电动力学习题解答3

1、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 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 B°ez,由矢势定义 A B得Az/ y Ay/ z 0; Ax/ z Az / x 0； Ay / xAx / y Bo三个方程组成的方程组有无数多解，如： AyAz°,AxBoy f(x)即：A B°y f(x)ex； AxAzo,AyBoxg(y)即：ABox g(y)ey解通与解之差为 A Boy f(x)ex Box g(y)ey则 (A) ( Ay / z)ex ( Ax/ z)ey ( Ay / x

2、 Ax / y)ez o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J r3- rIdl3 rdV'求解磁场分布，又 J只分布于导线上，所以1)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 妨取场点为坐标原点建立柱坐标系。r a cos 'eY a sin 'ev z'e7,入yz 7dl r ( ad

3、'sin 'ex ad 'cosOdlad 'sin 'ex ad 'cos 'e a cos 'ex a sin 'ey z'ez) a2d 'ezey)(az'cos 'd 'ex az'sin 'd 'ey取z'z' dz'的一小段，此段上分布有电流nldz'o nldz'( az'cos 'd 'ex az'sin 'd 'eya2d 'ez)42d 4 o

4、(a2a2dz' ,nle_/ 2,2、3/2 niez(a z')N2)：nl23/2d(z'/a)以 / 1 / 213/21 (z'/a)n olez2)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.2P(,。)为场点，其中cos acos ')2 ( sin asin ')2 z3.解:4.dldlx x' ( cosad 'sin 'exaz'cos'd0nI42ex d '00设有无限长的线电流acos ')ex ( ad 'cos '

5、ey'ex az'sinaz' cos ',3dz'3rI沿z轴流动,sina sin')eyz'ez'd'eya2 acos( ' )d 'ez2ey0az'sin3"" rdz'2ez d '02,、a a cos(')dz'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 ,然后求出磁化电流分布。设z>0区域磁感应强度和磁场强度为B1 , H1；z<0区域为B2, H 2,由对称性可知

6、H1和H2均沿e方向。由于 H的切向分量连续，所以 H1 H 2 He °由此得到B1n 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，以据安培环路定理得:Bi 1H1B22 H 2在介质中 Mr为半径作一圆周,则圆周上各点的H大小相等。根2 rHHi/2 r0I /2 r eI /2 r eB2/ 0 H 2，(z>0);,(z<0) oI /2 r所以，介质界面上的磁化电流密度为:a M n I /2 r总的感应电流：I M电流在z<0区域内，沿/ 01 e ez2dl I /2 r0I /2z轴流向介质分界面。设x&

7、lt; 0半空间充满磁导率为的均匀介质,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:H2由 h2 B/B/在x<0的介质中则：Im再由Brdx>0空间为真空,1 er今有线电流I沿z轴流动,n (B2 B1)('I /20及n r)e(H2Hi)0。由此可得介质中:dl0(10I/(得：'I'I 0.r d 2 r 00Im)/2 r ( 'I/20) ， 1 M (r)e5.某空间区域内有轴对称磁场。在柱坐标原点附近已知B0为常量。试求该处的 B。I '(可得0)

8、i /(BzB000/(0),所以(沿z轴)C(z22/2),其中提示：用 B 0,并验证所得结果满足H解：由于B具有对称性，设 B B e Bzez,其中0。2BzBo C(z2/2)6.解:7.B 0,B cz0时,B cz e因为J 0,直接验证可知,Bo D1(b ) Bz za (常数)。为有限，所以 a 00,即:1(B )2cz0,cz即:22_c(z/2)ez0 ,所以 B 0 ,即(B /1)式能使(2)式成立,所以BB / )ecz , (c为常数)(2)两个半径为a的同轴圆形线圈，位于 z(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提示：用条件

9、2Bz/ z20L面上。每个线圈上载有同方向的电流L和a的关系。I。1)BiBiz由毕一萨定律，L处线圈在轴线上 zBizSz ，处产生的磁感应强度为同理,B2所以,04Idl r3-rsinIa2-L处线圈在轴线上2213/24 a (z L)z处产生的磁感应强度为:oIa2 (z12:L) a2 3/2B2zez , B2zIa21二TT22 3/2 °(z L) a 轴线上的磁感应强度:BBzez2)因为 又因为25(L z) (L(L z)2oIa20,1(z L)2,所以 所以z)22 5/2将z=0带入上式得:a205L22b7/22 13/2a B)(Lz)2L2a半径

