电动力学复习总结第三章-稳恒磁场

1、1、2、3、4、5、6、7、填空题第三章稳恒磁场已知半径为a圆柱形空间的磁矢势的磁感应强度为(稳恒磁场的能量可用矢势表示为(oJ(a2分析稳恒磁场时，能够中引如磁标势的条件是(A d*中矢势的环流U表示(r2无界空间充满均匀介质，该区域分布有电流，密度为J(X)表达式(磁偶极子的矢势 A(I)等于磁偶极子在外磁场中受的力为(电流体系J(X)的磁矩等于()；标势a(柱坐标),该区域).在经典物理,空间矢势A的解析(1)m等于(),受的力矩(无界空间充满磁导率为均匀介质，该区域分布有电流，密度为J(X)势A的解析表达式(,空间矢选择题1、线性介质中磁场的能量密度为A. 1B H2B. 1A J2C

2、. B HD. A J2、稳恒磁场的泊松方程2AJ成立的条件是B.任意介质A 介质分区均匀C.各向同性线性介质D.介质分区均匀且3、引入磁场的矢势的依据是A.H 0; B. H 0;C. B 0 ；D.4、,则它们的相互作用电流J处于电流e产生的外磁场中，外磁场的矢势为 能为A.C.Ae JedVVD. A JdVV5、对于一个稳恒磁场,矢势A有多种选择性是因为A. A的旋度的散度始终为零；B.在定义A时只确定了其旋度而没有定义6、磁偶极子的矢势A和标势m分别等于A.A m Rm RB. Am RA 4 0亡4 R34 R3 ,C.A °m RmRD. Am RA3,4R34 R34

3、 R3的散度始终为零；C.4 °R37、用磁标势解决静磁场问题的前提是A.该区域没有自由电流分布B.该区域是没有自由电流分布的单连通区域C.该区域每一点满足B 0D.该区域每一点满足B 0.三、问答题1、在稳恒电流情况下，导电介质中电荷的分布有什么特点2、判定下述说法的正确性，并说明理由：（1）不同的矢势，描述不同的磁场；（2）不同的矢势，可以描述同一磁场；I（3）B 0的区域，A也为零。3、在空间充满介质与无介质两种情况下，若电流分布相同，它们的磁场强度是 否相同4、由W IBHdV， W IAJdV ,有人认为静磁场的能量密度是 丄BH，2 2 V 2有人认为是1AJ ,你怎么认

4、为，为什么2。5、试比较静电场和静磁场。6 描述磁场B的、满足A=O的矢势，是什么性质的矢量场它是否是唯一的理由是什么7、 我们知道，在J=O的区域，磁场强度满足H=O ,如果我们把它表示成H = - m ,此方程仍能成立。试述这样引入m所存在的问题。8、磁标势微分方程是否说明存在真正的磁荷9、对于直长导线的磁场，在什么样的区域可以引入磁标势10、试用磁荷观点与分子电流观点求一个磁化矢量为 M (x)的永磁体在空间 激发的磁场，并证明所得结果是一致的。答：依磁荷观点：整个空间中 J 0,HOlBO由 H O引入m ,即H可表为HO m oM ,其中m00依分子电流观点:JMM ,而依照题意有:

5、Jf 0 , JD 0 ,即:0比较知，所得结果是一致的111、试说明：分布于有限区域的电流系，在R 时，其矢势AN厶,其R磁感应强度1R3解：因有限区域的电流系可以分成许多闭合流管, 闭合流管的磁偶极势和场决定R时，其失势场主要由即:R3(1)R2B(I)f（m）寻12、我们知道，对于闭合电流圈，在场点离其很远的情况下，其矢势和场由其磁偶极势和场所决定。因此，在上述条件下，人们常说小闭合电流圈与一 磁偶极子等效。试问，当场点离电流圈不是很远时，闭合电流能否与某种分 布的磁偶极子等效解：设电流线圈电流为I.当场点离电流圈不是很远时，闭合电流的场不能等效为一个磁偶极子的场，但闭合电流的磁场可看作

