电磁场与电磁波典型习题及答案(恒定磁场)

1、习题四4-1分别求附图中各种形状的线电流在真空中的P点产生的磁感应强度。解:a）略b）如图b）所示，由通电Z的细圆环在轴线上的磁场B*“町.、2（a+z/可令z=0,得P点的磁场为C）圆弧中的电流在点P所产生的磁感应强度为B=2（_a）“o?_（兀-口山I1In2d2加两根半无限长电流在点P所产生的磁感应强度为B、=心（cos0-cosa）=“YOsa）4加smaInasina故点p的磁感应强度为InaB=B、+Br/_)“(/|“oZ(l_cosa)Ina2sina4-2一个正边形（边长为a）线圈中通过的电流为厶试证此线圈中心的磁感应强度为B=tailo2nan解：先计算有限长度的宜导线在线

2、圈中心产生的磁场，由公式B=（sillai-sinai）4并注意到2龙并注意到2龙_兀2/1n设正多边形的外接圆半径是d。由于r71=cosan所以，中心点的磁感应强度为5=tau2nanb)F=Ared)F=4er+37b)F=Ared)F=4er+37f)F=3rer+2e:a)F=40 xe)_3Qyexc)F=12(xex-yey)解：由恒定磁场的基本方程V-B=O,满足该式的矢量可能表示磁感应强度B,否则不表示磁感应强度。由VxH=J求的电流密度Joa)由口尸=淫+解：由恒定磁场的基本方程V-B=O,满足该式的矢量可能表示磁感应强度B,否则不表示磁感应强度。由VxH=J求的电流密度J

3、oa)由口尸=淫+冬単=0,F可能表示磁感应强度纫dxj=V.A=y.r=-3Q=Z2e.“0“0“0去b)按圆柱坐标系求解，BFdAr1J=v=v=e.“o“o“o勿C)V-F=12(J-|)=0,BFJ=V=V=0“o“ov.f=4e,24)+“0“0y尸=丄冬如=0,卩可能表示磁感应强度rd(f2Ar“oF可能表示磁感应强度B。d)(3rsin)=+3cot*0,F不表示磁感应强度B。e)r-drrsin0d6V-F=-+=0(/为常数)，J=V=V=0&莎“o“oV-F=丄亠(心)+?=6h0,F不表示磁感应强度B。fdrdz4-4无限长直线电流垂直丁磁导率分别为“和从的网种介质的分界

4、而，试求:4-4两种介质中的磁感应强度血和2；(2)磁化电流分布。解：(1)由安培环路定律，可得2nr所以得到B=讣=e-所以得到2nrB、=pH=(!吐-2磁介质的磁化强度为M亠，-“02叭r则磁化电流体密度为毎(叫)迅喘软护。在戶0处，具有奇异性。以Z轴为中心作一个圆形回路C，由安培环路定律得故可以得到磁化电流为/+/m=B(M=“0Jc“0在磁介质的表面上，/=-1/lAo丿磁化电流而密度为4.寫:4-5根细的圆铁杆和一个很薄的圆铁盘样品放在磁场Bo中，并使它们的轴与Bo平行(铁的磁导率为“)。求样品内的B和H；若已知B尸1T,“=5000他,求两样品内的磁化强度M。解：对丁极细的圆铁杆

5、样品，根据边界条件有H=Hq=BI山B=/.iH=B=/.iH=B。4999“4999M=“0对丁很薄的圆铁盘样品，根据边界条件有B=BH=B仃i=B=BH=B仃i=Bi/49995000/049995000他4-6证明磁介质内部的磁化电流是传导电流的(&-1)倍。解：由于J=VxH,Jm=VxAf/M=上_1H=Q/r-1)77lo丿因而丿厂仏-1”4-7如图所示，已知无限长直导体圆柱由电导率不同的两层导体构成，内层导体的半径q=2mm,电导率Z1=107S/m；外层导体的外半径az=3nun,电导率/2=4xl07S/nio导体圆柱中沿轴线方向流过的电流为Z=100A,求：(1)两层导体中

