电动力学复习总结-稳恒磁场

1、2、3、4、5、6、7、、填空题第三章稳恒磁场已知半径为a圆柱形空间的磁矢势的磁感应强度为(稳恒磁场的能量可用矢势 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示为(oJ(a2分析稳恒磁场时，能够中引如磁标势的条件是(Ad*中矢势的环流需表示(r2无界空间充满均匀介质，该区域分布有电流，密度为J(x)表达式(磁偶极子的矢势A⑴等于磁偶极子在外磁场中受的力为(电流体系J(X)的磁矩等于()；标势a(柱坐标),该区域).在经典物理，空间矢势A的解析m等于()，受的力矩(无界空间充满磁导率为均匀介质，该区域分布有电流，密度为J(X)势A的解析表达式(,空间矢选择题1、线性介质中磁场的能量密度为C.BHD.AJ1BH21AJ22、稳恒磁场的泊松方程2aJ成立的条件是B.任意介质A•介质分区均匀各向同性线性介质介质分区均匀且3、引入磁场的矢势的依据是A.H0;B.H0;C.B0；D.4、，则它们的相互作用电流J处于电流e产生的外磁场中，外磁场的矢势为能为A.C.AJedvVD.AJdvV5、对于一个稳恒磁场，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6、磁偶极子的矢势A和标势m分别等于A.AmRmrB.AmRA44R34R3'C.ARmRD.AmRA3,4R34R34R3的散度始终为零；C.40R37、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B0D.该区域每一点满足B.三、问答题1、在稳恒电流情况下，导电介质中电荷的分布有什么特点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；I（3）B0的区域，A也为零。03、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W1BHdv，W1AJdv,有人认为静磁场的能量密度是丄BH，22v2有人认为是-AJ，你怎么认为，为什么2。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7、我们知道，在J=0的区域，磁场强度满足H=0，如果我们把它表示成H=-m，此方程仍能成立。试述这样引入m所存在的问题。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-0、试用磁荷观点与分子电流观点求一个磁化矢量为M(x)的永磁体在空间激发的磁场，并证明所得结果是一致的。答：①依磁荷观点：整个空间中J0,H0,B0由H0引入m，即H可表为H0m0M，其中m0……⑴②依分子电流观点:JMM，而依照题意有:Jf0，Jd0,即:0……⑵比较⑴⑵知，所得结果是一致的111、试说明：分布于有限区域的电流系，在R时，其矢势A“」2，其R磁感应强度iR3解：因有限区域的电流系可以分成许多闭合流管,闭合流管的磁偶极势和场决定R时，其失势场主要由即:R3R2（1）12、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3-123-12图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I的一段柱体之中的磁场能量，使用了如下的公式:1WLAJdv2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w1BHdv（普遍式），I'。W1AJdv仅对总能量有意义,22aj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A(0)0，第二项A(1)可表为A(1)mR厂其中mR31x'1dl。2\}解：对小电流圈在远处的矢势,R>>时，则1丄xi'xjR2i.jj1xiXjR所以(0)A(x)04RJ(x')dv'■-Idl(i)AJ(x')x'Rdv'对于一个闭合流管，有:(i)A0Ix4-dRI'0丨x4'帥'式中，R3与积分变量无关，且x'为线圈上各点坐标，则dx'又由dxRx'0(全微分绕闭合回路的线积分为零)⑴所以A15、x'RdI'I'PdI'Rux'0x'RdI'dI'Rx'x'dIx'dI'mR，其中04R3磁场矢势的展开中A0答：电势多极展开：(X)(0)0,这说明什么试与电多极距比较•(1)⑵川40RPR6DRHI矢势多极展开：A屮A"HI冲III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、简述阿哈罗诺夫一玻姆效应的结果答:在不存在磁场的区域，矢势A0,矢势A可以对电子发生作用，哈罗诺夫一玻姆效应表明矢势A和具有可观测的物理效应。