《电磁场》课程教学资源_习题解答_典型例题_5-恒定磁场分析

例5.1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，如例5.1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。分析将空腔中视为同时存在和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，另一个电流密度为一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，解由安培环路定律Bgll=ml，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Jo"?，rbh12B,=ImbJr>b127例5.1图电流密度为-J、均匀分布在半径为α的圆柱内的电流产生的磁场为i_mj?raara2B,=maJ'ra,r>a2rf这里r和r,分别是点o。和0,到场点P的位置失量。将B和B,叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外B=学a?bb2°圆柱内的空腔外骤α?B-n-号#b,r>ar2空腔内mjdr<aB="J创r,-r)=22式中d是点和o,到点o的位置矢量。由此可见，空腔内的磁场是均匀的。评注与静电场中同样的问题类似，此题涉及叠加原理与安培环路定理的应用，也是利用补偿叠加方法求解。在求解过程中应注意磁场的方向

例 5.1 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，如例 5.1 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。 分析 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。 解 由安培环路定律 0 d C òÑB l g = m I ，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 m m ìï ï ? ï ï ï í ï ´ ï ï > ï ïî 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 m m ìï ï ? ï ï ï í ï ´ ï ï > ï ïî 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 圆柱外 2 2 0 2 2 2 b a b b a b a r b r r B J r r = − m 骣ç ÷ ? ç ÷ ç ÷ ç桫 ÷ 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 = − m 骣ç ÷ ? > ç ÷ ç ÷ ç桫 ÷ 空腔内 0 0 ( ) 2 2 b a a B J r r J d = − = r a m m 创 < 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。 评注与静电场中同样的问题类似，此题涉及叠加原理与安培环路定理的应用，也是利用 补偿叠加方法求解。在求解过程中应注意磁场的方向。 b r a r J ob oa a b 例 5.1 图

例5.2如例5.2（a）图所示，自无限远处沿x轴向半球形接地器引入电流I。在土壤中，电流I均匀地沿径向流向无限远处。试求xoy平面上任一点P(x,y,0)处的磁感应强度。设土壤的磁导率为μ%°例5.2图（a）例5.2图（b）例5.2图（c）分析空间的磁场由半无限长的线电流1和土壤中的均匀分布电流共同产生。将轴的正半轴上看成同时具有方向相反的线电流I，如图3.8所示。则点P(x,y,0)处的磁场为两个电流分布所产生的磁场的叠加：一是沿x轴流向半球形接地器中心点，然后再沿正y轴向上的折线电流：另一是沿y轴向下并流入土壤的电流。解折线电流在点P(x,y,O)处产生的磁场为xmlmlB, =e(14元y4元×Vx+o1+=e.4元×沿V轴向下并流入土壤的电流产生的磁场可由安培环路定律求解。当v>O时，得B, =e. Hol(y>0)a2元×当y<0时，由安培环路定律（如例5.2图（c）所示），可得2m - s- / -2元2sind0y= μoI(1-cos0)= μgI(1 +Vx?+y所以Ao1B'=e.--(1-2元xVx~+ 1

例 5.2 如例 5.2（a）图所示，自无限远处沿 x 轴向半球形接地器引入电流 I 。在土壤 中，电流 I 均匀地沿径向流向无限远处。试求 xoy 平面上任一点 P(x, y,0) 处的磁感应强度。 设土壤的磁导率为 0 。 I I x y o 例 5.2 图（a） I I I I x y o 例 5.2 图（b） I I x y o 0 例 5.2 图（c） 分析 空间的磁场由半无限长的线电流 I 和土壤中的均匀分布电流共同产生。将 y 轴 的正半轴上看成同时具有方向相反的线电流 I ，如图 3.8 所示。则点 P(x, y,0) 处的磁场为 两个电流分布所产生的磁场的叠加：一是沿 x 轴流向半球形接地器中心点，然后再沿正 y 轴 向上的折线电流；另一是沿 y 轴向下并流入土壤的电流。 解 折线电流在点 P(x, y,0) 处产生的磁场为 0 0 1 2 2 2 2 (1 ) (1 ) 4 4 z z I I x y   y x x y x y B e e = − − m m + + + 0 2 2 ( ) 4 z I x y x y xy   = − − + e 沿 y 轴向下并流入土壤的电流产生的磁场可由安培环路定律求解。当 y  0 时，得 0 2 0 2 z I y x   B e  =  （ ） 当 y  0 时，由安培环路定律（如例 5.2 图（c）所示），可得 0 2 2 0 0 2 0 2 d 2 sin d S 2 I xB r r          = =   J S 0 0 0 2 2 (1 cos ) (1 ) y I I x y = − = +    + 所以 0 2 2 2 (1 ) 2 z I y x x y    = + + B e