6、线圈所围的一个曲面上许多载电 流I的无限小线圈组合而成，如图,磁场就是许多无限小线圈的磁场矢量和.如图3-123-12 图13、有一很长的柱面，表面有均匀分布的电流沿轴向流动，有人为了求柱面内长度为I的一段柱体之中的磁场能量，使用了如下的公式:1WLA JdV2按此公式，由于柱内J O ,因此磁场能WL 0。试问这样做对否为什么解：这样做显然是不对的，因为磁场能量应为W 1 B H dv（普遍式），W1A JdV仅对总能量有意义,22AJ并非能量密度。14、如何对小电流圈在远处的矢势作多极展开试证明展开式的第一项A(O)0 ,第二项A(I)可表为A(I)m R厂 其中mR31 x' 1

7、dl。2 U2解：对小电流圈在远处的矢势,R >>时，则1丄 Xi'XjR2 i.j j1Xi Xj R所以(0)A (x)04 RJ(x' )dv'- Id l(1)AJ(x')x'Rdv'对于一个闭合流管，有:(1)A0X4-dR1'0X4'R3dl'式中，R3与积分变量无关，且x'为线圈上各点坐标，则d x'x R x' 0(全微分绕闭合回路的线积分为零) 所以A15、x' R d l'l'Pdl'RUx' 0x' Rd l'

8、d l ' R x'2Cx' dlx' d l'04R3l'。磁场矢势的展开中A0答：电势多极展开：(X)(0)0,这说明什么试与电多极距比较(1) 川4 0 R P R 6DR 川矢势多极展开：AA(I)AraIIl才mRRIll可见,磁场和电场不同，展开式中不含磁单极项。这是磁单极不存在的必然结果16、简述阿哈罗诺夫一玻姆效应的结果答:在不存在磁场的区域，矢势A 0,矢势A可以对电子发生作用，哈罗诺夫一玻 姆效应表明矢势A和 具有可观测的物理效应。哈罗诺夫一玻姆效应是量子力学 现象.17、试证明在似稳条件下，每个瞬时有：（1）对无分支交流电路

9、，电路各处的电流强度是相等的；（2）对有分支的交流电路，在分支点处基尔霍夫第一定律仍然成立。解：在似稳条件r 满足时，电磁场的波动性可以忽略，推迟效应可以忽略，ID场与场源的关系近似地看作瞬时关系，位移电流 JD O,所以场方程变为H J-A丿 对 H J两边取散度得:： J 0,即JdS 0E匕Vt无分支电路，任选两处 A ,段电路可由Si截面，S侧表面，S2截面围成一闭合曲面，则由似稳条件有 J dSi JdS侧 J dS2 0J dSi J dS20 Ii 2由A，B任意性知：电路各处电流强度相同。多分支电路，设汇集于节点处的各支路横截面为 Si, S2.S,总表面为S表同理则有：IIl

10、 IlJ dS Ji d Si J2 d S2JndSn J S表 0S即：Ii 0即分支点处基尔霍夫第一定律仍然成立。四、计算和证明1、试用A表示一个沿Z方向的均匀恒定磁场Bo，写出A的两种不同表示式，证 明二者之差为无旋场。解：Bo是沿Z方向的均匀恒定磁场，即 Bo BoeZ ,由矢势定义A B得Az / yAy / z 0 ；Ax /z Az / x 0 ；Ay /x Ax / yB0三个方程组成的方程组有无数多解，如： AyAZ 0 ,AxBoyf(x) 即: A B°yf(x)gx;2DAx AZ 0, Ay B°x g(y) 即: A B°x g(y)

11、ey 解与解2之差为 A Boy f(x)ex B°x g(y)ey 贝U (A) ( Ay/ Z)ex ( AX / Z)ey (Ay/ x AX / y)ez 0 这说明两者之差是无旋场2、 均匀无穷长直圆柱形螺线管，每单位长度线圈匝数为n,电流强度I ,试用唯 一性定理求管内外磁感应强度 B。解：根据题意，取螺线管的中轴线为Z轴。本题给定了空间中的电流分布，故可由JTJidV求解磁场分布，又 rIdl r3r041)螺线管内部：由于螺线管是无限长 理想螺线管，所以其内部磁场是 均匀强磁场，故只须求出其中轴 线上的磁感应强度，即可知道管 内磁场。由其无限长的特性，不 妨取场点为坐

12、标原点建立柱坐标系r a cos 'ex asin 'ey z'ez,J只分布于导线上，所以O(Xasin 'ey z'ez)dl r ( ad 'sin 'ex ad 'cos 'ey) az'cos 'd 'ex az'sin 'd 'eya cos 'e a2d 'ez 取z' z' dz'的一小段，此段上分布有电流 nIdz'O nldz'( az'cos 'd 'ex az'si

