電磁場與電磁波例題詳解

1、第1章矢量分析例1.1求標量場e=(x+y)xyz通過點M(1,0,1)的等值面方程.解：點M的坐標是xo=1,y0=0,z°=1,那么該點的標量場值為*=(x0+y.)2-zo=00其等值面方程為：e=(x+y)2z=0或z=(x+y)2例1.2求矢量場A=axxy2+ayx2y+azzy2的矢量線方程.解：矢量線應滿足的微分方程為dxdy-2xydz-2-yz從而有'dxdy2-2jxyxydxdzI一2xyyz解之即得矢量方程產；°：,C1和c2是積分常數(shù)X-y=c例1.3求函數(shù)中=xy2+z2-xyz在點(1,1,2)處沿方向角?二,二丁二的方向導數(shù).解：由

2、于_2m=1,1,2)=yyzm=41,1,2)=-1,講M41,1,2)cy=2xy-xzm=(1,1,2)=0,-M41,1,2)=2zxyM41,1,2)=3,tz1：21cos-二一,cos-=,cos=一222所以flM=-cos1-cos-：cos=1x.:y:z例1.4求函數(shù)中=xyz在點5,1,2處沿著點5,1,2到點9,4,19的方向導數(shù).解：點(5,1,2)到點(9,4,19)的方向矢量為l-ax(9-5)ay(4-1)az(19-2)=a*4ay3az17其單位矢量一.-.一.-43l=axcos：.aycos：azcos=axayaz.3143147.314(5,1,2

3、)=yz(5,1,2)丁(5,1,2)次I=xz(5,1,2)=10,-(5,1,2)=xy(5,1,2)=5cz所求方向導數(shù)cos1cos-cosV7fI=rxr二xcy二z123,314例1.5中=x2+2y2+3z2+xy+3x-2y-6z,求在點0,0,0和點1,1,1處的梯度.解：由于Vt=W(2x+y+3)+a"y(4y+x2)+az(6z-6)所以v<p(0,0,0)=ax3-ay-2-az6,V(P=a*6+ay3例1.6運用散度定理計算以下積分：I=axxz2ay(x2y-z3)az(2xyy2z)dSS222S是z=0和z=ax_y所圍成的半球區(qū)域的外外表2

4、解：設：A=axxz2+ay(x2y-z3)+az(2xy+y2z)那么由散度定理Ad.=；AdSs可得I=；AdS=、Ad.=(z=ax(2x2y-x3)ay(3xyx2y2)d.=r2d.s2:ya4=0o2orsin?drdid：2:-a4=°d:°2sin而rdr25二一二a5例1.7試求V,A和mA:23322A=axxyzayxzazxyA(r,z)=arr2cos:azr2sin;1一.1A(r,F,)=arrsinra-sina2cosi解:(1)ex.生；zax:xAxayyAyaz:zAzax:x23xyzay:y3xzaz.z22xy2_2_2_3z-

5、2xy)az(3xz-2xyz)(2)1FA;-lI-1fQ.：9一一(rcos)0(rsin)=3rcosarracpazarra中az1-_1rerczr療czArA中Azr2cos中02.rsin.z:rrr、A=中2=ar(rcosr=arrcos"：-a2rsin:-0)ra.(0-2rsin')az(0r2sin)azrsin(3)JAMlALTilMai?'7'(r3sini)-1(1sin2)1Jcosi)rsin二frrsin二.：r八2二3sin12cosirar%A=tWrsin65rArraursinia.arra_,-21二二廠rsi

6、n<訐：rs"A.：.一.一rsin二sin二rsin?a；：1.r-sinccos二r_1r2sin1-.1_、一ar(cos2r-0)raQ12r2sin21)rsinb.(0-rcos?)cos2-1.=ara-icos【-a.cosrsin【-r例1.8在球坐標中,e=Pec0s2,其中pe、4二；0r%為常數(shù),試求此標量場的負梯度構成的矢量場,即E一'解：:在球坐標戲中,、.?1:1?、'二ar'a-a：r二rr：二rsinf;L,IPecos'1f/Pecos'E-ar(-2)-a-；(-T)_a：二r4；0rr.14；0rP

7、ecos1Pe(-sinu)八二"arr(-2)aU2-£4二；0rr4二；0rPecosuPesinuua73-ar3-2二；0r一4二；0r=Pe-(ar2cos-a-sinu)4二；0rjpecosursin4二；0r2例1.9在由r=5,z=0和z=4圍成的圓柱形區(qū)域上,對矢量A=arr2+az2z驗證高斯散度定理.解：由于要求驗證高斯散度定理,即需要根據(jù)給出條件分別計算.仄小和AdS,得到二者結果相同的結論.在柱坐標系下,有r2rr:；zr；:r；:zA二(四)1巴奧上(r3)0=(2r)=3r2在由r=5,z=0和z=4圍成的圓柱形區(qū)域內取一個小體積元di,可知

