ΔW = W - W0 = (C - C0)U2/2= (1 - εr)ε0SU2/2d = -3.18×10-5(J)．
（2）充电后所带电量为 Q = C0U，保持电量不变抽出玻璃板，静电能为
W = Q2/2C，
??SUC0C0U2电能器能量变化为?W?W?W0?(= 1.59×10-4(J)． ?(?r?1)0r?1)2dC2
13．16 设圆柱形电容器的内、外圆筒半径分别为a、b．试证明电容器能量的一半储存在半径R?ab的圆柱体内．
[解答]设圆柱形电容器电荷线密度为λ，场强为 E = λ/2πε0r，能量密度为 w = ε0E2/2， 体积元为 dV = 2πrldr，能量元为 dW = wdV． 在半径a到R的圆柱体储存的能量为
2W??wdV??V?0V22?l?lR2?dr?ln． EdV?24??0r4??0aaR?2lb当R = b时，能量为W1?ln；
4??0a22?lb?lb当R?ab时，能量为W2?ln?ln，
4??0a8??0a所以W2 = W1/2，即电容器能量的一半储存在半径R?ab的圆柱体内．
13．17 两个同轴的圆柱面，长度均为l，半径分别为a、b，柱面之间充满介电常量为ε的电介质（忽略边缘效应）．当这两个导体带有等量异号电荷(±Q)时，求：
（1）在半径为r(a < r < b)、厚度为dr、长度为l的圆柱薄壳中任一点处，电场能量体密度是多少？整个薄壳层中总能量是多少？
（2）电介质中总能量是多少（由积分算出）？
（3）由电容器能量公式推算出圆柱形电容器的电容公式？ [解答]（1）圆柱形内柱面的电荷线密度为 λ = Q/l，
根据介质是高斯定理，可知电位移为 D = λ/2πr = Q/2πrl，场强为 E = D/ε = Q/2πεrl， 能量密度为w = D·E/2 = DE/2 = Q2/8π2εr2l2．薄壳的体积为dV = 2πrldr，能量为 dW = wdV = Q2dr/4πεlr．
（2）电介质中总能量为
Q2Q2bW??dW??dr?ln．
V4??lr4??laaQ22??l（3）由公式W = Q/2C得电容为 C?． ?2Wlnb(a/)2
b
13．18 两个电容器，分别标明为200PF/500V和300PF/900V．把它们串联起来，等效电容多大？如果两端加上1000V电压，是否会被击穿？
[解答]当两个电容串联时，由公式得 C?111C2?C1， ???CC1C2C1C2C1C2?120PF．
C1?C2加上U = 1000V的电压后，带电量为 Q = CU，
第一个电容器两端的电压为 U1 = Q/C1 = CU/C1 = 600(V)； 第二个电容器两端的电压为 U2 = Q/C2 = CU/C2 = 400(V)．
由此可知：第一个电容器上的电压超过它的耐压值，因此会被击穿；当第一个电容器被击穿后，两极连在一起，全部电压就加在第二个电容器上，因此第二个电容器也接着被击穿．
第十四章 稳恒磁场
14．1 充满εr = 2.1电介质的平行板电容器，由于电介质漏电，在3min内漏失一半电量，求电介质
的电阻率．
l[解答]设电容器的面积为S，两板间的距离为l，则电介质的电阻为 R??．
S设t时刻电容器带电量为q，则电荷面密度为 ζ = q/S， 两板间的场强为 E = ζ/ε =q/εrε0S， 电势差为 U = El =ql/εrε0S， 介质中的电流强度为 ?q S εr l -q dqU1??q，负号表示电容器上的电荷减少． dtR?0?r?tdq1微分方程可变为 ?C， ??dt，积分得 lnq???0?r?q?0?r?设t = 0时，q = qm，则得C = lnqm，因此电介质的电阻率的公式为
??t．
?0?rln(qm/q)180 =1.4×1013(Ω·m)． ?128.842?10?2.1?ln2 当t = 180s时，q = qm/2，电阻率为 ??
