发布时间 : 星期六 文章《电磁场与电磁波》第版(谢处方编)课后习题答案高等教育出版社精要更新完毕开始阅读
所以 A(r)???0I1?dS??() ?4?SR对于远区场，r??x?,r??y?，所以R?r，故
A(r)??故
?0I1?01?01 ??dS??()??[IdS]??()??(eIab)??()??z4??r4?r4?rSS??p?rr?0pm?(?3)?0m3 4?r4?r?psin? ?r（2）由于 A(r)??0pmez?(?)?e?0m4?r24?r3?0pm1?1?(er2cos??e?sin?) (sin?A?)?e?(rA?)?34?rrsin???r?rez?er cos?3又由于 er2cos??e?sin???r3?()??r?()22rr?p?Iabez?er?0Ie?e故 B??0m?(zr)??0?()???(d?) 224?r4?r4?B???A?er5.7 半径为a磁介质球，具有磁化强度为
M?ez(Az2?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???M??ez??(Az2?B)??ez?ez2Az?0
等效磁荷体密度为 ?m????M??磁介质球表面的磁化电流面密度为
?(Az2?B)??2Az ?zr?az
JmS?M?n?ez?er(Aa2cos2??B)? e?(Aa2cos2??B)sin?
I 等效磁荷面密度为
?1??0 ?2??
?m?n?Mx
r?a?er?ez(Aa2cos2??B)?
(Aa2cos2??B)cos?
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 H?e?所以得到 B1??0H?e?题5.8图
I
2?r?0I 2?r磁
化
强
度
B2??H?e? （
H1(P1) H2(P1)2
?I
2?r）
磁介质在的
M?则
1 l ? ?h?0B2?H?e?磁
化
(???0)I
2??0r电
流
体
密
度
H1(P2) H2(P2) ?1?2 题 5.9 图
Jm???M?ez(???0)I1d1d1(rM?)?ez(r?)?0 rdr2??0rdr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Im。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 I?Im?故得到 Im?(1?0??B?dl?C?I ?0??1)I ?0JmS=M?ezer(???0)I
2??0r在磁介质的表面上，磁化电流面密度为
z=05.9 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B1?B2?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H1、H2与H0的关系。
在分界面两侧，作一个尺寸为2?h??l的小矩形回路，如题5.9图所示。根据安培环路定律，有
??H?dl?H(P)?h?H(P)?h?H(P)?h?H(P)?h?I
11211222C（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
??HC0?dl?2H0(P1)?h?2H0(P2)?h?I （2）
由于P1和P2是分界面上任意两点，由式（1）和（2）可得到 H1?H2?2H0 即
B?22?1?2H 于是得到 B??1??202?22?1BB?H0 H2??H0 故有 H1??1?1??2?2?1??25.10 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?dS????A?dS???A?dl B???A得
SSC?1?B?2H0
n 媒质① 媒质② ?l A1 （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
C ? h ??A?dl?Ag?l?Ag?l?lim?12C?h?0SBgdS
A2 题5.10图
由于B为有限值，上式右端等于零，所以
A1g?l?A2g?l?0
由于矢量?l平行于分界面，故有
A1t?A2t
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B0?1T、??5000?0，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H1t?H2t，有
H?H0?B0?0
?B0 ?0B1?4999 M??H?(?1)B0??0?0?0?0B??H?对于很薄的圆铁盘样品，根据边界条件B1n?B2n，有
B?B0
H?B??B0? B114999 M??H?(?)B0??0?0?5000?05．12 如题5.12图所示，一环形螺线管的平均半径r0?15cm，其圆形截面的半径
a?2cm，鉄芯的相对磁导率?r?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）在鉄芯上开一个l0?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a??r0，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，可得螺旋管内的磁场为 H?22?aNI
与螺线管铰链的磁链为 ??NS?H?NI 2?r0故螺线管的电感为
2r0a r0o l0 I L??I??a2N22r01400?4??10?7?0.022?10002??2.346H
2?0.15（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B0?B??B，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
题5.12图
H0l0?H?(2?r0?l0)?NI
又由于B0??0H0、B???0?rH?及B0?B??B，于是可得 B?22???aNI 0r所以螺线管得磁链为 ??NSB??rl0?(2?r0?l0)?0?rNI
?rl0?(2?r0?l0)故螺线管得电感为
??0?ra2N24?2?10?7?1400?0.022?10002L????0.944H
I?rl0?(2?r0?l0)1400?0.001?2???0.15?0.001? （3）空气隙中的磁场能量为 Wm0?鉄芯中的磁场能量为 Wm??故
1?0H02Sl0 2Wm0Wm?12?0?rH?S(2?r0?l0) 2?rl01400?0.001???1.487 2?r0?l02??0.15?0.0015.13 证明：单匝线圈励磁下磁路的自感量为L0?1Rm，Rm为磁路的磁阻，故NI激励下，电感量为L?N2Rm。磁路中单匝激励下的磁场储能Wm0?Rm?022，则NI激励下的Wm?N2Wm0。
解 在单匝线圈励磁下，设线圈中的电流为I，有?0?L0I?2NI 磁路的磁通为 ??N?0?Rm22N 故电感量为 L??IRmI。则在NI激励下，Rm?R1I22在单匝线圈励磁下，Wm0?L0I??m?02。在NI激励下，磁路的磁能为
22Rm212N2I2N2Rm2Wm?LI???0?N2Wm0
22Rm2l1① w1
I1 r ② 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l1和l2，宽度分别为w1和
S w2w2，两线圈最近的边相距为S，两线圈中分别载有电流I1和I2。设l1>>l2，且两线圈都只有一匝，略去端
部效应。证明：两线圈的互感是
l2
题5.14 图
?0l2(S?w1)(S?w2) ln2?S(S?w1?w2)解 由于l1>>l2，因此可近似认为线圈①中的电
M?流在线圈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I1在线圈②的回路中产生的磁场为
B12?与线圈②交链的磁通?12为
?0I111(?) 2?rr?w1?0I1l2?S?w2S?w1?w2?11(?)ldr?ln?ln2??? ?rr?w12??SS?w1?S?0I1l2(S?w1)(S?w2) ln2?S(S?w1?w2)?l?(S?w1)(S?w2) 故两线圈间的互感为 M?12?02lnI12?S(S?w1?w2) 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
?I?12?012?S?w2导线与矩形回路间的互感是