第一章 质点运动学
一、填空题
1
2、r 1= x 1i +y 1j +z 1k ， ∆r =(x 2-x 1) i +(y 2-y 1) j +(z 2-z 1) k
dx dy dz ds v dx dy dz d r d r v =i +j +k ， v =() 2+() 2+() 2 3、v =， 或者。=dt dt dt dt dt dt dt dt dt
v 或者(v x ) +(v y ) +(v z ) ， = v e τ，其大小为v 。
2
2
2
dv x 2dv y 2dv z 2d v dv x dv y dv z d v a =i +j +k ， a =(4、a =， ， a =) +() +()
dt dt dt dt dt dt dt dt
或者
(a x ) 2+(a y ) 2+(a z ) 2 ， a =a τe τ+a n e n ，其大小为(a τ) 2+(a n ) 2，
2
dv v a =e τ+e n 。
dt r
56、（1）ω=
d θd ω
， α=。 dt dt
（2）积分 ; 角速度和 运动方程θ(t )
2
v =a =v =a =7、4i +(-6t ) j ， 9i -12j ，4i -12j (4t +1) i +(-3t ) j ，加速度8、v sin θ 二、 选择题
B ACB
三、计算题
1、质点的运动方程为x =-5t +20t 2和y =15t -10t 2 ，式中x , y 单位为m ，t 的单位
为s ，试求：（1）初速度的大小和方向；（2）初始加速度的大小和方向
答案：v =(40t -5) i +(15-20t ) j ，a =40i -20j ，t=0时v =-5i +15j ，
a =40i -20j
23
2、质点的运动方程为r =(t -5t ) i +(2+4t ) j +(5t ) k ，式中各物理量单位为国际制单位。求：（1）质点速度方程及在t =2s的速度；（2）质点的加速度方程及在t =2s的加速度。
答案：v =(1-10t ) i +(12t 2) j +(5) k ，a =(-10) i +(24t ) j ；
t=2，v =(-19) i +(48) j +(5) k ，a =(-10) i +(48) j
3、质点在oxy 平面内运动，其运动方程为r =(2t ) i +(3-t 2) j ，式中各物理量单位为国际制单位。求：（1）质点的轨迹方程；（2）在t 1=1s到t 2=2s时间内的平均速度；（3）t 1=1s时的速度及切向和法向加速度；（4）t 1=1s时质点所在处轨道的曲率半径。
x 2答案：（1）y =3-，
4
（2）=2i -3j （3）t=1s时，v 1=2i -2j ，a =-2j ，
（4）ρ=42 a τ=2，a n =2，
1
4、一质点沿半径为R 的圆周按规律s =v 0t -bt 2而运动，v 0, b 都是常量。
2
求：（1）求t 时刻质点的总加速度；（2）t 为何值时总加速度的大小上等于b ？（3）当加速度达到b 时，质点已沿圆周运行了多少圈？
(v 0-bt ) 4答案：（1）a =(-b ) +，
R 2
2
（2）t =
v 0
， b
2
v
（3）n=0
4πbR
5、质点沿直线运动，加速度a =4-t 2，如果t =2s时，x =5m，v =2m⋅s -1，试求质点的运动方程。
110110
答案：v =4t -t 3-，x =2t 2-t 4-t +5
33123
