1 -2 一运动质点在某瞬时位于位矢r(x,y)的端点处,对其速度的大小有四种意见,即
dr(1)
dt； (2)
drdt；
ds(3)
dt； (4)
?dx??dy???????dt??dt?22．
下述判断正确的是( D )
(A) 只有(1)(2)正确 (B) 只有(2)正确 (C) 只有(2)(3)正确 (D) 只有(3)(4)正确
*1 -5 如图所示,湖中有一小船,有人用绳绕过岸上一定高度处的定滑轮拉湖中的船向岸边运动．设该人以匀速率v0 收绳,绳不伸长且湖水静止,小船的速率为v,则小船作( C )
(A) 匀加速运动,v(B) 匀减速运动,v(C) 变加速运动,v?v0 cosθ?v0cosθ
?v0 cosθ(D) 变减速运动,v?v0cosθ (E) 匀速直线运动,v?v0
1 -6 已知质点沿x轴作直线运动,其运动方程为x(1) 质点在运动开始后4.0 s内的位移的大小； (2) 质点在该时间内所通过的路程； (3) t＝4 s时质点的速度和加速度． 解 (1) 质点在4.0 s内位移的大小
?2?6t2?2t3,式中x 的单位为m,t的单位为 s．求：
Δx?x4?x0??32m
(2) 由
dx?0 dt得知质点的换向时刻为
tp?2s (t＝0不合题意)
则
Δx1?x2?x0?8.0m Δx2?x4?x2??40m
所以,质点在4.0 s时间间隔内的路程为
s?Δx1?Δx2?48m
(3) t＝4.0 s时
1 -9 质点的运动方程为
x??10t?30t2
y?15t?20t2
式中x,y的单位为m,t的单位为ｓ．
试求：(1) 初速度的大小和方向；(2) 加速度的大小和方向． 解 (1) 速度的分量式为
vx?dx??10?60t dtvy?当t＝0 时,vox＝-10 m·ｓ-1 ,voy＝15 m·ｓ-1 ,则初速度大小为
dy?15?40t dt2v0?v0x?v0y?18.0m?s?1
设vo与x轴的夹角为α,则
2tanα?v0yv0x??3 2α＝123°41′
(2) 加速度的分量式为
ax?则加速度的大小为
dvdvx?60m?s?2 , ay?y??40m?s?2 dtdta?ax?ay?72.1m?s?2
设a 与x轴的夹角为β,则
22tanβ?ayax??2 3β＝-33°41′(或326°19′)
1 -17 质点在Oxy 平面内运动,其运动方程为r＝2.0ti＋(19.0 -2.0t2 )j,式中r的单位为m,t的单位为s．求：(1)质点的轨迹方程；(2) 在t1＝1.0s 到t2＝2.0s 时间内的平均速度；(3) t1＝1.0ｓ时的速度及切向和法向加速度；(4) t＝1.0s 时质点所在处轨道的曲率半径ρ．
解 (1) 由参数方程
x＝2.0t, y＝19.0-2.0t2
消去t得质点的轨迹方程：
y ＝19.0 -0.50x2
(2) 在t1＝1.00ｓ到t2＝2.0ｓ时间内的平均速度
v?(3) 质点在任意时刻的速度和加速度分别为
Δrr2?r1??2.0i?6.0j Δtt2?t1dxdyi?j?2.0i?4.0tj dtdtv(t)?vxi?vyj?d2xd2ya(t)?2i?2j??4.0m?s?2j
dtdt则t1 ＝1.00ｓ时的速度
v(t)｜t ＝1ｓ＝2.0i -4.0j
切向和法向加速度分别为
att?1s?dvd2?2et?(vx?v2y)et?3.58m?set dtdtan?a2?at2en?1.79m?s?2en
(4) t ＝1.0ｓ质点的速度大小为
2?1v?vx?v2y?4.47m?s
v2则ρ??11.17m
an2 -3 一段路面水平的公路,转弯处轨道半径为R,汽车轮胎与路面间的摩擦因数为μ,要使汽车不至于发生侧向打滑,汽车在该处的行驶速率( C )
(A) 不得小于(C) 不得大于
μgR (B) 必须等于μgR
μgR (D) 还应由汽车的质量m决定
