电磁场与电磁波例题详解

1、实用标准第1章矢量分析例1.1求标量场(x y)2 z通过点M(1,0,1)的等值面方程。解：点M的坐标是xo 1, yo O,zo 1，则该点的标量场值为(xo yo)2 zo0。其等值面方程为：(x y)2 z 0 或z (x y)21.2 求矢量场 A axXy2 ayX2yazzy2的矢量线方程。解：矢量线应满足的微分方程为dx2xydy2x ydz2y z从而有dx2xydx2xydy2x ydz2y z解之即得矢量方程C|X2y，c1和c2是积分常数。例1.3求函数xy2 z2 xyz在点(1， 1， 2)处沿方向角3的方向导数。解：由于2'M (1,1,2) y yzM

2、(1,1,2) x1,M (1,1,2)yM (1,1,2)O,'M (1,1,2) 2z xy M (1,1,2) z121cos,cos,cos222文档所以M COS lxcos ycos 1 z例1.4求函数xyz在点(5,1,2)处沿着点(5,1,2)到点(9,4,19)的方向导数。解：点(5,1,2)到点(9,4,19)的方向矢量为l ax(9 5) ay (4 1) az(19 2) ax4 a3 az17其单位矢量lax cosay cosazcos439x . 3149y .314az314yz (5,1,2)2,(5,1,2)yXg 10,石 I")xy(

3、5,1,2)所求方向导数 cos xcos ycos z123、314例1.5已知x2 2y2 3z2 xy 3x 2y 6z，求在点(0,0,0)和点(1,1,1)处的梯度。解：由于ax(2x y 3) ay (4y x 2)az(6z6)所以(0,0,0)ax 3ay 2 az6 ，(1,1,1)ax6ay 3例1.6运用散度定理计算下列积分：ISaxXz2 ay(x2y z3) az(2xy y2z) dS2 2 2S是z 0和z axJ所围成的半球区域的外表面2解：设：A axXz2 ay(x2y z3) az(2xy y2z)则由散度定理Ad AdSs可得Ad(z2 x2 y2)dr

4、2dsindrd d2_a 4d 2 si nd r dr0 0 025a5例1.7试求 A和 A:Aaxxy zayX zazX yA(r,z)2arr cos2 . azr sinA(r,)arr sin1 . 1 a sin a 2 cos3(1)rr2 32 2解:(1)AxAyaxayazxyzAxAyAzyAaxayazxyz2 332 2xy zx zx yax(2x2y x3) ay(3xy2z22xy2) az(3x2z 2xyz3)Azz1 - (r3cos r一 (r2sin ) 3r cos z1arraaz1arraazrrArrAzAzrr2 r cos0z 2 .

5、r sinrrA0)(0 2r sin)az(0ra1 2 ar(r cos rarr cosar2 sin )2r s inazr sin (3)“1/ 2“、1 A、A 2 (r Ar)(sin )r rr si n1311. 2 x2(r sin )rsi n(sin )r rr3si n22 cosr1_Ar sin1(cos )r sin rarrar sina1A2 .r sinrArrAr sinA1arrar sina2 r sinr1r sinsinsincosr12_r sinar( cos 20) ra (0丄 sin 2 )2r2rsin a (0 r cos )例1.

6、8在球坐标中，已知Pe cos4 °r2其中Pe、0为常数,试求此标量场的负cos21ar 3.a cosa cosr sinr梯度构成的矢量场，即E解：在球坐标戏中,ar r1rsinarpe cos( rpe cosar *34 °rpe cos2)ar 23orPe30r(ar 2cos例1.9在由r 52)0r1 Pe( a -rPe sin3 orpe cos(宁刃r 40rsin )4 04 °ra sin )4围成的圆柱形区域上，对矢量r sinAarrpecosaz2z 验证高斯散度定理。解：因为要求验证高斯散度定理，即需要根据给出条件分别计算Ad

