电磁场与电磁波典型习题及答案恒定磁场.pdf

习题四习题四 4-1 分别求附图中各种形状的线电流在真空中的 P 点产生的磁感应强度。 解：a) 略 b) 如图 b)所示，由通电 I 的细圆环在轴线上的磁场 2322 2 0 )(2za Ia z + = eB 可令 z=0，得 P 点的磁场为 a I z 2 0 eB = c) 圆弧中的电流在点 P 所产生的磁感应强度为 a I a I B 2 )( 22 )(2 00 1 = = 两根半无限长电流 在点 P 所产生的磁感应强度为 sin2 )cos1 ( )cos0(cos sin4 2 00 2 a I a I B = 故点 P 的磁感应强度为 sin2 )cos1 ( 2 )( 00 21 a I a I BBB + =+= 4-2 一个正 n 边形(边长为 a)线圈中通过的电流为 I，试证此线圈中心的磁感应 强度为 na nI B tan 2 0 =。 解：先计算有限长度的直导线在线圈中心产生的磁场，由公式 )sin(sin 4 21 0 = r I B 并注意到 nn = 2 2 21 设正多边形的外接圆半径是a。由于 na r cos= 所以，中心点的磁感应强度为 P I a a) P R P R b) c) 题 4-1 图 I I na nI B tan 2 0 = 4-3 下面矢量中哪些可能是磁感应强度 B？如果是，求出相应的电流密度 J。 a) xy yxeeF3040= b) eFAr= c)(12 yx yxeeF= d) eeFr r 34+= e) yx AAeeF+= f) zr reeF23+= 解：由恒定磁场的基本方程0= B，满足该式的矢量可能表示磁感应强度 B， 否则不表示磁感应强度。由JH =求的电流密度 J。 a) 由 0 )30(40 = + = x y y x F，F 可能表示磁感应强度 B。 z y y x x e FB J 00000 70)30(40 = = b) 按圆柱坐标系求解，0 )(1 = = Ar r F，F 可能表示磁感应强度 B。 zz Ar r Ar ee FB J 00 2 00 2 = = c) 0)(12= = y y x x F，F 可能表示磁感应强度 B。 0 00 = FB J d) 0cot3 8 )sin3( sin 1 )4( 1 2 2 += + = r r r r rr F，F 不表示磁感应强度 B。 e) 0= + = y A x A F（A为常数） ，0 00 = FB J f) 06 2 )3( 1 = + = z rr rr F，F 不表示磁感应强度 B。 4-4 无限长直线电流垂直于磁导率分别为 1 和 2 的两种介质的分界面，试求： (1) 两种介质中的磁感应强度 B1和 B2；(2) 磁化电流分布。 解：(1) 由安培环路定律，可得 r I 2 eH= 所以得到 r I 2 0 01 eHB= r I 2 2 eHB= (2) 磁介质的磁化强度为 r I 0 0 2 0 2 )(1 =eHBM 则磁化电流体密度为 0) 1 ( d d1 2 )( )( d d1 0 0 = = r r rr I rM rr J ZZM eeM 在r=0处， 具有奇异性。以z轴为中心作一个圆形回路c，由安培环路定律得 00 m d 1 I II C =+ lB 故可以得到磁化电流为 II =1 0 m 在磁介质的表面上，磁化电流面密度为 r I r z r 0 0 0 m 2 )( = = eeMJ 4-5 一根细的圆铁杆和一个很薄的圆铁盘样品放在磁场 B0中，并使它们的轴与 B0平行(铁的磁导率为)。求样品内的 B 和 H；若已知 B0=1T， 0 5000=， 求两样品内的磁化强度 M。 解：对于极细的圆铁杆样品，根据边界条件有 000 /BHH= 0 0 BHB = 0 0 000 4999 1 1 = =BH B M z eM 0 4999 = 对于很薄的圆铁盘样品，根据边界条件有 0 BB = / 0 BBH= 0 0 00 5000 499911 = =BH B M z eM 0 5000 4999 = 4-6 证明磁介质内部的磁化电流是传导电流的(1 r )倍。 解：由于HJ=，MJ= m ()MHHB+= 0 ()HHM11 r 0 = = 因而 ()JJ1 rm = 4-7 如图所示，已知无限长直导体圆柱由电导率不同的两层导体构成，内层导 体的半径mm2 1= a，电导率S/m107 1= ；外层导体的外半径mm3 2= a，电导 率S/m104 7 2 =。导体圆柱中沿轴线方向流过的电流为A100=I，求：(1) 两层导体中的电流密度 J1和 J2；(2)求导体圆柱内、外的磁感应强度。 解：(1) 111 EJ=、 222 EJ=，EEE= 21 ， 2 2 1 2 21 2 1 )(JaaJaI+= 2 2 1 2 21 2 1 )(aaa I z + =eE 2 7 11 A/m 12 105 = z eEJ， 2 7 22 A/m 3 105 = z eEJ (2) 当 1 ar ，如图所示。