第五章恒定磁场分析5.1真空中长直线电流1的磁场中有一等边三角形回路，如题5.1图所示，求三角形回路内的磁通。解根据安培环路定理，得到长直导线的电流I产生的磁场HoB=e.2元r穿过三角形回路面积的磁通为Y-B.dHo1 d+Eb2Ho1d+yb/2a三dxr[d]dx2元元xx由题5.1图可知题5.1图元_x-dz=(x-d)tanV36故得到o1dy02x-d/3b-dx=4o,bd=个In(1+J3元a4232d元5.2通过电流密度为J的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔，如题5.2图所示。计算各部分的磁感应强度B，并证明腔内的磁场是均匀的。解将空腔中视为同时存在J和-J的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布：一个电流密度为J、均匀分布在半径为b的圆柱内，另一个电流密度为-J、均匀分布在半径为α的圆柱内。由安培环路定律，分别求出两个均匀分布电流的磁场，然后进行叠加即可得到圆柱内外的磁场。由安培环路定律 B-dl = μolc可得到电流密度为J、均匀分布在半径为b的圆柱内的电流产生的磁场为[o J xT)%b2r电流密度为一J、均匀分布在半径为α的圆柱内的电流产生的磁场为PoJxrraa2r这里‘a和"分别是点a和b到场点P的位置矢量。将B。和Bb叠加，可得到空间各区域的磁场为
第五章 恒定磁场分析 5.1 真空中长直线电流 I 的磁场中有一等边三角形回路，如题 5.1 图所示，求三角形回 路内的磁通。 解 根据安培环路定理，得到长直导线的电流 I 产生的磁场 0 2 I r B e = 穿过三角形回路面积的磁通为 d S = B S3 2 3 2 0 0 0 2 [ d ]d d 2 d b d b z d d I I z z x x x x + + = = 由题 5.1 图可知 ( ) tan 6 3 x d z x d − = − = 故得到 3 2 0 d 3 d b d I x d x x + − = = 0 3 [ ln(1 )] 2 2 3 I b d b d − + 5.2 通过电流密度为 J 的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔，如题 5.2 图所示。计算各部分的磁感应强度 B ，并证明腔内的磁场是均匀的。 解 将空腔中视为同时存在 J 和 −J 的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为 两个均匀的电流分布：一个电流密度为 J 、均匀分布在半径为 b 的圆柱内，另一个电流密度 为 −J 、均匀分布在半径为 a 的圆柱内。由安培环路定律，分别求出两个均匀分布电流的磁 场，然后进行叠加即可得到圆柱内外的磁场。 由安培环路定律 0 d C = I B l 可得到电流密度为 J 、均匀分布在半径为 b 的圆柱内的电流产生 的磁场为 0 2 0 2 2 2 b b b b b b r b b r b r J r B J r = 电流密度为 −J 、均匀分布在半径为 a 的圆柱内的电流产生的磁场为 0 2 0 2 2 2 a a a a a a r a a r a r J r B J r − = − 这里 a r 和 b r 分别是点 a o 和 b o 到场点 P 的位置矢量。 将 B a 和 Bb 叠加，可得到空间各区域的磁场为 d b I z x 题 5.1 图 dS b r a r J ob oa a b 题 5.2 图 d