2 -6 图示一斜面,倾角为α,底边AB 长为l＝2.1 m,质量为m的物体从题2 -6 图斜面顶端由静止开始向下滑动,斜面的摩擦因数为μ＝0.14．试问,当α为何值时,物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？
解 取沿斜面为坐标轴Ox,原点O位于斜面顶点,则由牛顿第二定律有
mgsinα?mgμcosα?ma
(1)
又物体在斜面上作匀变速直线运动,故有
l11?at2?g?sinα?μcosα?t2
cosα22则t?2lgcosα?sinα?μcosα? (2)
为使下滑的时间最短,可令
dt?0,由式(2)有 dα?sinα?sinα?μcosα??cosα?cosα?μsinα??0
则可得tan2α??1o,??49 μ此时t?2l?0.99s
gcosα?sinα?μcosα?2 -8 如图(a)所示,已知两物体A、B 的质量均为m ＝3.0kg 物体A 以加速度a ＝1.0 m·ｓ-2运动,求物体B 与桌面间的摩擦力．(滑轮与连接绳的质量不计)
解 分别对物体和滑轮作受力分析［图(b)］．由牛顿定律分别对物体A、B 及滑轮列动力学方程,有
mAg-FＴ＝mA a (1) F′Ｔ1 -Fｆ＝mB a′ (2) F′Ｔ -2FＴ1＝0 (3)
考虑到mA＝mB＝m, FＴ＝F′Ｔ , FＴ1＝F′Ｔ1 ,a′＝2a,可联立解得物体与桌面的摩擦力
Ff?mg??m?4m?a?7.2N2
2 -14 一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t＋40,式中F的单位为N,t的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x＝5.0 m处,其速度v0＝6.0 m·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．
解 因加速度a＝dv/dt,在直线运动中,根据牛顿运动定律有
120t?40?mdv dt依据质点运动的初始条件,即t0＝0 时v0＝6.0 m·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得
?xvv0dv???12.0t?4.0?dt
0tv＝6.0+4.0t+6.0t2
又因v＝dx /dt,并由质点运动的初始条件：t0＝0 时x0＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有
?dx???6.0?4.0t?6.0t?dt
t2x00x ＝5.0+6.0t+2.0t2 +2.0t3
2 -18 一质量为m的小球最初位于如图(a)所示的A 点,然后沿半径为r的光滑圆轨道ADCB下滑．试求小球到达点C时的角速度和对圆轨道的作用力．
解 小球在运动过程中受到重力P和圆轨道对它的支持力FN．取图(b)所示的自然坐标系,由牛顿定律得
Ft??mgsinα?mdv (1) dtmv2Fn?FN?mgcosα?mR由v (2)
?dsrdα?dtdt,得dt?rdα,代入式(1),并根据小球从点A 运动到点C 的始末条件,进行积分,有 v?得v?vv0vdv??α90o??rgsinα?dα
2rgcosα
ω?v?2gcosα/rr
则小球在点C 的角速度为
由式(2)得
mv2FN?m?mgcosα?3mgcosα
r由此可得小球对圆轨道的作用力为
???FN??3mgcosα FN负号表示F′N与en反向．
3 -6 一架以3.0 ×102 m·ｓ-1的速率水平飞行的飞机,与一只身长为0.20 m、质量为0.50 kg 的飞鸟相碰．设碰撞后飞鸟的尸体与飞机具有同样的速度,而原来飞鸟对于地面的速率甚小,可以忽略不计．试估计飞鸟对飞机的冲击力(碰撞时间可用飞鸟身长被飞机速率相除来估算)．根据本题的计算结果,你对于高速运动的物体(如飞机、汽车)与通常情况下不足以引起危害的物体(如飞鸟、小石子)相碰后会产生什么后果的问题有些什么体会？