8、dt=rdrd中dz,其中0ErE5、0E中E2n、0EzW4,故_-52-452-4、Ad.=°°°(3r2)rdrddz=o(3r2)rdr°d：°dz=1502二4=1200二而r=5,z=0和z=4圍成的圓柱形區(qū)域的閉合外外表由三局部構成：圓柱上外表S1(面元矢量dS=Ordrd中,0ErE5、0M5M2n、z=4)、圓柱下外表$2(面元矢量ds2=-a>drd中,0<r<5>0W邛W2n、z=0)和圓柱側外表S3(面元矢量dS3=arrd中dz,0W9W2兀、0<z<4>r=5),故有：?Ad

9、S=JSAdS1+?AdS2十上AdS352n2一,聞52冗一2一一,自=01(a.r+az2z)azrdrd*zy+(?(a.r+az2z)(azrdrd中)z田42n一2+&0(a.r+az2z)ajddz士52二2二4=o08rdrd+0,Ii125ddz二4252二1252二4二1200二:.尸Adi=4AdS=1206,即證.'s例1.10現(xiàn)有三個矢量場A、B、C,分別為：A=asincos中+aecosecos*acpsin中,B=arzsin*+atpzcos*+az2rzsin中,C=ax(3y-2x)ayxaz2z哪些矢量可以由一個標量函數(shù)的梯度表示哪些矢量可

10、以由一個矢量的旋度表示解：此題考查的是矢量場的場源關系,即：標量函數(shù)的梯度是一個有散無旋的場,并根據(jù)發(fā)放場旋度為零,漩渦場散度為零進行反推.故先分別求出矢量的散度和旋度:(sin二1沾rsin竺(-sin)1:一一.1:.二)一(rsin二cos)(sin【cosicos)r；:rrsin1：二0r*2sinrarra.rsin%q.:rAc0ArsinAqarrsinua；：1sin1：:rsincos決rcos【cos一rsin日sin中I1%.B=-r.:r1汨(rBr)7-.9.z=-(rz2sin:)rfr=2rsin:arazari1'B=r.:rBr:zBz：:rz2si

11、n:ra:的rz2cos;azcz2rzsin中-CxC=-xFx-y:z=-202axayazaxay8azexCx-yCy:zCz.x3y2-2x-y2xzz2z=az(2x-6y)故B可以由一個標量函數(shù)的梯度表示,C可以由一個矢量的旋度表示.第2章靜電場與恒定電場例2.1半徑為a的球內、外的電場強度為下式所示,求電荷分布2lla,、E=aE0F(ra)r-33、L-LLrcr,、E=arE05-3-3(r<a)12a2a3,-p-用球坐標中的散度公式2aA2r；r解：由高斯定理的微分形式中E=一,得電荷密度為P=劭E+1*in8Ae)十1二上可得:rsin丁rsin(rE0F)=0

12、rcrr13-r2Eo(5-3J)=；oE.r2；:r2a2a3152a3(ra)/22(a-r)(r；a)例2.2一個半徑為a的均勻極化介質球,極化強度是azP0,求極化電荷分布解：建立球坐標系,讓球心位于坐標原點.極化電荷體密度為：p-P_-azB=0極化電荷面密度為：ps=Pn=azP0-ar=P0cos例2.3一個半徑為a的導體球,帶電量為Q,在導體球外套有外半徑為b的同心介質球殼,殼外是空氣,如圖2.1所示.求空間任一點的D、E、P以及束縛電荷密度.圖2.1解：由介質中的高斯定律可知,在r之a區(qū)域內：qDdS=Dr,4nr2=Q,故D=3s由本構方程D=/E+P=名/0E=說得:介質

13、內(a<r<b):E=)D=arQ,P=D/E=ag二1Q；4二；r；r4二；r1-Q介質外(b<r):E=D=arQ2,P=0；o4,：=or介質內外表束縛電荷面密度分別為：P1psrzb例2.4假設真空中電荷q均勻分布在半徑為a的球體內,計算球內,外的電場強度以及電場能量.解：由電荷分布可知,電場強度是球對稱的,在距離球心為r的球面上,電場強度大小相等,方向沿半徑方向.在球外(rAa),取半徑為r的球面作為高斯面,利用高斯定理計算:DdS=Dr4二r2=q故有Dr=q4二；°r2對球內(r<a),也取球面作為高斯面,同樣利用高斯定理計算:sDdS=Dr4二

