电磁学课后答案第四章
电磁学赵凯华,陈熙谋第三版)第四章 习题及解答
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新概念物理教程·电磁学" " 第四章" 电磁介质" 习题解答
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电磁学赵凯华,陈熙谋第三版)第四章 习题及解答
习题 ! ! "
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习题 ! ! !
从而
的介电常量是变化的，在一极板处为 !" ，在另一极板处为 !# ，其它处的介电 常量与到 !" 处的距离成线性关系，略去边缘效应。
电磁学第二版习题答案第四章
j
δ
=
ρ I 3.14 ×10−8 × 20 = = 0.2 V 2 −3 2 m πR 3.14 × (10 )
4.3.5 铜的电阻温度系数为 4.3 ×10−3 / 0C ，在 0 0C 时的电阻率为 1.6 ×10−8 Ω ⋅ m ，求直径为 5mm、长 为 160km 的铜制电话线在 25 0C 时的电阻。
b a
ρ dx ρ 1 1 ρ (b − a) = ( − )= 2 4π r 4π a b 4π ab
ρ dx 4π r 2
4.3.4 直径为 2mm 的导线由电阻率为 3.14 ×10−8 Ω ⋅ m 的材料制成，当 20A 的电流均匀地流过该导 体时，求导体内部的场强。
解：根据 j = δ E ，得 E =
lρ ⎡ 1 1 ⎤ lρ − = π (b − a) ⎢ ⎣a b⎥ ⎦ π ab lρ l =ρ 2 s πa
当 a = b 时： R =
4.3.3 球形电容器内外半径为 a 和 b，两极板间充满电阻率为 ρ 的均匀物质，试计算该电容器的漏 电电阻。 解：对漏电电阻，其内部电极电位差，电流沿径向从高电位向低电位流过，则有： dR = 积分得： R = ∫ dR = ∫
（a） Rab = 1K Ω ， （b） Rab = 4.5Ω （c） Rab = 1.2Ω （d） Rab = 7.4Ω （e） Rab = 5Ω （f） Rab = 1.5Ω （g） Rab = 14Ω
4.2.3 当附图中的 R1 为何值时 A、B 间的总电阻恰等于 R0？ 解：由 R总 = R1 +
U = 0.01× 103 = 10(V ) ， U 额 = RW =
2 P 100 = 0.01 × 100 = 0.01(W )
电磁场理论(柯亨玉)答案第四章 静电场的求解方法
1 G(r , r ') ln r r ' C 2
其中 C 是常数，取决于电位参考点的选取。 上半空间 z 0 的格林函数：
1 1 1 G(r , r ') ( ) 4 R1 R2
式中： R1 [( x x' ) 2 ( y y' ) 2 ( z z ' ) 2 ]
s
第三类格林函数
1 1 ds' s r
G(r , r ')
1 2 G (r r ')
(G G) s 0
其中 、 为已知常数。 第三类静电边值问题的解
(r ) (r ')G(r , r ')dv'
v
f (r ')G(r , r ')
( A0 B0 ln r )(C0 D0 ) ( A r B r )[C cos() D sin()]
其中 0 ，是非整数。 球坐标系中的通解形式： 若 具有轴对称性，即 与 无关：
[ Al r l Bl r (l 1) ]pl (cos )
球内、外空间的格林函数
1
2
球外： G (r , r ')
1
1 1 a 1 ( ) 4 R1 d1 R2
式中： R1 [r 2 d12 2rd1 cos ]
2
2 R2 [r 2 d 2 2rd 2 cos ]
1
2
d2
a2 d1
球内： G(r , r ')
s
ds'
电磁学课后答案第四章
4-2 (张方奕 PB13203055) 解： (1)相互垂直两段对 O 无电磁贡献 = 即有 =− = = ⑵代入 得B + ∙ 0. 5 4 ∙ 0. 5 4 ( − ) = 8 4
I = 20 A, a = 30 mm , b = 50 mm
4 ´ 10 -5 T
4-3 (张方奕 PB13203055) 解： 磁感 B 可分为无限长导线与圆环 O 分别贡献 由安培定理 2 =
0
4-7(张方奕 PB13203055) 解： dQ e 由电流的定义, I= = 2 p r dt ( ) v 则, B = 4p
0
*
ev 2pI = 0 2 = 12.52T r 4p r
4-8 (余阳阳 PB13203083) 解：