7、和:A dS，得到二者结果相同的结论。s在柱坐标系下，有A 丄一 (rA1丄一3)0 (2r) 3r 2r rrz r rz在由r 5，z 0和z 4围成的圆柱形区域内取一个小体积元d ，可知d rdrd dz，其中 Or 5、02 、0 z 4，故524524Ad(3r 2)rdrd dz (3r 2)rdr d dz 150 241200而r 5，z 0和z 4围成的圆柱形区域的闭合外表面由三部分构成：圆柱上表面Si(面元矢量dS1azrdrdz 4 )、圆柱下表面S2 (面元矢量dS2azrdrd ，z 0)和圆柱侧表面S3 (面元矢量dS3 ar rddz， 05)，故有:：sAdS

8、A dS1S15 2 / 2 (aj0 04 2 / 20 0 (arr58 rdrdS2AdS2S3 AdS3az2z) azrdrd(aj2az2z) ( azrdrd )例 1.100 04 2512002125az 2z) ar rd dz r 524125d dz0 024Ad1200，即证。现有三个矢量场A、A ar sincosa cos cosa sin ，Barz2 sin2a z cosaz2rzsi n，2C ax (3y2x) ayX2 az2z。哪些矢量可以由一个标量函数的梯度表示？哪些矢量可以由一个矢量的旋度表 示？解：本题考查的是矢量场的场源关系， 即:标量函数的

9、梯度是一个有散无旋 的场，并根据发散场旋度为零，漩涡场散度为零进行反推故先分别求出矢量的散度和旋度:2(Ar)r r1z 2.一(r sin r r0cosr sin(sinarrarsin a1r sinrArrArsin Aarra1 A r sincos cos )rsin arsin ( sin )1-2 r sinsincosr cos cosrsin sin1(rBr) r r1(rz sinBzz(z2 cos(2rz sin ) z1arraaz1arraazrrzrrzBrrBBz2 . z sin2rz cos2rz sin2r sinB0axayazaxayazxyzxy

10、zCxCyCz3y22x x22z2020Caz(2x 6y)C2yCxxCzz故B可以由一个标量函数的梯度表示，C可以由一个矢量的旋度表示第2章静电场与恒定电场例2.1已知半径为a的球内、 外的电场强度为下式所示，求电荷分布Eo2 a2r(r a)3rr(r a)E ar E0 5332a2a解：由高斯定理的微分形式E ，得电荷密度为 o E0用球坐标中的散度公式A(Sn A可得:r rr si nrsin1 2 a22 (r E°p)0 (r a)r rr(r a)1 2 r r15222 r Eo (53 亍)oEo 3 (a r )r r2a 2a2a例2.2 一个半径为a的

11、均匀极化介质球，极化强度是azPo，求极化电荷分布解：建立球坐标系，让球心位于坐标原点极化电荷体密度为PazPo0极化电荷面密度为PSP n azP0 arPo cos例2.3 一个半径为a的导体球，带电量为 Q,在导体球外套有外半径为b的同 心介质球壳， 壳外是空气，如图2.1所示。求空间任一点的D、E、P以及束缚 电荷密度。图2.1解：由介质中的高斯定律可知,在r a区域内：D dSsDr 42r Q，故 DQar 4 r2由本构方程DoEr oEE 得:介质内(a< r<b):1dar-rP4 roEar1 Q4 r2介质外(b<r): EQ2，P 0or介质内表面束缚

12、电荷面密度分别为:ps r a PnParr 1 Qr 4 a2'ps r b P nP ar1 Qr 4 b2例2.4若真空中电荷q均匀分布在半径为a的球体内，计算球内，外的电场强 度以及电场能量解：由电荷分布可知，电场强度是球对称的，在距离球心为r的球面上,电场强度大小相等，方向沿半径方向。在球外(r a)，取半径为r的球面作为高斯面，利用高斯定理计算:D dSsDr 4 r2 q故有 Drq2，Er 1 Dr4 roq4 or2对球内(r a)，也取球面作为高斯面，同样利用高斯定理计算:r3故有Dr，Er-Dr0rq4 oa3电场能量We JoE2d224 r2dra"

