第三章静磁场 1试用A=A表一个沿Z方向的均匀恒定磁场B,,写出A的两种不同表示式，证明二者之差 是无旋场。 解：令 4- 2 Bo xey 则 VxA=Boe. 令 7=停e是)+学+号) 则 VxA=Boe. 而 有-=吧-吧 2 4_=0 V×(d-A0=22 即二者之差是无旋场 2均匀无穷长直圆柱螺线管，每单位长度线圈匝数为，电流强度为I,试用唯一性定理球管 内外磁感应强度 解： V×i=0 7.i=0 r=处 e,×(i2-i) =nle。 eu(2) =0 r=0 丑，有限 r→00 i2=0 nle.(r) 此解显然满足上述防城和边界条件，根据唯一性定理他是本问题唯一正确的解由此得 B=unle(r) 3设有无穷长的线电流沿Z轴流动。以Z0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
第三章 静磁场 1 试用 A = A 表一个沿 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 是无旋场。 解：令 0 0 2 2 x y B B A ye xe = − 则 = A B e0 z 令 ' 0 0 ( ) ( ) 2 2 2 2 x y x y B B u u A ye xe ye xe = − + ＋ 则 ' = A B e0 z 而 ' 2 2 x y u u A A ye xe − = − ' ( ) 2 2 u u − = − = A A o 即二者之差是无旋场 2 均匀无穷长直圆柱螺线管，每单位长度线圈匝数为 n，电流强度为 I，试用唯一性定理球管 内外磁感应强度 解： 2 1 0 2 1 1 2 0 0 ( ) ( ) 0 0 0 r r H H e H H nIe r r e u H H r H r H = = − = = • − = = → = 处 有限 1 0 2 0 ( ) 0( ) H nIe r r z H r r = = 此解显然满足上述防城和边界条件，根据唯一性定理他是本问题唯一正确的解由此得 1 0 2 0 ( ) 0( ) B unIe r r z B r r = = 3 设有无穷长的线电流沿 Z 轴流动。以 Z0 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：空间磁场均匀分布满足 ∮Hdl=1∮Bas=0 和边值关系 Z=0处E×(a-A)=0 e.×(B,-B)=0 r→0，H→0，B→0 根据上述定解条件H和B显然与r有关。而且只有中分量为此提尝试解 且=且石 因而 耳=-ec0 耳=u月-e>0) 此解满足全部方程和边值关系，因此是唯一正确的解 根据 jM=V×M =(“-1×i =(“-107 得到 0 (z>0) -1)E.(z0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：空间磁场均匀分布满足 0 l H dl I B ds = = 和边值关系 2 1 2 1 ( ) 0 0 ( ) 0 z z e H H Z e B B − = = − = 处 r H B → → → ; 0, 0 根据上述定解条件 H 和 B 显然与 r 有关。而且只有 分量为此提尝试解 2 1 2 I H H e r = = 因而 1 1 ( 0) 2 uI B uH e z r = = 0 2 0 2 ( 0) 2 u I B u H e z r = = 此解满足全部方程和边值关系，因此是唯一正确的解 根据 0 0 ( 1) ( 1) M z J M u H u u J u = = − = − 得到 M J = 0 0 ( 0) ( 1) ( 0 z z u Ie z u − 再由 2 1 0 1 ( ) f m z e B B u + = − 由 Z=0 处 f =0 得到 m = 0 ( 1) 2 r u I e u r − （Z=0） 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：由麦克斯韦方程组 ∮ii=1 ∮B.本=0 x=0处 e×(H2-i)=0 en×(B2-B)=0 因为H,和咀，只与r有关，所以有 πr(H(r)+H2(r)=I B(r)=B2(r） 所以 5+)=1 uo u B(r）=B2(r) 解得 B.(r)=B;(r)=u u+4oπr a,-=a.=e,×1(B2-B)=0 因为 fiod 所以 I=1T(B,+B)-πH2+H) =12xrB,-πrH,+H） =2u-ru1u1) u+uo +4πru+4πr -2l-1=2-W-1=w-1 u+uo u+uo u+uo 5某空间区域有轴对称磁场，在柱坐标原点附近已知 A,民-CZ-p)
