This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 14 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/6/1; Status: @ editing, updating, final
6.20
解 两节铁芯界面上磁荷面密度的大小为
\[ \sigma_{\mathrm{m}} = \mu_0 M = (\mu - \mu_0)H = (\mu - \mu_0)nI \]据此求得两节铁芯之间的吸力为
\[ F = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}^2 S}{2\mu_0} = \frac{n^2 I^2 (\mu - \mu_0)^2 S}{2\mu_0} \]6.21
解 (1) 磁极强度（总磁荷量）：
\[ q_{\mathrm{m}} = \pi r^2 J = 3.142 \times 0.005^2 \times 1.2 = 9.4 \times 10^{-5}\,\mathrm{Wb} \](2) 永磁铁的磁矩为
\[ m = M V = \frac{J \pi r^2 L}{\mu_0} = \frac{1.20 \times 0.005^2 \times 0.1}{4\pi \times 10^{-7}} = 7.5\,\mathrm{A \cdot m^2} \](3) 利用教材2.5节例2.3关于均匀极化电介质圆棒在轴线上的电场的结果
\[ E = -\frac{P}{2\epsilon_0}(2 - \cos\theta_1 - \cos\theta_2) \]以及静电场解和静磁场解之间的对应关系（参见教材6.8节），可推得永磁铁在磁铁中心处的磁场为
\[ H = -\frac{J}{\mu_0}(1 - \cos\theta) \]式中，$\theta$ 为磁铁中心与端面边沿连线与轴线之间的夹角
\[ \cos\theta = \frac{L/2}{\sqrt{(L/2)^2 + r^2}} = \frac{L}{\sqrt{L^2 + 4r^2}} \]将题给数据代入，最终算得磁铁中心的磁场强度和磁感应强度分别为
\[ H = -\frac{J}{\mu_0}\left(1 - \frac{L}{\sqrt{L^2 + 4r^2}}\right) = -\frac{1.2}{4\pi \times 10^{-7}} \times \left(1 - \frac{0.1}{\sqrt{0.1^2 + 4 \times 0.005^2}}\right) = -4.739 \times 10^3\,\mathrm{A \cdot m^{-1}} \]\[ B = \mu_0 H + J = 4\pi \times 10^{-7} \times (-4.739 \times 10^3) + 1.2 = 1.194\,\mathrm{T} \]
$B$ 与 $H$ 的符号相反，亦即 $B$ 与 $H$ 的方向相反。
6.22
解 (1) 取直角坐标，原点位于磁盘中心，$x$ 轴与磁盘面垂直，正磁荷面位于 $x = l/2$，它对考察点处磁场强度的 $x$ 分量的贡献为
\[ H_+ = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(1 - \frac{x - l/2}{\sqrt{R^2 + (x - l/2)^2}}\right) \]负磁荷面位于 $x = -l/2$，它对考察点处磁场强度的 $x$ 分量的贡献为
\[ H_- = -\frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(1 - \frac{x + l/2}{\sqrt{R^2 + (x + l/2)^2}}\right) \]将两部分相加，求得总磁场强度
\[ H = H_+ + H_- = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(\frac{x + l/2}{\sqrt{R^2 + (x + l/2)^2}} - \frac{x - l/2}{\sqrt{R^2 + (x - l/2)^2}}\right) \]方向向右，即沿 $x$ 轴正向。
(2) 磁盘的磁偶极矩和磁矩分别为
\[ p_{\mathrm{m}} = \pi R^2 \cdot \sigma_{\mathrm{m}} l = \sigma_{\mathrm{m}} \pi R^2 l,\qquad m = \frac{p_{\mathrm{m}}}{\mu_0} = \frac{\sigma_{\mathrm{m}} \pi R^2 l}{\mu_0} \]方向向右。
(3) 当 $l \ll R$ 时，将上述磁场强度表达式作泰勒展开，保留至 $l/R$ 的一级小量，得
\[ H = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(\frac{x + l/2}{\sqrt{R^2 + x^2 + xl}} - \frac{x - l/2}{\sqrt{R^2 + x^2 - xl}}\right) \]\[ \approx \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0} \cdot \frac{1}{\sqrt{R^2 + x^2}} \left[\left(x + \frac{l}{2}\right)\left(1 - \frac{xl}{2(R^2 + x^2)}\right) - \left(x - \frac{l}{2}\right)\left(1 + \frac{xl}{2(R^2 + x^2)}\right)\right] \]
\[ = \frac{R^2 l \sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0 (R^2 + x^2)^{3/2}} = \frac{m}{2\pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \]
而半径为 $R$ 的小电流环的磁场为
\[ H = \frac{I R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}} = \frac{m}{2\pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \]与磁盘产生的磁场一样，证毕.