14．2 有一导线电阻R = 6Ω，其中通有电流，在下列两种情况下，通过总电量都是30C，求导线所产生的热量．
（1）在24s内有稳恒电流通过导线； （2）在24s内电流均匀地减少到零．
[解答]（1）稳恒电流为 I = q/t = 1.25(A)， 导线产生的热量为 Q = I2Rt = 225(J)．
（2）电流变化的方程为 i?2.5(1?1t)， 24由于在相等的时间内通过的电量是相等的，在i-t图中，在0~24秒内，变化电流和稳恒电流直线下的面积是相等的． i/A 2
在dt时间内导线产生的热量元为 dQ = iRdt，
2.5 在24s内导线产生的热量为
I 24241.25 122t/s Q?iRdt?[2.5(1?t)]Rdt
24o 24 00??11??2.5?6?24??(1?t)3324224=300(J)．
014．3 已知铜的相对原子质量A = 63.75，质量密度ρ = 8.9×103kg·m-3．
（1）技术上为了安全，铜线内电流密度不能超过6A·mm-2，求此时铜线内电子的漂移速度为多少？ （2）求T = 300K时，铜内电子热运动平均速度，它是漂移速度的多少倍？ [解答]（1）原子质量单位为 u = 1.66×10-27(kg)， 一个铜原子的品质为 m = Au = 1.058×10-25(kg)， 铜的原子数密度为 n = ρ/m = 8.41×1028(个·m-3)，
如果一个铜原子有一个自由电子，n也是自由电子数密度，因此自由电子的电荷密度为
ρe = ne = 1.34×1010(C·m-3)． 铜线内电流密度为 δ = 6×106(A·m-2)，
根据公式δ = ρev，得电子的漂移速度为 v = ρe/δ = 4.46×10-4(m·s-1)．
（2）将导体中的电子当气体分子，称为“电子气”，电子做热运动的平均速度为
v? 可得 v= 1.076×105(m·s-1)，
8kT?me其中k为玻尔兹曼常数k = 1.38×10-23J·K-1，me是电子的质量me = 9.11×10-31kg，
对漂移速度的倍数为 v/v = 2.437×108，
可见：电子的漂移速率远小于热运动的速度，其定向运动可认为是附加在热运动基础上的运动．
14．4 通有电流I的导线形状如图所示，图中ACDO是边长为b的正方形．求圆心O处的磁感应强度B = ？
C A [解答]电流在O点的产生的磁场的方向都是垂直纸面向里的．根据毕-萨定I 0?Idl?r0律：dB?， b 4?r2圆弧上的电流元与到O点的矢径垂直，在O点产生的磁场大小为 O D ?0Idla dB1?， 由于 dl = adφ， 24?a3?/2积分得 B1??LdB1??0?0Id?3?0I． ?8a4?a图14.4 OA和OD方向的直线在O点产生的磁场为零．在AC段，电流元在O点产生的磁场为
C dB2?由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ， 所以 dl = bdθ/sin2θ；
又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ，
?Isin?d?可得 dB2?0，
4?b?0Idlsin?，
4?r2A l Idl θ r O a b D Idl ?0I3?/4?0Isin?d?积分得B2??dB??(?cos?)??/24?b4?bL同理可得CD段在O点产生的磁场B3 = B2． O点总磁感应强度为 B?B1?B2?B3?3?/4??/22?0I 8?b3?0I2?0I． ?8a4?bθ2 [讨论]（1）假设圆弧张角为φ，电流在半径为a的圆心处产生的磁感应强度为
?IB?0?．
4?a（2）有限长直导线产生的磁感应大小为 B??0I(cos?1?cos?2)． 4?bI B 对于AC段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得 b 2?0Iθ1 ．上述公式可以直接引用． B2?B3?8?b
14．5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为R，直线部分伸向无限远处．求圆心O处的磁感应强度B = ？
[解答]在直线磁场公式
Z ?0IB?(cos?1?cos?2)中，
4?RR 令θ1 = 0、θ2 = π/2，或者θ1 = π/2、θ2 = π，就得半无限长导线在端点半径为
o R的圆周上产生的磁感应强度 B??0I． Y I 4?R两无限长半直线在O点产生的磁场方向都向着-Z方向，大小为Bz = X μ0I/2πR． 图14.5 半圆在O处产生的磁场方向沿着-X方向，大小为Bx = μ0I/4R． O点的磁感应强度为
?I?IB??Bxi?Bzk??0i?0k．
4R2?R
场强大小为
?0I4??2，
4?RBz2与X轴的夹角为 ??arctan ?arct．anBx?B?2Bx?Bz2?