13、n 'd 'eyB y42d'4 02)螺线管外部：由于螺线管无限长， 任取一点P( , ,0)为场点，其中X(aF a2dz' I(a2 z'2)3/2 Za2d 'ez)Z'2)32nI 0十，°I2 3/2 n 0 i ez21 (z7a)2不妨就在过原点而垂直于轴线的平面上a。.(cos a cos ')2( Sin asin ')2zld(z'a),22 a2 z'2 2a cos(')r XX' ( CoS a cos ')ex ( Sina sin '

14、)eyz'ezdlad 'sin 'ex ad 'cos 'eydlaz'cos'd 'ex aZsin'd'eya2 a cos('QnI42ex d '0az'cos ' dz'2ey0az'sin '3 dz' e r)d 'e2d '0Za2 a cos(')dz'03、设有无限长的线电流I沿Z轴流动，在z<0空间充满磁导率为的均匀介质,z>0区域为真空，试用唯一性定理求磁感应强度 B ,然后求出磁化

15、电流分布。 解：设z>0区域磁感应强度和磁场强度为 B1，H1 ； z<0区域为B2，H2 ,由对称性可知Hi和H 2均沿e方向。由于H的切向分量连续，所以Hi H 2 He。由此得到Bin B2n 0 ,满足边值关系，由唯一性定理可 知，该结果为唯一正确的解。以Z轴上任意一点为圆心，以r为半径作一圆周，则圆周上各点的 H大小 相等。根据安培环路定理得：2 rH I ,即H I/2 r，Hi H 2 I /2 r eBiiH i0I /2 re , (z>0)；B22H 2I / 2 r e , (z<0)。在介质中 M B2/ 0 H 2 I /2 r / 0 i e

16、 所以，介质界面上的磁化电流密度为： M n l2r / 0 i e ezI / 2 r 0ier2总的感应电流：I Mdl I /2 r 0ierde I / O i ,0电流在z<0区域内，沿Z轴流向介质分界面。4、设x<0半空间充满磁导率为 的均匀介质，x>0空间为真空，今有线电流I 沿Z轴流动，求磁感应强度和磁化电流分布。解：假设本题中的磁场分布仍呈轴对称，则可写作B ( 'I /2 r)e它满足边界条件：n (B2 Bi) 0及n (H2 Hi) 0。由此可得介质中：H 2 B/ ( 'I /2 r)e由H2B/0M得：在x<0的介质中M -I

17、2 r0 e0贝I MOMdl'Ir d 02dI '(0 )2 r0020再由Be0(IIm)/2r ( 'I /2 r)e可得'20/(0),所以Be0/(0)r , IM (0)1/(0)(沿Z轴)5、某空间区域内有轴对称磁场。在柱坐标原点附近已知BZB。c(；Z22/2),其中B。为常量。试求该处的B。提示：用 B 0,并验证所得结果满足H 0。解：由于B具有对称性，设B B eBZeZ ,其中BZ B。C(z22/2)iiB 0 ,(B)-BZ 0 ,即：(B) 2cz 0,Z2CZ aQ时，Be BqQ，D(常数)。 为有限，所以a c(z222)e

18、z0 ,所以 B(1)式能使(2)Q ； B CZ ,即:B CZ因为J 直接验证可知，6 两个半径为a的同轴圆形线圈，位于Z I电流I。(1) 求轴线上的磁感应强度。(2) 求在中心区域产生最接近于均匀常常时的 L和a的关系。 提示：用条件解：1)B1(1)e Q( 2)，(C为常数)L面上。每个线圈上载有同方向的0 ,即(B / z B / 式成立，所以B CZB1zW由毕一萨定律， BIZeZ，jdI4Sin同理，-L处线圈在轴线上1B2 B2zez， B2z2Q处线圈在轴线上Z处产生的磁感应强度为Q Ia2d4 a2 (Z L)23/2Z处产生的磁感应强度为:Ir 21Q Ia2(Z