13、.3q220°a例2.5计算图2.2所示深埋地下半径为a的导体球的接地电阻。已知土壤的电2D dS Dr 4 rs导率为解：导体球的电导率一般总是远大于土壤的电导率，可将导体球看作等位体。用静电比拟法，位于电介质中的半径为 a的导体球的电容为C 4 a所以导体球的接地电导为 G 41 1所以导体球的接地电阻为 R -G 4 a例2.6半径分别为a,b(ab)，球心距为c(c a b)的两球面之间有密度为的均匀体电荷分布，如图2.3所示，求半径为b的球面内任一点的电场强度。图2.3解：为了使用高斯定理，在半径为 b的空腔内分别加上密度为+ 和 的 体电荷，这样，任一点的电场就相当于带正

14、电的大球体和一个带负电的小球体共 同产生，正负带电体所产生的场分别由高斯定理计算。正电荷在空腔内产生的电场为 E1 an，3 02负电荷在空腔内产生的电场为 E2a2，3 0其中单位向量ai， ar2分别以大、小球体的球心为球面坐标的原点考虑到riar1 r2ar2 cax，最后得到空腔内的电场为:ax例2.7 一个半径为a的均匀带电圆柱体（无限长）的电荷密度是p，求圆柱体内、 外的电场强度。解：因为电荷分布是柱对称的，因而选取圆柱坐标系求解。在半径为r的柱面上，电场强度大小相等，方向沿半径方向。计算柱内电场时，取半径为r，高度为1的圆柱面为高斯面。在此柱面上，使用高斯定理，有D dS 0Er

15、2 rlsq,qr2l,Er计算柱外电场时，取通过柱外待计算点的半径为r，高度为1的圆柱面为高斯面。对此柱面使用高斯定理，有D dS 0Er2 rlsq,qa2l,Er例2.8 一个半径为a的均匀带电圆盘，电荷面密度是s0，如图2.4所示。求轴线上任一点的电场强度。解：由电荷的电荷强度计算公式E(r) J4（）（'）dS及其电荷的对称关系，可知电场仅有z的分量。代入场点源点rzaxr'axr'cosayr'sindSr'dr'd电场的z向分量为例2.10电荷分布如图2.5所示。试证明，在r>>l处的电场为Er3ql22 or42SoE

16、z-d4 0 0a zr'dr'soz1 -0 (z 2 op r r 0 r rr'2)3/22 o(a2 z2)1/2上述结果适用于场点位于z>0时。但场点位于z<0时，电场的z向量为EzSoz-12干2 0(a z )例2.9已知半径为a的球内,外电场分布为2 aE0arr ar2 rE0arr aa求电荷密度解：从电场分布计算计算电荷分布，应使用高斯定理的微分形式用球坐标中的散度公式，并注意电场仅仅有半径方向的分量，得出123E 00 2 r rr ra证明：用点电荷电场强度的公式及叠加原理，有Er 丄 J 电 J4 o (r l)r(r l)当r&

17、gt;>l时,将以上结果带入电场强度表达式并忽略高阶小量，得出Er3ql22 or4<r->图2.5例2.11真空中有两个点电荷，一个电荷q位于原点，另一个电荷(a,0,0)处，求电位为零的等位面方程。q/2位于解：由点电荷产生的电位公式得电位为零的等位面为q4 orq2o1其中r (x2iz2)2，ri(xa)2等位面方程简化为2ri4(x2 2 2 ,a) y z x2z21111ll2、221-(12-3 二)(rl)r(1-)2rrrr1111ll2i x222 (12-)(rl)r(1t)2rrrr此方程可以改写为22a24a34a2 a这是球心在（一,0,0）,半

18、径为一的球面。33例2.12如图2.6所示，一个圆柱形极化介质的极化强度沿其轴方向，介质柱的高度为L，半径为a，且均匀极化，求束缚体电荷分布及束缚面电荷分布。图2.6解：选取圆柱坐标系计算，并假设极化强度沿其轴向方向，P Poax如图示，由于均匀极化，束缚体电荷为P 0。在圆柱的侧面，注意介质的外法向沿半径方向 n ar，极化强度在z方向，故在顶面，外法向为nax，故P ar 0spP ax P0在底面，外法向为nax，故spP ( ax)P0例2.13假设xvO的区域为空气，x>0的区域为电解质，电解质的介电常数为3 o，如果空气中的电场强度E! ax 4ay 5az (V/m ),求

