2022年电动力学复习总结第三章稳恒磁场答案.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 第三章 稳恒磁场一、 填空题1、 已知半径为a圆柱形空间的磁矢势A10J a2r2e ra 柱坐标 , 该区4域的磁感应强度为（）. ）. 答案：1A Jdv答案：B20Jr0Jre22、 稳恒磁场的能量可用矢势表示为（2 V3、 分析稳恒磁场时 , 能够中引如磁标势的条件是（）. 在经典A dl）. 物理中矢势的环流L表示（答案：H dl0或求解区是无电流的单连通区域l名师归纳总结 4、 无界空间布满匀称介质, 该区域分布有电流, 密度为J x, 空间矢势A的解第 1 页,共 17 页析表达式（）. 答案：40vJ x dv r）. 5、 磁偶极子的矢势A1等于（）；标势m1等于（答案：A40mR,m R3 R4R3- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 6、 在量子物理中 , 矢势A具有更加明确的位置, 其中expiecA dl是能够完h全恰当地描述磁场物理量的（）. 答案： 相因子 , 7、 磁偶极子在外磁场中受的力为 （）, 受的力矩（x）. 答案：mB ,mB eJ x dv8、 电流体系J x的磁矩等于（）. 答案：m12 v9、 无界空间布满磁导率为匀称介质 , 该区域分布有电流 , 密度为J x, 空间矢势A的解析表达式（）. 答案：4vJ x dv r二、 挑选题1、 线性介质中磁场的能量密度为A.1BH B. 1AJ C. BH D. AJ022答案： A成立的条件是A2、 稳恒磁场的泊松方程2AJA介质分区匀称 B.任意介质C.各向同性线性介质 D.介质分区匀称且答案： D 3、 引入磁场的矢势的依据是A.H0; B.H0; C.B0 ; D. B0答案： D 4、 电流J处于电流J 产生的外磁场中 , 外磁场的矢势为A , 就它们的相互作用能为名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - A. VA eJdv B. 1VA eJdv C. VA eJ dv D. VA Jdv2答案： A 5、 对于一个稳恒磁场B,矢势A有多种挑选性是由于 A. A的旋度的散度始终为零 ; B. 在定义 A时只确定了其旋度而没有定义 A散度 ; C. A的散度始终为零 ; 答案： B 6、 磁偶极子的矢势A和标势m 分别等于AmR,0m RA. Am0R,m R B. 4R 34R 34R343 R C. A40mR,m R D. AmR 3 R,m R3 R4R34403 R答案： C 7、 用磁标势解决静磁场问题的前提是A. 该区域没有自由电流分布 B. 该区域是没有自由电流分布的单连通区域C. 该区域每一点满意B0 D. 该区域每一点满意B0J. 答案： B三、 问答题1、 在稳恒电流情形下,导电介质中电荷的分布有什么特点？答：稳恒电流请况下,t因稳恒电流是闭合的,就有J0,由电荷守恒定律：Jt0,知：0,即： r ；所以导电介质中电荷的分布不随时间转变,为一守恒量, 至于 r 处 值大小由介质外形、大小等打算；如是匀称导电介质,由J dS0得, E dS0,依据高斯定理 , 导体内到处无净余电荷分布ss, 电荷分布于表面及不匀称处. 2、 判定下述说法的正确性,并说明理由：（1） 不同的矢势,描述不同的磁场；（2） 不同的矢势,可以描述同一磁场；名师归纳总结 （3）B0的区域, A 也为零；第 3 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 答：（1）（3）不正确,（ 2）的说法是正确的,理由如下：由于任意函数 的梯度的旋度恒为零,就： A A B,说明：不同的矢势,可以描述同一磁场； B=0 的区域,如 A 可以表为某一函数的梯度,即 A,就亦满意B A 0,所以矢势可以不为零；3、 在空间布满介质与无介质两种情形下,如电流分布相同,它们的磁场强度是否相同？答：对于各向同性的匀称非铁磁介质,有：B H 即 H B又：A x J x dv 'B A J3 rdv '4 r 4 r所以 H 1 J3dv r '；即：如电流分布相同,它们的磁场强度也相同；但如4 r不满意以上条件,即非匀称介质或非静磁场,即 D 0 就 H 一般不同；t4、 由 W 1 B Hdv ,W 1 A Jdv ,有人认为静磁场的能量密度是 1B H ,2 2 v 2有人认为是1 A J ,你怎么认为,为什么？