电磁场课后习题第五章

02IB第5章恒定磁场a3-1四条平行的载流无限长直导体垂直地通过一边长为的正方形定点，求正方形中心点P处的磁感应强度值。I解：利用无限长直导线，若有线电流通过，在真空中产生的磁感应强度为I由右手螺旋法则，可以判断出其方向如图所示垂直向下，大小为0042cos452IIBaa再利用叠加定理可求出四条平行载流长直导线载P点所产生的磁感应强度。00d1dd224IKBx010x3-2真空中，在平面上的和范围内，有以线密度均匀分布的电流，求在点(0,0,5)所产生的磁场感应强度。0z500/yAmKe0y解：如图所示，选择，视为半无线长直导线，它在P点产生的磁感应强度的大小为Ikxdd022ddsind4(5)zKxBBxx0225ddcosd4(5)xKBBxx利用叠加定理，P点的磁感应强度的x分量和z分量分别为1002205d4(5)xKBxx其中。由右手螺旋法则可判断的方向，并将分解为x方向和z方向两个分量225xdB1002205d4(5)xKBxx0(44.132)xzTBee100051arctan455Kx100220d324(5)zKxBxTx00arctan244.14KT3-3真空中一通有电流(密度)、半径为的无限长圆柱内，有一半径为的不同轴圆柱形空洞，两轴之间相距，如图所示。求空洞内任一点的d0zJJebaB解：若假设空洞处有一大小同为，但流向分别为方向和方向的电流，这样可将此问题视为半径为的无限长圆柱内整体载有电流和半径为的无限长圆柱内载有电流的两个圆柱在P点产生的磁感应强度的叠加。zeb()ze0zJe0()zJeaJ0ddSSBSJS利用安培环路定律，半径为的大圆柱在空洞内P点产生的磁感应强度大小为b210012BJ＝00112JB＝1其方向用右手螺旋法则判断，它以大圆柱轴线为中心，为半径圆环的切线方向。对半径为的小圆柱，在空洞内P点所产生的磁感应强度大小为a00222JB＝001112121212[()()]2xyJxxhhee0011221122[(sinsin)(coscos)]2xyJee1212xxyyBBBB12BBB000012()d22yyJJxxBee其方向也由右手螺旋法则判断，只是电流沿方向。若设大圆柱与小圆柱中心连线为x的正方向，则P点的磁感应强度应为两圆柱各自在P点产生的磁感应强度的矢量和()ze式中为P点到x轴的垂直距离，为到x轴上的投影，为在x轴上的投影，为两圆柱轴线的距离。1d2x21x0zJe3-4真空中由一厚度为的无限大载流(均匀密度)平板，在其中心位置由一半径等于的圆柱形空洞，如图所示。求各处的磁感应强度。ad0()zJe解：与上题思路相同，假设空洞中存在和的电流，求各点处的磁感应强度可视为一个无限大均匀载流的平板与一个载流为的无限长直圆柱各自在该处产生的磁感应强度的矢量和。0zJe0zJe0()zJe0zJJe的无限大平板在该点产生的磁感应强度，可以利用安培环路定律求出001000022xxxJdJyJdeBee2222dyddydy2002200[]2()[]2xyxyJayexexyJyexe2Baa有的无限长直圆柱产生的磁感应强度，也可利用安培环路定律求出0zJJe12BBB各处的场强为它们的矢量和0zKKe3-5一电流密度为的无限大电流片，置于平面，如取平面上半径为的一个圆为积分回路，求a0x0ZdlHl解：利用安培环路定律dlIHl0()d2nlIkaKel0d2laKHl130MM3-6如图所示的两个无限大电流片，试分别确定区域①、②、③中的,,。设已知：⑴所有区域中；⑵区域②中，区域①、③中。0BHM0.998r1000r解：⑴由于两个无限大电流片的电流方向相反，因此在区域①，③内130BB130HH22yyKK222BBBee在区域②内600.99880100.910yyeeT/mA80y22BHe0.16y222BMHe/mA⑵在区域①，③内与上面的结论一致，在区域②内80y22BHe/mA01000800.1005yy22BHeeT01000808079920yyy222BMHeee/mAH3-7半径为，长度为的圆柱，被永久磁化到磁化强度为(轴就是圆柱的轴线)。⑴求沿轴各处的及;⑵求远离圆柱处的磁场强度。a0zMelZ(,)alBmnKMe解：先分析该圆柱的磁化现象。由于是均匀磁化，是常数。在圆柱内部磁化电流面密度为0M0zMJMe磁化电流线密度为其为表面的法向方向。在圆柱的两个端面其外法线方向分别为，代入上式可知端面上，不存在磁化电流线密度。在圆柱的侧面，故侧面上的磁化电流线密度为neze0mKnee0mzMKeee由此可见，要求永久磁化圆柱沿轴线的磁场，就是求磁化电流线密度在空间沿轴各处的磁感应强度。