19、电介质中的电场强度E2。解：在电介质与空气的界面上没有自由电荷，因而电场强度的切向分量连续，电位移矢量的法向分量连续。在空气中，由电场强度的切向分量 Eit 4ay 5ax，可以得出介质中电场强度的切向分量 E2t 4ay 5ax;对于法向分 量，用Din D2n，即oEixE2x，并注意Eix 3,3 o，得出E2x 1。将所得到的切向分量相叠加，得介质中的电场为E2ax 4ay 5az(V / m)例2.14 一个半径为a的导体球面套一层厚度为b-a的电解质，电解质的介电常 数为&，假设导体球带电q，求任意点的电位。解：在导体球的内部，电场强度为 0。对于电介质和空气中的电场分布，

20、用高斯定理计算。在电介质或空气中的电场取球面为高斯面，由D dS 4sr2Drq得出Drq4 r2电场为:Erq4 r2在介质中(a<r<b)；Erq4 0r2在空气中(r>b )。电位为Edr2 dr 0rdr rq q (1 1)40b 4 r b(a<r<bEdrq40r2drq40r(r>b)例2.15真空中有两个导体球的半径都为a，两球心之间距离为 d，且d>>a,试计算两个导体之间的电容解：因为球心间距远大于导体的球的半径,球面的电荷可以看作是均匀分布由电位系数的定义，可得1 1Pl2P22， Pl2P214 oa4 od让第一个导体

21、带电q,第二个导体带电-q，则ipiiqpi2qq q4oa4 odP2iqP22qq4odq4 oa化简得C2 oadd a例2.i6球形电容器内，外极板的半径分别为 a,b，其间媒质的电导率为，当外加电压为U。时，计算功率损耗并求电阻。解：设内,外极板之间的总电流为Io，由对称性，可以得到极板间的电流密度为Jar2 rUo =从而_I_4 r2b Edr =arUoi 2ar单位体积内功率损耗为p=JU。总功率耗损为U 2由P=，得Rb 2P= p4 r dr =a4Uo 2b dr _.4 Uo211 2a r211abab1 i2 r a bR=例2.17 一个半径为a的导体球作为作为

22、电极深埋地下,土壤的电导率为。略去地面的影响，求电极的接地电阻。解：当不考虑地面影响时，这个问题就相当于计算位于无限大均匀点媒质中的导体球的恒定电流问题。设导体球的电流为I，则任意点的电流密度为I4 r2 ar导体球面的电位为（去无穷远处为电位零点）U= r=a 44 a接地电阻为例2.18如图2.7所示，平板电容器间由两种媒质完全填充，厚度分别为di和d2，介电常数分别为1和2，电导率分别为1和2，当外加电压Uo时，求分界面 上的自由电荷面密度。解:设电容器极板之间的电流密度为 J,则J1E1 2E2巳J，E2J1 2于是UoJd1Jd21 2即JUod1d21 2分界面上的自由面电荷密度为

23、UosD2nD1n2 E21 Ei1 U°1 did2Id1 1?1FJ1Id22 2, 2r图2.7例2.19在电场强度E axy ayX的电场中把带电量为2q(C)的点电荷从点(2,1, 1)移到点(8,2, 1)，试计算电场沿下列路径移动电荷所做的功。(1) 沿曲线x 2y2 ；沿连接该两点的直线。解：本题要求电场力移动电荷所做的功，最直接的办法就是根据功 =作用力 x作用距离，由给出的电场强度确定电荷所受电场力， 再在对应的移动路径C上 进行线积分，即W F dl 2qE dl。但注意到题目给出的场强为静电场的'CC电场强度，则可根据静电场为保守场，由静电力所做的功与

