大学物理活页作业答案

1.质点运动学单元练习(一)答案

1.B

2.D

3.D

4.B

5.3.0m；5.0m(提示：首先分析质点的运动规律，在》＜2.0s时质点沿x轴正

方向运动；在仁2.0s时质点的速率为零;，在》2.0s时质点沿x轴反方向运动；由

位移和路程的定义可以求得答案。)

6.135m(提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间/的两次积分求得质

点运动方程。)

7.解：⑴r=2ti+(2-t2)j(SI)

=2i+j(m)r2=4i—2j(m)

Ar=/^—=2i—3j(m)

—Ar一一

v=——=2i-3j(m/s)

Nt

rff——(1y一

(2)v=—=2i-2(/(SI)a=-=-2j(SI)

v2=2i—4j(mls)

2

a2=—2j(m/s~)

8.解：

v=[adt=-Ao2[cosco以，=-AosiiKD，

JoJo

x=A+fvdt=A-AofsiiKQtdt=Acosot

9.解：(1)设太阳光线对地转动的角速度为3

71/2=7.27xKT，八

6*3600

一｛=1.94x10-3^/5

COS3t

(2)当旗杆与投影等长时，a)t=n/4

t=-^―=1.08x104s=3.0h

4a)

edvdvdvdv,

10.解：a=——=--------=v——=-ky

dtdydZdy

-ky=vdv/dy

-Jkydy=Jvdv,=^v2+C

已知尸为，v=vo则c=一;y：y：

产=琮+依—

2.质点运动学单元练习（二）答案

1.D

2.A

3.B

4.C

2

ds/_idv4_2v22

5.v=一=4，ms；a=一=4m-s；a=一=8，m-s；

dttdtnR

22

a=4et+Stenm-s~

2

6.a）o=2.0radIs；a=4.0radls；at=ra=0.8rad/s；

22

an=rG）=20mis

7.解：（1）由速度和加速度的定义

dr一-dv-

v=—=2ti+2j（SI）；a=—=2i（SI）

（2）由切向加速度和法向加速度的定义

at=—“产+4=产（s/）

a2-af（SI）

2

（3）p=—=2（r2+i）3/2（si）

an

8.解：火箭竖直向上的速度为'=%sin450-m

火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得

———=83m/s

sin45°

u

9.解:v=---------=34.6m/s

tan30°

uhI

10.解:—<—;V>—u

vh

3.牛顿定律单元练习答案

1.C

2.C

3.A

102T

4.T=-Mg=367.5kg；a==0.98zn/s2

22*2dx.2

5.巧=v42%；2v---=k——=kv

dtdt

f=m包上=—mk2

xdt2

6.解：(1)FTcos©—FNsin0=ma

FTsinO+FNcos0=mg

FT=/ngsin0+/nacos0;FN=/ngcosO—/nasinO

(2)月尸。时；a=gcotO

7.解：\iom(^R>mg

8.解：由牛顿运动定律可得

dv

12»+40=10—

dt

分离变量积分

靴=6尸+4,+6(m/s)

£dx=J(6产+4,+6上，x=It3+It2+6/+5(m)

9.解：由牛顿运动定律可得

-k,v+mg=zn—dv

分离变量积分

10.解：设/沿半径指向外为正，则对小珠可列方程

v2

mgcos0—f=m一，

a

mgsind=m-，

dt

以及v=a^-,dt=—d0f

dtv

积分并代入初条件得v2=2〃g(l-cos。),

V2

f=mgcosd—m——=mg(3cos0—2).

a

4.动量守恒和能量守恒定律单元练习(一)答案

1.A；

2.A；

3.B；

4.C；

5.相同

7.解:⑴"j；a”"。

F=ma=20N；Ax=x3—xx=40/n

W=FAx=800J

(2)1=fFdt=40N•s

8.解：mv=(m+m'}v1

—mv2=—(in++—kx1

222

mm

k(m+m1)

9.解：物体机落下力后的速度为y=12gh

当绳子完全拉直时，有niyjlgh=(m+M)v'

v'=l^n河

2znATi-----

I=21=2Mv'=--------J2gh

TM+my

10.解：设船移动距离x,人、船系统总动量不变为零

Mu+mv=0

等式乘以dr后积分，得fMudt+[mvdt—0

JoJo

ml

Mx+—=0x=----------=0.4

M+m

5.动量守恒和能量守恒定律单元练习(二)答案

1.C

2.D

3.D

4.C

5.18J；6m/s

6.5/3

7.解：摩擦力/=〃帆g

由功能原理-/(再+々)=。-3米；

kx2

解得〃=一%——.

