1、 第四章第四章 4-1 (馬超 PB13203072) 解： 由畢奧薩伐爾定律 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 當時， 與安培環(huán)路定理結果一致 ? ? ? ? ? ? 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 (張方奕 PB13203055) 解： (1)相互垂直兩段對 O 無電磁貢獻 ? = ?

2、4? 即有 ?= ? 0. 5? 4? ?= ? 0. 5? 4? ? = ?+?= ?(? ?) 8? 代入 20 ,30,50IA amm bmm= 得 5 4 10BT - ? 4-3 (張方奕 PB13203055) 解： 磁感 B 可分為無限長導線與圓環(huán) O 分別貢獻 由安培定理 2?= ? ?= ? 2? 又圓環(huán) ?= ? 2? 4? = ? 2? ? = ?+?= ? 2? (1 +1 ?) 4-4(張加晉 PB13203136) 解： 面電流 = - NI i ba 中心處：一個面電流環(huán)產(chǎn)生磁場 0 2 ? =B idr d r ?總磁場 000 lnln 222(b a) ?

3、 = - bb aa idriNIbb Bdb raa 軸上. ? 2 0 22 2 ? = + ir dr dB rz (設距圓心距離為 E 處) ? ? 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 (張方奕 PB13203055) 解： (1).圓環(huán)兩半相抵消,B=0 (2).電阻之比為 I I R

4、 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(張加晉 PB13203136) 解： 圓弧對 O 點的磁感應強度為 00 1 22 1 222 ?p? pp -? =- ? ? II B RR 直線對 O 點的磁感應強度為 0 12 tan 1 2 合磁場 ? pp ? ?=+=-+ ? ? I BBB R 4-7(張方奕 PB13203055) 解： 由電流的定義, ) 2 ( v r e dt dQ I p = 則,T ev r I B r 52.

5、12 4 2 * 4 2 00 = p p p ? 4-8 (余陽陽 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 積分可得： 1 2 0 3 2 12 2 0 3 2 2 (1) 8 (12) 1

6、(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 時， ? p = ? r k Q B r 0 01 6 時， ? p ? = r k Q B R (2) 該球的磁矩 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 (張加晉 PB13203136) 解： 由圓電流軸線的場B = ? ?(?) ? ? , d 為場點距 O 的距離

7、，方向滿足右手定則。 利用疊加原理 ? ? 00 22 33 22 22 22 22 22 u IRu IR B x aa RxRx =+ ? ? +- ? ? ? ? ? B 的方向沿軸線向右。 0 dB dx = 時 ? 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 處，自然成立(a 可為任意值) 2 0 2 0現(xiàn)證： = = x d B dx 即 即 53 22 22

8、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 時， 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 ? ? +-? ? ? ? ? ? ? +=? ? ? ? ? ? ?

9、 ?-+=? ? ? ? ? ? ?-+= ? ? ?當 R=a 時 ,在 x=0 處 2 2 0 d B d x = 即 a=R 時，0 0 x dB dx = = ， 2 0 2 0 x d B dx = = 即 B 在為 a=R 時，x=0 附近 B 為常數(shù)。 4-10(張加晉 PB13203136) 解：磁矩的運動場： 0000 35 0 3() 44 u mu r m r B rrpp =+ 因為地球半徑運大于小電流環(huán)半徑，地面磁極的場可視為磁矩與 or 半徑時磁矩 m 遠場 B 值為 0000 0 3 3533 6 34 222 33 32 4442 2 3.14 (6 10 )0

10、.810 8.6 10 () 2410 u mu R mu mu m B rRRr u m mB r pppp pp - - = -+= ?= 安 米 4-11 (PB13000307 趙樸凝) 解： 與軸距離大于 r 的電流對磁場的貢獻相互抵消 （與一個均勻帶電球殼內部電場強 度為零相類比），與軸距離小于 r 的電流在 r 處的磁場等于位于軸線的電流在 r 處的磁場 （與一個均勻帶電球殼外部的場強等于電荷全部集中于球心時的場強相 類比），因此與軸距離在 r 以內的電流是有效的，設四種情形下有效電流為 Ii,i=1,2,3,4，則 I?= r? a? I I?= I I?= c?r ? c?b

