电动力学习题解答3

第三章 静磁场

1. 试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B0，写出A的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。

解：B0是沿 z 方向的均匀恒定磁场，即 B0B0ez，由矢势定义AB得

Az/yAy/z0；Ax/zAz/x0；Ay/xAx/yB0

三个方程组成的方程组有无数多解，如：

1AyAz0，AxB0yf(x) 即：A[B0yf(x)]ex； ○

2AxAz0，AyB0xg(y) 即：A[B0xg(y)]ey ○解○1与解○2之差为A[B0yf(x)]ex[B0xg(y)]ey 则 (A)(Ay/z)ex(Ax/z)ey(Ay/xAx/y)ez0 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

0JrdV' 求解磁场分布，又 J 只分布于导线上，所以

4r3IdlrB0 dl 4r31)螺线管内部：由于螺线管是无限长 r B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。 racos'exasin'eyz'ez， dlad'sin'exad'cos'ey dlr(ad'sin'exad'cos'ey)(acos'exasin'eyz'ez)

az'cos'd'exaz'sin'd'eya2d'ez

取z'~z'dz'的一小段，此段上分布有电流nIdz'

20nIdz'(az'cos'd'exaz'sin'd'eyad'ez)B 223/24(az')042nI0a2dz'd'nIez223/22(az')0d(z'/a)n0Iez 23/2[1(z'/a)]2)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。

rxx'(cosacos')2(sinasin')2z'2

2a2z'22acos(')

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rxx'(cosacos')ex(sinasin')eyz'ez

dlad'sin'exad'cos'ey

dlraz'cos'd'exaz'sin'd'ey[a2acos(')]d'ez

nIB04 0

2222az'cos'az'sin'aacos(')ed'dz'ed'dz'ed'dz'xyz333rrr0003. 设有无限长的线电流I沿z轴流动，在z<0空间充满磁导率为的均匀介质，z>0区域为真空，试用唯一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B1，H1；z<0区域为B2，H2，由对称性可知H1

和H2均沿e方向。由于H的切向分量连续，所以H1H2He。由此得到

B1nB2n0，满足边值关系，由唯一性定理可知，该结果为唯一正确的解。

以 z 轴上任意一点为圆心，以 r 为半径作一圆周，则圆周上各点的H大小相等。根

据安培环路定理得：2rHI，即HI/2r，H1H2I/2re B11H10I/2re，(z>0)；

B22H2I/2re，(z<0)。

在介质中 MB2/0H2I/2r/01e 所以，介质界面上的磁化电流密度为：

2αMnI/2r/01eezI/2r/01er

总的感应电流：IMdlI/2r/001erdeI/01，

电流在 z<0 区域内，沿 z 轴流向介质分界面。 4. 设x<0半空间充满磁导率为的均匀介质，x>0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

B('I/2r)e

它满足边界条件：n(B2B1)0及n(H2H1)α0。由此可得介质中：

H2B/('I/2r)e

由 H2B/0M得：

'I0e ，

2r02I'(0)'I0rd0d则： IMMdl 02r020再由 Be0(IIM)/2r('I/2r)e 可得'20/(0)，所以

在x<0 的介质中 MBe0I/(0)r，IM(0)I/(0) （沿 z 轴）

225. 某空间区域内有轴对称磁场。在柱坐标原点附近已知BzB0C(z/2)，其中

B0为常量。试求该处的B。

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提示：用B0，并验证所得结果满足H0。

22解：由于B具有对称性，设BBeBzez， 其中 BzB0C(z/2)

B0，11(B)Bz0，即：(B)2cz0， zBcz2a（常数）。

当0时，B为有限，所以 a0；Bcz，即：

Bcze[B0c(z22/2)]ez （1）

因为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均匀常常时的L和a的关系。 提示：用条件Bz/z0

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

B1B1zez，

22B1z04Idlrr30Ia2112sindIa04[a2(zL)2]3/22[(zL)2a2]3/2110Ia2。 223/22[(zL)a] 同理，-L 处线圈在轴线上 z 处产生的磁感应强度为：

