常量εr = 1的介质处理，所以
D = Q0r/4πr3，E = Q0r/4πε0r3，P = 0． （2）在介质层内靠近金属球处，自由电荷Q0产生的场为
E0 = Q0r/4πε0r3；
极化电荷q1`产生的场强为
E` = q1`r/4πε0r3；
总场强为 E = Q0r/4πε0εrr3． 由于 E = E0 + E`，
1`解得极化电荷为 q1?(?1)Q0，
?r介质层内表面的极化电荷面密度为
`Q0q11． ???(?1)224?R1?r4?R1`1在介质层外表面，极化电荷为
`q2??q1`，
面密度为
`q21Q0． ???(1?)224?R2?r4?R2`2
14．12 两个电容器电容之比C1:C2 = 1:2，把它们串联后接电源上充电，它们的静电能量之比为多少？如果把它们并联后接到电源上充电，它们的静电能之比又是多少？
[解答]两个电容器串联后充电，每个电容器带电量是相同的，根据静电能量公式W = Q2/2C，得静电能之比为
W1:W2 = C2:C1 = 2:1． 两个电容器并联后充电，每个电容器两端的电压是相同的，根据静电能量公式W = CU2/2，得静电能之比为
W1:W2 = C1:C2 = 1:2． 14．13 一平行板电容器板面积为S，板间距离为d，接在电源上维持其电压为U．将一块厚度为d相对介电常量为εr的均匀介电质板插入电容器的一半空间内，求电容器的静电能为多少？
[解答]平行板电容器的电容为
C = ε0S/d，
15
当面积减少一半时，电容为C1 = ε0S/2d； 另一半插入电介质时，电容为C2 = ε0εrS/2d．
两个电容器并联，总电容为
C = C1 + C2 = (1 + εr)ε0S/2d，
静电能为
W = CU2/2 = (1 + εr)ε0SU2/4d． 14．14 一平行板电容器板面积为S，板间距离为d，两板竖直放着．若电容器两板充电到电压为U时，断开电源，使电容器的一半浸在相对介电常量为εr的液体中．求：
（1）电容器的电容C；
（2）浸入液体后电容器的静电能； （3）极板上的自由电荷面密度．
[解答]（1）如前所述，两电容器并联的电容为
C = (1 + εr)ε0S/2d． （2）电容器充电前的电容为C0 = ε0S/d， 充电后所带电量为 Q = C0U． 当电容器的一半浸在介质中后，电容虽然改变了，但是电量不变，所以静电能为
W = Q2/2C = C02U2/2C = ε0SU2/(1 + εr)d． （3）电容器的一半浸入介质后，真空的一半的电容为 C1 = ε0S/2d；
介质中的一半的电容为 C2 = ε0εrS/2d． 设两半的所带自由电荷分别为Q1和Q2，则
Q1 + Q2 = Q． ① 由于C = Q/U，所以
U = Q1/C1 = Q2/C2． ② 解联立方程得
Q1?C0UC1Q， ?C1?C21?C2/C1真空中一半电容器的自由电荷面密度为
?1?2C0U2?0UQ1??S/2(1?C2/C1)S(1??r)d．
同理，介质中一半电容器的自由电荷面密度为
?2?
2C0U2??U?0r．
(C1/C2?1)S(1??r)d14．15 平行板电容器极板面积为200cm2，板间距离为1.0mm，电容器内有一块1.0mm厚的玻璃板(εr = 5)．将电容器与300V的电源相连．求：
（1）维持两极板电压不变抽出玻璃板，电容器的能量变化为多少？
（2）断开电源维持板上电量不变，抽出玻璃板，电容器能量变化为多少？
[解答]平行板电容器的电容为
C0 = ε0εrS/d，
静电能为 W0 = C0U2/2． 玻璃板抽出之后的电容为
C = ε0S/d．
（1）保持电压不变抽出玻璃板，静电能为 W = CU2/2， 电能器能量变化为
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，
电能器能量变化为
?2lb； W1?ln4??0a当R?ab时，能量为
?2lb?2lb， W2?ln?ln4??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．
14．17 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
C0C0U2 ?W?W?W0?(?1)C2?(?r?1)?0?rSU22d= 1.59×10-4(J)．
14．16 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
Q2Q2bW??dW??dr?lnV4??laa4??lr．
（3）由公式W = Q2/2C得电容为
bW??wdV??V?02VE2dV
?2l?2lR??dr?ln．
4??0aa4??0r当R = b时，能量为
RQ22??l． C??2Wln(b/a)
14．18 两个电容器，分别标明为200PF/500V和300PF/900V．把它们串联起
16
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
dq1??dt， q?0?r?积分得
111C2?C1， ???CC1C2C1C2CC得 C?12?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．
lnq??t?0?r??C，
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) 当t = 180s时，q = qm/2，电阻率为
??