2答:能量密度是 1 B H 而不是1 A J ,由于 W 1 A Jdv 仅对电流分布区域积2 2 2 v分,磁场能量是分布于整个磁场中,而不是仅在电流分布区域内；5、 试比较静电场和静磁场；答: 静电场和静磁场的比较名师归纳总结 静电场：无旋场E0,静磁场：无源场AB0第 4 页,共 17 页EA ,可引入标势：可引入矢势： BD,DE,H ,HJ ,B微分方程21,微分方程2J边值关系 ：2A 2A 1- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2211nn能量W1d vW1AJ d v2 v2 v6、 描述磁场 B 的、满意 的？理由是什么？A = 0 的矢势,是什么性质的矢量场？它是否是唯独答：依题意有：ABA0知 A 为一个有旋无源的场, 既为横场, 但不是唯独的, 仍需 A 在边界上的法向分量；7、 我们知道,在 J=0 的区域,磁场强度满意 H = 0,假如我们把它表示成H = -m,此方程仍能成立；试述这样引入 m所存在的问题；答：如对静磁场,J 0 时,H 0,在此引入 H m；只考虑了 J 0 即没有自由电流分布,但只有在没有自由电流分布的单连通区域内 H 的环量才为零,只有对任意回路 , 都有 H dl 0 时, H = 0 肯定成立 ,才可以引入磁标l势；8、 磁标势微分方程是否说明存在真正的磁荷 . 答:磁标势微分方程2 = - m / 0；不是,这是一种假设 ,把电流圈看成磁偶极子,它即磁场是由磁偶极子产生的；而磁偶极子可看成极性不同的两个“ 磁荷”形成,因而“ 磁荷” 是磁偶极子的等效的假设；9、 对于直长导线的磁场,在什么样的区域可以引入磁标势？答：可以在除去以直长导线为边线的半平面以外的区域引入磁标势；10、试用磁荷观点与分子电流观点求一个磁化矢量为M 的永磁体在空间激发的磁场,并证明所得结果是一样的；答：依磁荷观点：名师归纳总结 整个空间中J0,H0,B0第 5 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由H0引入m,即 H 可表为HmB0m0M ,其中m0 依分子电流观点：JMBM ,而依照题意有：Jf0,JD0,即：B0MM0B0M0且0 比较知,所得结果是一样的；11、试说明：分布于有限区域的电流系,在RR时,其矢势A1,其2 R磁感应强度 B1；时,其失势场主要由3 R解：因有限区域的电流系可以分成很多闭合流管,闭合流管的磁偶极势和场打算即：12、A 1=40m3RA1RR2B1A140mRB13 RR3我们知道,对于闭合电流圈,在场点离其很远的情形下,其矢势和场由其磁偶极势和场所打算；因此,在上述条件下,人们常说小闭合电流圈与一磁偶极子等效；试问,当场点离电流圈不是很远时,闭合电流能否与某种分布的磁偶极子等效？解：设电流线圈电流为I.当场点离电流圈不是很远时,闭合电流的场不能等效为一个磁偶极子的场,但闭合电流的磁场可看作线圈所围的一个曲面上很多载电 流 I 的无限小线圈组合而成 ,如图 ,磁场就是很多无限小线圈的磁场矢量和 . 如图 3-12 I 名师归纳总结 3-12 图第 6 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 13、有一很长的柱面,表面有匀称分布的电流沿轴向流淌,有人为了求柱面内长度为 l 的一段柱体之中的磁场能量,使用了如下的公式：名师归纳总结 W L1A Jdv第 7 页,共 17 页2按此公式, 由于柱内J0,因此磁场能WL0；试问这样做对否？为什么？解 ： 这 样 做 显 然 是 不 对 的 , 因 为 磁 场 能 量 应 为w1B H dv 普遍式）,2W1A J dv 仅对总能量有意义,1AJ并非能量密度；2214、如何对小电流圈在远处的矢势作多极绽开？试证明绽开式的第一项A00,其次项1 A可表为A140mR,其中m12x'1dl ；3 R2解：对小电流圈在远处的矢势,R X时,就11x'11.jx i'xj'x i2j1rRR2！