解：由麦克斯韦方程组 0 L s H dl I B ds = = x=0 处 2 1 2 1 ( ) 0 ( ) 0 x x e H H e B B − = − = 因为 H2和H1 只与 r 有关，所以有 1 2 1 2 ( ( ) ( )) ( ) ( ) r H r H r I B r B r + = = 所以 1 2 0 1 2 ( ) ( ) ( ) B B r I u u B r B r + = = 解得 1 2 B r B r ( ) ( ) = = 0 0 uu I e u u r + 2 1 0 1 ( ) 0 f m m x e B B u − = = − = 因为 0 1 M l l I B dl H dl u = − 所以 2 1 2 1 0 2 2 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 ( ) ( ) 1 2 ( ) 2 ( ) 2 2 M I r B B r H H u rB r H H u uI u I u I r u u u u r u u r uI u u u u u I I I u u u u u u = + − + = − + = − + + + + − − − = − = = + + + 5 某空间区域有轴对称磁场，在柱坐标原点附近已知 2 2 0 1 Z ) 2 B B C Z − − （
其中B,为常量，求该处B。 解：因为磁场为轴对称所以有 B=B(P,Z) V.B=1 -(pB。)+ 0Bz aZ =10 (PB)-2CZ pop 所以 1 -(PB)=2CZ po 令 pB。=CZp2→B。=CZp 由 v×B=服-1E,+ B2_Be。+ p 00 p oZ z0。 0(pB。)-]e pop 因为 aB。_aB-0 dzo。 所以 B。=CZp V×B=0 B。=CZp 6两个半径为a的同轴圆形，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均匀的磁场时L和a的关系 解： dB=to ldlxp 4πr2 由图得
其中 B0 为常量，求该处 B 解：因为磁场为轴对称所以有 B B Z = ( , ) 1 ( ) 1 ( ) 2 BZ B B Z B CZ = + = − 所以 1 ( ) 2 B CZ = 令 B =CZ 2 = B CZ 由 1 1 ( ) ( ) 1 1 [ ( ) ] Z z r z B B B B B e e Z z B B e = + − + − － 因为 z B B z − =0 所以 B CZ = = B 0 B CZ = 6 两个半径为 a 的同轴圆形，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均匀的磁场时 L 和 a 的关系 解： 0 2 ˆ 4 u Idl r dB r = 由图得
dB=oldl sin 4π% B=∮dBcosa =41」 sin2 a cosaodl 4πr6 因为 R cosa=- R2+2 sina=- R2+ ∮dl=2πR B=4oR R=a 2(R2+) 将两线圈产生的磁场叠加 1 3+ 3} [a2+(L-Z2[(a2+(L+Zp B-”6ma1{[ Z+L Z-L 3 [(a2+(L+Z2]2[0a2+(L-Z2 8器-6w24-t+--d 4元 [0a2+(L-Z)2]℉[(a2+(L-Z)2] 令 B 20 得 2L=a 7.半径为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 解：设导体的磁导率为4导体外的磁导率为4
0 2 0 4 u Idl dB r = 2 sin B dB = cos = 0 2 2 0 sin cos 4 u I dl r 因为 2 2 cos R R r = + sin = 0 2 2 0 r R r + dl R = 2 2 0 0 2 2 0 2 ( ) u R B R a R r = = + 将两线圈产生的磁场叠加 2 0 3 3 2 2 2 2 1 1 1 2 [( ( )] [( ( )] B u Ia a L Z a L Z = + + − + + 2 3 3 2 2 2 2 2 2 6 [ } 4 [( ( ) ] [( ( ) ] B u Z L Z L a I Z a L Z a L Z + − = − + + + ＋ － 2 2 2 2 2 2 2 7 7 2 2 2 2 2 2 4( ) 4( ) 6 [ } 4 [( ( ) ] [( ( ) ] B u Z L a Z L a a I Z a L Z a L Z + − − − = − + + − + － 令 2 2 B Z =0 得 2L=a 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 解：设导体的磁导率为 0 u 导体外的磁导率为