14、r2二4二r334_.3-a3l1cED3,-r；0rq一34；°a1c1電場能重We=1V；0E2d=2；0/q)2%.'014皿0；laJ24二dr._2.4rdr3q220二；0a例2.5計算圖2.2所示深埋地下半徑為a的導體球的接地電阻.土壤的電導率為仃0解：導體球的電導率一般總是遠大于土壤的電導率,可將導體球看作等位體.用靜電比較法,位于電介質中的半徑為a的導體球的電容為C=4naa所以導體球的接地電導為G=4二二11所以導體球的接地電阻為R=1G4二a.例2.6半徑分別為a,b(a>b),球心距為c(c<a-b)的兩球面之間有密度為P的解：為了使用高斯

15、定理,在半徑為b的空腔內分別加上密度為+P和-P的體電荷,這樣,任一點的電場就相當于帶正電的大球體和一個帶負電的小球體共同產生,正負帶電體所產生的場分別由高斯定理計算P1正電荷在空腔內產生的電場為Ei=an,3；.2負電何在空腔內廣生的電場為E2=a23；.其中單位向量ai,a2分別以大、小球體的球心為球面坐標的原點考慮到ra1ran=cax,最后得到空腔內的電場為：c3；0ax例2.7一個半徑為a的均勻帶電圓柱體無限長的電荷密度是p,求圓柱體內、外的電場強度.解：由于電荷分布是柱對稱的,因而選取圓柱坐標系求解.在半徑為r的柱面上,電場強度大小相等,方向沿半徑方向.計算柱內電場時,取半徑為r,

16、高度為1的圓柱面為高斯面.在此柱面上,使用高斯定理,有2一r：；DdS=；0Er2二rl=q,q=rl,Er=s2；.計算柱外電場時,取通過柱外待計算點的半徑為r,高度為1的圓柱面為高斯面.對此柱面使用高斯定理,有一2：?a2DdS=oEr2-rl=q,q=1二al,Er=s2ro例2.8一個半徑為a的均勻帶電圓盤,電荷面密度是Ps.,如圖2.4所示.求軸線上任一點的電場強度.解：由電荷的電荷強度計算公式E(r)=l(r)(r-r')TdS及其電荷的對稱關系,可知電場僅有z的分量代入場點源點r二zaxr'"axr'cos:ayr'sin:dS=r

17、9;dr'd電場的z向分量為Ezzr'dr'o(z2-r'2)3/2_：S01z二|一(a2+z2)1/21上述結果適用于場點位于z>0時.但場點位于z<0時,電場的z向量為Ez:S0z-1221/220(az)例2.9半徑為a的球內,外電場分布為r:a求電荷密度解：從電場分布計算計算電荷分布,應使用高斯定理的微分形式-D用球坐標中的散度公式,并注意電場僅僅有半徑方向的分量,得出r<a時：P=%p(r2Er)=3E0rcrar-a時：二；0rEr=0r二r例2.10電荷分布如圖2.5所示.試證實,在r>>l處的電場為Er=3ql42

18、二；°r證實:用點電荷電場強度的公式及疊加原理,有E4二;01(rl)(r-l)2當r>>l時,ll22(rl)(1-)2r(1-2-3-)22(r-l)r1l2(1-)r1一J、(12-3)將以上結果帶入電場強度表達式并忽略高階小量,得出Er=3ql22二；°r4圖2.5例2.11真空中有兩個點電荷,一個電荷-q位于原點,另一個電荷q/2位于(a,0,0)處,求電位為零的等位面方程.解：由點電荷產生的電位公式得電位為零的等位面為q二=04二；0r4二；0rl其中11r=(x2y2z2)2,r1=(x-a)2y2z22等位面方程簡化為2rl=r2222224(x

19、-a)2y2z2=x2y2z20此方程可以改寫為這是球心在絲,0,0,半徑為過的球面33例2.12如圖2.6所示,一個圓柱形極化介質的極化強度沿其軸方向,介質柱的高度為L,半徑為a,且均勻極化,求束縛體電荷分布及束縛面電荷分布.圖2.6解：選取圓柱坐標系計算,并假設極化強度沿其軸向方向,P=P0ax如圖示,由于均勻極化,束縛體電荷為P=4P=0.在圓柱的側面,注意介質的外法向沿半徑方向n=ar,極化強度在z方向,故:=Par=0在頂面,外法向為n=ax,故isp二Pax二p.在底面,外法向為n-ax,故：sp=p-ax=-Po例2.13假設x<0的區(qū)域為空氣,x>0的區(qū)域為電解質,

20、電解質的介電常數(shù)為3無,如果空氣中的電場強度E=*+4輸+5?(V/m),求電介質中的電場強度E2.解：在電介質與空氣的界面上沒有自由電荷,因而電場強度的切向分量連續(xù),電位移矢量的法向分量連續(xù).在空氣中,由電場強度的切向分量Eit=4ay+5ax,可以得出介質中電場強度的切向分量E2t=4+51；對于法向分量,用Din=D2n,即50Eix=£2x,并注意E僅=3,8=3名.,得出E2x=1.將所得到的切向分量相疊加,得介質中的電場為E2=ax4ay5az(V/m)例2.14一個半徑為a的導體球面套一層厚度為b-a的電解質,電解質的介電常數(shù)為£,假設導體球帶電q,求任意點的