圆柱外b2aoB=J×((rg>b)-ra)2rar圆柱内的空腔外α?B=鲁Jx(r,(r a)ra)2ra空腔内B=Jx(r-r)=Jxd(r,<a)22式中d是点和到点的位置矢量。由此可见，空腔内的磁场是均匀的。5.3下面的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量J。(1)H=e,ar,B=H(圆柱坐标)(2) H=e,(-ay)+e,ax, B=HoH(3) H=e,axr-e,ay, B=HHH=e,ar,B=MoH (球坐标系)(4)解根据恒定磁场的基本性质，满足√·B=O的矢量函数才可能是磁场的场矢量，否则，不是磁场的场失量。若是磁场的场失量，则可由J=√×H求出源分布。（1）在圆柱坐标中1a1aV.B=(rB,)=(ar2)=2a±0rorr or该矢量不是磁场的场失量。aaV.B=(-ay)+-(ax) = 0axdy(2)该量是磁场的矢量，其源分布为exe.e,aaaJ=VxH==e.2aaxayOz0-ayaxaaV.B=(-ay)= 0-(ax)+axdy(3)该矢量是磁场的场矢量，其源分布为exe,e.aaa= 0J=VxH-axayazax -ay o（4）在球坐标系中
圆柱外 2 2 0 2 2 ( ) ( ) 2 b a b b a b a r b r r B J r r = − 圆柱内的空腔外 2 0 2 ( ) ( , ) 2 b a b a a a r b r a r B J r r = − 空腔内 0 0 ( ) ( ) 2 2 b a ar a B J r r J d = − = 式中 d 是点和 b o 到点 a o 的位置矢量。由此可见，空腔内的磁场是均匀的。 5.3 下面的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量 J 。 (1) 0 , r H e B H = = ar （圆柱坐标） (2) 0 ( ) , x y H e e B H = − + = ay ax (3) 0 , x y H e e B H = − = ax ay (4) 0 H e B H ar , = = （球坐标系） 解 根据恒定磁场的基本性质，满足 = B 0 的矢量函数才可能是磁场的场矢量，否 则，不是磁场的场矢量。若是磁场的场矢量，则可由 J H = 求出源分布。 （1）在圆柱坐标中 1 1 2 ( ) ( ) 2 0 r rB ar a r r r r B = = = 该矢量不是磁场的场矢量。 （2） ( ) ( ) 0 ay ax x y B = − + = 该矢量是磁场的矢量，其源分布为 2 0 x y z z a x y z ay ax e e e J H e = = = − （3） ( ) ( ) 0 ax ay x y B = + − = 该矢量是磁场的场矢量，其源分布为 0 0 x y z x y z ax ay e e e J H = = = − （4）在球坐标系中
aB.1a1V.B=(ar)= 0rsingaprsingag该矢量是磁场的场矢量，其源分布为le.rsinderega1aaJ=VxHe.acot0-e.2a00asrsinear0ar? sin e05.4由矢量位的表示式[dt'A(r)=R4元／证明磁感应强度的积分公式Ho[J(r)xRB(r)= dtR34元／并证明V.B=0解B(r)=V×4(r)=V×[dt4元RJ(r)dt'Hovx_o[J(r)x()dtR4元4元RR)dt'=()xR_[J(r)x(-EdtR3R34元4元V.B=V-[V×A(r)]=05.5有一电流分布J(r)=e,rJ(r≤a)，求矢量位4(r)和磁感应强度B(r)。解由于电流只有e：分量，且仅为r的函数，故A(r)也只有e：分量，且仅为r的函数，即A(r)=e.4.(r)。在圆柱坐标系中，由4.(r)满足的一维微分方程和边界条件，即可求解出 A(r)，然后由 B(r)=V×A(r)可求出 B(r)。记r≤α和r≥α的矢量位分别为A(r)和4(r)。由于在r≥α时电流为零，所以1α(r0AL)=-μoJorV? A.,(r) =(r≤a)rororT0(r042)=0V"A.2(r) =(r≥a)rorar由此可解得-40or+Clinr+DA. (r) =A.,(r)=C, Inr+D,A.(r)和A.2(r)满足的边界条件为①r→0时，A.(r)为有限值② r=a时, Ai(a)= A2(a)