2mg(xt+x2)

一V2

8.解：根据牛顿运动定律mgcosQ-F=m—

NR

由能量守恒定律-mv2=mgh

2

R-h

质点脱离球面时F=0;cosG=--------

NR

R

解得：h=-

3

9.解:(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小

m1v1+m2v2=(m1+m2)v①

>.=+m2V2

m1+m2

(2)两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差

2②

Ep=-mv[+—m7v1--+m2）v

12

联立①、②得/（机]

Ep=3mxm2（Z7j-z72）+m2）

10.解：(1)由题给条件相、M系统水平方向动量守恒，加、M、地系统机械能

守恒.

m(i/-V)-MV=0①

-m(u-V)2+-MV2=mgR②

22

物汨I2gRl2(M+m)gR

解得：Vv=ml-----------；u=J------------------

\M(M+m)VM

(2)当机到达5点时，M以V运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M

为参考系N—mg=mu2/R

N=mg+mu2/R=mg+2(M+m)mg/M

N_Mmg+2(Af+m)mg_3M+2m机好

MM

6.刚体转动单元练习(一)答案

1.B

2.C

3.C

4.C

22

5.v=1.23m/s；an=9.6m/s；a=-0.545rad/s；N=9.73转。

6.-ln2

k

Fr,

7.解：(1)由转动定律，a=——=39.2rad/s2

J

(2)由刚体转动的动能定理后欠=AE|=出=49(1/

(3)根据牛顿运动定律和转动定律：

mg-F,=ma

rF=Ja

a=ra

联立解得飞轮的角加速度a=mg.=21.8rad/s2

J4-mr

8.解：(1)由转动定律mg—=—ml2aa=-

2321

(2)取棒与地球为系统,机械能守恒

1,

=-mgl

Ek-

1,11,22

(3)棒下落到竖直位置时-mol-------ml-coco=

223

、一

9.解：（1）系统的能量守恒，有相助=一1机产,+1—J8,2

22

V=HO

联立解得:

（2）设绳子对物体（或绳子对轮轴）的拉力为T,则根据牛顿运动定律和转动

定律得：

mg-T=ma

Tr=jp

由运动学关系有：a=r/3

Tmgj

联立解得:1=---------7

J+mr

10.解：以中心O为原点作坐标轴Qx、Oy和Oz

如图所示，取质量为

dm=pdxdy

式中面密度P为常数，按转动惯量定义，

ba

22223

Jz=J(x+y)dm=pj\dxj\(x+j)dj=1(a4+ab)

2212

薄板的质量m=pab

22

所以Jz=—(0+*)

7.刚体转动单元练习（二）答案

1.C

2.A

3.D

4.B

7.解：小球转动过程中角动量守恒

W=—Jo2--=—mr^ay1

222

8.子弹与木杆在水平方向的角动量守恒

I[1,2（6m2v

22112i\2）J（叫+3%”

9.解：圆环所受的摩擦力矩为Af=RwgK,

由转动定律\JcmgR=mR2^,。=股

R

至圆环停止所经历的时间，=曳=辿

ajug

10.解：落下过程棒的机械能守恒。设棒刚到竖直位置时角速度为。

—­—MZ7co2-Mg—,①

232

碰撞过程，物体与棒系统角动量守恒

mvx--,②

3

碰撞过程轴不受侧向力，物体与棒系统水平方向动量守恒

mv=—Mey,③

2

A/'/------

①、③消去。，得v=——J3gL,④

2m

②、④消去y,得x=-L.

