电磁场与电磁波(王家礼 西电第三版)第三章 恒定电流的电场和磁场[精]

第三章习题解答3.1 真空中半径为a的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q和-q，试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题3.1图所示)。

解由点电荷q和-q共同产生的电通密度为qR+R-D=[3-3]=4πRR+-q4π{err+ez(z-a)[r+(z-a)]2232-err+ez(z+a)[r+(z+a)]2232Φ=则球赤道平面上电通密度的通量⎰D dS=⎰D eSSzz=0dS=]2πrdr=q4πa题3.1 图⎰[02(-a)(r+a)qaa-a(r+a)2232(r+a)=0-1)q=-0.293q3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为ra的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为-Ze的电子云，在球心有一正电荷Ze（Z是原子序数，e是质子电荷量），通Ze⎛1r⎫过实验得到球体内的电通量密度表达式为D0=er 2-3⎪，试证明之。

4π⎝rra⎭Ze解位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为 D1=er 24πrZe3Ze=-原子内电子云的电荷体密度为ρ=-334πra4πra电子云在原子内产生的电通量密度则为D2=erρ4πr4πr32=-erZer4πra3题3. 3图(a)故原子内总的电通量密度为 D=D1+D2=er 2-3⎪4π⎝rra⎭33.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为ρ0Cm, 两圆柱面半径分别为a和b，轴线相距为c(c<b-a)，如题3.3图(a)所示。

求空间各部分的电场。

解由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。

但可把半径为a的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为±ρ0的两种电荷分布，这样在半径为b的整个圆柱体内具有体密度为ρ0的均匀电荷分布，而在半径为a的整个圆柱体内则具有体密度为-ρ0的均匀电荷分布，如题3.3图(b)所示。

空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。

在r>b区域中，由高斯定律⎰E dS=Sqε022，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P E1'=er'-πaρ02πε0r'2产生的电场分别为 E1=erπbρ02πε0r2=ρ0br2ε0r=-ρ0ar'22ε0r'2＝＋题3. 3图(b)点P处总的电场为 E=E1+E1'= ρ2ε0(brr-2r')在r<b且r'>a区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为E2=erπrρ2πε0r=ρr2ε0'=er' E2-πaρ2πε0r'=-ρar'2ε0r''=点P处总的电场为 E=E2+E2ρ02ε0(r-ar'r')在r'<a的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为E3=erπrρ02πε0r=ρ0r2ε0'=er' E3-πr'ρ02πε0r'=-ρ0r'2ε0'=点P处总的电场为 E=E3+E3ρ0(r-r')=ρ02ε0c3.4 半径为a的球中充满密度ρ(r)的体电荷，已知电位移分布为⎧r3+Ar2⎪Dr=⎨a5+Aa4⎪2⎩r(r≤a)(r≥a)其中A为常数，试求电荷密度ρ(r)。

《电磁场与电磁波》——习题详解第三章 恒定电流的电场和磁场3-1 一个半径为 a 的球内均匀分布着总量为 q 的电荷,若其以角速度 ω 绕一直径匀 速旋转,求球内的电流密度. 解:传导电流:导体中的自由电子或半导体中的自由电荷在电场作用下作定向 运动所形成的电流. 运流电流: 带电粒子在真空或气体中运动时形成的电流. 本题求的是运流电流. 选 取 球 坐 标系 . 设 转 轴和 直 角 坐 标系 的 z 轴 重 合 , 球 内 某 一点 的 坐标为 ( r , θ , φ ),则电流密度为v v J =ρv =q v 3qω r sin θ v eφ ω r sin θ eφ = 2 4π a 3 4π a 3注意到球面坐标的有向面积元为v v v v d S = er r 2 sin θ d θ d φ + eθ r sin θ d r d φ + eφ r d r d θ可以得到总电流为I=∫∫Sv v J dS =∫ ∫0πJr d r d θ =0aqω 2π2π总电流也可以通过电流强度的定义计算. 