6.24
已知外磁场$\boldsymbol B_0 = B_0 \hat{z}$ ，球半径 $R$，球内相对磁导率 $\mu_{r2}$，球外 $\mu_{r1}$。
令 $\mu_1 = \mu_{r1}\mu_0$，$\mu_2 = \mu_{r2}\mu_0$，$H_0 = B_0 / \mu_1$。
电场中，半径为 $R$、介电常数 $\varepsilon_2$ 的球在均匀外电场 $\boldsymbol{E}_0$（背景 $\varepsilon_1$）中，有：
\[ \boldsymbol{E}_{\text{in}} = \frac{3\varepsilon_1}{\varepsilon_2 + 2\varepsilon_1} \boldsymbol{E}_0, \qquad \boldsymbol{p} = 4\pi\varepsilon_1 R^3 \frac{\varepsilon_2 - \varepsilon_1}{\varepsilon_2 + 2\varepsilon_1} \boldsymbol{E}_0. \]类比关系： $\boldsymbol{E} \to \boldsymbol{H}$，$\varepsilon \to \mu$，$\boldsymbol{p} \to \boldsymbol{m}$。
直接写出磁场结果：
(1) 磁感应强度 $\boldsymbol{B}$
球内：
\[ \boldsymbol{H}_{\text{in}} = \frac{3\mu_1}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{H}_0 \quad\Rightarrow\quad \boldsymbol{B}_{\text{in}} = \mu_2 \boldsymbol{H}_{\text{in}} = \frac{3\mu_2\mu_1}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{H}_0 = \frac{3\mu_2}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{B}_0. \]用相对磁导率表示：
\[ \boldsymbol{B}_{\text{in}} = \frac{3\mu_{r2}}{\mu_{r2} + 2\mu_{r1}} \boldsymbol{B}_0. \]球外：令
\[ \gamma = \frac{\mu_{r2} - \mu_{r1}}{\mu_{r2} + 2\mu_{r1}}, \]则
\[ \boldsymbol{B}_{\mathrm{out}} = B_0 \left[ \left(1 + 2\gamma\frac{R^3}{r^3}\right)\cos\theta\ \hat{r} + \left(-1 + \gamma\frac{R^3}{r^3}\right)\sin\theta\ \hat{\theta} \right] \](2) 等效磁矩 $\boldsymbol{m}$
等效磁矩m应满足
\[ \boldsymbol{H}_{\text{out}}(\boldsymbol{r}) = \frac{1}{4\pi} \left[ \frac{3(\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{r})\boldsymbol{r}}{r^5} - \frac{\boldsymbol{m}}{r^3} \right] \]\[ \boldsymbol{m} = 4\pi R^3 \frac{\mu_2 - \mu_1}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{H}_0. \]
代入 $\mu_1 = \mu_{r1}\mu_0$，$\mu_2 = \mu_{r2}\mu_0$，$\boldsymbol H_0 = \boldsymbol B_0 / (\mu_{r1}\mu_0)$：
\[ \boldsymbol{m} = 4\pi R^3 \frac{\boldsymbol{B}_0}{\mu_0\mu_{r1}} \cdot \frac{\mu_{r2} - \mu_{r1}}{\mu_{r2} + 2\mu_{r1}}. \]7.1
解 (1) 线圈中的感应电动势为 $\mathcal{E} = v B a$，方向为逆时针。该电动势在线圈中产生逆时针感应电流，电流强度为 $I = \mathcal{E}/R = v B a / R$。该线圈所受的磁力等于其进入磁场区的长度为 $a$ 的横边所受的安培力 $F = -I a B = -v B^2 a^2 / R$，右边的负号表示受力的方向与线圈运动方向相反。
(2) 电流强度为 $I$ 的长直载流导线产生的磁场为 $B = \mu_0 I / (2\pi r)$，$r$ 为离载流导线的距离。设矩形线圈紧靠载流导线一边离导线的距离为 $x$，则穿过线圈的磁通等于
\[ \Phi_b = \iint_S \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} = \int_x^{x+b} \frac{\mu_0 I}{2\pi r} \cdot a \, \mathrm{d}r = \frac{\mu_0 I a}{2\pi} \ln\left(\frac{x+b}{x}\right) \]磁通方向指向纸面。规定电动势的方向为顺时针，与磁通方向满足右手定则，得
\[ \mathcal{E} = -\frac{\mathrm{d}\Phi_b}{\mathrm{d}t} = -\frac{\mu_0 I a}{2\pi}\left(\frac{1}{x+b} - \frac{1}{x}\right)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \frac{\mu_0 I a b v}{2\pi x(x+b)} = \frac{\mu_0 I a b}{2\pi t(vt + b)} \]7.2
解 取球坐标 $(r,\theta,\phi)$，原点位于线圈中心，$z$ 轴与转轴一致。磁矩为 $\boldsymbol{\mu} = -\mu \boldsymbol{e}_z$ 的小磁体产生的磁场为
\[ \boldsymbol{B} = -\frac{\mu_0 \mu \cos\theta}{2\pi r^3} \boldsymbol{e}_r - \frac{\mu_0 \mu \sin\theta}{4\pi r^3} \boldsymbol{e}_\theta \]$PC$ 段切割磁力线运动，该段导线上产生的感应电动势等于