1 1 ( ) 0 sin sin B ar r r B = = = 该矢量是磁场的场矢量，其源分布为 2 2 sin 1 cot 2 sin 0 0 sin r r r r a a r r ar = = = − e e e J H e e 5.4 由矢量位的表示式 0 ( ) ( ) d 4 R = J r A r 证明磁感应强度的积分公式 0 3 ( ) ( ) d 4 R = J r R B r 并证明 = B 0 解 0 ( ) ( ) ( ) d 4 R = = J r B r A r 0 0 ( ) 1 d ( ) ( )d 4 4 R R = = − J r J r 0 0 3 3 ( ) ( ) ( )d d 4 4 R R = − − = R J r R J r = = B A r [ ( )] 0 5.5 有一电流分布 0 ( ) ( ) z J r e = rJ r a ，求矢量位 A r( ) 和磁感应强度 B r( ) 。 解 由于电流只有 z e 分量，且仅为 r 的函数，故 A r( ) 也只有 z e 分量，且仅为 r 的函数， 即 ( ) ( ) A r e = z z A r 。在圆柱坐标系中，由 A (r) z 满足的一维微分方程和边界条件，即可求解 出 A(r) ，然后由 B A r ( ) ( ) r = 可求出 B r( ) 。 记 r a 和 r a 的矢量位分别为 1 A r( ) 和 2 A r( ) 。由于在 r a 时电流为零，所以 2 1 1 0 0 1 ( ) ( ) ( ) z z A A r r J r r a r r r = = − 2 2 2 1 ( ) ( ) 0 ( ) z z A A r r r a r r r = = 由此可解得 3 1 0 0 1 1 1 ( ) ln 9 A r J r C r D z = − + + 2 2 2 A z (r) = C ln r + D ( ) 1 A r z 和 ( ) 2 A r z 满足的边界条件为 ① r →0 时， ( ) 1 A r z 为有限值 ② r = a 时， 1 2 ( ) ( ) A a A a z z =
aAdAara1由条件①、②，有C =01HoJoa3=C,lna+D9a'=C,!a由此可解得HoJa3D,-Ina)C2 =HoJoa'334故1goJor3+D(r≤a)A.,(r)=1Hooa'nr--Ina)(r≥a)A.2(r) = -HoJoa'(33式中常数Di由参考点确定，若令r=0时，4,(r)=0，则有D,=0。空间的磁感应强度为1(ra)3r5.6如题5.6图所示，边长分别为α和b、载有电流I的小矩形回路。（1）求远处的任一点P(x,J,2)的矢量位A(r)，并证明它可以写成A(r)= oPm×r4元3其中Pm=e.labP(x,y,=)（2）由A求磁感应强度B，并证明B可以写成μol v(d2)B=-44元abe.-e,dQ=r2式中为场点对小电流回路所张的立体角。1解（1）电流回路的矢量位为题5.6图lsdrA(r)= 4元R式中: R=[(x-x) +(y-) +2"]/2 =[r?-2rsin@ (x'cosp+y'sinp)+x"2 +y"j/2根据矢量积分公式d.ydl=J.dsxvy有
z z 1 2 r a r a A A r r = = = 由条件①、②，有 C1 = 0 3 0 0 2 2 1 ln 9 − = + J a C a D 2 0 0 2 1 1 3 J a C a − = 由此可解得 3 2 0 0 1 3 C J a = − ， 3 2 0 0 1 1( ln ) 3 3 D J a a = − − 故 3 1 0 0 1 1 ( ) ( ) 9 A r J r D r a z = − + 3 3 2 0 0 0 0 1 1 1 ( ) ln ( ln ) ( ) 3 3 3 A r J a r J a a r a z = − − − 式中常数 D1 由参考点确定，若令 r = 0 时， A z1 (r) = 0 ，则有 D1 = 0。 空间的磁感应强度为 2 1 1 0 0 1 ( ) ( ) ( ) 3 r r J r r a B A e = = 3 0 0 2 2 ( ) ( ) ( ) 3 J a r r r a r B A e = = 5.6 如题 5.6 图所示，边长分别为 a 和 b 、载有电流 I 的小矩形回路。 （1）求远处的任一点 P(x, y,z) 的矢量位 A r( ) ，并证明它可以写成 0 3 ( ) 4 m r p r A r = 。 其中 m z p e = Iab ； （2）由 A 求磁感应强度 B ，并证明 B 可以写成 0 ( ) 4 I B d = − 式中 2 z r ab r e e d = 为场点对小电流回路所张的立体角。 解 （1）电流回路的矢量位为 0 1 ( ) d 4 C I R = A r l 式中： 2 2 2 1 2 R x x y y z = − + − + = [( ) ( ) ] 2 2 2 1 2 [ 2 sin ( cos sin ) ] r r x y x y − + + + 根据矢量积分公式 d d C S l S = 有 x P (x, y, z) z a b r y I 题 5.6 图
Ids'H而所以A(r)=-些[ds'x(R4元5对于远区场，>>x,r>>，所以Rr，故4(r)=-[ds$x()=-ds)4元4元=-岩(e,lab)xV()=- Pa(--4元4元=4oPmxr4元r3（2）由于5)=eHoPmsingA(r)=_ Hopme.×(-r24元4元r故a11aB-VxA=e(sinQA)-é(rA)rsingaer arHoPg(e,2cosO+e sino)4元又由于e,2cos0+eg sin@=-rv(cos0)e'eV故B=-4Pa (*)-- v(cbe,)-- (d 0)1224元4元4元5.7半径为α磁介质球，具有磁化强度为M =e.(A +B)其中A和B为常数，求磁化电流和等效磁荷。解磁介质球内的磁化电流体密度为Jm=V×M =-e.×V(Az*+B)=-e.×e.2Az=0等效磁荷体密度为a(Az2 +B)= -2AzPm=-V.M=Oz磁介质球表面的磁化电流面密度为Jms = Mxn|r-a =e. xe,(Aa? cos? +B)=e(Aa?cos +B)sing等效磁荷面密度为
1 1 d d ( ) C S R R l S = 而 1 1 ( ) ( ) R R = − 所以 0 1 ( ) d ( ) 4 S I R = − A r S 对于远区场， r x , r y ，所以 R r ，故 0 0 1 1 ( ) d ( ) [ d ] ( ) 4 4 S S I I r r = − = − A r S S 0 0 3 1 ( ) ( ) ( ) 4 4 z m Iab r r = − = − − r e p 0 3 4 m r = p r （2）由于 0 0 3 2 sin ( ) ( ) 4 4 m m z p r p r r = − − = r A e e 故 1 1 (sin ) ( ) sin r A rA r r r = = − B A e e 0 3 ( 2cos sin ) 4 m r p r = + e e 又由于 3 3 2 2 cos 2cos sin ( ) ( ) z r r r r r r e e e e + = − = − 故 0 0 0 2 2 ( ) ( ) (d ) 4 4 4 m z r z r p I I ab r r e e e e B = − = − = − 5.7 半径为 a 磁介质球，具有磁化强度为 2 ( ) M e = + z Az B 其中 A 和 B 为常数，求磁化电流和等效磁荷。 解 磁介质球内的磁化电流体密度为 2 ( ) 2 0 J M e e e m z z z = = − + = − = Az B Az 等效磁荷体密度为 2 ( ) 2 m Az B Az z = − = − + = − M 磁介质球表面的磁化电流面密度为 2 2 ( cos ) J M n e e mS r a z r = = + = Aa B 2 2 = + e ( cos )sin Aa B 等效磁荷面密度为