10、为a的无限长圆柱导体上有恒定电流1(z L)2(Bz/ z2；a B)25/22 ,3/2a 2B 0 ；0。代入(1)式并化简得：2225(L z) (L z) a (1)7/2L a/2J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：2 A内2 AA外自然边界条件:oJ(r a)(r0时,a)%有限。边值关系：A内A外1人内|r a人外|r a选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与z无关。令8.解:9.A内A (r)ez,代入微分方程得:1 （r r r解得：A内（r）A内(1)r1由自然边界条件得由-10A内|r(r ) 0r由A

11、内ra4Ci0Jr20, 1Ci ln r C2A外1ra得:;A外(r)C31n rC4C3A外,a并令其为零, I a得:C21, , 22、-0J(a r ); A外4假设存在磁单极子，其磁荷为 Q4Ja2ln a r它的磁场强度为势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。Qm rQm1Ter r0H.22,0 Ja , C4 Ja ln a 02Qm4°r3。给出它的矢1一(sin A) rsinX r sinAr令Ar Asin AQm4 r2(rA) 0 rArT 00,得:(sinQmsin d , A04 r)Qmsin4 r Qm 1 cos 4 r sin(2)显然

12、 A 满足（1）式，所以磁单极子产生的矢势Qm 1 COSe4 r sin讨论：当 当当将一磁导率为0时，A/2时，时，A0;e Qm/4 r ；,故A的表达式在,半径为R0的球体，放入均匀磁场具有奇异性，此时H 0内，求总磁感应强度A不合理。B和诱导磁矢I 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H。的方向为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：2 m12 m2自然边界条件：ml衔接条件：在R(RR0)(1),(R。为有限;Ro)m2Ro处满足由自然边界条件可确定方程组(m1

13、1)m2及的解为：H0 Rcos。m1/ R0 m2/ Rnm1anR Pn(cos ) ； m2n 0H 0 R cosdnRn 0(n 1) .Pn (cos )由两个衔接条件，有:anRnPn(cos ) H 0 R cos n 0dnRn 0(n 1) .Pn (cos )n 1annR Pn(cos )n 0比较Pn (cos )的系数，解得：0H 0 cosd1即：m1(0)HoR3/(3 0H0Rcos /(a123 0H 0/()；),(Rm2H1H 0 R cosmlH2m2Ho(H0/(0)HoR3 cos2 0)H10H。/(0)2 o20H 2在R<R0区域内,B

14、/mvMdV(4 /3)R3 M(nI 00);dn1)dnR0, (n(n 2) rPn (cos )1)Rd)/(20)R2,(RR°)R03平RR)R5立R3003(R R。)R33(H° R)RR5(R R0)0)H0/(0)R3H°/(2 0)10.有一个内外半径为 R1和R2的空心球，位于均匀外磁场 H 0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H。的方向为ez,在外场H。的作用下，空心球被磁化，产生一个附加磁场, 轴对称。磁标势的微分方程为：并与原场相互作用，最后达到平衡,B的分布呈现2 M

15、 0 (R R1)m2 0 (R1自然边界条件：m1。为有限；m3R R);H0Rcosm3(RR2)衔接条件：m1m2R R1m20 m1 /R1m2 /R R2m30 m3 /R2m2 /R R2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:mian R Pn (cos )；n 0m3 H°RcosdnR (n i)Pn (cOS )n(n i).m2 (4 R g R Pn (cos )；n 0n 0因为泛定方程的解是把产生磁场的源H 0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 0 R cos所以上面的解中

