1
作业 1B 牛顿运动定律
1B-1 质量为 m 的子弹以速度 0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为 K，忽略子弹的重力，求：（ 1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；（ 2）子弹进入沙土的最大深度。
解,(1) 子弹进入沙土后受力为－ Ｋ v，由牛顿定律
tmK ddvv
∴ v
v v
vvv
0
dd,dd
0
t t
mKtmK
∴ mKt/0evv
(2) 求最大深度
解法一,txdd?v
tx mKt ded /0 v
tx mKttx ded /
0
0
0
v
∴ )e1()/( /0 mKtKmx v
Kmx /0m ax v?
解法二,xmtxxmtmK dd)dd)(dd(dd vvvvv
∴ vdKmdx
v
v
dd 0
0 0
m a x
Kmx
x
∴ Kmx /0max v?
1B-2 一个质量为 m,初速度为 0v 的质点在阻力 3Kvf 的作用下作一维运动。这里 K 为正常量。求质点 速度与位移之间的关系。
解,3Kvdtdvm
方程两边同乘以 dt,并注意到 vdtdx?,可得,dxKvmdv 2
2
分离变量得,dx
mKvdv 2
，积分后易得 x
mKvv 011
所以
xKvm mvv 00
1B-3 抛物线形弯管的表面光滑，绕铅直轴以均匀的角速 率转动，抛物线的方程为 2Axy?,
这里 A 为正常量。小环套于弯管上。如果小环可以在管上任意位置相对弯管静止，求弯管的角速度。
解：在抛物线上任取一点 ),( yxP,在这一点抛物线切线的斜率为 Ax2tan 。如果小环可以在 P 点相对于弯管静止，那么小环受到的重力（ mg,铅直方向）与弯管对小环的支持力 （抛物线法向），它们的合力恰好提供小环圆周运动的向心力（ xm2? ）；由几何关系易知：
g xmg xm
22ta n 。这样，我们就得到了弯管角速度所满足的方程,Ax
gx 2
2,最后得到,Ag2
1B-4 一质量为 60 kg 的人，站在质量为 30 kg 的底板上，用绳和滑轮连接如图．设滑轮、绳的质量及轴处的摩擦可以忽略不计，绳子不可伸长．欲使人和底板能以 1 m/s2 的加速度上升，
人对绳子的拉力 T2 多 大？人对底板的压力多大? (取 g
＝ 10 m/s2)
解法一：人受力如图 (1)
amgmNT 112
底板受力如图 (2)
amgmNTT 2221
21 2TT?
NN
由以上四式可解得
ammgmgmT )(4 21212
∴ 5.2474/))(( 212 agmmT N
5.412)( 21 TagmNN N
解法二：人和底板相对于地面有向上的加速度 2m/s1?a,因此这个参照系是非惯性系。选取人和底板为研究对象，在这个参照系里 人和底板是静止的，所以人和底板受到的绳的竖直向上拉力等于它们受到的竖直向下的重力与惯性力之和,ammgmmT )()(2 21211,
又因为 21 2TT?,可得到
N
图 (1)
2T
a
图 (2)
1
T
2
T
gm
2
gm
1
N?
3
5.2474/))(( 212 agmmT N
选取人为研究对象，在该参照系中人是静止的，同理可得
5.412)( 21 TagmNN N
注：也可应用“超重”观点，引入等效重力加速度分析。
作业 2B 动量定理
2B-１ 质量为 m 的小球自高为 y0 处沿水平方向以速率 v0 抛出,与地面碰撞后跳起的最大高 度为 21 y0，水平速率为 21 v0。求碰撞过程中,(1) 地面对小球的竖直冲量； (2) 地面对小球的水平冲量。
解,(1) 由动量守恒定律，得
0000 )21(2 gymgymgymmvmvI yyy
(2)同上得,