21、電位.解：在導體球的內部,電場強度為00對于電介質和空氣中的電場分布,用高斯定理計算.在電介質或空氣中的電場取球面為高斯面,由DdS=4叮2Dr=q得出Dr=s電場為：Er=q在介質中(a<r<b);Er=-q-2在空氣中(r>b).4二；r4二；0r電位為E=Edr=f-q-dr+f-q-dr=-q+q-(-)(a<r<b)rb4二0rr4二r4二0b4二；rb,:qq=Edr=-dr=-(r>b)rr4二；024二；0r例2.15真空中有兩個導體球的半徑都為a,兩球心之間距離為d,且d>>a試計算兩個導體之間的電容.解：由于球心間距遠大于導體

22、的球的半徑,球面的電荷可以看作是均勻分布.由電位系數(shù)的定義,可得Pi2=P22=14二；0aP12=P21=14二；0d讓第一個導體帶電q,第二個導體帶電-q,那么i=Piq-Pi2q=4二；0a4二；0d2-p2iq-p22q-4二；0d4二；0a由c=9二-U12例2.16球形電容器內,外極板的半徑分別為a,b,其間媒質的電導率為圻,當外加電壓為U.時,計算功率損耗并求電阻解：設內,外極板之間的總電流為I.,由對稱性,可以得到極板間的電流密度為Jau-a2二rE_aE2ar4二二r例2.17一個半徑為a的導體球作為作為電極深埋地下,土壤的電導率為仃o略去地面的影響,求電極的接地電阻.U0a

23、=bEdr=4二二ab從而4二二U0I=11,二u0-,J-arJ1、2()rab單位體積內功率損耗為J2p=二<TJ-Aabj總功率耗損為U2由P=",得Rb2P=氣p4二rdr=224；U0bdr4；U0R=I4二二1abJ解：當不考慮地面影響時,這個問題就相當于計算位于無限大均勻點媒質中的導體球的恒定電流問題.設導體球的電流為I,那么任意點的電流密度為J_LaJ2ar,4二rE二2ar4二二r導體球面的電位為去無窮遠處為電位零點a2a4二二dr=4二二a接地電阻為R=U=I4二;二a例2.18如圖2.7所示,平板電容器間由兩種媒質完全填充,厚度分別為di和d2,介電常數(shù)分

24、別為鳥和%,電導率分別為巴和.2,當外加電壓Uo時,求分界面上的自由電荷面密度.解：設電容器極板之間的電流密度為J,那么JJEi=E=于是JdiJd2Uo=112二1二2即J;did2"T分界面上的自由面電荷密度為Uo1；2di圖2.7例2.19在電場強度E=a*y+ayX的電場中把帶電量為-2q(C)的點電荷從點(2,1,-1)移到點(8,2,-1),試計算電場沿以下路徑移動電荷所做的功.(1)沿曲線x=2y2;(2)沿連接該兩點的直線.解：此題要求電場力移動電荷所做的功,最直接的方法就是根據(jù)功=作用力x作用距離,由給出的電場強度確定電荷所受電場力,再在對應的移動路徑C上進行線積分

25、,即W=Fd=-2qEd.但注意到題目給出的場強為靜電場'C'C的電場強度,那么可根據(jù)靜電場為保守場,由靜電力所做的功與電荷移動路徑無關,至于電荷運動起止點的電位差有關這一特點進行計算.方法一：；DmE=0,此電場為靜電場,電場力所做的功與電荷移動路徑無關.由E=中=a*y+ayX可得,電位中(x,y,z)=xy+C,其中C為常數(shù).點(2,1,1)到點(8,2,-1)之間的電位差U=5(2,1,-1)邛(8,2,-1)=14故無論是沿曲線x=2y2還是沿連接該兩點的直線,電場力移動電荷-2q(C)所做的功W=-2qU=-28q(J).方法二：電場力F=-2qE=ax(-2qy)

26、+ay(-2qx),點2,1,1移到點8,2,1變化的只是x和y,故有dl=axdxaydy,Fdl=-2qydx-2qxdy(1)曲線C:x=2y2有dx=4ydyW=°Fdl2一,一._2、2_2.一1(-2qy4ydy-2qdy2y)=1-12qydy-28q(J)(2)曲線C:y1=1,即x=6y4,有dx=6dyx-2622W=cFdl(-2qy6dy-2qdy(6y4)=1(-24qy8q)dy=-28q(J)例2.20球形電容器內外導體球半徑分別為a和b,如果保持內外導體間電位差U不變,試證實當內外導體球半徑滿足關系a=b/2時,內導體球外表的電場最小,并求此最小電場強

