第3章
CHAPTER 3



稳恒电场和磁场







稳恒电场是指在导体回路中由稳恒电源提供的电场，处于稳恒电场中定向运动的电荷形成的电流称为稳恒电流，而由稳恒电流激发的磁场称为稳恒磁场。稳恒电场和磁场均与时间无关，是独立于静电场的两类场。本章在总结归纳稳恒电场和磁场主要内容的基础上，重点分析、求解几类典型例题，并对主教材课后习题进行详解，给出部分相关内容的仿真编程代码以及所涉及的科技前沿知识，最后列举有代表性的往年考研试题详解作为相应重点的延伸。
3.1稳恒电场和磁场思维导图
利用思维导图勾勒出稳恒电场和磁场各部分内容之间的逻辑关系，如图31所示。读者也可以通过学习，结合自己的理解绘制新的思维导图，从而达到对知识的融会贯通。


图31稳恒电场和磁场各部分内容之间的逻辑关系

首先，作为过渡，本章介绍了稳恒电场和稳恒电流的概念及性质； 由于自然界不存在磁荷，稳恒电流才是磁场的源； 在此基础上，介绍了毕奥萨伐尔定律，用于计算任意电流分布情况下的磁场； 与静电场不同，静磁场具有无散性和有旋性，其积分形式就是磁通连续性原理和安培环路定律； 在两种材料的分界面上，磁场应该满足相应的边界条件； 为方便磁场的计算，引入矢量势函数的概念及库仑规范； 此外，通过研究介质中的磁场，引入了磁化强度和磁化电流的概念，并将真空中的方程扩展到磁介质中； 最后，针对磁场的能量和能量密度进行了分析。在大多数情况下，静磁场和静电场可以做类比，它们可以看作电磁场的左手和右手。类比学习是一种重要的方法。





3.2知识点归纳
稳恒电场和磁场涉及的知识点有：
电流密度、电动势； 
电流元； 
电荷守恒定律； 
磁感应强度； 
磁化强度、磁场强度和磁导率； 
磁通连续性原理； 
安培环路定律； 
磁矢势、磁标势； 
稳恒电场与磁场的基本方程、边界条件； 
安培力、洛伦兹力； 
电感； 
磁场能量密度和能量。

3.3主要内容及公式
结合本章知识点归纳，将主要内容及公式做如下分析。
3.3.1电流密度、电流元和电荷守恒定律
为了描述空间某一点电流分布的大小及方向，引入电流密度的概念，即



J=dIdS⊥J0(31)


体电流密度
J=dIdS⊥J0(面分布)
面电流密度
JS=dIdl⊥J0 (线分布)

其中，J0表示电流密度矢量的单位矢量。
电流元： 定义JdV′、JSdS′和Idl′分别为体电流元、面电流元和线电流元。电流元是研究磁场问题中“源”或“场”相互作用规律的基本单元，其地位类同于静电场中的电荷元。
电荷守恒定律的积分形式和微分形式分别为


∮SJ·dS′=-∫V′ρtdV′ (32a)


·J=-ρt(32b)



3.3.2稳恒电流的电场
1. 传导电流和运流电流


传导电流是指在导电媒质中的电流，其电流密度用Jc表示。服从欧姆定律的微分形式，即


Jc=σE(33)



运流电流是指真空或气体中的自由电荷在电场的作用下形成的电流(如电子管、离子管或粒子加速器中的电流)。运流电流的电流密度为


Jv=ρ�瘙經(34) 


2. 电动势
定义E为电源的电动势。它是局外电场力将单位正电荷由负极B送至正极A所做的功。数学表达式为


E=∫ABEe·dl(35)



3.  导电媒质中稳恒电场的基本方程及边界条件
积分形式微分形式


∮lE·dl=0×E=0

∮SJ·dS=0·J=0

I=GUJ=σE(36)

J1n=J2n

E1t=E2t(37)



或


σ11n=σ22n
1=2(38)



4.  焦耳定律


p=dPdV=E·J=J2σ=σE2(39)



5.  稳恒电场的静电比拟和电导
如果电容器内的介质是非理想的而是有耗的，具有电导率σ，可由电容器的电容来类比求其漏电导。由于电容器两极板间有漏电流I存在，故其漏电导为


G=IU=∮S1J·dS∫21E·dl=σ∮S1E·dS∫21E·dl(310)



其中,S1是包围任一导体表面的闭合面。而电容器的电容为


C=QU=∮S1D·dS∫21E·dl=ε∮S1E·dS∫21E·dl(311)



将式(310)和式(311)相除，可得


GC=σε(312)



利用上面的对偶关系直接得出其解，而无须重新求解拉普拉斯方程，该方法称为静电比拟法。
静电比拟法是一种间接法。具体为： 利用静电场中D,ε,Q和稳恒电场中J,σ,I存在的对偶关系，当电容和电导几何形状及尺寸相同时，将电容计算式中的ε换成σ便得到其漏电导。几种常用电容器的电容与漏电导或漏电阻及其电场如表31所示。


表31几种常用电容器的电容与漏电导或漏电阻及其电场



电容器平行板双根线同轴线球形孤立球
C0(C)εSdπεlnDa2πεlnr2r14πεr1r2r2-r14πεa
G0(G)σSdπσlnDa2πσlnr2r14πσr1r2r2-r14πσa
R0(R)dσSlnDaπσlnr2r12πσr2-r14πσr1r214πσa
E(Q)ρSεn*ρl2πεrerQ4πεr2erQ4πεr2er
E(U)Udn**Urlnr2r1err2r1Ur2(r2-r1)erar2er

注： *双根传输线用其电荷线密度所表示的线外的电场为

E=ρl2πε1r-r-Dcosφr2+D2-2rDcosφer-Dsinφr2+D2-2rDcosφeφ

**双根传输线用其线间电压所表示的线外的电场近似为

E=U2lnDa1r-r-Dcosφr2+D2-2rDcosφer-Dsinφr2+D2-2rDcosφeφ



3.3.3安培定律与磁感应强度
安培定律表示在线性磁介质中两个电流回路之间相互作用力的规律。真空中安培力的数学表达式为


F21=μ04π∮l2∮l1I2dl2×I1dl1×eR12R212(313)


一个电流回路在磁场中所受到的安培力(即磁场力)为


F=∮l′Idl′×B(314)



运动电荷Q在电场与磁场中所受到的洛仑兹力为


F=Q(E+�瘙經×B)(315)



或用洛伦兹力密度表示为


f=ρE+J×B(316)



由安培定律可导出在线性磁介质中计算磁感应强度的毕奥萨伐尓定律


 B=μ04π∮l′Idl′×eRR2

B=μ04π∫S′JS×eRR2dS′

B=μ04π∫V′J×eRR2dV′(317)



3.3.4磁矢势和磁标势
磁矢势： 为简化稳恒磁场问题的分析而引入的一个辅助量。磁感应强度与磁矢势A的关系为


B=×A(318) 


A的积分计算式为 


 A=μ04π∮l′Idl′R

A=μ04π∫S′JSdS′R

A=μ04π∫V′JdV′R (319)



磁矢势的微分方程为


2A=-μ0J(·A=0)(320)



磁标势： 为了进一步简化磁场的计算，仿照静电场中电势的引入方法，引入一个标量势函数m，称为磁标势。
因为磁场是有旋场，故在整个场域内不能引入标量势函数。然而，在无电流的区域，×H=0，仿照E=-，可令


H=-m(321)



注意： 磁标势仅适用于无电流且单连通的场域。
3.3.5磁偶极子和物质的磁化
磁偶极子的磁矩为m=IS，它在远处的矢势和磁感应强度分别为


A=μ04πm×RR3和B=×A=μ04π×m×RR3(322)



磁偶极子的磁感应强度在球坐标系中为


B=μ0m4πr32cosθer+sinθeθ(323)



稳恒磁场中的磁偶极子所受到的力矩为 


T=m×B(324)



物质的磁性分为抗磁性、顺磁性和铁磁性等。物质磁化后其内部出现磁化体电流密度Jm，其表面上出现磁化面电流密度JSm，即


Jm=×M=(μr-1)J和JSm=M×n(325)



而磁化强度为


M=χmH=(μr-1)H=1μ0-1μB(326)



这就是物质的磁化规律。在磁介质中利用磁场强度H=Bμ0-M=Bμ进行计算，可使问题简化。
3.3.6稳恒磁场的基本方程及边界条件
1. 基本方程


积分形式微分形式 


∮SB·dS=0·B=0

∮lH·dl=I×H=J

B=μHB=μH(327)



用磁矢势表示，即


2A=-μJ(328)



可见，磁介质中的稳恒磁场是有旋无散场。
2. 边界条件


B1n=B2n

H1t-H2t=JS(329)



或



n·B1-B2=0

n×H1-H2=JS(330)


A1=A2(331)


n×1μ1×A1-1μ2×A2=JS(332)



3.3.7电感与磁场能量
1. 互感


电感器是储存磁能的元件。电感分为自感和互感，分别与电流回路的固有磁场能(自能)和相互作用能(互能)相联系。两个电流回路之间的互感为


M12=Ψ12I2，M21=Ψ21I1 且M12=M21(333)




其中，


Ψ12=N1ym12=N1∫S1B2·dS1=N1∮l1A2·dl1

Ψ21=N2ym21=N2∫S2B1·dS2=N2∮l2A1·dl2


2. 自感
电流回路的自感为


L=ΨI(334)



自感又分为内自感Li(导体内)与外自感Le(导体外)，即


L=Li+Le=ΨiI+ΨeI(335)



互感与外自感也可以应用诺埃曼公式来计算，即


M12=M21=μN1N24π∮l2∮l1dl1·dl2R与Le=μN24π∮l2∮l1dl1·dl2R(336)



N个电流回路系统所储存的磁场能量为


Wm=12∑Ni=1IiΨi=12∑Ni=1LiI2i+12∑Ni=1∑Nj=1(j≠i)MijIiIj(337)



其中，Ψi=LiIi+∑Nj=1(j≠i)MijIj。
3. 磁场能量
体电流分布的磁场能量可表示为


Wm=12∫VA·JdV(338)



磁场能量可用场量表示为


Wm=12∫VH·BdV=∫VwmdV(339)



其中，wm是表明磁场能量分布的能量密度。在线性磁介质中，磁场的能量密度为


wm=dWmdV=12H·B=12μH2=B22μ(340)



3.3.8稳恒电场与稳恒磁场及静电场的基本特性比较
稳恒电场、稳恒磁场及静电场的基本特性比较如表32 所示。


表32静电场、稳恒电场与稳恒磁场的基本特性对比



类别静电场稳 恒 电 场稳 恒 磁 场

场
力
F21=Q1Q24πε0R212eR12


F=QEF静=qE恒


F非静=qE局外F21=μI1I24π∮l2∮l1dl2×dl1×eRR2

F=∮iIdl′×B

洛伦兹力公式f=ρE+J×B
续表



类别静电场稳 恒 电 场稳 恒 磁 场

场和
势函
数=14πε∫dQR


E=14πε∫dQR2eR=1σ∫∞PJ·dlB=μ04π∮l′Idl′×eRR2


A=μ04π∮l′Idl′R


Idl′=JSdS′=JdV′

基本

方程·D=ρ


×E=0


D=εE·J=0


×E=0


J=σE·B=0


×H=J


B=μH
微分
方程2=-ρε(E=-)


2=0(E=-)


2A=-μJ(B=×A)


2m=0(H=-m)



边界

条件
D1n-D2n=ρS


E1t=E2t


1=2


ε11n=ε22n


(ρS=0)



J1n=J2n


E1t=E2t


1=2


σ11n=σ22nH1t-H2t=JS


B1n=B2n


A1=A21μ1×A1-1μ2×A2t=JS

m1=m2


μ1m1n=μ2m2n (JS=0)
对
偶

量D=ε0E+P=εE

ε=ε01+χe=ε0εr


Q=∮SD·dSB=μ0(H+M)