V2A1z=-42 (1) V2A2z=0 (2) AIz=A2R-3 (3) AR0=有限 (4) A2zR=0 (5) 104:-1A:=0 (6) μar4ar V2Ais =0 72A2.=0 Ais =Azs R-0 A.R0=有限 Axn=有限 V2A,=0 V2A,=0 Aiy =A2y R=a A,R0=有限 A,lRn=有限 因为关于小x.y方向的方程和边界条件均为齐次.所以解为零. 有(1)得 1已(A)=-小，（因为只与r有关.所以只取r项 r oror G=2,r产+→- OA.=_1 %r+S →4：=4r+Gmr+e (7) 由(2)得 10raA)=0→rA=-d,→A=dh+d,8) 由(4)得 1 A=-44Jr2+c 由(3)得 -a,a2+e=dh+d 1 (9)
= − = = = = = − → → = 0 (6) 1 1 A 0 (5) A (4) A A (3) A 0 (2) A (1) 2 0 1 2 z az R 0 1 z 2 z R a 2 z 2 1 z 0 z 2 r A r A z z R 有限 = = = = = → → = 有限 有限 x x x R x x R a x x A A A A A A 2 1 0 1 2 2 2 1 2 0 0 = = = = = → → = 有限 有限 y R y R y y R a y y A A A A A A 2 1 0 1 2 2 2 1 2 0 0 因为关于小 x.y 方向的方程和边界条件均为齐次.所以解为零. 有(1)得 z 1z ) J r A (r r r 1 = − (因为只与 r 有关.所以只取 r 项) r c J r r A c z z 1 0 1 1 2 0 z z 2 1 J r 2 1 r A r = − + = − + 1 2 2 1 0 sin 4 1 A J r c r c z = − z + + (7) 由(2)得 1 2z 1 2 2z 2z d r 1 d A d ln r A ) 0 r r A (r r r 1 = − = + = (8) 由(4)得 2 2 1z 0 z J r c 4 1 A = − + 由(3)得 2 1 2 2 z d a 1 J a c d ln 4 1 − + = + (9)
由(6)得 1d-⊥64J,a (10) μa42 由(10)得 d=.a (11) 由(9)(11)得 cdda 1 a 只有 4w,ad,=-山，ah 1 C2= 代入解得： A4a-r A:=H -J:ha 4-4a-r) -n a 2 8、假设存在酸单极子其磁有为Q。它的酷场强度为日=Q,,给出它的矢势的一个可能 4π4r 的表示式.并讨论它的奇异性. 解： 由 B=V×AE=4,H(真空中) 有 V×A=4,A-Q 4πr3 和有球坐标系有 1a-8 rsin 0 00 +路水+层0 =Q。f 4x 0
由(6)得 J a) 2 1 ( 1 a 1 d 0 z t 1 = (10) 由(10)得 2 1 z J a 2 1 d = (11) 由(9) (11) 得 2 1 2 2 z d a 1 J a c d ln 4 1 − + = + 只有 2 2 z J a 4 1 c = a 1 J a ln 2 1 d 2 2 = − z 代入解得: J (a r ) 4 1 A 2 2 az = 0 z − r a J a A z z ln 2 2 2 = = = − r a z a A A z a r xz ln 2 ( ) 4 1 2 2 2 1 0 8. 假设存在磁单极子其磁荷为 Qm 它的磁场强度为 3 0 m 4 r Q r H = ，给出它的矢势的一个可能 的表示式.并讨论它的奇异性. 解: 由 B A = E 0H = (真空中) 有 3 m 0 r r 4 Q A H = = 和有球坐标系有 ( ) ( ) ( ) e A rA r r 1 rA e r A sin 1 r 1 e A sin A rsin 1 r r r − + − + − 2 r m 3 m e r 1 4 Q r r 4 Q = =
1 sin,）- Qm 1 rsin e 80 4n2 (1) 8o 11aA r sine 0o 2(A.) =0 (2) (rA)- OA. =0 (3) ae] 今V·A=0 利用球坐标系有 A)()+10 (4) rsin0 80 rsine d 因为r方向对H无贡献.选取A,=0. 由(3)得 Ao=0 所以 A=0 8d 1 6mA,)=9} rsin 0 80 4πr →局如a,小 Qm sin 4πr →s血A,=92∫sni0=8=(cs0)+C,( 4 4瓜 所以 C,()=C=常数 A,-Q(C-cos0) 4zsin0 因为 a490☏ C-cose ，C-一1=有限. 0-0 sine 所以 C=1