故当>0时，点P(x,y.0)处的磁场为B=B,+B=e.(x-y-/P+y)+e.)4元xy2元Xe.(x+y-+y)ce=4元×当y<0时，点P(x,y,0)处的磁场为B=B,+B,=.(x-y-J&+y)+e:ol4元x2元×Hol(x+y)=e. 4元xyVx+y2评注此题涉及叠加原理与安培环路定理的应用，在求解过程中，巧妙之处在于将y轴的正半轴上看成同时具有方向相反的线电流1，使得能用安培环路定理来计算流向土壤中的电流所产生的磁场。例5.3如例5.3图所示，无限长直线电流1位于磁导率为μ的磁介质与空气的分界面上。试求：（1）磁介质内外的磁场分布：（2）磁化电流分布。分析（1）磁场只有e分量，根据边界条件，有B,。=Bz。，即磁介质中的磁感应强度与空气中的磁感应强度相同，但磁场强度不同。可利用安培环路定律，并结合边界条件求解磁场分布；（2）由于轴上有线电流，因此磁介质中该处存在磁化线电流I，，其大小可由1d_B.dI求得。I+I.=HoYe解（1）根据安培环路定律，可得元rH,+元rH。=1由于B,=uH,、B=μoH。及B,=B=B，于是有1BB=I元r+元μAloL由此得到HoulB=e.例5.3图元（μ+H）rBoH.A元(u+μ)BμulH。Ho元(u+H0)r

故当 y  0 时，点 P(x, y,0) 处的磁场为 0 0 2 2 1 2 4 2 z z I I x y x y xy x     B B B e e = + = − − + +  （ ） 0 2 2 ( ) 4 z I x y x y xy   = + − + e 当 y  0 时，点 P(x, y,0) 处的磁场为 0 0 2 2 1 2 2 2 ( ) (1 ) 4 2 z z I I y x y x y xy x x y     = + = − − + + +  + B B B e e 0 2 2 ( ) (1 ) 4 z I x y x y xy x y   + − = − + e 评注 此题涉及叠加原理与安培环路定理的应用，在求解过程中，巧妙之处在于将 y 轴 的正半轴上看成同时具有方向相反的线电流 I ，使得能用安培环路定理来计算流向土壤中的 电流所产生的磁场。 例 5.3 如例 5.3 图所示，无限长直线电流 I 位于磁导率为  的磁介质与空气的分界面 上。试求：（1）磁介质内外的磁场分布；（2）磁化电流分布。 分析 （1）磁场只有  e 分量，根据边界条件，有 B B 1 2   = ，即磁介质中的磁感应强度 与空气中的磁感应强度相同，但磁场强度不同。可利用安培环路定律，并结合边界条件求解 磁场分布；（2）由于 z 轴上有线电流，因此磁介质中该处存在磁化线电流 m I ，其大小可由 0 1 d m C I I  + =  B l 求得。 解 （1）根据安培环路定律，可得 0 rH rH I    + = 由于 B H   =  、 B H 0 0 0 =  及 B B B  = = 0 ，于是有 0 B B   r r I   + = 由此得到 0 0 ( ) I r       = + B e 0 0 ( ) I r        = = + B H e 0 0 0 ( ) I r       = = + B H e  0 I x z 例 5.3 图