24、电荷移动路径无关， 至于电荷运动起止点的电位差有关这一特点进行计算。方法一:axy ayX可得，电位(x, y,z) xyC，其中C为常数。点(2,1, 1)到点(8,2, 1)之间的电位差U (2,1, 1)(8,2, 1)14故无论是沿曲线x 2y2还是沿连接该两点的直线,电场力移动电荷2q(C)E 0，此电场为静电场，电场力所做的功与电荷移动路径无关。所做的功W 2qU 28q(J)。方法二：电场力 F 2qE ax( 2qy) ay( 2qx)， 小，并求此最小电场强度。点(2,1,1)移到点(8,2, 1)变化的只是x和y，故有dlaxdx aydy， F dl 2qydx2qxdy

25、(1)曲线C:2 / ”x 2y 有 dx 4ydycF(2)曲线C:cF2dl 1 ( 2qy 4ydy 2qdyy 11刚，即 x 6y 4，x 2 62dl 1 2qy 6dy 2qdy (6y2y2)有dx4)例2.20球形电容器内外导体球半径分别为U不变，试证明当内外导体球半径满足关系2 21 12qy2dy 28q(J)6dy21 ( 24qy 8q)dy 28q(J)a和b，如果保持内外导体间电位差a=b/2时，内导体球表面的电场最解：要求得内导体球表面的最小电场强度， 需先求出空间各点电场强度的分 布，再根据高等数学中函数最小值出现在函数一阶导数零点的知识，求出内导体球表面的电

26、场强度最小值，并得到此时内外导体球半径之间的关系。由于内外导体球间存在电位差，故内导体球表面存在电荷，可设在内导体球 面上均匀分布有总量为 Q的电荷，因此以导体球球心为坐标原点建立球坐标系，内导体球面为r a，外导体球面为r b。在a r b的区间包围原点做一个半径为r的闭合球面S,由于电荷和电场的分布满足球对称，在S上应用高斯定理，有SE dS20 0 Err2sin d dQ4 or2Er4 or2,Ear设外导体电位为0，则内导体电位为U，将点电荷从内导体表面搬到外导体上所需要的电场力所做功为:bU E dla2 dr a 4 or2-(-；)0 a b4 o ab故可反解出 Q -一U

27、 ， Eaa-U2 (a r b)b ab ar在内导体球表面r a，有Er bU 2Er (a, b)ab aEr bU (2a b)2 2 ，a (ab a )0，即b 2a 0，a b/2时有Er的最值又a b/2时，旦 0 aa b/2时，一空0 ;故a b/2时有最小值。 a当内外导体球半径满足关系a=b/2时，内导体球表面的电场最小。实用标准此最小值为Emin ar 2U 可a b例2.21电场中一半径为a的介质球，已知球内、外的电位函数分布为:E0r cos-a3Eo-c°, r a2 or文档A E0rcos ,2 0验证球表面的边界条件,并计算球表面的束缚电荷密度。

28、解：题目给出的边界面，是介于介质和空气之间的球面，其法向为球的径向ar，切向则为a和a方向。要验证分界面上的边界条件，可以从电场矢量方面入手，根据题目给出电位分布，求出电场强度的分布，得到在边界面E1tE2t ；也可以直接根据电位的边界条件,在r a的分界面上，得到12的结论。而要计算球面的束缚电荷密度，可根据PSP n来计算。1 )验证边界条件:方法一：直接利用电位的边界条件，有:a时，1E0acosaE0 cos2 0-E0r cos 2o12，边界条件成立方法二:EiE2ar(Eo cos3Eo2cos3) a ( Eo sinr宀3E2 o匕單T),rar分界面r0 - (ar Eo

29、cos0a E0sin ), r aa 上, narE1t a ( E0 sinE0 sin ) a2 0- E0 sin E2t0EitEn，边界条件成立计算球表面的束缚电荷密度:由上面可得Eiar (E0 cosE0 sin a3E。sin 、厂)，r a rE2(arE° cos2 0Eo sin),0E F0)EF2o)Ei0)E2(0)ar(10,2a3厂)E°cosa (r3I a、3)E°sin ,r a 0 r例2.22有一半径为a，带电荷量为q的导体球，其球心位于两种介质的分界面 上，此两种介质的介电常数分别为 i和2，分界面可视为无限大的平面，