6、质点的加速度a =5t i +(3-t 2) j ，如果t =3s时，r =2i +3j ，v =5i 求：（1）
任意时刻质点的速度；（2）质点的运动方程。 答案：
13 2
v =(2. 5t -17. 5) i +(3t -t ) j ； （1）
3
35115
（2）r =(t 3+17. 5t +32) i +(t 2-t 4-) j
62124
7、质点的加速度a =-2x 2，x =3m时，v =5m/s，求质点的速度v 与位置x 的关系式。
4
答案：v 2=-(x 3-27) +25
3
四、简答题
1、位移的大小∆r 与位矢大小的差∆r 相等吗？在直角坐标系中分别表示它们说明你的结论。 答案：不相等
2、简述质点运动学的两类基本问题。
答案：（1）已知加速度、初始条件求质点运动，可用积分方法；
(2).已知质点运动方程求质点速度加速度，可用求导方法；
3、写出伽利略速度变换式并解释式中各物理量的意义。
答案：v 绝对=v 相对+u
其中v 绝对表示物体相对于定坐标系的绝对速度，v 相对表示物体相对于动坐标系
的速度，u 表示动坐标系相对于定坐标系的速度。
第二章 牛顿定律
一、填空题 1 d P
=m a ， 2、F =dt
⎧F x =m a x
⎧F τ=ma τ⎪
⎨F y =m a y ⎨
F =ma n ⎩n ⎪
F =m a z ⎩z
3、弹性力 4、T=5mg 5
二、选择题
DDCAB 三、计算题
1、如下图所示，物体A 、B 和C 叠放在水平桌面上，作用在B 、C 上的水平力分别为F b =5 N, Fc =10 N，A 、B 和C 仍保持静止，则A 与B 、B 与C 、C 与桌面之间是否存在摩擦力，如果存在计算其大小。
答案：A 与B 之间无摩擦力，B 与C 之间有大小等于5N ，C 与桌面之间有大
小等于5N 。
2、一质量为m 的小球（视为质点），在离地面某高度处由静止开始竖直下落。设小球受到的阻力与下落速度的大小成正比，试求（1）小球下落速度随时间的变化关系；（2）位置坐标随时间的变化关系；（3）下落速度与位置坐标的变化关系。
-t mg m 2g -m t mg m
t +2(e -1) 答案：（1）v =（2）y =(1-e ) ；
k k k
k
k
3、小汽车连同驾驶员总质量为1.5吨，以36m/s的速率在平直的高速公路上行驶，发现前方有障碍物开始制动，一般驾驶员反应所需时间为0.7s ，若阻力与时间成正比，比例系数k =3000N ⋅s -1，问车与障碍物距离至少多远时被驾驶员发现才是安全的。
t v k k k 2
t ，t =6时静止 答案：f =-kt ，a =-t ，⎰-=⎰dv ，则v =36-
036m m 2m
⎰v dt =⎰
t x
dx 解的x =108，再加上反应时间的路程总距离为108+25.2=133.2m
4、飞机刚刚降落着地时速度为v 0，设飞机与地面间摩擦系数为μ，滑行过程中受空气阻力k 1v 2方向与速度方向相反、升力为k 2v 2方向竖直向上，求飞机着地运动距离与速度的关系。
答案：以飞机着地处为坐标原点，滑行方向为x 轴正向，竖直向上为y 轴，建立
直角坐标系．飞机在任一时刻受力如图示，F f =μF N 摩擦力，F 阻=k 1v 2空气
阻力，F 升=k 2v 2升力．由牛顿定律得：
d v d v =m v (1) (5分) d t d x
k 2v 2+F N -mg =0 -k 1v 2-μF N =m
m d(v 2)
分离变量积分：⎰d x =⎰- (2) (5分)
0v 0
2[μmg +(k 1-μk 2) v 2]
x
v