19、L)QIa2TZ123/2L) a 所以，轴线上的磁感应强度：1L)2 a23/2 ,所以 ( 所以2B27/21B BZeZ22)因为又因为2Qa2(zQQ,2(ZB)Q，25(L Z) (L Z)(L z)2 a2将Z=Q带入上式得：5L2 L2 a2，7、半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流 的微分方程。设导体的磁导率为2A内2A外 Q自然边界条件：r 0时，A内有限。；丄r a ?Q选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，A外 A外(r)ez，a (L Z)5/2 Q2 I 2122 132L) a (B)2Bz z2 Q。a2 5/25(L2B代入(1)2Z) ( L Z)(1)式并化简得

20、:22_ 7/2a 解：矢势所满足的方程为:边值关系：A内 rA内 A内(r)ez，代入微分方程得：1 Z A内(r)、 (r ) r r r1 解得：A内 (r)QJr4L a/2J均匀分布于截面上，试解矢势A Q ,导体外的磁导率为QJ(r a)(ra)A 外r a且解与Z无关。令QJ ； 1(r 士)r r rC1 Inr C2 ； A外(r)C3 In r C42由自然边界条件得G 0， 由丄01A外 Ir a-Ja2，21220 Ja ， C4Ja Ina。422 a Ja Inr8、假设存在磁单极子，其磁荷为 Qm ,它的磁场强度为 它的矢势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。解

21、：H-Qdq -QdAer40 r340 r21A(Sin A) r Sin1 r 1ArL (rA ) 0r Sin1(rA令ArSin A显然讨论:得:C3a并令其为零,1 2 2 0J (ar ) ； A外40,得：(Sin得:C2Qm)QmSi n4 rQm 1 CQS4 r Sin满足(1)式，所以磁单极子产生的矢势0时，A/2 时，A时，A0 ；e Qm/4 r ；，故A的表达式在0HH Qmr/4°r3。给出Qm2 er4 r得:Qm 1 CQSe4 r Sin具有奇异性，此时A不合理。9、将一磁导率为 和诱导磁矩m解：根据题意，以球心为原点建立球坐标，取 H0的方向为

22、ez ,此球体被外加磁 场磁化后，产生一个附加磁场，并与外加均匀场相互作用，最后达到平衡， 呈现轴对称。本题所满足的微分方程为：,(R R。),(R R0)R0为有限； 0处满足,半径为Ro的球体，放入均匀磁场Ho内，求总磁感应强度B2m12m2自然边界条件：衔接条件：在Rmlml由自然边界条件可确定方程组(mlan RnPn (cos )；m2m2Rm2及1)的解为:H 0Rcos(1)HORCQS 。m1 / R 0 m2 / RdnR (n I)Pn(COS )n 0n 0o3i(bi 2Ci Ri ) ， (bi 2C1R2 )0 H 0 2 0d1R2 。H0RcosdnR (n I

23、)Pn(COS )n 0由两个衔接条件，有：anRnPn(cos )H130H0(2 0),(RRo)BLJ (0)3 r3(Ho R)RH0OH 2OHO0 RO 3，(R RO)2 0R5R3在RvRo区域内，M B/0 H13(o)H°(2 0)mMdVV(4 /3)Rt3M 4(0)R3H0(2 0)m2R5o) 33(Ho R)R "RO2 0n 0annRnIPn (cos )n 0oH o COS0 (n 1)dnR (n 2)Pn(COSn 0比较Pn (cos)的系数，解得:ai3 0H0/( 20)；di (0)H0R3 /(20) ；and n0，(n

24、1)即:mi3 0H 0Rcos /(20)， ( RRo)m2H 0Rcos (o)H0 Ro cos /(2o)R2，(RRo)Himi3 OH 0 /(20)H2Ho -10、有一个内外半径为R和R2的空心球，位于均匀外磁场 H。内，球的磁导率为，求空腔内的场B ,讨论 0时的磁屏蔽作用。解：根据题意，以球心为原点，取球坐标，选取 Ho的方向为ez ,在外场Ho的作 用下，空心球被磁化，产生一个附加磁场，并与原场相互作用，最后达到平衡，B的分布呈现轴对称。磁标势的微分方程为：2m1 0 ( RR1)2m2 0 (R1RR2)2；m30 (R R2)自然边界条件：m1R O为有限；m3RH

