This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 12 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/6/1; Status: @ editing, updating, final
题目
电磁学.第三版.习题
5.10
解 取圆柱坐标$(r,\phi,z)$，$z$轴与导体柱轴重合，方向沿$I$的方向。由对称性分析知$\boldsymbol{B}$沿$\boldsymbol{e}_\phi$方向，其大小仅与$r$有关。选择与圆柱轴线垂直、半径为$r$、圆心位于圆柱轴线的圆环回路，运用安培环路定理计算各区磁场。
(1) 导体圆柱内$(r<a)$：穿越回路的电流等于$Ir^2/a^2$，由安培环路定理得
\[ 2\pi r B = \frac{\mu_0 r^2 I}{a^2} \Rightarrow B = \frac{\mu_0 I r}{2\pi a^2} \](2) 两导体之间$(a<r<b)$：穿越回路的电流等于$I$，由安培环路定理得
\[ 2\pi r B = \mu_0 I \Rightarrow B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r} \](3) 导体圆管内$(b<r<c)$：穿越回路的电流等于$I - \dfrac{r^2 - b^2}{c^2 - b^2}I$，由安培环路定理得
\[ 2\pi r B = \mu_0 I \left(1 - \frac{r^2 - b^2}{c^2 - b^2}\right) \Rightarrow B = \frac{\mu_0 I(c^2 - r^2)}{2\pi r(c^2 - b^2)} \](4) 电缆外$(r>c)$：穿越回路的电流等于零，由安培环路定理得$B=0$。
5.11
解 按题意：电流$I$均匀分布于导体管截面，导体管截面的面积等于$\pi(R_1^2 - R_2^2)$，电流密度等于$j = I/[\pi(R_1^2 - R_2^2)]$。为便于数学处理，在导体管内的空心区引入两个虚拟电流：电流密度同为$j$，但一个与电流$I$同向，另一个方向相反。这两部分虚拟电流的磁效应互抵，不会影响磁场的计算结果。接着，将流经导体管的实际电流与新引入的同向虚拟电流合并，构成一个分布于半径为$R_1$的实心圆柱中的均匀电流；余下的反向虚拟电流，则对应分布于半径为$R_2$的实心圆柱中的均匀电流。为叙述方便起见，分别将这两个电流称为大圆柱电流和小圆柱电流（注意它们的流向相反）。最后，分别计算两个圆柱状均匀电流的磁场，然后叠加求得实际磁场分布。
(1) 圆柱轴线上的磁感应强度 由对称性，大圆柱电流在圆柱轴线上产生的磁场等于零。圆柱轴线位于小圆柱电流外部，后者产生的磁场为
\[ B(O) = \frac{\mu_0 j\pi R_2^2}{2\pi a} = \frac{\mu_0 I R_2^2}{2\pi a(R_1^2 - R_2^2)} \]方向垂直于$OO’$，朝向下方。
(2) 空心部分轴线上的磁感应强度 这时，$O’$为场点，小圆柱电流对磁场的贡献为零，只需计算大圆柱电流的贡献。场点位于大圆柱内部，离大圆柱轴线的距离为$a$，可由安培环路定理计算磁场：
\[ 2\pi a B(O') = \mu_0 j\pi a^2 \Rightarrow B(O') = \frac{\mu_0 j a}{2} = \frac{\mu_0 I a}{2\pi(R_1^2 - R_2^2)} \]方向垂直于$OO’$，朝向下方。
(3) 由题给出的数据，可算得$O$和$O’$点的磁感应强度的值为
\[ B(O) = 2.0\times10^{-6}\,\mathrm{T} = 2\times10^{-2}\,\mathrm{G},\qquad B(O') = 2.0\times10^{-4}\,\mathrm{T} = 2\,\mathrm{G} \]5.12
解 视导体板为无限大（即边缘效应不计）。由安培环路定理，可计算$xz$面内的面电流对左右两侧磁场的贡献为$B = \mu_0 i/2$，左侧空间的磁场沿$\boldsymbol{e}_x$方向，右侧空间的磁场沿负$\boldsymbol{e}_x$方向。同样，$xy$面内的面电流对上下侧磁场的贡献也为$B = \mu_0 i/2$，上侧空间的磁场沿$\boldsymbol{e}_x$方向，下侧空间的磁场沿负$\boldsymbol{e}_x$方向。将两部分贡献叠加，求得各象限的磁感应强度$\boldsymbol{B}_i\ (i=1,2,3,4)$为
\[ \boldsymbol{B}_1 = 0,\quad \boldsymbol{B}_2 = \mu_0 i \boldsymbol{e}_x,\quad \boldsymbol{B}_3 = 0,\quad \boldsymbol{B}_4 = -\mu_0 i \boldsymbol{e}_x \]磁场强度$\boldsymbol{H}_i\ (i=1,2,3,4)$为
\[ \boldsymbol{H}_1 = 0,\quad \boldsymbol{H}_2 = i \boldsymbol{e}_x,\quad \boldsymbol{H}_3 = 0,\quad \boldsymbol{H}_4 = - i \boldsymbol{e}_x \]5.13