000 21 mvvmmvmvI xxx 0vm21
2B-2 一 质点用轻绳悬挂起来，并使质点保持在一个铅垂平面内运动，就构成一个单摆。已知单摆作小幅振动的周期为
gLT?2?
，这里 L 为摆长。设细绳端点的质点质量为 m,求在单摆的一个振动周期里，
细绳拉力对质点 m 的冲量（指明大小与方向）。
解：经过一个振动周期，质点的速度复原，因此动量的变化为零，由动量定理，在该过程中质点所受的总冲量为零，即细绳拉力对质点的冲量与重力的冲 量大小相等，方向相反。容易得到，细绳拉力冲量的大小为 mgT,方向为竖直向上。
2B-3 将一空盒放在电子秤上，将秤的读数调整为零，然后从高出盒底 m8.1 处将小石子以每秒 100 个的速率注入盒中。已知每个石子的质量为 g10,落下的高度差均相同，且落到盒内就停止运动，求石子开始注入盒子后 s10 时秤的读数（取 2/10 smg? ）。
解：每颗石 子对盒的冲量为 sN2106,每秒钟 100 颗石子产生的冲量为 sN?6,因此平均冲击力为 N6,它对读数的影响相当于 kg6.0 物体静置于秤上；另外,s10 时秤上已堆积的石子总质量为 kg10,所以读数为 kg6.10 。
2B-4 一辆水平运动的装煤车，以速率 0v 从煤斗下面通过，每单位时间内有质量为 0m 的煤御入煤车，如果煤车的速率保持不变，煤车与钢轨间摩擦忽略不计，试求：（ 1）牵引煤车的力的大小；（ 2）牵引煤车所需功率的大小；（ 3）牵引煤车所提供的能量中有多少转化为煤的动能？
x
y
O
m
y 0
0
2
1
v
0
2
1
y
0v
4
解,(1) 以煤车和?t 时间内卸入车内的煤为研究对象，水平方向煤车受牵引力 F
的作用，由动量定理,000 )( vv MtmMtF
求出,00vmF?
(2) 2000 vv mFP
(3) 单位时间内煤获得的动能,2
0021 vmEK?
单位时间内牵引煤车提供的能量为 PE?
21/EE
K
50％
即有 50％的能量转变为煤的动能，其余部分用于在拖动煤时不可避免的滑动摩擦损耗,
2B-5 如图，水平地面上一辆静止的炮车发射炮弹，炮车质量为 M，炮身仰角为?,炮弹质量为 m,炮弹刚出口时，相对于炮身的速度为 u,不计地面摩擦：（ 1）求炮弹刚出口时，
炮车的反冲速度大小；（ 2）若炮筒长为 l,求发炮过程中炮车移动的距离。
解,(1) 以炮弹与炮车为系统，以地面为参考系，水平方向动量守恒．设炮车相对于地面的速率为 Vx，则有
0)c o s( xx VumMV?
)/(c o s mMmuV x
即炮车向后退,
(2) 以 u(t)表示发炮过程中任一时刻炮弹相对于炮身的速度，则该瞬时炮车
的速度应为 )/(c o s)()( mMtmutV x
积分求炮车后退距离 t
x ttVx 0 d)(
t ttumMm
0
dc o s)()/(?
)/(c o s mMmlx
即向后退了 )/(c os mMml 的距离,
2B-6 匀质大圆盘质量为 M、半径为 R。在大圆盘 的右半圆 上挖去一个小圆盘，半径为 R/2，如 图所示。
（ 1）试求剩余部分的质心位置。
（ 2）如果质心的加速度等于 A,且水平向右，求这个物体所受的合外力。
解：（ 1）将大圆盘和小圆盘的圆心分别记为 O 和 O? 。由对称性可知，剩余部分的质心在 O
和 O? 的连线上。以 O 为坐标原点,O O? 为 x 轴，设剩余部分的质心坐标为 Cx 。因为小圆盘质量为 4/M,质心在 2/Rx? 处；完整的大圆盘质心在 O 点。所以
v 0
m
Ｏ
Ｒ
ｒ
5
024143 RMMx C
解得
6RxC
（ 2）由质心运动定理，合外力 MAF 43?
作业 3B 角动量，转动定律
3B-1,一个具有单位质量的质点在随时间 t 变化的力 jtittF )612()43( 2 (SI) 作用下运动．设该质点在 t = 0 时位于原点，且速度为零．求 t = 2 秒时，该质点受到对原点的力矩和该质点对原点的角动量。
解,以下各式均为 SI 式 m = 1, amF,
 jtittF )612()43( 2,jtitta )612()43( 2
∵  ta d/dv,t = 0 时,00?v?
∴t ta
00
ddv v t tjtitt
0
2 d])612()43[(
jttitt )66()2( 223v
∵  tr/ddv,t = 0 时,00?r?
∴ tv
0
dtr jttitt )32()3241( 2334
当 t = 2 s 时 jir 43/4,j 12?v,jiF 184
力矩  kjijiFrM 40)184()434(
0
角动量 kjjimrL 1612)434(
0 v
3B-2 匀质大圆盘质量为 M、半径为 R，对于过圆心 O 点且垂直于盘面转轴的转动惯量为 21 MR2。如果在大圆盘 的右半圆 上挖去一个小圆盘，
半径为 R/2。如图所示，试求剩余部分对于过 O 点且垂直于盘面转轴的 转动惯量。
解：挖去圆盘的质量 14mM?,则挖去小圆盘对通过中心 O 且 垂直于盘面的转动惯量为
Ｏ
Ｒ
ｒ
6
22 21 1 1 3'
2 4 2 4 4 6 4RRJ M M M R
则有 221 2 9'2 6 4J M R J M R
3B-3 一质量为 m 的物体悬于一条轻绳的一端，绳另一端绕在一轮轴的轴上，
如图所示．轴水平且垂直于轮轴面，其半径为 r，整个装置架在光滑的固定轴承之上．当物体从静止释放后，在时间 t 内下降了一段距离 S．试求整个轮轴的转动惯量 (用 m,r,t 和 S 表示 ),
解：设绳子对物体 (或绳子对轮轴 )的拉力为 T，则根据牛顿运动定律和转动定律得,
mg-T＝ ma ①
T r＝ J? ②
由运动学关系有,a = r? ③
由①、②、③式解得,J＝ m( g－ a) r2 / a ④
又根据已知条件 v0＝ 0
∴ S＝ 221at,a＝ 2S / t2 ⑤
将⑤式代入④式得,J＝ mr2( Sgt22 － 1)
3B-4 有一半径为 R 的圆形平板放在水平桌面上，平板与水平桌面的摩擦系数为 μ,若平板绕通过中心且垂直板面的固定轴以角速度 0? 开始旋转，它将在旋转几圈后停止？
解：在 r 处的宽度为 dr 的环带面积上摩擦力矩为
rrrRmgM d2d
2
总摩擦力矩 mg RMM R?32d
0
故平板角加速度? =M /J
设停止前转数为 n，则转角? = 2?n
由 J/Mn 4220
可得 gRMJn π16/34 2
0
20?

