2022年电动力学复习总结第三章稳恒磁场 .pdf

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1、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2201(),4zAJ are ra( 柱坐标 ), 该区域的磁感应强度为（）. 2、 稳恒磁场的能量可用矢势表示为（）. 3、 分析稳恒磁场时 , 能够中引如磁标势的条件是（）. 在经典物理中矢势的环流LA dl表示（）. 4、 无界空间充满均匀介质, 该区域分布有电流, 密度为()J x, 空间矢势A的解析表达式（）5、 磁偶极子的矢势(1)A等于 （） ； 标势(1)m等于 （） . 6、 磁偶极子在外磁场中受的力为 （）, 受的力矩（）. 7、 电流体系()J x的磁矩等于（）. 8、无界空间充满磁导率为均匀介质 , 该区域

2、分布有电流 , 密度为()J x, 空间矢势A的解析表达式（）.二、 选择题1、 线性介质中磁场的能量密度为精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 15 页A.HB21 B. JA21 C. HB D. JA2、 稳恒磁场的泊松方程JA2成立的条件是A介质分区均匀 B.任意介质C.各向同性线性介质 D.介质分区均匀且0A3、 引入磁场的矢势的依据是A.0H; B.0H; C.0B ; D. 0B4、 电流J处于电流eJ产生的外磁场中 , 外磁场的矢势为eA, 则它们的相互作用能为A. eVAJdv B. 12eVAJdv C.

3、eeVAJ dv D. VA Jdv5、 对于一个稳恒磁场B，矢势A有多种选择性是因为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 ; 6、 磁偶极子的矢势A和标势m分别等于A. 330,44mRm RARR B. 033,44m RmRARR C. 033,44mRm RARR D. 330,44mRm RARR7、 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. 该区域每一点满足0B D. 该区域每一点满足0BJ. 三、 问答题1、 在稳恒电流情况下，导电介质中电荷的分布有

4、什么特点？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；（3）0B的区域， A也为零。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 15 页3、 在空间充满介质与无介质两种情况下，若电流分布相同，它们的磁场强度是否相同？4、 由12WB Hdv，12vWA Jdv,有人认为静磁场的能量密度是12B H，有人认为是12A J ，你怎么认为，为什么？。5、 试比较静电场和静磁场。6、 描述磁场 B 的、满足A = 0的矢势，是什么性质的矢量场？它是否是唯一的？理由是什么？

5、7、 我们知道，在J=0 的区域，磁场强度满足0H =，如果我们把它表示成mH = -，此方程仍能成立。试述这样引入m所存在的问题。8、 磁标势微分方程是否说明存在真正的磁荷? 9、 对于直长导线的磁场，在什么样的区域可以引入磁标势？10、试用磁荷观点与分子电流观点求一个磁化矢量为( )xM的永磁体在空间激发的磁场，并证明所得结果是一致的。答：依磁荷观点：整个空间中0,0,0JHB由0H引入m，即 H 可表为mH00mBM，其中0m依分子电流观点：MJM，而依照题意有：0fJ，0DJ，即：0BM0BM00BM且0 比较知，所得结果是一致的。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师

6、归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 15 页11、试说明：分布于有限区域的电流系，在R时，其矢势A21R，其磁感应强度B31R。解：因有限区域的电流系可以分成许多闭合流管，R时，其失势场主要由闭合流管的磁偶极势和场决定即：)1(A=23014RARRm(1)(1)0331()4RBAmBRR12、我们知道，对于闭合电流圈，在场点离其很远的情况下，其矢势和场由其磁偶极势和场所决定。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

7、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许多载电流 I 的无限小线圈组合而成 ,如图,磁场就是许多无限小线圈的磁场矢量和. 如图 3-12 13、有一很长的柱面，表面有均匀分布的电流沿轴向流动，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：12LWdvA J按此公式，由于柱内0J，因此磁场能0WL。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1(2wB H dv 普遍式），dmIdSI 3-12 图精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页

8、，共 15 页12WA J dv仅对总能量有意义，JA21并非能量密度。14、如何对小电流圈在远处的矢势作多极展开？试证明展开式的第一项0(0)A，第二项(1)A可表为043R(1)mRA，其中212mx1dl。解：对小电流圈在远处的矢势，R X时，则RxxxxRxRrjijjii1211112.！又: 0( )A( )4j xxdvr所以0) (4)(0)0(lIddvxJRxA1) (40)1(dvRxxJIA对于一个闭合流管，有：414300)1(ldRRxIldRxIA式中，3RR与积分变量无关，且x 为线圈上各点坐标，则xdld又由0 xRxd（全微分绕闭合回路的线积分为零）得0 x