180
8.842?10?12?2.1?ln2 =1.4×1013(Ω·m)．
15．2 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/A 1i?2.5(1?t)， 2.5 I 由于在相等的时间1.25 t/s 内通过的电量是相o 24 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．
在dt时间内导线产生的热量元为
dQ = i2Rdt，
在24s内导线产生的热量为
第十五章 稳恒电流的磁场
P135．
15．1 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．
[解答]设电容器的面积q -q 为S，两板间的距离为l，则电
S 介质的电阻为
24R??l． Sεr 设t时刻电容器带电量为l 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
?dqU1??q， dtR?0?r?Q??iRdt??[2.5(1?2002242412t)]Rdt 2424负号表示电容器上的电荷减少．
微分方程可变为
11??2.5?6?24??(1?t)3324=300(J)．
0 17
15．3 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)，
一个铜原子的质量为
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
在O点的产生的磁场的方向都是垂直纸面
向里的．根据毕-萨定律：
?0Idl?r0， dB?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
dB1??0Idl，
4?a2由于 dl = adφ， 积分得
B1??dB1?L3?/2?0?0Id?3?0I?8a4?a．
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
dB2??0Idlsin?， 24?r由于 l = bcot(π - θ) = -bcotθ，
所以 dl = bdθ/sin2θ；
又由于 r = b/sin(π - θ) = b/sinθ， 可得 dB2?积分得
?0Isin?d?， 4?b8kT v??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，可得 v= 1.076×105(m·s-1)， 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．
15．4 通有C A I 电流I的导线形
b 状如图所示，图
中ACDO是边
O D 长为b的正方
a 形．求圆心O处的磁感应强度B
图15.4 = ？
A l Idl θ C [解答]电流
?0I3?/4B2??dB?sin?d? ??/24?bL?I?0(?cos?)4?b3?/4??/22?0I 8?b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?0I2?0I． ?8a4?b[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
B??0I?． 4?aθ2 （2）有限长直导线产生的磁感应大小为
B??0I(cos?1?cos?2)． 4?b对于AC段，θ1 = π/2、θ2 = 3π/4；对于CD段，θ1 = π/4、θ2 = π/2，都可得 I 18
r O a Idl b D b θ1 B 2?0I． B2?B3?8?b上述公式可以直接引用．
15．5 如图所示的载流导线，图中半圆的的半径为
Z R，直线部分
伸向无限远处．求圆心OR o 处的磁感应强
Y I 度B = ？
X [解答]在
图15.5 直线磁场公式
利用直线电流的磁场公式：
B??0I(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
BAD?2?0I， 2?aO点的磁感应强度为
B?4BAD?22?0I， ?aB??0I(cos?1?cos?2)中， 4?R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R的圆周上产生的磁感应强度
B??0I． 4?R方向垂直纸面向里．
15．7 两个共轴圆线圈，每个线圈中的电流强度都是2a I，半径为R，两I I x 个圆心间距离
O1O O2O1O2 = R，试证：x RRO、O中点O处
图15.7 附近为均匀磁
场．
[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的轴线上产生的磁感应强度大小为：
1
2
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 = μ0I/2πR．
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
B??Bxi?Bzk??场强大小为
2B?Bx?Bz2??0I4Ri??0Ik． 2?R?0IR2． B?2(R2?x2)3/2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
?0I4??2，
4?R与X轴的夹角为
B1??0IR22[R2?(a?x)2]3/2，
??arctanBz2?arctan． Bx?B2??0IR22[R2?(a?x)2]3/2
15．6 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
A D 一边到O点的距离都I 是a/2，在O点产生的
O 磁场大小相等、方向相同．以AD边为例，
B C 图15.6
19
．
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