μmg +(k 1-μk 2)v 0m
得： x = ln 2
2k 1-μk 2μmg +k 1-μk 2v
四、简答题
2
1、牛顿三个定律的数学表达式及内容。
答案：（1）牛顿第一定律F =0时，质点静止或匀速运动
d P
=m a （2）牛顿第二定律F =dt
（3）牛顿第三定律F =-F ' 2、简述牛顿定律能够解决的主要问题和解题步骤。 答案：a. 已知力、初始条件求质点运动，可用积分方法；
b. 已知质点运动求质点受力，可用求导方法；
第三章 动量守恒定律和能量守恒定律
一、填空题 1、2、
12122
3、 重力势能为kx 0，系统的弹性势能为-kx 0，系统的总势能为kx 0
22
4、 E KA /E KB 为 2:1 5、 增加的动能应为GMm (R 1-R 2)
R 1R 2
二、 选择题
B C D C CC 三、计算题
1、如图所示，质量为M 的滑块正沿着光滑水平地面向右滑动，一质量为m 的小球
水平向右飞行，以速度v 1（对地）与滑块斜面相碰，碰后竖直向上弹起，速率为
v 2（对地）。若碰撞时间为∆t ，试计算此过程中滑块对地的平均作用力和滑块速度增量的大小。
解：（1）m 与M 相碰，设M 对m 的竖直平均冲力大小为，由动量定理有
m v 2
+m g ∆t
m v 2
+m g 。 ∆t
(-mg )∆t =mv
2
-0 可得： =
由牛顿第三定律，M 受m 竖直向下平均冲力也是=对
于
M
，
设
地
面
支
持
力
为，有
-Mg -=0, =Mg +=Mg +
mv 2
+mg ∆t
M 对地的平均作用力为： =(M +m ) g +
mv 2
， 方向竖直向下。 ∆t
（2）以m 和M 为研究对象，系统在水平方向不受外力作用，动量守恒，故有
mv 1+MV =M V ' ∆V =V '-V =
m v 1 M
2、一质量为10 kg的物体，沿x 轴无摩擦地滑动，t =0时刻，静止于原点，求（1）物体在力F =3+4x N的作用下运动了3m ，求物体的动能；（2）物体在力
F =3+4t N的作用下运动了3s ，求物体的动能。
解：（1）由动能定理得 E k =W =⎰ ( J ) F d ⋅x =⎰(3+4x ) ⋅d x =27
3
（2）由冲量定理得3秒后物体的速度为
p =∆p =⎰F ⋅d t =⎰(3+4t ) ⋅d t =27(N.s)
3
⇒v =p /m =2.7m/s
所以物体的动能为 E k =
3、质量为m 的钢球系在长为l 的绳子的一端，另一端固定在O 点。现把绳子拉到水平位置后将球由静止释放，球在最低点和一原来静止的、质量为m' 的钢块发生完全弹性碰撞，求碰后钢球回弹的高度。
解：（1）钢球m 下摆的过程，钢球与地球系统机械能守恒。以最低点为重力势能
零点，建立方程 mgl =
12
mv 0 得 v 0=2gl 2
12
m v ≈36. 5 J 2
（2）钢球和钢块完全弹性碰撞的过程：系统动量守恒、机械能守恒。 设钢球和钢块碰后速度大小分别为v 和V ，并设小球碰后反弹， 动量守恒 mv 0=-mv +m ' V 动能守恒
12121
mv 0=mv +m ' V 2 222
m ' -m
v 0 m ' +m
得钢球碰后的速度为 v =
（3）钢球回弹的过程：钢球与地球系统机械能守恒。
设碰后钢球回弹的高度为h
得 h =(
4、如右图所示，劲度系数为k 的弹簧下竖直悬挂着两个物体，质量分别为 m 1和m 2，达到平衡后，突然撤掉m 2，试求m 1运动的最大速度. 解：选坐标如图，原点O 处为重力势能零点.