11、 ? 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 (余陽陽 PB13203083) 解： (1) 可將空心部分假想為通有大小相等， 方向相反的電流。電流密度等于管中的電流 密度(填補法)，則圓柱軸線上的磁感應強度 22 000 0 2222 , 22(b)2() 逆時針 ? p? pp pp = - jsb IIb B ddbd ab (2) 空心部分軸線上的磁感應強度 2 00 0 22 , 22 () 順時針，從紙面往里看 ? p? pp = - j dId B dab (3) 由

12、數(shù)據(jù)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 (張加晉 PB13203136) 解： 0 2 8 2 5 8.2 10 4 3.5 10 400 e FeN r FmqvBN Fm Fe pe - - = = ? 4-14 (余陽陽 PB13203083) 解： 由磁矩守恒得 20 0 222 p p = ev revevr r r 又由勻速圓周運動規(guī)律得 2 0 0

13、0 0 0 0 0 , =?= ? = ?= mvmv Bqvr rBq mvmv vv BqB q mvB vv r Bq BB 4-15 (余陽陽 PB13203083) 解： (1) 由動量定理 =?= dq BldtmdvBlqmv dt 又由能量守恒 2 1 2 =mvmgh 則 2 = mghmv q BlBl (2) 3 10 102 9.8 2 3.13 0.1 0.2 - = qCC 4-16 (馬超 PB13203072) 解： (1) 圓電流對無限長直導線的作用力與無限長直導線對圓電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

14、 (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 方向指向導線，即為吸引力 (2) 以過環(huán)心且與無限長直導線平行的直線為軸，所受磁力平行于紙面， 谷堆此軸無 力矩。 4-17 (張加晉 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

15、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(張加晉 PB13203136) 解： （1）設平板的電流密度為 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 在面積 S=xy 上 = = Ii y FI Bx 單位面積上受力 F FsiB s = 4-19(PB13000307 趙樸凝) 解：線圈左邊的磁場為

16、 B?= ?I? 2a ?I? 2(a +b) 右邊為 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 趙樸凝) 解：將圓盤切割為無數(shù)個同心圓，每相鄰兩個圓半徑相差 dr，則電流元為 dI = rdr 電流元的磁矩為 dm= r ?dI 若總磁矩為 m，則總力矩為 M = m B 因此 M = 1 4 R?B 4-21(張加晉 PB13203136) 解： 小圓環(huán)軸線為 Z 軸 ? 2 0 3 22 2 ( ) 2 ? = + IR B Z RZ 小球 ? 2 0 3

17、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 - = 為排斥力 4-22(PB13000307 趙樸凝) 解：磁鐵的磁場來自于內部的分子環(huán)形電流，因此只要推出兩個磁矩分別為 m1 和 m2的載流線圈 1 與線圈 2 間的作用力與 1/r4成正比即可。

18、先研究線圈 1 對線圈 2 的作用力， 當兩線圈相距較遠時，線圈 1 在線圈 2 處產(chǎn)生 的磁場為 ? = 3?(? ?) ? 4r? ? 4r? 其中 r 為線圈 2 相對線圈 1 的位置矢量。磁矩為 m2的線圈在磁場 B 中的能量為 W?= ? ? 線圈 2 受線圈 1 的力可通過對能量求梯度求得（應用虛功原理） ： F?= W? 因此 F?= 3? 4r? (5m ?m? ) + 3? 4r? (m?+m?) 可見作用力隨距離變化呈 1/r4型衰減。 4-23 (馬超 PB13203072) 解： (1) 222 0111 222 00 22 2 11 01 00 2 22 1 11 2

19、 2 2 1 11 2 11 444 即 ? peppe ? ee += += =+ ?= ?+ qgq rrr qq g g qq c g qq c (2) 每組粒子之間電荷應滿足上述關系 即 2 22 1 11 2 2 22 2 22 2 =+ =+ g qq c g qq c 兩組粒子不屬于同組應滿足 0121212 222 00 12 1212 2 2222 2222 12121212 1212 2422 2 1221 11 22 11 444 2 ()() ()0 即 平方展開 即 ? peppe += += +=+ ?-= = q qg gq q rrr g g q qq q c