在平行于z轴方 向均匀磁化，磁化强度为 M。试求沿圆铁盘轴线上、铁盘内、外的磁感应 强度和磁场强度。 解解：由于铁盘均匀磁化，且磁化方向沿z正向，故令 z MeM=，其中M为常数。 由此可知磁化电流面密度 0 m =MJ 铁盘上、下底面的磁化电流线密度 0)( m1 = ZZn MeeeMK 铁盘侧面周边边缘上的磁化电流线密度 eeeeMKMM rZn = m 这样可将圆盘视为相当于bKI m =的圆形磁化电流，求此电流在各处产生的磁场。 又由于ab，可视为圆环电流产生的磁场。在铁盘轴线上产生的磁场为 2/322 2 0 2/322 2 0 )(2)(2az Mba az Ia B + = + = 2/322 2 0 )(2az MbaB H + = B、H的方向沿z方向。铁盘内由于 0 ，可得 MB 0 0 1 = MB 0 在铁盘内是均匀分布的磁场。 4-11 已知一个平面电流回路在真空中产生的磁场强度为 H0，若此平面电流回路 位于磁导率分别为 1 和 2 的两种均匀磁介质的分界平面上，试求两种磁介 质中的磁场强度 H1和 H2。 解：解：由于是平面电流回路，当其位于两种均匀磁介质的分界平面上时，分界面上 的磁场只有法向分量，根据边界条件，有BBB= 21 。在分界面两侧做一个小矩 形回路，分别就真空和存在介质两种情况，应用安培环路定理即可导出 H1、H2 和 H0的关系。 在分界面两侧，做一个尺寸为lh2的小矩形回路c。根据安培回路定律有 IhHhHhHhH c =+= )P()P()P()P(d 22211211 lH 因 H 垂直于分界面， 所以积分式中0=lH。 这里I为与小矩形回路交链的电流。 对平面电流回路两侧为真空的情况，则有 IhHhH c = )P(2)P(2d 20100 lH 由于P1和P2是分界面上任意两点，由上述两个式子可得到 021 2HHH=+ 即 0 21 2H BB =+ 于是得到 0 21 21 2 HB + = 故有 0 21 2 1 1 2 H B H + = 0 21 1 2 2 2 H B H + = 4-12 已知0y的区域 为空气，求：当空气中的磁感应强度 yx eeB105 . 0 0 =mT，磁介质中的磁感应 强度 B；当磁介质中的磁感应强度 yx eeB5 . 010+=mT，空气中的磁感应强度 B0。 解：设磁介质中的磁感应强度为 zzyyxx BBBeeeB+= 根据边界条件 n2n1 BB=， t2t 1 HH=有 10 0 = yy BB 00 0 r0 5 . 0 = xx BB 0 0 0 r0 = zz BB 所以 2500= x B，10= y B，0= z B 即 102500 yx eeB= 设空气中的磁感应强度为 zzyyxx BBB 0000 eeeB+= 根据边界条件 n2n1 BB=， t2t 1 HH= 有5 . 0 0 = yy BB 0r00 0 5000 10 = xx BB 0 r00 0 = zz BB 所以 002. 0 0 = x B，5 . 0 0 = y B，0 0 = z B 即 5 . 0002. 0 0yx eeB+= 4-13 真空中有一厚度为d的无限大载流块，电流密度为 0 J z e，在其中心位置有 一半径为a的圆柱形空腔。求腔内的磁感应强度。 解：设空腔中同时存在有密度为 0 J z e的电流，则可利用安培环路定律和迭加原 理求出空腔内的B。 电流密度为 0 J z e的均匀载流块产生的磁场为： xJ y001 eB= 2 d x 电流密度为 0 J z e的均匀载流圆柱产生的磁场为 )( 2 00 2 xy J yx eeB= )( 222 ayx时， 0)( 1 2 = r A r rr 所以 21 3 001 ln 9 1 CrCrJA+= 432 lnCrCA+= 其中C1，C2，C3，C4是待定常数。 由于0=r处磁矢位不应是无穷大，所以C1=0。 利用边界条件，有 3 002 9 1 aJC=； 3 003 3 1 aJC=；aaJCln 3 1 3 004 = 最后得： zzz arJaJrJAeeeA)( 9 1 ) 9 1 9 1 ( 33 00 3 00 3 0011 = zz a r aJAeeAln 3 1 3 0022 = 由AB=得： eeAB 2 00 1 11 3 1 rJ r A = = z aJ rr A eeAB 3 00 2 22 3 1 = = 4-17 两根无限长直导线，布置于1=x，0=y处，并与z轴平行，分别通过电流 I及-I，求空间任意一点处的磁感应强度 B。 解：解：无限长直导线产生的矢量磁位为 r rI z 00 ln 2 eA= 0 r为有限值。 对于本题，可利用叠加原理，p点的矢量磁位可看做是位于1=x处的长直导线 产生的矢量磁位和位于1=x处的长直导线产生的矢量磁位的叠加，即 )ln(ln 2 2 0 1 00 r r r rI z = eA 1 20 ln 2r rI z e= cos21 cos21 ln 2 2 2 0 rr rrI z + + =e 根据 r zz zz A rr A AeeeAB + = 1 )( 有 2 2 2 1 2 0 sin)1 ( rr rI Br + = 2 2 2 1 2 0 cos) 1( rr rI B = 0= z B 4-18 在阴极射线管中的均匀偏转磁场是由在管颈上放置一对按余弦规律绕线的 线圈产生的。