Physics-Homework

Chapter 7

7-1

解：

规定垂直纸面向外为正。
经分析，CA段与BD段对O点磁场贡献为0，设导线线电阻率为$\lambda$，得： $\begin{aligned} B_o=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{i_1l_1}{R^2}&-\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{i_2l_2}{R^2}\\ \lambda l_1i_1&=\lambda l_2i_2 \end{aligned}$ 解得： $B_o=0$

7-5

解：

球面电势为$U$，得： $U=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{R}$ $\sigma=\frac{Q}{4\pi R^2}$ 取$\theta$处$d\theta$的圆环，由毕奥萨伐尔定律： $dB_z=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{\sigma Rd\theta\cdot\omega R\sin\theta\cdot 2\pi R\sin\theta}{R^2}\sin\theta$ 解得： $\begin{aligned} dB_z&=\frac{1}{2}\mu_0\epsilon_0\omega U\sin^3\theta d\theta\\ \Rightarrow B_z&=\frac{1}{2c_0^2}\omega U\int^\pi_0 \sin^3\theta d\theta \end{aligned}$ 解得： $B_z=\frac{2}{3c_0^2}\omega U$ 其中$c_0$表示真空中的光速。

7-6

解：

在半球面的底部加上一圆平面组成闭合曲面$S$,设半球面为$S_1$，圆平面为$S_2$。由$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$，有： $\oiint_S \boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}=0$ 即： $\iint_{S_1}\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}+\iint_{S_2}\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}=0$ 故： $\begin{aligned} \Phi_1&=-\iint_{S_2}\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}\\ &=-\pi R^2c \end{aligned}$

7-8

解：

由安培环路定理： $\oint_L\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{l}=\mu_0NI$ 得： $B=\frac{\mu_0NI}{2\pi r}$ $\begin{aligned} \Phi=\iint_S\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}&=\int_{R_1}^{R_2}\frac{\mu_0NI}{2\pi r}hdr\\ &=\frac{\mu_0NIh}{2\pi r}\ln\frac{R_2}{R_1} \end{aligned}$

7-9

解：

先求解距离O点$r(r\in[a,a+b])$处电流强度： $i=\frac{\omega\lambda dr}{2\pi}$

(1)
$r$处电流对O点磁感应强度贡献为： $d\boldsymbol{B_0}=\frac{\mu_0}{2}\frac{i}{r}(-\boldsymbol{k})$ 得： $\begin{aligned} \boldsymbol{B_0}&=-\frac{\omega\lambda\mu_0}{4\pi}\boldsymbol{k}\int_a^{a+b}\frac{dr}{r}\\ &=-\frac{\omega\lambda\mu_0}{4\pi}\ln\frac{a+b}{a} \boldsymbol{k} \end{aligned}$
(2)
r处电流的磁矩贡献为： $d\boldsymbol{m}=\pi r^2i(-\boldsymbol{k})$ 得： $\begin{aligned} \boldsymbol{m}&=-\frac{\omega\lambda}{2}\boldsymbol{k}\int_a^{a+b}r^2dr\\ &=-\frac{1}{6}\omega\lambda[(a+b)^3-a^3]\boldsymbol{k} \end{aligned}$
(3)
若$a»b$，有： $\begin{aligned} \boldsymbol{B_0}&=-\frac{\omega\lambda\mu_0b}{4\pi a} \boldsymbol{k}\\ \boldsymbol{m}&=-\frac{1}{2}\omega\lambda a^2b\boldsymbol{k} \end{aligned}$

7-10

解：

由安培环路： $B\cdot 2\pi\cdot 3r=\mu_0I\Rightarrow B=\frac{\mu_0I}{6\pi r},方向垂直纸面向外$ 电子所受磁场力： $\boldsymbol{F}=-e\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B}$ 即： $F=\mu_0I\Rightarrow B=\frac{\mu_0Iev}{6\pi r},方向垂直OO_1向左$

7-11

解：

由对称性，合力垂直于$I_1$。
对$l_1$: $F_{1x}=-\frac{\mu_0I_1I_2a}{2\pi d}$ 对$l_2$: $F_{2x}=\int_{l_2}I_2dy\frac{\mu_0I_1}{2\pi(d+\sqrt{3}y)}=\frac{\mu_0I_1I_2}{2\sqrt{3}\pi}\ln\frac{2d+\sqrt{3}a}{2d}$ 同理，对$l_3$： $F_{3x}=\frac{\mu_0I_1I_2}{2\sqrt{3}\pi}\ln\frac{2d+\sqrt{3}a}{2d}$ 得： $F=F_{1x}+F_{2x}+F_{3x}=\frac{\mu_0I_1I_2}{2\pi}(\frac{2}{\sqrt{3}}\ln\frac{2d+\sqrt{3}a}{2d}-\frac{a}{d})$

7-14

解：

由受力平衡得： $f=mg\sin\theta$ 由力矩平衡得： $fr=NBI\cdot 2rl\cdot\sin\theta$ 联立得： $I=\frac{mg}{2NBl}$

7-15

解：

以柱的中轴线为z轴，向上为正方向建立柱坐标系。
由安培环路定理，得：

$r\in[0,R]$ $B\cdot 2\pi r=\mu_0\frac{Ir^2}{R^2}\Rightarrow \boldsymbol{B}=\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I}{R^2}r \boldsymbol{e_\theta}$
$r\in(R,\infty)$ $B\cdot 2\pi r=\mu_0I\Rightarrow\boldsymbol{B}=\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I}{r}\boldsymbol{e_\theta}$

综上： $\boldsymbol{B}= \begin{cases} \frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I}{R^2}r \boldsymbol{e_\theta},&r\in[0,R]\\ \frac{\mu_0}{2\pi}\frac{I}{r}\boldsymbol{e_\theta},&r\in(R,\infty) \end{cases}$

7-17

由力矩平衡： $2\rho SLgL\sin\alpha=BIL^2\cos\alpha$ 联立得： $B=\frac{2\rho Sg\tan\alpha}{I}=9.3\times10^{-3}\ \mathrm{T}$