ixR又: A 40j x 'dvr'0 所以Ax40Jx'dv 'Idl0RA1 40IJx'x'1dv'R对于一个闭合流管,有：1 0Ix'1dl'0Ix'Rdl'A4R4R3式中,R 与积分变量无关,且 3 Rx 为线圈上各点坐标,就dl'dx'又由dxR'x0（全微分绕闭合回路的线积分为零）得- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - x R d l'd l Rx '0x R d l ' 1 x R d l ' d l ' R x ' 1 x ' dl R2 2 1 所以 A 03 Ix ' d l ' R 0 m3 R,其中 m I x d l '；4 R 2 4 R 215、磁场矢势的绽开中 A 0 0,这说明什么？试与电多极距比较 . 答: 电势多极绽开 : 0 1 21 Q 1 1 1p D4 0 R R 6 R矢势多极绽开 : A A 1A 2 0 m R34 R可见 ,磁场和电场不同,绽开式中不含磁单极项；这是磁单极不存在的必定结果 . 16、简述阿哈罗诺夫 玻姆效应的结果答:在不存在磁场的区域 , 矢势 A 0 ,矢势 A 可以对电子发生作用 , 哈罗诺夫 玻姆效应说明矢势 A 和 具有可观测的物理效应； 哈罗诺夫 玻姆效应是量子力学现象 . 17、试证明在似稳条件下,每个瞬时有：（1）对无分支沟通电路,电路各处的电流强度是相等的；（2）对有分支的沟通电路,在分支点处基尔霍夫第肯定律仍旧成立；解：在似稳条件 r 满意时,电磁场的波动性可以忽视,推迟效应可以忽视,场与场源的关系近似地看作瞬时关系,位移电流 J D D 0 ,所以场方程变为tH J ,对 H J 两边取散度得 :：J 0, 即 : J d S 0BE ,t无分支电路,任选两处A,B.AB 段电路可由 S1截面, S侧 表面, S2截面围成一名师归纳总结 闭合曲面,就由似稳条件有J d S 1J d S侧J d S 20第 8 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - JdS1JdS20I1I2由 A,B 任意性知：电路各处电流强度相同；多分支电路,设聚集于节点处的各支路横截面为 理 就有：S1, S2 . Sn, 总表面为 S表 同J dSJ1d S 1J2d S2Jnd SnJ S表0s即:iI0即分支点处基尔霍夫第肯定律仍旧成立；四、 运算和证明1、 试用 A 表示一个沿z 方向的匀称恒定磁场B ,写出 A 的两种不同表示式,证明二者之差为无旋场；解：B 是沿 z 方向的匀称恒定磁场,即/B00B ez,由矢势定义BAB得Az/yA y/z0；Ax/zAzx；Ay/xAx/y0三个方程组成的方程组有很多多解,如：1A yAz0,AxAB 0yfx 即：AB0yfxex；02A xAz0,A yB0xgy即：AB0xgyey解1 与解2 之差为B0yfx exB0xgy ey就AAy/z exAx/z eyA y/xA x/ye z这说明两者之差是无旋场2、 匀称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：依据题意,取螺线管的中轴线为 z 轴；此题给定了空间中的电流分布,故可由B 0 J3 rdV ' 求解磁场分布,又4 r0 Id l rB 34 r1螺线管内部：由于螺线管是无限长抱负螺线管,所以其内部磁场是z匀称强磁场,故只须求出其中轴J 只分布于导线上,所以 dl r O 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I妨取场点为坐标原点建立柱坐标系；名师归纳总结 racos'exasin'eyz 'ez,d lad'sin'exad'cos'ey第 9 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - dlrad'sin'exad'cos'eyacos'exasin'eyz'ezaz 'cos'd'e xaz 'sin'd'eya2d'e zdz '取z 'z 'dz '的一小段,此段上分布有电流nIdz 'B40nIdz 'az 'cos'd'exaz 'sin2'd'eya2d'e za2z '23/402d' a2a2dz '3/2nIe znI01dz /'a3/2n0Iez0z '22z /'a22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P,0为场点,其中a ；rxx 'cosacos'2sinasin'2z '22a2z '22 acos'rxx'cosacos'e xsinasin'eyz'ezd lad'sin'exad'cos'eyd