B2B2zez，B2z所以，轴线上的磁感应强度：

BBzez1110Ia2 （1） 223/2223/22[(zL)a][(zL)a]22）因为 B0 ，所以 (B)(B)B0；

2又因为B0，所以 B0 ，Bz/z0。代入（1）式并化简得：

225(Lz)2[(Lz)2a2]7/2[(Lz)2a2]5/25(Lz)2[(Lz)2a2]7/2 [(Lz)a]225/20

222将 z=0 带入上式得：5LLa， La/2 7. 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，导体外的磁导率为。 解：矢势所满足的方程为：

2,(ra)A内0J 2A外0,(ra)自然边界条件：r0时，A内有限。

边值关系：A内raA外ra；

10A内|ra第 3 页

1A外|ra

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选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与 z 无关。令

A内A内(r)ez，A外A外(r)ez， 代入微分方程得：

1A内(r)1A外(r)(r)0J；(r)0 rrrrrr12解得：A内(r)0JrC1lnrC2；A外(r)C3lnrC4

4由自然边界条件得C10，

11A内|raA外|ra 得：C3Ja2， 由 02122由 A内 并令其为零，得：，CJaCJalna。 A204外rara4211aA内0J(a2r2)；A外Ja2ln

42r38. 假设存在磁单极子，其磁荷为Qm，它的磁场强度为HQmr/40r。给出它的矢

势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。 解：HQmrQm1e 32r40r40rQme 得： 由 AB0H2r4rAQm1[(sinA)]rsin4r211Ar (1) (rA)]0[rsinr1Ar[(rA]0rrQsin(sinA)m令 ArA0,得: 4rQsinQ1cossinAmd, Am (2)

04r4rsinQ1cose 显然 A 满足(1) 式，所以磁单极子产生的矢势Am4rsin讨论： 当0时，A0；

当/2时，AeQm/4r；

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R0的球体，放入均匀磁场H0内，求总磁感应强度B和诱导磁矩m。(对比P49静电场的例子。)

解：根据题意，以球心为原点建立球坐标，取H0的方向为ez，此球体被外加磁场磁化后，

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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：

2m102m20,(RR0),(RR0)R0 （1）

自然边界条件：m1为有限；m2RH0Rcos。

衔接条件：在RR0处满足 m1m2 及 m1/R0m2/R 由自然边界条件可确定方程组（1）的解为：

m1anRPn(cos)； m2H0RcosdnR(n1)Pn(cos)

nn0n0由两个衔接条件，有：

an0nRPn(cos)H0RcosdnR(n1)Pn(cos)

nn0annRn0n1Pn(cos)0H0cos0(n1)dnR(n2)Pn(cos)

n0比较Pn(cos)的系数，解得：a130H0/(20)；

3d1(0)H0R0/(20)； andn0，(n1)

即：m130H0Rcos/(20)，（RR0）

3m2H0Rcos(0)H0R0cos/(20)R2，（RR0） H1m130H0/(20)

(0)33(H0R)RH0H2m2H0R0[3]

20R5RH130H0/(20),(RR0) B(0)H033(H0R)RHHR[],(RR)000000220R5R3在R33mMdV(4/3)R0M4(0)R0H0/(20)

V10. 有一个内外半径为R1和R2的空心球，位于均匀外磁场H0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ez，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：

2m10 (RR1) ；2m20 (R1RR2) ；2m30 (RR2)

自然边界条件：m1衔接条件：m1RR1RR2R0为有限；m3RR1RH0Rcos。

m2m3 ； 0m1/RRR1m2/RRR1； ； 0m3/RRR2m2/RRR2

m2RR2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：

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m1anRPn(cos)； m2[(bnRncnR(n1)]Pn(cos)；

nn0n0m3H0RcosdnR(n1)Pn(cos)

n0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{Pn(cos)}。在本题中源的表示是：

H0RcosH0RP1(cos)

所以上面的解中， anbncndn0，(n1) 解的形式简化为： m1a1Rcos；

m2(b1Rc1R2)cos；

m3H0Rcosd1R2cos

222代入衔接条件得：a1R1b1R1c1R1， b1R2c1R2H0R2d1R2，

0a1(b12c1R13)， (b12c1R23)0H020d1R23。

解方程组得：

360H0R2， a12332(0)R1(20)(20)R2330(20)H0R2b132(0)2R13(20)(20)R2，

330(0)H0R13R2c132(0)2R13(20)(20)R2， 33(20)(0)(R13R2)H0R2d132(0)2R13(20)(20)R2。

从而，空间各点磁标势均可确定。空腔内：

B10H10m1a1cosera1sine0a1ez

当0时，a10，所以B10。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BH0M0，其中M0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（M0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ez，本题具有轴对称的磁场