解 以飞鸟为研究对象,取飞机运动方向为x 轴正向．由动量定理得
F?Δt?mv?0式中F′为飞机对鸟的平均冲力,而身长为20cm 的飞鸟与飞机碰撞时间约为Δt ＝l /v,以此代入上式可得
mv2F???2.55?105N
l鸟对飞机的平均冲力为
F??F???2.55?105N
式中负号表示飞机受到的冲力与其飞行方向相反．从计算结果可知,2.25 ×105 N的冲力大致相当于一个22 t 的物体所受的重力,可见,此冲力是相当大的．若飞鸟与发动机叶片相碰,足以使发动机损坏,造成飞行事故．
3 -9 高空作业时系安全带是非常必要的．假如一质量为51.0 kg 的人,在操作时不慎从高空竖直跌落下来,由于安全带的保护,最终使他被悬挂起来．已知此时人离原处的距离为2.0 m ,安全带弹性缓冲作用时间为0.50 s ．求安全带对人的平均冲力．
解1 以人为研究对象,按分析中的两个阶段进行讨论．在自由落体运动过程中,人跌落至2 m 处时的速度为
v1?2gh (1)
在缓冲过程中,人受重力和安全带冲力的作用,根据动量定理,有
?F?P?Δt?mv2?mv1 (2)
由式(1)、(2)可得安全带对人的平均冲力大小为
F?mg?解2 从整个过程来讨论．根据动量定理有
Δ2ghΔ?mv??mg??1.14?103N
ΔtΔtmgΔtF?2h/g?mg?1.14?103N
3 -13 A、B两船在平静的湖面上平行逆向航行,当两船擦肩相遇时,两船各自向对方平稳地传递50 kg 的重物,结果是A船停了下来,而B船以3.4 m·s-1的速度继续向前驶去．A、B两船原有质量分别为0.5×103 kg 和1.0 ×103 kg,求在传递重物前两船的速度．(忽略水对船的阻力)
解 设A、B两船原有的速度分别以vA、vB表示,传递重物后船的速度分别以vA′ 、vB′ 表示,被搬运重物的质量以m表示．分别对上述系统Ⅰ、Ⅱ应用动量守恒定律,则有
?mA?m?vA?mvB?mAv?A (1)
?mB?m?vB?mvA?mBv?B? (2)
由题意知vA′ ＝0, vB′ ＝3.4 m·s-1代入数据后,可解得
vA??mBmv?B??0.40m?s?1 2?mB?m??mA?m??mvB??mA?m?mBv?B?mA?m??mB?m??m2?3.6m?s?1
也可以选择不同的系统,例如,把A、B 两船(包括传递的物体在内)视为系统,同样能满足动量守恒,也可列出相对应的方程求解
3 -19 一物体在介质中按规律x＝ct3作直线运动,c为一常量．设介质对物体的阻力正比于速度的平方．试求物体由x0＝0 运动到x＝l时,阻力所作的功．(已知阻力系数为k)
解 由运动学方程x＝ct3 ,可得物体的速度
v?dx?3ct2 dt按题意及上述关系,物体所受阻力的大小为
F?kv2?9kc2t4?9kc2/3x4/3
则阻力的功为
W??F?dx
W??F?dx??cos180odx???9kc2/3x4/3dx??00ll272/37/3kcl 73 -21 一质量为0.20 kg 的球,系在长为2.00 m 的细绳上,细绳的另一端系在天花板上．把小球移至使细绳与竖直方向成30°角的位置,然后从静止放开．求：(1) 在绳索从30°角到0°角的过程中,重力和张力所作的功；(2) 物体在最低位置时的动能和速率；(3) 在最低位置时的张力．
解 (1) 如图所示,重力对小球所作的功只与始末位置有关,即
WP?PΔh?mgl?1?cosθ??0.53J
在小球摆动过程中,张力FＴ的方向总是与运动方向垂直,所以,张力的功
WT??FT?ds
(2) 根据动能定理,小球摆动过程中,其动能的增量是由于重力对它作功的结果．初始时动能为零,因而,在最低位置时的动能为
Ek?Ek?0.53J
小球在最低位置的速率为
v?2EK2WP??2.30m?s?1 mm(3) 当小球在最低位置时,由牛顿定律可得
mv2FT?P?