解 (1) 取圆柱坐标$(r,\phi,z)$，螺绕环的中心轴为$z$轴。由对称性，螺绕环内的磁场沿$\boldsymbol{e}_\phi$方向（逆时针方向），大小仅与$r$有关。由安培环路定理可求得螺绕环内的磁场为
\[ 2\pi r B = \mu_0 N I,\quad B = \frac{\mu_0 N I}{2\pi r} \](2) 通过螺绕环截面的磁通为
\[ \Phi_B = \iint B\,\mathrm{d}S = \int_{d_1/2}^{d_2/2}\frac{\mu_0 N I}{2\pi r}\,h\,\mathrm{d}r = \frac{\mu_0 N I h}{2\pi}\ln\frac{d_2}{d_1} \]证毕。
5.14
解 由库仑定律计算电力，由洛伦兹公式计算磁力，结果如下：
\[ F_\mathrm{e} = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r^2} = \frac{(1.6\times10^{-19})^2}{4\pi\times8.85\times10^{-12}\times(0.53\times10^{-10})^2} = 8.2\times10^{-8}\,\mathrm{N} \]\[ F_\mathrm{m} = qvB = 1.6\times10^{-19}\times2.2\times10^6\times10^8 = 3.5\times10^{-5}\,\mathrm{N} \approx 430 F_\mathrm{e} \]
5.15
解 设电子速度相对磁场的垂直分量和平行分量分别为$v_\perp$和$v_{//}$，则电子在磁场中做回旋运动的半径和周期分别为
\[ R = \frac{m v_\perp}{qB},\qquad T = \frac{2\pi m}{qB} \]据此求得
\[ v_\perp = \frac{qBR}{m},\qquad v_{//} = \frac{h}{T} = \frac{hqB}{2\pi m} \]\[ v = \sqrt{v_{//}^2 + v_\perp^2} = \frac{qB[(2\pi R)^2 + h^2]^{1/2}}{2\pi m} = \frac{1.6\times10^{-19}\times2\times10^{-3}[(2\pi\times0.02)^2 + 0.05^2]^{1/2}}{2\pi\times9.1\times10^{-31}} = 7.6\times10^6\,\mathrm{m\cdot s^{-1}} \]
根据电子的旋转方向，可判断$\boldsymbol{B}$沿$y$轴正向。
5.16
解 (1) n型。
\[ n = \frac{IB}{q d U_{AA'}} = \frac{IB}{q a U_{AA'}} = \frac{10^{-3}\times0.3}{1.6\times10^{-19}\times10^{-3}\times6.5\times10^{-3}} = 2.9\times10^{20}\,\mathrm{m^{-3}} \]5.17
解 在随时间缓慢变化的磁场中，粒子磁矩$\mu = m v_\perp^2/(2B)$近似维持不变，据此推得（注意粒子运动速度始终与磁场垂直，成立$v = v_\perp$）
\[ v = \sqrt{\frac{B}{B_0}} v_0,\qquad r = \frac{mv}{eB} = \frac{mv_0}{e\sqrt{BB_0}} \]5.18
解 在磁镜装置中，凡投掷角小于临界值$\theta_\mathrm{c} = \arcsin(\sqrt{1/R_\mathrm{m}})$的粒子将会逃逸。由题设，粒子源各向同性，即粒子关于投掷角$\theta \in (0,\pi/2]$等概率分布，以至逃逸粒子所占的比例为
\[ \frac{2\pi\int_0^{\theta_\mathrm{c}}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta}{2\pi\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta} = \int_0^{\theta_\mathrm{c}}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta = 1 - \cos\theta_\mathrm{c} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2} \]推导中用到
\[ \cos\theta_\mathrm{c} = (1 - \sin^2\theta_\mathrm{c})^{1/2} = (1 - R_\mathrm{m}^{-1})^{1/2} = (1 - 1/4)^{1/2} = \sqrt{3}/2 \]5.20
在z轴上取一点为圆心，以r为半径做一圆，由对称性可知
\[ 2\pi RB_{\phi}=\mu_0I, \]得到
\[ B_\phi=\frac{\mu_0I}{2\pi r} \]我们计算导体平面上电流产生的磁场