μ=μ01+χm=μ0μr


ym=∫SB·dS
电路

参数C=QU=ε∮SE·dS∫lE·dlG=IU=σ∫SE·dS∫lE·dlL=ΨI=N∫SB·dSσ∫SE·dS
场的

通量ye=∫SE·dSym=∫SB·dS=∮lA·dl
场源

分布ρ=dQdV′

ρS=dQdS′

ρl=dQdl′J=dIdS′

JS=dIdl′

I=dQdt
介质

的极

化或

磁化

规律
p=Ql

P=np=ε0χeE

=ε-ε0E

ρb=-·P=-εr-1εrρ

ρSb=P·nm=IS

M=nm=χmH

=(μr-1)H

Jm=×M=(μr-1)J

JSm=M×n
续表



类别静电场稳 恒 电 场稳 恒 磁 场

场
能We=12∑Ni=1Qii

We=12∫VD·EdV

we=12D·E

=12εE2=D22εWm=12∑Ni=1IiΨi

Wm=12∫VH·BdV

wm=12H·B

=12μH2=B22μ


3.4重点与难点分析
结合本章主要内容及教学实践，将重点与难点分析如下。
3.4.1导体中电导或电阻的计算
求解导体的电导或电阻，是本章重点之一。主要方法有： 基于欧姆定律的设电流法(即设电流I求电压)和设电压法(即设电压U求电流)、电导公式积分法、静电比拟法等。但各种求解方法的简繁难易不同，要注意掌握和应用简便的分析计算方法，详见例3.1。
3.4.2如何理解稳恒电场中的高斯定理
静电场中，高斯定理作为描述该场的基本方程之一，具有重要地位。在稳恒电场中，均匀、线性、各向同性的导电媒质中存在着大量可自由定向移动的电荷形成稳恒电流，但高斯定理却为


∮SE·dS=∮SJσ·dS=1σ∮SJ·dS=0



这就意味着，导电媒质中任一闭合面内包围的净电荷量为零。
根据上式的微分形式： ·E=ρε0=0，不难得到任意位置处的电荷密度ρ=0。然而容易费解的是，明明有运动电荷存在，电荷密度为何又等于零呢？
事实上，在稳恒电场中，电荷守恒定律的微分形式为·J=-ρt=0，即有ρt=0。这表明电荷密度不随时间而变，此时导电媒质内电荷密度应包含两项： 设ρ+表示原子核或正离子的体电荷密度； ρ-表示电子或负离子的体电荷密度，则二者代数和为零，即ρ=ρ++ρ-=0。这表明在任一时刻通过导电媒质内某一点的邻域电荷总量不变，即净电荷为零，但这并不排斥ρ+、ρ-的运动或两者均做运动，从而形成稳恒电流。
3.4.3用毕奥萨伐尔定律进行磁场计算
毕奥萨伐尔定律反映了一定电流分布情形下所产生的磁感应强度的定量表达式，是分析稳恒磁场问题的理论基础。理论上，对于任意电流分布的磁场问题均适用，是分析计算磁感应强度B的最基本的一种方法，但由于上述积分是矢量积分，且随着载流体几何结构复杂度增大而计算难度也增大，故用该方法进行严格计算时只有简单电流分布时才适用。对于较为复杂的电流分布问题，可以建立积分式，通过数值计算得到场分布。
求解简单电流分布的磁场，应遵循“三先一找”的原则，即先选择一个合适的坐标系； 先小后大——先选择电流元，确定元场，再进行积分计算； 先定性分析后定量计算； 并善于发现，找出规律。
3.4.4磁矢势A的物理意义及应用
尽管A没有明确的物理意义，但若对其进行环路积分，则


∮lA·dl=∮l×A·dl=∫SB·dS



这表明磁矢势A的环量在数值上等于以l为边界的任意闭合曲面内对应的磁感应强度的通量。该式在形式上类似于安培环路定律。
正如安培环路定律可以用于求解电流分布具有一定对称性时的磁场一样，用此式也可计算同类电流分布的磁矢势，详见后面例题。
通过引入磁矢势A，不仅可以使磁场的计算问题得以简化，更重要的是，通过磁矢势A可以方便研究磁场的基本特性。给定电流分布求解磁场的基本问题，也可归结为通过求解满足边界条件的矢势的泊松方程2A=-μJ或拉普拉斯方程2A=0，再由B=×A而得。
用矢势法求磁场的方法可概括为： 
方法1： 由已知J(JS、I)A（r）=μ04π∫V′J（r′）RdV′AB=×AB； 
方法2： 由已知J2A=-μ0JAB=×AB。

3.4.5为何要引入磁标势
磁矢势A的引入在一定程度上可以简化磁场的计算，这是由于磁矢势A的方向与电流元的方向一致，比直接用毕奥萨伐尔定律简单许多。但相应的积分仍为矢量积分，尚需进行矢量分解或先做定性判断以简化计算。那么，自然会想到能不能像静电场一样也可以引入一个标量势函数？
因此，引入磁标势是仿照静电场中引入电势的思想，但它不像电势一样适用于任何场域，只有在静磁场中J=0且为单连通区域的地方，方可成立。由H=-m可得，在均匀、线性、各向同性的磁介质中，2m=0。故磁场的求解同样可归结为求解满足边界条件的磁标势的拉普拉斯方程问题(详见例3.5)。
对于铁磁材料，有B=μ0(H+M)，由·B=0，得


·H=-·M(341)



如果将磁偶极子看成是由一对等值异号的磁荷所产生，令磁荷密度ρm=-μ0·M，与静电场问题相对应，则有


·H=ρmμ0(342)



将H=-m代入式（342），得


2m=-ρmμ0(343)



这便是磁标势所满足的一般形式的微分方程。若磁介质被均匀磁化，在其内部有·M=0，可得磁标势m满足拉普拉斯方程。
3.4.6应用安培定律计算磁场时回路绕行方向规定
在应用安培环路定律时，闭合回路(安培环路)l所包围的总电流I应为l包围的所有电流的代数和，且要求与闭合回路l符合右手螺旋关系的电流为正； 反之，为负。这一规定是符合毕奥萨伐尔定律电流与磁场的正交关系。从安培环路定律的微分形式更容易理解： 涡旋源的方向与之所产生的涡旋场的方向服从右手关系。应用安培环路定律的三种情形如图32所示。


图32安培环路定律的几种场景



3.4.7磁场的几种常用计算方法
(1) 毕奥萨伐尔定律理论上适用于任何电流分布的情形，但需要通过矢量积分计算，随着结构的复杂难度增大。
(2) 安培环路定律仅适用于电流具有某种对称分布的情形。
(3) 用矢势定义法。先通过积分求得矢势A，再由B=×A求得B。
(4) 建立矢势A的微分方程(本章主要涉及泊松方程或拉普拉斯方程的特例——一维问题)。
(5) 在无电流的区域，求解磁标势的拉普拉斯方程2m=0，然后计算H=-m，再换成B。
3.5典型例题分析
例3.1一圆柱形电容器中内、外极板的半径分别为r1和r2，纵向长度为l，其中的介质是有耗的，电导率为σ，介电常数为ε。若两极板间的电压为U0，试求该电容器的漏电导。
解这是一个稳恒电场中涉及稳恒场、电势分布及有关参量的计算问题。本题的计算可以按照几种不同思路进行分析计算。
思路一： 设电量QE→U
J→IG；  
思路二： 设电势→U
→E→J→IG； 
思路三： 设电流IJEUG； 
思路四： 静电比拟法； 
思路五： 用电阻定义法。
方法1： 设电量法。
采用圆柱坐标系，取极轴为z轴。显然，电荷、电势关于z轴对称，因此两导体间的电场强度、电势只与径向变量r有关。设内外导体表面单位长度所带的电量分别为±ρl，由高斯定理可得两导体间任一点处的电场强度E。由


∮SεE·dS=εE·2πrl=ρll



得E=ρl2πεrer

因已知两导体间的电压为U0，则


U0=∫r2r1E·dl=∫r2r1ρl2πεrdr=ρl2πεlnr2r1



故ρl=2πεU0lnr2r1

所以


E=U0lnr2r11rer



若规定外导体的电势为0，则介质任一点的电势则为


=∫r2rE·dl=∫r2rU0lnr2r1rdr=U0lnr2r1lnr2r



因为存在漏电导，故两导体间有漏电流。设漏电流密度为J，由微分形式的欧姆定律J=σE得


J=σE=σU0lnr2r11rer



则通过任一半径的柱面(横截面)的电流强度为


I=∫SJ·dS=J·2πrl=2πσU0llnr2r1



由电导定义可得


G=IU0=2πσllnr2r1



方法2： 设电势法。

设两导体间的电势为，不妨规定外导体的电势为0，则所满足的定解问题为


2=0

|r=r1=U0

|r=r2=0



因电势函数关于z轴对称，故仅为r的函数，即


2=1rddrrddr=0



其通解为


=A+Blnr



代入|r=r1=U0,|r=r2=0，可得


A=U0lnr2r1lnr2,B=-U0lnr2r1



所以=U0lnr2r1lnr2r

再由E=-，得


E=-rer=U0lnr2r1rer



其余步骤同上。
方法3： 设电流法。
采用圆柱坐标系，取极轴为z轴。设由内导体表面流向外导体表面的电流为I，取半径为r的柱面考察，则穿过该柱面的电流密度大小为J=I2πlr，方向为半径方向。因此


J=I2πlrer


得
E=I2πlσrer


因已知两导体间的电压为U0，则


U0=∫r2r1E·dr=∫r2r1I2πlσrdr=I2πlσlnr2r1



由电导定义可得


G=IU0=2πlσlnr2r1



方法4： 用静电比拟法。
利用第2章知识，已知圆柱形电容器的电容为



C=2πεllnr2r1



根据静电比拟的原理，只要将电容器式中的介电常数ε换成电导率σ，即为其电导。
方法5： 用电阻定义法。
对于一横截面积为S、长为l、电导率为σ的导体，其电阻为


R=lσS



本题中的漏电流沿r方向，所以对于长为dl的电阻元而言，有


dR=dlσS=dr2πlσr



那么，半径分别为r1和r2的圆柱形电容器中内、外极板总电阻为


R=∫r2r1dR=∫r2r1dr2πσlr=12πσllnr2r1



电导为


G=1R=2πσllnr2r1



例3.2如图33所示，有两根导线沿半径引向圆环电阻上的
A,B两点，并在很远处与电源相连。求环中心的磁感应强度。


图33例3.2示意图


解本题属于用毕奥萨伐尓定律和场的叠加原理求解磁场的问题。载流线由五段构成： 沿AO线段、沿OB线段、与电源相连的线段、优弧AEB、劣弧AB。其中延长线通过圆心的两根载流线在圆心产生的磁感应强度为零，于是O 点的磁感应强度由与电源相连的直载流线和两载流圆弧产生。根据题意，与电源相连的直载流线距离O点很远，故可近似为无限长直载流线。其在O点处的磁感应强度为


B0=μ0I2πd



由于d→∞，故


B0=0



两圆弧在中心处的磁感应强度分别为


BAB=μ0I12Rl12πR



方向垂直纸面向里。


BAEB=μ0I22Rl22πR



方向垂直纸面向外。
根据并联电路中每一支路中电流与电阻的乘积相等的关系，有


I1l1=I2l2



故总磁感应强度为


B=BAB-BAEB=0 




图34例3.3示意图


例3.3一载有电流为I1的无限长直导线与一载电流为I2的刚性圆形闭合回路同在一平面内。圆环半径为R，其圆心到直线电流的垂直距离为d，如图34所示。求圆形回路所受的磁场力。

解本题涉及用安培定律计算两载流线间的相互作用力。由于属于非均匀受力问题，故需通过积分计算。理论上讲，两载流线间的相互作用力是相等的，但从计算难易程度看，考虑载电流I2处于电流为I1的无限长直导线所产生的磁场中较容易些。
在圆形闭合回路中任取一电流元I2dl，与直导线的距离为d+Rcosθ。该处磁感应强度大小为 


B=μ0I12π1d+Rcosθez



电流元I2dl受力为


df=I2dl×B=I2dlBsinπ2eR=I2BRdθeR



方向沿半径向外。
考虑整个圆形回路的受力情况，由于对称性，在y轴方向上的合力Fy=∫dfy=0，则整个线圈受力为


F=Fx=∫dfx=∫2π0I2BRcosθdθex

=∫2π0μ0I12πI2Rd+Rcosθcosθdθex=μ0I1I2R2π∫2π0cosθd+Rcosθdθex

=μ0I1I21-dd2-R2ex



受力方向沿x轴负方向。
例3.4在空气中放置一个半径为a、磁导率为μ的无限长直导线，其内均匀分布着电流I，如图35所示。求柱内、外的磁矢势A和磁感应强度B。


图35例3.4示意图


解这是一个稳恒磁场中涉及磁感应强度与磁矢势的计算问题。本题的计算可以按照两种思路进行分析计算。
思路一： 先求矢势A，再求旋度得到B；  
思路二： 先由安培环路定律求得B，再由∮lA·dl=∫SB·dS关系求得矢势A。
方法1： 建立圆柱坐标系，设柱内、外的矢势分别为A1，A2，则有2A1=-μJ,2A2=0。其中，J=Iπa2ez。由于电流具有轴对称性，且为无限长电流线，从而矢势与φ，z无关，则柱内、外矢势的定解问题为