27、度.解：要求得內導體球外表的最小電場強度,需先求出空間各點電場強度的分布,再根據(jù)高等數(shù)學中函數(shù)最小值出現(xiàn)在函數(shù)一階導數(shù)零點的知識,求出內導體球外表的電場強度最小值,并得到此時內外導體球半徑之間的關系由于內外導體球間存在電位差,故內導體球外表存在電荷,可設在內導體球面上均勻分布有總量為Q的電荷,因此以導體球球心為坐標原點建立球坐標系,內導體球面為r=a,外導體球面為r=b.在a<r<b的區(qū)間包圍原點做一個半徑為r的閉合球面S,由于電荷和電場的分布滿足球對稱,在S上應用高斯定理,有SEdS二0二:Err2sin"h=4二r1二Q.Q2,E-ar24二；0r4二；0rb-U=E

28、dl,aa4二；0r2設外導體電位為0,那么內導體電位為U,將點電荷從內導體外表搬到外導體上所需要的電場力所做功為：d旦工：4二；0ab4二；0ab故可反解出Q=WUabU/、,E=ar2(a:二r:二b)b-arbU在內導體球外表r=a,有Er=2=Er(a,b)ab-aa=b/2時有Er的最值bU(2a-b)?Er.:a一-一者,二=0,即b2a=0,(ab-a)faE-E又2>62時,巴>0;a<b/2時,三,<0;故a=b/2時Er有最小值.；:aja.當內外導體球半徑滿足關系a=b/2時,內導體球外表的電場最小.此最小值為Em-ar型=ar處.ab例2.21電

29、場中一半徑為a的介質球,球內、外的電位函數(shù)分布為：；-；03cos?1 -E0rcosaE0-,r-a；,2；0r2 =-0-E0rcos,r_a；2十驗證球外表的邊界條件,并計算球外表的束縛電荷密度.解：題目給出的邊界面,是介于介質和空氣之間的球面,其法向為球的徑向切向那么為ae和右中方向.要驗證分界面上的邊界條件,可以從電場矢量方面入手,根據(jù)題目給出電位分布,求出電場強度的分布,得到在邊界面r=a上工=Et；也可以直接根據(jù)電位的邊界條件,在r=a的分界面上,得到巴=匕的結論.而要計算球面的束縛電荷密度,可根據(jù)Pps=P6來計算.1)驗證邊界條件：方法一：直接利用電位的邊界條件,有：r=a時

30、,%=E0acos9+aE0cos9=-3-0-E0rcos日=92；2；0；2；0,Q二平2,邊界條件成立.方法二：-E二Ei-.I；-032cos二；-03sin-=ar(E0cos-aE0飛)aX-E.sinaE03-),r-a；,2；0r-；-2；0rE2一23；o；,2；0(arEocos二-a,Eosini),r三a分界面r=a上,n=ar_._.;_;o_.3；o.Eit=a4-Eosin【Eosin1)=a-Eosin?-E2t"；-2；o-'；2；o,Eit=E2t,邊界條件成立.2計算球外表的束縛電荷密度:由上面可得Ei二ar(E0cos二32cos二；一

31、；o3a%丁)iFaEosin、3-),rarE23；o(arE0cos?-a【E0sin),D=；oEP=;E.P=(；-；o)E3；2；.*",-'o2aPl=(-o)Ei=(-o)ar(1FKE0cos式一1P2=(；0-；°)E2=o,r<a例2.22有一半徑為a,帶電荷量為q的導體球,其球心位于兩種介質的分界面上,此兩種介質的介電常數(shù)分別為小和無,分界面可視為無限大的平面,求：1球的電容量；2儲存的總靜電能.解：此導體球為單導體系統(tǒng),選無窮遠點為零電位點,球的電容量可由C=Q求出,其中Q為導體球所帶電荷量,即q；為導體球外表電位與零電位點的電位差.故

32、求球的電容量,就需求導體球外電場強度的分布.同樣,靜電場的能量也可由電場強度求出,故此題的核心在于求電場強度的空間分布._/40年,圖2.8由圖2.8所示,以導體球的球心為坐標原點建立球坐標系,電荷和電場分布具有球對稱特性.在raa處做同心的高斯閉合球面,有22sDdS=Dr12二rDr22r=q在的和與的介質分界面上,有Eit=E2t,即Eir=E2r=E.,故有Dir=；1Eir=；1Er,D2r=；2E2r=；2Er,Dr12二r2Dr22二r2=；1Er-工2Er2r2=q2q4二a；i一注：也可計算為:1_2We二-E2d2n/foFJa11E2r2sinMrdid"-ii