\[ \boldsymbol{B}'=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_S \frac{\boldsymbol{i}\times (\boldsymbol{r}-\boldsymbol{R})}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{R}|^3}\mathrm{d}S =\frac{\mu_0I}{8\pi^2}\int_S\frac{\boldsymbol{R}}{R}\times\frac{\boldsymbol{r}}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{R}|^3}\mathrm{d}R\mathrm{d} \theta =\frac{\mu_0I}{8\pi^2}\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\frac{(\cos\theta,\sin\theta ,0)\times(r\cos\psi,r\sin\psi,z)}{((R\cos\theta-r\cos\psi)^2+(R\sin\theta-r\sin\psi)^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}R\mathrm{d} \theta =\frac{\mu_0I}{8\pi^2}\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\frac{z(\sin\theta \boldsymbol{i}-\cos\theta \boldsymbol{j})-r\sin(\theta-\psi)\boldsymbol{k}}{(R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\psi)+z^2)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}R\mathrm{d} \theta \]从积分中可以看出，B’没有r分量。z方向分量积分为0，而直线部分的电流也无法产生磁场的径向分量，故总磁场也只有径向分量。
6.1
解 设沿电流方向的单位矢量为 $\boldsymbol{e}_i$，则载流导线所受的磁力为
\[ \boldsymbol{F} = I l \boldsymbol{e}_i \times \boldsymbol{B} = 3 \times 0.1 \times \frac{-\boldsymbol{e}_x + 4\boldsymbol{e}_y + 3\boldsymbol{e}_z}{|-\boldsymbol{e}_x + 4\boldsymbol{e}_y + 3\boldsymbol{e}_z|} \times (2\boldsymbol{e}_x - 3\boldsymbol{e}_y + 5\boldsymbol{e}_z) \]计算得
\[ \boldsymbol{F} = (1.706\boldsymbol{e}_x + 0.647\boldsymbol{e}_y - 0.294\boldsymbol{e}_z)\,\mathrm{N} \]6.2
解 (1) 输入电桥的电流 $I$ 分为两支，电流分别设为 $I_1$ 和 $I_2$，满足 $I = I_1 + I_2$；流出电桥的电流 $I$ 来自电桥的两个支路，电流分别设为 $I_3$ 和 $I_4$，满足 $I = I_3 + I_4$。这四个电流所受的力大小分别为
\[ F_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_1 a B,\quad F_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_2 a B,\quad F_3 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_3 a B,\quad F_4 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_4 a B \]方向均垂直纸面向外；含检流计的支路与 $\boldsymbol{B}$ 平行，其电流受力为 $0$。于是作用在电桥上的净力为
\[ F = \frac{\sqrt{2}}{2} (I_1 + I_2 + I_3 + I_4) a B = \sqrt{2} I a B \]方向垂直纸面向外。
(2) 与电桥是否平衡无关。
6.3
解 (1) 在圆形回路上取弧元 $\mathrm{d}l = R\mathrm{d}\theta$，其所受磁力为 $\mathrm{d}F = I\mathrm{d}l B = I B R\mathrm{d}\theta$，方向垂直于弧元并背离圆心。设导线内部张力为 $T$，则作用于弧元两端张力之合力指向圆心，与上述磁力平衡：
\[ \mathrm{d}F = 2T\sin\frac{\mathrm{d}\theta}{2} \approx T\mathrm{d}\theta \quad\Rightarrow\quad I B R\mathrm{d}\theta = T\mathrm{d}\theta \quad\Rightarrow\quad T = I R B \](2) $T = I R B = 7.0 \times 5.0 \times 10^{-2} \times 1.0 = 0.35,\mathrm{N}$
反馈意见
5.20需要对对称性加以更详细的说明，不能只写环路定理（虽然结果是对的）； 5.12问的是磁场不是磁感应强度，这一点在引入磁场强度之后要注意，勿答非所问；