Q × Rd × (2p R sin )( R sin ) 2 2 Br = ò 4p R 3 2p 0 2× [( R sin ) 2 + ( R cos - x ) 2 ] 2
又由匀速圆周运动规律得
mv 2 mv = Bqv r = r Bq mv mv = v0 × 0 v× Bq B0 q v= mv0 B v0 , r = B0 q BB0
4-15 (余阳阳 PB13203083) 解： (1) 由动量定理
B
dq ldt = mdv dt
Blq = mv
又由能量守恒
0
ln
b + r 2 + b2 a+ r +b
2 2
+
a r +n
2 2
-
b r + b2
2
4-5 (张方奕 PB13203055) 解： (1).圆环两半相抵消,B=0 (2).电阻之比为
电磁学赵凯华,陈熙谋第三版)第四章 习题及解答
! ! ! ! "" 面积为 "" # !$ 的两平行金属板，带有等量异号电荷 #%# !"，其
间充满了介电常量 ! $ $" # 的均匀电介质。略去边缘效应，求介质内的电场
强度和介质表面上的极化电荷面密度 "#%"
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（"）电容器内各处的电场强度 % 的分布和电势差 &；
（#）介质表面的极化电荷面密度 "!’；
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电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
习题解答4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U ，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③0(,)x b U ϕ=根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a a ππϕ∞==∑由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a a ππ∞==∑两边同乘以sin()n x a π，并从0到a 对x 积分，得到002sin()d sinh()an U n xA x a n b a a ππ==⎰02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩L L ，故得到槽内的电位分布1,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a a ππϕππ==∑L4.2 两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有一极薄的导体片由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。
上板和薄片保持电位U ，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。
a题4.1图解 应用叠加原理，设板间的电位为(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U ）的电位，即10(,)x y U y b ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ①22(,0)(,)0x x b ϕϕ==②2(,)0()x y x ϕ=→∞③002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b d b ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()en x bn n n y x y A b ππϕ∞-==∑由条件③有00100(0)sin()()n n U U y y d n y b A U U b y yd y b d b π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到0002211(1)sin()d ()sin()d dbn d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ故得到 (,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑4.3 求在上题的解中，除开0U y 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