\[ \mathcal{E}_{PC} = \int_0^{\pi/2} \left[\omega R \sin\theta \boldsymbol{e}_\phi \times \left(-\frac{\mu_0 \mu \cos\theta}{2\pi R^3} \boldsymbol{e}_r - \frac{\mu_0 \mu \sin\theta}{4\pi R^3} \boldsymbol{e}_\theta\right)\right] \cdot \boldsymbol{e}_\theta R \, \mathrm{d}\theta \]\[ = -\int_0^{\pi/2} \frac{\omega \mu \mu_0 \sin\theta \cos\theta}{2\pi R} \, \mathrm{d}\theta = -\frac{\mu_0 \mu \omega}{4\pi R} \]
负号表示感应电动势（即感应电流）的方向从 $C$ 到 $P$。
7.3
解 取直角坐标 $(x,y,z)$，原点位于 $AB$ 轴的中点，$z$ 轴正向自 $B$ 至 $A$，磁场 $\boldsymbol{B}$ 沿 $y$ 轴正向，$\theta$ 为线圈平面法向与 $y$ 轴之间的夹角。由于线圈刚性旋转，各部分的速度与线圈平面法向一致，亦即速度 $\boldsymbol{v}$ 和磁场 $\boldsymbol{B}$ 之间的夹角也等于 $\theta$。考察线圈 $AC$ 段的某点 $P$，该点离 $A$ 点的距离为 $l$，离 $z$ 轴的距离为 $r = \sqrt{3} l / 2$，速度为 $v = \omega r = \sqrt{3} \omega l / 2$，则作用在单位正电荷上的非静电力为
\[ \boldsymbol{K} = \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B} = -v B \sin\theta \boldsymbol{e}_z \]将其投影至 $AC$ 方向，应当乘以因子 $\cos 60^\circ = 1/2$；然后沿 $AC$ 积分，求得
\[ \mathcal{E}_{AC} = \int_A^C (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}) \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = \int_0^a \frac{\sqrt{3} \omega l B \sin\theta}{2} \cdot \frac{1}{2} \, \mathrm{d}l = \frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta \]采取类似方式可算得 $\mathcal{E}{BC}$，区别仅仅在于：在将非静电力场沿 $BC$ 方向投影时，应乘以因子 $\cos 120^\circ = -1/2$，以至算得的 $\mathcal{E}{BC}$ 与 $\mathcal{E}_{AC}$ 反号，即
\[ \mathcal{E}_{BC} = -\mathcal{E}_{AC} = -\frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta \]$AB$ 段静止，不会有动生电动势。回路的总动生电动势为
\[ \mathcal{E} = \mathcal{E}_{AC} + \mathcal{E}_{CB} = \frac{\sqrt{3}}{4} B \omega a^2 \sin\theta \]由它产生的感应电流为
\[ I = \mathcal{E} / R = \frac{\sqrt{3}}{4R} B \omega a^2 \sin\theta \]将欧姆定律 $\rho \boldsymbol{j} = \boldsymbol{E} + \boldsymbol{K}$ 沿某段线圈导线积分，不妨设为 $AB$ 段，可得
\[ IR = V_{AB} + \mathcal{E}_{AB} \]从上式出发，分别求得顶点之间的电势差为（注意正三角形每边的电阻为 $R/3$）
\[ V_{AC} = \frac{IR}{3} - \mathcal{E}_{AC} = \frac{\sqrt{3}}{12} B \omega a^2 \sin\theta - \frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta = -\frac{\sqrt{3}}{24} B \omega a^2 \sin\theta \]\[ V_{CB} = \frac{IR}{3} - \mathcal{E}_{CB} = \frac{\sqrt{3}}{12} B \omega a^2 \sin\theta - \frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta = -\frac{\sqrt{3}}{24} B \omega a^2 \sin\theta \]
\[ V_{BA} = \frac{IR}{3} - \mathcal{E}_{BA} = \frac{IR}{3} = \frac{\sqrt{3}}{12} B \omega a^2 \sin\theta \]
7.4
解 (1) 取圆柱坐标 $(\rho,\phi,z)$，$z$ 轴与转轴重合。在轮子旋转过程中，轮子各点的速度沿 $-\boldsymbol e_\phi$ 方向，磁场沿 $-\boldsymbol e_z$ 方向， 则非静电力场 $\boldsymbol{K} = \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}$ 沿 $\boldsymbol{e}_\rho$ 方向。于是，可求得感应电动势如下
\[ \mathcal{E} = \int_0^a (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}) \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = \int_0^a \omega \rho B \, \mathrm{d}\rho = \frac{B \omega a^2}{2} \](2) 四根辐条并联，电阻为 $r_0 = r/4$，当 $R = r_0 = r/4$ 时，可获得最大输出功率
