电磁学A第4次习题课

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第四次习题课

球面对称的电流

一个球面对称（且为常数值）的电流密度在球心到球壳的方向上以辐射状分布，造成壳上的电荷以 $\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t$ 的比例增加。证实麦克斯韦方程

$$ \nabla \times \mathbf{B} = \mu_0 \mathbf{J} + \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} $$

在球内的所有点上都成立。

答案：

球面对称电流密度产生的磁场为零，所以得到的麦克斯韦方程的左边为零。我们的目标因此变为证明

$$ \mathbf{J} = -\varepsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}. $$

球内电场 $\mathbf{E}$ 指向球外，大小为

$$ \frac{Q_{in}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}, $$

又

$$ \frac{\mathrm{d}Q_{in}}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}=0 $$

所以

$$ \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = -\hat{\mathbf{r}} \frac{\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}, $$

电流密度 $\mathbf{J}$ 指向球外。电荷穿过任何球边界的比率都是 $\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t$，所以在半径 $r$ 处的电流密度为

$$ \mathbf{J} = \hat{\mathbf{r}} \frac{\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t}{4 \pi r^2}. $$

因此

$$ \mathbf{J} = -\varepsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} $$

确实是正确的。

点电荷和半无限长的导线

从负无穷远处到原点的导线内通有电流 $I$，原点处通过不断地积累点电荷来增大总电荷量 $q$，因此有 $dq/\mathrm{d}t = I$。考虑图 9.12 中所示的环路，它是一个半径为 $b$ 的圆环，相对电荷的夹角为 $2\theta$。要求计算沿着该环路的积分 $\int \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s}$，并分别从以下三种途径来求此积分。

(a)

通过使用毕奥-萨伐尔定律，对导线不同部分的贡献进行叠加，以此得到环上给定点的磁场 $\mathbf{B}$。

(b)

使用麦克斯韦方程的积分形式，即包含位移电流的安培定理的普遍形式

$$ \int_C \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = \mu_0 I + \mu_0 \varepsilon_0 \int_S \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a}, $$

其中曲面 $S$ 是由该圆周所张成且不与导线相交的那一部分表面。

(c)

采用与 (b) 中相同的方法，但这次让曲面 $S$ 与导线相交。

(a)

答案：

(a) 用毕奥-萨伐尔定律

考虑环上某一点 $P$。导线从 $-\infty$ 延伸到原点，电流 $I$ 流向原点，在原点积累电荷 $q$，且 $dq/\mathrm{d}t = I$。

采用角度 $\alpha$ 进行参数化，$\alpha$ 的取值范围为从 $\alpha_0 = \pi/2 - \theta$ 到 $\pi/2$。导线元到环心的水平距离为

$$ l = b \tan \alpha, $$

导线元长度为

$$ \mathrm{d}l = \mathrm{d}(b \tan \alpha) = \frac{b}{\cos^2 \alpha} \mathrm{d}\alpha, $$

导线元到点 $P$ 的距离为

$$ r = \frac{b}{\cos \alpha}. $$

毕奥-萨伐尔定律中的叉积因子为 $\mathrm{d}l$ 与从导线元指向 $P$ 的单位矢量之间夹角的正弦值，该正弦值为 $\cos \alpha$。因此点 $P$ 处的磁场大小为

$$ B = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int \frac{\mathrm{d}l \cos \alpha}{r^2} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int_{\alpha_0}^{\pi/2} \frac{(b/\cos^2 \alpha) \mathrm{d}\alpha \cdot \cos \alpha}{(b/\cos \alpha)^2} = \frac{\mu_0 I}{4\pi b} \int_{\alpha_0}^{\pi/2} \cos \alpha \, \mathrm{d}\alpha $$

$$ = \frac{\mu_0 I}{4\pi b} (1 - \sin \alpha_0) = \frac{\mu_0 I}{4\pi b} (1 - \cos \theta). $$

方向沿环的切向。因此环路上的线积分为

$$ \int \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = B \cdot 2\pi b = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta). $$

当 $\theta = 0$ 时，积分为零；当 $\theta = \pi$ 时，积分为 $\mu_0 I$。

(a)

(b) 用麦克斯韦方程积分形式，曲面不与导线相交

取圆环所张的曲面，但该曲面不与导线相交。此时没有传导电流穿过该曲面，所以 $\mu_0 I$ 项为零。

根据习题 1.15 的结果，通过该曲面的电通量为

$$ \Phi_E = \frac{q}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta). $$

对时间求导：

$$ \frac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{2\epsilon_0} \frac{dq}{\mathrm{d}t} (1 - \cos \theta) = \frac{I}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta). $$

位移电流项为

$$ \mu_0 \epsilon_0 \int_S \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t} = \mu_0 \epsilon_0 \cdot \frac{I}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta) = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta). $$

