以下电磁场知识点整理及题目均基于 马西奎 工程电磁场导论 北京 高等教育出版社, 2000. Print. 面向21世纪课程教材 Mian Xiang 21shi Ji Ke Cheng Jiao Cai = Textbook Series for 21st Century Eng. （第一版） 旨在为四川大学电气工程及其自动化专业的电磁场课程提供一个知识纲要性质的文本，以供课程平时学习及期末复习使用。考点及考试范围主要参考王仲老师的讲课内容及2024-2025学年期末考试题目，由于历年考试范围不同，其覆盖范围可能与实际考试范围有所出入。
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第三章 恒定磁场

一、知识点

1. 安培力定律

F⃗=μ04π∮l∮l′Idl⃗×(I′dl⃗×eR⃗)R2\vec{F} = \frac{\mu_0 }{4 \pi } \oint_l \oint_{l'} \frac{I \vec{dl} \times (I' \vec{dl}\times\vec{e_R})}{R^2}

为电流回路 l′l'对 ll 的作用力，μ0\mu_0 为真空磁导率，μ0=4π×10−7 H/m\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \, \text{H/m}。

2. 磁感应强度与毕奥-萨伐尔定律

将 F⃗\vec{F} 改写为 F⃗=∮lIdl⃗×μ04π∮l′(I′dl⃗×eR⃗)R2\vec{F} = \oint_l I\vec{dl} \times \frac{\mu_0 }{4 \pi } \oint_{l'} \frac{ (I' \vec{dl}\times\vec{e_R})}{R^2}，即可得磁感应强度表达式：

B⃗=μ04π∮l′(I′dl⃗×eR⃗)R2\vec{B} = \frac{\mu_0 }{4 \pi } \oint_{l'} \frac{ (I' \vec{dl}\times\vec{e_R})}{R^2}

从而将安培力表达式化简为$$ \vec{F}= \oint_l I\vec{dl} \times \vec{B} $$
此即为毕奥-萨伐尔定律，磁感应强度单位为 T（特斯拉）。
B⃗\vec{B}又称为磁通密度。

3. 运动电荷所受安培力

运动电荷所受安培力为

F⃗=qv⃗×B⃗\vec{F} = q\vec{v} \times \vec{B}

4. 分子电流与磁化

分子或原子中各个电子对外产生的磁效应总和，可用一个等效环形电流替代，称为分子电流，与自由电流一样可产生磁效应，分子磁矩被定义为 m⃗=IS⃗\vec{m} = I\vec{S}，其中I的方向与S⃗\vec{S}规定的法向成右手螺旋关系，外磁场加入后，磁场对分子有转矩作用 T⃗=m⃗×B⃗\vec{T} = \vec{m} \times \vec{B}，从而使物质磁化。

为描述物质磁化状态，定义磁化强度 M⃗=lim⁡ΔV→0∑m⃗ΔV\vec{M} =\lim_{\Delta V \to 0} \frac{\sum \vec{m}}{\Delta V}，其单位为 A/m。

这使得媒质中出现了宏观电流，大小 Im=∮lM⃗⋅dl⃗I_m = \oint_l \vec{M} \cdot d\vec{l} 为边界线 ll 决定的 S 面所穿过的磁化电流，而 Im=∫S(J⃗m⋅dS⃗)=∫S(∇×M⃗)⋅dS⃗I_m =\int_S (\vec{J}_m \cdot d\vec{S})=\int_S (\nabla \times \vec{M}) \cdot d\vec{S}，即任一点磁化电流密度等于磁化强度的旋度：J⃗m=∇×M⃗\vec{J}_m = \nabla \times \vec{M}。

进而利用环路定律，可知两磁介质界面上有 M1t−M2t=KmM_{1t} - M_{2t} = K_m，或 (M⃗1−M⃗2)×e⃗n=K⃗m(\vec{M}_1 - \vec{M}_2) \times \vec{e}_n = \vec{K}_m。

5. 一般形式的安培环路定律

∮lB⃗⋅dl⃗=μ0(I+Im)\oint_l \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 (I + I_m)

代入 Im=∮lM⃗⋅dl⃗I_m = \oint_l \vec{M} \cdot d\vec{l}，并移项有

∮l(B⃗μ0−M⃗)⋅dl⃗=I\oint_l \left( \frac{\vec{B}}{\mu_0} - \vec{M} \right) \cdot d\vec{l} = I