33、i12E2r2sindrdid:0a'a加20222_q4：a；2第4章恒定磁場例4.1半徑為a、高為L的磁化介質柱,如圖4.1所示,磁化強度為M0(M0為常矢量,且與圓柱的軸線平行),求磁化電流Jm和磁化面電流Jms.圖4.1解：取圓柱坐標系的z軸和磁介質柱的中軸線重合,磁介質的下底面位于z=0處,上底面位于z=L處.此時,M=azMo,磁化電流為Jm=1M=1(M0az)=0在界面z=o上,n=3z,JmS=mMn=M0azM(aj=0ziiis0zz在界面z=L上,n=az,Jms=Mn=M03zxaz=0在界面r=a上,n=ar,JmS=M父n=M0az父ar=M0atp例4.

34、2內、外半徑分別為a、b的無限長空心圓柱中均勻分布著軸向電流I,求柱內、外的磁感應強度.解：使用圓柱坐標系.電流密度沿軸線方向為0,r:二aJ=<azI二b2-a20,rb由電流的對稱性,可以知道磁場只有圓周分量.用安培環(huán)路定律計算不同區(qū)域的磁場.當r<a時,磁場為0.當a<r<b時,選取安培回路為半徑等于r且與導電圓柱的軸線同心的圓.該回路包圍的電流為,22=J二r-a22Ir-ab2由Bdl=2irrB(p=N0I',得B(p=oIr2-a2ZT22-2二rb-a當r<b時,回路內包圍的總電流為I,于是B(p=J°I例4.3半徑為a的長圓柱面

35、上有密度為J,.的面電流,電流方向分別為沿圓周方向和沿軸線方向,分別求兩種情況下柱內、外的Bo解：(1)當面電流沿圓周方向時,由問題的對稱性可以知道,磁感應強度僅僅是半徑r的函數(shù),而且只有軸向方向的分量,即B=azBz(r)由于電流僅僅分布在圓柱面上,所以在柱內或柱外VmB=0.#B=azBz(r)代入VmB=懿嚕=0,即磁場是與r無關的常量.在離面無窮遠處的觀察點,由于電流可以看成是一系列流向相反而強度相同的電流元之和,所以磁場為零.由于B與r無關,所以,在柱外的任一點處,磁場包為0.為了計算柱內的磁場,選取安培回路為圖4.2所示的矩形回路.圖4.2有寸Bdl=hBz=hN0Js0因而柱內任

36、一點處,B=azN0Js0ZSzSc(2)當面電流沿軸線方向時候,由對稱性可知,空間的磁場僅僅有圓分量,且只是半徑的函數(shù).在柱內,選取安培回路為圓心在軸線并且為于圓周方向的圓.可以得出,柱內任一點的磁場為零.在柱外,選取圓形回路,cB,d=N0I,與該回路交鏈的電流為2naJs0,?B.dl=2兀田中,所以B=5鏟.,.9.例4.4如圖4,3所示,一對無限長平行導線,相距2a,線上載有大小相等,方向相反的電流I,求磁矢位A,并求Bo解：將兩根導線產生的磁矢位看作是單個導線產生的磁矢位的疊加.對單個導線,先計算有限長度產生的磁矢位.設導線的長度為1,導線1的磁矢位為(場點選在xoy平面)oll2

37、dzol|l2(l2)2ri212AiazIiazln4二2(r12.z2/2二ri,.Lll當1Tg時,有A=azlnL2二r1同理,導線2產生的磁矢位為0lA2-azln2二r2由兩個導線產生的磁矢位為A=az(A+A2)=az翌J_jLazqnaz四ng/2nIrir2J2nr14n(x-a)+y2相應的磁場為二a上y2-xay2x-aolxa2n(x+aj+y2x-a(x-af+y2圖4.3例4.5內,外半徑分別為a,b的無限長鐵質圓柱殼磁道率為k沿軸向有恒定的傳導電流I,求磁感應強度和磁化電流.解：考慮到問題的對稱性,用安培環(huán)路定律可以得出各個區(qū)域的磁感應強度.當r<a時,B=

38、07(r2-a2)a2二rb2-a2當rab時,(L-1)I二(b2-a2)-0rM:Jm-M=az=ar2ra:2二r.22X當rAb時,Jm=0在r=a處,磁化強度M=0,所以JmS=Mn=M(-ar)=0在r=b處,磁化強度(r-1)1a%所以MXDHXDQLrFa.,Jms=Mn=Mar=(rfla-2二b例4.6在半徑為a的無限長圓柱導體內有恒定電流I沿軸方向.設導體的磁導率為此,其外充滿磁導率為4的均勻磁介質,求導體內外的磁場強度、磁感應強度、磁化電流分布.解：考慮到問題的對稱性,在導體內外分別選取與導體圓柱同軸的圓環(huán)作為安培回路,并注意電流在導體內是均勻分布的.可以求出磁場強度如

