This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 13 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/6/1; Status: @ editing, updating, final
6.4
(1) 导线所受安培力为 $\boldsymbol{F} = Il\boldsymbol{B}$. 在导线离开水银槽前 $F\mathrm{d}t = m\mathrm{d}v$, 积分得
\[ \int IlB\mathrm{d}t = \int m\mathrm{d}v \Rightarrow qlB = mv \Rightarrow q = \frac{mv}{lB}. \]导线离开水银槽后, 由机械能守恒 $mgh = \frac{1}{2}mv^2$, 得 $v = \sqrt{2gh}$. 因此
\[ q = \frac{m\sqrt{2gh}}{lB}. \](2) 代入数据计算得
\[ q = \frac{0.01}{0.2\times0.1}\sqrt{2\times9.8\times2} \approx 3.1\ \text{C}. \]6.5
木制圆柱受重力、摩擦力、支持力与载流线圈磁力矩. 以接触线为转轴, 重力矩为 $mgR\sin\theta$; 线圈磁矩大小 $m = NIS = 2NIRl$, 磁力矩为 $2NIRlB\sin\theta$. 平衡条件为
\[ 2NIRlB\sin\theta \geq mgR\sin\theta \Rightarrow I \geq \frac{mg}{2NlB}. \]最小电流
\[ I_{\text{min}} = \frac{0.25\times9.8}{2\times10\times0.1\times0.5} = 2.5\ \text{A}. \]6.6
证 先求圆盘磁矩
\[ m = \int_0^R \pi r^2 \mathrm{d}I = \int_0^R \pi r^2 \cdot \sigma\omega r \mathrm{d}r = \pi\sigma\omega \int_0^R r^3 \mathrm{d}r = \frac{\pi\sigma\omega R^4}{4}. \]因 $\boldsymbol{B}\perp$ 轴线, 力矩大小
\[ L = mB = \frac{\pi\sigma\omega R^4 B}{4}, \]证毕.
6.7
圆柱壳内 ($r<a$) $B_t=0$; 壳外 ($r>a$) 由安培环路定理 $B_t = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$. 壳表面 $B_t = \mu_0 i$, $i$ 为面电流密度. 电流元所在处有效磁场 $B = \frac{\mu_0 i}{2}$. 单位长度吸力
\[ F = \int_0^1\mathrm{d}z \int_0^\pi iB a\sin\phi\mathrm{d}\phi = \mu_0 i^2 a = \frac{\mu_0 I^2}{4\pi^2 a}. \]6.8
代入数据得比值
\[ \frac{kT}{m_B B} = \frac{4\pi\times9.11\times10^{-31}\times1.38\times10^{-23}\times300}{1.602\times10^{-19}\times6.626\times10^{-34}\times1} = 446. \]6.10
线圈轴线上磁场 $B(z) = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2+z^2)^{3/2}}$. 在小球的磁化率远小于1的情况下，可略去小球磁化电流对球内磁场的影响，即小球内的磁场近似等于外场$B(l)$，据此求得小球内的磁化强度为
\[ M=\chi_m H(l)\approx \chi_m B(l)/\mu\approx \chi_m B(l)/\mu_0 \]设$m_0$为小球质量，$\rho$为小球密度，小球磁矩
\[m = \frac{\chi_m B(l) m_0}{\mu_0\rho}\]受力
\[ F = m\left.\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}z}\right|_{z=l} = -\frac{3\chi_m m_0 \mu_0 I^2 R^4 l}{4\rho(R^2+l^2)^4}. \]代入数据得 $F\approx1.1\times10^{-12}\ \text{N}$, 沿 $z$ 轴正向, 为排斥力.
6.11
(1) $H = nI = \frac{N}{l}I = \frac{400}{0.4}\times20 = 2\times10^4\ \text{A/m}$.
(2) $M = \frac{B}{\mu_0} - H \approx7.76\times10^5\ \text{A/m}$.
(3) $\chi_m = \frac{M}{H} = 38.8$.
(4) 磁化面电流密度 $i=M=7.76\times10^5\ \text{A/m}$, 相对磁导率 $\mu_r=1+\chi_m=39.8$.