记 H⃗=B⃗μ0−M⃗\vec{H} = \frac{\vec{B}}{\mu_0} - \vec{M}，则有

∮lH⃗⋅dl⃗=I\oint_l \vec{H} \cdot d\vec{l} = I

此即一般形式的安培环路定律，H⃗\vec{H} 称为磁场强度，其环路积分仅与穿过面内的自由电流的代数和有关，单位为 A/m。

对于各向同性磁介质，有 M⃗=χmH⃗\vec{M} = \chi_m \vec{H}，从而有

B⃗=μ0(H⃗+M⃗)=μ0(1+χm)H⃗=μ0μrH⃗=μH⃗\vec{B} = \mu_0 (\vec{H} + \vec{M}) = \mu_0 (1 + \chi_m) \vec{H} = \mu_0 \mu_r \vec{H} = \mu \vec{H}

其中 μ=μ0μr\mu = \mu_0 \mu_r 为磁导率。

6. 磁通与磁通连续性原理

磁通定义为 Φm=∫SB⃗⋅dS⃗\Phi_m = \int_S \vec{B} \cdot d\vec{S}，单位为 Wb。对任意闭合面，由于磁场线闭合，故而场线既穿入闭合面又穿出闭合面，进而有

∮SB⃗⋅dS⃗=0\oint_S \vec{B} \cdot d\vec{S} = 0

利用 Gauss 定理得 ∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec{B} = 0，说明 B⃗\vec{B} 无散。

7. 恒定磁场基本方程

积分形式：

∮SB⃗⋅dS⃗=0,∮lH⃗⋅dl⃗=∑Ik\oint_S \vec{B} \cdot d\vec{S} = 0, \quad \oint_l \vec{H} \cdot d\vec{l} = \sum I_k

微分形式：

∇⋅B⃗=0,∇×H⃗=J⃗\nabla \cdot \vec{B} = 0, \quad \nabla \times \vec{H} = \vec{J}

本构关系：

B⃗=μH⃗\vec{B} = \mu \vec{H}

8. 磁场在分界面上的衔接条件

由环路定律得：

H1t−H2t=KH_{1t} - H_{2t} = K

由磁通连续性原理得：

B1n=B2nB_{1n}=B_{2n}

当 K=0K=0 时，有折射定律：

tan⁡α1tan⁡α2=μ1μ2\frac{\tan \alpha_1}{\tan \alpha_2} = \frac{\mu_1}{\mu_2}

9. 磁矢位及其泊松方程

由磁场的无散性（∇⋅B⃗=0\nabla \cdot \vec{B} = 0），引入磁矢位 A⃗\vec{A}，使得 B⃗=∇×A⃗\vec{B} = \nabla \times \vec{A}。A⃗\vec{A} 的单位为 Wb/m。

下面推导磁矢位的泊松方程。

由 B⃗=μH⃗\vec{B} = \mu \vec{H} 和 ∇×H⃗=J⃗\nabla \times \vec{H} = \vec{J} 得 ∇×(∇×A⃗)=μJ⃗\nabla \times (\nabla \times \vec{A}) = \mu \vec{J}，利用矢量恒等式 ∇×(∇×A⃗)=∇(∇⋅A⃗)−∇2A⃗\nabla \times (\nabla \times \vec{A}) = \nabla (\nabla \cdot \vec{A}) - \nabla^2 \vec{A}，并规定库仑规范 ∇⋅A⃗=0\nabla \cdot \vec{A} = 0，可得磁矢位的泊松方程：

∇2A⃗=−μJ⃗\nabla^2 \vec{A} = -\mu \vec{J}

其可转化为三个标量方程：

∇2Ax=−μJx,∇2Ay=−μJy,∇2Az=−μJz\nabla^2 A_x = -\mu J_x, \quad \nabla^2 A_y = -\mu J_y, \quad \nabla^2 A_z = -\mu J_z