设弹簧和m 1、m 2达到平衡时m 1的位置在x 1处。
12
mv =m g h 2
m ' -m 2
) l m ' +m
kx 1=(m 1+m 2) g 得 x 1=
m 1+m 2
g （1） k
m m
撤掉m 2后，由机械能守恒定律有
12112kx 1-m 1gx 1=m 1v 2+E p =m 1v max +E p min （2） 222
系统势能最小时m 1的位置：当m 1速度达最大值时，
四、简答题
1、动量守恒和机械能守恒的条件是什么？
动量守恒：当系统所受合外力为零时，系统总动量将保持不变。应用动量守恒定
律主要是如下三种情况： （1）系统受到的合外力为零。
（2）系统所受的外力比内力小得多，以至可以忽略外力的影响。 （3）在某一特定的方向上，系统不受外力，或所受的外力远小于内力，
则系统沿这一方向的分动量守恒
机械能守恒：当作用于质点系的外力和非保守内力不作功时，质点系的总机械
能守恒。
2、质点系的动量守恒，是否意味着该系统中，一部分质点的速率变大时，另一部
分的速率一定变小？
答： 不是。如果速度方向相反，速率可以都变大。例如反冲作用。
大学物理（1）--标准化作业—4- 1/4 班级 姓名 学号
第四章 刚体的转动
一、填空题
1、角加速度α=-1，t=0到t=20s时间内飞轮转过的角度θ= 90rad 。 2、该力对坐标原点的力矩为 3、圆盘对轴转动的转动惯量为J =
1
MR 2；子弹射入后圆盘角速度变为2
ω=
M ω03ωR 232
；摩擦力矩大小为μM g R ；时间为0；功为-MR 2ω0。
M +2m 3168μg
111
4、动量大小为m l ω；杆绕转动轴的动能为ml 2ω2；角动量为ml 2ω。
263
5、转动角速度为二、 选择题
C A D C D B A 三、计算题
6v
。 7L
ω
F
F
1、一长为L 质量为m 的匀质细杆一端悬于O 点，可绕通过该点的水平轴自由转动。在O 点又有一轻绳悬一质量为m 的小球。当小球偏离竖直方向某一角度时，由静止释放。小球在O 点正下方与静止细杆发生完全弹性碰撞。问绳多长时碰后小球恰好静止？
解：设摆长x, 碰撞前瞬间小球的速度v 0，碰后静止，角动量守恒，机械能守恒。
⎫
⎪mv 0x =J ω
⎪
113⎪2
mv 0=J ω2⎬⇒x =l
223⎪
1⎪J =ml 2
⎪3⎭
2、矩形薄片边长分别为a 和b ，质量m ，绕竖直轴AB 以初角速度ω0转动。薄片每一部分均受到空气阻力作用，其方向垂直于薄片平面，大小与面积、速度大小的
1
平方成正比，比例系数为k 。经过多少时间后，薄片角速度减小为ω0？
2
3、如图示物体质量为m 1和m 2，定滑轮质量为m A 和m B ，半径为R A 和R B , 且m 1>m 2。设绳子长度不变并忽略其质量，如绳子和滑轮间不打滑，滑轮可视为圆盘。试求物体m 1和m 2的加速度。
解：应用定轴转动定律求加速度。m 1和m 2加速度相同， 由牛顿第二定律得：
m 1g -T 1=m a T 2-m 2g =m 2a
，由转动
12
m A R A α12
定律得
12
TR B -T 2R B =m B R B α2
2
T 1R A -TR A =
由于绳子和滑轮不打滑α1R A =α2R B =a 以上等式联立得：a =
(m 1-m 2) g
1
m 1+m 2+(m A +m B )
2
4、匀质细棒长为L 、质量为m ，可绕通过O 点与棒垂直的水平轴在竖直平面内转动，如图示。在A 端作用一水平恒力F =2mg ，棒在力的作用下由静止转过30︒，
OA =
L
, 试求（1）力F 所作的功；（2）若此时撤去力F ，细棒回到平衡位置时的3
角速度？
11
解：（1）W =⎰6Md θ=⎰6F cos θd θ=mgL
0033
π
π
(2)
W =
1112
J ω2-J ω0=J ω2222
L L 2111
J =J C +m (-) =mL 2+mL 2=mL 2
2312369
由以上两式得：
ω=
2W =J 6g L