（2）磁介质中的磁化强度为(u-Mo)IM=(些-1)H,=e,(+0)o则磁化电流体密度为1d(μ-)(r-l)=011J.=VxM=e:Fa(-(rM.)=e元(μ+ μ)r d (在磁介质的表面上，当r≠0时，磁化电流面密度为Jms=Mxe.x=o=0在r=0处，存在磁化线电流I㎡。以=轴为中心、r为半径作一个圆形回路C，则有2μlI+I,=-§,Bdl=-oμ+o故得到Ia = 24- - /= 4-4h 1μ+Hoμ+o评注此题涉及的知识点：一是边界条件与安培环路定理的应用：二是磁化电流的计算。在磁介质中，有传导电流之处就有磁化电流。对于均匀磁介质，有1.=(μ,-1)I。但本题中，由于线电流位于两种磁介质的分界面上，不能由I.=（u,-1)I计算磁化线电流。例5.4已知一个平面电流回路在真空中产生的磁场强度为H。，若此平面电流回路位于磁导率分别为μ和μ，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H,和H,。分析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H、H，与H。的关系。解在分界面两侧，作一个尺寸为2Nh×△/的小矩形回路，如例5.4图所示。根据安培环路定律，有_H·dI= H,(P)Ah+H,(P)Ah-H,(P,)Ah-H,(P)Ah= I(1)因H垂直于分界面，所以积分式中H·N=O。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H。-d/=2H(P)4h-2H。(P)4h= I(2)

（2） 磁介质中的磁化强度为 0 0 0 ( ) ( 1) ( ) I r          − = − = + M H e 则磁化电流体密度为 0 0 1 d d 1 ( ) ( ) ( ) 0 d ( ) d m z z I rM r r r r r       − =   = = = + J M e e 在磁介质的表面上，当 r  0 时，磁化电流面密度为 0 0 mS x =  =  = J M e 在 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 ，则有 0 0 1 2 d m C I I I     + = = +  B l 故得到 0 0 0 2 m I I I I        − = − = + + 评注 此题涉及的知识点：一是边界条件与安培环路定理的应用；二是磁化电流的计算。 在磁介质中，有传导电流之处就有磁化电流。对于均匀磁介质，有 ( 1) m r I I = −  。但本题 中，由于线电流位于两种磁介质的分界面上，不能由 ( 1) m r I I = −  计算磁化线电流。 例 5.4 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。 分析 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。 解 在分界面两侧，作一个尺寸为 2hl 的小矩形回路，如例 5.4 图所示。根据安 培环路定律，有 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P和P,是分界面上任意两点，由式（1）和（2）可得到H, +H,=2H。H(P)H,(P)即NAhBB=2HoH,(P)H2(P)212于是得到2MH。B=-例5.4图μ + P2故有H,-B-24h-HoH,=B- 24- H.2评注此题涉及边界条件的应用，求解的关键点是，位于分界面上的平面电流回路所产生的磁场在分界面上只有法向分量。另外本题也可用磁镜像求解，假设平面电流回路平行于分界面，且距分界面为h，则分界面的影响可用像电流回路I'和"来等效替代，I'和！"产生的磁场分别为H'=(I"/I)H。和H"=(I"/I)H。。当h→0时，则H'+H。→H,，H"+H。→H,例5. 5有一电流分布J(r)=e,rJ(r≤a)，求矢量位A(r)和磁感应强度B(r)。分析由于电流只有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.A.(r)。在圆柱坐标系中，求解由A.(r)满足的一维微分方程和边界条件构成的比值问题，即可求出A(r)，然后由B(r)=V×A(r)可求出B(r)。解记r≤α和r≥α的矢量磁位分别为A(r)和A(r)。由于在r≥α时电流为零，所以V'A(r)=1%(rAl1)=-M0Jor(r≤a)rorar1 (r042)=0(r≥a)V? A.2 (r) =rarr由此可解得A.(r) =HoJor+C,Inr+D

