电动力学第三章答案.pdf
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电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 1 - 1. 试用A r 表示一个沿 z 方向的均匀恒定磁场 0 B r 写出A r 的两种不同表示式 证明两者之 差是无旋场 解 0 B r 是沿 z 方向的均匀的恒定磁场 即 z e B B r r = 0 且 A B r r = 0 在直角坐标系中 z x y y z x x y z e y A x A e x A z A e z A y A A r r r r ) ( ) ( ) ( + + = 如果用A r 在直角坐标系中表示 0 B r 即 = = = 0 0 0 y A x A x A z A z A y A x y z x y z 由此组方程 可看出A r 有多组解 如 解 1 ) ( , 0 0 x f y B A A A x Z y + = = = 即 x e x f y B A r r ) ( 0 + = 解 2 ) ( , 0 0 y g x B A A A Y z x + = = = 即 y e y g x B A r r ) ( 0 + = 解 1 和解 2 之差为 y x e y g x B e x f y B A r r r ) ( ) ( 0 0 + + = 则 z x y y z x x y z e y A x A e x A z A e z A y A A r r r r ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( + + = 0 这说明两者之差是无旋场 2. 均匀无穷长直圆柱形螺线管 每单位长度线圈匝数为 n 电流强度为 I 试用唯一性定 理求管内外磁感应强度 B 解 根据题意 得右图 取螺线管的中轴线为 z 轴 本题给定了空间中的电流分布 故可由 = 4 3 0 dV r r J B r r r 求解磁场分布 又J r 在导 线上 所以 = 3 0 4 r r l Jd B r r r 1 螺线管内 由于螺线管是无限长理想螺线管 故 由电磁学的有关知识知 其内部磁电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 2 - 场是均匀强磁场 故只须求出其中轴线上的磁感应强度 即可知道管内磁场 由其无限长的特性 不妨取场点为零点 以柱坐标计算 x y x e z e a e a r r r r r sin cos = y x e ad e ad l d r r r cos sin + = ) sin cos ( ) cos sin ( x y x y x e z e a e a e ad e ad r l d r r r r r r r + = z y x e d a e d az e d az r r r sin cos 2 + = 取由 dz z z + 的以小段 此段上分布有电流 nIdz + + = 2 3 2 2 2 0 ) ( ) sin cos ( 4 z a e d a e d az e d az nJdz B z y x r r r r I n a z a z d nI e nI z a dz a d z 0 2 3 2 0 2 3 2 2 2 2 0 0 1 ) ( ) ( 2 ) ( 4 = + = + = + r 2)螺线管外部:由于是无限长螺线管 不妨就在 xoy 平面上任取一点 ) 0 . , ( P 为场点 ) ( a 2 2 2 ) sin sin ( ) cos cos ( z a a x x r + + = = r r ) cos( 2 2 2 2 + + = a z a ( = = x x r r r r x e a r ) cos cos z y e z e a r r ) sin sin ( y x e ad e ad l d r r r cos sin + = z y x e d a a e d az e d az r l d r r r r r ) cos( sin cos 2 + = + + = sin cos 4 3 2 0 3 2 0 0 dz e r d az d dz e r d az d nI B y x r r r ) cos( 3 2 2 0 + z e dz r a a d r 由于磁场分布在本题中有轴对称性 而螺线管内部又是匀强磁场 且螺线管又是无限 长 故不会有磁力线穿出螺线管 上述积分为 0 所以 0 = B r电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 3 - 3. 