3B-5.一长为 1 m 的均匀直棒可绕过其一端且与棒垂直的水平光滑固定轴转动．抬起另一端使棒向上与水平面成 60°，然后无初转速地将
T
r
T
a
mg
m
O
r
l
O 60 °
m g?
7
棒释放．已知棒对轴的转动惯量为 2
31ml
，其中 m 和 l 分别为棒的质量和长度．求,
(1) 放手时棒的角加速度；
(2) 棒转到水平位置时的角加速度,
解：设棒的质量为 m，当棒与水平面成 60°角并开始下落时，根据转动定律
M = J?
其中 4/30s in21 mg lmg lM
于是 2r a d / s35.743 lgJM?
当棒转动到水平位置时,M =21 mgl
那么 2r a d / s7.1423 lgJM?
3B-6 如图所示，一圆盘形工件 K 套装在一根可转动的固定轴 A 上，它 们的中心线互相重合，圆盘的内外直径分别为 D 和 D1．该工件在外力矩作用下获得角速度
，这时撤掉外力矩，工件在轴所受的阻力矩作用下最后停止转动，其间经过了时间 t．试求轴所受的平均阻力．这里圆盘工件绕其中心轴转动的转动惯量为
m(D2＋ 21D ) / 8,m 为圆盘的质量．轴的转动惯量忽略不计,
解：如果平均阻力为 f,根据转动定律得
Jrf ①
其中 2/Dr?,8/)( 212 DDmJ
∴  )4/()(/2 21 DDDmDJf ②
又从已知条件t = 0
则角加速度= (t－) / t =－? 0 t ③
将③式代入②式，得 f 的量值为
f = m0(D2＋ 21D ) / (4Dt)
作业 4B 4B 角动量守恒定律，转动动能
4B-1 光滑圆盘面上有一质量为 m 的物体 A，拴在一根穿过 圆盘中心 O
处光滑小孔的细绳上，如图所示．开始时，该物体距圆盘中心 O 的距离
,
D
D 1
A
K
A r
0 O
v
0
8
为 r0，并以角速度0 绕盘心 O 作圆周运动．现向下拉绳，当质点 A 的径向距离由 r0 减少到
021r
时，向下拉的速度为 v，求下拉过程中拉力所作的功,
解：角动量守恒 rmrm vv00 ①
v ＇为
021rr?
时小球的横 向速度,
拉力作功 2
02 2121 vv mmW B
②
vB 为小球对地的总速度,而 222 vvvB
当
021rr?
时 22
020 21)2/3( vmmrW
4B-2 质量为 mA 的粒子 A 受到另一重粒子 B 的万有引力作 用,B 保持在原点不动．起初，当
A 离 B 很远 ( r = ∞ )时,A 具有速度 0v?,方向沿图中所示直线 Aa,B 与这直线的垂直距离为 D．粒子 A 由于粒子 B 的作用而偏离原来的路线，沿着图中所示的轨道运动．已知这轨道与 B 之间的最短距离为 d，求 B
的质量 mB,
解,A 对 B 所在点的角动量守恒．设粒子 A 到达距 B 最短距离为 d 时的速度为 v,
dmDm AA vv?0,dD /0vv?
A,B 系统机械能守恒 (A 在很远处时,引力势能为零 )
dmGmmm
BAAA /2121 220 vv
解得 dGm B /2202 vv
∴ )2/()( 2022 GddDm B v
4B-3,如图所示,A 和 B 两飞轮的轴杆在同一中心线上，设两轮的转动惯量分别为 J＝ 10
kg· m2 和 J＝ 20 kg· m2．开始时,A 轮转速为 600 rev/min,B 轮静止,C 为摩擦啮合器，
其转动惯量可忽略不计,A,B 分别与 C 的左、右两个组件相连，当 C 的左右组件啮合时,B 轮得到加速而 A 轮减速，
直到两轮的转速相等为止．设轴光滑，求,
(1) 两轮啮合后的转速 n；
(2) 两轮各自所受的冲量矩,
解,(1) 选择 A,B 两轮为系统，啮合过程中只有内力矩作用，故系统角动量守 恒
JA?A＋ JB?B = (JA＋ JB)?,
又?B＝ 0 得 JA?A / (JA＋ JB) = 20.9 rad / s
A
B
a
d
D
v?
0v?
A B
C
A
9
转速?n 200 rev/min
(2) A 轮受的冲量矩
tM
Ad
= JA(JA＋ JB) =?4.19× 10 2 N· m· s
负号表示与 A 方向相反,
B 轮受的冲量矩
tM
Bd
= JB(? - 0) = 4.19× 102 N· m· s
方向与 A 相同,
4B-4 在半径为 R 具有光滑竖直固定中心轴的水平圆盘上，有一个人静止站立在距转轴为
R21 处，人的质量是圆盘质量的 1/10,开始时盘载人相对地以角速度 o? 匀速转动，如果此人垂直圆盘半径相对于盘以速率 v 沿与盘转动相反方向作圆周运动，如图所示。
已知圆盘对中心轴的转动惯量为 221MR,求,
（ 1）圆盘对地的角速度；
（ 2）欲使圆盘对地静止，人沿着 R
21
圆周对圆盘的速度 v? 的大小及方向？
解,(1) 设当人以速率 v 沿相对圆盘转动相反的方向走动时，圆盘对地的绕轴角速度为?，
则人对与地固联的转轴的角速度为
RR vv 221
①
人与盘视为系统，所受对转轴合外力矩为零，系统的角动量守恒,
设盘的质量为 M，则人的质量为 M / 10，有,

22022 211021211021 RMMRRMMR
②
将①式代入②式得,R212
0 v
③
(2) 欲使盘对地静止，则式③必为零．即
0 +2v / (21R)＝ 0
得,v＝－ 21R?0 / 2
式中负号表示人的走动方向与上一问中 人走动的方向相反，即与盘的初始转动方向一致,
4B-5 如图所示，长为 l 的轻杆，两端各固定质量分别为 m 和 m2
R
v?

R /2
l31
l
2m
m m
O
0v?
l
l32
l
021v?
10
的小球，杆可绕水平光滑轴在竖直面内转动，转轴 O 距两端分别为
31
l 和 2l/3，原来静止在竖直位置，今有一质量为 m 的小球，以 水平速度 ov? 与杆下端小球 m 作对心碰撞，碰后以
ov?21
速度返回，试求碰撞后轻杆所获得的角速度。
解：将杆与两小球视为一刚体，水平飞来小球与刚体视为一系统．由角动量守恒 得
Jlmlm 32232 0
0 vv
（逆时针为正向 ） ①
又 22 )3(2)32( lmlmJ ②
将②代入①得
l230v
4B-6 一块宽 L＝ 0.60 m、质量 M＝ 1 kg 的均匀薄木板，可绕水平固定轴 O? 无摩擦地自由转动．当木板静止在平衡位置时，有一质量为 m＝ 10× 10-3 kg 的子弹垂直击中木板 A 点,A
离转轴 O? 距离 l＝ 0.36 m，子弹击中木板前的速度为 500 m· s-1，穿出木板后的速度为 200
m· s-1．求
(1) 子弹给予木板的冲量；
(2) 木板获得的角速度,
(已知：木板绕 O? 轴的转动惯量 231MLJ? )
解,(1) 子弹受到的冲量为
0d vv mtFI
子弹对木块的冲量为 sN3dd 0 vvmtFtFI
方向与 0v? 相同,
(2) 由角动量守恒定律 0lm v J m v
1
20 sr a d93 vvMLlm?
4B-7 一根放在水平光滑桌面上的匀质棒，可绕通过其一端的竖直固定光滑轴 O 转动．棒的质量为 m = 1.5 kg，长度为 l = 1.0 m，对轴的转动惯量为 J = 231ml,初始时棒静止．今有一水平运动的子弹垂直地射入棒的另一端，并留在棒中，如图所示．子弹的质量为 m?= 0.020 kg，
速率为 v = 400 m· s-1．试 问,
(1) 棒开始和子弹一起转动时角速度?有多大？
(2) 若棒转动时受到大小为 Mr = 4.0 N· m 的恒定阻力
0v
O
L l
A
O?
m,l
O v
m?
11
矩作用，棒能转过多大的角度?？
解,(1) 角动量守恒,

2231 lmmllm v
∴
lmm
m


3
1
v? ＝ 15.4 rad· s-1
(2) － Mr＝ ( 231ml ＋ 2lm? )?
0－2＝ 2
∴
rM
lmm
2
3
1 22?

