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9.26
?0sd?d?; 抽出时A?1d??0s2 U022(d?d?)
解： 插入厚度为dˊ的金属板后，相当于把原来的一个电容器变成了串联着的两个电容器，分别设为C1和C2。设C1的板间距为l,则另一电容的板间距为d?d??l?t。串联后的总电容设为C，则有
(1) 插入后的总电容为 C??s
0d?d?(2) 这是先充电，后改变电容（板上电量不变，改变电容）。抽出金属板，电容改变为C???\s\??s
00\d\d 因为原先电容储能为W?1q, 现在q?C?U0不变，但电容变化
22C了。故新电容储能W??1q。
22C??W?Cdddd?????W??W??W??W?W?W?WWC?d?d?d?d?d?d?d?d?
所以外力的功：A?W??W?9.27 w??0()2?0.113J/m3 解：导体球表面的电能密度：
12uRd?d?11d??0s22 W?CU0?U02d?d?d?d?22(d?d?)111q1q2w??0E2??0(?/?0)2??0(/?)??()2 00222224?R24?R?0 因为导体球电容：C?4??0R12uR12?q?Cu?4??0Ru，代入上式
得：w??0()2?0.113J/m3 9.28 解：静电能 W?CU2?14??0R1R222??0R1R22?U??U
2R2?R1R2?R1q21119.29 电场总能：W?(??)?1.82?106J （可用电场能
8??0R1R2R3密度积分求解）
导线连接后，电荷都在外表面。总能：W??9.30 (1) (2)
qB??1.0?10?7C,qB??2.1?10?7C,qC??2.0?10?7C, qC??8.6?10?8C,
q28??0R3dUA?UAB?q1?AB?2.3?103V
?0SdUA?UAC?q2?AC?9.7?102V?0S?8.1?105J
9.31 无图。 9.35 解：见题图，（1）设介质板与上极板的距离为x。介质中的场强为E，
空气中的场强为 E0。由电势计算有 u?E0x?Et?E0(d?x?t)?E0(d?t)?Et
再由高斯定理知，两极板间任一点的D都相等。以及
E0?D/?0E?D/?可得
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u?0u?0?r?，
d?t?t/?r?rd??rt?tuu?所以介质中 E?D/??
?rd?(1??r)t?rd??rt?tu?0?r（2）Q?S?0?SD?S
?rd??rt?tu?D(d?t)/?0?Dt/(?r?0)?D?（3）C?Q/u?S?0?r
?rd??rt?t9.36 （7.11、7.12？ ？？ ）
解：先见35题，再看本题可知电势分别是U0、U，故是板上电量不变。
（1）板上电量不变：Q?Q0?C0U0? （2）介质高斯定理：D????0SdU0
Q?0D1?U0,E??U Sd?r?0?rd0 （3）本题没有给出U，故计算如下：
空气中的场强：E0?D/?0?U0/d，所以 一、选择题 （1）B
解：自己画图知，两个电流产生的磁场方向相反。X轴向电流的磁感穿出纸面。
X轴向电流的磁感大小为： BX?rrr所以B?k{BX?BY}?kr?0I?k2.5?10?6T 故选B。 2??0.42?0I??a2?0I?0I。 同理BY? 2??0.22??0.4（2）D
解：QB1?B2B1??0I2a1?B2?2 （最后等式见下面算式）
其中：B2?4? ?12?2a1??a22?0I22?0I ?2?a2?a2??a22??a1??a1/a2?2?/8 选D。
42（3）D？有错。 （B! C？）
解：由于A,D两图，磁场B在a点不连续故只能选B,C中之一。B图在ab段曲线上凸，故B??(r)?0，C图反之，故应B??(r)?0。用安培
?0I(r2?a2)环路定理可求得ab域的磁感强度 B?， 可见B(r?a)?0，222?r(b?a)显然D答案不符合。
对上式二次求导：若算得 B?????0Ia2?r(b?a)322?0 则选B（可算到此结
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果）
?0I(r2?a2)若对上式二次求导：算得是 B???322?0 则选C (未
?r(b?a)算到)
或简单解：由安培环路定理知：在r?a的区域，
rr显然只有B图是对的，而其它均不为零。 ?iIi?0???LB?dl?0?B?0，（4）B
解： I?q?T?I?evq ??B?0?02?12.53T 2?R/v2a4?a或用单个运动电荷的公式。
(5) C
解：先给出板上离直线r远处的元电流 j?I/a??dI?jdr 它的单位长度受到直线电流的力为 则
d?dfdlddf?0IdI ?dl2?r整
2a个板的单位长度受力为
?0I?jdr?0I?I/a?0I2???ln2?ln2 r?a2?r2?2?a二、填空题
（1）M?(2ln3?1)??0I2a/?
