电动力学习题解答3

电动力学习题解答第1页第三章静磁场1.试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场0B，写出A的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。解：0B是沿z方向的均匀恒定磁场，即zBeB00，由矢势定义BA得0//zAyAyz；0//xAzAzx；0//ByAxAxy三个方程组成的方程组有无数多解，如：○10zyAA，)(0xfyBAx即：xxfyBeA)]([0；○20zxAA，)(0ygxBAy即：yygxBeA)]([0解○1与解○2之差为yxygxBxfyBeeA)]([)]([00则0)//()/()/()(zxyyxxyyAxAzAzAeeeA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'430dVrrJB求解磁场分布，又J只分布于导线上，所以304rIdrlBdl1)螺线管内部：由于螺线管是无限长r理想螺线管，所以其内部磁场是Oz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I妨取场点为坐标原点建立柱坐标系。zyxzaaeeer''sin'cos，yxadaddeel'cos''sin')''sin'cos()'cos''sin'(zyxyxzaaadaddeeeeerlzyxdadazdazeee'''sin'''cos'2取''~'dzzz的一小段，此段上分布有电流'nIdz2/32220)'()'''sin'''cos'('4zadadazdaznIdzzyxeeeBzzInazazdnInIzadzadee02/3202/3222200])/'(1[)/'(2)'(''42)螺线管外部：由于螺线管无限长，不妨就在过原点而垂直于轴线的平面上任取一点)0,,(P为场点，其中a。222')'sinsin()'coscos('zaarxx)'cos(2'222aza电动力学习题解答第2页zyxzaaeeexxr')'sinsin()'coscos('yxadaddeel'cos''sin'zyxdaadazdazdeeerl')]'cos([''sin'''cos'2')'cos('''sin''''cos''432203203200dzraaddzrazddzrazdnIzyxeeeB03.设有无限长的线电流I沿z轴流动，在z0空间充满磁导率为的均匀介质，z0区域为真空，试用唯一性定理求磁感应强度B，然后求出磁化电流分布。解：设z0区域磁感应强度和磁场强度为1B，1H；z0区域为2B，2H，由对称性可知1H和2H均沿e方向。由于H的切向分量连续，所以eHHH21。由此得到021nnBB，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：IrH2，即rIH2/，eHHrI2/21eHBrI2/0111，(z0)；eHBrI2/222，(z0)。在介质中eHBM1/2//0202rI所以，介质界面上的磁化电流密度为：rzrIrIeeenMα1/2/1/2/00总的感应电流：1/1/2/0200IrdrIdIeelM，电流在z0区域内，沿z轴流向介质分界面。4.设x0半空间充满磁导率为的均匀介质，x0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eB)2/'(rI它满足边界条件：0)(12BBn及0)(12αHHn。由此可得介质中：eBH)2/'(/2rI由MBH02/得：在x0的介质中eM002'rI，则：0020002)('02'IddrrIdIMlM再由eeB)2/'(2/)(0rIrIIM可得)/(2'00，所以rI)/(00eB，)/()(00IIM（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)2/(220zCBBz，其中0B为常量。试求该处的B。电动力学习题解答第3页提示：用0B，并验证所得结果满足0H。解：由于B具有对称性，设zzBBeeB，其中)2/(220zCBBz0B，0)(1zBzB，即：02)(1czB，aczB2（常数）。当0时，B为有限，所以0a；czB，即：zzcBczeeB)]2/([220（1）因为0J，0D，所以0B，即0)//(eBzB（2）直接验证可知，（1）式能使（2）式成立，所以czB，(c为常数)6.两个半径为a的同轴圆形线圈，位于Lz面上。每个线圈上载有同方向的电流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0/22zBz解：1）由毕—萨定律，L处线圈在轴线上z处产生的磁感应强度为zzBeB11，2/322202/32220301])[(121])([4sin4aLzIadLzaIarIdBzrl同理，-L处线圈在轴线上z处产生的磁感应强度为：zzBeB22，2/322202])[(121aLzIaBz。所以，轴线上的磁感应强度：2/3222/32220])[(1])[(121aLzaLzIaBzzeB（1）2）因为0B，所以0)()(2BBB；又因为0B，所以02B，0/22zBz。代入（1）式并化简得：2/72222/5222/7222])[()(5])[(])[()(5azLzLazLazLzL0])[(2/522azL将z=0带入上式得：2225aLL，2/aL7.半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流J均匀分布于截面上，试解矢势A的微分方程。设导体的磁导率为0，导体外的磁导率为。解：矢势所满足的方程为：)(,0)(,202arar外内AJA自然边界条件：0r时，内A有限。边值关系：arar外内AA；arar|1|10外内AA电动力学习题解答第4页选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与z无关。令zrAeA)(内内，zrAeA)(外外，代入微分方程得：JrrArrr0))((1内；0))((1rrArrr外解得：2120ln41)(CrCJrrA内；43ln)(CrCrA外由自然边界条件得01C，由arar|1|10外内AA得：232JaC，由arar外内AA并令其为零，得：20241JaC，aJaCln224。)(41220raJA内；raaln212JA外8.假设存在磁单极子，其磁荷为mQ，它的磁场强度为304/rQmrH。给出它的矢势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。解：rmmrQrQerH2030144由rmrQeHBA204得：0]([10)](sin1[14])(sin[sin12rrmArArrrArArrQAAr(1)令0AAr,得:rQAm4sin)(sin04sinsindrQAm,sincos14rQAm(2)显然A满足(1)式，所以磁单极子产生的矢势eAsincos14rQm讨论：当0时，0A；当2/时，rQm4/eA；当时，A，故A的表达式在具有奇异性，此时A不合理。9.将一磁导率为，半径为0R的球体，放入均匀磁场0H内，求总磁感应强度B和诱导磁矩m。(对比P49静电场的例子。)解：根据题意，以球心为原点建立球坐标，取H0的方向为ze，此球体被外加磁场磁化后，电动力学习题解答第5页产生一个附加磁场，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：)(,0)(,0022012RRRRmm（1）自然边界条件：01Rm为有限；cos02RHRm。衔接条件：在0RR处满足21mm及RRmm//201由自然边界条件可确定方程组（1）的解为：01)(cosnnnnmPRa；0)1(02)(coscosnnnnmPRdRH由两个衔接条件，有：0)1(00)(coscos)(cosnnnnnnnnPRdRHPRa0)2(00001)(cos)1(cos)(cosnnnnnnnnPRdnHPnRa比较)(cosnP的系数，解得：)2/(30001Ha；)2/()(030001RHd；0nnda，)1(n即：)2/(cos30001RHm，（0RR）20300002)2/(cos)(cosRRHRHm，（0RR）)2/(300011HHm])(3[2)(30503000022RRRmHRRHHH)(,])(3[2)()(,)2/(30305030000002000001RRRRRRRHRRHHHHHB在RR0区域内，)2/()(3/00010HHBM)2/()(4)3/4(0030030HMMmRRdVV10.有一个内外半径为1R和2R的空心球，位于均匀外磁场0H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H0的方向为ze，在外场H0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：012m)(1RR；022m)(21RRR；032m)(2RR自然边界条件：01Rm为有限；cos03RHRm。衔接条件：1211RRmRRm；12110//RRmRRmRR；2322RRmRRm；22230//RRmRRmRR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：电动力学习题解答第6页01)(cosnnnnmPRa；0)1(2)(cos][(nnnnnnmPRcRb；0)1(03)(coscosnnnn