5、质量为M 长为L 的均匀直棒可绕通过其一端O 的水平轴在竖直平面内无摩擦自由转动。原本静止于竖直位置上。今有一质量为m 的弹性小球以速度v 0沿水平方向飞来，恰好打在棒的下端与棒发生完全弹性碰撞。碰撞后小球弹回，而棒从竖直位置摆到最大角度为θ=30︒处，试求：（1）碰前小球速度v 0；（2）碰撞过程中小球受到的冲量？
1112
=mv 2+J ω2 解：（1）完全弹性碰撞：mv 0
222
外力矩为0，角动量守恒：Lmv 0=J ω+(-Lmv ) 棒在摆动过程中机械能守恒（竖直位置时重力势能为0）
1L 1
J ω2=Mg (1-cos 30︒) ，又J =ML 2 223
故ω=
3g 3m +M
(2-3) , v 0=6gL (2-3) 2L 12m
（2）小球受到冲量向左，取向左为正，由动量定理
I =
⎰
t
Fdt =∆P =mv -(-mv 0) =mv +mv 0=
J ωM
=6gL (2-3) L 6
四、简答题
1. 用手指顶一根竖直竹竿，为什么长的比短的容易顶？这和常识所说的“长的重心高，不稳”是否矛盾？试解释之。
答：倾倒即为绕端点转动，均匀直杆绕端点轴的转动惯量为J =
12
ml ，当杆稍有倾斜时（与2
1M 3g
=sin θ，α与l 竖直线夹角θ），所受重力矩为M =mgl sin θ，角速度α=
2J 2l
成反比，长杆倾倒角速度小，易于调整，短杆倾倒角速度大，往往来不及调整已倾倒，这
与“重心高，不稳定”是不矛盾的。
第五章 静电场
一、 填空题
1、72、 0.72V/m。 3、
q 1d q 1+q 2
，
q 1d q 1-q 2
。
4、 0 ， 2V/m ， 0.5V/m 。 5、 -1.15*10-5 J 。
6、 900V ，50cm 处的电势 450V 。
7、 离球心 r 处（r
8、 电场强度通量为q /ε0．通过立方体任一平面的电场强度通量为q /6ε0。 9、 挖去小块后球心处电势(设无穷远处电势为零) 为 二、 选择题
C B D C C C B C 三、计算题
1、试求边长为a 的正方形中心处的电场强度，若 （1）四个相同的同号点电荷 q 放置在四个顶点上；
（2）两个正号、两个负号的相同点电荷任意放置在四个顶点上。 解：(1)四个点电荷在O 产生场强大小相等方向相反，电场强度为0。 （2）若正负相间放置，电场强度为0.
Q 4πε0R
(1-
∆S
) ． 2
4πR
q
q B
D -
q
（3）若如图放置，E AC =E A +E C =2
14πε0
(=
q 22a ) 2q
πε0a 2
=
q
， 2
πε0a
同理E BD =E B +E D =2
14πε0
(
q 22a ) 2
22
所以E 0=E AC +E BD =
2q
。 2
πε0a
2、一半径为R 的半球壳，均匀的带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小。
解：将球壳分为一组平行的细圆环，任一个圆环所带电荷元
dq =σds =σ2πR 2sin θd θ，球心处电场强度为
d E =E =⎰
xdq
i ，利用几何关系x =R cos θ, r =R sin θ，可得
4πε0(x 2+r 2) 3/21
π/2
σσ
sin θcos θd θ=
2ε04ε0
3、设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的轴对称平行，试计算通过此半球面的电场强度通量。
法一：作半径为R 圆平面与半球面组成闭合曲面，由高斯定理通过该闭合曲面电
场强度通量为零，所以Φ=E πR 2
法二：取球坐标，电场强度和面元在球坐标系中可表示为
E =(E cos ϕe ϕ+sin ϕcos θe θ+sin θsin ϕe r ), d S =R 2sin θd θd ϕe r
所以Φ=⎰E ∙d S =πR 2E
s
4、设有一内外半径分别为R 1和R 2，均匀带电为Q 的球壳，求其电场分布。 解：（1）r
2
E ∙d s =E ⋅4πr =Q /ε0，（ 2）高斯面内电荷为Q 电场强度为r >R 2，Q 4πε0r
2
。
（3）R 1
12E ∙d s =E ⋅4πr =Q 3