9、 R d ld l Rx1122x R d lx R d ld lR xxdlR所以3030)1(424RRmRldxIRA，其中2ldxIm。15、磁场矢势的展开中00A，这说明什么？试与电多极距比较. 答: 电势多极展开 :(0)(1)(2)( )x精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 15 页0111146QpDRRR矢势多极展开 : (1)(2)034m RAAAR可见,磁场和电场不同，展开式中不含磁单极项。这是磁单极不存在的必然结果. 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0A,矢势 A

10、可以对电子发生作用 , 哈罗诺夫 玻姆效应表明矢势 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）对无分支交流电路，电路各处的电流强度是相等的；（2）对有分支的交流电路，在分支点处基尔霍夫第一定律仍然成立。解：在似稳条件 r满足时，电磁场的波动性可以忽略，推迟效应可以忽略，场与场源的关系近似地看作瞬时关系，位移电流0DDJt,所以场方程变为,HJBEt对HJ 两边取散度得 :：0,:0JJ d S即无分支电路，任选两处A，B.AB 段电路可由 S1截面，S侧表面， S2截面围成一闭合曲面，则由似稳条件有120J d SJ d SJ

11、d S侧21210IISdJSdJ由 A，B 任意性知：电路各处电流强度相同。多分支电路，设汇集于节点处的各支路横截面为S1,S2 .Sn, 总表面为S表同理则有：12120nsJ dSJd SJd SJd SJ S表n即:0iI精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 15 页即分支点处基尔霍夫第一定律仍然成立。四、 计算和证明1、 试用 A 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B，写出 A的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。解：0B是沿 z 方向的均匀恒定磁场，即zB eB00，由矢势定义BA得0/zAyAyz；0/xAzA

12、zx；0/ByAxAxy三个方程组成的方程组有无数多解，如：10zyAA，)(0 xfyBAx即：xxfyBeA)(0；20zxAA，)(0ygxBAy即：yygxBeA)(0解1 与解2 之差为yxygxBxfyBeeA)()(00则0)/()/()/()(zxyyxxyyAxAzAzAeeeA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430dVrrJB求解磁场分布，又J 只分布于导线上，所以304rIdrlBdl1)螺线管内部：

13、由于螺线管是无限长r理想螺线管，所以其内部磁场是 O z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I妨取场点为坐标原点建立柱坐标系。zyxzaaeeersincos，yxadaddeelcossin)sincos()cossin(zyxyxzaaadaddeeeeerlzyxdadazdazeeesincos2取dzzz的一小段，此段上分布有电流nIdz2/32220)()sincos( 4zadadazdaznIdzzyxeeeBzzInazazdnInIzadzadee02/3202/3222200)/ (1)/ (2)(42)螺线管外部：由于螺线

14、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)0,(P为场点，其中a 。222) sinsin() coscos(zaarxx) cos(2222aza精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 15 页zyxzaaeeexxr) sinsin() coscos(yxadaddeelcossinzyxdaadazdazdeeerl)cos(sincos2)cos(sincos432203203200dzraaddzrazddzrazdnIzyxeeeB03、 设有无限长的线电流I 沿 z轴流动，在 z0 区域为真空，试用唯一

15、性定理求磁感应强度B ，然后求出磁化电流分布。解：设z0区域磁感应强度和磁场强度为1B，1H；z0)；eHBrI2/222，(z0)。在介质中eHBM1/2/0202rI所以，介质界面上的磁化电流密度为：rzrIrIeeenM1/2/1/2/00总的感应电流：1/1/2/0200IrdrIdIeelM，电流在 z0 区域内，沿z 轴流向介质分界面。4、 设 x0 空间为真空，今有线电流I沿 z轴流动，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eB)2/(rI它满足边界条件：0)(12BBn及0)(12HHn。 由此可得介质中：eBH)2/(/2rI由MBH02/得

16、：在x0 的介质中eM002rI，则：0020002)( 02IddrrIdIMlM再由eeB)2/(2/)(0rIrIIM可得)/(200，所以rI)/(00eB，)/()(00IIM（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)2/(220zCBBz，其中0B为常量。试求该处的B。提示：用0B，并验证所得结果满足0H。解：由于 B具有对称性，设zzBBeeB， 其中)2/(220zCBBz0B，0)(1zBzB，即：02)(1czB，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第

17、 8 页，共 15 页aczB2（常数）。当0时，B为有限，所以0a；czB，即：zzcBczeeB)2/(220（1）因为0J，0D， 所以0B， 即0)/(eBzB（2）直接验证可知，（ 1）式能使（ 2）式成立，所以czB，(c为常数 )6、 两个半径为 a的同轴圆形线圈，位于Lz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均匀常常时的L 和 a 的关系。提示：用条件0/22zBz解：1） 由毕萨定律， L 处线圈在轴线上z 处产生的磁感应强度为zzB eB11，2/322202/32220301)(121)(4sin4aLzIadLz