∫Байду номын сангаас
2π / ω
0
r 2650 cos (ωt − kz )dt = ez 1325 W / m 2
2
（3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 r r r r r r P = − ∫ S en dS = − S ( −ez ) |z =0 + S ez |z =1 × 0.25
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 解：（1）瞬时坡印廷矢量 r r r r S = E × H = ez 2650 cos 2 (ωt − kz ) W / m 2 （2）平均坡印廷矢量
r r ω S av = ez 2π
式中
k0 =
2π
µ0
A/ m
λ0
试求（1）
c λ0 λ0 各点处的瞬时坡印廷矢量 z = 0, , 8 4
=
ω
C为真空的光速，λ0是波长。
（2）以上各点处的平均坡印廷矢量 解：（1）E和H的瞬时矢量为
r r r ex jE0 sin ( k0 z ) e jωt = −ex E0 sin ( k0 z ) sin (ωt ) V / m E ( z , t ) = Re r r ε0 r ε0 jωt H ( z , t ) = Re e y E0 cos ( k0 z ) e = ey E0 cos ( k0 z ) cos (ωt ) µ0 µ0 A/ m
s
= 2650 × 0.25 cos 2 (ωt ) − cos 2 (ωt − 0.42 ) = −270.2sin ( 2ωt − 0.42 )W
电磁场与电磁波课后习题答案第四章
4.3若半径为a 、电流为I 的无线长圆柱导体置于空气中，已知导体的磁导率为0μ，求导体内、外的磁场强度H 和磁通密度B 。
解：（1）导体内：0≤ρ<a由安培环路定理，⎰•ll d H='I'I =22.I a πρπ=22I a ρ 所以，21.22I H a ρπρ=，122I H a ρπ=，122I H e a ϕρπ→→=，011022I B H e a ϕμρμπ→→→==（2）导体外：a ≤ρ<+∞⎰•l l d H =I, 所以2.2H I πρ=,22I H e ϕπρ→→=，022I B e ϕμπρ→→=4.5 在下面的矢量中，哪些可能是磁通密度B ？如果是，与它相应的电流密度J 为多少？ （1）F a ρρ→→=解:1..()F F ρρρρ→∂∇=∂=1.2ρρ=2≠0所以F →不是磁通密度 （2）F →=-x a →y+y a →x 解：∇.F →=y x ∂-∂+xy ∂∂=0 所以F 是磁通密度 B →∇⨯=0μJ →=|x y ze e e x y zy x 0→→→∂∂∂∂∂∂-=2z e → 所以 J →=02μz e →（3）F →=x a →x —y a →y∇.F →=0F →是磁通密度B →∇⨯=0μJ →=|x y ze e e x y zx y→→→∂∂∂∂∂∂-=0所以J →=0 （4）F →=a ϕ→-r∇.F →=0所以F →是磁通密度B →∇⨯=r 2a a a r sin r sin rr 20r sin 0ϕθθθθϕθ→→→∂∂∂∂∂∂-=r a →-θcot +2a θ→=0μJ →所以J →=0cot θμ-r a →+02μa θ→ 4.6已知某电流在空间产生的磁矢位是A →=x a →2x y+y a →x 2y +z a →（2y —2z ） 求磁感应强度B →解：B →=A →∇⨯=|x y z2e e e x y z222x y xy y z →→→∂∂∂∂∂∂-=2y x e →+z e →（2y —2z ）4.13已知钢在某种磁饱和情况下的磁导率为1μ=20000μ，当钢中的磁通密度为B 1=0.5×102T ，1θ= 75°时，试求此时的磁力线由钢进入自由空间一侧后，磁通密度2B 的大小与2B 与法线的夹角2θ。
电磁学第四章习题答案
第四章 习题一(磁场)1、一根载有电流I 的无限长直导线，在A 处弯成半径为R 的圆形，由于导线外有绝缘层，在A 处两导线并不短路，则在圆心处磁感应强度B的大小为( C )(A) I (μ0＋1)／(2πR) (B) μ0πI ／(2πR) (C) μ0I(1＋π)／(2πR) (D) μ0I(1＋π)／(4πR)2、载有电流为I 的无限长导线，弯成如图形状，其中一段是半径为a 的半圆，则圆心处的磁感应强度B的大小为( D )(A) μ0I ／(4a ) + μ0I ／(4πa )(B))8/(2)4/()4/(a I a I a I o o o πμπμμ++(C) ∞(D))4/(2)4/()4/(a I a I a I o o o πμπμμ+-3、如图，电流I 均匀地自下而上通过宽度为a 的 无限长导体薄平板，求薄平板所在平面上距板的一 边为d 的P 点的磁感应强度。