ε04π(R 3-R 3)
21
4
π(r 3-R 13) 3
Q (r 3-R 13)
E =332
4πε0(R 2-R 1) r
5、设有一内外半径分别为R 1和R 2，均匀带电的无限长圆筒，电荷线密度为λ．求其电场分布。
解：（1）r
1
（2）r >R 2，作圆柱高斯面，E ∙d s =E ⋅2πrh +0+0=λh ，E =
ε0
λ
2πε0r
1
（3）R 1
λh
2
2
21
ε0π(R -R ) h
π(r 2-R 12) h ，
λ(r 2-R 12)
E =22
2πε0r (R 2-R 1)
6、如图所示，有三个点电荷沿一直线等间距分布，且q 1=q 3=q ，已知其中任一点电荷所受合力均为零，求在固定q 1、q 3的情况下，将q 2从O 点推到无穷远处外力所做的功。
法一：由题意Q 1所受合力为零，
Q 1Q 3Q 1Q 2Q
Q =-解得由电场叠+=0222
44πε0d 4πε0(2d )
加原理，Q 1、Q 3激发的电场在过O 的中垂线上任一点电场强度为
E =
Qy
，将Q 2沿中垂线由O 移动到无穷远处，外力做功为 223/2
2πε0(d +y )
∞
Q 2
W =-⎰Q 2E ∙d l =
08πε0d
法二：由电势叠加原理，O 处电势为V O =
Q 14πε0d
+
Q 34πε0d
=
Q 2πε0d
将Q 2从O 推到无穷远处，外力做功为W =-Q 2V O =
Q 28πε0d
7、设有一内外半径分别为R 1和R 2，均匀带电球壳，总电荷为Q 1，球壳外同心罩一个半径为R 3的均匀带电球面，球面电荷为Q 2，求各区域电场及电势分布。 解：（1）球壳单独存在时，电场分布情况
Q (r 3-R 13)
；R 1R 2， E =2332
4πε0r 4πε0(R 2-R 1) r
Q 1
球面单独存在时，电场分布情况
r R 3， E =同时存在时电场分布情况
Q 24πε0r
2
。
Q 1Q (r 3-R 13)
r
4πε0r 4πε0(R 2-R 1) r
r >R 3，E =
Q 1+Q 2
2
4πε0r
A
∞
（2）电势分布，选无穷远处为电势零点，利用电势求解公式V A =⎰E ∙d l 可得
r
3Q 1(R 1+R 2) Q 2
+22
8πε0(R 1+R 2+R 1R 2) 4πε0R 3
2
Q 1R 2-r 2R 13R 13Q 1Q 2
R 1
2r R 24πε0R 24πε0R 34πε0(R 2-R 1)
R 2R 3，V =
Q 14πε0r
+
Q 24πε0R 3
Q 1+Q 2
4πε0r
8、两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1和R 2（R 1
E ∙d s =E 2πrL =
q
ε0
r
r >R 2，∑q =0， E =0； R 1
四、简答题
1、简述真空中静电场高斯定理并作出解释。
真空静电场中，穿过任意闭合曲面的电场强度通量等于该闭合曲面所包围的
λ
2πε0r
1
所有电荷代数和除以ε0；E ∙d s =
ε0
∑q
i =1
n
in i
。
静电场是有源场；穿过任意高斯面的电场强度通量只与高斯面包围的电荷系有关，与高斯面形状及高斯面内电荷分布情况无关。 2、简述静电场环路定理并作出解释。
静电场中，电场强度沿任意闭合路径的线积分为零；E ∙d l =0。
l
静电场力是保守力，静电场是保守场。
第六章 静电场中的导体与电介质
一、填空题
1、0 0
σ
2、E = 垂直于导体表面
ε
3、无极分子的位移极化 有极分子的取向极化
1
4、w e =ε0E 2
2Q
5、C =
U
6、容纳电荷
1
7、CU 2
2
二、选择题 1、C 2、B 3、A 三、计算题
1、一带电导体球，带电量为Q ，球的半径R ，求球体内、外的电场强度分布。
内⎧0
⎪
E =⎨Q
外⎪4πεr 20⎩
2、 一平行板空气电容器，极板面积为S ，极板间距为d ，充电至带电Q 后与电源
断开，然后用外力缓缓地把两极间距拉开到2d ，求:（1）电容器能量的改变；（2）在此过程中外力所作的功，并讨论此过程中的功能转换关系.