3

8.机械振动单元练习(一)答案

1.B

2.B

3.C

4.A

5.%=0.lOcos(兀/61+兀/3)m

6.2:1

7.解：A=0.1m,口=2兀/7=兀

运动方程％=Acos(&+0)=0.1cos(m+0)m

(1)由旋转矢量法0=-兀/2,x=0.1COS(TIZ-7T/2)m；

(2)由旋转矢量法夕=兀/3,x=0.1COS(TIZ+7i/3)m；

(3)由旋转矢量法0=兀，x=0.1COS(TTZ+7i)m□

8.解：木块处于平衡位置时，浮力大小尸=mg。上下振动时，取其处于力平衡

位置点为坐标原点，竖直向下作为x轴正向，则当木块向下偏移x位移时，合

外力为

£F=P+F

其中，浮力F=E+夕gSt=mg+夕g/x

合外力=P-F'=-pgcrx=—kx

k=pga2为常数，表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。

pga2x

由Z歹=可得木块运动的微分方程为三+Q

m

令。2=也1,可得其振动周期为

m

9.解：如图，由旋转矢量法可知

32=71/3

图8-1

A%=兀/3ct)=1/3s

111

10.解：(1)E=—kx9=—E=—kA7.

p224

x=^^A«0.141m

2

11111

(2)E=-kx91=-kA92=-(-kA92)=-E

pn28424

3

Ek=E-Ek=-E

9.机械振动单元练习（二）答案

10.B

11.B

12.C

13.2kn+7i/3,7xl0-2m,2kn+4TL/3,lxl0-2m

14.兀/2

15.(1)0.5s,1.5s；(2)Os,Is,2s。

16.解：(1)由已知的运动方程可知：A=0.10m,夕=2兀/3,刃=3兀，

T=2TI/G=2/3S

(2)。=Acox0.94m-s1,6Z=Az>2«8.88m-s-2

maxnmnax

17.解：振动系统的角频率为。=J--一=10s1

Vml+m2

由动量守恒定律得振动的初速度即子弹和木块的共同运动初速度的值纥为

v0=-叫^—=0.8m.s-i

m1+m,

又因初始位移/=0,则振动系统的振幅为

A=左+（且了=%=0.08m

V®（y

如图由旋转矢量法可知外=-兀/2,则简谐运动方程为

x=0.08cos(10?—兀/2)(m)

18.解：如图由旋转矢量法可知，合振动振幅为

A=J4+段+2AAzcos（7t/2）=0.10m

合振动初相为

图9-2

Asin兀/3+4sin兀/6

(p-Tt-arctan—1------------------------------

\COS7l/6-2^COS71/3

=7i-arctan2.341«113

10.解：如图由旋转矢量法可知级=—兀/3,/匕=2兀/3。可见它们是反相的,

因此合振动振幅为：八

A=A—4=1cm

合振动初相为：(P=(Poa=一兀/3

同样由旋转矢量法可知

①/=5口=5兀/6

T=2TI/G=12S

10.机械波单元练习(一)答案

19.B

20.C

21.B

22.1.67m

x—I

23.y=Acos[^(r-------)+00]

u

24.6,30

25.解：(1)由波动方程可知振幅A=0.05m,角频率刃=20兀，//〃=3兀，

2兀

则波速E=6.67m・sT,频率l/=0/2兀=10Hz,波长X=M—=2/3m

①o

(2)011ax=AG=7ia3.14m/s

26.解：(1)由图可知振幅A=0.1m,波长2=4m,波速〃=100m・sT

则。=2兀/7=型=50兀o

又O点初始时刻位于平衡位置且向y轴正向运动，则由旋转矢量法可得

夕=一兀/2,因此波动方程为

y=0.1cos[50TT(Z-X/100)-K/2](m)

(2)尸处质点的振动方程为

y=0.1COS(50TI/-3兀/2)(m)

27.解：由图可知振幅A=0.1m,波长;l=100m,则角频率

271M

3—---=2兀——=71o

T2

由尸点的运动方向可知波向尤轴负方向传播。又由图可知原点。初始时刻位

于A/2处，且向y轴负方向运动，则由旋转矢量法可得%=兀/3。则波动方程为

y=0.1cos[兀(1+xl50)+兀/3](m)

10.解：(1)以A点为坐标原点的波动方程为

y=3xICT?COs[37i(r-x130)](m)

,、ABCDAB7i

(2)(p=(p-2n—=--------

BAAu2

则以8点为坐标原点的波动方程为

j=3x10-2cos[37i(/^-x130)一兀/2](m)