lmv2FT?mg??2.49N
l4－3 均匀细棒OA可绕通过其一端O而与棒垂直的水平固定光滑轴转动，如图所示，今使棒从水平位置由静止开始自由下落，在棒摆到竖直位置的过程中，下述说法正确的是( C ) (A)角速度从小到大，角加速度不变 (B)角速度从小到大，角加速度从小到大 (C)角速度从小到大，角加速度从大到小 (D)角速度不变，角加速度为零
4－6 一汽车发动机曲轴的转速在12 s 内由1.2×103r·min-1均匀的增加到2.7×103r·min-1．(1)求曲轴转动的角加速度；(2)在此时间内，曲轴转了多少转？
解 (1)由于角速度ω＝2πn(n 为单位时间内的转数)，根据角加速度的定义α?α?(2)发动机曲轴转过的角度为
ω?ω02π?n?n0???13.1rad?s?2
ttdω，在匀变速转动中角加速度为 dt1ω?ω0θ?ω0t?αt2?t?π?n?n0?
22在12 s内曲轴转过的圈数为
N?θn?n0?t?390圈 2π24－13 如图(a)所示，质量m1＝16kg的实心圆柱体A，其半径为r＝15 cm，可以绕其固定水平轴转动，阻力忽略不计．一条轻的柔绳绕
在圆柱体上，其另一端系一个质量m2＝8.0 kg的物体B.求：(1)物体B由静止开始下降1.0 s后的距离；(2)绳的张力FＴ.
解 (1)分别作两物体的受力分析，如图(b).对实心圆柱体而言，由转动定律得
FTr?Jα?对悬挂物体而言，依据牛顿定律，有
1m1r2α 2P2?FT??m2g?FT??m2a
且FＴ＝FＴ′.又由角量与线量之间的关系，得
a?rα
解上述方程组，可得物体下落的加速度
a?在t＝1.0 s时，B下落的距离为
2m2gm1?2m2
12m2gt2s?at??2.45m
2m1?2m2(2)由式(2)可得绳中的张力为
FT?m?g?a??m1m2g?39.2N
m1?2m24－17 一半径为R、质量为m 的匀质圆盘，以角速度ω绕其中心轴转动，现将它平放在一水平板上，盘与板表面的摩擦因数为μ.(1)求圆盘所受的摩擦力矩.(2)问经多少时间后，圆盘转动才能停止？
解 (1)由分析可知，圆盘上半径为r、宽度为dr的同心圆环所受的摩擦力矩为
dM?r?dFf??2r2μmgdr/R2k
式中k为轴向的单位矢量.圆盘所受的总摩擦力矩大小为
??M??dM??R02r2μmg2dr?μmgR 2R3(2)由于摩擦力矩是一恒力矩，圆盘的转动惯量J＝mR2/2 .由角动量定理MΔt＝Δ(Jω)，可得圆盘停止的时间为
Δt?Jω3ωR? M4μg4－21 在光滑的水平面上有一木杆，其质量m1＝1.0kg，长l＝40cm，可绕通过其中点并与之垂直的轴转动.一质量为m2＝10g的子弹，以v ＝2.0×102m· s1的速度射入杆端，其方向与杆及轴正交.若子弹陷入杆中，试求所得到的角速度.
－
解 根据角动量守恒定理
J2ω??J1?J2?ω?