rrrrrr?I解：线元Idl2受力:df?Idl2?B?k?Idl2?B(x)?k?Idx0
2?xrrsrr线元Idl2相对O点力矩：dM?r?df??j(4a?x)df 即：
?0I2dM?(4a?x)dx
2?x?0I2a?0I2dx?(2ln3?1) 所以 M??a(4a?x)2?x??NIhD?ln1 （2）B??0NI/2?r， 磁通量 ?B?02?D23a分析：本题没有指明是细的通电螺绕环，所以环中的磁感应强度不能看成常数，必须用式B?（3）磁力的功 AAC解：磁力
?0NI对面元hdr积分得到磁通量。 2?r??IBa2/2, ACD?0, AAD?2IBa2/4
功，绕AC边向外转
a2a2A?I???m?I(?2??1)??I?(B)?I?0??I?B
22绕CD边向外转, ??m?0??A?0
????2cos45???2绕AD边向外转，此时：
22??0?IBa2?A?I?2IBa2
44（4）线圈中张力：IBR
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解：张力不是整个闭合线圈所受的磁场力。是线圈的张紧力。取y IBR。 （5）不要 （6）本题画图各个L路径所包围的通电导线数。课堂上已画各L图，满足右手。 三、计算题 10.3 10.4 解：O点的磁场由三部分线电流产生。其中圆弧电流在O点的磁感强度为 B1??0I120?2r360???0I6r 方向垂直纸面向里。 ?0I(cos?1?cos?2)，方向4?a 左边直线电流在O点的磁感强度为 B2?向里。 其中 ?1?0?,?2?30?,a?rcos60??r/2，可得B2??0I(1?3/2)。 2?r?I同理可得左边直线电流在O点的磁感强度为 B3?0(1?3/2)方 2?r向向里。 所以O点的B为：B?B1?B2?B3??0I6r?2??0I?I(1?3/2)?0.210 2?rr10.5 解：这是运动电荷的磁场。将圆盘划分为无数个细圆环，任取一圆环， 设半径为r，环宽为dr。其上所带电量为dq??02?rdr，由于它以ω角速度转动， 所以形成电流，大小为 dI?在轴 22?r??0rdr r0线上x处的磁感强度为 dB??2(r2?x2)322(r2?x2)32322R?r??dr???R?2x0000所以，总的磁感强度为 B??02(r2?x2)32?2(R2?x2?2x) 10.6 10.7 10.8 解：取半径为r的同轴的圆周为安培环路，则 dq?02?rdr????02?rdr???0rdr 该电流dtT2??0dI文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. 2?0IrI?r?B? 当 r?r1时，有 ? I??12?i02?2?r2?r?r11Ii?L里rr?0I 当 r1?r?r2，有 ?B?dl?2?rB??I??B?02?2?r2?r22rr?I(r?r) 03当 r2?r?r3，有 ?B?dl?2?rB??I??B?0?i3?2?r2?r(r32?r22)Ii?L里rr 当 r3?r时，有 ??B?dl?2?rB??0?Ii?0?B4?0 2?rIi?L里rrB?dl?2?rB??010.9 本题是相当于无限大平板电流的磁力线证明，和电流两侧区域的 B?1?ni的证明。 20 方法是：作一个包围部分电流的安培环路，为矩形框，框的一边与与平板平行，则可证。 10.10 I?mg/(Bl)?0.41A 解：见题图，金属导线的张力是重力引起的，方向向下。要抵消它， 则金属导线所受安培力必须向上。由于金属导线垂直磁场，大小为f?IBl?mg 所以：I?mg/(Bl)?0.41A。由f及B的方向，知：I流向从左到右。 10.11 注意，本题不是无限长直导线，不能用两平行导线作用力公式！！ r解：在载流为I2的导线2上任取电流元I2dl，它受到导线1中电流 rrrI1的安培作用力 |df|?|I2dl?B|?I2?dx?B 其中B由有限长电流I1给出B??0I1?cos?1-cos?2? 4?a?0I1?cos?1-cos?2??dx 4?arrf2方向向下。同理载流为I1的导线1受力与f2大小相等，方向相 所以L长的导线2受力：f2??0I2?dx?B??0I2?LL反。 10.12 解：（1）将圆柱面划分为无数条直线电流，再求出这些电流在轴线上的B， 再求受力。因为长直电流产生的磁感为：dB??0dI?I?0dl 2?R2?R?R考虑对称性，对称的两长直电流的dB在某方向会抵消，其垂直方向相加 设垂直方向在x的方向上，则有dBx?2?R?0I?0Idlcos??2Rcos?d? 22?R?R2?R?R?0?/2??0I0I故半圆柱面产生的B为 B??0?2Rcos?d??22cos?d???0I 2?R
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