6、的电流密度丿1和丿2；(2)求导体圆柱内、外的磁感应强度。解：(1)込=了、J2=9E=E)=E,I=+7r(a)JyE=e.*LJ.=y.E=e.5x0介血：,J、=*E=e,艺巴-A/m*12龙3(2)当r万=083引_5当勺ra.H寸，有2/方=“0兀djcJ+(y一a)B=03r当时，有券7晋4-8已知在半径为a的圆柱区域内有沿轴向方向的电流，其电流密度为J=e牛其中人为常数，求圆柱内外的磁感应强度。解：用安培环路定律，当计算的点位于柱内g）,B=込3adH寸，B=a2e,3r4-9有一圆截面的环形螺线管，其圆形截面积为S,平均半径为/,铁环的相对磁导率为儿，环上绕的线圈匝数为N,通过

7、恒定电流Z。假设铁心内部的磁场均匀分布且空气中没有漏磁，求：（1）铁心内磁场强度H和磁感应强度B;（2）环内的总磁通；（3）计算该螺线管的电感。（4）磁场能量。解：（1）安培环定理dl=NI有2nHr=NIH=eB=pzH=fNIg2岔。52加$（2）肖=N=NBS=3W2加L=NSI2耐（4）炉=丄LI-NZSI-24岔4-10一个薄铁圆盘，半径为d,厚度为b,ba,如图所示。在平行于z轴方向均匀磁化，磁化强度为M。试求沿圆铁盘轴线上、铁盘内、外的磁感应强度和磁场强度。解：由于铁盘均匀磁化，且磁化方向沿Z正向，故令M=Me:,其中M为常数。由此可知磁化电流面密度人=VxM=0铁盘上、下底而的

8、磁化电流线密度Kmi=Mxe”=Mezx（土e?）=0铁盘侧面周边边缘上的磁化电流线密度心=Mxe”=Mezxer=Me这样可将圆盘视为相当Ti=k的圆形磁化电流，求此电流在各处产生的磁场。乂由Tbaf可视为圆环电流产生的磁场。在铁盘轴线上产生的磁场为一2+/严一2（z+/严BMba1H=“02(zf严B、H的方向沿Z方向。铁盘内由于“o，可得/1_仏B=jli.M丿B总PqM在铁盘内是均匀分布的磁场。4-11已知一个平而电流回路在真空中产生的磁场强度为Ho,若此平而电流回路位丁磁导率分别为“和仏的两种均匀磁介质的分界平而上，试求两种磁介质中的磁场强度Hi和H2o解：由丁是平而电流回路，当其位

9、于两种均匀磁介质的分界平面上时，分界面上的磁场只有法向分量，根据边界条件，有B严B厂B。在分界面两侧做一个小矩形回路，分别就真空和存在介质两种情况，应用安培环路定理即可导出H】、H2和Hq的关系。在分界面两侧，做一个尺寸为的小矩形回路根据安培回路定律有fHd/=比(PJA/?+Hz(PJA力一H,(PJA7/-H侃小h=I因H垂直丁分界面，所以积分式中HM=0o这里Z为与小矩形回路交链的电流。对平面电流回路两侧为真空的情况，则有gHod/=2Hq(PJA7?-2%(P2)A7?=I由于Pi和p?是分界面上k意两点，由上述两个式子可得到H1+H,=20即旦+旦=2弘于是得到B=“1+从故有“1“