\[ P_{\max} = I^2 R = \left(\frac{\mathcal{E}}{R + r_0}\right)^2 R = \left(\frac{B \omega a^2 / 2}{r/2}\right)^2 \cdot \frac{r}{4} = \frac{B^2 \omega^2 a^4}{4r} \]7.5
解 (1) 闷罐车两边之间的金属板上的感应电动势为
\[ \mathcal{E} = B l v = 0.62 \times 10^{-4} \times 2.5 \times \frac{60 \times 10^3}{3600} \approx 2.6 \times 10^{-3} \, \mathrm{V} \](2) 在地面参考系中，相对车厢静止的电荷随车厢一道运动，速度为 $v$。该电荷受到洛伦兹力；为维持匀速直线运动状态不变，该力需要同样大小但方向相反的静电力与之平衡，据此推得静电场的大小
\[ qE = q v B \Rightarrow E = v B = \frac{60 \times 10^3}{3600} \times 0.62 \times 10^{-4} = 1.03 \times 10^{-3} \approx 1.0 \times 10^{-3} \, \mathrm{V \cdot m^{-1}} \]可是，在车厢参考系中，静止电荷不受洛伦兹力，相应静电力也应当等于零。因此，在车厢参考系中净电场为零。
(3) 闷罐车每边上的面电荷密度为
\[ \sigma = \epsilon_0 E = 8.85 \times 10^{-12} \times 1.03 \times 10^{-3} = 9.1 \times 10^{-15} \, \mathrm{C \cdot m^{-2}} \]7.6
解 (1) 采用圆柱坐标 $(\rho,\phi,z)$，$z$ 轴与盘轴重合。由对称性，随时间变化的磁场产生的涡旋电场只有 $\hat{\phi}$ 分量，其大小只与 $\rho$ 有关。选择半径为 $\rho$ 的圆形回路，圆面与 $z$ 轴垂直，且圆心位于 $z$ 轴上，利用时变电磁场的环路定理，可算得涡旋电场的分布如下
\[ E_\phi \cdot 2\pi \rho = -\frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t} \cdot \pi \rho^2 \Rightarrow E_\phi(\rho < R) = -\frac{\rho}{2} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t} \]\[ E_\phi(\rho > R) = -\frac{R^2}{2\rho} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t} \]
(2) 由欧姆定律算得导体盘的电流密度 $j_\phi = \sigma E_\phi$。
(3) 盘耗散的总功率为
\[ P = \int_0^R \sigma \cdot \left(\frac{\rho}{2} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t}\right)^2 \cdot \delta \cdot 2\pi \rho \, \mathrm{d}\rho + \int_R^a \sigma \cdot \left(\frac{R^2}{2\rho} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t}\right)^2 \cdot \delta \cdot 2\pi \rho \, \mathrm{d}\rho \]\[ = \frac{\pi \delta \sigma R^4}{8} \left(\frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t}\right)^2 \left(1 + 4\ln\frac{a}{R}\right) \]
7.7
解 (1) 大线圈中心磁场为 $B = \mu_0 N_x I / (2R)$，小线圈中感应电动势为
\[ \mathcal{E} = N_x \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = N_x S \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t} = \frac{\mu_0 N_x N_x S}{2R} \frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} \]\[ = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 10^4 \times 5 \times 10^3 \times 3 \times 10^{-4} \times 5 \times 10^3}{2 \times 0.5} = 94.2 \, \mathrm{V} \]
(2) 匀速旋转的载流大线圈在静止小线圈中产生的时变电动势
\[ \mathcal{E}(t) = N_x \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = N_x \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left( S \cdot \frac{\mu_0 N_x I}{2R} \cos\omega t \right) = -\frac{\mu_0 N_x N_x S I \omega}{2R} \sin\omega t \]\[ = -\frac{4\pi \times 10^{-7} \times 10^4 \times 5 \times 10^3 \times 3 \times 10^{-4} \times 0.2 \times 4\pi \times 10^3}{2 \times 0.5 \times 60} \sin\left(\frac{4\pi \times 10^3}{60} t\right) \]
\[ = -0.790 \sin(209t) \, \mathrm{V} \]
反馈意见
个人非常不建议无法理解、经常记错电磁类比的同学死记硬背6.24，习题课可以讲一下怎么直接解Poisson方程。