11.机械波单元练习(二)答案

28.C

29.B

30.C

31.2/2,71

32.550Hz,458.3Hz

33.0.08W/m2

34.解：两列波传到S]S2连线和延长线上任一点P的相位差

△夕=/。_01。_2兀_兀_2兀、^

X71

，左侧各点：

△夕=一兀一2兀£~-=-71-271—=-6K,振动都加强；

24

S2右侧各点：

K(p--Ti-lii—~&=一兀一2兀」一=4兀，振动都加强；

24

E、S2之间：

N(p=-7i-27i*J=-7i-27i——£——=-6兀+彳兀=(2k+l)7i

则距$点为：么=Im,3m,5m,7m,9m处各点静止不动。

4：r2

10m

35.解：(1)图11-7

,c以马一()

&P=%0-00-2兀「^=(p-----=~-}=(p-n

Xu

(2)AQ=Q-兀=2E:时振动加强，即e=(2左+1)兀

36.解：反射点为固定端，即为波节，则反射波为

%X

y=ACOS[2K(V^----)+K]=-ACOS2TI(vt----)

2A4

驻波表达式

%xx

V=M+%=Acos[2兀(口+一)]—Acos[2兀("----)]=2Asin2TI—sin2TIvt

444

%兀兀

—2ACOS(2TC-------)cos(2兀H—)

A22

10.解：乙接受并反射的信号频率为

,u+v

V=-------7v

u—0甲

甲接受到的信号频率为

V"=^V'=^.^V=8.56X104HZ

U—O乙U—77乙U—77甲

12.铮电场单元练习(一)答案

37.B

38.D

39.B

40.C

--1九一

41.£\=0(r<R)；E2=-----------er(r>R)

2TC8Or

42.利用点电荷电场的矢量叠加求y轴上的电场强度。

夙川=；―2p2(苏+^)+--(；2P2(一忘+⑹

4neo[y+a)4n&o{y+aJ

欧y)=~~},p2「+3力

a

4Tteo(y'+)

43.解：通过点电荷在电场力作用下的平衡条件求出平衡时点电荷的电量。

Tsina=----Tcosa=mg

2M

tana=

2eomg

q=2sJ"gtana=3.03x10-9C

o

44.解：利用电荷元电场的积分叠加，求。点的电场强度。

n

kdl九%

COS0=cosQdQ=

E,2

4neoR4neoR~22moR

kdl

sinG=0

吗2

4neoR

E=^-i

2n&oR

45.解：取同心球面为高斯面,利用高斯定理求电场强度的分布。

瓦=0（，〈居）

E4KF2瓦=丁—/一周,(R1<r<R2)

2苧一）3断

E4瓦一=空（用-吊）瓦=7^（&-砒（,>"）

33〃r

10.解：用对称性取垂直带电面的柱面为高斯面，求电场强度的分布。

（1）带电面外侧

b^Sp元_qbp；

E•2AS=-------E=±----1

42〃

（2）带电面内

2xASp-xpT

E•2AS=--------E=—i

4

13.铮电场单元练习(二)答案

46.C

47.D

48.B

49.C

51.>

52.解：假设阴极A与阳极B单位长度带电分别为-入与入，由高斯定律求

电场分布，并进一步求出阴极与阳极间的电势差U,由已知量求电场强度并由

阴极表面的电场强度求电子刚从阴极射出时所受的电场力

E=-------U=------1n—

2冗2兀£。4

八遇

%

F=eE=-----------=4.34x1014N

„.R,

8.解：(1)方法一：取同心球面为高斯面，利用高斯定理求电场强度的分布再求

电势分布；

瓦=0(r<K)

2

E24nr=^-瓦=7'现(Rx<r<R2)

4兀£/

…=2±&er3>&)

4兀火厂

fOO—►—►Q1+。2

j£3,dl

=〕;r>R2

4neor4nsor

P七一一

v=]Edl+2

22Jri瓦〃=噢尸屈+

七fMW

V=Rr<r<R2

24兀80r4兀£。&

R一

匕=［叫瓦•加+(2Q1rQ1+Q2-

E3•dl=I------7c•dl+2

瓦点+RIJ&4ner

ItJ"4nsoro

Qr,Q

匕=2r<居

47180Kl4兀£。&

方法二：带电量为。，半径为R的带电球面对电势的贡献

球面内电势：v=Mv=—^—

球面外电势:

4TC80F

有电势的叠加求电势分布；结果与方法一一致。

Q

(2)电势差u=[RE-di=1

JR12

r"•八4兀£八41氏2>

9.解：（1）电场作用于电偶极子的最大力矩：此而=0E=2x10-3N-/n

（2）电偶极子从受最大力矩的位置转到平衡位置过程中，电场力作的功

A=-j'MdQ=-^pEsinQdQ=pE=2xlO-3J

22

*10.解：带电粒子处在/z高度时的静电势能为吗4。

2212

47ie0(/i+7?)

到达环心时的静电势能为W2=40/（4兀5夫）

据能量守恒定律—mv}+W=-mv\+mgh+W

222r

联立求解得

14.导体电介质和电容单元练习（一）答案

53.B

54.C

55.D

56.C

57.<

58.负电；o=£“E=1.06x10-9。/帆2

59.解：两个球形导体用细导线相连接后电势相等，

8

0+02=2x1.0x10C

居一旦

2O

解得：02=—x2.0x10-8=1.33x10-8。；v=—^—=6.0xl03y

3-4兀邑&

-8-83

Qx=-x2.0xl0=0.67X10CV.=—^—=6.0xl0V

34吟&

8.解：依照题意上＞凡导体上的电荷分布基本保持不变，电场可以视为两个长直

带电线电场的叠加。取其中一导线轴心为坐标原点，两根导线的垂直连线为x轴。

任意一点P的电场强度

X(d~R(1kd—R

=-------+-------px=——In--------

2九邑JK(xd-xj兀&R

d»R两直导线单位长度的电容c=±a里

UAB：

R

9.解：方法一：导体电荷的自能就是系统的静电能

W=—fVdq=—V\dq=--------

”2J。8neoR

方法二：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能

C=47ieRW=—Q2=——

n°2C8兀£*

方法三：依照电场能量密度对电场空间的积分求系统的静电能

W=4户=O'。2川=04叱上

24

"2°327t24r4%32兀2〃/327C£or8兀£*

*10.解：(1)导体达到静电平衡时，导体板上电荷分布的规律可参见《物理学教

程习题分析与解答》，根据电荷守恒定律以及C板的电势，有

o[do1,,

——

£«2£。

GiS+o2s=Q

解得一啜；OL华电=4

UDSQQ

(2)C板的电势

15.导体电介质和电容单元练习（二）答案

60.

61.

62.

63.B

64.£r，£r

65.4

66.解：设芯线单位长度带电荷九，芯线附近的电场强度最强，当电压增高时

该点首先被击穿

X

2但声，凡

V=八｝］噜=3］噜

2neoErr2jtEoEr&&

8.解：（1）电容器充满介质后，导体板间的电势差不变

ESU

D=eo£rE=°；°

P=Eo（£r-1）E=£。（£一）"。（2）介质表面的极化电荷面密度

8（8—l）t7

o=±P=土上」一人上

9.解：依照孤立导体球电容的能量求系统的静电能

2

w0=——2CQ/

若断开电源导体所带电荷保持不变，浸没在相对电容率为方的无限大电介质中电容

增大为系统的静电能

叽=工。2=互=也

«2C2erCer

*10.解：用力的高斯定理求得电位移的大小为

D=cr=8.85XIO_10C/m2(0<x<2)

Q

真空中电场强度Eo=———=100V/m

6o%

介质中电场强度O=50V/m

£(A

真空中电势Ui=Eo(小一x)+Ed2=1.5-100%(SI)

U2=E(d2+rfi-x)=1.0-50%(SI)

16.恒定磁场单元练习（一）答案

1.E

2.D

3.C

4.D

5.0

6.0；-\JLOI

7.解：(1)鼠叱=J瓦而="ds-cos0°=6-S((Mc=0.072(m0

SobacSobac

⑵^,nobed=\Bds=JB</SCOS90°=0

SobedSobed

1

⑶i,…e=JBds=JB.rfs-cosCcos^）=B-Sacde-=0,072（^6）

SacdeSacde''