解：该薄板可以看成是由许多无限长的细直载流 导线组成的，每一条载流线的电流为dI =Idx /a ， 根据无限长直载流线磁场公式，它们在P 点产 生的磁感应强度的大小为xdxa πI μx πdI μdB 2200==，B d 的方向⊗ ∴ dad a πI μx dx a πI μdB B a d d ad d+===⎰⎰++ln 2200，B 的方向⊗PB4、电流均匀地自下而上通过宽为2a 的无限长导体薄平板，电流为I ，通过板的中线并与板面垂直的平面上有一点P ，P 到板的垂直距离为x ，设板厚可略去不计，求P 点磁感应强度B 。
解：面电流线密度a I j 2/=在离轴线y 处取一宽为dy 的窄条，其电流为dy a Ijdy dI 2==, 22y x r +=P 点B d的方向如图所示。
r πdI μdB 20=220044yx dy a πI μr dy a πI μ+== 22cos sin yx x rx φθ+===，22sin cos yx y ry φθ+===2204cos y x ydya πI μθdB dB x +==，2204sin y x xdy a πI μθdB dB y+== 04220=+==⎰⎰--a a aa x x yx ydya πI μdB Bxaa πI μx y a πI μy x dy aπIx μdB B aa aa aa y y arctan 2arctan 4400220==+==---⎰⎰ y y y x x e x a aπIμe B e B B ⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=arctan 205、求上题当a →∞，但维持aIj 2=(单位宽度上的电流，叫做电流线密度)为一常量时P 点的磁感应强度。
大物电磁学课后答案4
a
|2
a
2
0I arctg a a 2x
y
a/2
dB x
Bx 0
B
B
2 x
B
2 y
By
0I arctg a
a
2x
当a 时， B 0I arctg 0I 0 j .
a
a 2 2
补充4.4 边长为a的正方形载流回路，电流为I， (1)求这回路轴
2
2
0I 2 2 R
d
0I 2R
dI
x
dB
柱面横截面图
（沿x正向）
4-15 载流长直导线弯成图中三种形状，求O点的磁感应强度B。
解:（a）分成4段
B1 B3 0
B2
0Idl 4R12
0
0I 4R12
R1d
0I 4R1
同理
B4
0I 4R 2
解： (1) eE evB v E/B 3.75103 (米/秒）
（2）E，V，B 两两垂直
4-10 已知一电量为q的粒子垂直入射到磁感应强度为B的均匀磁
场以前，经过电压为V的电场加速，粒子的初速度可以忽略不计
，进入磁场后经过半圆到达照像底片上的P点，已知粒子入口至
P点的距离为x，求该粒子质量。
解：由于BC和AD中I2方向相反，在I1的磁场中受
力，大小相等方向相反，合力为零。
I1
AB受力为
FAB
I 2lB1
I
2l
0I1 2a
（方向如图）
ab
B
C
I2 l
电磁学(赵凯华,陈熙谋第三版)第四章 习题及解答
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若上极板带负电，则 #
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新概念物理教程·电磁学! ! 第四章! 电磁介质! 习题解答
! ! ! ! "" 一平行板电容器两极板的面积都是 "" # !" ，相距为 $" # !!，两
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板 间 加 上 %# ### # 电压后，取去电源，再在其间充满两层介质，一层厚 "" #
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
P a v sS a vd s 0 2 0 2 1 0 E r 0 2 s in 2• r 2 s indd E 9 0 0 2 W /m 2
A
9
A