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 2    = = + B H H 1 2 0 2 1 2 2    = = + B H H 评注 此题涉及边界条件的应用，求解的关键点是，位于分界面上的平面电流回路所 产生的磁场在分界面上只有法向分量。另外本题也可用磁镜像求解，假设平面电流回路平行 于分界面，且距分界面为 h ，则分界面的影响可用像电流回路 I 和 I 来等效替代， I 和 I 产生的磁场分别为 0 H H   = ( ) I I 和 0 H H   = ( ) I I 。当 h →0 时，则 0 1 H H H + → ， 0 2 H H H + → 。 例 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( ) 。 分析 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，求解由 A (r) z 满足的一维微分方程和边界条件构 成的比值问题，即可求出 A r( ) ，然后由 B A ( ) ( ) r r =  可求出 B r( ) 。 解 记 r  a 和 r  a 的矢量磁位分别为 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 r r     = = −   （ r  a ） 2 2 2 1 ( ) ( ) 0 z z A A r r r r r    = =   （ r  a ） 由此可解得 3 1 0 0 1 1 1 ( ) ln 9 A r J r C r D z = − + +  1 2 h l ( ) H1 P1 ( ) H2 P1 ( ) H2 P2 ( ) H1 P2 例 5.4 图

A.2(r)=C, lnr+D,A.,(r)和A.,(r)满足的边界条件为①r→0时，A.,(r)为有限值OA.OA.2② r=a时,A.(a)=Az(a),FEaror由条件①、②，有C =01Ho=Cna+9-30'=Ca由此可解得C2 =3oJoaD, =--lna)30oa'(3故goor+DA. (r) =Flooa'lnr-A.2(r)= -HoJoa-Ina3Y式中常数D,由参考点确定，若令r=0时，A,(r)=0，则有D,=0。空间的磁感应强度为(r≤a)B(r)=V×A(1)=e,40Jor2B(r)=VxA(r)=e, 4g(r≥a)3r评注在一般情况下，矢量磁位A(r)的方向与电流J(r)的方向不一定相同，但当J(r)=e.J.(r)或J(r)=egJ。(r)时，A(r)与J(r)的方向相同。例5.6如例5.6图所示，边长分别为a和b、载有电流1的小矩形回路。(1）求远处的任一点P(x,y,=)的矢量位A(r)，并证明它可以写成

2 2 2 ( ) ln A r C r D z = + ( ) 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， ( ) ( ) A z1 a = A z2 a ， r a z r a z r A r A = =   =   1 2 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 z = − +  3 3 2 0 0 0 0 1 1 1 ( ) ln ( ln ) 3 3 3 A r J a r J a 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 B A e =   =   （ r  a ） 3 0 0 2 2 ( ) ( ) 3 J a r r r   B A e =  = （ r  a ） 评注 在一般情况下，矢量磁位 A r( ) 的方向与电流 J r( ) 的方向不一定相同，但当 ( ) ( ) z z J r e r = J 或 ( ) ( ) J =   J r e r 时， A r( ) 与 J r( ) 的方向相同。 例 5.6 如例 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

A(r)= HloPm ×r4元3其中pm=e.lab;（2）由A求磁感应强度B，并证明B可以写成B=-4 (do)4元P(x,y,=)abee场点对小电流回路所张的立体角。式中d=2分析先利用矢量积分公式，将矢量磁位A(r)线积分转换为失量函数的面积分，然后再作远区场近似。1解电流回路的矢量磁位为X例5.6图LSA(r)= :-dl4元9cR式中R=[(x-x)? +(y-y)? +z?j/2=[r2-2rsin@(xcosΦ+y'sing)+x"2+y2/2根据矢量积分公式dl=dsx，有-dl=ds"xv(PcR而V'(RA所以A(r)=-[,dSxv(4元JR对于远区场，r>>x,r>>y"，所以R~r，故,dsx()=-,dSx(A(r)=-44元J4HoPm×r(e,lab)xV()=-岩 Pm×(-4元34元4元（2）由于HoPmsingA(r)=-Ho4元 Pme:×(-r24元故