10、1+皿H=旦=二5_d“1+“三4-12已知JYO的区域内为均匀的磁介质，其相对磁导率儿=5000，y0的区域为空气，求：当空气中的磁感应强度B=0.5ex-lOqmT，磁介质中的磁感应强度B；当磁介质中的磁感应强度B=10ex+0.5e)mT,空气中的磁感应强度B()o解：设磁介质中的磁感应强度为B=+Byey+B:e:根据边界条件Bla=B2a,Hit=Hlt有所以By=ByO=_20.5“0儿“0“0B：%o“05=2500,5=-10,5,=0即B=52500-0、10设空气中的磁感应强度为BQ=exBQx+eyBQy+e:BQ:根据边界条件Bia=B2a,Hlt=HltiJBg=By

11、=0.5BB,_10BB,_10所以即“o“o儿所以即Bg=0.002，Bq.=0.59Bq二=0=ex0.002+ex0.54-13真空中有一厚度为的无限大载流块，电流密度为e:J0,在其中心位置有一半径为d的圆柱形空腔。求腔内的磁感应强度。解：设空腔中同时存在有密度为土的电流，则可利用安培环路定律和迭加原理求出空腔内的B。电流密度为耳人的均匀载流块产生的磁场为：电流密度为-耳几的均匀载流圆柱产生的磁场为=警（eJe”）（x2+/，）由此得到空腔中的磁场B=B严B?=+咛）（疋+y2x,试求已知电流密度丿的分如和磁场强度H的分布。4-16设无限长圆柱体内电流分布为J=-e：rJQ(ja),求

12、矢量磁位A和磁感应强度解：建立坐标系如图所示，电流分布为J=-ejJ(r67)从电流分布可以知道磁矢位仅有Z分量，即A=Aze:且满足方程V2A=-/0J设在圆柱体内磁位是久圆柱体外磁位是生，则一-(r-7J一-(r-7J-)=7oZ/otdrdr7(/V)=0m=JHqJqV3+CJ117-+C2A2=C3lii7+C4C4是待定常数。dAy当厂a时，所以其中Ci，C2,C3,由丁=0处磁矢位不应是无穷大，所以Ci=0o利用边界条件，有C:=-/oJof73:C=/i0JQai；C4=-/0J0f7Jln6f最后得：A】=e”=(亍心几严-=/.IqJ(l3ci3)e:1*A=e.A,=/0

13、J0731iie.3a由B=得：B严VxA严号込R口4汕1r3B2=VxA2=一干5=一=呻2ezor3r4-17两根无限长直导线，布置Tx=l,门0处，并与z轴平行，分别通过电流I)7求空间任意一点处的磁感应强度解：无限长氏导线产生的矢量磁位为A=e.-ln2兀r心为有限值。对于本题，可利用叠加原理，P点的矢量磁位可看做是位于x=处的长直导线产生的矢量磁位和位Tx=i处的长直导线产生的矢量磁位的叠加，即根据有B=根据有B=/0Z(r2-l)cos2兀7；=0/0/hil+r2+2rcosr2n1+7,2-2rcosB=Vx4=Vx(e.J.)=-竺-+丄旦Jdrr604-18在阴极射线管中的

14、均匀偏转磁场是由在管颈上放置一对按余弦规律绕线的线圈产生的。分析管颈中的磁场时，可以将管颈视为无限长，其表面电流密度为K=e：Kcos0,这样的线圈称为鞍线圈。证明：管颈中的磁场是均匀的。解由丁电流分布是0的函数，磁场分布不具备轴对称性，不能利用安培环路定律求解磁场。由丁电流只分布在管颈的表面上，管颈内外的区域中都没有电流分布，可通过解标量磁位的微分方程来求磁场。利用分离变量法，求出管颈内、外区域中的标量磁位%和%的通解，然后由管颈表而上磁场的边界条件来确定待定常数。视管颈为半径为d的无限长圆柱而，则验和2只与儿0有关，即1d(rdPmi+16叽=r6,67丿7,2dr1丄理+丄务=0rdid