设有无穷长的线电流 I 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 本题的定解问题为 = = = = = = 0 1 0 0 2 0 2 1 2 2 0 1 2 1 1 ) 0 ( , ) 0 ( , z z z A A A A z J A z J A r r r r r r r r 由本题具有轴对称性 可得出两个泛定方程的特解为 = = r l Id x A r l Id x A r r r r r r 4 ) ( 4 ) ( 2 0 1 由此可推测本题的可能解是 = ) 0 ( , 2 ) 0 ( , 2 0 z e r I z e r I B r r r 验证边界条件 1 0 ) ( , 1 2 0 2 1 = = = B B n A A z r r r r r 即 题中 0 , = = e e e n z z r r r r 且 所以边界条件 1 满足 2 0 ) ( , 1 1 1 2 0 1 0 0 2 = = = = H H n A A z z r r r r r 即 本题中介质分界面上无自由电流密度 又 e r I B H e r I B H r r r r r r 2 2 2 2 0 1 1 = = = = , 0 1 2 = H H r r 满足边界条件 0 ) ( 1 2 = H H n r r r 综上所述 由唯一性定理可得 本题有唯一解 = ) 0 ( , 2 ) 0 ( , 2 0 z e r I z e r I B r r r 在介质中 M B H r r r = 0 故在 z0 的介质中 2 0 2 H B M r r r = 电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 4 - 即 e r I e r I e r I M r r r r ) 1 ( 2 2 2 0 0 = = 介质界面上的磁化电流密度 r z M e r I e e r I n M r r r r r r ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 0 0 = = = 总的感应电流 ) 1 ( ) 1 ( 2 0 2 0 0 = = = I e d r e r I l d M J M r r r r 电流 在 z0的空间中 沿 z 轴流向介质分界面 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 假设本题中得磁场分布仍呈轴对称 则可写作 e r I B v v 2 = 其满足边界条件 0 ) ( 0 ) ( 1 2 1 2 = = = v v v v v v v H H n B B n 即可得 在介质中 e r I B H v v v 2 2 = = 而 M e r I M B H v v v v v = = 0 0 2 2 在 x0 的介质中 e r I M v v 0 0 2 = 则 = l d M I M v v 取积分路线为 B A C B 的半圆 , e AB v Q AB 段积分为零 0 0 2 ) ( = I I M e r I I B M v v 2 ) ( 0 + = 由 e r I B e r I I M v v v 2 2 ) ( 0 = = + 可得 0 0 2 + = 电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 5 - 空间 e r I B v v 0 0 + = I I M 0 0 + = 沿 z 轴 5. 某空间区域内有轴对称磁场 在柱坐标原点附近已知 ) 2 1 ( 2 2 0 z C B B z 其中 B 0 为常量 试求该处的 B 提示 用 , 0 = B r 并验证所得结果满足 0 H r 解 由B v 具有轴对称性 设 z z e B e B B v v v + = 其中 ) 2 1 ( 2 2 0 = z c B B z 0 = B v Q 0 ) ( 1 = + z B z B 即 0 2 ) ( 1 = cz B A cz B + = 2 (常数) 取 0 = A 得 cz B = z e z c B e cz B v v v ) 2 1 ( 2 2 0 + = 1 0 , 0 = = D j v v Q 0 = B v 即 0 ) ( = e B z B z v 2 代入 1 式可得 2 式成立 cz B = c为常数 6. 两个半径为 a 的同轴线圈形线圈 位于 L z = 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于均匀的磁场时的 L 和 a 的关系 提示 用条件 0 2 2 = z B z 解 1 由毕 萨定律 L 处线圈在轴线上 z 处产生得磁感应强度为电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 6 - , 1 1 z z e B B v v = + = = d L z a Ia r r l Id B z 2 3 2 2 2 0 3 0 1 ) ( 4 sin 4 v v 2 3 2 2 2 0 ) ( 1 2 1 a z L Ia + = 同理 L 处线圈在轴线上 z 处产生得磁感应强度为 z z e B B v v 2 2 = 2 3 2 2 2 0 2 ) ( 1 2 1 a z L Ia B z + + = 轴线上得磁感应强度 z z z e a z L a z L Ia e B B v v v + + + + = = 2 3 2 2 2 3 2 2 2 0 ) ( 1 ) ( 1 2 1 2 0 = B v Q 0 ) ( ) ( 2 = = B B B v v v 又 0 = B v 0 , 0 2 2 2 = = z B z B