6.9
(1) 由安培环路定理
\[ \begin{aligned} &r < R_1: & 2\pi r H &= \frac{I}{\pi R_1^2}\cdot\pi r^2 \Rightarrow H = \frac{Ir}{2\pi R_1^2},\quad B = \frac{\mu_0 Ir}{2\pi R_1^2}, \\ &R_1 < r < R_2: & 2\pi r H &= I \Rightarrow H = \frac{I}{2\pi r},\quad B = \frac{\mu I}{2\pi r}, \\ &r>R_2: & 2\pi r H &= I \Rightarrow H = \frac{I}{2\pi r},\quad B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}. \end{aligned} \](2) 磁化强度 $M = \frac{\mu-\mu_0}{\mu_0}H$, 磁化面电流密度
\[ i_{\text{内}} = M(R_1) = \frac{(\mu-\mu_0)I}{2\pi\mu_0 R_1},\quad i_{\text{外}} = -M(R_2) = -\frac{(\mu-\mu_0)I}{2\pi\mu_0 R_2}. \]6.12
由安培环路定理
\[ 2\pi r H = I \Rightarrow H = \frac{I}{2\pi r},\quad B = \frac{\mu I}{2\pi r}. \]表面束缚电流面密度（正方向同电流$I$方向）
\[ i' = -M\big|_{r=a} = -\frac{(\mu-\mu_0)I}{2\pi\mu_0 a}. \]6.13
用下标1表示空气一侧，$\theta_1$表示1侧磁感应线与界面法线的夹角；用下标2表示软铁一侧，$\theta_2$表示2侧磁感应线与界面法线的夹角，$\theta_2=85^\circ$，由边界条件 $B_{1n}=B_{2n}$, $H_{1t}=H_{2t}$, 得
\[ \tan\theta_1 = \frac{\mu_{r1}}{\mu_{r2}}\tan\theta_2 = \frac{\tan85^\circ}{7000} \approx1.633\times10^{-3}, \]故 $\theta_1\approx0.09356^\circ=5.6’$.
6.14
不难看出，本题属于介质界面与磁感应线垂直的情况。对于这种情况，先去掉介质，计算位于 $A$、$B$ 两处的反向直线电流在真空中的磁场，其结果为
\[ B_{0 x}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi}\left(\frac{-y}{(x+a)^{2}+y^{2}}+\frac{y}{(x-a)^{2}+y^{2}}\right) \]\[ B_{0 y}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi}\left(-\frac{x-a}{(x-a)^{2}+y^{2}}+\frac{x+a}{(x+a)^{2}+y^{2}}\right) \]
实际磁感应强度为 $B=\alpha B_{0}$，乘子 $\alpha$ 由下式决定
\[ \alpha=I\left(\oint_{L} \frac{1}{\mu} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}\right)^{-1} \]式中，$L$ 为围绕直线电流 $I$ 的某个闭合回路。回路相继穿越介质1、介质2 和真空，相应回路分为3 段：$L_{1}$、$L_{2}$ 和 $L_{3}$，分别位于介质1、介质2 和真空中。于是，上式中的积分化为
\[ \oint_{L} \frac{1}{\mu} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\frac{1}{\mu_{1}} \int_{L_{1}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\frac{1}{\mu_{2}} \int_{L_{2}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\frac{1}{\mu_{0}} \int_{L_{3}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} \]可以证明(证明提示：首先利用介质界面与磁感应线垂直的性质，证明沿 $L_{i}(i=1,2,3)$ 的积分与 $L_{i}$ 的选择无关；然后选择一个十分靠近直线电流 $I$ 的回路，并利用 $I$ 邻域内磁场的对称性，去完成下述结论的证明)
\[ \oint_{L} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=2 \int_{L_{1}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=4 \int_{L_{2}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=4 \int_{L_{3}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\mu_{0} I \]于是有
\[ \oint_{L} \frac{1}{\mu} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\frac{\mu_{0} I}{2 \mu_{1}}+\frac{I}{4}+\frac{\mu_{0} I}{4 \mu_{2}}=\frac{\left(2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}\right) I}{4 \mu_{1} \mu_{2}} \]从而最终求得乘子 $\alpha$ 和磁感应强度分布如下