2Az1=1rddrrdAz1dr=-μIπa2

2Az2=1rddrrdAz2dr=0

Az1|r=a=Az2|r=a

1μdAz1drr=a=1μ0dAz2drr=a


容易求得


Az1=a1+b1lnr-μIr24πa2，Az2=a2+b2lnr



不妨设零势点为r=a处，且Az1|r→0=有限值，得


Az1=μIa2-r24πa2，Az2=μ0I2πlnar


磁感应强度可由B=×A=1rerreφez
rφz
ArrAφAz求得。分别为


B1=×A1=1rerreφez
rφz
00Az1=μIr2πa2eφ

B2=×A2=1rerreφez
rφz
00Az2=μ0I2πreφ


方法2： 由安培环路定律，得
(1) 当r<a时，


由


∮lH1·dl=H1·2πr=I′=Ir2a2




得


H1=Ir2πa2eφ


B1=μH1=μIr2πa2eφ



(2) 当a<r时，

由


∮lB2·dl=B2·2πr=μ0I



得


B2=μ0I2πreφ



接下来计算磁矢势A。
(1) 当r<a时，

由于磁矢势的方向与电流方向相同，取如图35所示矩形积分环路，正方向沿顺时针。设r=a处为磁矢势的参考点。由∮lA·dl=∫SB·dS，得



∮lA·dl=Az1l+0·l=∫SB1·dS=∫arμIr2πa2ldr=μIl(a2-r2)4πa2

A1=μI(a2-r2)4πa2ez



(2) 当a<r时

取如图35所示矩形积分环路，由∮lA·dl=∫SB·dS，得


∮lA·dl=-Az2l+0·l=∫SB2·dS=∫raμ0I2πrldr=μ0Il2πlnra

A2=μ0I2πlnarez



例3.5求磁化强度为M0、半径为R0的均匀磁化铁球产生的磁场。
解本题考查用磁标势求解磁场的方法，解题时要注意磁标势的应用条件。

球内外分别为均匀区域，球外没有磁荷，球内磁化强度为常矢量，故


ρm=-μ0·M0=0



因而球内没有体磁荷，所以磁标势在这两个区域内满足的方程为



2m1=0，r<R0

2m2=0，r>R0



由于铁球磁化后产生的磁场满足轴对称分布，故球内外的通解形式为


(r,θ)=∑∞n=0anrn+bnrn+1Pn(cosθ)




(1) 根据自然边界条件： ①m1|r=0→有限值； ②m2|r→∞→0可得


φm1=∑∞n=0anrnPn(cosθ)

φm2=∑∞n=0bnrn+1Pn(cosθ)



(2) 当r=R0时，磁标势满足以下边值关系： 
① 界面连续,即m2=m1，故


bn=anR2n+10



② 由于不同介质的磁化强度不同，导致球面上存在面束缚磁荷，即


ρSm=-μ0en·(M2-M1)=-μ0er·M0



故磁标势的一阶导数在界面不连续，有


m2r-m1r=-er·M0=-M0cosθ



由此可得


2b1R30+a1=M0(n=1),bn=-nn+1anR2n+10(n≠1)



根据以上两个边值关系导出式，可以解出待定系数为


a1=M03,b1=M0R303,an=bn=0(n≠1)



代入通解，可得球内外的磁标势分别为


m1=M0rcosθ3=M0·r3
m2=R30(M0·r)3r3



根据磁标势的定义和铁磁介质的本构方程式(326)，得到



B1=-μ0m1+μ0M0=2μ0M03

B2=-μ0m2=μ0R3033M0·rr5r-M0r3



可见，在球外空间可以把均匀磁化铁球等效成一个磁偶极子，它的磁矩为


m=∫VM0dV=4π3R30M0



则球外空间的势和场可转化为


m2=m·r4πr3

B2=μ04π3m·rrr5-mr3





如图36所示，磁感应强度和磁场强度在球外的分布很相似，但是它们在球内的方向相反。总体来看，磁感应强度从球内到球外再到球内形成一个闭合回路，而磁场强度则不管是在球内还是在球外，总是从右半球面的正磁荷发出，最后终止于左半球面的负磁荷，这种性质非常类似于静电场分布，即起始于正电荷终止于负电荷。究其原因在于，磁标势与电标势满足类似的方程，因而也具有相似的性质。


图36例3.5示意图


例3.6一无限长直螺线管，横截面的半径为R，由表面绝缘的细导线密绕而成,单位长度的匝密度为n，当导线中载有I时，求管内外的磁矢势。
解本题基于磁矢势从环量角度看所具有的物理意义，是磁矢势的环量与相应磁场通量的关系在求解磁矢势中的应用。通电螺线管中电流激发的磁矢势方向应与电流方向一致，即沿圆周方向。如果在螺线管内作一半径为r的环形闭合回路，则


∮lA·dl=A·2πr



由式∮lA·dl=∫SB·dS，得


A(2πr)=∫SB·dS=μ0nI(πr2)



则管内磁矢势为


A=μ0nIr2eφ(r<R)



如果把回路作在螺线管外，则磁通为


ym=∫SB·dS=μ0πnIR2



于是可得管外磁矢势为


A=μ0nIR22reφ(r>R)



例3.7有一半径为a的球壳表面均匀带电，电荷密度为ρS。如图37所示，当球壳以角速度ω绕固定轴(位于xOz平面)旋转时，求z轴上任意场点r处的磁矢势。


图37例3.7图


解本题是对磁矢势定义的考查，针对运流电流所产生的磁矢势问题，只要将磁矢势积分式中的电流元用运流电流面密度元取代即可。

设r′和r分别表示球面上电荷源点P′和场点P相对于坐标原点O的位置矢量。r取为沿z轴方向，与r′夹角为θ′，与ω夹角为且ω位于xOz平面。依题意，O点到P′的距离为


|OP′|=|r′|=a



则P′到P的距离为


|P′P|=|R|=|r-r′|=R=a2+r2-2arcosθ′




利用式


A(r)=μ4π∫S′JS(r′)RdS′



式中


JS=ρS�瘙經,dS′=a2sinθ′dθ′dφ′



由于球面上电荷源点P′以角速度ω绕固定轴旋转，故其速度可表示为


�瘙經=ω×r′=exeyez
ωsin0ωcos
asinθ′cosφ′asinθ′sinφ′a cosθ′

=aω［-cossinθ′sinφ′ex+cossinθ′cosφ′-sincosθ′ey+

sinsinθ′sinφ′ez］



又因为


∫2π0sinφ′dφ′=∫2π0cosφ′dφ′=0



所以舍掉�瘙經中包含sinφ′或cosφ′的项，则


A(r)=-μ0a3ρSωsin2ey∫π0cosθ′sinθ′a2+r2-2arcosθ′dθ′



单独计算上式中的积分项可以得到


∫π0cosθ′sinθ′a2+r2-2arcosθ′dθ′=a2+r2+arcosθ′3a2r2a2+r2-2arcosθ′π0

=13a2r2［(a2+r2-ar)(a+r)-(a2+r2+ar)|a-r|］



对于积分结果，具体可分为球内部与球外部两种情况进行讨论： 
(1) 场点位于球内，即当r<a时，积分结果为2r/3a2； 
(2) 场点位于球外，即当r>a时，积分结果为2a/3r2。

最终求得磁矢势为


A(r)=μ0aρS3(ω×r)，r≤a

μ0a4ρS3r3(ω×r)，r≥a



式中,ω×r=-ωrsiney。
例3.8无限长直线电流I垂直于磁导率分别为μ1和μ2的两种磁介质的分界面，如图38所示。试求两种介质中的磁感应强度和磁化强度,并计算相应的磁化电流。


图38例3.8示意图


解本题涉及两种不同磁介质中磁场的计算问题，需要充分利用电流分布和边界条件对场的分布特征做出定性的判断，在此基础上判断能否用安培环路定律进行求解。
建立圆柱坐标系。均匀介质中电流I产生的磁场沿eφ方向。根据磁场的边界条件，在理想磁介质分界面上，磁场强度的切向分量连续，即有H1φ=H2φ。
由安培环路定律∮lH·dl=I，可得


H1=H2=I2πreφ



因此，两种磁介质中的磁感应强度分别为


B1=μ1I2πreφ，

B2=μ2I2πreφ



两种磁介质中的磁化强度分别为


M1=1μ0B1-H1=μ1I2πμ0reφ-I2πreφ=(μ1-μ0)I2πμ0reφ

M2=(μ2-μ0)I2πμ0reφ



则磁化电流密度为


JM1=×M1=1rddrr(μ1-μ0)I2πμ0rez=0； JM2=×M2=0



在两种磁介质分界面上，磁化电流面密度为


JSm=n×(M1-M2)=ez×(M1-M2)=-(μ1-μ2)I2πμ0rer



此外，在两种磁介质中，电流线附近r→0处磁场具有奇异性，所以此处存在磁化电流Im。
以z轴为中心，取半径为r的圆环为安培环路，由安培环路定律∮lB·dl=μ0(I+Im)，可得


I+Im1=μ1Iμ0



故


Im1=(μ1-μ0)Iμ0=(μr1-1)I



同理 Im2=(μr2-1)I

例3.9两个自感分别为L1和L2的单匝长方形线圈共面，线圈的长边分别为a1和a2(a1a2)相互平行，宽边分别为b1和b2。若两线圈中分别通有电流为I1和I2，两线圈的距离da2，如图39所示。求： 


图39例3.9示意图


(1) 两线圈间的互感； 
(2) 系统的磁场能量。

解本题涉及互感的近似计算和磁场能量与电感之间的关系，属于常规思路可解决的实际应用问题。
(1) 由于两线圈相距很近，且a1a2，故线圈2内的磁场可以近似看作是线圈1中两长边上相反方向无限长直导线产生的磁场。设线圈2中任一点距线圈1较远处长边长度为r，则


B=μ0I12π1r-b1-1reφ



两线圈的互感为


M=ym2I1=1I1∫b1+b2+db1+dBa2dr=1I1∫b1+b2+db1+dμ0I12π1r-b1-1ra2dr

=a2μ02πln(d+b1)(d+b2)d(b1+b2+d)



(2) 系统的磁场能量为


Wm=12L1I21+12L2I22+MI1I2



例3.10长直导线附近有一矩形回路，此回路与导线不共面，位置关系如图310所示。求直导线与矩形回路间的互感。


图310例3.10示意图




解设长直导线中的电流为I，则其产生的磁感应强度为


B=μ0I2πr



由图310可见，与矩形回路交链的磁通为


ym=μ0bI2π∫R1R01rdr=μ0bI2πlnR1R0

R1=［d2+(a+R20-d2)2］1/2=［R20+a2+2aR20-d2］1/2



故直导线与矩形回路间的互感为


M=ymI=μ0b2πln［R20+a2+2aR20-d2］1/2R0



例3.11同轴线的内导体半径为r1的圆柱体，外导体为r2的薄圆柱面，其厚度可忽略不计。内、外导体间填充磁导率分别为μ1和μ2的两种不同磁介质，如图311所示。设同轴线通有沿轴向的电流I且均匀分布。试求单位长导体内的磁场能量和单位长度的自感。


图311例3.11示意图


解以同轴线的轴线为z轴建立圆柱坐标系，同轴线内及两导体间的磁场沿φ方向，根据安培环路定律容易求得圆筒内任意点的磁场。
在r<r1区域内，有


∮lB·dl=B·2πr=μ0Iπr21πr2



可得B=μ0Ir2πr21

在r1<r<r2区域内，有


∮lH·dl=B1μ1+B2μ2·πr=I



可得B=μ1μ2Iπ(μ1+μ2)r

单位长导体内的磁场能量为


Wm=∫r1012μ0μ0Ir2πr2122πrdr+∫r2r112μ1μ1μ2Iπ(μ1+μ2)r2πrdr+

∫r2r112μ2μ1μ2Iπ(μ1+μ2)r2πrdr=μ0I216π+μ1μ2I22π(μ1+μ2)lnr2r1



再由Wm=12LiI2。可得


L=2WmI2=μ08π+μ1μ2π(μ1+μ2)lnr2r1


3.6课后习题详解
习题3.1一半径为a的均匀带电球，已知该球所带电量为Q，球体以匀角速度ω绕极轴旋转，求： 
(1) 球内的电流密度； 
(2) 若为电荷分布均匀的导体球壳，其他条件不变，求球表面的面电流分布。
解这是一个计算运流电流密度的问题。
(1) 采用球坐标系。选转轴为z轴，设球内任一点坐标为r(r,θ,φ)，则球内任一点的速度为�瘙經=ω×r，体电荷密度为ρ=QV=3Q4πa3。
由运流电流密度公式J=ρ�瘙經，得  