式中J2?m2?l/2?2为子弹绕轴的转动惯量，J2ω为子弹在陷入杆前的角动量，ω＝2v/l为子弹在此刻绕轴的角速度.J1?m1l2/12为杆绕轴的转动惯量.可得杆的角速度为
ω??J2ω6m2v??29.1s?1
J1?J2?m1?3m2?5 －7 质量为m，电荷为－e的电子以圆轨道绕氢核旋转，其动能为Eｋ.证明电子的旋转频率满足
2332ε0Ekv?me42
其中ε0是真空电容率，电子的运动可视为遵守经典力学规律. 证:电子的动能为
121e2EK?mv?28πε0r电子旋转角速度为
e2 ω?34πε0mr2由上述两式消去r，得
23ω232ε0EKv?2?4πme42
5－10 一半径为R的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.
解 将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元
dq?δdS?δ?2πR2sinθdθ，在点O 激发的电场强度为
dE?1xdq4πε0x2?r2??2/3i
?Rcosθ，
由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系xr?Rsinθ统一积分变量，有
dE?1xdq1Rcosθ2?δ?2πRsinθdθ2/334πε0x2?r24πε0R
δ ?sinθcosθdθ2ε0??积分得 E??π/20δδsinθcosθdθ?2ε04ε0
5 －12 两条无限长平行直导线相距为r0，均匀带有等量异号电荷，电荷线密度为λ.(1)求两导线构成的平面上任一点的电场强度(设该点到其中一线的垂直距离为x)；(2)求每一根导线上单位长度导线受到另一根导线上电荷作用的电场力.
解 (1)设点P 在导线构成的平面上，E＋、E－分别表示正、负带电导线在P点的电场强度，则有
E?E??E???λ?11????i??2πε0?xr0?x?λr0i2πε0x?r0?x?
(2)设F＋、F－分别表示正、负带电导线单位长度所受的电场力，则有
F??λE??λi
2πε0r0λ2F???λE???i
2πε0r0显然有F＋＝F－，相互作用力大小相等，方向相反，两导线相互吸引.
5 －14 设匀强电场的电场强度E与半径为R的半球面的对称轴平行，试计算通过此半球面的电场强度通量. 解1 由于闭合曲面内无电荷分布，根据高斯定理，有
Φ??E?dS???E?dS
SS?依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元dS的方向，
Φ??E?πR2?cosπ?πR2E
5 －16 地球周围的大气犹如一部大电机，由于雷雨云和大气气流的作用，在晴天区域，大气电离层总是带有大量的正电荷，云层下地球表面必然带有负电荷.晴天大气电场平均电场强度约为120V?m方厘米的电子数表示).
解 在大气层临近地球表面处取与地球表面同心的球面为高斯面，其半径R2E?dS??E4πR?E??1，方向指向地面.试求地球表面单位面积所带的电荷(以每平
?RE(RE为地球平均半径).由高斯定理
1?q ε0地球表面电荷面密度
2ζ??q/4πRE??ε0E??1.06?10?9cm?2
单位面积额外电子数
n?ζ/?e?6.63?105cm?2
6 －1 将一个带正电的带电体A从远处移到一个不带电的导体B附近，则导体B的电势将（ A ） （A）升高 （B）降低 （C）不会发生变化 （D）无法确定
6 －2 将一带负电的物体M靠近一不带电的导体N，在N的左端感应出正电荷，右端感应出负电荷。若将导体N的左端接地（如图所示），则（ A ）
（A）N上的负电荷入地 （B）N上的正电荷入地 （C）N上的所有电荷入地 （D）N上所有的感应电荷入地
6 －3 如图所示将一个电量为q的点电荷放在一个半径为R的不带电的导体球附近，点电荷距导体球球心为d，参见附图。设无穷远处为零电势，则在导体球球心O点有（ A ） （A）E?0,V?q4πε0d
（B）E?qq,V?4πε0d24πε0d
（C）E?0,V?0
（D）E?qq ,V?24πε0d4πε0R
6－5 对于各向同性的均匀电介质，下列概念正确的是（ A ）