\[ \alpha=\frac{4 \mu_{1} \mu_{2}}{2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}} \]\[ B_{x}=\frac{2 \mu_{1} \mu_{2} \mu_{0} I y}{\pi\left(2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}\right)}\left(\frac{1}{(x-a)^{2}+y^{2}}-\frac{1}{(x+a)^{2}+y^{2}}\right) \]
\[ B_{y}=\frac{2 \mu_{1} \mu_{2} \mu_{0} I}{\pi\left(2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}\right)}\left(\frac{x+a}{(x+a)^{2}+y^{2}}-\frac{x-a}{(x-a)^{2}+y^{2}}\right) \]
6.17
磁路方程如下:
\[ N I=\Phi_{B}\left(R_{m 1}+R_{m 2}\right),\quad R_{m 1}=\frac{4 l-d}{\mu A},\quad R_{m 2}=\frac{d}{\mu_{0} A},\quad \Phi_{B}=B \cdot A \]解得空隙中的磁感应强度
\[ B=\frac{\mu \mu_{0} N I}{\left(\mu-\mu_{0}\right) d+4 \mu_{0} l} \]6.18
由题设，铁芯的磁导率很高，其磁阻可以忽略，只需考虑气隙磁阻，磁路方程简化为
\[ N I=\Phi_{B} R_{m} \approx \frac{B d}{\mu_{0}} \]式中，$d$ 为气隙长度。绕铁心横截面一周的长度为 $l=2 \cdot(1+2)=6 ,\text{m}$，则 $N$ 匝线圈需要用去的铜线的总长度为 $L=N l$。又设铜线的截面积为 $S$，则允许通过的最大电流强度为 $I=j_{m} S$，其中 $j_{m}$ 为铜线允许通过的最大电流密度。将 $N=L / l$ 和 $I=j_{m} S$ 代入磁路方程得
\[ \frac{L}{l} \cdot j_{m} S=\frac{B d}{\mu_{0}} \Rightarrow V=\frac{l B d}{\mu_{0} j_{m}} \]式中，$V$ 为线圈用铜的体积，由题给数据，可算出所需铜的总质量为($\rho_{0}$ 为铜的密度)
\[ M=\rho_{0} V=\frac{\rho_{0} l B d}{\mu_{0} j_{m}}=\frac{8 × 10^{3} × 6 × 1 × 0.1}{4 \pi × 10^{-7} × 10^{7}}=3.8 × 10^{2}\,\text{kg} \]铜线所消耗的功率为
\[ \begin{aligned} P &=I^{2} R=\left(j_{m} \cdot S\right)^{2} \rho \frac{L}{S}=j_{m}^{2} \rho V=\frac{j_{m}^{2} \rho M}{\rho_{0}} \\ &=\frac{\left(10^{7}\right)^{2} × 2 × 10^{-8} × 3.8 × 10^{2}}{8 × 10^{3}}=9.5 × 10^{4}\,\text{W} \end{aligned} \]磁芯的磁导率很高，有 $B ≈\mu_{0} M$，于是磁极之间的吸引力为($A=1 ,\text{m}×2 ,\text{m}$ 为气隙截面面积)
\[ F=\frac{\mu_{0} M^{2} A}{2}=\frac{B^{2} A}{2 \mu_{0}}=\frac{1^{2} × 1 × 2}{2 × 4 \pi × 10^{-7}}=8.0 × 10^{5}\,\text{N} \]6.19
其等效磁路如图，
由 $R_{m 2}$ 和 $R_{m 3}$ 并联得到的磁阻等于
\[ R_{m}=\frac{R_{m 2} \cdot R_{m 3}}{R_{m 2}+R_{m 3}}=\frac{3 L\left[3 L+\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}\right]}{\mu_{r} \mu_{0} S\left[6 L+\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}\right]} \]由此可求得加在气隙支路的磁势降为
\[ U_{m}=\frac{\mathcal{E}_{m} R_{m}}{R_{m}+R_{m 1}}=\frac{3 \mathcal{E}_{m}\left[3 L+\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}\right]}{15 L+4\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}} \]故通过气隙支路的磁通为
\[ \Phi_{B}=\frac{U_{m}}{R_{m 3}}=\frac{3 \mu_{r} \mu_{0} S \mathcal{E}_{m}}{15 L+4\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}} \]相应通过气隙的磁感应强度等于
\[ B=\frac{\Phi_{B}}{S}=\frac{3 \mu_{r} \mu_{0} \mathcal{E}_{m}}{15 L+4\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}}=\frac{3 × 1200 × 4 \pi × 10^{-7} × 597}{15 × 0.2+4 \times(1200-1) × 0.005}=0.1\,\text{T} \]