18、aIarIdBzrl同理， - L 处线圈在轴线上z 处产生的磁感应强度为：zzBeB22，2/322202)(121aLzIaBz。所以，轴线上的磁感应强度：2/3222/32220)(1)(121aLzaLzIaBzzeB（1）2）因为0B，所以0)()(2BBB；又因为0B，所以02B，0/22zBz。代入（1）式并化简得：2/72222/5222/7222)()(5)()()(5azLzLazLazLzL0)(2/522azL将 z=0 带入上式得：2225aLL，2/aL7、 半径为 a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 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，

19、导体外的磁导率为。解：矢势所满足的方程为：)(,0)(,202arar外内AJA自然边界条件：0r时，内A有限。边值关系：arar外内AA；arar|1|10外内AA选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与z 无关。令zrAeA)(内内，zrAeA)(外外，代入微分方程得：JrrArrr0)(1内；0)(1rrArrr外解得：2120ln41)(CrCJrrA内；43ln)(CrCrA外精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 15 页由自然边界条件得01C，由arar|1|10外内AA得：232JaC，由arar外内AA并令其为

20、零，得：20241JaC，aJaCln224。)(41220raJA内；raa ln212JA外8、 假设存在磁单极子，其磁荷为mQ，它的磁场强度为304/rQmrH。给出它的矢势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。解：rmmrQrQerH2030144由rmrQeHBA204得：0(10)(sin114)(sinsin12rrmArArrrArArrQAAr (1) 令0AAr, 得:rQAm4sin)(sin04sinsindrQAm, sincos14rQAm (2) 显然A满足(1) 式，所以磁单极子产生的矢势eAsincos14rQm讨论： 当0 时，0A；当2/时，rQm4/eA

21、；当时，A， 故 A的表达式在具有奇异性，此时 A不合理。9、 将一磁导率为， 半径为0R的球体，放入均匀磁场0H内， 求总磁感应强度 B和诱导磁矩 m。解：根据题意，以球心为原点建立球坐标，取H0的方向为ze，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：)(,0)(,0022012RRRRmm（1）自然边界条件：01Rm为有限；cos02RHRm。衔接条件：在0R处满足21mm及RRmm/201由自然边界条件可确定方程组（1）的解为：01)(cosnnnnmPRa；0)1(02)(coscosnnnnmPRdRH精选学习

22、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 15 页由两个衔接条件，有：0)1(00)(coscos)(cosnnnnnnnnPRdRHPRa0)2(00001)(cos)1(cos)(cosnnnnnnnnPRdnHPnRa比较)(cosnP的系数，解得：)2/(30001Ha；)2/()(030001RHd；0nnda，)1(n即：)2/(cos30001RHm，（0RR）20300002)2/(cos)(cosRRHRHm，（0RR）)2/(300011HHm)(32)(30503000022RRRmHRRHHH)(, )(32)(

23、)(, )2/(30305030000002000001RRRRRRRHRRHHHHHB在RR0区域内，)2/()(3/00010HHBM)2/()(4)3/4(0030030HMMmRRdVV10、有一个内外半径为1R和2R的空心球，位于均匀外磁场0H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H0的方向为ze，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，最后达到平衡，B的分布呈现轴对称。磁标势的微分方程为：012m)(1RR；022m)(21RRR；032m)(2RR自然边界条件：01Rm为有限；cos0

24、3RHRm。衔接条件：1211RRmRRm；12110/RRmRRmRR；2322RRmRRm；22230/RRmRRmRR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：01)(cosnnnnmPRa；0)1(2)(cos(nnnnnnmPRcRb；0)1(03)(coscosnnnnmPRdRH因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0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)(cosnP。在本题中源的表示是：)(coscos100RPHRH所以上面的解中，0nnnndcba，)1(n解的形式简化为：cos11Ram；cos)(2112RcRbm；coscos21

25、03RdRHm代入衔接条件得：2111111RcRbRa，2212022121RdRHRcRb，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 15 页)2(311110Rcba，32100032112)2(RdHRcb。解方程组得：3200312032001)2)(2()(26RRRHa，32003120320001)2)(2()(2)2(3RRRHb，3200312032310001)2)(2()(2)(3RRRRHc，320031203203231001)2)(2()(2)()(2(RRRHRRd。从而，空间各点磁标势均可确定。

