l 2
0a2M 0dz
l
2 2 a2
3
z
z
22
0 M 0
2
a2
l z 2
1
z
l 2
2
2
a2
l z 2
1
z
l 2
2
2
磁感应强度的方向沿 ez 的方向，故 z a
B
0 M 0
2
a2
l z 2
1
z
l 2
2
2
a2
l z 2
1
z
将研究的区域分不为三部分，分别写出A 满足的边值问题
2 Az1 x
d2 Az1 dx2
0
x d 2
2 Az2
x
d2 Az2 dx2
0J0
2 Az3 x
d2 Az3 dx2
0
d xd
2
2
d x 2
Az2 x0 0 (参考点)
Az1(x) Az3(x)
A A z1 x d
z2 xd
由边界条件决定待定系数
C1=0
C2 =0
C3= 0K0a
C4 0K0a ln a
Az1 0
Az 2
0 K0 a
ln
0K0a ln
a
0K0a
ln
a
由此可知
0
A
0
K0a
ln
a
ez
a a
⑵如图所示，建立坐标系。由对称性分析，沿 z 轴和 y轴方向都是平行平面场，
因此 A仅与 x有关。所以
A Az xex
l 22 2ezH B M0
当 l Z l 时
2
2
H
M0 2
a2
l z
2
1
z
l 2
2
2
a2
l z
2
1
z
l 2
2
2
e
z
M0ez
当 Z l 或 Z l 时，M 0
2
2
H
M0 2
a
2
l z
2
1
z
2
2
a2
l z
2
1
z
l 2
2
2
e
3 Wb / m2。利用 2
B2n B1n 0.5 Wb / m2
H2t
H1t
B1t
r10
3
80
A/m
B2t r20 H2t
3 8
Wb / m2
由此可得
tan 2
B2t B2n
3 4
2 arctan
3 4
B2
B22t B22n
19 Wb / m2 8
H2
19
80
A/m
由于入射面与折射面共面，故 2 45
dB 1 0dI 0K dx 2 2 4
其中 x2 52 。由右手螺旋法则可判断dB的方向，并将分解为x方向和z
方向两个分量
dBx
dB cos
50 K 4 (x2 52 )
dx
dBz
dB sin
0 Kx 4 (x2 52 )
dx
利用叠加定理，P点的磁感应强度的x分量和z分量分别为
Bx
磁感应强度的叠加。
利用安培环路定律，半径为b 的大圆柱在空洞内P点产生的磁感应强度大小为
S B dS 0
JdS
S
2 B1＝0 J012
B1＝
0
J0 2
1
其方向用右手螺旋法则判断，它以大圆柱轴线为中心，1为半径圆环的切线方
向。对半径为 a的小圆柱，在空洞内P点所产生的磁感应强度大小为
B2＝
0
J0 2
应强度的矢量和。
J J0 ez 的无限大平板在该点产生的磁感应强度，可以利用安培环路定律求出
0 J 0d
2
ex
B1 0 J0 yex
0J0d ex
2
yd 2
d yd
2
2
yd 2
有 J J0 ez 的无限长直圆柱产生的磁感应强度，也可利用安培环路定律求出
B2
0 J 0a2
2(x2 y2
B 40I cos 45 20I
2 a
a
3-2 真空中，在 z 0 平面上的 0 x 10和 y 0 范围内，有以线密度 K 500ey A / m均匀分布的电流，求在点(0,0,5)所产生的磁场感应强度。
解： 如图所示，选择dI kdx ，视为半
无 线长直导线，它在P点产生的磁感应强度的 大小为
3-10 对真空中下列电流分布求 B
⑴
J
J0
y a
ez
⑵
J
J0
a
ez
a y a
a
解 ⑴ y 0处 J 0 ，0 y a 处 J 沿 ez 方向，a y 0处J 沿 ez
方向，由对称性分析，可视为一组组流向反向的无限大平板电流产生的磁场问
题，由此可知在 y a 及 a y 的空间内，B 0。 当 a y a 空间内距中心 y处( y a )选对称的两薄板，其电流线密度分
2
2
Az1 x
x d 2
Az 2 x
x d 2
Az2 x d Az3 x d
2
2
Az 2 x
xd 2
Az3 x
xd 2
方程通解为
Az1(x) C1x C2 Az3(x) C5x C6
Az2 (x)
0 J 0
2
x2
C3x C4
利用边界条件决定解的待定系数
C1
0 J 0d
2
C3 C4 0
10 50K dx 0 4 (x2 52 )
Bx
10 0
4
50 K
(x2 52
dx )
50 K 4
1 arctan 5
x 5
10 0
0 K 4
arctan
2
44.10T
Bz
10 0
4
(
Kx x2
52
dx )
320T
B 0 (44.1ex 32ez )T
3-3 真空中一通有电流(密度 J J0ez )、半径为 b的无限长圆柱内，有一半径 为 a 的不同轴圆柱形空洞，两轴之间相距 d ，如图所示。求空洞内任一点的B 解： 若假设空洞处有一大小同为J ，但流向 分别为 ez 方向和 (ez ) 方向的电流，这样 可将此问题视为半径为 b的无限长圆柱内整 体载有电流 J0ez和半径为 a 的无限长圆柱内 载有电流 (J0 ez ) 的两个圆柱在P点产生的
别为 K1
J0
y a
dye
z
，K 2
J0
y a
dye
z
。该两个薄平板在
y
y
y
的空间内产生的磁感应强度为
dB
0 K1 e x
0 J0
y a
dye
x
该两个薄平板在处的磁感应强度均为零。由此可知，凡 y y 的电流片对 y 的
磁场有贡献。
因此
B
a
y 0 J0
y a
dy
0 J 0
2a
a2 y2
在区域②内
B2
B2
B2
K
2
ey
K
2
ey
0.9980 80ey 100.9106ey T
H2
B2
80ey
A/m
M2
B2
H2
0.16e y
A/m
⑵在区域①，③内与上面的结论一致，在区域②内
H2
B2
80ey
A/m
B2 H2 10000 80ey 0.1005ey T
M2
B2
0
H2
100080ey
若仍求轴线上 z
l
2 上的磁感应强度，由于 r
z ，sin
0，cos
1，则
B
0M0a2
2z3
0m 2 z3
ez
3-8 有一圆形截面铁环，环的内外半径分别为 10cm 与12cm ，铁环的 r 500
环上绕有50匝通有2A电流的线圈，求环的圆截面内外的磁场强度与磁感应强度(忽略漏
磁，且环外的磁导率为0 )。 解： 从对称性分析，此题可用安培环路定律求解。圆环的截面之外即 10 及 12cm 处，作以圆环中心为圆心的安培环路，则
3-9 已知在 Z 0 的区域中，r1 4 ，在 Z 0的区域中 r2 1，设在 Z 0处 B 是均的，其方向为 60 ， 45 ，量值为 1Wb / m2 ，试求
Z 0 处的 B和H。
解： 利用媒质分界面上的衔接条件，因为B1 1Wb / m2 ，则
B2 B1 cos 0.5WB / m2，Bt B1 sin
)
[
yex
xey
]
0 J 0
2
[
yex
xey
]
a a
各处的场强为它们的矢量和
B B1 B2
3-5 一电流密度为 K K0 ez 的无限大电流片，置于 x 0平面，如取 Z 0
平面上半径为 a的一个圆为积分回路，求 H dl l
解： 利用安培环路定律
l H dl I
I
(k
l
en )dl 2aK0
2
[(1
h
1
2
h
2
)ex
(1
x1
1
2
x1
2
)ey ]
B
0 J 0
2
( x1
x2 )ey
0 J0
2
de y