J=ρ�瘙經=3Q4πa3ω×r=3Q4πa3ωez×rer=3Qωrsinθ4πa3eφ




(2) 若为电荷分布均匀的导体球壳，则面电荷密度为ρS=QS=Q4πa2，球表面的面电流为


JS=ρS�瘙經=Q4πa2ω×aer=Qωsinθ4πaeφ



习题3.2同轴线中内、外导体的半径分别为r1和r2，其电导率为σ，内外导体中载有等值而异号的电流I，两导体间的电压为U0，并填满介电常数为ε的介质。试求内导体表面上的电场强度的切向分量和法向分量之比。
解采用两种方法求解。
方法1： 设电量法。
这是一个稳恒电场中涉及稳恒场和静电场的综合问题。
采用圆柱坐标系，取同轴线沿纵向的轴线为z轴。显然，电流分布、电压分布关于z轴对称，因此两导体间的电场强度只与径向变量r有关。设内导体表面单位长度上的电荷密度为ρl，由高斯定理可得两导体间任一点处的电场强度E。由


∮SεE·dS=2πrεE=ρl



得E=ρl2πεrer



由已知两导体间的电压为U0可得


U0=∫r2r1E·dl=∫r2r1ρl2πεrdr=ρl2πεlnr2r1




则E=U0lnr2r1·1rer


在内导体表面上的电场强度的法向分量为


En=U0lnr2r1·1rer



内导体中的电场可由微分形式的欧姆定律J=σEi求得。因电流密度大小为J=Iπr21，沿z轴方向，故可得内导体表面上的电场强度的切向分量为


Et=Jσ=Iσπr21



则内导体表面上的电场强度的切向分量和法向分量之比为


EtEn=Iπr21σU0
lnr2r1r1=Iπr1σU0lnr2r1



方法2： 设电势法。
设两导体间的电势为，不妨规定外导体的电势为0，则所满足的定解问题为


2=0

r=r1=U0

r=r2=0



因电势函数关于z轴对称，故仅为r的函数，即


2=1rddrrddr=0



其通解为


=A+Blnr


代入r=r1=U0,r=r2=0，可得


A=U0lnr2r1lnr2,B=-U0lnr2r1



所以=U0lnr2r1lnr2r


再由E=-，得


E=-rer=U0lnr2r1rer



其余步骤同上。
习题3.3球形电容器中内、外极板的半径分别为r1和r2，其中的介质是有耗的，电导率为σ，介电常数为ε。若两极板间的电压为U0，试求介质中的电势、电场强度与漏电导。
解使用五种方法求解。
方法1： 设电量法。
这是一个稳恒电场中涉及稳恒场、电势分布及有关参量的计算问题。
采用球坐标系，取极轴为z轴。显然，电荷、电势关于球中心对称，因此两导体间的电场强度、电势只与径向变量r有关。设内外导体表面所带的电量分别为±Q，由高斯定理可得两导体间任一点处的电场强度E。由

∮SεE·dS=4πr2εE=Q


得E=Q4πεr2er


因已知两导体间的电压为U0，则


U0=∫r2r1E·dl=∫r2r1Q4πεr2dr=Q4πε1r1-1r2



故Q=U04πε1r1-1r2-1

所以


E=U01r1-1r2-11r2er



若规定外导体的电势为0，则介质任一点的电势则为


=∫r2rE·dl=∫r2rQ4πεr2dr=U0r1r2-rrr2-r1



因为存在漏电导，故两导体间有漏电流。设漏电流密度为J，由微分形式的欧姆定律
J=σE得


J=σE=σU01r1-1r2-11r2er



则通过任一半径的球面(横截面)的电流强度为


I=∫SJ·dS=J·4πr2=4πσU0r1r2r2-r1



由电导定义可得


G=IU0=4πσr1r2r2-r1



方法2： 设电势法。
设两导体间的电势为，不妨规定外导体的电势为0，则所满足的定解问题为


2=0
|r=r1=U0
|r=r2=0



因电势函数关于球对称，故为r的函数，即


2=1r2ddrr2ddr=0



其通解为


=A+Br



代入|r=r1=U0,|r=r2=0，可得A=-U0r21r1-1r2-1，B=U01r1-1r2-1


所以=U01r1-1r2-11r-1r2 

再由E=-，得


E=U01r1-1r2-11r2er



其余步骤同上。
方法3： 用静电比拟法。
这里只针对电导而言。利用上一章知识，已知球形电容器的电容为


C=4πεr1r2r2-r1



同例3.1，据静电比拟的原理，只要将电容器式中的介电常数ε换成电导率σ，即为其电导。
方法4： 用电阻定义法。
对于一横截面积为S、长为l、电导率为σ的导体，其电阻为


R=lσS



本题中的漏电流沿r方向，所以对于长为dl的电阻元而言，有


dR=dlσS=drσπr2



那么，半径分别为r1和r2的球形电容器中内外极板总电阻为


R=∫r2r1dR=∫r2r1drσ4πr2=14πσ1r1-1r2



电导为


G=1R=4πσ1r1-1r2-1



方法5： 设电流法。
采用球坐标系，原点为球心。设由内导体表面流向外导体表面的电流为I，取半径为r的球面考查，则穿过该球面的电流密度大小为J=I4πr2，方向为半径方向。
因此


J=I4πr2er



得 E=I4πσr2er 
因已知两导体间的电压为U0，则


U0=∫r2r1E·dr=∫r2r1I4πσr2·dr=I4πσr2-r1r2r1



由电导定义可得


G=IU0=4πσr2-r1r2r1



习题3.4在双层介质平行板电容器中，厚度分别为
d1与d2
的两层介质填满两极板间的空间，且其分界面与极板平行。如果介质都是有耗的，其电导率和介电常数分别为σ1
与σ2
及ε1
与ε2
。当两极板间的电压为U0
时，试求每层介质上的电场、漏电流密度及介质分界面上的束缚电荷面密度。


图312习题3.4图

解这是一个计算稳恒电场中电流、电场及电荷的分布问题。

采用直角坐标系。取下极板所在平面为xOy面，垂直于平行板向上方向为z轴正向。设介质1、2中的电场强度分别为
E1、E2，且沿正z轴方向，如图312所示； 电流密度分别为J1=J2=J。由微分形式的欧姆定律J=σE，可得


E1=Jσ1,E2=Jσ2



利用电势公式，有


U0=∫d1+d20E·dl=∫d10E1dz+∫d1+d2d1E2dz=Jd1σ1+Jd2σ2 


从而可得


J=U0d1σ1+d2σ2-1=U0σ1σ2σ1d2+σ2d1 


于是，两种介质中的电场强度为


E1=σ1σ2U0σ1d2+σ2d1·1σ1=σ2U0σ1d2+σ2d1； E2=σ1σ2U0σ1d2+σ2d1·1σ2=σ1U0σ1d2+σ2d1


介质分界面上的束缚电荷面密度可由ρSb=n·P2+n′·P1求得，其中n、n′
分别为分界面上由介质2指向介质1和由介质1指向介质2的单位矢量。具体为


ρSb=n·P2+n′·P1=n·(P2-P1）=-ez·
［(ε2-ε0)E2ez-(ε1-ε0)E1ez］

=U0［ε0(σ1-σ2)+(ε1σ2-ε2σ1)］σ1d2+σ2d1


习题3.5有两片厚度均为d、电导率分别为σ1与σ2的导体片组成弧形导电片，其内、外半径分别为r1和r2，如图313所示。若A，B两端面间加电压U，且以B端面为电势的参考点，试求： 


图313习题3.5示意图


(1)  弧片内的电势分布； 
(2)  弧片中的总电流和总电阻； 
(3)  分界面上的自由电荷面密度。


如果将电极改置于导电片的两弧边，重求之。
解这是一个二维稳恒电场计算问题。
(1) 忽略掉边缘效应，可以看作是二维平面场问题。采用平面极坐标系，设介质1、2中的电势分别为1，2，电流密度分别为J1，J2,则电势所满足的定解问题为




21=0(0≤φ<θ1),22=0(θ1≤φ≤θ1+θ2)

1|φ=0=0,2|φ=θ1+θ2=U0

1|φ=θ1=2|φ=θ1,σ11φφ=θ1=σ22φφ=θ1



因电势函数只是关于φ的函数，故


21=1ρ2d21dφ2=0,22=1ρ2d22dφ2=0



其通解为


1=A1+B1φ,2=A2+B2φ



代入1|φ=0=0,2|φ=θ1+θ2=U0,1|φ=θ1=2|φ=θ1,σ11φφ=θ1=σ22φφ=θ1，可得


1=σ2Uσ2θ1+σ1θ2φ,2=σ1Uσ2θ1+σ1θ2φ+σ2-σ1θ1Uσ2θ1+σ1θ2



(2) J=J1=J2=σ1E1=-σ11=-σ1σ2Uσ2θ1+σ1θ2ρeφ


I=∫SJ·dS=∫r2r1σ1σ2Udσ2θ1+σ1θ2ρdρ=σ1σ2Udσ2θ1+σ1θ2lnr2r1


R=UI=σ2θ1+σ1θ2σ1σ2dlnr2r1



(3) ρS=D1n-D2n=ε1E1φ-ε2E2φ=ε1σ2-ε2σ1Uσ2θ1+σ1θ2ρ

如果将电极改置于导电片的两弧边，仍以B端面为电势的参考点。
(1) 电势所满足的定解问题为



21=0(0≤φ<θ1),22=0(θ1≤φ≤θ1+θ2)

1,2|ρ=r1=U0,1,2|ρ=r2=0



因电势函数只是关于ρ的函数，故


21=1ρddρρd1dρ=0,2φ2=1ρddρρd2dρ=0



其通解为


1=A1+B1lnρ,2=A2+B2lnρ



代入1,2|ρ=r1=U0,1,2|ρ=r2=0，可得


1=2=Ulnr1r2lnρr2



(2) J1=σ1E1=-σ11=σ1Ulnr2r1ρeρ;J2=σ2E2=-σ22=σ2Ulnr2r1ρeρ


I=∫SJ·dS=∫θ10σ1Udlnr2r1ρρdθ+∫θ1+θ2θ1σ2Udlnr2r1ρρdθ=(σ1θ1+σ2θ2)Udlnr2r1

R=UI=lnr2r1d(σ1θ1+σ2θ2)



(3) ρS=D1n-D2n=0-0=0
习题3.6一个半径为a的导体球，作为接地电极深埋于地下，设大地的电导率为σ，如图314所示。求接地电阻。


图314习题3.6示意图


解这是一个计算稳恒电场中漏电阻的问题。
设接地电极球面分布的电量为Q，由于深埋于地下，可以近似认为周围的电场关于球对称，即球面外任一点的电场强度为


E=Q4πεr2er



由欧姆定律J=σE可得




J=σE=σQ4πεr2er



总电流为


I=∮SJ·dS=σQ4πεr2·4πr2=σQε



表面任一点到无限远处的电势为


0=∫∞aE·dl=∫∞aQ4πεr2dr=Q4πεa


所以总电阻为


R=0I=14πσa



本题也可以用静电比拟法。由已知的孤立球形电容器的电容C=4πεa，将ε→σ，则有其电导为G=4πσa。
习题3.7两无限长平行直线电流线相距为d，分别载有等值而异号的电流I。试求两载流带间单位长度的相互作用力。

解这是一个利用安培定律计算受力的问题。
建立如图315所示的平面直角坐标系，向上方向为z轴正向。设导线1中电流I在导线2上任一点产生的磁感应强度为B，则


B=μ0I2πdey


导线2上电流元Idl受到的安培力为


dF=Idl×B



长度为Δl的载流线所受的安培力为


F=∫dF=IΔl×B=IΔlBex



作用力表现为斥力。单位长度上受到的安培力为


f=FΔl=μ0I22πd


同理，导线2对导线1的作用力也为斥力，大小相等，方向相反。

习题3.8有一宽度为b、载有电流I的无限长薄导体带位于x=0的平面上，其中心线与z轴重合，如图316所示。试求x轴上任一点的磁感应强度。若b→∞，重新计算前述问题。