15、r丿厂dr根据管颈的表面上的电流按COS0变化，以及管颈内、外区域中的标量磁位|和验应为有限值，可设=CsiiiDcos0(a)丁是得到=-er(Csm0+Dcos)一(C】丁是得到=-er(Csm0+Dcos)一(C】cos0_D、sin0)=-er(C2sin0+2cos(f)一(C2cossin0)根据边界条件，Hw=H,刃卜_兀=a)H=-(ersin+ecos(7va)0a)ja?H2=一(片sig-%cos0)4-19一环形螺旋管的平均半径/o=15cm,其圆形截而半径n=2cm,铁心的相对磁导率他=1400,环上绕N=1000匝线圈，通过电流Z=0.7A,计算螺旋管的电感；在铁心

16、上开一个7o=O.lcm的空气缝隙，计算电感（假设开口后铁心的“不变）；求空气缝隙和铁心内的磁场能量的比值。解：由Tar而可以认为圆形截面上的磁场是均匀的，且等丁截面中心处的磁场。由安培环路定理，可得到螺旋管内的磁场为2%与螺旋管狡链的磁链为y/=NSjtiH=UaNJ2ro故螺旋管的电感为r中pcrN1400 x4x10X0.02-xlOOO小L=2.346HI2/q2x0.15当铁心上开有小口时，忽略边缘效应，则在其分界面上，磁场只有法向分量。有边界条件B=Bp=B,根据安培环路定理，有HJo+片“（2矶-/0）=A7乂由于B=PqHq,B产吋B严B严B,于是得到B=PZNIZ0/r+（2

17、-0-/0）所以螺旋管中的磁链为“NSB=叫心订h儿十（2矶一】J故螺旋管的电感为故螺旋管的电感为=0.944H7t吋jaN_4jtx10“x!400 x0.022xlOOO2=0.944H70/r+（2矶-70）1400 x0.001x2xx0.15-0.001空气中的磁场能量为%=0%=05“o“M；S（2矶一/0）故4-20同轴线的内导体是半径为。的圆柱，外导体是半径为b的薄圆柱而，其厚度可以忽略不计。内、外导体间充有磁导率分别为刈和处两种磁介质，设同轴线中通过的电流为Z,试求：同轴线中单位长度所存储的磁场能量。单位长度的H感。解：同轴线的内外导体之间的磁场沿0方向，在两种磁介质的分解面

18、上，磁场只有法向分量，根据边界条件可以知道，两种磁介质中的磁感应强度相同，但磁场强度同。根据安培环路定理，当广0时，有2ttvHq=丄卄w所以凤=硏（厂所以凤=硏（厂va）由J=9H、=虽以及.B=E2=B,所以得到B=卩凹(ar=BdS=-dr2ttct该磁通仅仅交链半径广内的电流F,相对丁导线内的总电流厶相对丁交链的匝数为vrrz从而内磁链为JJoMa-a28兀单位长度的内h感L*8兀4-22已知两个相互平行，相隔距离为d,共轴圆线圈，其中一个线圈的半径为另一个线圈的半径为方，试求两线圈之间的互感系数。解：如图所示，设C中电流为厶，在轴线上产生的磁场为B“少=2(b2+d2)3f2因da,

19、可认为B在包围的而积S2上是均匀的，所以5严乍严曾、，根据互感系数的定义，得厶2(，+/严4-23无限长直导线附近有一矩形回路，回路与导线不共面，如图所示，试证它们之间的互感为：财=竺11】一餐P2龙2b(R-C)n+方+斤此证明：直线电流Z产生的磁场为B且,作积分，得出磁通量，2nr0=(BdS=Jh2nr2nrR注意：R】=c2+(b+如-C1/2=2b(R2-c2)1/2+b2+R2将其代入，即可得到互感4-24一个长虚导线和一个圆环(半径为d)在同一平而内，圆心与导线的距离是乩证明它们之间互感为M=d-4d)o证明：设直导线位丁轴上，由其产生的磁场2心2(J+?cos0)其中磁通量为上式先对&积分,得2心2(J+?