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房改房大锅饭大公国静电场中的导体:例题1如图，半径为的接地导体球附近有一个静止点电荷，它与球心相距为，求导体球表面上感应电荷。
解：点电荷在球心处的电势为设为球面上感应面电荷密度，在球面上各点不尽相同(注意：对一个孤立的带电球形导体而言，其电荷是均匀分布在球面上的，即面电荷密度处处相同。
而今，导体球处于点电荷的电场中，对球面上各点的感应电荷分布是不均匀的。
)为此，可先在球面上任取一面积元，其上的感应电荷为，它在球心点的电势为整个球面上的感应电荷在球心点的电势为显然，，上式成为而球心点的电势为与之代数和，且其和应等于零，即由此可得，导体球表面上的感应电荷q′为按题意，导体球接地，以地的电势为零，考虑到位于点电荷q的静电场中的导体是一个等势体，这样，球心的电势亦应为零；而球心的电势则等于点电荷q和球面上的感应电荷q′所激发的电场在点O的电势之代数和。
据此即可求出解。
2.如图，三块平行的金属板A、B和C，面积均为。
板A、B相距，板A、C相距，B、C 两板都接地。
如果使A板带正电，并略去边缘效应，问B板和C板的内、外表面上感应电荷各是多少? 以地的电势为零，问A板的电势为多大解: 按题意，可判断感应电荷的分布如图所示。
因为B、C两板接地，所以两板都带负电，且即(a)考虑到 , , , , 则(b)由式(a)、(b),可得或这里，, , 代入上式，便可算出两板内表面感应电荷分别为，由于 B、C 板接地，外表面感应电荷为零。
又由 , 且，带入上述数值可算得 A 板的电势为。
有介質的靜電場:例题1.在无限长电缆内，导体圆柱A和同轴导体圆柱壳B的半径分别为和(<)，单位长度所带电荷分别为+λ和-λ，内、外导体之间充满电容率为的均匀电介质。
求电介质中任一点的场强及内、外导体间的电势差。
解：取高斯面，它是半径为(<<)、长度为的同轴圆柱形闭合面。
左、右两底面与电位移的方向平行，其外法线方向皆与成夹角θ=π/2，故电位移通量为0；柱侧面与的方向垂直，其外法线与同方向，θ=0°通过侧面的电位移通量为cos0°(2π)。
同 学 们 好§11-2历史之旅：毕奥－萨伐尔定律1820 年4月: 丹麦物理学家奥斯特（1777～1851）发 现电流的磁效应。
“猛然打开了科学中一个黑暗领域的大门。
” ——法拉第历史之旅：1820 年8月: 法国物理学家阿拉果在瑞士得到消息，并于9月向 法国科学院介绍了奥斯特实验，引起极大反响。
1820年10月： 法国物理学家毕奥和沙伐尔发表《运动的电传递给金属 的磁化力》，提出直线电流对磁针作用的实验规律。
法国数学、物理学家拉普拉斯由实验规律推出载流线段 元（电流元）磁场公式。
毕奥和沙伐尔用实验验证了该 公式。
一 毕奥—萨伐尔定律 (电流元在空间产生的磁场)v Idlv dBv 电流元：IdlI d l sin α dB ∝ k 2 rv dBP *v rαv IdlIdB =µ0 Idl sin α4π r2−7v r−2真空磁导率 µ0 = 4π ×10 N ⋅ A方向v Idlv dBv v v µ0 Idl × r dB = 3 4π rv dBP *v rαv IdlIv r任意载流导线在点 P 处的磁感应强度 磁感强度叠加原理v v v v µ 0 I dl × r B = ∫ dB = ∫ 3 4π r试比较点电荷电场公式与电流元毕奥—萨伐尔定律r dE =1 dq v ⋅ 3 r 4 πε0 rr v r µ0 I d l × r ⋅ dB = 4π r3毕—萨定律：电流元产生磁场的规律, 与点电荷电场公式作用地位等价。
二 毕奥—萨伐尔定律的应用 求解电流磁场分布基本思路： 将电流视为 电流元的集合 电流元磁场公式 磁场叠加原理电流磁场分布1.载流长直导线的磁场 已知： I , a , α1 , α2 求：r B 分布r 解：取电流元 I d lµ 0 I d l sin α dB = 4π r 2lBIα2; 方向 ⊗r 各电流元在 P 点 d B同向µ 0 Idl sin α B = ∫ dB = ∫ 4πr 2 ABor I dlaαr rr dB ⊗P统一变量：l = − actgα a dα dl = sin 2α a r= sinαα1Aµ0I α B= ∫α sin α d α 4π a µ0I = (cos α 1 − cos α 2 ) 4π a2 1方向⊗µ0I B= (cos α 1 − cos α 2 ) 4π a方向 ⊗µ0I (cos α 1 − cos α 2 ) B= 讨论： 4π a α1 = 0 , α 2 = π (1)无限长直电流：Iµ0I B = 2π aIr B内密外疏(2)导线半无限长，场点与一端的连线垂 直于导线 µ0IB = 4π a(3)直导线及其延长线上点 r α = 0 或 π , dB = 0r B=02.载流圆线圈轴线上的磁场（I,R）r Id lRr rθr dBPr 解：在圆电流上取电流元 IdlxIoµ 0 I d l sin 90 o µ Id l dB = = 0 2 4π r 2 4π r方向如图各电流元在 P 点r IdlRr dB大小相等，方向不同，由对称性：zr dBr rθr dBPB⊥ = ∫ dB⊥ = 0yIoxr' dBPr Idl ′r IdlRr rθr dBPB = B// = ∫ dB sin θ =x2πR∫0µ0 Idl R 4πr 2 r23 2Ior' Id lr' dBµ0 IR = 4πr 32πR∫ dl = 2( R0µ 0 IR 22+x )方向 :+ x （右螺旋法则）轴线上r B=µ 0 IR 22( R 2 + x 2 )3 2r i讨论： （1） 定义电流的磁矩v v m = IS e nr Pmr nS : 电流所包围的面积规定正法线方向： 圆电流磁矩：r n与 I 指向成右旋关系v 2v m = Iπ R enSI圆电流轴线上磁场：r B=µ 0 IR 22( R + x )2 23 2r i =µ0 m2π ( R + x )2 23 2vr B=µ 0 IR 22( R + x )2 23 2r i =µ0 m2π ( R + x )2 23 2v（2）圆心处磁场x=0Nµ0 I B0 = ; N匝 : B0 = 2R 2R（3）在远离线圈处µ0 Ix >> R, x ≈ rµ 0 IS µ 0 IS B = = 3 2π x 2π r 3 v r µ0 m B = 3 2π r（4）画 B− x曲线 2 r r µ0 IR B= 3 i 2 2 2( R + x ) 2 练习：BoBo = ?xIRoR o⊗IB0 =µ0 I8R3µ 0 I µ 0 I B0 = + 8R 4π R⋅（1） I （2 ）v R B x 0 µ0I o B0 = 2RI R o+（4）BA =d （5） I *AR1µ0 I4π dB0 =µ0 I4RR2（3） I R o*oB0 =µ0 I8RB0 =µ0 I4 R2−µ0 I4 R1−µ0 I4π R1亥姆霍兹圈：两个完全相同的N匝共轴密绕短线圈，其 中心间距与线圈半径R相等，通同向平行等大电流 I。
