电磁场 叶齐正 第五章答案修订

第五章 习题5.1 解：O 点的 B由直导线AB 、CD 和半圆环AmD 、BnC 产生的磁场的叠加1.O 点离AB 、CD 等导线的垂直距离为0，故AB 、CD 等导线在O 点产生的磁场为0。

2．AmD 半圆环在O 点产生磁场B 的大小：024m IB R µ=（为整圆环的一半）方向：垂直纸面向下。

BnC 半圆环在O 点产生磁场B 的大小： 014n IB R µ=方向：垂直于纸面向上因为：n m B B > 故O 点总磁场：01211(4n m I B B B R R µ=−=−方向与B n 的方向一致。

5.2 解：利用圆线圈在轴线上产生磁场的计算结果：在球面上任一点P 取一宽度 dl Rd θ= 的细圆环，如图所示， 其电流s s dI J dl J Rd θ==细圆环的半径为 sin r R θ= 细圆环的圆心'o 离球心o 的距离为cos a R θ= 则球心O 由于细圆环电流产生磁场（参考例题5.2的结果） 222200033222cos cos 222()s s dIr J Rd R J d dB Rr a µµθθµθθ===+O 点的总磁场20001cos (sin cos )02222ssJ J B dB d ππµµθθθθθ===×+∫∫00224s s J J µµππ=×=方向可由右手螺旋定则判断，沿Z 轴方向，故04s J B k µπ=5.3解 分析：若假设空洞处有大小同为0J ，但流向分解为k 和()k −方向的电流，这样可将此问题视为半径为b 的无限长圆柱内载有电流0()J k −和半径为a 的无限长圆柱内整体载有电流0J k的两个长圆柱在P 点产生磁感应强度的叠加。

利用安培环路定律，半径为a 的大圆柱在空洞内P 点所产生的磁感应强度大小为0ssB dS J dS µ=∫∫ i i211002r B J r πµπ= 所以 00112J r B µ=其方向由右手螺旋法则判断，沿以大圆柱轴线为中心，r 1为半径圆环的切线方向即 0001112J r B µα= 其中 0011r α⊥同样：小圆柱在P 点产生的磁感应强度为 0002222J r B µα=0022r α⊥仔细分析可以发现（如右图）11111222cos sin ()cos sin cos sin j i j i j iαθθθθαθθ⎧=+−=−⎪⎨=+⎪⎩ 于是总的磁感应强度为001002121122(cos sin )(cos sin )22J r J r B B B j i j i µµθθθθ=+=−++0022111122[(sin sin )(cos cos )]2J r r i r r j µθθθθ=−++显然在'oo p ∆中 "2211sin sin r r po θθ==""''1122cos cos r r oo o o oo c θθ+=+==所以： 0000[0]22J J c B i j c j µµ=×+×=由于P 空洞中的任一点。

故B为常矢量。

其方向垂直向上，即沿g 轴方向。

5.4 解：与上题思路相同，假设空洞中存在0J k 和0()J k −的电流，则各点处的磁感应强度可视为一个无限大均匀载流0J k 的平板和一个载流0()J k −的无限长圆柱各自产生的磁感应强度的矢量和。

以圆柱中心轴为圆点有0J J k =的无限大平板在空间各点产生的磁感应强度，可利用安培环路定律求出001000022J d iB J di J d iµµµ⎧−⎪⎪=−⎨⎪⎪⎪⎩2222d y d dy d y ≥−<<≤无限长圆柱产生的磁感应强度也可利用安培环路定律求出220000022200000[]22()[]22J a J a yi xj r x y B J r J yi xj µµαµµα⎧−=−−+⎪⎪+=⎨⎪−=−−+⎪⎩各处的场强为它们的矢量和 12B B B =+5.5 解：分析：在两导线的轴线平面上，磁场方向都垂直于纸面导线之间的区域由于磁场的叠加，磁感应强度增加，方向垂直纸面向下 01211()2I B B B x D xµπ=+=+− （r 为场点P 到其中某一根导线的垂直距离）导线外的区域：01211(2I B B B x Dµπ=+=− 方向垂直纸面向上 5.6 解：分析：计算方法与P 点的磁感应强度00001002121222J r J r B B B µµαα=+=+其中 0111cos sin j i αθθ=−0222cos sin j i αθθ=+001222111122[(sin sin )(cos cos )]2J B B B r r i r r j µθθθθ=+=−++其中 02IJ a π=所以 022Ic B j aµπ=5.7解：无限长直导体圆筒，当电流沿圆周方向流动是，可视为多层密绕的螺线管线圈。