＝ 15.4 rad
4B-8.地球可看作是半径 R=6400 km 的球体，一颗人造地球卫星在地面上空 h=800 km 的圆形轨道上，以 skm/5.7 的速度绕地球运动，在卫星的外侧发生一次爆炸，其冲量不影响卫星当时的绕地圆周切向速度 skmvt /5.7?,但却给予卫星一个指向地心的径向速度
skmvn /2.0?,求这次爆炸后使卫星轨道的最低点和最高点位于地面上空多少公里？
解,(1) 爆炸过程中，以及爆炸前后，卫星 对地心的角动量始终守恒，故 应 有
rmrmL t vv ①
其中 r＇是新轨道最低点或最高点处距地心的距离,v 则是在相应位置的速度，此时 rv 
(2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒,
 rGM mmm
nt /2121 22 vv rG M mm /21 2v
②
由牛顿定律,rmrG M m t // 22 v?
∴ rGM t2v? ③
将①式、③式代入②式并化简得,
02)( 222222 rrrr ttnt vvvv
∴ 0])][()[( rrrr tnttnt vvvvvv
∴?
nt trr vvv1
7397 km,?
nt t rr vv v2
7013 km
远地点 99711 Rrh km
R
vn
m
O
vt
12
近地点 61322 Rrh km,
作业 5B 环路定理和电势
5B-1,如图所 示，两个点电荷＋ q 和－ 3q，相距为 d,
(1) 在它们的连线的中点放置试验电荷 0q,求 0q 的电势能
（取无穷远处为势能零点）。
(2) 在连线之间向左移动 0q,至与＋ q 相距 4/d 的位置。求在此过程中电场力做的功。
解,(1)
dqqdqqdqqW i 0 00 00 0 2/4 3)2/(4
(2) 0
4/34 3)4/(4 0 00 0 dqqdqqW f
由功能原理，电场力做的功等于电势能的减少，所以
dqqWWWA fi 0 0
5B-2 一均匀电场，场强大小为 E=5× 104N/C，方向朝上，把一电量为 q=2.5× 10-8C 的点电荷，置于此电场中的 a 点，如图所示，求此点电荷在下列过程中电场力作的功。
（ 1）沿半圆路径 I 向右移到 b 点,cmab 45? ；
（ 2）沿直线路径 II 向下移到 c 点,;80cmac?
（ 3）沿曲线路径 III 朝右斜上方向移到 d 点，
)45(260 角与水平方向成 cmad 。
解,(1) 090c o sd o
1 abqESFA ba
(2) o
2 1 8 0c o sd acqESFA ca
＝－ 1× 10-3 J
(3) o
3 45s ind adqESFA da
＝ 2.3× 10-3 J
5B-3,一电偶极子由电量 q = 1.0×10-6 C 的两个异号电荷所组成，两电荷相距 l =2.0cm，把这电偶极子放在场强大小 E = 1.0×105 N/C 的均匀电场中，试求,
（ 1）电场作用于电偶极子的最大力矩；
（ 2）电偶极子从受最大力矩的位置到平衡 （ 稳 定 平 衡 ） 位置过程中，电场力作的功 。
d
- 3 q +q
a b
c
d
I
II
III
E?
o45
13
解,(1) 电偶极子在均匀电场中所受力矩为
 EpM 
其大小 M = pEsin= qlEsin?
当=?/2 时，所受力矩最大,
Mmax＝ qlE＝ 2× 10-3 N· m
(2) 电 偶 极 子 处 于 受最大力矩的位置 时,系 统 的 电 势 能 W1=0,
电 偶 极 子 处 于 受 力 平 衡 位置 时,系 统 的 电 势 能 W2=-Elq,
电场力所作的功为 等 于 电 势 能 的 减 少 A= W1- W2 = Elq= 2× 10-3 N· m
或 者 利 用 力 矩 做 功 来 求 解 。 电偶极子在力矩作用下，从受最大力矩的位置转到平衡位置 (?=0)
过程中，电场力所作的功为
q l Eq l EMA 0 20 2 // ds ind ＝ 2× 10
-3 N· m
5B-4 一半径为 R 的均匀带电细圆环，其电荷线密度为?，水平放置．今有一质量为 m、电荷为 q 的粒子沿圆环轴线自上而下向圆环的中心运动 (如图 )．已知该粒子在通过距环心高为 h
的一点时的速率为 v1，试求该粒子到达环心时的速率,
解：带电粒子处在 h 高度时的静电势能为

2/12201 2 Rh qRW
到达环心时的静电势能为02 2/qW?
据能量守恒定律
121222 2121 Wmg hmWm vv
以上三式联立求解得到
2/1
220
212 112




RhRm
qRghvv
5B-5,电荷面密度分别为 和 的两块“无限大”均匀带电平行平面，分别与 X 轴 垂直相交于 ax?1,ax2 两点，设坐标原点 O 处电势为零，试求空间的电势分布表示式并画出其曲线。
解：由高斯定理可得场强分布为,
E =-? /?0  (－ a＜ x＜ a)
E = 0 (－∞＜ x＜－ a,a＜ x＜＋∞ )
由此可求 电势分布：在－∞＜ x≤－ a 区间

0 00 /dd0d aaxx xxxEU/
- q
+ q
p? E
-? +?
- a + a O x
- a + a O x
U
O R
h
m,q
v1
14
在－ a≤ x≤ a 区间
0
0
0
0 dd xxxEU
xx?

在 a≤ x＜∞区间
0
0
0
0 dd0d axxxEU
a
a
xx?