圆柱面上的磁化电流可以视为若干个小圆环电流，每个小圆环电流为0mMKe0ddz=dzmmIKM＝001122222222222llzzMllazaz式中是小圆环的宽度，每个小圆环电流在轴线上某点均产生磁感应强度。利用圆环电流在其中心轴线一点的磁感应强度的表达式，可以写出在轴线上产生沿轴线方向的磁感应强度为dzdmI200232222dz2llaMBazz0BHM磁感应强度的方向沿的方向，故zeza001122222222222zllzzMllazazBe当时22llZ当或时，0M2lZ2lZ001122222222222zzllzzMMllazazHee0112222222222zllzzMazlazHe203002cossin4ralrMBBHMee⑵当远离圆柱时，即，时，可将此圆柱视为一个磁偶极子，磁偶极矩a2lz20mzzISMlameem它在空间中产生的磁场可用磁矩表示为200032cossin2cossin44rrmalMrBeeee20003322zamzzMBe若仍求轴线上上的磁感应强度，由于，，，则2lzrzsin0cos13-8有一圆形截面铁环，环的内外半径分别为与，铁环的环上绕有50匝通有2A电流的线圈，求环的圆截面内外的磁场强度与磁感应强度(忽略漏磁，且环外的磁导率为)。12cm10cm500r012cm解：从对称性分析，此题可用安培环路定律求解。圆环的截面之外即及处，作以圆环中心为圆心的安培环路，则10d0lHl121011cm2所以环的截面以外各处，。在环的截面内可认为磁场分布均匀，选为半径，作一安培环路0B0HdlNIHl2NI144.692NIH/Am720410500144.969.110rBHH，方向均沿安培环路的切线方向。BB3-9已知在的区域中，，在的区域中，设在处是均的，其方向为，，量值为，试求处的和。H0Z0Z14r0Z21r21/Wbm4560B0Z210.5nnBB2/Wbm213sin/2tBBWbm解：利用媒质分界面上的衔接条件，因为，则，。利用221cos0.5/BBWBm211/BWbm12110038tttrBHH/Am23arctan42223tan4tnBB2/Wbm220238trtBH由此可得22222198tnBBB2/Wbm/Am20198H由于入射面与折射面共面，故2453-10对真空中下列电流分布求⑴⑵0zyJaJeBayaa0zJaJe当空间内距中心处()选对称的两薄板，其电流线密度分别为，。该两个薄平板在的空间内产生的磁感应强度为yya10dzyJyaKeaya20dzyJyaKeyyyayze0J0yaJ0y0ayzeJ0Bya解⑴处，处沿方向，处沿方向，由对称性分析，可视为一组组流向反向的无限大平板电流产生的磁场问题，由此可知在及的空间内，。0100ddxxyKJyaBee该两个薄平板在处的磁感应强度均为零。由此可知，凡的电流片对的磁场有贡献。因此yyy220000d2axyJyJyayaaBe所以磁场的分布为220020xJayaeB,ayaayya300223JBaa⑵这是轴对称的电流分布，可直接用安培环路定律求解。当时a0dlSBlJdS203JaB方向也是沿安培环路的切线方向。d3-11对于真空中的下列电流分布，求磁矢位及磁感应强度：⑴半径为的无限长圆柱通有电流，其电流线密度⑵厚度位的无限长电流片通有电流，其电流面密度a0zJJe0zKKeze解：⑴由题意，圆柱侧面通有沿轴线方向的现密度为的电流。由对称性分析，它产生的磁场为平行平面场，且磁矢位也沿方向，仅为圆柱坐标系中的函数KzzAAe将研究区域分为圆柱内和圆柱外，由此写出圆柱坐标系下磁矢位所满足的边值问题。a2d1d0ddAa22220zzAAea2210zzA1Ae即1d1d0ddAa1200zzaaAAK102zzaAA100zA10zA有限值，令(参考点)400lnCKaa方程的通解为10zA2000000lnlnlnzaAKaKaaKa300CKa=20C=10C=234lnzACC112lnzACC由边界条件决定待定系数由此可知000lnzaKaAeaa⑵如图所示，建立坐标系。由对称性分析，沿轴和轴方向都是平行平面场，因此仅与有关。所以zyAxzxAxAe2dx22112d0dzzAAxx将研究的区域分不为三部分，分别写出满足的边值问题A2222002ddzzAAxJx22ddx(参考点)200zxA1222zdzdxxAA13()()zzAxAx2dx22332d0dzzAAxx3222zzddxxAAxx2322zdzdxxAA1222zzddxxAAxx112()zAxCxC200234()2zJAxxCxC方程通解为356()zAxCxC利用边界条件决定解的待定系数200268JdCC0012JdC340CC0052JdC2222dxddxdx000020000228zJdJxJdJdyyyeAee＝磁矢位为磁感应强度为2222dxddxdx