v 代入 1 式中 得 6 2 2 2 5 2 2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 ) ( ) ( ) ( 6 ) ( ) ( ) ( ) ( a z L a z L z L a z L a z L z L a z L + + + + + + 6 2 2 2 5 2 2 2 3 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 ) ( ) ( ) ( 6 ) ( ) ( ) ( ) ( a z L a z L z L a z L a z L z L a z L + + + + + + + + + + + 0 取 z 0 得 0 ) ( 12 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 2 5 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 3 2 2 = + + + + + L a L a L L a L a L 2 2 2 5 a L L + = 电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 7 - a L 2 1 = 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 r 的微分方 程 设导体的磁导率为 0 导体外的磁导率为 解 定解问题为 = = = = 外 内 内 外 内 外 内 A A A A A a r A a r J A a a v v v v v v v v 1 1 ) ( , 0 ) ( , 0 0 2 0 2 选取柱坐标系 该问题具有轴对称性 且解与 z 无关 令 z e r A A v v ) ( 内 内 = z e r A A v v ) ( 外 外 代入定解问题得 = = 0 ) ) ( 1 ) ) ( ( 1 0 r r A r r r J r r A r r r 外 内 得 4 3 2 1 2 ln ) ( ln 4 1 ) ( C r C r A C r C Jr r A + = + + = 外 内 由 时的磁屏蔽作用 解 根据题意 以球心为原点 取球坐标 选取 0 H v 的方向为 z e v 在外场 0 H v 的作用下 球 壳极化 产生一个附加场 并与外场相互作用 最后达到平衡 B v 的分布呈现轴对称 定解问题 = = 时 1 ) ( 2 ) 2 )( 2 ( 2 0 0 0 + + 0 1 = B v 即球壳腔中无磁场 类似于静电场中的静电屏障 11. 设理想铁磁体的磁化规律为 0 0 0 ,M M H B + = r r 是恒定的与H r 无关的量 今将一个电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 13 - 理想铁磁体做成均匀磁化球 0 M 为常值 浸入磁导率为 的无限介质中 求磁感应 强度和磁化电流分布 解 根据题意 取球心为原点 做球坐标 以 0 M v 的方向为 z e v 本题具有球对称的磁场分布 满足的定解问题为 = = + + = ) ( , ) ( 3 2 ) ( , 2 2 0 3 0 5 0 3 0 0 0 0 0 R R R M R R R M R R R M B v r v v v v 电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 14 - 又 0 ) ( ) ( 0 1 2 0 其中 v v v v v v + = M R B B n 代入B v 的表达式 得 e M M v v sin 2 3 0 0 12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场 0 H r 中 结果如何 解 根据题意 假设均匀外场 0 H v 的方向与 0 M v 的方向相同 定为坐标 z 轴方向 定解问题为 = = = = = = cos cos , , 0 , 0 0 0 0 0 0 0 2 0 2 2 1 0 2 1 0 2 1 2 1 R H M R R R R R R R m R m R m m R R m m m m 解得满足自然边界条件的解是 ) ( , cos 0 1 1 R R R a m + = 代入衔接条件 0 0 1 3 0 1 0 0 0 2 0 1 0 0 0 1 2 M a R d H R d R H R a = + + + = 得到 0 0 0 0 0 1 2 3 + = H M a 3 0 0 0 0 0 0 1 2 ) ( R H M d + + = ) ( , cos 2 3 0 0 0 0 0 0 1 R R R H M m + + + = sin 2 3 cos 2 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 e H M e H M H r m v v v + + = = + = 0 0 0 0 0 2 3 H M v v ) ( , 2 2 2 3 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 1 R R M H M H B + + + = + = v v v v v + + = = r m e R R H M H H v v ) cos 2 2 ) ( cos ( 2 3 0 0 0 0 0 0 0 2 2 3 5 0 2 3 0 0 0 0 0 0 0 ) ( 3 ) sin 2 ) ( sin ( R m R R R m H e R R H M H v v r r v v + = + + + ) ( 3 3 5 0 0 2 0 2 R m R R R m H H B v v r r v v v + = = 0 3 0 0 0 3 0 0 0 0 2 2 H R R M m v v v + + + = 13. 