（A）电介质充满整个电场并且自由电荷的分布不发生变化时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （B）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的1/εｒ倍
（C）在电介质充满整个电场时，电介质中的电场强度一定等于没有电介质时该点电场强度的1/εｒ倍 （D）电介质中的电场强度一定等于没有介质时该点电场强度的εｒ倍
6－8 一导体球半径为R１，外罩一半径为R2的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q，而内球的电势为V０．求此系统的电势和电场的分布．
解 根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理
2??E?dS?Er?4πr?E?r???q/ε0，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为 ?r＜R１时，E1?r??0
?r??q4πε0r2
R１＜r＜R2时，E2r＞R2时，E2?r??Q?q4πε0r2由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布． r＜R１时，
V1??E?dl??E1?dl??E2?dl??E3?dl?rrR1R2?R1R2?qQ ?4πε0R14πε0R2R１＜r＜R2时，
V2??E?dl??E2?dl??E3?dl?rrR2?R2?qQ?4πε0r4πε0R2
r＞R2时，
V3??E3?dl?r?q?Q
4πε0r也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r＜R１）
V1?在导体球和球壳之间（R１＜r＜R2）
qQ?4πε0R14πε0R2
V2?在球壳外（r＞R2）
qQ?4πε0r4πε0R2
V3?由题意
q?Q
4πε0rV1?V0?得
qQ ?4πε0R24πε0R1V1?V0?代入电场、电势的分布得 r＜R１时，
qQ ?4πε0R24πε0R1E1?0；V1?V0
R１＜r＜R2时，
E2?r＞R2时，
R1V0R1Q?r24πε0R2r2；V2?R1V0(r?R1)Q ?r4πε0R2rE3?R1V0(R2?R1)Q?2r4πε0R2r2；V3?R1V0(R2?R1)Q ?r4πε0R2r6－12 如图所示球形金属腔带电量为Q ＞0，内半径为ɑ，外半径为b，腔内距球心O为r处有一点电荷q，求球心的电势． 解 导体球内表面感应电荷－q，外表面感应电荷q；依照分析，球心的电势 为
V?qqq?Q ??4πε0r4πε0a4πε0b6 －14 地球和电离层可当作球形电容器，它们之间相距约为100 km，试估算地球－电离层系统的电容．设地球与电离层之间为真空．解 由于地球半径R1＝6.37×10m；电离层半径R2＝1.00×10m＋R1＝6.47×10m，根据球形电容器的电容公式，可得
6
5
6
C?4πε0R1R2?4.58?10?2R2?R1F
6 －17 盖革－米勒管可用来测量电离辐射．该管的基本结构如图所示，一半径为R1的长直导线作为一个电极，半径为R2的同轴圆柱筒为另一个电极．它们之间充以相对电容率εｒ≈1的气体．当电离粒子通过气体时，
能使其电离．若两极间有电势差时，极间有电流，从而可测出电离粒子的数量．如以E1表示半径为R1的长直导线附近的电场强度．（1）求两极间电势差的关系式；（2）若E1＝2.0×10V·m，R1＝0.30mm，R2＝20.0mm，两极间的电势差为多少？ 解 （1）由上述分析，利用高斯定理可得E?2πrL6
－1
?1λL，则两极间的电场强度 ε0E?λ
2πε0r导线表面（r＝R1）的电场强度
E1?两极间的电势差
λ
2πε0R1U??E?dr??R1R2R2R1λRdr?R1E1ln22πε0rR12
（2）当E1?2.0?106V?m?1，R＝0.30mm，R＝20.0mm时，
1
U?2.52?103V