因此

$$ \int \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta), $$

与 (a) 的结果完全一致。

(c) 用麦克斯韦方程积分形式，曲面与导线相交

现在取圆环所张的平面圆盘作为曲面，该曲面穿过原点处的导线，因此传导电流穿过该曲面，贡献为 $\mu_0 I$。

此时通过该曲面的电通量为

$$ \Phi_E^{(c)} = \frac{q}{\epsilon_0} - \frac{q}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta) = \frac{q}{2\epsilon_0} (1 + \cos \theta). $$

由于曲面与导线相交，电场通量的方向与曲面法线方向相反，因此位移电流项取负号：

$$ \mu_0 \epsilon_0 \int_S \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a} = -\mu_0 \epsilon_0 \frac{d}{\mathrm{d}t} \left[ \frac{q}{2\epsilon_0} (1 + \cos \theta) \right] = -\frac{\mu_0 I}{2} (1 + \cos \theta). $$

因此麦克斯韦方程的右边为

$$ \mu_0 I - \frac{\mu_0 I}{2} (1 + \cos \theta) = \mu_0 I \left[ 1 - \frac{1}{2} (1 + \cos \theta) \right] = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta). $$

与 (a) 和 (b) 的结果完全一致。这验证了麦克斯韦方程的一致性。

螺线管内的振荡场

半径为 $R$ 的螺线管单位长度上有 $N$ 匝线圈，电流随时间按函数 $I(t) = I_0 \cos \omega t$ 变化，因此螺线管内的磁场为 $B(t) = \mu_0 n I(t)$。本题要求正确运用法拉第定律和安培环路定律。

(a)

变化的磁场会产生电场。假设磁场为 $B_0(t) = \mu_0 n I_0 \cos \omega t$，试求出螺线管内距轴线为 $r$ 处的电场。

(b)

变化的电场又会产生磁场。试求出由前面所得的变化电场所产生的磁场在螺线管内半径 $r$ 处的值，更精确地说，是求出轴线上与半径 $r$ 处磁场 $\mathbf{B}$ 的差值，并将该差值记为 $\Delta B(r, t)$。

(c)

由于刚求出的差值 $\Delta B(r, t)$，贯穿螺线管的总磁场并不等于 $\mu_0 n I_0 \cos \omega t$。试问比值

$$ \frac{\Delta B(r, t)}{B_0(t)} $$

为多少？并解释如下论断：“磁场本质上的基本值为 $\mu_0 n I_0 \cos \omega t$，但前提是电流变化发生的时间相比光穿越螺线管的时间大得多。”由于这个时间很短，所以对 $\omega$ 的“每个”值，磁场在本质上都可以认为是 $\mu_0 n I_0 \cos \omega t$。

答案：

(a) 变化的磁场产生电场

螺线管半径为 $R$，单位长度匝数为 $n$，电流为

$$ I(t) = I_0 \cos \omega t. $$

螺线管内的磁场为

$$ B_0(t) = \mu_0 n I_0 \cos \omega t, $$

方向沿轴线向上。取一个半径为 $r$（$r < R$）的圆形环路，环面垂直于轴线。由法拉第定律：

$$ \oint \mathbf{E} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = -\frac{d}{\mathrm{d}t} \int \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a}. $$

穿过环路的磁通量为

$$ \Phi_B = B_0(t) \cdot \pi r^2 = \mu_0 n I_0 \cos \omega t \cdot \pi r^2, $$

$$ \frac{\mathrm{d}\Phi_B}{\mathrm{d}t} = -\mu_0 n I_0 \omega \sin \omega t \cdot \pi r^2. $$

因此

$$ E(r, t) \cdot 2\pi r = -\frac{\mathrm{d}\Phi_B}{\mathrm{d}t} = \mu_0 n I_0 \omega \sin \omega t \cdot \pi r^2, $$

$$ E(r, t) = \frac{1}{2} \mu_0 n I_0 \omega r \sin \omega t. $$

(b) 变化的电场产生磁场

考虑一个矩形环路，一边在轴线上，另一边在半径 $r$ 处，沿轴线方向的长度为 $l$。根据麦克斯韦方程的积分形式：

$$ \oint \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{d}{\mathrm{d}t} \int \mathbf{E} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a}. $$

电通量为

$$ \Phi_E = \int_0^r E(r', t) \cdot l \, \mathrm{d}r' = \int_0^r \frac{1}{2} \mu_0 n I_0 \omega r' \sin \omega t \cdot l \, \mathrm{d}r' = \frac{1}{4} \mu_0 n I_0 \omega l r^2 \sin \omega t. $$

对时间求导：

$$ \frac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{4} \mu_0 n I_0 \omega^2 l r^2 \cos \omega t. $$