2
及
•E•A t
2•A
t
2
令 •A0
代入1和2式，得 2A2AJ
t2
t
2
A
3
4.9在自由空间中的电磁场为
Ez,tex1000costkz V/m Hz,tey2.65costkz A/m
式中 k000.42 rad/m
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。
0 , 0 各点处的瞬时坡印廷矢量
84
（2）以上各点处的平均坡印廷矢量
解：（1）E和H的瞬时矢量为
E z,t R e e xjE 0sin k0zej t e xE 0sin k0 zsin t V /m
H z,t R eey
0E 0c o sk0 zej t ey
0
0 0E 0c o sk0 zc o s t
解：（1）瞬时坡印廷矢量
S E H e z 2 6 5 0 c o s 2 t k z W / m 2
（2）平均坡印廷矢量
S a v e z20 2 / 2 6 5 0 c o s 2 A t k z d t e z 1 3 2 5 W /m 2 4
（3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。
试计算通过以坐标原点为球心，
r0为半径的球面s的总功率。
解：将E和H写成复矢量形式
电磁学(赵凯华)答案[第4章 电磁介质]
![电磁学(赵凯华)答案[第4章 电磁介质]](https://img.taocdn.com/s3/m/64ee6be37c1cfad6195fa719.png)
1.如图所示，一根细长的永磁棒沿轴向均匀磁化，磁化强度为。
试求图中表示的1、2、3、4、5、6、7各点的磁感应强度和磁场强度。
解永磁体被磁化，可以认为表面出现磁化电流，由磁化电流与磁化强度的关系，可知。
并且磁化电流产生的磁感应强度可与一细长螺线管产生的磁场等效，所以由细长螺线管磁场分布可知，在细长螺线管轴线上，其端部的磁感应强度恰为其中部的一半，故表明磁感应线连续。
因为沿方向的投影式为所以表明磁场不连续。
2有一圆柱形无限长载流导体，其相对磁导率为，半径为，今有电流沿轴线方向均匀分布，试求： 导体内任一点的 ； （2）导体外任一点的 ； （3）通过长为的圆柱体的纵截面的一半的磁通量。
解 （1）在导体内过距轴线为 的任一点作一个与轴垂直，圆心在轴线上，半径为 的圆周作为积分线路，如图所示。
此圆周与磁场线重合，而且沿圆周 是常数。
故得根据含介质的安培环路定理因导体内电流均匀分布，所以电流密度为在半径为 的截面中所以 ,则（2）在导体外任一点 ，以过这一点而圆心在轴线上的圆周作为积分线路，同样得因 ，故 ，所以 ,(3)如图所示，通过长为的圆柱体纵截面的一半的磁通量为3同轴电缆由两同心导体组成，内层是半径为的导体圆柱，外层是半径分别为、的导体圆筒，如图所示。
两导体内电流等量而反向，均匀分布在横截面上，导体的相对磁导率为,两导体间充满相对磁导率为的不导电的均匀磁介质。
试求在各区域中的分布。
解:对称性分析可知，在半径相等处的磁场强度大小相等，方向与电流方向成右手螺旋关系。
可用含介质时的安培环路定理求得，再由、之间的关系求得分布。
在中，,所以在中所以在中所以在中,, 各区域的方向与内层导体圆柱中的电流方向成右手螺旋关系。
4 一铁环外均匀绕有绝缘导线，导线中通有恒定电流，今若在环上开一条狭缝。
试求：（1）开狭缝前后，铁环中的，和如何变化；（2）铁环与缝隙中的，和。
解由高斯定理可知，磁场中磁感应强度总是闭合曲线，而磁场强度线却不一定连续；的环流是由回路中的传导电流决定的，而的环流是由回路中的传导电流和磁化电流（也称束缚电流）共同决定的。
电磁学习题解答第四章
解：依题意可求得
B1 0 I1 / 2d
B2 0 I 2 / 2d
d
I2
但 B1B2 故
I1
d
d
P
B
B12
B22
0 2d
I12
I22
4 2
107 0.02
4.02 6.02 7.2105(T)
11.载流线圈半径R=11厘米，电流I=14安,求它轴线上距离 圆心r0=0和r0=10厘米的磁感强度B等于多少高斯？
3/2
2
0 I 2 R22
R22 (b x)2
3/2
I2
17.上题中如果电流反向,情形如何? 解：若电流方向相反,则产生磁场方向相反
B
B1
B2
2
R12
0 I1R12
(b x)2
3/2
2
0 I 2 R22
R22 (b x)2
3/2
18. 电流均匀地穿过宽为2a的无穷长平面薄板,电流强度为I， 通过板的中线并与板面垂直的平面上有一点P,P到板的垂直 距离为x，设板厚可略去不极,求P点的磁感应强度B.
