电磁学课后答案第四章

第四章第四章 4-1 (马超 PB13203072) 解： 由毕奥萨伐尔定律 0 0 0 2 00 000 0 22 0 22 0 cos ,cos , cos 4 cos 44 1 cos 2 2sin 4421 4 , 2 4 2 当时， 与安培环路定理结果一致 ? ? ? ? ? ? p ? ? pp ? ? ? ppp ? p ? p - = ?= = + = + = ? Idl xd dBxrdl x dd dB xr l IdII B rrr lr Il lr r lr I B r 4-2 (张方奕 PB13203055) 解： (1)相互垂直两段对 O 无电磁贡献 ? = ? 4? 即有 ?= ? 0. 5? 4? ?= ? 0. 5? 4? ? = ?+?= ?(? ?) 8? 代入 20 ,30,50IA amm bmm= 得 5 4 10BT - ? 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?= ? ?= ? 2? 又圆环 ?= ? 2? 4? = ? 2? ? = ?+?= ? 2? (1 +1 ?) 4-4(张加晋 PB13203136) 解： 面电流 = - NI i ba 中心处：一个面电流环产生磁场 0 2 ? =B idr d r ?总磁场 000 lnln 222(b a) ? = - bb aa idriNIbb Bdb raa 轴上. ? 2 0 22 2 ? = + ir dr dB rz (设距圆心距离为 E 处) ? ? 2 0 3 22 2 2 0 22 2() ln1 2 ? ? = - + ? ? ? =+- ? ?- ?+ ? bb aa bb aa NIr dr BdB ba rz NIyyr bazz rz （令 z=r） ? 22 0 222222 ln 2 ? ? + =+-? ? - + ? NIbrbab ba arbrnrb 4-5 (张方奕 PB13203055) 解： (1).圆环两半相抵消,B=0 (2).电阻之比为 I I R R 1 2 2 1 2 = - = ? ?p 即有 R I B p ?p ? 4 )2( 1 0 1 - = R I B p ? ? 4 2 0 2 -= 即有0 21 =+ BB 4-6(张加晋 PB13203136) 解： 圆弧对 O 点的磁感应强度为 00 1 22 1 222 ?p? pp -? =- ? ? II B RR 直线对 O 点的磁感应强度为 0 12 tan 1 2 合磁场 ? pp ? ?=+=-+ ? ? I BBB R 4-7(张方奕 PB13203055) 解： 由电流的定义, ) 2 ( v r e dt dQ I p = 则,T ev r I B r 52.12 4 2 * 4 2 00 = p p p ? 4-8 (余阳阳 PB13203083) 解： 2 0 2 3 22 02 12 0 3 2 12 (2sin )(sin ) 4 2 2(sin )(cos) (1) 8 (12) () p ? ?p? p p ? ? ? p - = +- - = -+ = r Q RdRR R B RRx Qtdt R tkk r k R 0 2 0 2 2 sin 4cos tan 2 p ? p ? ? ? ? p? ? ? p + - = = I Bd R I R 积分可得： 1 2 0 3 2 12 2 0 3 2 2 (1) 8 (12) 1 (1)(11) (1)(11) 2 6 2 2 ? p ? p - - = -+ + +- =- +- r Qtdt B R tkk k Qkk k kk k R k k 0 3 1 6 时， ? p = ? r k Q B r 0 01 6 时， ? p ? = r k Q B R (2) 该球的磁矩 2 2 0 2 3 0 2 (sin )(2sin ) 42 sin 4 3 p p ? p?p? pp ? ? ? ? = = = Q mRRRd R QR d Q R 4-9 (张加晋 PB13203136) 解： 由圆电流轴线的场B = ? ?(?) ? ? , d 为场点距 O 的距离，方向满足右手定则。 利用叠加原理 ? ? 00 22 33 22 22 22 22 22 u IRu IR B x aa RxRx =+ ? ? +- ? ? ? ? ? B 的方向沿轴线向右。 0 dB dx = 时 ? 55 22 22 22 55 22 22 22 22 22 3232 0 22 22 0 22 aa xx aa RxRx axax aa RxRx ? -+- ? ? += ? ? +-? ? ? ? ? -+- += ? ? +- ? ? ? ? ? 在 x=0 处，自然成立(a 可为任意值) 2 0 2 0现证： = = x d B dx 即 即 53 22 22 22 5 2 2 53 22 22 22 2 2 5 2 22222 2 5 2 222222 2 aaaa RxxRxx a Rx aaaaa RxxRxxx a Rx ? ? -+ ? ? ? ? ? ? ? + ? ? ? ? ? ? ? -+-+-? ? ? ? ? + ? ? +- ? ? ? ? ? 3 ? X=0 时， 53 22 22 22 53 222 22 22 22 2 22 2 5 2 22222 5 20 2222 50 22 50 22 aaaa RxRx aaa RxRx aa Rx aa R ? ? +-? ? ? ? ? ? ? +=? ? ? ? ? ? ? ?-+=? ? ? ? ? ? ?-+= ? ? ?