图315习题3.7示意图




图316习题3.8示意图


解这是一个利用毕奥萨伐尔定律来计算磁感应强度的问题。
取中心线上任一点为坐标原点。在y轴上宽度为dy的载流线上的电流元为dI=Ibdy，其在x轴上任一点所产生的磁感应强度为


dB=μ0dI2πr=μ0Idy2πbx2+y2



在y轴关于原点对称的位置另取一电流元，所产生的磁感应强度元dB的大小关于x轴对称，如图316所示。故合成总场只有y轴分量,所以


B=∫dB=∫b2-b2dBsinθey=∫b2-b2μ0xIdy2πbx2+y2ey=μ0Iπbarctanb2xey



若b→∞，令面电流密度JS=Ib，则有 


B= limb→∞μ0Iπbarctanb2xey=μ0JSπ×π2ey=μ0JS2ey



考虑x>0和x<0两种情形，上式应为


B=±μ0I2bey=±μ0JS2ey



习题3.9有一半径为a、长为l的圆柱形长螺线管，单位长度上密绕n匝线圈，其中通有电流I。试求螺线管轴线上的磁感应强度，并讨论螺线管趋于无限长时的情况。
解这是一个利用场的叠加原理计算磁感应强度的问题。
参照配套教材《电磁场与电磁波》中例3.5，半径为a、通有电流I的圆环轴线z轴上的磁感应强度为


B=μ0a2I2a2+z232ez



设通电螺线管轴线中心为坐标原点，轴线为z轴。在z′处选取宽度为dz′的圆环，该载流环在z点所产生的磁感应强度为


dB=μ0a2nIdz′2a2+z-z′232ez



则通电螺线管总的磁感应强度为


B=∫dB=∫l2-l2μ0a2nIdz′2a2+z-z′232ez=nμ0I2l2-za2+l2-z2+l2+za2+l2+z2ez



当l趋于无限长时，上式的极限为


B=nμ0Iez



习题3.10在下列情况下，导线中的电流为I，所有圆的半径均为a，如图317所示。试求圆心处的磁感应强度。


图317习题3.10示意图


(1) 长直导线突起一半圆，圆心在导线所在的直线上； 
(2) 两平行长直导线及与之相切的半圆导线； 
(3) 将电流环沿某一直径折成相互垂直的半圆面。
解这是一个已知电流分布求磁场分布的问题。为讨论方便，建立如图317所示的坐标系。


由图317可知，载流线可分为C1，C2，C3(图317(c)为C1，C2两部分)，因此总磁感应强度应等于各部分所产生的磁场矢量之和。
由配套教材《电磁场与电磁波》例3.4可知，直载流线周围的磁感应强度为


B=μ0I4πr(cosθ′1-cosθ′2)eφ



那么在导线延线上任一点，因θ′1=θ′2=0，故B=0； 而在半无限长导线端点附近，因θ′1=0,θ′2=π2,故B=μ0I4πreφ。
圆环载流线中点处的磁感应强度由例3.5可知B=μ0I2aez，对于圆心角为α的圆弧，圆心处的磁感应强度则为


B=μ0Iα4πaez



所以，图317(a)中O点的总磁感应强度为


B=B1+B2+B3=0-μ0Iπ4πaez+0=-μ0I4aez



图317(b)中O点的总磁感应强度为


B=B1+B2+B3=μ0I4πa-ez+μ0I4πa-ez+μ0I4a-ez=-2+πμ0I4πaez



图317(c)中O点的总磁感应强度为


B=B1+B2=μ0I4aey+μ0I4aez



习题3.11下列的矢量函数中，哪些可能是磁场？若是，求其涡旋源。
(1) B=azez； 
(2) B=ayex-axey； 
(3) B=aex+bey； 
(4) B=μ0Ir2πa2eφ(圆柱坐标系)。其中,a,b≠0。
解这是一个用稳恒磁场的基本方程进行判断的问题。
根据稳恒磁场的基本性质为无源场，分别计算各自的散度是否为零即可判断。
(1) 因·B=Bxx+Byy+Bzz=azz=a≠0，故它不可能是磁场。
(2) 因·B=Bxx+Byy+Bzz=ayx-axy=0，故它可能是磁场。

其旋度为


×B=exeyez
xyz
BxByBz=exeyez
xyz
ay-ax0=-2aez



(3) 因·B=Bxx+Byy+Bzz=ax+by=0，故它可能是磁场。

其旋度为


×B=exeyez
xyz
BxByBz=exeyez
xyz
ab0=0




(4) ·B=1rrBrr+Bφφ+rBzz=1rφμ0Ir2πa2=0，故它可能是磁场。 

其旋度为


×B=1rerreφez
rφz
BrrBφBz=1rerreφez
rφz
0μ0Ir22πa20=μ0Iπa2ez



习题3.12设在赤道上地球的磁场B0与地平面平行，方向指向北方。若B0=5×10-5T，已知铜导线的质量密度为ρm=8.9g/cm3，试求铜导线在地球的磁场中飘浮起来所需要的最小电流密度。
解这是一个涉及安培力与重力的受力平衡问题。
设导线长为l、横截面为S，其中的电流密度为J，则所受的安培力为


F=Il×B=J×BlS



重力为


G=mg=ρglS



当铜导线与地面平行，在地球的磁场中飘浮起来时应满足


F=JBlS≥ρglS


J≥ρgB=8.9×103×9.85×10-5=1.74×109A·m-2




图318习题3.13示意图



习题3.13雷达或微波炉中磁控管的工作原理可用阳极与阴极为平行导体板的模型来说明。两极板的间距为d，电压为U，且在两极板间有稳恒磁场B0平行于极板，如图318所示。试证明，如果


U<eB20d22m




则以零初速自阴极发射的电子不能到达阳极。式中，e，m分别为电子电荷与质量。
证明： 建立如图318所示的坐标系。设电子刚好能到达阳极A时的速度为vm，方向应沿水平向右。
由动能定理得


12mv2m=eU



在水平方向上，根据动量定理，得


∫t0Fxdt=mvm



其中，Fx=f·ex=(-e�瘙經×B0)·ex=(-eex×�瘙經)·B0=eB0vy。

代入上式，可得


mvm=∫t0Fxdt=∫t0eB0vydt=eB0d



再将上式代入12mv2m=eU，整理得


Umin=eB20d22m



即有


U<eB20d22m



习题3.14无限长导体圆管的内、外半径分别为r1和r2，其中通有均匀分布且沿轴向的电流I。试求导体圆管内外的磁感应强度。
解本题可用安培环路定律求解。
建立圆柱坐标系。根据电流的对称性分布可知，磁感应强度为一族以轴线为中心的同心圆。任意长半径为r的圆周可选为安培环路。
将圆柱管由内到外分为三个区，设相应的磁场分别为B1，B2，B3。
当r<r1时，由安培环路定律∮lB1·dl=μ0I′，得


∮lB1·dl=B1·2πr=0



故


B1=0



当r1<r<r2时，有


∮lB2·dl=B2·2πr=μ0Iπ(r22-r21)·π(r2-r21)=μ0I(r2-r21)(r22-r21)



故


B2=μ0I(r2-r21)2π(r22-r21)reφ



当r>r2时，有


∮lB3·dl=B3·2πr=μ0I



故


B3=μ0I2πreφ



综上，可得


B=0，0≤r<r1

μ0I(r2-r21)2π(r22-r21)reφ，r1≤r≤r2

μ0I2πreφ，r2<r







习题3.15两个半径分别为a和b(a<b)的平行长直圆柱体，其轴线间距为d，且b-a<d<a+b。除重叠区域S外，两圆柱体中有沿轴向等值而反向的电流密度J0且均匀分布， 如图319所示。试求重叠区域S中的磁感应强度。


图319习题3.15示意图


解本题可用安培环路定律和叠加原理求解。
与习题3.14类似，建立圆柱坐标系，垂直于纸面向外的方向为z轴的正向。根据电流的对称性分布可知，磁感应强度为一族以轴线为中心的同心圆。
在圆O内，柱内阴影部分任一点位置r处的磁场满足∮lB·dl=μ0I′，取半径为r的圆周为安培环路，有


∮lB·dl=B·2πr=μ0J0πr2



故
B=μ0J0πr22πreφ=-μ0J0r×ez2


同理，可求出圆O′内任一点的磁感应强度。取半径为r′的圆周为安培环路，有


∮lB′·dl=B′·2πr′=μ0J0πr′2



故B′=μ0J0r′×ez2


再由叠加原理求得总场为


B总=B+B′=-μ0J0r×ez2+μ0J0r′×ez2=μ0J0(r′-r)×ez2=μ0J0ez×d2



其中，d为由O点指向O′点的矢量。
习题3.16有一N匝、载电流I、边长为a的方环形线圈，位于均匀磁场B0中。若环面法线与B0的夹角为α，试求磁场作用于方环形线圈的转矩。
解本题用均匀磁场中磁偶极子的力矩公式可求得。
由磁偶极矩的定义容易得到： N匝、载电流I、边长为a的方环形线圈所具有的磁矩为


m=NIa2n



n为线圈所在平面的法线方向。
该磁场作用于方环形线圈的转矩为


T=m×B0 


旋转磁矩的大小为


T=NIa2B0sinα



习题3.17有一细小磁铁棒，沿其纵向的磁矩为m，位于无限长细直线电流I的磁场里，且线电流I沿m的方向为正。若磁棒与线电流的距离为d，试求磁场作用于磁棒上的转矩。
解建立圆柱坐标系，载电流I的方向沿正z轴方向。在距离其为d处的磁感应强度为


B=μ0I2πdeφ



该磁场作用于小磁铁棒的转矩为


T=m×B=mμ0I2πdez×eφ=-μ0mI2πder




图320习题3.18示意图



习题3.18有一用细导线密绕成N匝的平面螺旋形线圈，其半径为a，通有电流I，如图320所示。试求其磁矩。

解用细导线密绕的平面螺旋形线圈可近似看作均匀面电流分布情形。
在载流平面圆盘内取一半径为r、厚度为dr的同心薄圆环，其上分布的电流强度为


dI=NIadr





所产生的磁矩为


dm=dIπr2=NIaπr2dr



其方向沿着轴线，与电流方向服从右手关系。设该轴线为z轴，则总磁矩为


m=∫a0dm=ez∫a0NIaπr2dr=NIπa23ez




习题3.19一半径为a的无限长螺线管，单位长度上密绕n匝线圈，其中通有电流I。螺线管中填满磁导率为μ的磁芯，如图321所示。试求螺线管内的磁场强度、磁感应强度和磁芯表面的磁化面电流密度。


图321习题3.19示意图


解本题讨论的是磁介质中的磁场问题。因为无限长通电螺线管的电流分布关于轴线对称，因此可知管内的磁场分布关于轴线对称，管外磁场为零。基于空心管轴线上任一点的磁感应强度的计算结果为B=nμ0I，同理可得填充介质时管内外的磁场平行于轴线，可用安培环路定律求解。选择如图321所示的安培环路l，



由介质中的安培环路定律，可得 


∮lHi·dl=Hi·Δl=IΔl



螺线管内的磁场强度为


Hi=nI



磁感应强度为


Bi=μHi=nμI



写成矢量形式分别为Hi=nIez，Bi=nμIez。
设磁芯表面的磁化面电流密度为JSm，由磁感应强度的安培环路定律得


∮lB·dl=BΔl=μ0(I+IMS)=μ0(nΔlI+JSmΔl)



从而得


JSm=μ-μ0μ0nI=(μr-1)nI



矢量形式即为


JSm=(μr-1)nIeφ




图322习题3.20示意图



习题3.20有一电磁铁由磁导率为μ的U形铁轭和一个长方体铁块构成，其厚度均为b，宽度均为d。为避免铁块与铁轭直接接触，两者之间有一厚度为t的薄铜片。如果铁轭半圆的平均半径为a，圆心至铜片的距离为h，且铁轭上绕有通电流I的N匝线圈，如图322所示。试求铜片隙中的磁通、磁阻与磁感应强度。


解本题涉及磁路的有关运算。由于d,ba，故螺线管内的磁场可近似看作是均匀场。设铁轭和铁块中的磁场强度为H，薄铜片中的磁场强度为H0。若忽略漏磁，由磁通连续性原理可知，铁轭、薄铜片和铁块中的磁感应强度均为B，且B=μ0H0=μH。根据安培环路定律，得


∮lH·dl=HL1+H0L2=NI



即Bμ(πa+2h+2a+d)+2tBμ0=NI


故磁感应强度为


B=NIπa+2h+2a+dμ+2tμ0



磁通量为ym=BS=Bbd=NIπa+2h+2a+dμbd+2tμ0bd


根据磁路定律，令Rm1=πa+2hμbd,Rm2=2tμ0bd,Rm3=d+2aμbd分别为铁轭、薄铜片和铁块的磁阻。
习题3.21一半径为a、载均匀分布的电流I的长直圆柱导体，其磁导率为μ0。它外面套以同轴的磁导率为μ的磁介质圆管，其内、外半径分别为b与c(a<b<c)。试求空间各点的磁场强度和磁感应强度及磁介质圆管表面上的磁化面电流密度。如果移去磁介质圆套管，磁场的分布有何变化？
解本题是一个涉及磁介质中的磁场问题，可运用安培环路定律求解。
根据电流关于轴线对称，可知磁场线为以轴线为中心的一族同心圆。采用圆柱坐标系，分别计算各区磁场如下： 
(1) 当r<a时，