25、oRcos。衔接条件：m1R R1m2R R1 ；0m1 / RRRIm2 / RRRI ；m2 RR2m3 RR2 ；0m3/ RRR2m2 / RRR2由轴对称性及两个自然边界条件，可写出三个泛定方程的解的形式为:mla nR Pn (COS ) ；m2(bn RCnR Pn (COS )；n 0n 0m3 HoRCOSdnR (n I)Pn(COS )n 0因为泛定方程的解是把产生磁场的源H o做频谱分解而得出的，分解所选取的基本函数系是其本征函数系 Pn (COS )。在本题中源的表示是：H O R cosH O RR (cos )所以上面的解中，anbnCn dn 0，(n 1)解的

26、形式简化为：m1a1 R cos ；m2(b1 R c1R 2) cos ；m3H O Rcosd1 R 2cos代入衔接条件得：a1 R1b1R1c1 R12，b1 R2 c1 R2dR2，60H0R；2(0)2R(20)(20)r233 0(20)H0Rf2(0)2Ri3(20)(2 0)R33 0(0)H°Ri3R；2(0)2Ri3(20)(20)R；(20)(0)(R3R3)H0R32(0)2R3(20)(2 0)R3 ObiCidi解方程组得：ai从而，空间各点磁标势均可确定。空腔内:Bi 0 H i 0 mi ai CoSai Sin e°aiez当0时，ai

27、0,所以Bi 0。即空腔中无磁场，类似于静电场中的静电屏蔽。ii、设理想铁磁体的磁化规律为B H oMo ,其中M。是恒定的与H无关的量。今将一个理想铁磁体做成的均匀磁化球 的无限介质中，求磁感应强度和磁化电流分布 解：根据题意，取球心为原点，建立球坐标系，以 对称的磁场分布，磁标势的微分方程为：2 mi O（R R。）；（M。为常值）浸入磁导率为Mo的方向为ez ,本题具有轴0 (R Rg)衔接条件：mi R R0m2 R R0 ；mi / RRRO'm2 / RRROOMO COS ；m2自然边界条件：mi RO为有限；m2 R 0由轴对称性及两个自然边界条件，可写出拉普拉斯方程通

28、解的形式为:mian R Pn (COS ) ；m2bn RPn(COS )；n 0n 0代入衔接条件，比较Pn (COS )各项的系数，得：anbnmii2、由此m2BiB20，(n i) ； ai0M 0Rcos /(2 '0M 0R0cos /(20 H i 0 M 02''0R3m2OM 0 /( 2 )， (R)R2，(R 0M0(2'3(M0 R)RR5)；bi0M0R05 /(2')R0)R0)m2R3 0M0(2')30R0 3(M0 R)R 2 '(B2 BI)RO0( OMe 3 'M 0sin /(2 

29、9;(RR0)R5R3 (RR0)O，（其中0）0）将B的表达式代入，得:O（M将上题的永磁球置入均匀外磁场 H。中，结果如何解：根据题意假设均匀外场Ho的方向与Mo的方向相同，定为坐标Z轴方向。磁标势的微分方程为:自然边界条件：衔接条件：2 2m10 (R Ro) ；m2 0 (RRo )m1 R o 为有限；m2 RHORCOS。m1 R R0m2 R RO ；m1 / RRRO0m2 / RRROOM 0 COS ；解得满足自然边界条件的解是:m1a1Rc0s ， (R Ro)m22H O Rcosd1 R cos ， (RRo)代入衔接条件，得：a1 RoH 0 Rod1 Ro0H03

30、2 OdIROa1OM 0解得：a1(OMO3 OHO) /(2 O)d1oMo (0)H0R0 /(20)m1(OMO30H0)Rcos /(2 0)， (RRo)m2H 0RcosOMO(O)H 0 RO cos/( 2o)R2，(R Ro)H1m10(M0 3Ho)/(2 0)B1H1oM,03 oHo/(2 0)2 2Mo/(2O)，(RRo)H2m2HO 3(m R)R/ R5 m / R3，其中m 0M 0(0)H0R? /(2 0)B 20H 20H0 3(m R)R/R5 m/R3，(RRo)13、有一个均匀带电的薄导体壳其半径为 Ro ,总电荷为Q ,今使球壳绕自身某一直径以角速度 转动，求球内外的磁场B。提示：本题通过解A或m的方程都可以解决，也可以比较本题与 §5例2的 电流分布得到结果。解：根据题意，取球体自转轴为 Z轴，建立球坐标系。磁标势的微分方程为:2自然边界条件：衔接条件：(其中 Q Sino (R Ro)RO为有限；m2 /mlmlm22m2 o (Ro。ml /R)/RRROQSinm2 / R