当 R=a 时 ,在 x=0 处 2 2 0 d B d x = 即 a=R 时，0 0 x dB dx = = ， 2 0 2 0 x d B dx = = 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： 0000 35 0 3() 44 u mu r m r B rrpp =+ 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 or 半径时磁矩 m 远场 B 值为 0000 0 3 3533 6 34 222 33 32 4442 2 3.14 (6 10 )0.810 8.6 10 () 2410 u mu R mu mu m B rRRr u m mB r pppp pp - - = -+= ?= 安 米 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 I?= r? a? I I?= I I?= c?r ? c?b ? I I?= 0 再由B = ? ?可得 B?= ?I 2 r a? B?= ?I 2r B?= ?I 2r c?r ? c?b ? B?= 0 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 22 000 0 2222 , 22(b)2() 逆时针 ? p? pp pp = - jsb IIb B ddbd ab (2) 空心部分轴线上的磁感应强度 2 00 0 22 , 22 () 顺时针，从纸面往里看 ? p? pp = - j dId B dab (3) 由数据以及(1)和(2)中所得的公式，得 72 6 0 322 41020 0.5 2 10 25 10(100.5 ) p p - - - = - BTT 7 4 0 223 41020 5 2 10 2(100.5 ) 10 p p - - - = - BTT 4-13 (张加晋 PB13203136) 解： 0 2 8 2 5 8.2 10 4 3.5 10 400 e FeN r FmqvBN Fm Fe pe - - = = ? 4-14 (余阳阳 PB13203083) 解： 由磁矩守恒得 20 0 222 p p = ev revevr r r 又由匀速圆周运动规律得 2 0 0 0 0 0 0 0 , =?= ? = ?= mvmv Bqvr rBq mvmv vv BqB q mvB vv r Bq BB 4-15 (余阳阳 PB13203083) 解： (1) 由动量定理 =?= dq BldtmdvBlqmv dt 又由能量守恒 2 1 2 =mvmgh 则 2 = mghmv q BlBl (2) 3 10 102 9.8 2 3.13 0.1 0.2 - = qCC 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 2 0 1 2 0 1 2 0 1 2 22 0 2 (cos ) cos 2 (cos ) cos 2(1) 2 (cos ) p ? ? p? ? ? p? ? ? ? p? ? = - = - =- - - I dFI Rd LR I I Rd dF LR I I RdL FI I LR LR 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 l 由 22 0 110 11 33 0 2222 22 11 2 0 11 3 2 ()2() 2 p ? ? p ? = + ? z I RI R Bd RtRt I R l 力矩 2 2 2 011 2 3 22 12012 3 2 2 ? p p? = = = ? ? z MmB I R RI l I IRR l 4-18(张加晋 PB13203136) 解： （1）设平板的电流密度为 i 由 0 0 0 (2 ) 2 ? ? ? = ?= = ? ? ? ? ?Bdl lI Blil i B 02 01 + = - = BB B BB B 021 21 0 22 ?- = - ? = iBB B BB i u 在面积 S=xy 上 = = Ii y FI Bx 单位面积上受力 F FsiB s = 4-19(PB13000307 赵朴凝) 解：线圈左边的磁场为 B?= ?I? 2a ?I? 2(a +b) 右边为 B?= ?I? 2(a +b) ?I? 2a 而 F = (B?B? )I ?L 因此有 F = ?I?I?Lb a(a +b) 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 = rdr 电流元的磁矩为 dm= r ?dI 若总磁矩为 m，则总力矩为 M = m B 因此 M = 1 4 R?B 4-21(张加晋 PB13203136) 解： 小圆环轴线为 Z 轴 ? 2 0 3 22 2 ( ) 2 ? = + IR B Z RZ 小球 ? 2 0 3 22 2 0 0 ( ) 2 ( ) ( ) ? ? ? ? = + = =?=? mm m IR B l RZ B Mx Hx B l BuB lMx H ?磁矩 0 2 0 3 22 0 2 ( ) () ( )2 2 2() ? ? ? = ?=? ? ? = ? ? + ? m m B l m mMVx u FmB IRB l m x uZ RZ ( )zl= 12 1.1 10N - = 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 ? = 3?(? ?) ? 4r? ? 4r? 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 F?= 3? 4r? (5m ?m? ) + 3? 4r? (m?+m?) 可见作用力随距离变化呈 1/r4型衰减。 