由安培环路定律，得


∮lH1·dl=H1·2πr=I′=Ir2a2



故有


H1=Ir2πa2eφ



磁感应强度为


B1=μ0H1=μ0Ir2πa2eφ




(2) 当a<r<b时，

由安培环路定律，得


∮lH2·dl=H2·2πr=I



故有


H2=I2πreφ



磁感应强度为


B2=μ0H2=μ0I2πreφ




(3) 当b<r<c时，

由安培环路定律，得


∮lH3·dl=H3·2πr=I



故有


H3=I2πreφ




磁感应强度为


B3=μH3=μI2πreφ




(4) 当c<r时，

由安培环路定律，得


∮lH4·dl=H4·2πr=I



故有


H4=I2πreφ



磁感应强度为


B4=μ0H4=μ0I2πreφ



为了求出磁介质圆管表面上的磁化面电流密度，不妨设由磁介质指向真空的分界面法线方向为en，则JSm=M×en。在r=b面上，有


JSm|r=b=M3×en|r=b=B3μ0-H3×enr=b=μμ0-1I2πbeφ×-er=(μr-1)I2πbez



同理，在r=c面上，有


JSm|r=c=M3×en|r=c=B3μ0-H3×enr=c=μμ0-1I2πceφ×er=1-μrI2πcez



如果移去磁介质圆套管，磁场强度的分布不变，磁感应强度(2)(3)(4)情形的结果均为μ0I2πreφ，则磁化电流不复存在。
习题3.22一半径为a、长为L、磁导率为μ的均匀磁化圆柱形永久磁铁，其磁化强度M0沿柱轴方向。试求圆柱体内与柱面上的磁化电流密度及柱轴上的磁感应强度。
解采用圆柱坐标系，设磁化强度的方向沿z轴方向。
圆柱体内的磁化电流密度公式为Jm=×M，即可得


Jm=×M0ez=0



柱面上的磁化电流密度公式为JSm=M×en，则有


JSm=M0ez×eρ=M0eφ



柱轴上的磁感应强度可以看作是由磁化电流密绕的直螺线管产生。以轴线中心为坐标原点，任一点z处的磁感应强度为(见习题3.9)


B=∫dB=∫L2-L2μ0a2JSmdz′2a2+z-z′32ez=μ0M02z+L2a2+z+L22-z-L2a2+z-L22ez



习题3.23半径为a的磁介质球，其磁导率为μ，球外为空气。已知球内、外的磁场
强度分别为


H1=Ccosθer-sinθeθ和H2=D2r3cosθer+1r3sinθeθ



试确定系数C，D间的关系，并求出磁介质球表面上的自由面电流密度JS和总的面电流密度JSt。
解本题是用磁场的边界条件计算有关电流分布的一个问题。
由边界条件： B1n=B2n,n×(H1-H2)=JS,n×(B1-B2)=μ0(JS+JSm)，可分别得


B1n=μCcosθ=B2n=μ02Da3cosθ



则有


C=2μ0a3μD



及


JS=n×(H1-H2)=-er×(H1-H2)=Csinθ+Da3sinθeφ=1+μ2μ0Csinθeφ



总的面电流密度为


JSt=JS+JSm=n×B1-B2μ0=μ0H2t-μH1tμ0eφ=3μ2μ0Csinθeφ



习题3.24有一铁磁材料的球壳，其内、外半径分别为r1和r2，它被均匀磁化到M0，其方向沿极轴方向。试求球壳内外极轴上的磁标势及磁感应强度。
解采用球坐标系，取M0的方向沿极轴z轴方向。因球壳内磁化强度为常矢量，故磁化体电流密度为


Jm=×M0=0



磁化面电流密度为JSm=M0×n

对于外半径为r2的球面，有 


JSm2=M0×er=M0sinθeφ



计算该电流在轴线上任一点的磁感应强度可以用叠加原理。将球面分割为无穷多个与极轴相垂直的薄圆环，利用教材例3.5的结果，即对于半径为a、载流为I的圆环，其轴线上的磁感应强度为B=μ0a2I2a2+z23/2ez，可得磁化面电流JSm2=M0sinθeφ在轴线上任一点的磁感应强度为


B2=∫π0μ0r32M0sin3θdθ2r22+z2-2r2zcosθ3/2ez



具体计算该积分采用变量代换方法，即令r22+z2-2r2zcosθ=u2。
当z>r2时，有


B2=∫z+r2z-r2μ0r32M02u21-r22+z2-u22r2z2du



具体计算结果为


B2=2μ0r32M03z3



同理，当z<r2时，则有


B2=∫z+r2r2-zμ0r32M02u21-r22+z2-u22r2z2du



具体计算结果为


B2=2μ0M03



综合两种情形，则有


B2=2μ0M03ezz<r2
2μ0r32M03z3ezz>r2



对于内半径为r1的球面 


JSm1=M0×(-er)=-M0sinθeφ



因此，同理可得球面内外轴线上任一点的磁感应强度为


B1=-2μ0M03ezz<r1
-2μ0r31M03z3ezz>r1




总磁感应强度为


B=B1+B2=0,0≤z<r1

2μ0M03-2μ0r31M03z3ez,r1<z<r2

2μ0r32-r31M03z3ez,r2<z



相应的磁场强度由H=Bμ0-M而得，则有


H=0,0≤z<r1

-M03-2r31M03z3ez,r1<z<r2

2(r32-r31)M03z3ez,r2<z



在整个轴线上，总磁感应强度和磁场强度分别为


B=0,0≤|z|<r1

2μ0M03-2μ0r31M03|z|3ez,r1<|z|<r2

2μ0(r32-r31)M03|z|3ez,r2<|z|


H=0,0≤|z|<r1
-M03-2r31M03|z|3ez,r1<|z|<r2

2(r32-r31)M03|z|3ez,r2<|z|



磁标势的计算由m=∫∞zH·dl而得。
当0≤z<r1时，有


m=∫∞zH·dl=∫∞zHdz=∫r1z0dz+∫r2r1-M03-2r31M03z3dz+∫∞r22(r32-r31)M03z3dz=0



当r1≤z<r2时，有


m=∫∞zH·dl=∫r2z-M03-2r31M03z3dz+∫∞r22(r32-r31)M03z3dz=M0z3-M0r313z2



当r2<z时，有



m=∫∞zH·dl=∫∞z2(r32-r31)M03z3dz=M0(r32-r31)3z2



综上，在整个轴线上，磁标势为


m1=0，0≤|z|<r1

m2=±M0(|z3|-r31)3z2，r1≤|z|<r2

m3=±M0(r32-r31)3z2，r2<|z|




式中，前面的负号与z的负号相对应。
此题目也可以采用分离变量法进行求解。采用球坐标系，取M0的方向沿极轴z轴方向。设球壳内、球壳、球壳外的磁标势分别为m1，m2和m3，球壳内磁化强度为常矢量，故


ρm=-μ0·M0=0



因而磁标势在这三个区域内满足的方程为


2m1=0,r<r1

2m2=0,r1<r<r2

2m3=0,r2<r



由于铁球磁化后产生的场满足轴对称分布，故通解形式均为


mi(r,θ)=∑∞n=0anirn+bnirn+1Pn(cosθ),i=1,2,3



根据自然边界条件： (1)m1r=0→有限值； (2)m3r→∞→0可得


m1=∑∞n=0an1rnPn(cosθ)
m3=∑∞n=0bn3rn+1Pn(cosθ)



在r=r1，r2处，磁标势满足以下边值关系


m1r=r1=m2r=r1，m2r=r2=m3r=r2； 

-m1rr=r1=-m2r+M0cosθr=r1，-m2r+M0cosθr=r2=-m3rr=r2



代入通解式中，得


∑∞n=0an1rn1Pn(cosθ)=∑∞n=0an2rn1+bn2rn+11Pn(cosθ)
∑∞n=0an2rn2+bn2rn+12Pn(cosθ)=∑∞n=0bn3rn+12Pn(cosθ)
-∑∞n=0nan1rn-11Pn(cosθ)=-∑∞n=0nan2rn-11-(n+1)bn2rn+21Pn(cosθ)+M0P1(cosθ)
-∑∞n=0nan2rn-12-(n+1)bn2rn+22Pn(cosθ)+M0P1(cosθ)=∑∞n=0n+1bn3rn+22Pn(cosθ)



对照两边系数，可简化为


a11r1=a12r1+b12r21
a12r2+b12r22=b13r22
a11=a12-2b12r31-M0
a12-2b12r32=-2b13r32+M0



求得待定系数为


a11=0,a12=M03,b12=-M0r313,b13=M0(r32-r31)3



磁标势的定解为



m1=0,0≤r<r1

m2=M0(r3-r31)cosθ3r2,r1≤r<r2

m3=M0(r32-r31)cosθ3r2,r2<r



极轴上，θ=0，对应的磁标势为



m1=0,0≤z<r1

m2=M0(z3-r31)3z2,r1≤z<r2

m3=M0(r32-r31)3z2,r2<z



当0≤r<r1时,


B1=-μ0m1=0



当r1≤r<r2时,


B2=μ0(H+M)=-μ0m2+μ0M0=2μ0M03-2μ0r31M03z3ez



当r2≤r时,


B3=μ0H3=-μ0m3=2μ0(r32-r31)M03r3ez



同理，考虑极轴上θ=π，磁标势和磁感应强度分别为



m1=0,z<-r1

m2=-M0(|z|3-r31)3z2,-r2≤z<-r1

m3=-M0(r32-r31)3z2,z<-r2


B=0,z<-r1

2μ0M03-2μ0r31M03|z|3ez,-r2<z<-r1

2μ0(r32-r31)M03|z|3ez,z<-r2



习题3.25在空气与磁导率为μ的铁磁物质的分界平面上，有一载电流I的无限长细直导线。试分别求空气和铁磁物质中的磁场强度和磁感应强度。
解采用圆柱坐标系，设载流线所在方向为z轴方向。用试探法，根据对称性，可推知磁感应线为以轴线上任意点为中心的一族同心圆，磁感应强度在分界面两侧只有法向分量，因而在介质中和空气中的磁感应强度大小相等。设铁磁物质中的磁场强度为H，空气中的磁场强度为H0。由安培环路定律，对于任意位置r处，有


∮lH·dl=H·πr+H0·πr=I



即Bμ·πr+Bμ0·πr=I


故有B=μμ0Iπ(μ+μ0)r


矢量形式则为B=μμ0Iπ(μ+μ0)reφ


H=Bμ=μ0Iπ(μ+μ0)reφ，H0=Bμ0=μIπ(μ+μ0)reφ



可以验证，在分界面上，满足磁场的边界条件Bn=B0n。根据第4章的唯一性定理，只要满足边界条件和基本规律的解一定是唯一的正确解。
习题3.26试求一平均半径为a、圆截面半径为b(ba)，其上密绕N匝线圈的非磁性导体圆环的自感。
解本题需要用自感定义进行计算。设线圈上密绕的电流强度为I，根据安培环路定律容易求得圆环轴线上任意点的磁感应强度B。即由


∮lB·dl=B·2πa=μ0NI



可得B=μ0NI2πaeφ


因ba，则可以近似认为半径为b的圆截面上磁场分布均匀，因而通过环内横截面的磁链为 


Ψ=Nym=NB·S=N2μ0I2πa·πb2=N2μ0Ib22a



由自感的定义得


L=ymI=μ0N2b22a



习题3.27有两对相互平行的双根传输线12和34，它们的相对位置如图323所示。试求两对传输线之间单位长度的互感。


解因为12对34的互感与34对12互感相同，所以只计算前者。设12上通有电流为I，则载流线1在r处的磁感应强度为


B1=μ0I2πreφ



该磁场通过34双根传输线单位长度的区间所对应的磁通量为


ym1=∫S3-4B1·dS=∫r14r13μ0I2πr(eφ·en)dl=∫r14r13μ0I2πrdr=μ0I2πlnr14r13



同理，载流线2所产生的磁场通过34双根传输线单位长度的区间所对应的磁通量为


ym2=∫S34B2·dS=-∫r24r23μ0I2πr(eφ·en)dl=-∫r24r23μ0I2πrdr=-μ0I2πlnr24r23



由互感的定义得


M=ymI=ym1+ym2I=μ02πlnr14r13-μ02πlnr24r23=μ02πlnr14r23r13r24



习题3.28在空气中一载电流为I的长直导线的磁场中，有一与之共面的边长分别为a，b的平行四边形导线回路，如图324所示。试求该直导线与导线回路的互感。


图323习题3.27示意图




图324习题3.28示意图


解为方便计算，只计算直导线对线框的互感。设直载流线上通有电流为I，则在r处的磁感应强度为



B=μ0I2πreφ



在平行四边形线圈中选取长为a、宽度为dr的面元，则穿过该面元的磁通量为


dym=μ0I2πradr



直载流线产生的磁场在整个平行四边形线框中的总磁通为


ym=∫dym=∫d+bcosπ4dμ0I2πradr=μ0aI2πlnd+2b2d



由互感的定义得


M=ymI=μ0a2πlnd+2b2d



习题3.29内、外半径分别为r1与r2、磁导率为μ的无限长直导体圆筒，其中通有沿轴向的电流I且均匀分布。试求单位长导体内的磁场能量和内自感。
解根据安培环路定律容易求得圆筒内r1<r<r2任意点的
磁场强度H。即由