(0 j2 )2 2
0
j
1
2
j22
2
（3）当j1＝j2＝j3时，板内外磁场为：
B=
20 j
2
23.习题20中若i1和i2之间成任意夹角 ，情形如何？ 解：依题意要求，可知磁场分布：
（1）两板之间，
B
B12 B22 2B1B2 cos
0
2
（2）两板之外，
j12 j12 2 j1 j2 cos
解：两半直电流在点的磁场为零,四分 之一圆电流的磁场:
B=1/4(µ0I/2R)=Iµ0/8R 方向垂直向里.
电磁学 (王楚 李椿 周乐柱 著) 北京大学出版社 课后答案 第四章 课后答案【khdaw_lxywyl】
2 1 1 2 1
da
r R1
R2
做半径为 r 的圆环，
2 rB(r ) 0 I 0 B(r )
课
ww
w.
（2）
r R2
R2
B(r )ds
0
R1
0
R I 0 I 0 r 0 0 ldr ldr 2 R 2 R1 2 r
d
0 0
(d r0 )
两根导线在该环路上产生的磁感应通量相同，所以，总磁感应通量是
案 网
(d r0 )
r R1
应用安培环路定理
2 rB (r ) 0
R2 r R1
I0 Ir r 2 B(r ) 0 0 2 2 R1 2 R1
kh
0 I 0 2 r
da
课
后 答
N B 1.5 102 2.4 104 m 1 7 l 0 I 2 10
w.
N l
案 网
螺线管内的磁场是均匀的，取长度为 l 的螺线管，做一矩形环路，长为 l ，一边在螺线管内， 一边在螺线管外， 有
co
4.4 (1) -2A (2) -2A
m
0 I 0l R2 ln 2 R1
co
m
0 I 0 2
I0
方向由 右手定则确定。
L
4.3 这时有
0 (r R1 ) I B (r ) 0 0 ( R1 r R2 ) 2 r 0 (r R2 )
4.5
Bl 0 IN n
（N 为l长度内的匝数） B 0 I
2 RB 0 n1 I B
电磁学答案第四章
H4 = 0
w4 = 0
W4 = 0
单位长度总能量:
W = W1 + W2 + W3 + W4 2 c μ 0 I 4c ln 3c 4 + 4c 2 b 2 b 4 μ0 I 2 μ0 I 2 b b = + ln + 2 2 2 16π 4π a 16π ( c b )
2
2 c 4c ln 3c 4 + 4c 2 b 2 b 4 b μ0 I 2 1 b = 1.7 × 10 5 J + ln + = 2 2 2 4π 4 a 4 (c b )
μr
(103) ? ! 4.9 6.4 7.8 8.8 8.6 6.1 3.8 2.1
memo
最大
⑶ 最大磁导率: 0.011 N/A2
P. 289 4-42, 【解】:
H = i 2π r
D
原磁化方向
I
i = 2π rH
最大值
i ≥ π DH C 103 = π × 0.8 × 10 3 × 2 × 4π = 0.4A
B~H曲线
H(A/m) 0 100 200 300 400 500 600
⑵ 磁导率: H (A/m) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 33 50 61 72 93 155 290 600
μr μ0 B (Wb/m2) (10-3N/A2) 0 ? ! 0.2 6.1 0.4 8.0 0.6 9.8 0.8 11.1 1.0 10.8 1.2 7.7 1.4 4.8 1.6 2.7
1.0 498 2 × + × 10 3 4π × 10 7 796 1 = 2.09 × 10 3 =
P. 290 4-50, 【解】: ⑴ 气隙中
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0
Br = 0
k < 1时， Q 6p R
0
Br =
(2) 该球的磁矩
m = ò p ( R sin ) 2
0
p
Q ( R × 2p R sin )d 4p R 2 × 2p
= =
Q
2
R
2