因为球体转动一周的时间为 T = 所以ω,I=3-2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 σ ,当外加 电压为 U 0 时,计算功率损耗并求电阻. 解:设内,外极板之间的总电流为 I .由对称性,可以得到极板间的电流密q qω = T 2π度为v J= v E=I24π r I v e 2 r 4πσ rv er ,U0 = E d r =a∫bI 1 1 4πσ a b 25习题三从而I=v 4πσU 0 σU 0 v ,J = er 1 1 1 1 2 r a b a b2单位体积内功率损耗为 U0 J 1 1 p= =σ r 2 σ a b 2总功率损耗为P=∫b ap 4π r d r =24πσ U 02 1 1 a b2∫d r 4πσ U 02 = 2 1 1 a r a bb由P =U 02 ,得 R R= 1 1 1 4πσ a b 3-3土壤的电导率为 σ . 略去地面的影 一个半径为 a 的导体球作为电极深埋地下, 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导电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v J=I 4π rI2v v er , E =I 4πσ rI2v er导体球面的电位为(选取无穷远处为电位零点)U =接地电阻为∫∞a4πσ r2dr =4πσ aR=3-4U 1 = I 4πσ a在无界非均匀导电媒质(电导率和介电常数均是坐标的函数)中,若恒定电流存 在,证明媒质中的自由电荷密度为 ρ = E (ε 证明:由方程 J = 0 得vε σ ) . σv26《电磁场与电磁波》——习题详解v v v v J = (σ E ) = E σ + σ E = 0即E = 故有vσ v Eσρ = D = (ε E ) = E ε + ε Ev ε σ v v = E ε ε E = E ε σ σ σ vvvv3-5如图 3-1,平板电容器间由两种媒质完全填充,厚度分别为 d1 和 d 2 ,介电常数 分别为 ε 1 和 ε 2 ,电导率分别为 σ 1 和 σ 2 ,当外加电压 U 0 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J = σ 1 E1 = σ 2 E2E1 =于是Jσ1, E2 =Jσ2U0d1 d2ε1,σ1 ε2,σ2U0 =即Jd1σ1+Jd 2σ2图 3-1J=U0σ1 σ 2分界面上的自由面电荷密度为d1+d2ρ S = D2 n D1n = ε 2 E2 ε 1 E1 = ε ε U0 = 2 1 σ σ d1 d 2 1 2 +3-6 ε2σ2ε1 J σ1 σ1 σ 2内,外导体半径分别为 a , c 的同轴线,其间填充两种漏电媒质,电导率分别27习题三为 σ 1 ( a < r < b )和 σ 2 ( b < r < c ),求单位长度的漏电电阻. 解:设每单位长度从内导体向外导体的电流为 I ,则电流密度为v J=各区域的电场为I2π rv erv E1 = v E2 =内,外导体间的电压为I2πσ 1rv er ( a < r < b ) v er ( b < r < c )I2πσ 2 rU0 =∫c av v E dr =∫I dr + 2πσ 1 r ab∫ 2πσ r = 2πσb 2cI drIln1b I c + ln a 2πσ 2 b因而,单位长度的漏电电阻为R=3-71 1 U b c = ln + ln I 2πσ 1 a 2πσ 2 b一个半径为 10cm 的半球形接地电极,电极平面与地面重合,如图 3-2,若土 壤的电导率为 0.01S/m,求当电极通过的电流为 100A 时,土壤损耗的功率. 解:半球形接地器的电导为G = 2πσ a接地电阻为I σ a图 3-21 1 R= = G 2πσ a土壤损耗的功率为100 2 = ≈ 1.59 ×106 W P=I R= 2πσ a 2π × 0.01× 0.12I23-8一个正 n 边形(边长为 a )线圈中通过的电流为 I ,试证此线圈中心的磁感应强 度为B= 0 nI π tan 2π a n解:先计算有限长度的直导线在线圈中心产生的磁场.使用公式B=0 I (sin α1 sin α 2 ) 4π r28《电磁场与电磁波》——习题详解并注意到α1 = α 2 =2π π = 2n n设正多边形的外接圆半径是 a .由于r π = cos a n所以,中心点的磁感应强度为B=3-9 0 nI π tan 2π a n求载流为 I ,半径为 a 的圆形导线中心的磁感应强度. 解:电流元 I d l 在中心处产生的磁场为vv v v 0 I d l × er dB = 4π r2各电流元在中心处产生的磁场在同一方向,并注意 的磁场为 3-100 I2a∫rdl2=2π ,所以,圆心处 a.