Q 2d /(2ε0S ) Q 2d /(2ε0S ) 四、简答题
1、判断带电导体的电荷分布的依据是什么？
静电平衡条件；高斯定理；电荷守恒定律。
2、简述空腔导体的静电屏蔽作用。
空腔导体将使腔内空间不受外电场的影响；而接地空腔导体将使外部空间不受腔内的电场的影响
3、简述电介质的极化现象。
在外电场的作用下，介质表面产生极化电荷的现象。
4、简述有介质时的高斯定理。
在静电场中，通过任意闭合曲面的电位移通量等于该闭合曲面内所包围的自由电荷的代数和
大学物理（1）--标准化作业—7-1/4 班级 姓名 学号
第七章 恒定磁场
一、填空题
1、 电流密度的大小J = J 的方向与电场E 的方向 2、电源电动势ε的积分表达式为 ε=⎰ E k ⋅d l 。
-+
3、 ∑I i 是指 闭合回路内所包围电荷代数和 ; B 是指 磁感应强度, B 是由环路 内外电流
μIl b
4、 磁通量为0ln 。
2πa
μ0I
。 2πr
6、 安培力的合力_______0______。
μI μI
7、 磁感应强度为0-0。
2r 2πr
8、 内部磁场强度μnI 。 5、 磁感应强度B ＝9. B ⋅d l
L 3
二、选择题
B D D C D A B 三、计算题
1. 在一半径R=1.0cm 的无限长半圆柱面形金属薄片中，自上而下地有I=5.0A的电流通过, 如图所示, 试求圆柱轴线上任意一点P 的磁感应强度B 的大小及方向. 解：在平圆柱面上取宽度为Rd
θI I i =
，dI =iRd θ=d θπR π 度分别为
建立直角坐标系如图所示，dI 在轴线上产生的磁场为 μ0dI μ0Id θ
=
2πR 2π2R
根据对称性分析，B 只有z 轴分量，所以
πμId θ
B =⎰dB z =⎰02sin θ
02πR
μI πμ0I =02⎰sin d θ=2
πR 2πR 0
dB =
4π⨯10-7⨯55
=2=6. 4⨯10-（T ）-2
π⨯1⨯10
2. 如右图所示已知半径为R 的无限长直载流圆柱体内电流均匀分布，大小为I ，求
（1）载流圆柱体外部任意一点处的磁感强度（2）载流圆柱体内部任意一点处的磁感强度。
解：根据对称性分析，应用安培环路定理
ˆ∙d l ˆ=B 2πr =μI (1)对r >R 时， B 0
B =μ0I (r
I 2ˆˆB ∙d l =B 2πr =μr (2)对r
μIr B =0
2 (r
3. 一根很长的载流导体值圆管，内径a, 外径b ，电流强度I, 电流沿轴线方向流动，并且均匀的分布在管壁横截面上，空间一点到管轴的垂直距离为r ，求空间各处的磁感应强度。
解：（1） r >a
⎰ L 1ˆ∙dl ˆ=μ∑I B ⋅2πr =0 ⇒B =0 B 0
（2）a
2222μI （r -a ）r -a 0ˆ=μˆ∙dl B I B ∙2πr =μ(I ) ⇒B = 00∑2222⎰L 2 b -a 2πr （b -a ）
（3） b
μ0I ˆˆ⇒B =B ∙dl =μI B ⋅2πr =μI 0∑ 0⎰L 32πr
4. 如图，载流长直导线的电流为I 0，（1）试求通过矩形面积的磁通量；（2）若矩形回路载有电流I 试计算作用在回路上的合力。
四、简答题
1．试论述静磁场的高斯定理及其物理量的意义。 答：B ∙d s =0 s
磁感应强度对任意闭合曲面的通量为零。
2．试论述真空静磁场的安培环路定理及其物理量的意义。
答：B ∙d l =μ0∑I (L ) (L 内)
磁感应强度沿任何闭合回路L 的线积分，等于穿过该环路所有电流强度代数和的μ0倍。
(L 内) ∑I ：闭合回路L 所包围的电流的代数和，电流方向与L 满足右手螺旋为正，
反之，为负。