m=n·Mr=a=e,e.(Aa?cos"0+B)=(Aacos?+B)cos05.8如题5.8所示图，无限长直线电流1垂直于磁导率分别为"和"2的两种磁介质的分界面，试求：（1）两种磁介质中的磁感应强度Bi和Bz；（2）磁化电流分布。M=0解（1）由安培环路定理，可得X=1H=e.2元r所以得到题5.8图HoB, =μH=e2元uIB,=μH =e, 2元r（2）磁介质在的磁化强度(μ-μo)I二B,-H=e.M=-2元μ0ro则磁化电流体密度1 d(μ-μo)I 1 dd(rM,)=e:J.=VxM=e.0=0r.e:rdr2元μ。rdrB,具有奇异性，所以在磁介质中r=0处存在磁化线电流'"。以=轴为在r=0处，！中心、r为半径作一个圆形回路C，由安培环路定理，有B.d/=μI+I. =-Ho?o故得到H(P)H(P)(兰-1)IIm=o在磁介质的表面上，磁化电流面密度为Nh(μ-μo)Ie.Jms = M? e. --02元μ0rH,(P)H,(P)5.9已知一个平面电流回路在真空中产生的磁场2强度为Ho，若此平面电流回路位于磁导率分别为"和题5.9图2的两种均匀磁介质的分界平面上，试求两种磁介质中的磁场强度HI和H2。解由于是平面电流回路，当其位于两种均匀磁介质的分界平面上时，分界面上的磁场只有法向分量，根据边界条件，有B=B，=B。在分界面两侧作一个小矩形回路，分别就真空和存在介质两种不同情况，应用安培环路定律即可导出HI、H2与Ho的关系。在分界面两侧，作一个尺寸为2△hxN/的小矩形回路，如题5.9图所示。根据安培环路定律，有
2 2 2 2 ( cos ) ( cos )cos m r a r z Aa B Aa B = = + = = + n M e e 5.8 如题 5.8 所示图，无限长直线电流 I 垂直于磁导率 分别为 1 和 2 的两种磁介质的分界面，试求：（1）两种磁 介质中的磁感应强度 B1 和 B2 ；（2）磁化电流分布。 解 （1）由安培环路定理，可得 2 I r H e = 所以得到 0 1 0 2 I r B H e = = 2 2 I r B H e = = （2）磁介质在的磁化强度 0 2 0 0 1 ( ) 2 I r − M B H e = − = 则磁化电流体密度 0 0 1 d 1 d 1 ( ) ( ) ( ) 0 d 2 d m z z I rM r r r r r r − J M e e = = = = 在 r = 0 处， B2 具有奇异性，所以在磁介质中 r = 0 处存在磁化线电流 m I 。以 z 轴为 中心、 r 为半径作一个圆形回路 C ，由安培环路定理，有 0 0 1 d m C I I I + = = B l 故得到 I m = 0 ( 1)I − 在磁介质的表面上，磁化电流面密度为 mS z z = ? = 0 J M e 0 0 ( ) 2 r I r e − 5.9 已知一个平面电流回路在真空中产生的磁场 强度为 H0 ，若此平面电流回路位于磁导率分别为 1 和 2 的两种均匀磁介质的分界平面上，试求两种磁介质 中的磁场强度 H1 和 H2 。 解 由于是平面电流回路，当其位于两种均匀磁介质的分界平面上时，分界面上的磁场 只有法向分量，根据边界条件，有 B B B 1 2 = = 。在分界面两侧作一个小矩形回路，分别就 真空和存在介质两种不同情况，应用安培环路定律即可导出 H1、 H2 与 H0 的关系。 在分界面两侧，作一个尺寸为 2hl 的小矩形回路，如题 5.9 图所示。根据安培环路 定律，有 1 0 = 2 = I x z 题 5.8 图 1 2 h l ( ) H1 P1 ( ) H2 P1 ( ) H2 P2 ( ) H1 P2 题 5.9 图
H-dI = H,(P)4h+ H,(P)4h- H,(P)4h- H,(P)Ah = IC(1)因H垂直于分界面，所以积分式中H·△I=0。这里I为与小矩形回路交链的电流。对平面电流回路两侧为真空的情况，则有ΦH。-dI= 2H(P)4h-2H.(P)4h= IC(2)由于P和P2是分界面上任意两点，由式（1）和（2）可得到H +H,=2H即11B,B=2H。2于是得到媒质①B= 24/- H,+2媒质②故有B2H。中H, =H=B- 24H题5.10图5.10证明：在不同介质分界面上矢量位A的切向分量是连续的。解由B=V×A得[B.dS=[vxA-dS=@A-d]S(1)在媒质分界面上任取一点P，围绕点P任作一个跨越分界面的狭小矩形回路C，其长为N、宽为△h，如题5.10图所示。将式（1）应用于回路C上，并令△h趋于零，得到@ A-dI =A·N-A,·N = lim [B.dsc由于B为有限值，上式右端等于零，所以A·N-A-N=0由于矢量N平行于分界面，故有A, = A2t5.11一根极细的圆铁杆和一个很薄的圆铁盘样品放在磁场Bo中，并使它们的轴与B平行，（铁的磁导率为"）。求两样品内的B和H；若已知B=1T、U=500H%，求两样品内的磁化强度M。解对于极细的圆铁杆样品，根据边界条件H,=H2t，有H = H= Bo/ μoB= μH = 兰 Blo