30、求：(1) 球的电容量；储存的总静电能。解：此导体球为单导体系统，选无穷远点为零电位点，球的电容量可由C Q 求出，其中Q为导体球所带电荷量，即q ;为导体球表面电位与零电位点的电位差。故求球的电容量，就需求导体球外电场强度的分布。同样，静电场的能量 也可由电场强度求出，故本题的核心在于求电场强度的空间分布。由图2.8所示，以导体球的球心为坐标原点建立球坐标系，电荷和电场分布 具有球对称特性。在r a处做同心的高斯闭合球面，有22D dS Dr1 2 r Dr2 2 r qS(1)在1和2的介质分界面上，有Eit E故有Dr1Er即 E1rE2rEr ,We(注:D1 r 1 E1 r2 r2

31、 Dr2 2 r2dr1 Er， D2r 2E2r(1Er 2Er) 22Er ,2)r2qdra 2(12)r2q2 ( 12)rq2 a( 12)C2 a( i2a Er12qq4 a( 12)也可计算为:We/2 2 12 21E r sin drd d/2 0 22 22E r sin drd d4 a( !2)第4章恒定磁场例4.1半径为a、高为L的磁化介质柱，如图4.1所示，磁化强度为Mo(M。为 常矢量，且与圆柱的轴线平行)，求磁化电流Jm和磁化面电流Jms。图4.1解：取圆柱坐标系的z轴和磁介质柱的中轴线重合，磁介质的下底面位于z=0处，上底面位于z= L处。此时，M azM

32、0，磁化电流为J mM(M°az)0在界面z=0 上,naz，J mSM n M0az (az)0在界面z=L 上,n az，J mSM n M 0az az0在界面r=a上，n ar，J mSM n M0az arM0a例4.2内、外半径分别为a、b的无限长空心圆柱中均匀分布着轴向电流I，求 柱内、外的磁感应强度。解：使用圆柱坐标系。电流密度沿轴线方向为0,r aJazt12 ,a r b(b2 a2)0,r b由电流的对称性，可以知道磁场只有圆周分量。用安培环路定律计算不同区域的磁场。当r<a时，磁场为0。当avrvb时,选取安培回路为半径等于r且与导电圆柱的轴线同心的圆。

33、该回路包围的电流为I = J r2a2I r2a22 2 oI r a 由;B dl 2 rB o I'，得 B =22c2 r b2 a2当r<b时，回路内包围的总电流为I，于是B =oI。2 r例4.3半径为a的长圆柱面上有密度为Jso的面电流，电流方向分别为沿圆周方 向和沿轴线方向，分别求两种情况下柱内、外的B。解： 当面电流沿圆周方向时，由问题的对称性可以知道，磁感应强度仅 仅是半径r的函数，而且只有轴向方向的分量，即B azBz(r)由于电流仅仅分布在圆柱面上，所以在柱内或柱外B 0。B将B azBz(r)代入 B a 一 0，即磁场是与r无关的常量。在离面无穷远处的观

34、察点，由于电流可以看成是一系列流向相反而强度相同 的电流元之和，所以磁场为零。由于 B与r无关，所以，在柱外的任一点处，磁 场恒为0。为了计算柱内的磁场，选取安培回路为图 4.2所示的矩形回路。图4.2有汩dl hBz h oJso因而柱内任一点处，B az °Jso。c 当面电流沿轴线方向时候，由对称性可知，空间的磁场仅仅有圆分量，且只 是半径的函数。在柱内，选取安培回路为圆心在轴线并且为于圆周方向的圆。可以得出，柱内任一点的磁场为零。在柱外，选取圆形回路，白B dl 。1，与该Ca 回路交链的电流为2 aJso，- B dl 2 rB，所以B a oJs。-cr例4.4如图4.3

35、所示，一对无限长平行导线，相距2a，线上载有大小相等，方 向相反的电流I，求磁矢位A，并求B。解：将两根导线产生的磁矢位看作是单个导线产生的磁矢位的叠加。 对单个 导线，先计算有限长度产生的磁矢位。设导线的长度为1，导线1的磁矢位为（场 点选在xoy平面）Ai当l 时，有同理，导线2产生12dz域厂A2azln2l 2 (l 2)2 J12A2卫ln丄2r1azln丄2ro由两个导线产生的磁矢位为A az A A0t ln 丄IriaotlnEIriaz70tln相应的磁场为Azax -yayay# x2a 2x a y2 x a y例4.5已知内，外半径分别为a,b的无限长铁质圆柱壳（磁道率