一个载流 I1 的长直导线和一个载流 I 2 的圆环(半径为 a )在同一平面内,圆心 与导线的距离是 d .证明两电流之间的相互作用力为 0 I1 I 2 1 d a d22BdF解:选取图 3-3 所示的坐标.直线电流产生的 I1 磁感应强度为I2 d图 3-3v I v 0 I1 v B1 = 0 1 eφ = eφ 2π r 2π (d + a cos θ )v v v F = I 2 d l 2 × B1θ a∫由对称性可以知道,圆电流环受到的总作用力仅仅有水平分量, d l2 × eφ 的 水平分量为 a cos θ d θ ,再考虑到圆环上,下对称,得vvF=使用公式 0 I1 I 2 2π∫π20 0 I1 I 2 a cos θ dθ = π d + a cos θ∫π0d 1 d θ d + a cos θ 29习题三∫π0dθ = d + a cos θπd a22最后得出二回路之间的作用力为 0 I1 I 2 力). 3-11 d 1 (负号表示吸引 2 2 d a 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:法一:取积分回路为半径为 r ,圆心在轴上的圆,由安培定律 r≤a 时∫lv v v v H dl = 0 H = 0 B = 0a<r≤b 时 v v H dl =∫lI π (r 2 a 2 ) π (b a 2 )2(r 2 a 2 ) I H 2π r = 2 b a2 H = (r 2 a 2 ) I 2π r (b 2 a 2 )v v (r 2 a 2 ) I 0 v er B = 0 H = 2π r (b 2 a 2 )r >b时∫lv v H dl = I v H= I v er2π r v v I v B = 0 H = 0 er 2π r法二:使用圆柱坐标系.电流密度沿轴线方向为30《电磁场与电磁波》——习题详解 r<a 0, I J = , a<r <b 2 2 π (b a ) 0, b<r 由电流的对称性,可以知道磁场只有圆周分量.用安培定律计算不同区域的磁 场.当 r < a 时,磁场为零.当 a < r < b 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.该回路包围的电流为I ′ = Jπ (r 2 a 2 ) =由 B dl = 2π rB =I (r 2 a 2 ) b2 a2∫vv 0 I ′ ,得 0 I (r 2 a 2 ) B= 2π r (b 2 a 2 )当 r > b 时,回路内包围的总电流为 I ,于是 B = 3-120 I . 2π r两个半径都为 a 的圆柱体,轴间距为 d , d < 2a (如图 3-4).除两柱重叠部 分 ( R 区域) 外,柱间有大小相等,方向相反的电流,密度为 J ,求 R 区域 的B.v解:在重叠区域分别加上量值相等(密度为 J ),方向相反的电流分布,可以 将原问题电流分布化为一个圆柱体内均匀分布正向电流,另一个圆柱体内均匀分布 反向电流.由其产生的磁场可以通过叠加原理计算. 由沿正方向的电流(左边圆柱)在重叠y区域产生的磁感应强度为 B1 :∫B1 d l = 2π r1 B1 = 0π r12 JJ r1r2JB1 = 0 r1 J2o1 vdo2x其方向为左边圆周方向 eφ 1 .图 3-4由沿负方向的电流(右边圆柱)在重叠区域产生的磁感应强度为 B2 :B2 = 0 r2 J231习题三其方向为右边圆柱的圆周方向 eφ 2 . 注意:vv v v v v v eφ1 = ez × eρ1 , eφ 2 = ez × eρ 2 v v v Jv v v B = B1 + B2 = 0 ez × (r1eρ 1 r2 eρ 2 ) 2 Jv J v v = 0 ez × (d ex ) = 0 d e y 2 2 v v v v v 3-13 证明矢位 A1 = ex cos y + e y sin x 和 A2 = e y (sin x + x sin y ) 给出相同的磁场 v B ,并证明它们得自相同的电流分布.它们是否均满足矢量泊松方程?为什么? 证明:与给定矢位相应的磁场为v v ex ey v v B1 = × A1 = x y cos y sin x v ex v v B2 = × A2 = x 0v ez v = ez (cos x + sin y ) z 0 v ez v = ez (cos x + sin y ) z 0v ey y sin x + x sin y所以,两者的磁场相同.