1 1 2 1 1 2 2 2 d ( ) ( ) ( ) ( ) C = + − − = H P h H P h H P h H P h I H l （1） 因 H 垂直于分界面，所以积分式中 H l = 0 。这里 I 为与小矩形回路交链的电流。 对平面电流回路两侧为真空的情况，则有 0 0 1 0 2 d 2 ( ) 2 ( ) C = − = H P h H P h I H l （2） 由于 P1 和 P2 是分界面上任意两点，由式（1）和（2）可得到 1 2 0 H H H + = 2 即 0 1 2 2 B B H + = 于是得到 1 2 0 1 2 2 B H = + 故有 2 1 0 1 1 2 B 2 H H = = + 1 2 0 2 1 2 B 2 H H = = + 5.10 证明：在不同介质分界面上矢量位 A 的切向分量是连续的。 解 由 B A = 得 d d d S S C = = B S A S A l （1） 在媒质分界面上任取一点 P ，围绕点 P 任作一个跨越分界面的狭小矩形回路 C ，其长 为 l 、宽为 h ，如题 5.10 图所示。将式（1）应用于回路 C 上，并令 h 趋于零，得到 1 2 0 d lim h S C d → = − = A l A l A l B S 由于 B 为有限值，上式右端等于零，所以 1 2 A l A l − = 0 由于矢量 l 平行于分界面，故有 A A 1 2 t t = 5.11 一根极细的圆铁杆和一个很薄的圆铁盘样品放在磁场 B0 中，并使它们的轴与 B0 平行，（铁的磁导率为 ）。求两样品内的 B 和 H ；若已知 0 B =1T 、 0 = 5000 ，求 两样品内的磁化强度 M 。 解 对于极细的圆铁杆样品，根据边界条件 H H 1 2 t t = ，有 H H B = = 0 0 0 0 0 B H B = = 题 5.10 图 媒质② C n A1 l h 媒质①A2
M=B-H=I("-1)B,=4999oooHlo对于很薄的圆铁盘样品，根据边界条件B=Bzn，有B= BoH=B/μ=Bo/μ4999BB-H=(I-)B =1M=-=5000m/looμ5.12如题5.12图所示，一环形螺线管的平均半径%=15cm，其圆形截面的半径α=2cm，铁芯的相对磁导率A,=1400，环上绕N=1000匝线圈，通过电流I=0.7A。（1）计算螺旋管的电感；（2）在铁芯上开一个l。=0.1cm的空气隙，再计算电感。（假设开口后铁芯的A，不变)（3）求空气隙和铁芯内的磁场能量的比值。解（1）由于α<<ro，可认为圆形截面上的磁场是均匀的，且等于截面的中心处的磁场。由安培环路定律，可得螺线管内的磁场为NIH=-2元1与螺线管铰链的磁链为HaY=SuH-2r故螺线管的电感为+IyHa'?L=题5.12图12r1400×4元×107×0.022×10002×0.15= 2.346 H（2）当铁芯上开有小空气隙时，由于可隙很小，可忽略边缘效应，则在空气隙与铁芯的分界面上，磁场只有法向分量。根据边界条件，有B.=B,=B，但空气隙中的磁场强度Ho与铁芯中的磁场强度H不同。根据安培环路定律，有Hol。 + H,(2元r -1) = NI又由于 B=HoHo、B,=HoH,Hu及B=B,=B，于是可得Po,NIB = -μ,l。 +(2元ro -10)所以螺线管内的磁链为Y=NSB=—μ,l +(2元 -10)故螺线管的电感为