安培-麦克斯韦定律给出：

$$ \oint \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t} = \mu_0 \epsilon_0 \cdot \frac{1}{4} \mu_0 n I_0 \omega^2 l r^2 \cos \omega t = \frac{1}{4} \mu_0^2 \epsilon_0 n I_0 \omega^2 l r^2 \cos \omega t. $$

另一方面，

$$ \oint \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = [B(r, t) - B(0, t)] \cdot l = \Delta B(r, t) \cdot l. $$

所以

$$ \Delta B(r, t) = \frac{1}{4} \mu_0^2 \epsilon_0 n I_0 \omega^2 r^2 \cos \omega t. $$

(c) 比值和物理意义

由 (b) 的结果，

$$ \Delta B(r, t) = \frac{1}{4} \mu_0^2 \epsilon_0 n I_0 \omega^2 r^2 \cos \omega t, $$

而

$$ B_0(t) = \mu_0 n I_0 \cos \omega t. $$

因此

$$ \frac{\Delta B(r, t)}{B_0(t)} = \frac{\frac{1}{4} \mu_0^2 \epsilon_0 n I_0 \omega^2 r^2 \cos \omega t}{\mu_0 n I_0 \cos \omega t} = \frac{1}{4} \mu_0 \epsilon_0 \omega^2 r^2 = \frac{1}{4} \left( \frac{\omega r}{c} \right)^2, $$

其中 $c = 1/\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}$ 是光速。

当

$$ \frac{\omega R}{c} \ll 1 $$

时，即电流变化的周期远大于光穿越螺线管半径所需的时间时，这个修正项可以忽略。由于螺线管的半径 $R$ 通常很小，光穿越时间 $R/c$ 极短，所以即便 $\omega$ 很大（只要远小于 $c/R$），比值仍然很小。

题中的论断“磁场本质上的基本值为 $\mu_0 n I_0 \cos \omega t$”是指在准静态近似下，磁场由电流唯一决定，位移电流产生的反馈效应是一个高阶小量。在通常的实验室条件下，这个条件总是满足的，所以可以安全地使用 $B(t) = \mu_0 n I(t)$ 而无需考虑修正。

exam-2 磁路

如图，两个线圈匝数分别为$N_1,N_2$，电流分别为$I_1,I_2$，铁芯相对磁导率满足$\mu_\mathrm{r} \gg 1$。存在两处尺寸相同的空气隙，气隙厚度$h$，正对面积$S$。

(a) 求两处缝隙分别的磁感应强度和磁场强度；

(b) 求两个线圈分别的自感以及互感；

Solution to exam-2

(a) 两线圈磁动势分别为$\mathcal{E}_1 = N_1 I_1$，$\mathcal{E}_2 = N_2 I_2$；单处空气隙磁阻$R = \dfrac{h}{\mu_0 S}$。根据磁路定理列方程：

$$ R \Phi_1 = \mathcal{E}_1 $$

$$ R \Phi_2 = \mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_2 $$

求解两处气隙磁通量：

$$ \Phi_1 = \frac{\mu_0 N_1I_1 S}{h} \tag{2.16a} $$

$$ \Phi_2 = \frac{\mathcal{E}_1 + \mathcal{E}_2}{R} = \frac{\mu_0 \left(N_1 I_1 + N_2 I_2\right) S}{h} $$

由此得到气隙磁感应强度与磁场强度：

$$ B_1 = \frac{\Phi_1}{S} = \frac{\mu_0 N_1 I_1}{h},\quad H_1 = \frac{B_1}{\mu_0} = \frac{N_1 I_1}{h} $$

$$ B_2 = \frac{\Phi_2}{S} = \frac{\mu_0 \left(N_1 I_1 + N_2 I_2\right)}{h},\quad H_2 = \frac{B_2}{\mu_0} = \frac{N_1 I_1 + N_2 I_2}{h} \tag{2.17b} $$

(b) 分开分析两个线圈：线圈1自身产生总磁通对应两处气隙贡献，总单匝磁通为$\dfrac{2\mu_0 N_1 I_1 S}{h}$；线圈2自身单匝磁通为$\dfrac{\mu_0 N_2 I_2 S}{h}$。自感由全磁通$\Psi=NL$定义：

$$ L_1 = \frac{2\mu_0 N_1^2 S}{h} $$

$$ L_2 = \frac{\mu_0 N_2^2 S}{h} $$

线圈2在线圈1中产生单匝磁通为$\dfrac{\mu_0 N_2 I_2 S}{h}$（这一点可以这样考虑：仿照稳恒电流的叠加原理，假设只有线圈2，此时中间相对于“导线”，所有磁通都会经过中线而不通过左侧间隙），互感由交叉全磁通定义：

$$ M = \frac{\mu_0 N_1 N_2 S}{h} $$

$$ F = w_m S = \frac{1}{2\mu_0} B_1^2 S = \frac{\mu_0 N_1^2 I_1^2 S}{2 h^2} $$