5B-6,一半径为 R 的“无限长”圆柱形带电体，其电荷体密度为 Ar （ r≤ R）,式中 A
为常数，试求,
（ 1）圆柱体内、外各点场强大小分布 (题 6A-6)；
（ 2）选距离轴线的距离为 l（ l >R）处为 电势零点，计算圆柱体内、外各点的电势分布。
解,(1) 取半径为 r、高为 h 的高斯圆柱面 (如图所示 )．面上各点场强大小为 E 并垂直于柱面．则穿过该柱面的电场强度通量为,
S rhESE 2d
为求高斯面内的电荷,r＜ R 时，取一半径为 r?，厚 d r?、高 h 的圆筒，
其电荷为 rrAhV d2d 2?
则包围在高斯面内的总电荷为
3/2d2d 3
0
2 A h rrrAhV r
V
由高斯定理得03 3/22?A h rr h E
解出02 3/?ArE? (r≤ R)
r＞ R 时，包围在高斯面内总电荷为,
3/2d2d 3
0
2 A h RrrAhV R
V
由高斯定理03 3/22?A h Rr h E
解出rARE 03 3/ (r >R)
(2) 计算电势分布
r≤ R 时 l
R
R
r
l
r r
rARrrArEU d3d3d
0
32
0

RlARrRA ln39 0
333
0
R
r
h
15
r＞ R 时
rlARr rARrEU lrlr ln3d3d 0
3
0
3

5B-7,图示为两个同轴带电长直金属圆筒，内、外筒半径分别为 R1 和 R2，两筒间为空气，
内、外筒电势分别为 U1=2Uo,U2=Uo,Uo 为一已知常量，求两金属圆筒之间的电势分布。
解：设内筒所带电荷线密度为?，则两筒间的场强分布为
202 rrE

两筒间的电势差为
U1－ U2＝ U0＝2
1 d
RR rE
1
2
00 ln22
d2
1 R
RrrR
R?

由此得
12
0
0 /ln2 RR
U
设两筒间任一点 (距轴线距离为 r)的电势为 U，则
有
rRrR rrrEUU 11 01 2 dd 10ln2 Rr
101 ln2 R
rUU
112 00 ln/2 RrRRUU ln (1)
或
22 02 2 dd RrRr rrrEUU rR20 ln2
220 ln2 UrRU rRRRUU 212 00 ln/ln
(2)
可以证明,(1),(2) 两式是相等的

112
00 ln/ln2 RrRRUU
12
100 /ln /ln1 RR RrUU

12
11200 /ln /ln/ln RR RrRRUU rRRRUU 2
12
00 ln/ln
所以两金属圆筒间的电势分布可以用 (1),(2)式表示都可，只要答一个,
5B-8 图中所示为一沿 X 轴放置的长度为 l 的不均匀带电细棒，其电荷线密度为 )(0 ax,0? 为一常量，取无穷远处为电势零点，求坐标原点 O 处
1R
2R
1U 2U
r

R 1
R 2 U 1
U 2
r E
O
a l
x
16
的电势。
解：在任意位置 x 处取长度元 dx，其上带有电荷
dq=?0 (x－ a)dx
它在 O 点产生的电势

x xaxU 00 4 dd
O 点总电势
laalaa xxaxdUU dd4 00 a laal ln4 00
作业 6B 电势和静电场中的导体
6B-1,半径为 R 的金属球与地连接，在与球心 O 相距 2dR? 处有一电荷为 q 的点电荷，如图所示。设地的电势为零，则球上的感生电荷 q? 为
()A 0； ()B 2q ； ()C 2q? ； ()D q 。 [ ]
答案,()C
6B-2.当一个带电导体达到静电平衡时,
()A 表面上电荷密度较大处电势较高 ；
()B 导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零 ；
()C 导体内部的电势比导体表面的 电势高 ；
()D 表面曲率较大处电势较高 。 [ ]
答案,()B
6B-3 厚度为 d 的“无限大”均匀带电导体板两表面单位面积上电荷之和为?,试求图示离左板面距离为 a 的一点与离右板面距离为 b 的一点之间的电势差,
解：选坐标如图．由高斯定理，平板内、外的场强分布为,
E = 0 (板内 )
)2/( 0xE (板外 )
1,2 两点间电势差
2121 d xEUU x xx db dd da d2d2 2/2/ 02/ )2/( 0
)(2 0 ab
6B-4 有两块“无限大”带电导体平板平行放置．试证明：静电平衡时
O
a l
x d x
x
1 2

d
a b
x O
17
1．相向两面的电荷面密度总是大小相等、符号相反的；
2．相背两面的电荷面密度总是大小相等、符号相同的,
证,
解法一：如图所示，设两板带电后各面上的电荷面密度分别为?1,?2,?3,?4,
1,作底面积为 S1 的柱形高斯面，因导体内部场强为零，按 高斯定理，根据大手面电荷产生场的叠加性质可知在两板外都是匀强场，且两侧场强大小相等。
0/)( 0132 S
由此得?2 = -3 可见，相向两面的电荷面密度等量反号,
⒉ 作底面为 S2 的柱形高斯面，按高斯定理,
02432121 /])[(2 SSE
0241 /)( S
得到 )2/()( 0411E
再作一底面为 S3 的高斯柱面,
则 03131 / SSE? 得到 011 /E
比较以上两式之右边可知 141 2/)(
由此知 41 可见，相背两面 的面电荷密度 等量同号,
解法二：静电平衡时，左导体板内场强为零，有
0
2
0
1 22 022
0
4
0
3 ①
右导体板内场强亦为零，有
0
2
0
1 22 022
0
4
0
3 ②
由①式得 4321 ③
由②式得 4321 ④
③＋④ 得 41 即 相背两面的电荷面密度等量同号,
④－③ 得 32 即相向两面的电荷面密度等量异号,
6B-5 如图所示，一内半径为 a、外半径为 b 的金属球壳，带有电荷 Q，在球壳空腔内距离球心 r 处有一点电荷 q．设无限远处为电势零点，试求,
(1) 球壳内外表面上的电荷,
(2) 球心 O 点处，由球壳内表面上电荷产生的电势,
(3) 球心 O 点处的总电势,
E 1 E
1
S 1 S 1
S 2 S 2
S 3 S 3
3? 4? 1? 2
q Q
a
b O
r
18
解,(1) 由静电感应，金属球壳的内表面上有感生电荷 -q，外表面上带电荷 q+Q,
(2) 不论球壳内表面上的感生电荷是如何分布的，因为任一电荷元离 O 点的 距离都是 a，
所以由这些电荷在 O 点产生的电势为
a
dqU
q 04 aq04
(3) 球心 O 点处的总电势为分布在球壳内外表 面上的电荷和点电荷 q 在 O 点
产生的电势的代数和
qQqqO UUUU
rq04 aq04 bqQ04
)111(
4 0 barq bQ04
6B-6 两导体球 A,B．半径分别为 R1 = 0.5 m,R2 =1.0 m，中间以导线连接，两球外分别包以内半径为 R =1.2 m 的同心导体球壳 (与导线绝缘 )并接地，导体间的介质均为空气，如图所示．已知：空气的击穿场强为 3× 106 V/m，今使 A,B 两球所带电荷逐渐增加，计算,
(1) 此系统何处首先被击穿？这里场强为何值?
(2) 击穿时两球所带的总电荷 Q 为多少？
(设导线本身不带电，且对电场无影响,)
(真空介电常量0 = 8.85× 10-12 C2· N-1· m-2 )
解,(1) 两导体球壳接地，壳外无电场．导体球 A,B
外的电场均呈球对称分布,
今先比较两球外场强的大小，击穿首先发生在场强最大处．设击穿时，两导体球 A,B 所带的电荷分别为 Q1,Q2，由于 A,B 用导线连接，故两者等电势，即满足,
RQRQ 01101 44 RQRQ 02202 44
代入数据解得 7/1/ 21?QQ
两导体表面上的场强最强，其最大场强之比为
744/4 212
221
22022101m a x2 m a x1 RQ RQRQRQE
E
B 球表面处的场强最大，这里先达到击穿场强而击穿，即
6
2202m a x2 1034 RQE?
V/m
(2) 由 E2 max解得 Q2 =3.3 × 10-4 C