管内磁场均匀，管外磁场为0，导体中的磁场不均匀，而且据右手螺旋法则可以判定圆筒内磁场方向沿z 轴正方向。

现计算圆筒内任意点P 的磁场H，过P 点作一矩形ABCD 。

如图所示，根据安培环路定律有lH dl I =∫i 总 （1）由于圆筒无限长，故圆筒导体内磁场方向必垂直于AD ，ＢＣ的绕行方向，而且ＣＤ边的磁场为０，故ＡＤ，ＢＣ和ＣＤ边的线积分对（１）式左边的环路积分无贡献，所以有 H l I l H I =⇒=i i 写成矢量形式有：H Ik =对于圆筒导体中的磁场，如右图中'P 点的磁场也可利用安培环路定律来计算。

同样作矩形''''A B C D ，设'P 点离圆筒轴线即ｚ轴的垂直距离为ｒ，则''''A B C D 内包含的电流为221R rl I R R −×∆×−显然若设'P 点的磁场强度为'H ，则有'221R r H l l I R R −×=×∆×− '221R rH I R R −⇒=−写成矢量形式'221R r H Ik R R −=−5.8 解：根据分界面衔接条件 1212t tt tH H B B =⎧⎨=⎩有：1212111111sin cos t t t n B B B B B B µµαα⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩00021111102111sin 1.5sin 871500cos 1.5cos87t t nB B B B B µµαµµα⎧===××⎪⎨⎪==×⎩ 所以20.0785()B T ==由折射定律：121tan tan µααµ=100211tan (tan )0.73µααµ−⇒== 5.9 解： 分界面上12t t H H = 121ttB B µµ⇒=由于B 1只有切线方向分量，故 11t B B = 22t B B = 所以 111225000.0024 1.2()t tB B B T µµ===×=5.10 解：设电流沿z 轴方向，且0α=的半无限大平面为零磁势面和磁障碍面，积分路径不能穿越，则根据例题5.4可知：任一场点P 处的标量磁势为2m I ϕαπ=−对照本题，可知A ，P 两点的标量磁势分别为0mA ϕ=mp ϕ=故A ，P 之间的磁压 U =5.11 解：若取XZ 平面为磁障碍面，原点为零磁势点，则根据例题5.5 可知y 轴上任意点P（0，y ）的磁势为116()2m I y ytg tg mA b ϕππ−−=−=−5.12 解，如y 平面上有面电流 10AJ im= ，则它在z<0区域中的磁场强度为常矢量，即 1022j H i i =−=−则z<0区域中任意点A 的标量磁势，A 的坐标（x ，y ，z ）()PP m A AH dl H idx jdy kdz ϕ==++∫∫i i0101010(0)5222PAx x H idx dx x x ==−=−−=−=∫∫ i5.13 该题与第二章习题2.16相同5.14 解：（1）由右手螺旋法则可判断z>0区域的磁场方向沿x 轴的正方向，又已知无限大面电流在周围空间产生的磁场大小为 2sJ H =则写成矢量形式为 2s J H i =（2）显然在z>0区域,磁感应强度 002s J B H i µµ==(1)根据磁矢势A 的方向总是与电流方向一致，可以判定A 只有j 方向的分量y A A j =根据 xi B A x A ∂=∇×=∂yj y A ∂∂z kz A ∂∂ =0i x ∂∂ yj y A ∂∂ 0kz∂∂ =y yA A k i x z ∂∂−∂∂ 将上式对照（1）是可以发现002y y s A k xA J zµ∂⎧=⎪⎪∂⎨∂⎪=−⎪∂⎩ 所以 2002ssy J J A dz µµ=−=−∫z 坐标轴。

代所以 y A A j ==（3）利用A(0,0,2)(0,3,2)(0,2,1)(0,0,1)(0,0,1)(0,0,2)(0,2,2)(0,2,1)lA dl A dl A dl A dl A dl φ==+++∫∫∫∫∫i i i i i20020()0()21Adyj A dyj z z =+++==∫∫20020(21)2sJ dy dy µ=+−−∫∫i i000()22ss J y J µµ=−×=5.15解：判断矢量1F 和2F是否磁感应强度B 矢量，须验证F ∇i 矢量是否等于0。

若0F ∇= i 则F 可能是B111()()220r r r F A e r A A r A r r r∂∇=∇===≠∂i i i i21()()0r r F A e A r αα∂∇=∇==∂ i i所以1F不可能是磁感应强度B ，而2F 有可能是。