8.解：（1）电子沿轨道运动时等效一圆电流，电流强度为

.eeev

i———

T2冗〃0/v2K«0

原子核（圆心）处的磁感应强度：Bo=^=方向：垂直纸面向外

2ao4冗旬

（2）轨道磁矩：m=iSen=^en方向：垂直纸面向外

2

9.解：（1）在螺线管内取一同心的圆为安培回路

J瓦加=日。£]

I（，内）

B-271r=p07VZ

4°NI

B(r)

2nr

0

(2)(|),n=[B•=fBdScosO-j.bdr=

I[12"2兀&

*10.解：无限长的载流薄导体板可看作由许多无限长的载流直导线组成距板左侧

为/,宽为dl的窄导体板内电流为：

I=—dl

b

由磁感应强度的叠加原理：

BP=/⑷j—"―公&丝)

J2n(b-l+r)•2n(b-1+r)b2nbr

17.恒定磁场单元练习(二)答案

1.B

2.C

3.A

4.C

5.398

6.成2®2,垂直于磁场向上,90°

7.解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动

V2

evB=m——=mRcy2

R

vfly

轨道半径：R=—=5.69xl0-7(m)

eB

i

旋转频率：V=—=——=2.80X109(S-1)

T2nm

8.解：(1)-：U^=UA-UA=6.55mV>0

根据洛仑兹力公式可判断：载流子为带负电的

电子，因而半导体是〃型半导体

(2)由于U.=---

n=竺=2.86x1O20（个/n?）

qaU"

9.解：经分析可知，同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取

同心的圆为安培环路J方•凉=£/

I1内)

r<R.:H-2KF=----Tir2

叫27c.

<r<R2:H-271r=IB=\iH=

2

R2<r<R3H2Ttr=I--------J-?c(r-^)

兀(42-封)

B=No"=

2M(&-&)

r>R3:H•271r=0B=5"=0

*10.半径为R的均匀带电薄圆盘，总电荷为q.圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴

线以角速度。匀速转动，求（1）盘心处的磁感强度；（2）圆盘的磁矩.

解：（1）均匀带电薄圆盘转动后在圆盘面上会形成许多半径不同的圆电流半径为

r,厚度为在的圆环转动后形成的圆电流为:

dqQlnrdroqrdZJrJ----------------------------

dt2冗/(0冗R?

此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为：dB="/i一pi（）（»""r

2r2冗R2

R

\i^qdr(I(D^

盘心处的磁感应强度：B=jdB=j0

271K22nR

so

/c、,o“qrdr

(2)dm=di-S=-----Ttr2

兀WR2

圆盘的磁矩：m=Jdm=j—

s0

磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断

18.电磁感应单元练习（一）答案

1.C

2.B

3.B

4.D

2

5.-\x>omta^Imcosa）t

TiR2a

6.

8

7.解：用导线连接MN与圆环一起构成闭合环路，环路电动势为零，因而半圆环

动生电动势等于直导线的电动势。由动生电动势的关系式：

口方（a+RIv。/%

Ef=I\yxB]-dl=\^o------.-drN--------QIn+--K-----

J八7271r2TIa—R

电动势方向向左。

8.解：感应电荷。=---（①2—①J；®=BS

R

解得B=0.05（T）

9.金属圆板的感应电动势的大小

E=1（6xB^-dl=J。Bro•dr=^coBl?2

方向：中心指向边缘

*10.解：由麦克斯韦电磁场方程,£瓦./=—族谭•曲

2

r<a时，2%rEk=-羽=BO07Tsii{®Z+a）

E=—Ba)rsii{a)^+a)

k2o

2

tdB72

r>4时，2冗田女—------兀Q=Ba)msi+a)

dto

E=—Ba)a2sii/a)Z+a)

k2ro

19.电磁感应单元练习(二)答案

1.C

2.C

3.D

4.C

5.二

7.解：(1)设回路中电流为/,在导线回路平面内，两导线之间的某点的磁感强度

pNoJM-o^

27tx2冗(d-x)

沿导线方向单位长度对应回路面积上的磁通量为

d—rd—

tSdx+了」

①=JBdx=J

rr27tx*271(6?-X)

J^ln—«^ln-

nrKr

Iitr

(2)磁场的能量

12P"a

Ww,"=2〃TT=