分析管颈中的磁场时，可以将管颈视为无限长，其表面电流 密度为cos 0 KeK z =，这样的线圈称为鞍线圈。证明：管颈中的磁场是均匀 的。 解 解 由于电流分布是的函数，磁场分布不具备轴对称性，不能利用安培环路定 律求解磁场。由于电流只分布在管颈的表面上，管颈内外的区域中都没有电流分 布，可通过解标量磁位的微分方程来求磁场。利用分离变量法，求出管颈内、外 区域中的标量磁位 1m 和 2m 的通解， 然后由管颈表面上磁场的边界条件来确定待 定常数。 视管颈为半径为a的无限长圆柱面，则 1m 和 2m 只与r，有关，即 0 11 2 1 2 2 1 = + rrr r rr mm 0 11 2 2 2 2 2 = + rrr r rr mm 根据管颈的表面上的电流按cos变化， 以及管颈内、 外区域中的标量磁位 1m 和 2m 应为有限值，可设 cossin 111 DC m += (ar) cossin 22 2 r D r C m += (ar ) 于是得到 rrr mm rm = 11 11 1 eeH )sincos()cossin( 1111 DCDC r +=ee rrr mm rm = 22 22 1 eeH )sincos( 1 )cossin( 1 22 2 22 2 DC r DC r r +=ee 根据边界条件，当ar =时，有 rr HH 21 =， cos 012S JHH= 由此可得到 0 21 =DD 01 2 1 S JC=， 2 02 2 1 aJC S = 故得到 y S r S JJ eeeH 2 )cossin( 2 00 1 =+= )(ar 4-19 一环形螺旋管的平均半径r0=15cm，其圆形截面半径a=2cm，铁心的相对 磁导率r=1400，环上绕N=1000匝线圈，通过电流 I=0.7A，计算螺旋管的 电感；在铁心上开一个l0=0.1cm的空气缝隙，计算电感(假设开口后铁心的 r 不变)；求空气缝隙和铁心内的磁场能量的比值。 解：由于 0 rad/2，可认为电轴与几何轴重合。设导线上单位长度的线电荷为 l 。由于双导线单位长度的电容 )/2ln( 0 dD C = 故 )/2ln( 0 dD U CU l = P点的电场强度 )/2ln( 2 )2/(2 2 0 dDD U D E l P = 故P点的电场能量密度 2 0 2 0e )/2ln( 2 2 1 = dDD U Ew P 2 3 12 )5/252ln(1025 1000 10854. 82 = 33J/m 10344. 5 = P点的磁场强度 )2/(2 2 D I HP = 故磁场能量密度 2 0 2 0m 2 2 1 = D I Hw P 2 3 7 1025 1 1042 = 34J/m 1007. 4 = (2) 线间单位长度的电场力和磁场力分别为 2 0 0 2 e )/2ln(22 = = dD U DD F l 2 3 12 )5/252ln( 1000 10252 10854. 8 = N/m1005. 1 4 = N/m1008. 0 10252 1104 2 4 3 272 0 m = = D I F 合力 N/m100.971008. 01005. 1 444 me =+=+=FFF 4-26 两个平行无限长直导线的距离为a， 分别载有电流I1和I2， 求每根导线单位 长度受到的安培力Fm。 解：设两个导线的电流方向相同，导线1与z轴重合，由其在导线2处产生的磁 感应强度为 a I 2 10 eB= 导线2上的电流元 22dl I在导线1的磁场中受力为 a II a II I rz 2 d 2 d dd 22102210 22 l e l eeBlF= 导线2单位长度受力为 a II r 2 d 2210 l eF= 负号表示同向电流为吸引力，如果电流方向相反，则为斥力。 4-27 如图所示，长直导线与单匝矩形导线框共面，求导线框受到长直导线的作 用力。 解：直导线产生的磁场为 x I y 2 10 eB= 矩形导线框受到的作用力为 =BlF 22d I 注意到矩形的上，下两个边受力大小相等，方向相反，两者相互抵消，估仅 需要计算左，右两个边受力： + = baa cII eF x 11 2 210 用虚位移计算，可以求出直导线和矩形线框间的互感为 a bac M + =ln 2 0 磁相互作用的能量为 a bac IIIMIW + =ln 2 0 2121 将直导线与矩形线框之间的距离a看成是虚位移时的坐标变量， 用电流不变 情形下的虚位移公式，得线框在变量a增加的方向上的受力为 + = + = = baa c II aa c II W F I 11 2 1 b 1 2a 0 21 0 21 负号说明线框受到吸引力。 4