与其相应的电流分布为v v 1 1 v v J1 = × B1 = (ex cos y + e y sin x)00v 1 v v J2 = (ex cos y + e y sin x)0可以验证,矢位 A1 满足矢量泊松方程,即vv v v v v 2 A1 = 2 (e x cos y + e y sin x) = (e x cos y + e y sin x) = 0 J 1但是,矢位 A2 不满足矢量泊松方程,即v32《电磁场与电磁波》——习题详解v v v v 2 A2 = 2 [e y (sin x + x sin y )] = e y (sin x + x sin y ) ≠ 0 J 2这是由于 A2 的散度不为零.当矢位不满足库仑规范时,矢位与电流的关系为vv v v v × × A2 = 2 A2 + ( A2 ) = 0 J 2可以验证,对于矢位 A2 ,上式成立,即vv v v 2 A2 + ( A2 ) = e y (sin x + x sin y ) + ( x cos y )v v v = e y (sin x + x sin y ) + ex cos y e y x sin y v v = e y sin x + ex cos y v = 0 J 23-14 半径为 a 的长圆柱面上有密度为 J S 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:(1)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vvv v B = ez Bz (r )由于电流仅仅分布在圆柱面上,所以,在柱内或柱外, × B = 0 .将 B = ez Bz (r ) 代入 × B = 0 ,得vvvvv v B × B = eφ z = 0 r即磁场是与 r 无关的常量.在离柱面无穷远处的观察 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,磁场恒为零 . 为了计算柱内的磁场, 选取安培回路为图 3-5 所示的矩 形回路vh图 3-533习题三∫lv v B d l = hB = h 0 J S因而柱内任一点处, B = e z 0 J S (2) 当面电流沿轴线方向时,由对称性可知,空间的磁场仅仅有圆周分量,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位于圆周方向的圆.可 以得出,柱内任一点的磁场为零.在柱外,选取圆形回路, B d l =lvv∫vv 0 I ,与该回路交链的电流为 2π aJ S , B d l = 2π rB ,所以l∫vvv v a B = eφ 0 J S r 3-15 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 (如 v v 图 3-6),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.设导线长度为 l ,导线 1 的磁矢位为(场点选 在 xoy 平面)A1 =0 I 4π∫ I l / 2 + [(l / 2) 2 + r12 ]l / 2 dz = 0 ln 2 2 12 2π r1 l / 2 (r + z ) 1l/2当 l → ∞ 时,有y A1 =0 I l ln r1 2π-ar2 I图 3-6r1 a I x同理,导线 2 产生的磁矢位为A2 = 由两个导线产生的磁矢位为0 I l ln r2 2πv v l v I l A = ez ( A1 + A2 ) = ez 0 ln ln r 2π 1 r2 v 0 I r2 v 0 I ( x + a) 2 + y 2 = ez ln = ez ln 2π r1 4π ( x a) 2 + y 2相应的磁场为34《电磁场与电磁波》——习题详解v v A v A v B = × A = ex z e y z y x v I = ex 0 2π y y ( x + a) 2 + y 2 ( x a) 2 + y 2 x+a xa v I ey 0 2 2 2 2 2π ( x + a) + y ( x a) + y v v v v v v 3-16 由无限长载流直导线的 B 求矢位 A (用 B d S = A d l , 并且 r = r0 处为∫S∫C磁矢位的参考零点),并验证 × A = B . 解:设导线和 z 轴重合.由于电流只有 z 分量,磁矢位也只有 z 分量.用安培 环路定律,可以得到直导线的磁场为vvv I v B = 0 eφ 2π r 选取矩形回路 C ,如图 3-7 所求.在此回路上,注意到磁矢位的参考点.