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 (dΩ) 4  I  B = −  式中 2 dΩ z r ab r = e e 场点对小电流回路所张的立体角。 分析 先利用矢量积分公式，将矢量磁位 A r( ) 线 积分转换为矢量函数的面积分，然后再作远区场近似。 解 电流回路的矢量磁位为 0 ( ) 4  I  A r = 1 d C 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 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 1 ( ) d ( ) 4 S I r   = −    A r S 0 1 [ d ] ( ) 4 S I r   = −    S 0 1 ( ) ( ) 4 z Iab r   = −  e 0 3 ( ) 4 m r   = −  − r p 0 3 4 m r    = p r （2）由于 0 3 ( ) ( ) 4 m z r p r   = −  − r A e 0 2 sin 4 m p r     = e 故 x P x y z ( , , ) z a b r y I 例 5.6 图 

a11 aB=VxA=(sin0A,)--(rA.)earsingararHoPg(e,2coso+e in0)4元r又由于e,2cos0+e sin=-rv(cos)故B=-P()=-(abe%)=-v(d0)174元4元4元评注任何分布在有限区域内的电流回路所产生的远区磁场，都可以看成是由一个磁矩为pm=nIS的磁偶极子所产生的，也就是说磁场的最低阶近似是磁偶极子场，这是由于不存在磁单极的缘故。例5.7半径为a、长1的圆柱永磁体，沿轴向均匀磁化，其磁化强度为M=e.M。，如例5.7图所示。求远区场的磁感应强度。分析这是由永磁体所产生磁场的问题，可用等效磁荷来求磁场。因M是常矢量，Pm=-V.M=0。在永磁体的上下端面上有面磁荷分布：0m上=Me.=M。，Om下=-M·e.=-M，但在侧面上αm侧=M·e,=0。求远区磁场时，由于r>>1，可近似认为等效磁荷分别集中在上、下端面的中心，总磁荷分别为Qm=元a0m上=元a?MP(r,q)ROm下=元a'om下=一元’M。。1/2解由磁荷Om和m产生的标量磁位为10m上+9mm=R+R）V1/2其中：R =[r +(/2)~-rlcos0]2例5.7图R, =[r2 +(/2)? +rlcos 0]/2 。对于远区磁场，r>>1，则有111111R+coso，R2coso故得

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 评注 任何分布在有限区域内的电流回路所产生的远区磁场，都可以看成是由一个磁矩 为 m p n = IS 的磁偶极子所产生的，也就是说磁场的最低阶近似是磁偶极子场，这是由于不 存在磁单极的缘故。 例 5.7 半径为 a 、长 l 的圆柱永磁体，沿轴向均匀磁化，其磁化强度为 M e = z M0 ，如 例 5.7 图所示。求远区场的磁感应强度。 分析 这是由永磁体所产生磁场的问题，可用等效磁荷来求磁场。因 M 是常矢量， 0  m = − = M 。 在 永 磁 体 的 上 下 端 面 上 有 面 磁 荷 分 布 ：  m z 上 = = M e M0 ，  m z 下 = − = − M e M0 ，但在侧面上  =  r = 0 m侧 M e 。求远区磁场时，由于 r  l ，可近 似认为等效磁荷分别集中在上、下端面的中心，总磁荷 分别为 2 2 Q a a M m m 上 上 = =    0 ， 2 2 Q a a M m m 下 下 = = −    0 。 解 由磁荷 Qm上 和 Qm下 产生的标量磁位为 1 2 1 4 m m m Q Q R R     =     上 ＋ 下 其中： 2 1 2 2 1 R r l rl = + − [ ( 2) cos ]  ， 2 1 2 2 2 R r l rl = + + [ ( 2) cos ]  。 对于远区磁场， r  l ，则有 2 1 1 1 cos 2 l R r r = +  ， 2 2 1 1 cos 2 l R r r = −  故得 例 5.7 图 M R1 R2 r z x P r( , ) q q l 2 - l 2

a'M!cOs6Pm4r2B=-V0. =- LsMJla v(COs9) = 4Mala(e,2 cos+eg sin0)r24r34评注对于永磁体所产生的磁场，既可用等效磁荷来求解，也可用磁化电流来求解。用等效磁荷求解时，先由等效磁荷求出标量磁位Pm，然后由B=-Vm求出B：用磁化电流求解时，先由磁化电流求出矢量磁位A，然后由B=V×A求出B。由于βm是标量，而A是量，所以用等效磁荷来求解，要简便得多。例5.8如例5.8图所示，一环形螺线管的平均半径r=15cm，其圆形截面的半径a=2cm，铁芯的相对磁导率μ,=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μ，不变）（3）求空气隙和铁芯内的磁场能量的比值。分析由于α<<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。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H。与铁芯中的磁场强度H.不同。解（1）由安培环路定律，可得螺旋管内的磁场为NIH=2元r与螺线管铰链的磁链为Y=NSuH = Ha'N"!2r故螺线管的电感为例5.8图L-_Ha'N212r1400×4元×107×0.022×10002=2.346H2×0.15（2）根据安培环路定律，有Ho0l +H,(2元r -10)= NI又由于B=H、Bμ=o,H及Bo=B=B，于是可得