39、下：一一lr一一IrEa時,H=acpr>a時,H=aqj2a22二r磁感應強度如下：ilr2IrMa時,B=a52;r>a時,B=a中2二a2二r為了計算磁化電流,要求磁化強度:1.LI(胃1,、lrrEa時,M=acp(-1)2,與2二aiLir>a時,Macp(1),JmM0L2二r在r=a的界面上計算磁化面電流時,可以理解為在兩個磁介質之間有一個很薄的真空層.這樣,其磁化面電流就是兩個磁介質的磁化面電流之和,即Jms=MiniM2n2這里的ni和n2分別是從磁介質到真空中的單位法向.如果設從介質1到介質2的單位法向是n,那么有Jms=M1n-M2n代入界面兩側的磁化強

40、度,并注意n=a.,得例4.7空氣絕緣的同軸線,內導體的半徑為a,外導體白半徑為b,通過的電流為Io設外導體殼的厚度很薄,因而其儲蓄的能量可以忽略不計.計算同軸線單位長度的儲能,并有此求單位長度的自感.,1八Jms-az(1|1)-022,az(d-1)02,100解：設內導體的電流均勻分布,用安培環(huán)路定律可求出磁場.IrIr<a時,H=a(p2;a<r<b時,H=a中2二a2r單位長度的磁場能量為2.2a1obIo口八|八|bWm=L0H2二rdr+0H22二rdr=0+-0lne02a216二4二ab故得單位長度的自感為L=+lnb,其中的第一項為哪一項內導體的內自感.8

41、二2二a例4.8一個長直導線和一個圓環(huán)(半徑為a)在同一平面內,圓心與導線的距離是d,證實它們之間互感為M=N0(d-Vd2-a2).IJj證實：設直導線位于z軸上,由其產生的磁場B=2-：x2二(drcos?)其中各量的含義如圖4.4所示.a2二li磁通重為;Bds:-rdrd-002二(d,rcos1)上式先對日積分,并用公式2二d-_2-0dacos,d2-a2爾于所以互感為M=°(d-d2-a2)圖4.4例4.9一根通有電流I的長直導線埋在不導電的均勻磁性介質中.(1)求出H,B,M及磁化電流分布；(2)假設將導線埋在介質分界面間,電流I沿z方向流動,在z<0的半無窮空

42、問中充滿導磁率為n的均勻介質,在zao的半無窮空間為真空,求出H,B,M及磁化電流分布；(3)假設將導線埋在介質分界面間,電流I沿z方向流動,在x<0的半無窮空問中充滿導磁率為n的均勻介質,在x>0的半無窮空間為真空,求出H,B,M及磁化電流分布.解：(i)由安培環(huán)路定律,以導線為中央做閉合積分曲線,上-cHdl=H：2二r=II-I二H中=,即H=a(p2二r2二rB"1"-(J-1)I故：B=NH=acp,M=丁一H=(-_1)H=acp,Jm=VMM=0,二r002二r(2)如圖4.5(a)所示,以導線為中央做閉合積分曲線C,由安培環(huán)路定律有：,cHdl二

43、H2r二II2：r那么有:«-1)IB12:r,Mi=H=(7-1)H=a“0"o.-(_2r-1)IJm=VxM=0,Jms=MMn=Mxar=-az;IIISIz2二rza0:B2=N0H=a%：,M2=0,Jm=0,Jms=.如圖4.5(b)所示,以導線為中央做閉合積分曲線C,由安培環(huán)路定律有:伊dl=H1：,j.rH2：；r=I對于分界面,x=0處a中為法向,根據(jù)邊界條件Bin=B2n,有B仰=B2(p=B(p,即：Hi(p=-y,代入安培環(huán)路定律,有B：二rP0I口,0二rJ.I.0二rH1H2x<0:M1=(r-1)f=a.：Jm=VxM=0,Jms=Mn

44、=M><acp=0;Jms=0.圖4.5(a)圖4.5(b)B一xA0：M2=Yj-_H2=0,Jm=0,-0例4.10半徑為a的無限長直圓柱形導線沿軸向通過電流I.如圖4.6所示,取圖中a=2n處為參考點,用拉普拉斯方程求導線外部的標量磁位.圖4.6解：對磁標位來講,它是和磁力線垂直的,而通電長直導線的磁力線是以電流為圓心的同心圓,因此磁標位就應該是r方向的射線,所以中m應該與r和z無關,拉普拉斯方程應該是:解出來m-CD代入條件a=中=2n為參考點,有中m=2nC+D再以導線為軸心在導線外做一個近似閉合的回路l,起點A和終點B在邛=2n的兩側,由于H=-中m,比照靜電場中電場強