哈罗诺夫一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，ID场与场源的关系近似地看作瞬时关系，位移电流JD—o,所以场方程变为TOC\o"1-5"\h\zHJ，“丿对HJ两边取散度得::J0,即：|JdS0E上Vt⑴无分支电路，任选两处A，段电路可由Si截面，S侧表面，S2截面围成一闭合曲面，则由似稳条件有JdSiJdS侧JdS20JdSiJdS20IiI2由A，B任意性知：电路各处电流强度相同。⑵多分支电路，设汇集于节点处的各支路横截面为Si,S2……….S,总表面为S表同理则有：IIIJdSJidSiJ2dS2JndSnJS表0s即：lj0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Bo，写出A的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。解：Bo是沿z方向的均匀恒定磁场，即BoBoez，由矢势定义AB得TOC\o"1-5"\h\zAz/yAy/z0；Ax/zAz/x0；Ay/xAx/yBo三个方程组成的方程组有无数多解，如：①AyAz0，AxBoyf(x)即:A[B°yf(x)]ex；2DAxAz0，AyBoxg(y)即:A[B°xg(y)]ey解①与解2之差为A[Boyf(x)]ex[B°xg(y)]ey贝U(A)(Ay/z)ex(Ax/z)ey(Ay/xAx/y)ez0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，故可由丄^dV'求解磁场分布，又rIdlr3rJ只分布于导线上，所以041)螺线管内部：由于螺线管是无限长理想螺线管，所以其内部磁场是均匀强磁场，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，不妨取场点为坐标原点建立柱坐标系racos'exasin'eyz'ez，O(xasin'eyz'ez)dlr(ad'sin'exad'cos'ey)az'cos'd'exaz'sin'd'eyacos'ea2d'ez取z'~z'dz'的一小段，此段上分布有电流nIdz'0nldz'(az'cos'd'exaz'sin'd'eyB—y42」d'402)螺线管外部：由于螺线管无限长，任取一点P(,,0)为场点，其中x(aFa2dz'I(a2z'2)3/2za2d'ez)z'2)3/2nIoI23/2n0Iez2[1(z7a)2]不妨就在过原点而垂直于轴线的平面上a。.(cosacos')2(sinasin')2z1d(z'/a),.22a2z'22acos(')rxx'(cosacos')ex(sinasin')eyz'ezdlad'sin'exad'cos'eydlaz'cos'd'exaz'sin'd'ey[a2acos('0nI42exd'0az'cos'dz'2ey0az'sin'3dz'er)]d'e2d'0za2acos(')dz'03、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H1H2He。由此得到BmB2n0，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：2rHI，即HI/2r，H1H2I/2reB11H10I/2re，(z>0)；B22H2I/2re，(z<0)。在介质中MB2/0H2I/2r/01e所以，介质界面上的磁化电流密度为：aMnl/2r/01eezI/2r/01er2总的感应电流：IMdlI/2r/01erdeI/01，0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/2r)e它满足边界条件：n(B2B1)0及n(H2H1)a0。由此可得介质中：H2B/('I/2r)e由H2B/0M得：在x<0的介质中M-12r0e0贝U:IM0Mdl'Ird02dI'(0)2r0020再由Be0(IIm)/2r('I/2r)e可得'20/(0)，所以Be0I/(0)r，Im(0)I/(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BzB。C(:z22/2)，其中B°为常量。试求该处的B。提示：用B0,并验证所得结果满足H0。解：由于B具有对称性，设BBeBzez，其中BzB。C(z22/2)11B0，(B)—Bz0，即：(B)2cz0，z22cza0时，Be[B00，D(常数)。为有限，所以ac(z22/2)]ez0，所以B(1)式能使(2)0；Bcz，即:Bcz因为J直接验证可知，6两个半径为a的同轴圆形线圈，位于zI电流I。求轴线上的磁感应强度。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：用条件解：1)B1(1))e0(2)，(c为常数)L面上。