4-23 (马超 PB13203072) 解： (1) 222 0111 222 00 22 2 11 01 00 2 22 1 11 2 2 2 1 11 2 11 444 即 ? peppe ? ee += += =+ ?= ?+ qgq rrr qq g g qq c g qq c (2) 每组粒子之间电荷应满足上述关系 即 2 22 1 11 2 2 22 2 22 2 =+ =+ g qq c g qq c 两组粒子不属于同组应满足 0121212 222 00 12 1212 2 2222 2222 12121212 1212 2422 2 1221 11 22 11 444 2 ()() ()0 即 平方展开 即 ? peppe += += +=+ ?-= = q qg gq q rrr g g q qq q c q q g ggggg qqqq cccc q gq g qg qg 4-24(PB13000699 刘其瀚) 解: 222 2 3 假设当地磁场与运动平面垂直，偏移量y: (R-y) +L =R 1 且,电子加速之后 q=,综上 2 12 R126.67 * 10 mv RUmv Bq Um mym Bq - = =?= 4-25 (肖伟 PB13203148) 解： 答：由洛伦兹力公式BVF ? +=qqE易知，对于同方向的电流第二项的力BV ? q 占主导，导致导线相互吸引。而阴极射线其本质是电子束流，所以他们的相互作 用力为电场力和洛伦兹力，电场力是相互排斥的，洛伦兹力是相互吸引的，但电 场力占主导所以最终的合力为排斥力。 4-26(PB13203098 高翔) 解： 2 222222 227 222 22 2 7.04*10/ 4 速度可分为和两个分量，洛伦兹力提供的向心力 周期T= 有 则 pp p p ? ? ? ? ? =?= = =?= =+=+= ? ? ? VV mVBeR BV eV Rm Rm VBe hBeh VV Tm B e RB e h VVVm s mm 4-27 (马超 PB13203072) 解： 初始时刻 2 2 0 2 0 2 0 3 0 1 4(2 ) 16 ? pe ? pe = = q mR R q mR 加上均匀弱磁场后两带电指点绕质心的圆周运动不变，即 0, 不变 ?R 0 2?= c FBqR，经过 t 时间，两质点连线与 y 轴所成角 0 ?=t 00 sin ,cos sin,cos 2代入， ? ? ? = = = xcyc y x cc c FFFF dv dv FmFm dtdt FBqRt 得 0 0 0 0 00 00 00 2 sin 2 cos 22 =(1 cos),=sin 212 (sin),(1 cos) 积分得 再对时间积分可得 ? ? ? ? ? ? ? = = - =-=- x y xy BqR dvt dt m BqR dvt dt m BqRBqR vt vt mm BqRBqR xttyt mm 轨迹是一条摆线 4-28 (PB13000373 干淑远) 证: 由于加上磁场后，电子回转半径近似认为不变，则 ，即磁感应强度 B 很 小。 考虑粒子的动力学方程:ke/r=mr,ke/rBev=mr. 由 =+,为高阶无穷小量，v=r,解得:=-=eB/2m 4.29(PB13000373 干淑远) 解: 由磁镜比定义:Rm=1/sinm，即出射角 m的粒子都将从磁镜中逃逸。 带入 Rm=4,解得:m=30. 总立体角 =2sindd=(2-3)2. 所占比例 =/4=1-3/213.4. 4-30(PB13203054 丰雪雯) 解： eB m v R T R v meBv pp22 2 = = 运动周期与初速无关，各向粒子旋转周期相同 设粒子到达正极时间为 t（慢速粒子初速可忽略） dt md eU = 2 2 满足nTt =时聚焦，n 为正整数，联立解得： 22 22 2mn Bed U p = 4-31(PB13203053 孙浩然) （1）设粒子加速后获得速度 v ? = 1 2 ? v = ? ? 由于粒子在磁场中受合力大小不变且垂直于速度方向 （忽略洛伦兹力以外的力） ， 因此粒子在磁场中做圆周运动,且向心力大小Fn=Fc=qvB。 设圆周运动半径为R， 则有 qvB = m v? R 因此 R = ? ? 所以 x=2R=? ? （2）由解得 ? ? = ? ? 将题目中数据代入得 ? ? =4.6810?C/kg 4-32(PB13203054 丰雪雯) 解： ?cos 0 vvx= mgqBv = 1 101 ( sin)cos y vvvvwt?= -+ m qB T w= p2 01 (sin)sin z vvvwt?=+ tvdtvxx t =+= ?coscos 0 000 0101011 0 1 (sin)cos(sin)sin t yyvvvwt dtvvwtvt w ?=+-+=+- 001010 0 1 (sin)cos(sin)sin t zzvvwtdtvvwtz w ?=+=+ 4-33(PB13203054 丰雪雯) 解： )(2 2 0 rrBripp?= 2 )( 0ir rB ? = ? qBv dt dv m r = ? v为平行电流方向的速度，由于焦距远大于管长，故 r v很小，由洛伦兹力不做功 得 ? v近似不变，仍为初始速度 v 2/ 0ir qvqBv dr dv mv dt dr dr dv m r r r ?= 积分得2/ 2 0 2 irqvmvr?= iqv m v r r0 2 ? = 与粒子距轴距离无关，故粒子聚焦于轴上一点 0 2 ?qi p v v r f r = 4-34 (余阳阳 PB13203083) 解： (1) 设载流子电荷为 q，漂移速度为 v，则 0 , 1 = 1 为载流子密度，则 ? ? += = - ?= - ? ? ? ? ? ? n H n qEqvB jnqv n EjB q R q RH与载流子的电荷反号，且已知载流子电荷时可由 RH