16、,解的形式简化为:anmlm2H°RR(cos ) bncndn 0 , (n i)aiRcos ；2(biR j R )cos ;m3代人衔接条件得:aiRiH 0 Rcos2bi Ri G R1，diR 2 cosbi R2 ciR220ai(bi 2jRi3), (bi 2cR3)H0R2diR22,0H02 0diR23。解方程组得:aidi2(0)2Ri33 0(2(20)(2 00)H°R；)R32(0)2R3(20)(2 0)R33 0(0)H°R3R；2(0)2R3(20)(2 0)R3(20)(0)(Ri3 R；)H0R；biCi欣。60H。再2

17、(0)2Ri3 (20)(2 0从而，空间各点磁标势均可确定。空腔内:Bi 0Hi0 miai cos erai sin0aez0时，ai 0 ,所以Bi0。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一个理想铁磁体做成的均匀磁化球( 磁感应强度和磁化电流分布。H 0 M 0,其中M0是恒定的与H无关的量。今将M 0为常值)浸入磁导率为'的无限介质中，求解：根据题意，取球心为原点，建立球坐标系，以M。的方向为ez,本题具有轴对称的磁场分布，磁标势的微分方程为：2M 0 (R2m2 0 (R R0)自然边界条件：mi衔接条件： mimiR。为有限;m20。R

18、R0/ RRR0m2R R0m2/ RrR0由轴对称性及两个自然边界条件，可写出拉普拉斯方程通解的形式为:nmi a n R Pn (cos )；n 0m2(n i).bn RPn (cos )；n 0代入衔接条件，比较 R(cos )各项的系数，得:anbnmlm20 , (n i) ； ai 0M 0 0M °Rcos /(2 '), 0M0R3 cos /(2 ' )R2,/(2(RR0)由此Bi0 M 020 M 0/(2B2aM(RR0);bi0M0R3 /(2 ')0 m22 '0M 0/(2 'R； 3( M0 R)RR5(RR0

19、)'0R33(M02 ,R5R)RMi1R3(RR0)(B2 Bi)R0 0(厢a),(其中e 3 'M0sin /(2 ,0)0)将B的表达式代入，得:i2.将上题的永磁球置入均匀外磁场H0中，结果如何?解：根据题意假设均匀外场 分方程为：H0的方向与M。的方向相同，定为坐标 z轴方向。磁标势的微ml自然边界条件:ml0 (R为有限；R0)m22m2H0 Rcos0 (R R0)衔接条件:mlR R0m/ Rm2R R0m2R R00M0 cos解得满足自然边界条件的解是：miai Rcos , (RR0)代人衔接条件，得:解得:mim2HiBi H2 其中m2H°

20、RcosaiR0 H0R0diR 2cos ,di R02(RR0)0Haidi(0M02 0diR03ai0 H 0)/(0 M 02 0)0M0(0)H0R3/(3 0H 0)Rcos /(H 0 R cosHimi0M00M0(0(M0 3H0)/(30H0/(2 0) , (R R。)0)H0R3 cos /(m2 H0 3(m R)R/R5 0M0 (0)H0R3/(2_0)R , (R R0)0)2 >0/(0), (R R0)13.解:14.解:B20H20H0 3(m R)R/R5 m/R3, (R R)有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R,总电荷为Q,今使球壳绕自身某一直

21、径以角速度转动，求球内外的磁场 B。提示：本题通过解 A或 得到结果。根据题意，取球体自转轴为2m1自然边界条件:衔接条件:其中mlm的方程都可以解决，也可以比较本题与§5例2的电流分布R 0m2 /z轴,0 （R为有限；建立球坐标系。磁标势的微分方程为:m2R 0。m1/)/RR R0 0 m2R R0/ Rm2 0(R Ro)sin /4 R0 是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解是:mlm2代人衔接条件，得：a1 Rcos , b1R 2 cos2a R0 b R0(R R。)(RR0)解得:mlm2H1BiH2其中 mB2aiQQ /6 R0 ,Rcos /6 R0,b1(R/4 R; a1Q R；/12R0)32b1 R00R(2cos /12 R2, (RR0)mlm2QR"/30H 2Q co/6 R0 0QW6 R0 , (R 3(m R)R/R503(m R)R/R5电荷按体均匀分布的刚性小球，其总电荷为直径转动，求（1）它的磁矩;(2)布的）。1）磁矢I mx J (x)dVJ