每个线圈上载有同方向的0,即(B/zB/式成立，所以BczB1z2Bz/由毕一萨定律，B1zez，亠Jdl4sin同理，-L处线圈在轴线上1B2B2zez，B2z20处线圈在轴线上z处产生的磁感应强度为0Ia2d4[a2(zL)2]3/2z处产生的磁感应强度为:J10Ia2[(zL)ola2[Tz12^3/2L)a]所以，轴线上的磁感应强度：1L)2a2]3/2，所以(所以2b27/21BBzez22)因为又因为20la2[(z00,2[(zB)0，25(Lz)[(Lz)[(Lz)2a2]将z=0带入上式得：5L2L2a2，7、半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流的微分方程。设导体的磁导率为2a内2A外0自然边界条件：r0时，A内有限。；丄ra?0选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，A外A外(r)ez，a][(Lz)5/202.2122p3/2L)a](B)2Bz/z20。a2]5/25(L2B代入(1)2z)[(Lz)解：矢势所满足的方程为:边值关系：A内rA内A内(r)ez，代入微分方程得：1,A内(r)、(r)rrr1解得：A内(r)0Jr4(1)式并化简得:22_7/2a]La/2J均匀分布于截面上，试解矢势A0，导体外的磁导率为0J(ra)(ra)A外|ra且解与z无关。令0J；1—(r士)rrrC1InrC2；A外(r)C3InrC4n0n0由自然边界条件得G0，由丄01A外|ra-Ja2，21220Ja，C4JaIna。422aJaInr8、假设存在磁单极子，其磁荷为Qm，它的磁场强度为它的矢势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。解：H虫厶虫Aer40r340r21A(sinA)——]rsin1r1Ar-[二—(rA)]0rsin1—[—(rA令ArsinA显然得:C3a并令其为零,1220J(ar)；A外40,得：——(sin得:C2讨论:QmTP)QmSin4rQm1cos4rsin满足(1)式，所以磁单极子产生的矢势0时，A/2时，A时，A0；eQm/4r；，故A的表达式在0HHQmr/4°r3。给出Qm2er4r得:Qm1COse4rsin具有奇异性，此时A不合理。9、将一磁导率为和诱导磁矩m解：根据题意，以球心为原点建立球坐标，取H0的方向为ez，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：,(RR。),(RR0)R0为有限；0处满足，半径为Ro的球体，放入均匀磁场Ho内，求总磁感应强度B2m12m2自然边界条件：衔接条件：在Rmlml由自然边界条件可确定方程组(mlanRnPn(COS)；m2m2Rm2及1)的解为:H0Rcos(1)H0Rcos。m1/R0m2/RdnR(n1)Pn(COs)H0RcosdnR(n1}Pn(cos)n0由两个衔接条件，有：anRnPn(cos)H13oHo/(20),(RRo)B(0)3-3(HoR)RHo0H20H00Ro[3]，(RRo)20R5R3在RvRo区域内，MB/0H13(o)Ho/(20)mMdVV(4/3)R(3m4(o)R；Ho/(20)m2R5o)3『3(HoR)RTRo[20n0annRn1Pn(cos)n00H0cos0(n1)dnR(n2)Pn(cosn0比较Pn(cos)的系数，解得:ai30H0/(20)；di(0)H°R；/(20)；andn0，(n1)即:mi30H0Rcos/(20)，(RRo)m2H0Rcos(°)H0Rocos/(2o)R2，(RRo)Himi30H0/(20)H2Ho-10、有一个内外半径为R和R,的空心球，位于均匀外磁场H。内，球的磁导率为，求空腔内的场B，讨论°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：2m10(RR1)2m20(R1RR2)2；m30(RR2)自然边界条件：m1R0为有限；m3RHoRcos。衔接条件：m1RR1m2RR1；0m1/RRR1m2/RRR1；m2rR2m3rR2；0m3/RRR2m2/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:mlanRPn(COS)；m2[(bnRcnR]Pn(COS)；n0n0m3HqRCOSdnR(n1)Pn(cOS)n0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：H0RcosH0RR(cos)所以上面的解中，anbn6dn0，(n1)解的形式简化为：m1a1Rcos；m2(b1Rc1R2)cos；m3H0Rcosd1R2cos代入衔接条件得：a1Rb1R1GR2，b1R2c1R2diR,2，o3i(bi2CiRi)，(bi2C1R2)0H02odiR2。60H0R；2(0)2R(20)(2030(20）H°R；2(0)2Ri3(20)(20)R；30(0)H°Ri3R；2(0)2Ri3(20)(20)R；(20)(0)(RR；)H°R；2(0)2Ri3(20)(20）R；。