分布，磁标势的微分方程为：

2m10 (RR0) ； 2m20 (RR0)

自然边界条件：m1衔接条件： m1R0为有限；m2RR0R0。

RR0m2 ；

m1/RRR0'm2/RRR00M0cos；

由轴对称性及两个自然边界条件，可写出拉普拉斯方程通解的形式为：

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m1anRPn(cos)； m2bnR(n1)Pn(cos)；

nn0n0代入衔接条件，比较Pn(cos)各项的系数，得：

3/(2') anbn0，(n1)；a10M0/(2')；b10M0R0m10M0Rcos/(2')， (RR0)

3m20M0R0cos/(2')R2，(RR0)

由此 B10H10M02'0M0/(2')

3'0R03(M0R)RM0B2'm2[3] 52'RR(RR0)2'0M0/(2')3B'0R0 3(M0R)RM03](RR0)2'[5RR又 n(B2B1)R00(αMα)，（其中α0）将B的表达式代入，得：

αMe3'M0sin/(2'0)

12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场H0中，结果如何？

解：根据题意假设均匀外场H0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：

2m10 (RR0) ； 2m20 (RR0)

自然边界条件：m1衔接条件： m1R0为有限；m2RH0Rcos。

RR0m2RR0 ；

m1/RRR00m2/RRR00M0cos；

解得满足自然边界条件的解是：

m1a1Rcos，(RR0)

m2H0Rcosd1R2cos，(RR0)

2代入衔接条件，得：a1R0H0R0d1R0

0H020d1R03a10M0

解得： a1(0M030H0)/(20)

3d1[0M0(0)H0]R0/(20)

m1(0M030H0)Rcos/(20)，(RR0)

3m2H0Rcos[0M0(0)H0]R0cos/[(20)R2]，(RR0) H1m10(M03H0)/(20)

2B1H10M030H0/(20)20M0/(20)，(RR0)

H2m2H03(mR)R/R5m/R3，

3其中 m[0M0(0)H0]R0/(20)

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B20H20[H03(mR)R/R5m/R3]，(RR0)

13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R0，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，建立球坐标系。磁标势的微分方程为：

2m10 (RR0) ； 2m20 (RR0)

自然边界条件：m1R0为有限；m2R0。

衔接条件： (m2/m1/)/RRR0Qsin/4R0 ；

m1/RRR00m2/RRR0；

其中 Qsin/4R0 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：

m1a1Rcos，(RR0)

m2b1R2cos，(RR0)

23代入衔接条件，得：a1R0b1R0Q/4R0； a12b1R00 2解得： a1Q/6R0， b1QR0/12

m1QRcos/6R0，(RR0)

m2QR02cos/12R2，(RR0) H1m1Qω/6R0

B10H10Qω/6R0，(RR0)

H2m2[3(mR)R/R5m/R3]/4，

2其中 mQR0ω/3

B20H20[3(mR)R/R5m/R3]/4，(RR0)

14. 电荷按体均匀分布的刚性小球，其总电荷为Q，半径为R0，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m12xJ(x)dV

Q(ωR) 3(4/3)R013Q13Q242mR(ωR)RsindRdd(ee)RsindRddr3324R024R0 又 ereesinezcos(cosexsiney)

又 xRRer，J(x)vm3Q38R020dd[sinezcos(cosexsiney)R4sin2dR

00R0第 8 页

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22R0QR03Q43eddRsindRω 3z00058R02)自转动量矩：

LdLRdPRvdm3M0R(ωR)dV 34R03M022Re(ee)RsindRdd rzr34R03M04R(sineez)sindRdd 34R03M04Rsin(e)sindRdd 34R0R03M0242dd[sinecos(cosesine)RsindR zxy30004R022R03M02M0R043ωddRsindRω 300054R0m/LQ/2M0

15. 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µ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：

Be0m

mRmcos 324r4r0mm2cossinBe0(ee)(2cosersine) r3334rr4r而 mm受力为：

F(m)Ber2a30m2(1cos2)ez 464a第 9 页