lraz 'cos'd'e xaz 'sin'd'e ya2acos'd'ezB0nIex2d'az'cos'dz'ey2d'az 'sin'dz'ez2d'a2acos'40r30r30r303、 设有无限长的线电流I 沿 z 轴流淌,在 z<0 空间布满磁导率为的匀称介质,z>0 区域为真空,试用唯独性定理求磁感应强度B ,然后求出磁化电流分布；解：设 z>0区域磁感应强度和磁场强度为B ,H ；z<0区域为B ,H ,由对称性可知H1和H2均沿 e 方向；由于 H 的切向重量连续,所以H1H2He；由此得到B 1nB2n0,满意边值关系,由唯独性定理可知,该结果为唯独正确的解；以 z 轴上任意一点为圆心, 以 r 为半径作一圆周, 就圆周上各点的 H 大小相等；依据安培环路定理得：2 rH I,即 H I / 2 r,H 1 H 2 I / 2 r eB 1 1 H 1 0 I / 2 r e,z>0；B 2 2 H 2 I / 2 r e,z<0；在介质中 M B 2 / 0 H 2 I / 2 r / 0 1 e所以,介质界面上的磁化电流密度为：MnI/2r/01ee zI/2r/01e r2总的感应电流：IMd lI/2r/01erdeI/01,0名师归纳总结 电流在 z<0 区域内,沿z 轴流向介质分界面；第 10 页,共 17 页4、 设 x<0 半空间布满磁导率为的匀称介质, x>0 空间为真空,今有线电流I沿 z 轴流淌,求磁感应强度和磁化电流分布；解：假设此题中的磁场分布仍呈轴对称,就可写作B'I/2re它满意边界条件：nB2B 10及nH2H10；由此可得介质中：H2B/'I/2re- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由H2B/0M得：在x<0 的介质中M2'I00e,r就：I M M d l2 ' Ir 0 0r 0 d 0 2d I '2 0 0 再由 B e 0 I I M / 2 r ' I / 2 r e 可得 ' 2 0 / 0 ,所以B e 0 I / 0 r,I M 0I / 0 （沿 z 轴）5、 某 空 间 区 域 内 有 轴 对 称 磁 场 ； 在 柱 坐 标 原 点 附 近 已 知B z B 0 C z 2 2/ 2 ,其中 B 为常量；试求该处的 B ；提示：用 B 0,并验证所得结果满意 H 0；解：由于 B具有对称性,设 B B e B z e z, 其中 B z B 0 C z 2 2 / 2 B 0,1 B B z 0,即：1 B 2 cz 0,zB cz 2 a（常数）；当 0 时, B 为有限,所以 a 0；B cz,即：2 2B cz e B 0 c z / 2 e z（1）由于 J 0,D 0,所以 B 0,即 B / z B / e 0（2）直接验证可知,（ 1）式能使（ 2）式成立,所以 B cz,c为常数 6、 两个半径为 a 的同轴圆形线圈,位于 z L 面上；每个线圈上载有同方向的电流 I；（1）求轴线上的磁感应强度；（2）求在中心区域产生最接近于匀称经常时的 L 和 a 的关系；提示：用条件 2Bz / z 2 0解： 1） 由毕萨定律, L 处线圈在轴线上B1B ez,z 处产生的磁感应强度为B z40Idl3rsin40a2Ia2L23/2d10Ia2zL1a23/2rz22同理, - L 处线圈在轴线上z 处产生的磁感应强度为：B2B2zez,B2z10Ia2zL1a23/2；22所以,轴线上的磁感应强度：名师归纳总结 BBze z10Ia2z123/2zL1a23/22 B0；（1）第 11 页,共 17 页2L2a22）由于B0,所以B B又由于B0,所以2B0,2B z/z20；代入（1）式并化简得：5Lz2Lz 2a27/2Lz2a25/25 Lz 2Lz2a27/2Lz 2a25/20将 z=0 带入上式得：5L2L2a2,La/27、 半径为 a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 匀称分布于截面上, 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；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 解：矢势所满意的方程为：2A 内00J,ra2A外,ra自然边界条件：r0时,A 