0 0 0 0 0 1 4999 ( 1) B M H B = − = − = 对于很薄的圆铁盘样品，根据边界条件 B B 1 2 n n = ，有 B B= 0 H B B = = 0 0 0 0 0 1 1 4999 ( ) 5000 B M H B = − = − = 5．12 如题 5.12 图所示，一环形螺线管的平均半径 r0 = 15 cm，其圆形截面的半径 a = 2 cm，鉄芯的相对磁导率 1400 r = ，环上绕 N =1000 匝线圈，通过电流 I = 0.7A。 （1）计算螺旋管的电感； （2）在鉄芯上开一个 l 0 = 0.1cm 的空气隙，再计算电感。（假设开口后鉄芯的 r 不 变） （3）求空气隙和鉄芯内的磁场能量的比值。 解 （1）由于 0 a r ，可认为圆形截面上的磁场是均匀的，且等于截面的中心处的磁 场。由安培环路定律，可得螺线管内的磁场为 0 2 NI H r = 与螺线管铰链的磁链为 2 2 0 2 a N I NS H r = = 故螺线管的电感为 2 2 0 2 a N L I r = = 7 2 2 1400 4 10 0.02 1000 2 0.15 2.346 H − = = （2）当铁芯上开有小空气隙时，由于可隙很小，可忽略边缘效应，则在空气隙与鉄芯 的分界面上，磁场只有法向分量。根据边界条件，有 B B B 0 = = ，但空气隙中的磁场强 度 H0 与铁芯中的磁场强度 H 不同。根据安培环路定律，有 0 0 0 0 H l H r l NI (2 ) + − = 又由于 B H 0 0 0 = 、 B H = 0 r 及 B0 = B = B ，于是可得 0 0 0 0 (2 ) r r NI B l r l = + − 所以螺线管内的磁链为 2 2 0 0 0 0 (2 ) r r a N I NSB l r l = = + − 故螺线管的电感为 0 r 0 l I a o 题 5.12 图
,L1μlo +(2元ro -1)4元2×10-×1400×0.022×10002=0.944H1400×0.001+2×元×0.15-0.001（3）空气隙中的磁场能量为-Wmo=HSl2铁芯中的磁场能量为1Wmm24M,H;S(2元%-16)故Wmo=ulo1400×0.001=1.487Wmm2元/。2元×0.15-0.00113证明：单匝线圈励磁下磁路的自感量为l=1/Rm，R为磁路的磁阻，故NI激5.13励下，电感量为L=N°/R#。磁路中单匝激励下的磁场储能Wmo=R,c /2，则NI激励下的W.=N"Wo。解在单匝线圈励磁下，设线圈中的电流为1，有10 = Lo/= -R.则在NI激励下，磁路的磁通为N1=N@,=Rm故电感量为?_N2L=T"R.在单匝线圈励磁下12Rmd1L2Wmo22Rm2在NI激励下，磁路的磁能为r=rN?RmCW.:222Rm=N?WmO5.14如题5.14图所示，两个长的矩形线圈，放置在同一平面上，长度分别为1和12宽度分别为Wi和W2，两线圈最近的边相距为S，两线圈中分别载有电流1和12。设>>12，且两线圈都只有一匝，略去端部效应。证明：两线圈的互感是111①4o/ in (S+w,)(S+w.)M=42元S(S+w +w,)Isr解由于1>>l2，因此可近似认为线圈①中的电流a下题5.14图
2 2 0 0 0 0 (2 ) r r a N L I l r l = = + − 2 7 2 2 4 10 1400 0.02 1000 0.944 H 1400 0.001 2 0.15 0.001 − = = + − （3）空气隙中的磁场能量为 2 0 0 0 0 1 2 W H Sl m = 鉄芯中的磁场能量为 2 0 0 0 1 (2 ) 2 W H S r l m r = − 故 0 0 0 0 1400 0.001 1.487 2 2 0.15 0.001 m r m W l W r l = = = − − 5.13 证明：单匝线圈励磁下磁路的自感量为 0 1 L R = m ，R m 为磁路的磁阻，故 NI 激 励下，电感量为 2 L N R = m 。磁路中单匝激励下的磁场储能 2 0 0 2 W R m m = ，则 NI 激励 下的 2 W N W m m = 0 。 