7－1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R和r的两个长直圆筒上形成两个螺线管，两个螺线管的长度相同，R＝2r，螺线管通过的电流相同为I，螺线管中的磁感强度大小BR、Br满足（ C ） （A）BR?2Br （B）BR?Br （C）2BR?Br （D）BR?4Br
7 －2 一个半径为r的半球面如图放在均匀磁场中，通过半球面的磁通量 为（ D ） （A）2πr（C）2πr2B （B）πr2B
2Bcosα （D）πr2Bcosα
7 －8 有两个同轴导体圆柱面，它们的长度均为20m，内圆柱面的半径为3.0mm，外圆柱面的半径为9.0mm.若两圆柱面之间有10μA电流沿径向流过，求通过半径为6.0mm的圆柱面上的电流密度． 解 由分析可知，在半径r＝6.0mm的圆柱面上的电流密度
j?I/2πrl?13.3mA?m?2
7 －11 如图所示，几种载流导线在平面内分布，电流均为I，它们在点O的磁感强度各为多少？ 解 （ａ）长直电流对点O而言，有Idl?r?0，因此
它在点O产生的磁场为零，则点O处总的磁感强度为1/4圆弧电流所激发，故有
B0?B0的方向垂直纸面向外．
（ｂ）将载流导线看作圆电流和长直电流，由叠加原理可得
μ0I8R
B0?B0的方向垂直纸面向里．
μ0Iμ0I? 2R2πR（c）将载流导线看作1/2圆电流和两段半无限长直电流，由叠加原理可得
B0?B0的方向垂直纸面向外．
μ0IμIμIμIμI?0?0?0?04πR4πR4R2πR4R
7 －13 如图所示，一个半径为R的无限长半圆柱面导体，沿长度方向的电流I 在柱面上均匀分布．求半圆柱面轴线OO′上的磁感强度．
解 根据分析，由于长直细线中的电流dI线上一点激发的磁感强度的大小为
?Idl/πR，它在轴
dB?μ0dI 2πR其方向在Oxy平面内，且与由ｄl引向点O的半径垂直，如图7－13
（ｂ）所示．由对称性可知，半圆柱面上细电流在轴线OO′上产生的磁感强度叠加后，得
By??dBsinθ?0
Bx??dBsinθ??0ππ0μ0Iμ0IRdθ?sinθ?2
2πRπRπR则轴线上总的磁感强度大小
B?Bx?B的方向指向Ox轴负向．
μ0I 2πR7 －15 如图所示，载流长直导线的电流为I，试求通过矩形面积的磁通量．
解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量
Φ??2
d2d1μ0lμIldldx?0ln22πx2πd1
7 －16 已知10mm裸铜线允许通过50A电流而不会使导线过热．电
流在导线横截面上均匀分布．求：（1）导线内、外磁感强度的分布；（2）导线表面的磁感强度．
解 （1）围绕轴线取同心圆为环路L，取其绕向与电流成右手螺旋关系，根据安培环路定理，有
?B?dl?B?2πr?μ?I
0Iπr22πr?2在导线内r＜R，?I?πR2R，因而
B?在导线外r＞R，
μ0Ir2πR2
?I?I，因而
B?μ0I 2πr磁感强度分布曲线如图所示．
（2）在导线表面磁感强度连续，由I ＝50A，R?s/π?1.78?10?3m，得 B?μ0I?5.6?10?3T 2πR流向相反．求：（1）两载
7 －21 设有两无限大平行载流平面，它们的面电流密度均为j，电流流平面之间的磁感强度；（2）两面之外空间的磁感强度．
解 由上题计算的结果，单块无限大载流平面在两侧的磁感强度大小根据磁场的叠加原理可得
（1）取垂直于纸面向里为x轴正向，合磁场为
为
1
?0j，方向如图所示，2
B?μ0jμji?0i?μ0ji 22μ0jμji-0i?0 22（2）两导体载流平面之外，合磁场的磁感强度
B?7 －30 一直流变电站将电压为500kV的直流电，通过两条截面不计的平行输电线输向远方．已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10
－11
F·m，若导线间的静电力与安培力正好抵消．求：（1）通过输电线的电流；（2）输送的功率．
－1
解 （1）由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为
μ0I2C2U2FB?BI?FE?Eλ?2πd2πε0d由
μ0I2C2U2fB?fE?0可得?2πd2πε0d解得I?CU?4.5?103A ε0μ0（2）输出功率
N?IU?2.25?109W