20、q q g ggggg qqqq cccc q gq g qg qg 4-24(PB13000699 劉其瀚) 解: 222 2 3 假設當?shù)卮艌雠c運動平面垂直，偏移量y: (R-y) +L =R 1 且,電子加速之后 q=,綜上 2 12 R126.67 * 10 mv RUmv Bq Um mym Bq - = =?= 4-25 (肖偉 PB13203148) 解： 答：由洛倫茲力公式BVF ? +=qqE易知，對于同方向的電流第二項的力BV ? q 占主導，導致導線相互吸引。而陰極射線其本質是電子束流，所以他們的相互作 用力為電場力和洛倫茲力，電場力是相互排斥的，洛倫茲力是相互吸引的，但

21、電 場力占主導所以最終的合力為排斥力。 4-26(PB13203098 高翔) 解： 2 222222 227 222 22 2 7.04*10/ 4 速度可分為和兩個分量，洛倫茲力提供的向心力 周期T= 有 則 pp p p ? ? ? ? ? =?= = =?= =+=+= ? ? ? VV mVBeR BV eV Rm Rm VBe hBeh VV Tm B e RB e h VVVm s mm 4-27 (馬超 PB13203072) 解： 初始時刻 2 2 0 2 0 2 0 3 0 1 4(2 ) 16 ? pe ? pe = = q mR R q mR 加上均勻弱磁場后兩帶電指點

22、繞質心的圓周運動不變，即 0, 不變 ?R 0 2?= c FBqR，經(jīng)過 t 時間，兩質點連線與 y 軸所成角 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) 積分得 再對時間積分可得 ? ? ? ? ? ? ? = = - =-=- x y xy BqR dvt dt m BqR dvt dt m BqRBqR vt vt mm BqRBqR

23、 xttyt mm 軌跡是一條擺線 4-28 (PB13000373 干淑遠) 證: 由于加上磁場后，電子回轉半徑近似認為不變，則 ，即磁感應強度 B 很 小。 考慮粒子的動力學方程:ke/r=mr,ke/rBev=mr. 由 =+,為高階無窮小量，v=r,解得:=-=eB/2m 4.29(PB13000373 干淑遠) 解: 由磁鏡比定義:Rm=1/sinm，即出射角 m的粒子都將從磁鏡中逃逸。 帶入 Rm=4,解得:m=30. 總立體角 =2sindd=(2-3)2. 所占比例 =/4=1-3/213.4. 4-30(PB13203054 豐雪雯) 解： eB m v R T R v me

24、Bv pp22 2 = = 運動周期與初速無關，各向粒子旋轉周期相同 設粒子到達正極時間為 t（慢速粒子初速可忽略） dt md eU = 2 2 滿足nTt =時聚焦，n 為正整數(shù)，聯(lián)立解得： 22 22 2mn Bed U p = 4-31(PB13203053 孫浩然) （1）設粒子加速后獲得速度 v ? = 1 2 ? v = ? ? 由于粒子在磁場中受合力大小不變且垂直于速度方向 （忽略洛倫茲力以外的力） ， 因此粒子在磁場中做圓周運動,且向心力大小Fn=Fc=qvB。 設圓周運動半徑為R， 則有 qvB = m v? R 因此 R = ? ? 所以 x=2R=? ? （2）由解得

25、? ? = ? ? 將題目中數(shù)據(jù)代入得 ? ? =4.6810?C/kg 4-32(PB13203054 豐雪雯) 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(PB1320305

26、4 豐雪雯) 解： )(2 2 0 rrBripp?= 2 )( 0ir rB ? = ? qBv dt dv m r = ? v為平行電流方向的速度，由于焦距遠大于管長，故 r v很小，由洛倫茲力不做功 得 ? v近似不變，仍為初始速度 v 2/ 0ir qvqBv dr dv mv dt dr dr dv m r r r ?= 積分得2/ 2 0 2 irqvmvr?= iqv m v r r0 2 ? = 與粒子距軸距離無關，故粒子聚焦于軸上一點 0 2 ?qi p v v r f r = 4-34 (余陽陽 PB13203083) 解： (1) 設載流子電荷為 q，漂移速度為 v，則 0 , 1 = 1 為載流子密度，則 ? ? += = - ?= - ? ? ? ? ? ? n H n qEqvB jnqv n EjB q R q RH與載流子的電荷反號，且已知載流子電荷時可由 RH