21 71QQ
0.47× 10-4 C
R
B A
R R 1
R 2
19
击穿时两球所带的总电荷为 Q = Q1+ Q2 =3.77× 10-4 C
作业 7B 静电场的能量
7B-1,一空气电容器充电后切断电源，电容器储能 W0，若此时在极板间灌入相对介电常量为
r 的煤油，求电容器的储能 1W ； 如果灌煤油时电容器一直与电源相连接，此时电容器储能将是 W0 的多少倍？
解 (1)1/?r ； (2)?r
7B-2 假想从无限远处陆续移来微量电荷使一半径为 R 的导体球带电,
(1) 当球上已带有电荷 q 时,再将一个电荷元 dq 从无限远处移到球上的过程中，外力作多少功？
(2) 使球上电荷从零开始增加到 Q 的过程中，外力共作多少功？
解,(1) 令无限远处电势为零，则带电荷为 q 的导体球，其电势为
RqU 04
将 dq 从无限远处搬到球上过程中，外力作的功等于该电荷元在球上所具有 的电
势能 q
RqWA d4dd 0
(2) 带电球体的电荷从零增加到 Q 的过程中，外力作功为
Q
RqqAA 0 04 dd Q
2
8
7B-3 如图所示，一电容器由两个同轴圆筒组成，内筒半径为 a，外筒半径为 b，筒长都是
L，中间充满相对介电 常量为?r 的各向同性均匀电介质．内、外筒分别带有等量异号电荷 +Q
和 -Q．设 (b- a) << a,L >> b，可以忽略边缘效应，求,
(1) 圆柱形电容器的电容；
(2) 电容器贮存的能量,
解：由题给条件 ( aab ) 和 bL,忽略边缘效应,
应用高斯定理可求出两
筒之间的场强为,)2/( 0 LrQE r
两筒间的电势差?
rdrLQU
b
a r 02 a
bLQ
r ln2 0
电容器的电容 )]// [ ln ()2(/ 0 abLUQC r
电容器贮存的能量 221CUW? )/l n ()]4/([ 02 abLQ r
7B-4 在介电常量为的无限大 各向同性均匀介质中，有一半径为 R 的导体球，带有电荷 Q，
L
b a
20
求电场能量,
解：由高斯定理可得,
导体球内 01?E )( Rr?
球外介质中 )4/( 22 rQE )( Rr?
则电场能量为
VV VEVWW d2
1d 2? rrrQ
R
d4)]4/([21 222
R rrQ )/(d)]8/([ 22? )8/(2 RQ
7B-5 一电容为 C 的空气平行板电容器，接端电压为 U 的电源充电后随即断开，试求把两个极板间距离增大至 n 倍时外力所作的功。
解：因保持与电源连接，两极板间电势差保持不变，而电容值由
nCndSCsSC /)/(/ 00
电容器储存的电场能量由 )2/(2/2/ 222 nCUUCWCUW
])/)[(2/( 2 CnCUWWW
0]/)1[(21 2 nnCU
在两极板间距增大 过程中，电容器上电荷由 Q 减至 Q′,电源作功,
UCUUCUQQA )()(1
2])/[( UCnC 0]/)1[(2 nnCU
设在拉开极板过程中，外力作功为 A2，据功能原理 WAA 21
12 AWA ]/)1[(21 2 nnCU ]/)1[(2 nnCU?
0]/)1[(21 2 nnCU
在拉开极板过程中，外力作正功,
7B-6 一平行板电容器，其极板面积为 S，两板间距离为 d (d<< S )，中间充有两 种各向同性的均匀电介质，其界面与极板平行，相对介电常量分别为?r1 和?r2，厚度分别为 d1 和 d2，
且 d1＋ d2＝ d，如图所示．设两极板上所带电荷分别为＋ Q 和－ Q，求,
(1) 电容器的电容,
(2) 电容器储存的能量,
解,(1) 两极板间电位移的大小为 D＝?＝ Q / S
在介质中的场强大小分别为
d 1
d 2 d
r 1
r 2
21
E1 = D / (?0?r1) = Q / (?0?r1S)
E2 = D / (?0?r2) = Q / (?0?r2S)
两板间电势差



2
2
1
1
0221112 rr
ddSQdEdEUSddQ
rr
rr
210
1221
电容 C = Q / U12
1221
210
rr
rr dd S
(2) 电场能量 2
1221CUWS Qdd rr rr 210
21221
2
作 业 8B 磁场对电荷的作用
8B－ 1 图示为 O 点发出的一些正电子或负电子在磁场中的径迹,
（ A）属于正电子的径迹是（ d e ）
（ B）属于负 电子的径迹是（ a b c ）
（ C） a,b,c 三条径迹中，哪个粒子的能量（速率）最大？（ c ）
8B-2 北京正负电子对撞机中电子在周长为
240m 的储存环中作轨道运动。已知电子的动量是 181049.1 kg.m/s。求偏转磁场的磁感应强度。
解,T
qRpqRmvB 24 4.0)2/(24 0106.1 1049.1 19 18
8B-3 在一顶点为 45°的扇形区域，有磁感应强度为 B 方向垂直指向纸面内的均匀磁场，如图，今有一电子（质量为 m,电量为 -e）在底边距顶点 O 为 l 的地方，以垂直底边的速度 V 射入该磁场区域，为使电子不从上面边界跑出，问电子的速度最大不应超过多少？
解：电子进入磁场作圆周运动，圆心在底边上。
当电子轨迹与上面边界相切时，对应最大速度，
此时有如图所示情形
（ l+R） sin45o=R
∴ R＝ l/( 2 -l)=( 2 +1)l
由 R=mv/(eB)，求出 v 最大值为
o
l
B?
V?
a
b
c
d
e
o
22
mle BmeBlme B Rv )12(12
8B-4 把 2.0× 103eV 的正电子，射入磁感应强度 B=0.1T 的匀强磁场中，其速度方向与 B? 成
89° 角，路径为螺旋线，其轴在 B? 的方向。试求这螺旋线运动的周期 T、螺距 h 和半径 r。
解,10
19
31 106.3
1.0106.1 101.922