∮lH·dl=H·2πr=Iπ(r22-r21)π(r2-r21)



可得H=I(r2-r21)2π(r22-r21)r


相应的磁感应强度为


B=μH=μI(r2-r21)2π(r22-r21)r



单位长导体内的磁场能量可由


Wm=∫VwmdV=∫r2r112BH2πrdr



而得。具体为


Wm=∫r2r1μ2I(r2-r21)2π(r22-r21)r22πrdr=μI24π(r22-r21)2r424+3r414-r21r22+r41lnr2r1



再由Wm=12LiI2可得


Li=2WmI2=μ2π(r22-r21)2r424+3r414-r21r22+r41lnr2r1



内自感的计算还可以根据其定义直接得到。
在r1<r<r2内取一单位长、dr宽的面元，通过其的磁通元为


dym=B·dS=μI(r2-r21)2π(r22-r21)dr



对应的内磁链元为


dy=N′dym=(r2-r21)(r22-r21)μI(r2-r21)2π(r22-r21)dr=μI(r2-r21)22π(r22-r21)2rdr



则总磁链为


Ψ=∫r2r1μI(r2-r21)22π(r22-r21)2rdr=μI2π(r22-r21)2r424+3r414-r21r22+r41lnr2r1

Li=ΨI=μ2π(r22-r21)2r424+3r414-r21r22+r41lnr2r1




习题3.30一平均半径为a，圆截面半径为b(ba)的环形铁芯螺线管，铁芯的磁导率为μ，环上密绕N匝线圈并通有电流I。试求此环形铁芯螺线管的磁场能量和自感。
解根据安培环路定律容易求得圆环轴线上任意点的磁场强度H。即由


∮lH·dl=H·2πa=NI



可得H=NI2πaeφ


因ba，则可以近似认为半径为b的圆截面上磁场分布均匀，因而螺线管内的磁场能量为


Wm=∫VwmdV=12BH·2πa·πb2=μN2I2b24a



再由Wm=12LiI2可得


Li=2WmI2=μN2b22a



习题3.31试证明磁路中储存的磁场能量等于Wm=12y2mRm，其中,Rm是磁阻。
证明： 设闭合磁路是由横截面为S、长为l的铁磁材料围成。磁路内的磁场强度和磁感应强度分别为H,B。磁路中的磁场能量公式为


Wm=12BHV



磁通量为


ym=BS



根据磁阻定义，有


Rm=lμS



由以上几式可推得


Wm=12BHV=12μB2Sl=l2μS(BS)2=12y2mRm


得证。

习题3.32一环形铁芯螺线管，平均半径为15cm，其圆形截面的半径为2cm，铁芯的相对磁导率为μr=1400，环上密绕1000匝线圈，通过电流为0.7A。试计算： 
(1) 螺线管的电感； 
(2) 在铁芯上垂直于其圆形轴线方向截取一截面为圆形、厚度为0.1cm的气隙，再计算电感(假设开口后铁芯的磁导率不变)； 
(3)  空气隙和铁芯中磁场能量的比值。
解(1) 利用习题3.30的结论，设a=15cm，b=2cm，代入公式L=μN2b22a，得


L=μrμ0N2b22a=1400×4π×10-7×10002×0.0222×0.15=2.345H



(2) 设铁芯和空气隙中的磁感应强度为B，气隙宽为Δl=0.1cm。由安培环路定律可得


∮lH·dl=Bμ·2πa-Δl+Bμ0Δl=NI


B=μμ0NIμ02πa-Δl+μΔl



通过的磁通量为


Ψm=NBS=μμ0N2Iπb2μ02πa-Δl+μΔl



自感则为


L=ΨmI=μμ0N2πb2μ02πa-Δl+μΔl=1400×4π×10-7×10002×π×0.0222π×0.15-0.001+1400×0.001=0.944H



(3) 由Wm=12y2mRm可求得空气隙和铁芯中磁场能量的比值。其中，铁芯和空气隙中磁阻分别为Rm=2πa-Δlμπb2,Rm0=Δlμ0πb2。而磁通可视为不变，则


Wm0Wm=12y2mRm012y2mRm=Rm0Rm=μΔlμ02πa-Δl=1.40.941=1.488



3.7核心MATLAB代码
两个相互平行且共轴的圆线圈，其半径分别为R1，R2，中心间距为h，如图325所示。假设线圈的半径远小于中心距离，即R1h(或R2h)，则可以运用诺伊曼公式计算二者之间的互感，并用MATLAB进行数值计算。


图325两平行且共轴圆线圈


由诺伊曼公式可得


M=μ04π∮l1∮l2dl1·dl2R=μ04π∮l1∮l2d
l1dl2cosφR

=μ04π∫2π0∫2π0R1R2cosφ2-φ1dφ1dφ2R21+R22+h2-2R1R2cosφ2-φ112(344)



一般情况下，上述积分只能用椭圆积分来表示。但是若hR1，则可得到如下的近似


R21+R22+h2-2R1R2cosφ2-φ1-12

≈R22+h2-121-2R1R2cosφR22+h2-12

≈R22+h2-121+R1R2cosφR22+h2



于是有


M≈μ0R1R24πR22+h2∫2π0∫2π01+R1R2cos(φ2-φ1)R22+h2cos(φ2-φ1)dφ1dφ2

=μ0πR21R222R22+h232
(345)



下面的MATLAB代码分别利用上面给出的两种方法计算两个圆形、共轴线圈之间的互感，并将它们作对比。为方便起见，将这两种方法分别称为方法1和方法2。具体如下： 



R1=0.99;%圆环1的半径，米

R2=1;                                          %圆环2的半径，米

h=0.5;                                          %环心距离，米

mu=4*pi*1e-7;      

M=@(phi1,phi2) mu/(4*pi)*R1*R2*cos(phi2-phi1)./(sqrt(R1^2+R2^2+h^2-2*R1*R2*cos(phi2-phi1)));                                                            %定义诺依曼公式推演得到的互感函数

Mind=integral2(M,0,2*pi,0,2*pi);                    %做数值积分得到互感值

Mind*1e6                                       %转化为微亨显示结果

Mapp=mu*pi*R1^2*R2^2/2./(h^2+R2^2)^(3/2);        %近似方法

Mapp*1e6                                       %转化为微亨显示结果





表33给出了R1取不同值时，两种方法计算得到的互感值。


表33三种方式计算得到的互感/自感对照表



R1，R2，h0.1m，1m，1m0.5m，1m，1m1m，1m，1m0.99m，1m，0m

互感/自感(微亨)互感互感互感自感(外自感)
方法1： 诺依曼公式0.007μF0.1618μF0.4941μF5.8512μF
方法2： 近似方法0.007μF0.1745μF0.6979μF1.9346μF
方法3： 纯粹数值方法0.007μF0.1618μF0.4941μF5.8512μF

从表33中可以看出，当近似条件满足时，即R1h，方法一和方法二得到了相同的结果； 随着R1的增大，二者的差别越来越明显，从而验证了方法的正确性。
如果两个圆环的环心距离为零，即二者共面，且R1≈R2。此时，利用诺依曼公式计算得到的互感，可以近似看作由线径为|R1-R2|的导线环绕而成的、圆环半径为R1(或者R2)的圆形线圈所对应的自感(外自感)。读者可以参考图324加以深入理解。表33也给出了利用诺依曼公式计算得到的圆形线圈的自感。
如果在编程计算时，将两个圆环离散成长度很小的N个小段，然后将诺依曼公式中的积分用求和进行近似，也可以得到互感或自感的计算代码，如下所示。



R1=0.99;%圆环1的半径，米

R2=1;                                  %圆环2的半径，米

h=0.5;                                  %环心距离，米

N=2000;                                %将圆环分成N段

mu=4*pi*1e-7;                           %真空中的磁导率

theta=linspace(0,2*pi,N+1);                 %将圆心角分成N+1份

x1=R1*cos(theta);                        %计算圆环1上各节点的x坐标值

y1=R1*sin(theta);                         %计算圆环1上各节点的y坐标值






dx1=x1(:,2:N+1)-x1(:,1:N);           %圆环1上的各个小段对应的dx1

dy1=y1(:,2:N+1)-y1(:,1:N);                 %圆环1上的各个小段对应的dy1

x2=R2*cos(theta);                        %计算圆环2上各节点的x坐标值

y2=R2*sin(theta);                        %计算圆环2上各节点的y坐标值

dx2=x2(:,2:N+1)-x2(:,1:N);          %圆环2上的各个小段对应的dx1

dy2=y2(:,2:N+1)-y2(:,1:N);          %圆环2上的各个小段对应的dy1

theta=(theta(:,1:N)+theta(:,2:N+1))/2;       %圆环上各个区间中点的角度

x1=R1*cos(theta);                     %圆环1各小段区间中点的x坐标

y1=R1*sin(theta);                     %圆环1各小段区间中点的y坐标

x2=R2*cos(theta);                     %圆环2各小段区间中点的x坐标

y2=R2*sin(theta);                     %圆环2各小段区间中点的y坐标

L=0;                                   %初始化

for i=1:N

for j=1:N

dl1dl2=dx1(i)*dx2(j)+dy1(i)*dy2(j);     %dl1和dl2内积计算

R=sqrt((x1(i)-x2(j))^2+(y1(i)-y2(j))^2+h^2);  %dl1和dl2的距离

L=L+dl1dl2/R;                     %求和

end

end

L=L/4/pi*mu*1e6                        %乘系数，得到电感的数值，微亨




可以将这种纯粹数值计算的方法称为方法3。表33中也给出了该方法的计算结果。与前面的方法相比，方法三适用的范围更加广泛； 经过修改，还可以应用到其他形状的线圈形式,如方形、三角形等； 甚至可以工作在线圈不共面的情形。大家可以在理解程序之后，举一反三，加以尝试。

3.8科技前沿中的典型稳恒电场问题
3.8.1稳恒电场中的隐形衣


近年来，利用复杂电阻网络模拟非均匀和各向异性电导率的变换光学器件越来越受到人们的关注。也有一些学者提出了一种直接求解电导体内拉普拉斯方程来实现对直流电流场的控制的方法，从而实现稳恒电场领域的电磁隐形。
图326给出的是一个圆柱体稳恒电场隐形衣的装置示意图。图中半径为b的圆柱部分原本放置在稳恒电场E0中。各区域内均满足J=σE，通过外场与导电媒质的相互作用，使得圆柱环外的电场被扰动。因此，只要通过探察外围电场是否会被干扰，就可以判断环境里面是否有金属导体柱存在，或者说，该金属柱

图326直流电型隐形衣

示意图

有没有被隐形。为此，在金属柱外面套一个内、外半径分别为b、c的同心圆环，同样会影响外场分布。但如果合理设计套层的尺寸、电导率的大小，使其在外加匀强电场的作用下，对外部电场没有任何扰动，那就能达到对内部金属柱隐形的目的。



下面利用圆柱坐标系下的电势的拉普拉斯方程求解来对上述问题进行分析。忽略柱体高度引起的误差，可以认为是一个平面场问题。在稳恒电场中，各区域电势均满足



2i=0,i=1,2,3



各分界面上的边值关系为


1r=b= 2r=b,σ11rr=b= σ22rr=b
2r=c= 3r=c,σ22rr=c= σ33rr=c



考虑实际情况，r>c的区域为背景材料，电导率可表示为σb，即有σ3=σb。本题的求解较简单的方法是运用分离变量法，具体方法可参阅主教材第4章(这里直接将结果写出)。由平面极坐标系中拉普拉斯方程的一般解


i=∑∞m=1(A(i)mrm+B(i)mr-m)(C(i)mcosmφ+D(i)msinmφ)(i=1,2,3)