有限；1A外| ra边值关系：A 内raA 外ra；1A 内|ra0z 无关；令选取柱坐标系,该问题具有轴对称性,且解与A 内A 内rez,A 外A 外re z,代入微分方程得：1rrA 内r0J；1rrA 外r0CC4Ja2lna；rrrr解得：A内 r10Jr2C 1lnrC2；A外rC3lnr4C 10,42由自然边界条件得由1A 内| ra1A 外|ra得：C32Ja2,0由A 内raA 外ra并令其为零,得：C210Ja2,4A内10Ja2r2；A外1J2 a lna42rQmr/40r3；给出8、 假设存在磁单极子,其磁荷为Q ,它的磁场强度为H它的矢势的一个可能的表示式,并争论它的奇特性；解：HQm0rQm01er由AB0HQm2er得：4r34r24rr1sinAAQ m2sin4r 1 11A rr rA0rsin1rrAA r0 2 r令ArA0, 得:sinAQmsin4rsinA0Qmsind, AQm1rcos4r4sin明显A满意 1 式,所以磁单极子产生的矢势AQ m1rcose4sin争论： 当0 时,A0；当/2时,AeQ m/4r；具有奇特性,此时 A 不当时,A,故 A 的表达式在合理；9、 将一磁导率为,半径为R 的球体,放入匀称磁场H 内,求总磁感应强度 B和诱导磁矩 m；名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解：依据题意,以球心为原点建立球坐标,取H0的方向为e ,此球体被外加磁场磁化后,产生一个附加磁场,并与外加匀称场相互作用,最终达到平稳,出现轴对称；此题所满意的微分方程为：22 m 1 0 , R R 0 （1）m 2 0 , R R 0 自然边界条件：m 1 R 0 为有限；m 2 R H 0 R cos；连接条件：在 R 0 处满意 m 1 m 2 及 m 1 / R 0 m 2 / R由自然边界条件可确定方程组（1）的解为：n n 1 m 1 a n R P n cos ；m 2 H 0 R cos d n R P n cos n 0 n 0由两个连接条件,有：a n R nP n cos H 0 R cos d n R n 1 P n cos n 0 n 0n 1 n 2 a n nR P n cos 0 H 0 cos 0 n 1 d n R P n cos n 0 n 0比较 P n cos 的系数,解得：a 1 3 0 H 0 / 2 0 ；3d 1 0 H 0 R 0 / 2 0 ；a n d n 0,n 1 即：m 1 3 0 H 0 R cos / 2 0 ,（R R 0）3 2m 2 H 0 R cos 0 H 0 R 0 cos / 2 0 R,（R R 0）H 1 m 1 3 0 H 0 / 2 0 0 3 3 H 0 R R H 0H 2 m 2 H 0 R 0 5 3 2 0 R RH 1 3 0 H 0 / 2 0 , R R 0 B 0 3 3 H 0 R R H 00 H 2 0 H 0 0 R 0 5 3 , R R 0 2 0 R R在R<R0区域内,M B / 0 H 1 3 0 H 0 / 2 0 3 3m V M dV 4 / 3 R 0 M 4 0 R 0 H 0 / 2 0 10、有一个内外半径为 R 和 R 的空心球,位于匀称外磁场 H 内,球的磁导率为,求空腔内的场 B ,争论 0时的磁屏蔽作用；解：依据题意,以球心为原点,取球坐标,选取 H0的方向为 e ,在外场 H0的作用下,空心球被磁化,产生一个附加磁场,并与原场相互作用,最终达到平衡, B的分布出现轴对称；磁标势的微分方程为：2R 10Rm2R 2RR 1；2m10RR 1；2m20R 1RR 2；m 3自然边界条件：m1 R0为有限；m3RH0Rcos；/RRR连接条件：m1RR 1m 2RR 1；0m 1/m2RR 2m3RR2；0m3/RRR 2m2/RRR2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：名师归纳总结 m 1n0anRnP ncos；m2n0bnRncnRn1 P ncos；第 13 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - m 3H0Rcosn0dnRn1P ncos由于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