qB mT
S
smmEv /1065.2101.9 106.1222 731 16
mTvTvh 40|| 106.189c o s
mqBmvr 319 0731 105.11.0106.1 89s i n1065.2101.9
8B-5 如图所示，一铜片厚为 d=1.0mm，放在 B=1.5T 的磁场中，磁场方向与铜片表面垂直。已知铜片里每立方厘米有 8.4
× 1022 个自由电子，每个电子的电荷 e=-1.6× 10-19C，当铜片中有 I=200A 的电流流通时,
（ 1）求铜片两侧的电势差 aU? ；
（ 1） 铜片宽度 b 对 aU? 有无影响？为什么？
解,(1)
319622' 100.1 5.12 0 0106.110104.8 11 d BIneU saa
0.02232mV
(2)无影响。
8B-6．如图，一无净电荷的金属块，是一扁长方体，三边长分别为 a,b,c 且 a,b 都远大于 c，金属块在磁强度为 B 的磁场中，以速度 V? 运动，求,
（ 1）金属块中的电场强度
（ 2）金属导体上的面电荷密度
解：（ 1）运动中导体上的自由电 子要受到洛仑力的作用沿 -y 方向运动，从而在垂直于 y 轴的一对表面上分别积累上正负电荷，该电荷分布建立的电场方向沿 -y 轴。当自由电子受到的电场力与洛仑兹力作用而达到平衡时，电场强度为,E=vB
写成矢量形式为 BvE
（ 2）面电荷只出现在垂直 y 轴的一对平面上,y 坐标大的面上出现的是正电荷,y 坐标小的
B?
V?
a
b
c
x
yz
23
面上出现的是负电荷，二者面电荷密度的大小相等，设为 σ,则由高斯 定理可以求得
σ =ε 0 E=ε 0 vB
8B-7 试由电流元所受的 安培力公式（ BlIdfd m ）导出载流导体内每个载流子所受力的公式。 (提示,nvsqI 0? )
解,BlIdfd m
式中 nvsqI 0?
vNqnv sd lqIdl 00
则导体的每个载流子所受的磁场力为,Bvq
Nfdf mm

0
作 业 9B 磁场对电流的作用
9B－ 1 如图，匀强磁场中有一任意形状的载流导线，导线平面与 B 垂直，其所受安培力大小应为 IBAB,这说明，在均匀强磁场，起点与终点一样的曲导线和直导线所受安培力大小 相等 。
9B-2 载有电流为 I 的一根直导线中部被弯成半 径为 R 的半圆形导体，如图所示。现将其置于垂直平面向外的均匀磁场 B 中,则 该导线所受的磁力 大小为 __ IBRLF )22( ___，方向为 垂直导线向下，
作用点位于导线质心处,
9B-3 一正方形线圈由外皮绝缘的细导体线绕成，共绕有 200 匝，每边长为 15cm，放在 B=4.0T
的外磁场中，当导线中通有 I=8.0A 的电流时，求,
（ 1）线圈磁矩 m 的大小；
（ 2）作用在线圈上的力矩的最大值。
解：（ 1） 222 36015.8200 mANI aNI SP m
（ 2） mNBPM m 1 4 4360.4m a x
9B-4 一边长 a=10cm 的正方形铜线圈，放在均匀外磁场中,B? 竖直向上,且 B=9.40×10-3T,
线圈中电流 I=10A。（ 1）今使线圈平面保持竖直，问线圈所受的磁力矩为多少？ (2)假若线圈能以某一条水平边为轴自由摆动，问线圈平衡时，线圈平面与竖直面夹角为多少？（已知铜线横截面积 S=2.00mm2，铜的密度 ρ =8.90g/cm3）
解,(1) Pm=Ia2，方向垂直于线圈平面。
mN BIaBPM m 4
2
1040.9 90s in

A B
O
R
LL
I
B?
24
(2)设线围绕 AD 边转动，并线圈稳定时，线圈平面与竖直平面夹角为 θ,则 B 对线圈的力矩为

c o s
)21s in (
BP
PBPM
m
mm

重力矩,


s i n2
)s in21(2s in
2 gSa
amgm g aL

∴ s i n2c o s 2 gSaBPm?
7 1 2.3/()2 BIgSctg
于是 θ =15°
9B-5图中实线所示的闭合回路 ABCD中，通有电流 10A，
两弧的半径均为 R=0.5m，且 AB=CD，求：（ 1） O 点处的磁感应强度 B,(2)在 O 点处放置一个正方形小试验线圈，线圈各边长为 5 ㎜，通有电流为 0.1A,问线圈如何取向时所受磁力矩最大？此最大磁力矩的值为 多少？
解,AD,BC 两直线段电流在 O 点处产生的磁场,
R IRIB 001 )2222(2/24 2
AB,CD 两圆弧段电流在 O 点处产生的磁场,
)4/(02 RIB
TR IB 50 1043.1)141(
方向垂直纸面向外
小线圈磁力矩 BPM m,小线圈平面垂直纸面放置受磁力矩最大。
mNSBIM 111057.3
9B-6 如图所示，将一无限大均匀载流平面放入均匀磁场中，（设均匀磁场方向沿 OX 轴正方向）且其电流方向与磁场方向垂直指向纸外。已知放入后平面两侧的总磁感应强度分别为 1B?
与 2B?,求,
（ 1）原均匀磁场的磁感应 强度 0B ；
（ 2）无限大载流平面的面电流密度 i ；
（ 3）该载流平面上单位面积所受的磁场力的大小及方向。
O R
IA B
C D
25
Y
X
1B? 2B?
解：设 i 为载流平面的面电流密度,B? 为无限大载流平面产生的磁场,0B? 为均匀磁场的感应强度，作安培环路 abcda，由安培环路定理得,
ihBhBh ihldB 00

