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 2hl 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