可得各个区域中的电势分布如下


1=A(1)1rcosφ
2=A(2)1r+B(2)1rcosφ
b=-E0r+B(3)1rcosφ(346)



将各个区域的电势表达式代入，则有


A(1)1b=A(2)1b+B(2)1b
A(2)1c+B(2)1c=-E0c+B(3)1c
σ1A(1)1=σ2A(2)1-B(2)1b2
σ2A(2)1-B(2)1c2=σ3-E0-B(3)1c2


求解可得B(3)1的表达式为


B(3)1=E0c2σ2(Q1-Q2)-σb(Q1+Q2)σ2(Q1-Q2)+σb(Q1+Q2)(347)



其中，Q1=c21+σ1σ2,Q2=b21-σ1σ2

令B(3)1=0，可换算得隐形环半径关系为


c=b(σ2-σ1)(σ2+σb)(σ2+σ1)(σ2-σb)(348)



由式(348)进行设计包围金属柱的圆柱环，可满足B(3)1恒等于零，这就意味着扰动场始终为零。从而在背景材料中，无论是金属柱附近还是远处，场分布都是均匀的。换句话说，对于该金属柱来讲，对外加电场无干扰，就像整个空间全部都是背景材料，即金属柱被隐形了。
参考文献［34］利用上述原理进行研究，并通过实验加工验证了该方法的可行性。图327为文献中仿真计算结果与实验结果的对照，从中可见二者吻合得非常好，从而验证了其正确性。


图327文献仿真计算结果与实验结果对照［34］



3.8.2静磁隐形衣
Pendry等于2008年提出了静磁超材料，可以用来实现基于变换光学原理的静磁隐形衣。他们的做法是把超导体和铁氧体的层状结构看成是一种等效的超磁性材料，这种材料的磁导率具有各向异性的特点。2012年，科学家们已经通过实验证实了静磁隐形衣的可行性。如图328即为一种二维静磁隐形衣原理图，它是通过两种不同的各向同性磁介质叠层实现静磁隐形效果的，理论基础是磁化相消的原理。


图328静磁隐形衣原理图



图328为该静磁隐形衣的大致工作原理。图328(a)为只有铁磁圆柱套层置于稳恒外磁场H0的情形，铁磁体的磁导率为μr=3.54，周围环境为空气介质。可以看到，柱套内的磁场为均匀场，外侧柱面附近受到的影响最大，磁力线向铁磁柱套方向发生弯曲。图328(b)为只有超导体圆柱套层置于稳恒外磁场H0的情形，超导体的磁导率为μr=0。可以看到，柱套内不存在磁场，这与超导材料具有完全抗磁特性相符合，因而磁场全部分布于柱外，附近的磁场线绕行而过。图328(c)为超导体和铁磁材料双层柱套置于稳恒外磁场H0的情形。其中，铁磁体的磁导率仍为μr=3.54。可以看到，不仅柱内不存在磁场，柱外磁场也不受圆柱套层的影响，即对于柱内的目标实现了完美的隐形效果。理论分析(详见第4章的有关例子)可得实现隐形时对铁磁材料磁导率要求满足： μr2=R22+R21R22-R21。其中，R0，R1和R2分别表示由里到外超导体和铁磁体圆环的内外半径，实验中取R0=0.96R1，R2=1.34R1，测量结果与理论基本吻合。有兴趣的同学可以参阅参考文献［19］或者参考本书第4章的内容自行推导上述公式。
3.9著名大学考研真题分析
【考研题1】(重庆邮电大学2018年)计算无限长直导线与矩形线圈之间的互感系数。设线圈与导线平行，周围媒介为真空，如图329所示。
解以无限长直导线所在的轴为z轴建立圆柱坐标系。设直导线中通有电流I，方向同z轴方向。根据安培环路定理，I产生的磁感应强度为B=μ0I2πrer。I和矩形线圈相交链的互感磁链为


Ψ=∮SB·dS=μ0Ib2π∫d+ad1rdr=μ0Ib2πlnd+ad



则直导线与矩形线圈之间的互感系数为


M=ΨI=μ0b2πlnd+ad



【考研题2】(电子科技大学2015年)如图330所示，z<0的半空间中填充磁导率为μ的均匀磁介质，无限长直导线中载有电流I1，附近有一个长和宽分别为a和b的矩形框。线框与直导线共面，并与直导线相距为d，其中位于磁介质中的一段的长度为t(0<t<b)。
(1) 求直导线与线框间的互感； 
(2) 若矩形线框载有电流I2，求矩形线框受到的磁场力。


图329考研题1示意图




图330考研题2示意图



解(1) 直导线的电流I1在上下空间中产生的磁感应强度为


Bz>0=μ0I2πxer和Bz<0=μI2πxer


则直导线I1和矩形线框相交链的互感磁链为


Ψ21=∮SB·dS=I1μt+μ0(b-t)2π∫d+ad1xdx=I1μt+μ0(b-t)2πlnd+ad



则直导线与线框间的互感系数为


M=Ψ21I1=μt+μ0(b-t)2πlnd+ad



(2) 设矩形线框上通有如图330所示的电流I2。分析可知，线框上下两边(L2)分别受到负z和正z方向的磁力，左右两边(L1)分别受到正x方向和负x方向的磁力，线框在正x方向和正z方向所受合力分别为


Fx=∫L1I2dl×B

=μ0I1I22πd(b-t)ex+μI1I22πdtex-μ0I1I22πd+a(b-t)ex-μI1I22πd+atex

=I1I22πb-tdμ0+tdμ-b-td+aμ0-td+aμex

=I1I22πad(d+a)［(b-t)μ0+tμ］ex

Fz=∫L2I2dl×B

=∫d+adI2-ex×μ0I12πxeydx+∫d+adI2ex×μI12πxeydx

=μI1I22πlnd+adez-μ0I1I22πlnd+adez

=μ-μ0I1I22πlnd+adez



线框所受合力为F=Fx+Fz。
【考研题3】(北京邮电大学2015年)某空气填充的同轴传输线沿z轴放置，其内导体半径为a，薄的外导体半径(不计外导体厚度)为b，导体材料的相对磁导率为1。假设电流I在内导体沿z轴方向均匀流过，并通过外导体沿负z方向流回。
(1) 计算同轴线内外各区域的磁场强度矢量分布； 
(2) 证明两个分界面处(r=a,r=b)的磁场强度满足相关边界条件； 
(3) 分析该同轴线单位长度的电感。
解(1) 根据安培环路定理，磁场强度的矢量分布为


H=Ir2πa2eφ,r<a

I2πreφ,a<r<b

0，r>b



(2) 在r=a处，H=I2πaeφ，即Ha1φ=Ha2φ。由于r=a处厚度为0的分界界面上没有面电流分布，因此分界面两侧的切向磁场相等。
在r=b处，由于不计外导体的厚度，所以电流以面电流的形式分布，其面电流密度为JS=-I2πbez。在r=b的分界面两侧的磁场强度分别为


Hb1φ=I2πbeφ， Hb2φ=0，即Hb1φ-Hb2φ=JS=I2πb


即证明了： 在分界面上有表面电流分布时，分界面两侧的切向磁场不连续，其改变量为表面电流密度的大小。

(3) 穿过单位长度的同轴线的磁通为


dΨ=B·dS=μ0Ir2πa2dr,r<a

μI2πrdr,a<r<b



在r≤a的区域，交链的电流为I′=Ir2a2，在r处穿过单位长度的磁链微元为


dΨ=μ0Ir32πa4dr



则穿过单位长度内导体的磁链为


Ψ0=∫a0μ0Ir32πa4dr=μ0I8π



在r>a的区域，交链的电流为I，故单位长度的磁链为


Ψ1=∫baμI2πrdr=μI2πlnba



根据Ψ=Ψ1+Ψ2=LI,求得同轴线单位长度的电感为


L=ΨI=μ08π+μ2πlnba



【考研题4】(电子科技大学2016年)如图331所示，无限长直导线圆柱由电导率不同的两层导体构成，内层导体的半径为a1=a，电导率σ1=2σ0； 外层导体的外半径a2=2a，电导率σ2=σ0。圆柱导体中流过的电流为I，试求圆柱导体中的电场强度E和磁场强度H。


图331考研题4示意图



解设内、外导体中的体电流密度分别为J1和J2，则内、外导体中的电场强度分别为


E1=J1σ1，E2=J2σ2



根据边界条件，在内外导体分界面处的电场切向量连续，而各个导体中的电场处处相等，即有E1=E2=E=Eez。则


I=πa21J1+π(a22-a21)J1=πa21σ1E1+π(a22-a21)σ2E2=Eπ［a21σ1+(a22-a21)σ2］

E1=E2=E=Iπ［a21σ1+(a22-a21)σ2］ez=I5πa2σ0ez

J1=σ1E1=2σ0E=2σ0I5πa2σ0ez=2I5πa2ez


J2=σ2E2=σ0E=σ0I5πa2σ0ez=I5πa2ez



根据安培环路定理，当r<a1时，有


2πrH1=πr2J1； H1=rJ12eφ=I5πa2reφ



当a1<r<a2时，有 


2πrH2=πa2J1+πr2-a2J2=I51+r2a2

H2=I51+r2a22πreφ=I10πr1+r2a2eφ


当r>a2时，有


2πrH3=I,H3=I2πreφ



【考研题5】(北京邮电大学2013年)如图332所示，在r0处有一沿z轴方向流动的无限长均匀电流丝，求该电流丝产生的磁矢位和电磁场。


图332考研题5示意图



解建立圆柱坐标系，设电流丝的电流大小为I，沿正z方向流动。由图332可知，观察点到电流丝的垂直距离为r′=|r-r0|。取源点为(r0,z′)，则电流丝在场点(r,z)处产生的磁矢位为


Az=μ0I4π∫∞-∞dz′r′2+(z-z′)2=μ0I2πlnar′



式中，a为磁矢势零点参考距离。

即A=μ0I2πlnar-r0ez


无限长均匀电流线产生的磁场为


B=×A=μ0I2π×lnar-r0ez=μ0I2πerreφezr
rφz
00lna
r-r0

=μ0I2πrφlnar-r0er-μ0I2πrlnar-r0eφ

=-μ0I4πrφlnr2+r20-2rr0cos(φ-φ0)er+

μ0I4πrlnr2+r20-2rr0cos(φ-φ0)eφ

=-μ0I2πr0sin(φ-φ0)r2+r20-2rr0cos(φ-φ0)er+μ0I2πr-r0cos(φ-φ0)r2+r20-2rr0cos(φ-φ0)eφ

=μ0I2πr2+r20-2rr0cos(φ-φ0)-r0sin(φ-φ0)er+r-r0cos(φ-φ0)eφ



利用安培环路定律，可知无限长载流直导线在周围产生的磁感应强度为


B=μ0I2π|r-r0|eφ′



其中，eφ′是以电流丝为轴的角向单位矢量。利用矢量分解，将该单位矢量分解到观察点(场点)处的基矢上，即er、eφ，也可以得到磁感应强度的表达式，参见图332(b)。容易得到


eφ′=-sinαer+cosαeφ

=1|r-r0|-r0sin(φ-φ0)er+［r-r0cos(φ-φ0)］eφ

=1r2+r20-2rr0cos(φ-φ0)-r0sin(φ-φ0)er+［r-r0cos(φ-φ0)］eφ



代入上式，即可发现两种方法结果一致。
【考研题6】(北京邮电大学2012年)一根无限长直导线与半径为a的圆环共面，圆环圆心到直导线的距离为d(da)，如图333所示。求直导线与圆环之间的互感。


图333考研题6示意图


解方法1：  考虑小环载有电流I，因为da，所以半径为a的载流圆环可以等效为一个磁偶极子。如图333建立坐标系。设小环载有电流I，则磁偶极子的磁矢势为

A=μ04πR2m×
eR=μ04πR2Iπa2ey×eR=μ0Ia24R2e

其中R2=d2+z2,
则

A=μ0Ia24(d2+z2)e

载流圆环产生的磁矢势在长直导线回路产生的磁通为


y=∮lA·dl=∫+∞-∞Azdz=∫+∞-∞Acosdz

=2∫+∞0μ0Ia24(d2+z2)dd2+z2dz

=μ0dIa22zd2d2+z2∞0

=μ0Ia22d


直导线与圆环之间的互感为


M=yI=μ0a22d


方法2： 以直导线为z轴建立柱坐标系，考虑该直导线载有电流I，其在小环圆心处产生的磁感应强度为


B=μ0I2πdeφ


因为da，所以可以认为小环处于均匀磁场中，于是，穿过小环的磁通量为


y=B·S=μ0I2πdπa2=μ0I2da2


所以，对应的互感为


M=yI=μ0a22d