磁矢位的线积分为∫ ∫SCv v A d l = Az hv v BdS =∫∫0 I Ih r d r d z = 0 ln r0 2π r 2πIBh r0 r图 3-7由此得到I r Az (r ) = 0 ln r0 2π可以验证rv v I v A v B = × A = z eφ = 0 eφ 2π r r3-17 证明 xoy 平面上半径为 a , 圆心在原点的圆电流环(电流为 I )在 z 轴上的磁标 位为 m = 1 2 2 1 2 2 (a + z ) 证明:法一:由毕奥萨伐尔定律可求得,z 轴上某一点的磁感应强度为:Iz35习题三v B=Ia 22( a + z )2 2 3/ 2v ezv v B H = =Ia 2 v e 2 2 3/ 2 z 2(a + z )由 H = m = (v m v m v m v e + e + e ) x x y y z z可得 m Ia 2 = z 2( a 2 + z 2 ) 3 / 2 m = ∫ Ia 2 Iz dz = +C 2 2 3/ 2 2 2( a + z ) 2(a + z 2 )1 / 2当 z → ∞ 时, m = 0 ,求得C=所以I 2 z ) ( a + z 2 )1 / 22 m = (1 I 2法二:整个圆形回路在轴线上产生的磁场,由于对称,仅仅有轴向分量.使用 叠加原理,可以计算出轴线上任一点的磁场强度为Ia 2 H= 2( a 2 + z 2 ) 3 2由磁标位与磁场强度的关系式 H = m ,可以得到m =3-18∫∞zHdz =∫∞z Ia 2 I z d z = 1 2 2 12 2 2 32 2 (a + z ) 2(a + z )一个长为 L ,半径为 a 的圆柱状磁介质沿轴向方向均匀磁化(磁化强度为M 0 ),求它的磁矩.若 L = 10cm , a = 2cm , M 0 = 2 A / m ,求出磁矩的值. 解:均匀磁化介质内的磁化电流为零.在圆柱体的顶面与底面,有v v v Jms = M × n = 036《电磁场与电磁波》——习题详解在侧面v v v v v v J m s = M × n = M 0 ez × er = M 0 eφ侧面的总电流为I = JmsL = M 0L磁矩为m = IS = Iπ a 2 = M 0 Lπ a 2代入相关数值后得m = M 0 Lπ a 2 = 2 × 0.1× π × 0.02 2 = 2.512 × 10 4 A m 23-19 球心在原点,半径为 a 的磁化介质球中, M = M 0 磁化电流的体密度和面密度. 解:磁化电流的体密度为vz2 v ez ( M 0 为常数) ,求 a2v v Jm = × M = 0在球面上v v v z2 v v v J m s = M × n = M 0 ez × er = M 0 2 sin θ eφ a注意,在球面上v v z = a cos θ , J m s = M 0 cos 2 θ sin θ eφ3-20 证明磁介质内部的磁化电流是传导电流的( r 1 )倍. 证明:由于 J = × H , J m = × Mvvvv因而 3-21v v v v v v v B = H = 0 ( H + M ) , M = 1 H = ( r 1) H 0 v v J m = ( r 1) J已知内,外半径分别为 a , b 的无限长铁质圆柱壳(磁导率为 )沿轴向有恒 定的传导电流 I ,求磁感应强度和磁化电流.37习题三解: 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 = 0vv I (r 2 a 2 ) v 当 a < r < b 时, B = eφ 2π r (b 2 a 2 )当 r > b 时, B = 当 a < r < b 时,v0 I v eφ 2π rv v I (r 2 a 2 ) v 1 v M = ( r 1) H = ( r 1) B = ( r 1) eφ 2π r (b 2 a 2 ) v v v 1 (rM ρ ) v ( r 1) I J m = × M = ez = ez r r π (b 2 a 2 )当 r > b 时, J m = 0 在 r = a 处,磁化强度 M = 0 ,所以vvv v v v v J m s = M × n = M × (er ) = 0在 r = b 处,磁化强度 M =v Jms3-22( r 1) I v eφ ,所以 2π b v v v v ( 1) I v = M × n = M × er = r ez 2π b v设 x < 0 的半空间充满磁导率为 的均匀磁介质, x > 0 的空间为真空,线电流 I 沿 z 轴方向,如图 3-8,求磁感应强度和磁场强度. 解:由恒定磁场的边界条件,可以判断出,在磁介质和真空中,磁感应强度相 同,而磁场强度不同.由问题的对称性,选取以 z 轴为轴线,半径为 r 的圆环为安 培回路,有∫注意到lv v H d l = π rH 1 + π rH 2 = Iy0H1 =1B1, H2 =2B2, B1 = B2 = BIx图 3-838《电磁场与电磁波》——习题详解1 = 0 , 2 = 因而得B= 0 I π ( 0 + )r其方向沿圆周方向. 3-23 已知在半径为 a 的无限长圆柱导体内有恒定电流 I 沿轴向方向.