p
4 Q R 3
ò sin
0
3
d
4-9 (张加晋 PB13203136) 解： ⑴由圆电流轴线的场B =
2 3 2
2
3 2
2 a 2
2
a 2 =0
a R2 + +x 2 - R2 + - R2 a 2
2
5 2
5 2 a + R + +x 2 2
2
2
a +x 2
2
+5 a 2
2
a 2
2
=0
+5
=0
当 R=a 时
d 2B ,在 x=0 处 2 = 0 d x
2 d B dB 即 a=R 时， x =0 = 0 ， dx 2 dx
x =0
=0
即 B 在为 a=R 时，x=0 附近 B 为常数。 4-10(张加晋 PB13203136) 解：磁矩的运动场： B =
u 0 m 3u 0 r 0 ( m × r 0) + 4p r 3 4p r05
因为地球半径运大于小电流环半径，地面磁极的场可视为磁矩与
ro 半径时磁矩 m
B=-
+
2 a + ×2 - x 3 2 R2 + a -x 2
2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ5 2
=0
- a + 2x R2 + a +x 2
2 5 2
+
a - 2x R2 + a -x 2
2 5 2
=0
在 x=0 处，自然成立(a 可为任意值)
d 2B 现证： 2 dx
即
x=0
=0
a - R2 + +x 2
2
5 2
a + +x 2 R2 +
I I 2 Rd 2p ( L - R cos ) I I R cos d dF = 0 1 2 2p ( L - R cos ) dF =
0 1
F = 2ò
0
p
I I R cos d = 2p ( L - R cos )
0 1 2
0 1 2
II (
L L -R
2 2
- 1)
方向指向导线，即为吸引力 (2) 以过环心且与无限长直导线平行的直线为轴，所受磁力平行于纸面，谷堆此轴无 力矩。 4-17 (张加晋 PB13203136) 解： E
0
1 l 2 1 2 2 l +r 4
=
I l , 当l r时， 2p r l 2 + 4r 2 I B = 0 与安培环路定理结果一致 2p r
0
4-2 (张方奕 PB13203055) 解： (1)相互垂直两段对 O 无电磁贡献 = 即有 =− = = ⑵代入 得B + ∙ 0. 5 4 ∙ 0. 5 4 ( − ) = 8 4
4-11 (PB13000307 赵朴凝) 解： 与轴距离大于 r 的电流对磁场的贡献相互抵消 （与一个均匀带电球壳内部电场强 度为零相类比），与轴距离小于 r 的电流在 r 处的磁场等于位于轴线的电流在 r 处的磁场 （与一个均匀带电球壳外部的场强等于电荷全部集中于球心时的场强相 类比），因此与轴距离在 r 以内的电流是有效的，设四种情形下有效电流为 Ii,i=1,2,3,4，则 r I = I a I =I c −r I = I c −b I =0 再由B = 可得 μ I r 2π a μ I B = 2πr μ I c −r B = 2πr c −b B =0 B = 4-12 (余阳阳 PB13203083) 解： (1) 可将空心部分假想为通有大小相等， 方向相反的电流。电流密度等于管中的电流 密度(填补法)，则圆柱轴线上的磁感应强度
I 2p - 2 0I × = 12R 2p 2R p
0
直线对 O 点的磁感应强度为
I B2 = 4p R cos
0
òp
p
2
+
2
-
sin d
=
I × tan 2p R
0
合磁场B = B1 + B 2 =
I tan 1- + 2R p p
0
4-7(张方奕 PB13203055) 解： dQ e 由电流的定义, I= = 2 p r dt ( ) v 则, B = 4p
0
-1
ò
1
(1 - t 2 )dt (1 - 2tk + k )
3 2 2
(k =
r ) R
积分可得：
Br =
Q 8p R
0
-1
ò
1
(1 - t 2 ) dt (1 - 2tk + k )