14．6 如图所示的正方形线圈ABCD，每边长为a，通有电流I．求正方形中心O处的磁感应强度B = ？
[解答]正方形每一边到O点的距离都是a/2，在O点产生的磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，利用直线电流的磁场公式：
A D ?0II B?(cos?1?cos?2)，
4?R令θ1 = π/4、θ2 = 3π/4、R = a/2，AD在O产生的场强为 O B C BAD?2?0I， 2?aO点的磁感应强度为 B?4BAD?22?0I， ?a图14.6 方向垂直纸面向里．
14．7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是I，半径为R，两个圆心间距离O1O2 = R，试证：O1、O2中点O处附近为均匀磁场． 2a [证明]方法一：用二阶导数．一个半径为R的环电流在离圆心为x的轴在
I I x 线产生的磁感应强度大小为：
?0IR2O1C O O2C x ． B?2(R2?x2)3/2 RB RB 设两线圈相距为2a，以O点为原点建立坐标，两线圈在x点产生的场强分
别为
图14.7
2[R?a(?x)]2[R?(a?x)]方向相同，总场强为B = B1 + B2．
一个线圈产生的磁场的曲线是凸状，两边各有一个拐点．两个线圈的磁场迭加之后，如果它们相距太近，其曲线就是更高的凸状；如果它们相距太远，其曲线的中间部分就会下凹，与两边的峰之间各有一个拐点．当它们由远而近到最适当的位置时，两个拐点就会在中间重合，这时的磁场最均匀，而拐点处的二阶导数为零．
设k = μ0IR2/2，则
11B?k{2?}
[R?(a?x)2]3/2[R2?(a?x)2]3/2B对x求一阶导数得
a?xdBa?x?} ??3k{2225/225/2[R?(a?x)]dx[R?(a?x)]求二阶导数得
d2BR2?4(a?x)2R2?4(a?x)2?2}， ??3k{227/2227/2[R?(a?x)]dx[R?(a?x)]在x = 0处d2B/dx2 = 0，得R2 = 4a2，所以 2a = R． x = 0处的场强为
8?0I162 B?k2． ?k?[R?(R/22)3]/255R355RB1??0IR2223/2， B2??0IR2223/2．
方法二：用二项式展开．将B1展开得
2[R2?a2?2ax?x2]3/2?0IR22ax?x2?3/2设k?，则 B1?k(1?2)． 2223/2R?a2(R?a)?2ax?x2?3/2同理，B2?k(1?)．
R2?a2nB1??0IR2?0IR2． ?223/22223/22(R?a)[1?(2ax?x)/(R?a)]1nx?当x很小时，二项式展开公式为 (1?x)??将B1和B2按二项式展开，保留二次项，总场强为
n(n?1)2x?...． 1?2?32ax?x21?3?52ax?x22?3?2ax?x2?2? B?k[1??2????(2)?...]?k[1?2222R?a2R?a1?222R?a21?3?5?2ax?x2???()?...] 1?222R2?a2?3?54a2x2?3x2?2k[1??? ???2?...]
2R2?a224(R?a2)2?3R2?4a22?2k[1??2x?...] 222(R?a)令R2 - 4a2 = 0，即a = R/2，得
B?2k??0IR2(R2?a2)3/2?85?0I， 25Ro R i 可知：O点附近为匀强磁场．
14．8 将半径为R的无限长导体圆柱面，沿轴向割去一宽为h(h< [解答]方法一：补缺法．导体圆柱面可看作由很多无限长直导线组成，如果补上长缝，由于对称的缘故，电流在轴在线产生的磁感应强度为零．割去长缝，等效于同时加上两个大小相等，方向相反的电流，其中，与i相同的电流补上了长缝，与i相反的电流大小为I = ih． 在轴在线产生的磁感应强度为 B?h o` 图14.8` ?0I?0ih． ?2?R2?R方法二：积分法．在导体的截面上建立坐标，x坐标轴平分角α，α = h/R． 电流垂直纸面向外，在圆弧上取一线元 ds = Rdθ， 无限长直线电流为 dI = ids = iRdθ， ?dI?i在轴线产生的磁感应强度大小为 dB?0?0d?， 2?R2?两个分量分别为 y ds R θ dBx o α x dBy dB ?0isin?d?， 2??idBy??dBcos???0cos?d?． 2?dBx?dBsin??积分得 ?0i2???/2?0iBx?sin?d???cos?2???2?/2?0i2???/2?0iBy??cos?d???sin?2???2?/22???/2???/22???/2?0i[cos(2???/2)?cos(?/2)]?0； 2????/2?0i[sin(2???/2)?sin(?/2)] 2?