26、空腔内：zrmaaaeeeHB101110101sincos当0时，01a，所以01B。即空腔中无磁场，类似于静电场中的静电屏蔽。11、设理想铁磁体的磁化规律为00MHB， 其中0M是恒定的与 H 无关的量。今将一个理想铁磁体做成的均匀磁化球（0M为常值）浸入磁导率为的无限介质中，求磁感应强度和磁化电流分布。解：根据题意，取球心为原点，建立球坐标系，以M0的方向为ze，本题具有轴对称的磁场分布，磁标势的微分方程为：012m)(0RR；022m)(0RR自然边界条件：01Rm为有限；02Rm。衔接条件：0201RRmRRm；cos/000201MRRRRmRRm；由轴对称性及两个自然边界条件，可

27、写出拉普拉斯方程通解的形式为：01)(cosnnnnmPRa；0)1(2)(cosnnnnmPRb；代入衔接条件，比较)(cosnP各项的系数，得：0nnba，)1(n；)2/(001Ma；)2/(30001RMb)2/(cos001RMm，)(0RR230002)2/(cosRRMm，)(0RR由此)2/(20000101MMHB)(32305030022RRRmMRRMB)()(32)()2/(203050300000RRRRRRRMMRRMB又)()(0012BBnMR，（其中0）将B的表达式代入，得：)2/(sin300MMe12、将上题的永磁球置入均匀外磁场0H中，结果如何？精选学习

28、资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 15 页解：根据题意假设均匀外场0H的方向与 M0的方向相同， 定为坐标z 轴方向。磁标势的微分方程为：012m)(0RR；022m)(0RR自然边界条件：01Rm为有限；cos02RHRm。衔接条件：0201RRmRRm；cos/0002001MRRRRmRRm；解得满足自然边界条件的解是：cos11Ram，)(0RRcoscos2102RdRHm，)(0RR代入衔接条件，得：2010001RdRHRa0013010002MaRdH解得：)2/()3(000001HMa)2/()(030000

29、01RHMd)2/(cos)3(000001RHMm，)(0RR)2/(cos)(cos2030000002RRHMRHm，)(0RR)2/()3(000011HMHm)2/(2)2/(300200000011MHMHB，)(0RR35022/)(3RRmmRRmHH，其中)2/()(0300000RHMm/)(33500202RRmRRmHHB，)(0RR13、有一个均匀带电的薄导体壳其半径为0R，总电荷为Q，今使球壳绕自身某一直径以角速度转动，求球内外的磁场B 。提示：本题通过解 A 或m的方程都可以解决，也可以比较本题与 5 例 2 的电流分布得到结果。解：根据题意，取球体自转轴为z 轴

30、，建立球坐标系。磁标势的微分方程为：012m)(0RR；022m)(0RR自然边界条件：01Rm为有限；02Rm。衔接条件：00124/sin/ )/(RQRRRmm；02001/RRmRRmRR；其中04/sinRQ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：cos11Ram，)(0RRcos212Rbm，)(0RR代入衔接条件，得：0201014/RQRbRa；023011Rba解得：016/RQa，12/201RQb016/cosRRQm，)(0RR220212/cosRRQm，)(0RR0116/RQmH精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -

31、- - - - -第 13 页，共 15 页001016/RQHB，)(0RR4/ /)(33522RRmmRRmH，其中3/20mQR4/)(3350202RRmRRmHB，)(0RR14、电荷按体均匀分布的刚性小球，其总电荷为Q，半径为0R，它以角速度绕自身某一直径转动，求（1）它的磁矩；（2）它的磁矩与自转角动量之比（设质量 M0是均匀分布的）。解：1）磁矩dV)(21xJxm又rReRx，)()3/4()(30RvxJRQddRdRRQddRdRRQr2430230sin)(4321sin)(4321eeRRm又)sincos(cossinyxzreeeeee002402030sin)

32、sincos(cossin83RyxzdRRddRQeeeme5sin8320034020300QRdRRddRQRz2)自转动量矩：dVRMdmdd)(43300RRvRPRLLddRdRRRMrzrsin)(4322300eeeddRdRRMzsin)sin(434300eeddRdRRMsin)(sin434300e0024020300sin)sincos(cossin43RyxzdRRddRMeee52sin432000340203000RMdRRddRMR02/MQLm15、有一块磁矩为 m 的小永磁体， 位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中，求作用在小永磁体上的力F 。解：根据题意，因为无穷大平面的 很大，则在平面上所有的 H均和平面垂直，类比于静电场，构造磁矩 m关于平面的镜像m , 则外场为：me0B而234cos4rmrmRm)sincos2(4)sincos2(430330eeeeBrrermrrm精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 15 页m受力为：zareameBmF)cos1(643)(24202精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 15 页