∴ iB
021
BBBBBB 0102,
∴ )(
21 210 BBB
,)(21
21 BBB
021 /)(?BBi
在无限大平面上沿 z 轴方向上取长 dl，沿 x 轴方向取宽 da，则其面积为 dS=dlda，面元所受 的安培力为,
)( )( 00 jBSdijBldadiF
单位面积所受的力
jBBjiBdSF 0 22210 2
作 业 10B 感生电动势和自 感
10B－ 1 在一圆柱范围内分布着均匀磁场，且磁场的变化率 Bd /dt 恒定 。如图所示，在圆内一侧有等长的两导线 ab(1)和 a'b'(2),则有 （ B ）
（ A） 021 （ B） 21
（ C） 21 （ D） 021
在圆内另一侧有一直导线 cd(3)和圈弧导线 cd(4)，则 （ C ）
（ A） 043 （ B） 43
（ C） 43 （ D） 04
10B－ 2 一无铁芯的长直螺线管在保持其半径和总匝数不变的情况下，把螺线管拉长一些，则它的自感系数将 变小 。
10B-3 在半径为 R 的圆柱形体积内，充满磁感应强度为 B 的均匀磁场。设磁场在增加，且已知 kdtdB?/ 。求,
（ 1）圆柱体内外的感生电场（涡旋电场）强度；
（ 2）有一长为 L 的金属棒放在磁场中，如图 (a)所示，求棒中的感应电动势，并指出哪端电势高；
a
'a 'b
b(1)
(2)
c d(3)
(4)
o
26
（ 3） *如果将金属棒棒长延长一倍，如图（ b）所示，则棒中的感电动势为多少？ (选做 )
10B-3 解：参见课本例 6（ P259）
因


krR
kr
Ei
2
2
2
)(
)(
Rr
Rr
,若将 ab 延长一倍，则有
k d lhldEd i 21, dkRdlkrRldEd i 2c o s2 222
khLdd bccai 221 dkR2221?khL )(2 122kR
＝?khL2 )223(22 hLa r c r ghLa r c t gkR?
10B-4 如图，两条平行长直导线和一个矩形导线框共面，已知两导线中电流都为 I=I0sinωt，
其中 I0 和 ω 为常数,t 为时间，导线框长为 a 宽为 b，求导线框中的感应电动势。
解：两个载同向电流的长直导线在空间任一点所产生的磁场为
)(2 210 rrx IxIB
选顺时针方向为回路正方向，则
)(2 11 11 210 brr brr rrx dxxdxIaB d s
= )ln (
2 22110 r brr brIa
dtdIrr brbradtd ]))((ln [2 21 210
R
L
a b
R
L2
a b
)(a )(b
iE?
h r
c2
1?
I I
b
r2
r1
O x
a
27
trr brbraI co s]))((ln [2 21 2100
10B-5 真空中的矩形截面的螺绕环的总匝数为 N，其它尺寸如图所示，求它的自感系数。
解：平均周长,
)R(R) / 2R(R2L 2121
设螺绕环通过电流强度为 I 的电流，在线环内取以环心圆心，半径为 r 的圆形回路，由安培环路定理有,
NIldB 0 NIrB 02
)2/(0 rInB
磁通量为,drrN I hNSdBN R
R 12 20?

2
102 ln2 RRIhN
自感系数为,IL?
2
102 ln2 RRhN
10B-6 两条平行的输电线半径均为 a，两者中心距离为 D，电流一去一回。若忽略导线内的磁场，证明这两条输电线单位长度的自感为
a aDL ln0
解,
a aDIlldrrb IrIsdB aDa ln])(22[ 000
单位长度自感系数为,a aDIllLL ln00
作 业 11B 互感和磁场能量
11B－ 1 长直同轴电缆的芯线半径为 R1,外圆筒半径为 R2，芯线与圆筒间有磁介质 r?,电流 I 由芯线流去，经外圆筒流回，在芯线横截面上电流均匀分布，则单位长度电缆储存的磁能 Wm= 2200 2
1ln1 6 4
rII RR,单位长度电缆的自感系数 L= 00 2
1ln82
r RR,若芯线也是空心圆筒,Wm= 20 2
1ln4
rI RR,L= 0 2
1ln2
r RR 。
11B-2 一无限长直导线通有电流 I=Ioe-3t,一矩形线圈与长直 导线共面放置，其长边与导线平行，位置如图 （ a） 所示。求,
2R
1R
h
28
（ 1）矩形线圈中感应电动势的大小及感应电流的方向；
（ 2） 导线与线圈的互感系数 ；
（ 3） 如果导线与线圈如图 (b)所示放置，求导线与线圈的互感系数。
11B-2 解,
)2/()1( 0 rIB B ldrsdBd

ba baIll d rrI ln22 00
dtdIabldtdI )( ln2 0
teablI 300 )(ln23
感应电流方向为顺时针方向。
（ 2） ablIM ln20
（ 3） M=0
11B-3 实验室中一般可获得的强磁场约为 2.0T，强电场约为 6101? V/m。求相应磁场密度和电场密度多大？哪种场更有利于储存能量？
解,4.42 20 Ew
e?
J/m3
62
0 106.12
1 Bw m? J/m3
磁场
11B-4 一环形螺线管，共 N 匝，截面为长方形，其尺寸如 图，试用能量法证明，此螺线管自感系数为,abhNL o ln2 2
证：由安培环路定理知：在螺线管内部距环轴线为 r 处的磁感应强度,
)2/(0 rNIB
磁能密度为 )2/( 02?BWm?,所以螺线管中的磁能为,
r hd rBdVwW mm 22 02
b
a
h
I
d a
l I
/2a
l
(a) (b)
29
ba r h d rrNI 2)2(2 1 200
220 )(ln221 IabhN
而由自感系数表示的磁能公式为,221LIW
m?
∴ abhNL ln2 20
11B-5 一条很长的直导线载有电流 I,I 均匀地分布在它的横截面上。证明：这导线内部单位长度的磁场能量为1620I 。
证明,取半径为 r,宽度为 dr 的圆形薄圆柱筒，长度为 l，则由安培环路定理，可求得 r 处的磁感应强度。
IldB 0,IRrrB 2202
202 RrIB
,
磁能密度,
4
2
2
202
0 82
1 RrIBw
单位长度磁能, 1628 20
0 0 4
2
2
20 Ir d rRrIw d vW R R 证毕
r
dr