biCidi解方程组得：ai从而，空间各点磁标势均可确定。空腔内:Bi0Hi0micosaisineoaiez当0时，ai0,所以Bi0。即空腔中无磁场，类似于静电场中的静电屏蔽。ii、设理想铁磁体的磁化规律为BHoM。，其中M。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，以对称的磁场分布，磁标势的微分方程为：2mi0（RR0）；i2、（Mo为常值）浸入磁导率为Mo的方向为ez，本题具有轴0(RR0)衔接条件：miRR0m2RR0；mi/RRR0'm2/RRR00M°COs；m2自然边界条件：miR0为有限；m2R0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:mianRPn(COS)；m2bnRPn(COS)；n0n0代入衔接条件，比较Pn(COS)各项的系数，得：0，(ni)；ai0M0Rcos/(2'0M0R0cos/(20Hi0M02''0R3m2anbnmi由此m2BiB20M0/(2)，(R)R2，(R°M°/(2'3(M0R)RR5)；bi0M°R；/(2')R0)R0))m2]r3]°M°/(2')30R0[3(M0R)R2'(B2Bi)R00(ge3'M0sin/(2'R5M^]r3](R(Ra，（其中a0）R0)R0)0）将B的表达式代入，得:^M将上题的永磁球置入均匀外磁场H。中，结果如何解：根据题意假设均匀外场Ho的方向与Mo的方向相同，定为坐标z轴方向。磁标势的微分方程为:自然边界条件：衔接条件：22mio(RRo)；m2o(RRo)miro为有限；m2rHoRCOS。m1Rrom2rro；mi/Rrroom2/RrrooMoCOS；解得满足自然边界条件的解是:miaiRcos，(RRo)m22HoRcosdiRcos，(RRo)代入衔接条件，得：aiRoHoRodiRooHo32odiRoaioMo解得：ai(oMo3oHo)/(2o)di[oMo(o)Ho]R；/(2o)mi(oMo3oHo)Rcos/(2o)，(RRo)m2HoRcos[oMo(o)Ho]Rqcos/[(2o)R2]，(RRo)Himio(Mo3Ho)/(2o)BiHioM,o3oHo/(2o)2^Mo/(2o)，(RRo)H2m2Ho3(mR)R/R5m/R3，其中m[oMo(o)H°]R；/(2o)B2oH2o[Ho3(mR)R/R5m/R3]，(RRo)13、有一个均匀带电的薄导体壳其半径为Ro，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自然边界条件：衔接条件：(其中Qsino(RRo)R0为有限；m2/mlmlm22m2o(Ro。ml/R)/RrroQsinm2/Rrro；Ro)/4Ro;m1/RRRoo/4Ro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:miaiRcos，(RRo)m2R2cos，(R1Ro)代入衔接条件,得:aiRobiRoQ3/4Ro；ai2biRoo解得：aiQ/6Ro，biQR2/I2miQRcos/6Ro，(RRo)m2Qr2cos/i2R2，(RRo)H1mlQW/6RoBioH1oQs/6R°,(RRo)53H2m2[3(mR)R/Rm/R]/4,其中mQR2M314、解：B20H2o[3（mR）R/R5电荷按体均匀分布的刚性小球，绕自身某一直径转动，求（比（设质量Mo是均匀分布的）1）磁矩m2xJ(x)dV1)Rer,J(x)又er13Q2FRTee(3sin2R)Rsin15、解:3m/R3]/4,（RR0）其总电荷为Q，半径为R。，它以角速度它的磁矩；（2）它的磁矩与自转角动量之Q3(3R)(4/3)R；13Q/(erdRdd3Q8R。33Q3ez8R；2)自转动量矩:LdL3M04R33M04R33M04R33M04R；R2R4R4dPerezcos(cosexRd0[sinez(ez(sinsin(cos^043Rsin0dRRvdm芈4Ro2er)RsindRdez)sindRd)sindRddR0°[sinezcos24R0siney)cosexsinQRoR(3R)dV42e)RsindRdd42ey)RsindR(cosexsiney)R4sin2dR22M0R03R043Rsin03M°m/LQ/2M0有一块磁矩为m的小永磁体，dR位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面F。附近的真空中，求作用在小永磁体上的力根据题意，因为无穷大平面的询艮大，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：BeBe0mmRmcos324r4rm(2cos0,(3er4r冲e)Tcosersine)r4rm受力为：230m2F(m)Ber2a(1cos)ez64a