( ) ( ) = − = − = − 0 (3) A (rA ) r r 1 rA 0 (2) r A sin 1 r 1 (1) r 1 4 A Q sin A rsin 1 r r 2 m 今 A = 0 利用球坐标系有 ( ) ( ) 0 A rsin 1 sin A rsin 1 r A r r 1 r 2 2 = + + (4) 因为 r 方向对 H 无贡献.选取 Ar = 0. 由(3)得 A = 0 所以 0 A = ( ) r 1 4 Q sin A rsin 1 m = ( ) r sin 4 Q sin A m = ( ) () 1 m m cos C 4 r Q sin d 4 r Q sin A = = − + 所以 C1 () = C = 常数 ( ) C cos 4 rsin Q A m = − 因为 m 0 0 0 Q C cos C 1 lim lim lim A 4 r sin → → → − − = = = 有限. 所以 C =1
Qm(1-cose) A。=4asin0 (5) 将（⑤）式代入(2)式.验证(2)式成立 所以 7.A。=0V×A=4,H A=Ae。= Qm 1-cose 4πsn0 9.将一磁导率为4半径为R。的球体，放入均匀磁场H。内。求总磁感应强度B和诱导磁矩 m 解：以H。方向选为z轴.用球坐标.选用磁标势 24=-P (RR) (3) R0=有限 (4) 42Rn=-HoRcos日 (5) 4Rs,=42R=R (6) B1 R-R=B2R-R (7) 4=4o(1+Xm) a-(岳- vM=(伦-加-n-(发-巾a) -(会-以-巾长- +片-小%=0 .724=0 (8) 所以由(8)得到
( ) 1 cos 4 rsin Q A m = − (5) 将(5)式代入(2)式..验证(2)式成立. 所以. A = 0 A 0H = e sin 1 cos 4 r Q A A e m − = = . 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 ? 解:以 H0 方向选为 z 轴.用球坐标.选用磁标势 ( ) = = = − = = = − = − = = = = → → (7) (6) cos (5) (4) 0 R R (3) M (2) (R R ) (1) 0 0 0 0 1 2 1 $ 2 2 0 1 R 0 2 0 2 m 0 0 0 m 1 2 R R R R R R R R B B H R 有限 (1 ) = 0 + m 0 0 M 1 H = − ( ) 1 0 0 M ( 1) H 1 − = − = − ( ) ( ) 1 2 0 1 0 1 0 1 2 1 1 1 = − − − = − − = − 1 1 1 0 2 0 = + − 1 0 2 = (8) 所以由(8)得到
A=2aR+R(aos叭 由 R0=有限→bn=0 两=2 (9) 由(8)得 由 R=-HoRcos0 所以 aRP=-HoRCOS0 a1=-H0an=0 ks0-含致 (10) 由(6)(7)式得 含Rga0+2 w..p...cop 0R+2 [刊当n=0时有 =bo ao Ro a0=0 → 0= -bo bo=0 R [2]当n=1时有 aRRe-,R出+0P R 4=二3H。 4+246 P=-HP2P Ro A=-twRH。 4+24
P (cos ) R b a R n 0 n 1 n n 1 n = + = + n 由 1 R→0 = 有限bn = 0 n n n anR P = = 0 1 (9) 由(8)得 n n n n n P R b a R = + 2 +1 由 2 R→ = −H0Rcos 所以 a1RP1 = −H0Rcos a1 = −H0 an = 0 n n 0 n 1 n 2 0 P R b H Rcos = + = − + (10) 由 (6) (7)式得 ( ) + = − + = − + = = + − = + = n 0 n 0 n 2 n 0 n n 0 0 0 n 1 n 0 n 0 n 1 n 0 n n 0 n 0 R 0 n P R n 1 b na R P H cos P R b a R P H Rcos 1 当 n=0 时有 − = = 2 0 0 0 0 0 R b 0 R b a = = b 0 a 0 0 0 2 当 n=1 时有 − = − + = − + 3 1 0 0 1 1 0 0 1 2 1 0 1 1 0 1 0 0 1 R 2b a P H P P R b a R P H R P P ( ) + − + = + − = 0 0 3 0 0 1 0 0 0 1 2 2 3 H R b a H