电磁学课后答案第四章

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
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 =
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
单位面积上受力 Fs =
F = iB s
4-19(PB13000307 赵朴凝)
解：线圈左边的磁场为 B = 右边为 B = 而 F = (B −B )I L 因此有 F= 方向向右。 4-20(PB13000307 赵朴凝) 解：将圆盘切割为无数个同心圆，每相邻两个圆半径相差 dr，则电流元为 dI = σωr dr 电流元的磁矩为 dm= πr dI 若总磁矩为 m，则总力矩为 M=m B 因此 1 M = πσωR B 4 4-21(张加晋 PB13203136) 解： 小圆环轴线为 Z 轴 μ I I Lb πa( a +b) μ I μ I − 2π( a +b) 2πa μ I μ I − 2πa 2π( a +b)
2 2 js 0p b I 0 Ib B0 = = = , 逆时针 2p d 2p dp (b 2 - b2 ) 2p d (a 2 - b 2 ) 0
(2) 空心部分轴线上的磁感应强度
jp d 2 0 Id B = = , 顺时针，从纸面往里看 2p d 2p (a 2 - b 2 )
' 0 0
5 2 a R + +x 2 2 a +x 2
2 5
2
3 2
2
a +x 2
即
a - R + -x 2
2 2 5 2
+
a + +x 2 R2 +
5 2 a R + x 2 2 a -x 2
2 3
2
3 2
2
a +x 2
a -x 2
X=0 时，
R2 + a +x 2
2 5 2
+
a 2
5 2 a R + +x 2 2
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
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
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
( )
, 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
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 =
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)
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
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
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=-
(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
k 1时， Q 6p r 3
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
(设距圆心距离为 E 处)
NI b 2(b - a ) òa
0
r 2 dr r 2 + z2 y z
2 3 2
NI = 2 b-a
0
y + ln z
+1
ò
b
a
-
r r2 + z2
ò
b
a
NI （令 z=r） = 2 b-a
0
ln
b + r 2 + b2 a+ r +b
2 2
+
a r +n
2 2
-
b r + b2
l
由
Bz =
2 0 1 1
IR
2p ( R + t )
2 1
3 2 2
ò
p
0
d =
2 0 1 1
IR
2( R1 + t )
2
3 2 2
0 1 1 3
I R2 2l
力矩
M = m2 ´ Bz I R1 2 2l 3 p I 1 I 2 0 R1 2 R 2 2 = 2l 3 = p R 2 × I2 ×
第四章
4-1 (马超 PB13203072) 解： 由毕奥萨伐尔定律
dB =
Idl cos , x = r cos , dl = xd cos 4p x2 cos d d = 0 dB = 0 4p x 4p r
0
B=
-
ò
0
0
0
I cos d I = 0 2sin 4p r 4p r
0
=
I 2p r
' 0
4-13 (张加晋 PB13203136) 解：
Fewenku.baidu.com=
e2
2
4pe 0 r Fm = qvB = 3.5 ´ 10 -5 N Fm 400 Fe
4-14 (余阳阳 PB13203083) 解： 由磁矩守恒得
= 8.2 ´ 10-8 N
ev evr ev0 r0 ×p r2 = = 2p r 2 2
1 2 mv = mgh 2
则q = (2)
mv m 2 gh = Bl Bl
10 ´ 10 -3 ´ 2 ´ 9.8 ´ 2 q= C = 3.13C 0.1´ 0.2
4-16 (马超 PB13203072) 解： (1) 圆电流对无限长直导线的作用力与无限长直导线对圆电流作用力大小相等方向 相反。
0 1
4-18(张加晋 PB13203136) 解： （1）设平板的电流密度为 i 由
ò Bdl =
B(2l ) = B=
0
0
0 0
lI
il
0 + B = B2 {B B0 - B = B1
i
2
B2 - B1 2 2 B - B1 i= 2 u0 i =B=
在面积 S=xy 上
I = i× y F = I × Bx
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
p
0
=
Q 8p R
+
2 a + ×2 - x 3 2 R2 + a -x 2
2 5 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 +
B( Z ) =
0
IR 2
3 2
2 R2 + Z 2
B(l ) =
0
IR 2
3 2
2 R2 + Z 2
小球
M = xm H = xm B = uB (l )
B
0
M = xm H
B (l )
0
磁矩
m = MV = xm F = (m ) B = xm
B (l ) m u0
( z = l)
0
B (l ) m 2 u0 2Z