设导体的磁 导率为 1 ,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:Ir v eφ 2π a 2 v I v r > a 时, H = eφ 2π r磁感应强度如下:v r ≤ a 时, H =v Ir v r ≤ a 时, B = 1 2 eφ 2π a v 2 I v r > a 时, B = eφ 2π r为了计算磁化电流,要求出磁化强度:v v v v Ir I v , J m = × M = e z 1 1 r ≤ a 时, M = eφ 1 1 2 2π a 2 0 0 π av v v v I r > a 时, M = eφ 2 1 , Jm = × M = 0 0 2π r在 r = a 的界面上计算面电流时,可以理解为在两个磁介质之间有一个很薄的 真空层.这样,其磁化面电流就是两个磁介质的磁化面电流之和,即v v v v v J m s = M 1 × n1 + M 2 × n2这里的 n1 , n2 分别是从磁介质到真空的单位法向.如果取从介质 1 到介质 2 的单位法向是 n ,则有vvvv v v v v J m s = M1 × n M 2 × n39习题三代入界面两侧的磁化强度,并注意到 n = er ,得vvv I v v 2 I J m s = e z 1 1 2π a + ez 1 2π a 0 0 I v = ez 2 1 0 0 2π a3-24 试证长直导线和其共面的正三角形之间的互感为M=0 a (a + b) ln1 + b a π 3 其中 a 是三角形的高,b 是三角形平行于长直导线的边至直导线的距离(且该 边距离直导线最近). 证明:取如图 3-9 所示的坐标.直线电流 I 产生的磁场为B=0 I 2π x由图 3-9 知道,三角形三个顶点的坐标分别为 A(b, a3 ) , B (b, a3) ,C (a + b,0) ,直线 AC 的方程为 z=互感磁通为z A I1 b B图 3-91 (a + b x) 3C b+axΨ = BdS = 2∫∫a +b b0 I 1 (a + b x) d x 2π x 3=0 I a (a + b) ln1 + b a π 3 0 a (a + b) ln1 + b a π 3 直线与矩形回路的互感为M=3-25无限长的直导线附近有一矩形回路(二者不共面,如图 3-10),试证它们之间 的互感为40《电磁场与电磁波》——习题详解M =0 a R ln 2 2 12 2π [2b( R c ) + b 2 + R 2 ]1 2b a R R1图 3-10IIc证明:直线电流 I 产生的磁场为 B =0 I ,作积分,得出磁通量 2π rΨ = BdS =注意:∫∫R1 R 0 Ia Ia R d r = 0 ln 1 R 2π r 2π1 2 1 2 1 2R1 = [c + (b + R c ) ] = [2b( R c ) + b + R ]2 2 2 2 2 2 2 2将其代入,即可得到互感. 3-26 外导体的内半径为 b , 通过的电流为 I . 空气绝缘的同轴线, 内导体半径为 a , 设外导体壳的厚度很薄,因而其储存的能量可以忽略不计.计算同轴线单位 长度的储能,并由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.r < a 时, H =Ir 2π a 2 I a < r < b 时, H = 2π rWm =单位长度的磁场能量为∫a01 H 2 2π r d r + 2 0∫b a1 H 2 2π r d r 2 0=0 I 2 0 I 2 b ln + 16π 4π aL=故得单位长度的自感为0 0 b + ln 8π 2π a41习题三其中第一项是内导体的内自感. 3-27 一个长直导线和一个圆环(半径为 a )在同一平面,圆心与导线的距离是 d , 证明它们之间互感为M = 0 (d d 2 a 2 )证明:设直导线位于 z 轴上,由其产生的磁场I r d θB=0 I 0 I = 2π x 2π (d + r cos θ ) 0 I其中各量的含义如图 3-11 所示,磁通量为图 3-11Φ = BdS =∫∫∫0 2π 0a2π 02π (d + r cos θ )2πr dθ d r上式先对 θ 积分,并用公式∫得dθ = d + a cos θd 2 a2Φ = 0 I所以互感为 3-28∫ardr d r2 20= 0 I (d d 2 a 2 )M = 0 (d d 2 a 2 )如图 3-12 所示的长密绕螺线管(单位长度 n 匝),通过的电流为 I ,铁心的磁 导率为 ,面积为 S ,求作用在它上面的力. 解:在忽略边缘影响时,密绕螺线管内部的磁场是一个均匀磁场,其值为H = NI , 管外磁场为零. 设螺线管的长度为 L , 铁心位于螺线管内的部分长度为 x , 总的磁场能量为Wm =1 1 Sx( NI ) 2 + 0 S ( L x)( NI ) 2 2 2Wm xL● ● ● ● ● ● ●用电流不变情形下的虚位移公式,得到铁心受力 x0SF==I1 ( 0 ) SN 2 I 2 2× × × × × × × 图 3-12力的方向沿 x 增加的方向.42。