有一个均匀带电的薄导体壳 其半径为 R 0 总电荷为 Q 今使球壳绕自身某一直径以 角速度 转动 求球内外的磁场B r 提示 本题通过解 m 或 A r 的方程都可以解决 也可以比较本题与 5 例 2 的电流分布 得到结果 解 根据题意 取球体自转轴为 z 轴 建立坐标系 定解问题为 = = = = 代入衔接条件 = + = 0 2 4 3 0 1 1 0 2 0 1 0 1 R b a R Q R b R a 解得 0 1 6 R Q a = 12 2 0 1 R Q b = ) ( , cos 6 0 0 1 R R R R Q m = 0 0 0 1 6 sin 6 cos 6 1 R Q e R Q e R Q H r m v v v v = = = v r v 0 0 1 0 1 6 R Q H B = = ) ( 3 4 1 sin 12 cos 12 2 3 5 3 2 0 3 2 0 2 2 R m R R R m e R R Q e R R Q H r r m r v v v v v v = + = = 其中 v v 3 2 0 QR m = ) ( 3 4 3 5 0 2 0 2 R m R R R m H B r v v v v v = = 14. 电荷按体均匀分布的刚性小球 其总电荷为 Q 半径为 R 0 它以角速度 绕自身某以 直径转动 求 1 它的磁矩 2 它的磁矩与自转动量矩之比 设质量 M 0 是均匀分布的 解 1 磁矩 = dV x J x m ) ( 2 1 v v v v电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 17 - 又 r R x e R v v v = = ) ( 3 4 ) ( 3 0 R R Q v x J v v v v v = = = = d drd R e e R Q d drd R R R R Q m r 2 4 3 0 2 3 0 sin ) ( 4 3 2 1 sin ) ( 4 3 2 1 v v v v r v 又 ) sin cos ( cos sin y x z r e e e e e e v v v v v v + = = + = 2 000 2 4 3 0 0 sin ) sin cos ( cos sin 8 3 R y x z d drd R e e e R Q m v v v v v v 5 sin 8 3 2 0 2 000 4 3 3 0 0 QR d drd R e R Q R z = = 2)自转动量矩 = = = = dV R R R M dm v R P d R L d L ) ( 4 3 3 0 0 v v v v v v v v v 5 2 sin 4 3 sin ) sin cos ( cos sin 4 3 sin ) ( sin 4 3 sin ) sin ( 4 3 sin ) ( 4 3 2 0 0 2 000 3 4 3 0 0 2 000 2 4 3 0 0 2 2 3 0 0 2 2 3 0 0 2 2 3 0 0 0 0 v v v v v v v v v v v R M d drd R R M d drd R e e e R M d drd R e R R M d drd R e e R R M d drd R e e e R R M R R y x z r r z r = = + = = = = 0 2 0 0 2 0 2 5 2 5 M Q R M QR L m = = v v v v 15. 有一块磁矩为m r 的小永磁体 位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中 求作用在小永磁体上的力F r .电动力学习 题解答参考 第三章 静磁场 - 18 - 解 根据题意 因为无穷大平面的 很大 则可推出在平面上 所有的H v 均和平面垂直 类比于静电场 构造磁矩m r 关于平面的镜像m r 则外场为 = = = 2 3 0 4 cos 4 r m R R m B m m e v v v ) sin cos ( 4 sin cos 2 4 3 0 3 3 0 e e r m e r e r m B r r e v v r v v + = = m v 受力为 z a r e e a m B m F v v v v ) cos 1 ( 64 3 ) ( 2 4 0 2 2 + = = = =- 配套讲稿:
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