36、为）沿轴向有 恒定的传导电流I，求磁感应强度和磁化电流解：考虑到问题的对称性，用安培环路定律可以得出各个区域的磁感应强度当r a时， B 0当a r b时,I(r22 r b2a2)当r b时，B汙当a r b时，M ( r 1)H1(r 1)-B2 2、I(r a )2 r(b2 a2)1 rM( r 1)1Jm Maz-az打厂r r(ba)当r b时，J m 0在ra处，磁化强度M 0,所以Jms M n M ( aj 0在r b处，磁化强度M -)Ia，所以2 bJmS M n M arr -)12 baz例4.6已知在半径为a的无限长圆柱导体内有恒定电流I沿轴方向。设导体的 磁导率为

37、-，其外充满磁导率为 2的均匀磁介质，求导体内外的磁场强度、磁 感应强度、磁化电流分布。解：考虑到问题的对称性，在导体内外分别选取与导体圆柱同轴的圆环作 为安培回路，并注意电流在导体内是均匀分布的。可以求出磁场强度如下：r a 时，HIr；r>a时，Ha 2 r磁感应强度如下：r a 时，B-Irj ； r>a时，2IBa 2 r为了计算磁化电流，要求磁化强度：r a 时，Ma ( 11) Ir2，o2 aJ m1IMaz( 11)0ar > a 时，M2Ia( 01)2r，J mM 0在r a的界面上计算磁化面电流时，可以理解为在两个磁介质之间有一个很薄的真空层。这样，其磁

38、化面电流就是两个磁介质的磁化面电流之和，即J ms M1 nj M 2n2这里的ni和n2分别是从磁介质到真空中的单位法向如果设从介质1到介质2的单位法向是n，则有Jms M1 n M 2 n代入界面两侧的磁化强度，并注意 n ar，得J msaz(1)az(1)az(1)0例4.7空气绝缘的同轴线，内导体的半径为a，外导体的半径为b，通过的电流 为I。设外导体壳的厚度很薄，因而其储蓄的能量可以忽略不计。计算同轴线单 位长度的储能，并有此求单位长度的自感。解：设内导体的电流均匀分布，用安培环路定律可求出磁场。IrIr a 时， H a 2 ； a r b 时， H a 2 a2 r单位长度的磁

39、场能量为a 1Wm= 022°h22 rdr+ a 川2 g；*故得单位长度的自感为L=，吒，其中的第一项是内导体的内自感例4.8 个长直导线和一个圆环(半径为a)在同一平面内,圆心与导线的距离是d，证明它们之间互感为 M 0(d . d2 a2)证明：设直导线位于z轴上，由其产生的磁场Bo12 x0 2 (d r cos )其中各量的含义如图4.4所示。磁通量为Bds 0rdrd2 (d r cos )上式先对积分，并用公式dd a cos2d2a2所以互感为02 ra2)I (d . d2z 0的半无穷空求出H , B，Mrdr0 ,d2_例4.9 一根通有电流I的长直导线埋在不

40、导电的均匀磁性介质中(1) 求出H , B，M及磁化电流分布；(2) 若将导线埋在介质分界面间，电流I沿z方向流动，在 间中充满导磁率为 的均匀介质，在z 0的半无穷空间为真空, 及磁化电流分布；x 0的半无穷空(3) 若将导线埋在介质分界面间，电流I沿z方向流动，在间中充满导磁率为 的均匀介质，在x 0的半无穷空间为真空,及磁化电流分布。解：由安培环路定律，以导线为中心做闭合积分曲线，有:H dl H 2 r ICH ，即 H a 2 r2 r故: B H aHr，M(r 1)IB H ( 1)H a002 r(2)如图4.5(a)所示,以导线为中心做闭合积分曲线C，由安培环路定律有:CH