45、度和電位之間的關系,B有*mA3mB=aHdl力,中mA=0,9mB=2垢+D,那么2項+口=-IA這樣始終有兩個未知量不能確定.于是又考慮中=2n和平=0是同一點,那么參考點也可以看作是邛=2n,代入中m=CP+D中,中=2n時中m=D=0,故中m=C平,這就只有一個未知量了.B-再做參考積分回路,那么mA-；：mB=0-2二C=Hd=IA解得C二一,故m=C-2二例4.11一橫截面為正方形的環(huán)形鐵心上開有一空氣隙,長度6=1mm,鐵心內半徑a=8cm,橫截面邊長b=2cm,相對磁導率叫=500.鐵心上均有緊密繞有線圈1000匝,如圖4.6所示.忽略氣隙附近的漏磁通,求此線圈的自感.圖4.6

46、解：由于忽略氣隙附近的漏磁通,根據(jù)磁通連續(xù)性方程,可視將磁感應線只在磁環(huán)內流動,且垂直磁環(huán)截面,磁感應線穿過空氣隙時仍均勻分布在截面上.設磁環(huán)上磁感應強度為Bk,磁場強度為Hr；氣隙中磁感應強度為B0,磁場強度為H.,由安培環(huán)路定律有：b<Hdl=H即2町一6+小邛石=NI,其中r=a+=9cmC2對于空氣與鐵心的分界面,a中為法向,根據(jù)邊界條件即=B2n,有B：一BB1p=B2cp=Bcp,可行H聞=h,H0p=-JJ0故有B2叫6+器芯=NI,解得Btp=N-02二r一二,通過鐵心截面的磁通量=fBepdScp=Bep,Sep="-b2S2二r-'線圈的自感LNb2

47、2二r-、._7十代入數(shù)據(jù)C.=10"m,b=0.02m,r=0.09mN=500%N=1000,得Nb2,200.=0.251(mH)2-：r-'：'：'丁工第5章時變電磁場例5.1證實均勻導電媒質內部,不會有永久的自由電荷分布.解：將J=»E代入電流連續(xù)性方程,考慮到媒質均勻,有-_cP_cP、(二E)=；：<E)一二0；:tft由于：D=；J、(E)=、E=：-二:-t.所以：一十,P=0,P(t)=Poe6ft；例5.2設z=0的平面為空氣與理想導體的分界面,z<0一側為理想導體,分界面處的磁場強度為H(x,y,0,t)=axH0

48、sinaxcos(ot-ay),試求理想導體外表上的電流分布、電荷分布以及分界面處的電場強度.解：JS=nH=azaxH0sinaxcos(t-ay)=ayH0sinaxcos(t-ay):S-=H0sinaxcos(t-ay)=aH0sinaxsin(t.ay).:t：:yPS=-a0sinaxcos(t-ay)c(x,y)假設t=0時,ps=0,由邊界條件n-D=Ps以及n的方向可得D(x,y,0,t)=azE(x,y,0,t)=azaH0sinaxcos(t-ay)0aH0sinaxcos(t-ay)0例5.3試求一段半徑為b,電導率為仃,載有直流電流I的長直導線外表的坡印廷矢量,并驗證

49、坡印廷定理圖5.1解：如圖5.1,一段長度為l的長直導線,其軸線與圓柱坐標系的z軸重合,直流電流將均勻分布在導線的橫截面上,于是有：E=azCT,2二b二在導線外表H因此,導線外表的坡印廷矢量S=EH-arI22.二2b3它的方向處處指向導線的外表.將坡印廷矢量沿導線段外表積分,有-SSds-SSardS=2-2nbl2.nb)=I例5.4在兩導體平板(2=0和2=)之間的空氣中傳播的電磁波,其電場強度矢量E=ayE0sin(n/d)zcost-kx),其中kx為常數(shù).試求：(1)磁場強度矢量H;(2)兩導體外表上的面電流密度Js.解：由麥克斯韋方程組得VME=-AxgEy/+az(8Ey/d

50、x)=-6B/祝,對上式積分得B=ax-E0cos(z)sin(t-kxx)azE£kxsin(-z)cos(t-kxx),dddEEnk.二即H=ax0-cos(z)sin(©t-kxx)+az-0-sin(z)cos(ot-kxx).d0d0d(2)導體外表上得電流存在于兩導體相向的一面,故z=0面上,法線n=a*z,面電流密度Js=az=<Hz=d面上,法線n=-az,面電流密度Js=-Az父Hz-0E0二-ay-'dJ0E0二二ay-'dJ0sin一kxx);sin(©t-kxx).例5.5一段由理想導體構成的同軸線,內導體半徑為a,外導體半徑為b,長度為