3 2 2
1+ k 2 [( k + 1) + ( k - 11)] k 0Q = { } 3 [( k + 1) + ( k - 11)] 2k 2 2 6 2p R k 2k
远场 B 值为
u 0 m 3u 0 R 3m 2u 0 m u 0 m + = = 4p r 3 4p R 5 4p R 3 2p r 3
u0m 2 ´ 3.14 ´ (6 ´ 106 )3 ´ 0.810-4 m= B= = 8.6 ´10 22 (安 × 米2 ) 3 -3 2p r 4p ´10
2
4-5 (张方奕 PB13203055) 解： (1).圆环两半相抵消,B=0 (2).电阻之比为
R R
=
1 2
=
2p -
=
I I
2 1
即有
B
0
I
1
(2p - )
1
4pR
B
2
= -
0
I
2
4pR
2
即有 B 1 +
B
= 0
4-6(张加晋 PB13203136) 解： 圆弧对 O 点的磁感应强度为
B1 =
2
1 (1 + )
i=
NI b-a
① 中心处：一个面电流环产生磁场
总磁场
B = ò db = ò
a
0
b
b
a
idr 2r i b NI b 0 idr = 0 ln = 0 ln 2r 2 a 2(b - a) a dB =
0
ir 2 dr ②轴上. dB = 2 r2 + z2
B = ò dB =
a b
又由匀速圆周运动规律得
mv 2 mv = Bqv r = r Bq mv mv = v0 × 0 v× Bq B0 q v= mv0 B v0 , r = B0 q BB0
4-15 (余阳阳 PB13203083) 解： (1) 由动量定理
B
dq ldt = mdv dt
Blq = mv
又由能量守恒
IR 2
3
2( R 2 + Z 2 ) 2
= 1.1´10-12 N
为排斥力 4-22(PB13000307 赵朴凝) 解：磁铁的磁场来自于内部的分子环形电流，因此只要推出两个磁矩分别为 m1 和 m2 的载流线圈 1 与线圈 2 间的作用力与 1/r4 成正比即可。 先研究线圈 1 对线圈 2 的作用力，当两线圈相距较远时，线圈 1 在线圈 2 处产生 的磁场为 3μ ( ∙ )∙ = − 4πr 4πr 其中 r 为线圈 2 相对线圈 1 的位置矢量。磁矩为 m2 的线圈在磁场 B 中的能量为 W = ∙ 线圈 2 受线圈 1 的力可通过对能量求梯度求得（应用虚功原理） ： F = −∇W 因此 3μ 3μ (5m m − )+ F = (m +m ) 4πr 4πr 可见作用力随距离变化呈 1/r4 型衰减。 4-23 (马超 PB13203072) 解： (1)
( )
, d 为场点距 O 的距离，方向满足右手定则。
u 0 IR 2 a 2 R2 + +x 2
2 3 2
利用叠加原理
B x = + u 0 IR 2 a 2 R2 + -x 2
2 3 2
B 的方向沿轴线向右。 ⑵
dB = 0时 dx
2 a - ×2 + x 3 2 R2 + a +x 2
2 5 2
(3) 由数据以及(1)和(2)中所得的公式，得
4p ´10-7 ´ 20 ´ 0.52 B0 = T = 2 ´10-6 T -3 2 2 2p ´ 5 ´10 ´ (10 - 0.5 )
4p ´10 -7 ´ 20 ´ 5 B = T = 2 ´10-4 T 2p ´ (10 2 - 0.52 ) ´10-3
I = 20 A, a = 30 mm , b = 50 mm
4 ´ 10 -5 T
4-3 (张方奕 PB13203055) 解： 磁感 B 可分为无限长导线与圆环 O 分别贡献 由安培定理 2 =
= 又圆环 = = 4-4(张加晋 PB13203136) 解： 面电流 +
2 = 2
∙ 2 4 =
' 0
4-13 (张加晋 PB13203136) 解：
Fe =
e2
2
4pe 0 r Fm = qvB = 3.5 ´ 10 -5 N Fm 400 Fe