41、dlH 2 r H a2r，则有:z 0:a 丄，M12 rBi(01)H(r 1)I2 r ，z 0: B2M 0， Jms M n Maraz-0H a，M20，Jm2 rJ ms0。C，由安培环路定律有:如图4.5(b)所示，以导线为中心做闭合积分曲线Hir H2 r对于分界面，x 0处a为法向，根据边界条件BinB2n，有 B1B2 B，即:H1B，H2代入安培环路定律，有-解得B0_0 r_0 rJ，Hix 0:M,B0Hi ( r 1)已 a0 I0 rJ mM 0， Jms M n Ma 0 ；x 0:M2BH 20， J m0， Jms0。0ii zl r1h f -ft0X0

42、u图 4.5(a)图 4.5(b)例4.10半径为a的无限长直圆柱形导线沿轴向通过电流I。如图4.6所示，取图中 2处为参考点，用拉普拉斯方程求导线外部的标量磁位。图4.6解：对磁标位来讲，它是和磁力线垂直的，而通电长直导线的磁力线是以电 流为圆心的同心圆，因此磁标位就应该是 r方向的射线，所以 m应该与r和z无关，拉普拉斯方程应该是:解出来m C D代入已知条件2为参考点，有 m 2 C D再以导线为轴心在导线外做一个近似闭合的回路I，起点A和终点B在2的两侧，由于Hm,比照静电场中电场强度和电位之间的关系，B有 mA mB AH dl I， mA 0， mB 2 C D，则 2 C D I

43、这样始终有两个未知量不能确定。于是又考虑2和0是同一点，那么参考点也可以看作是2 ，代入m C D中， 2时m D 0，故m C ，这就只有一个未知量了。B再做参考积分回路，则 mA mB 02 C AH dl I解得C 丄，故m C 2 2例4.11 一横截面为正方形的环形铁心上开有一空气隙，长度1mm，铁心内半径a 8cm，横截面边长b 2cm，相对磁导率r 500。铁心上均有紧密绕有 线圈1000匝，如图4.6所示。忽略气隙附近的漏磁通，求此线圈的自感。解：由于0，忽略气隙附近的漏磁通，根据磁通连续性方程，可视将磁感应线只在磁环内流动，且垂直磁环截面，磁感应线穿过空气隙时仍均匀分布在截面

44、上。设磁环上磁感应强度为B ，磁场强度为H;气隙中磁感应强度为Bo，磁场强度为H °，由安培环路定律有:cH dl H (2 r )H。NI，其中r a b 9cm对于空气与铁心的分界面,为法向，根据边界条件Bm B2n，有NI，解得BNI2 rBiB2B，可得 H ，H0BB故有 (2 r )0通过铁心截面的磁通量SB dSb2线圈的自感LNb2代入数据310 m，b 0.02m， r 0.09m500 0，N 1000，得Nb22r200 o 0.251(mH)第5章时变电磁场例5.1证明均匀导电媒质内部，不会有永久的自由电荷分布。 解：将JE代入电流连续性方程，考虑到媒质均匀，

45、有(E) ( E) 0由于： D ,( E) , E所以t0，(t)°e例5.2设z=0的平面为空气与理想导体的分界面，z<0 一侧为理想导体，分界面处的磁场强度为 H(x,y,0,t) axH 0 si naxcos( t ay)，试求理想导体表面上 的电流分布、电荷分布以及分界面处的电场强度。解:Js n H az axH0 sin axcos( t ay)ayH 0sinaxcos( t ay)一S一 H 0 sin ax cos( t ay) aH 0sin axsin( t ay)t yaH。Ssin ax cos( t ay) c(x, y)假设t=0时，s 0,由边界条件n Ds以及n的方向可得例5.3试求一段半径为b，电导率为，载有直流电流I的长直导线表面的坡印aH0D(x, y,0,t)az -sin ax cos( tay)aH。E(x,y,0,t)az-sin axcos( tay)廷矢量，并验证坡印廷定理图5.1解：如图5.1，一段长度为I的长直导线，其轴线与圆柱坐标系的 z轴重合,直流电流将均匀分布在导线的横截面上，于是有:1az 亏，EJIaz 2b2在导线表面H a真因此，导线表面的坡印廷矢量