解 在单匝线圈励磁下，设线圈中的电流为 I ，有 0 0 m I L I R = = 则在 NI 激励下，磁路的磁通为 2 2 0 m N I N R = = 故电感量为 2 m N L I R = = 在单匝线圈励磁下 2 2 2 0 0 0 1 2 2 2 m m m I R W L I R = = = 在 NI 激励下，磁路的磁能为 2 2 2 2 2 0 1 2 2 2 m m m N I N R W LI R = = = 2 = N Wm0 5.14 如题 5.14 图所示，两个长的矩形线圈，放置在同一平面上，长度分别为 1 l 和 2 l ， 宽度分别为 w1 和 w2 ，两线圈最近的边相距为 S ，两线 圈中分别载有电流 1 I 和 2 I 。设 1 l >> 2 l ，且两线圈都只有 一匝，略去端部效应。证明：两线圈的互感是 0 2 1 2 1 2 ( )( ) ln 2 ( ) l S w S w M S S w w + + = + + 解 由于 1 l >> 2 l ，因此可近似认为线圈①中的电流 w2 w1 1 l 2 l r S 2 I 1 I ① ② 题 5.14 图
在线圈②的回路中产生的磁场与两根无限长的平行直线电流产生的磁场相同。线圈①中的电流在线圈②的回路中产生的磁场为%4(--1Bi2 = 2元r+w与线圈②交链的磁通12为S+1=40ldr2元r+1H01,12S+w +w,S+W2InlnS2元S+w,4gl/in($+w)$+w)2元S(S+w, +w,)故两线圈间的互感为(S+w)(S+Ww)Y12-Ho2 InM=I.2元S(S+w +w,)5.15长直导线附近有一矩形回路，回路与导线不共面，如题5.15图（）所示。证明：直导线与矩形回路间的互感是RM=- 4in[2b(R2 -C2)/2 +b? + R2]/22元AP1PCO0题5.15图（a）题5.15图（b）解设长直导线中的电流为1，则其产生的磁场为B=4o!2元r由题5.15图（b）可知，与矩形回路交链的磁通为Hoal ?1HoalR[B.dS=4-dr=4?=-In2元s2元Rr2元R其中R =[C2 +(b+ R?-C2)]/2 =[R2 +b? + 2b/R?-C2 1/2故直导线与矩形回路间的互感为_amR_[R*+b+2bR?-CM=nRI"R2元2元
在线圈②的回路中产生的磁场与两根无限长的平行直线电流产生的磁场相同。线圈①中的电 流 1 I 在线圈②的回路中产生的磁场为 0 1 12 1 1 1 ( ) 2 I B r r w = − + 与线圈②交链的磁通 12 为 2 0 1 12 2 1 1 1 ( ) d 2 S w S I l r r r w + = − + 0 1 2 2 1 2 1 ln ln 2 I l S w S w w S S w + + + = − + 0 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ln 2 ( ) I l S w S w S S w w + + = + + 故两线圈间的互感为 12 1 2 0 2 1 1 2 ( )( ) ln 2 ( ) l S w S w M I S S w w + + = = + + 5.15 长直导线附近有一矩形回路，回路与导线不共面，如题 5.15 图( a )所示。证明： 直导线与矩形回路间的互感是 0 2 2 1 2 2 2 1 2 ln 2 [2 ( ) ] a R M b R C b R = − − + + A B C R b 题 5.15 图( a ) P Q b Q R P R1 C A B 题 5.15 图(b ) 解 设长直导线中的电流为 I ，则其产生的磁场为 0 2 I B r = 由题 5.15 图( b )可知，与矩形回路交链的磁通 为 1 0 0 0 1 1 d d ln 2 2 2 R S R I aI aI R r r R = = = B S 其中 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 1 R C b R C R b b R C = + + − = + + − [ ( ) ] [ 2 ] 故直导线与矩形回路间的互感为 2 2 2 2 1 2 0 0 1 [ 2 ] ln ln 2 2 a a R R b b R C M I R R + + − = = =