2 0 2 cos 4 m a M l r   = 2 2 0 0 0 0 0 2 3 cos ( ) ( 2cos sin ) 4 4 m r M la M la r r     B e e = −  = −  = +     评注 对于永磁体所产生的磁场，既可用等效磁荷来求解，也可用磁化电流来求解。用 等效磁荷求解时，先由等效磁荷求出标量磁位  m ，然后由 B = −    0 m 求出 B ；用磁化电 流求解时，先由磁化电流求出矢量磁位 A ，然后由 B A =  求出 B 。由于  m 是标量，而 A 是矢量，所以用等效磁荷来求解，要简便得多。 例 5.8 如例 5.8 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。 分析 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。 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。 解 （1）由安培环路定律，可得螺旋管内的磁场为 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 7 2 2 2 1400 4 10 0.02 1000 2.346 H 2 0.15 a N L I r    − = =     = =  （2）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 B B B 0 = =  ，于是可得 0 r 0 l I a o 例 5.8 图

Ho,NIB=μ,l。+(2元-1。)所以螺线管得磁链为?=NSB=μl+(2元ro-l)故螺线管得电感为L=31μl +(2元ro -1)4元2×10-7×1400×0.022×10002=0.944H1400×0.001+2×元×0.15-0.001（3）空气隙中的磁场能量为Wmo =HHS铁芯中的磁场能量为Wm=HoM,H,S(2元-10)2故Wmo=1400x0.001ulo=1.487Wmm2元-/2元×0.15-0.001评注由于铁芯的μ,>>1，所以H。>>H，与没有空气隙相比，B和减少许多。这是因为空气隙的磁阻较大，NI不变的情况下，螺线管中的磁通会大为减少，故自感也显著下降。例5.9同轴线的内导体是半径为α的圆柱，外导体是半径为b的薄圆柱面，其厚度可忽略不计。内、外导体间填充有磁导率分别为μ和μ，两种不同的磁介质，如例5.9图所示。设同轴线中通过的电流为I，试求：（1）同轴线中单位长度所储存的磁场能量：（2）单位长度的自感。分析同轴线的内外导体之间的磁场沿Φ方向，在两种磁介质的分界面上，磁场只有法向分量。根据边界条件可知，两种磁介质中的磁感应强度相同，但磁场强度不相同。可利用安培环路定律，并结合边界条件求解同轴线中的磁场。解（1）利用安培环路定律，当r<α时，有

0 0 0 0 (2 ) r r NI B l r l     = + − 所以螺线管得磁链为 2 2 0 0 0 0 (2 ) r r a N I NSB l r l      = = + − 故螺线管得电感为 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      = = = −  − 评注 由于鉄芯的 1 r  ，所以 H0  H ，与没有空气隙相比， B 和  减少许多。 这是因为空气隙的磁阻较大， NI 不变的情况下，螺线管中的磁通会大为减少，故自感也显 著下降。 例 5.9 同轴线的内导体是半径为 a 的圆柱，外导体是半径为 b 的薄圆柱面，其厚度可 忽略不计。内、外导体间填充有磁导率分别为 1 和 2 两种不同的磁介质，如例 5.9 图所示。 设同轴线中通过的电流为 I ，试求： （1）同轴线中单位长度所储存的磁场能量； （2）单位长度的自感。 分析 同轴线的内外导体之间的磁场沿  方向，在两种磁介质的分界面上，磁场只有法 向分量。根据边界条件可知，两种磁介质中的磁感应强度相同，但磁场强度不相同。可利用 安培环路定律，并结合边界条件求解同轴线中的磁场。 解 （1）利用安培环路定律，当 r a 时，有