当电流分布于有限空间，规定无穷远处磁矢位为0时，有特解：

A⃗=μ04π∫V′J⃗dV′R\vec{A} = \frac{\mu_0}{4\pi} \int_V' \frac{\vec{J} dV'}{R}

其中 J⃗dV′\vec{J} dV' 可换作其他元电流形式，如 Idl⃗′I d\vec{l}'。

10. 磁矢位的边值问题

由 B⃗=∇×A⃗\vec{B} = \nabla \times \vec{A} 可知，∫SB⃗⋅dS⃗=∮lA⃗⋅dl⃗\int_S \vec{B} \cdot d\vec{S} = \oint_l \vec{A} \cdot d\vec{l}（通过某个面的磁通等于其边界线上的磁矢位的环路积分），从而可得 A⃗\vec{A} 在分界面处切向连续：A1t=A2tA_{1t} = A_{2t}；由$\nabla \cdot \vec{A}=0 ,可得,可得\vec{A}$ 在分界面法向连续，从而A⃗\vec{A}在分界面连续。

由 H1t−H2t=KH_{1t} - H_{2t} = K 及 Ht=Btμ=1μ(∇×A⃗)tH_t = \frac{B_t}{\mu} = \frac{1}{\mu} (\nabla \times \vec{A})_t，可得

1μ1(∇×A⃗1)t−1μ2(∇×A⃗2)t=K\frac{1}{\mu_1} (\nabla \times \vec{A}_1)_t - \frac{1}{\mu_2} (\nabla \times \vec{A}_2)_t = K

在直角坐标系中，若 A⃗\vec{A} 只有 zz 分量且仅随 x,yx,y 变化，则 Bx=∂Az∂yB_x = \frac{\partial A_z}{\partial y}，By=−∂Az∂xB_y = -\frac{\partial A_z}{\partial x}，衔接条件可化为

1μ1∂Az1∂n−1μ2∂Az2∂n=−K\frac{1}{\mu_1} \frac{\partial A_{z1}}{\partial n} - \frac{1}{\mu_2} \frac{\partial A_{z2}}{\partial n} = -K

再加上 A⃗\vec{A} 连续，即组成恒定磁场边的边值问题。

11. 平行平面磁场与磁矢位

在平行平面磁场中，A⃗\vec{A} 只有 zz 分量且与 zz 无关，等 AzA_z 线即为磁力线（B 线）。

12. 磁位（标量磁位）

在 J=0J = 0 的区域，由于 ∇×H⃗=0\nabla \times \vec{H} = 0，故可定义标量磁位 Φm\Phi_m，满足

H⃗=−∇Φm\vec{H} = -\nabla \Phi_m

磁压（磁位差）为

UmAB=∫ABH⃗⋅dl⃗=ΦmA−ΦmBU_{mAB} = \int_A^B \vec{H} \cdot d\vec{l} = \Phi_{mA} - \Phi_{mB}

磁压与积分路径有关，一般规定积分路径不穿过回路所限定的面，使磁压为单值。

标量磁位的边值问题：

∇2Φm=0,Φm1=Φm2,μ1∂Φm1∂n=μ2∂Φm2∂n\nabla^2 \Phi_m = 0, \quad \Phi_{m1} = \Phi_{m2}, \quad \mu_1 \frac{\partial \Phi_{m1}}{\partial n} = \mu_2 \frac{\partial \Phi_{m2}}{\partial n}

13. 镜像法（见二）

14. 自感

若磁场由一电流回路产生，则穿过此回路的磁通与回路中电流成正比，即有

Ψ=LI\Psi = L I

其中 LL 称为自感系数，单位 H（亨利）。计算时先求所有与电流铰链的磁链，再由 L=Ψ/IL = \Psi / I 得到。

15. 互感

由回路 1 产生的磁场与回路 2 交链的磁链记作 Ψ21=M21I1\Psi_{21}= M_{21} I_1，同理有 Ψ=M12I2\Psi_{} = M_{12} I_2，可以证明 M12=M21M_{12} = M_{21}，称为互感系数。

16. 诺伊曼公式

M21=M12=N1N2μ04π∮l1∮l2dl⃗1⋅dl⃗2RM_{21} = M_{12} = \frac{N_1 N_2 \mu_0}{4\pi} \oint_{l_1} \oint_{l_2} \frac{d\vec{l}_1 \cdot d\vec{l}_2}{R}

17. 恒定磁场能量

对于多个电流回路，磁场能量为

Wm=12∑i=1nIiΨi=12∑i=1n∑j=1nIiMijIjW_m = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n I_i \Psi_i = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n I_i M_{ij} I_j

其中 Mii=LiM_{ii} = L_i。

用场量表示为

Wm=12∫VB⃗⋅H⃗ dV=12∫VμH2 dVW_m = \frac{1}{2} \int_V \vec{B} \cdot \vec{H} \, dV = \frac{1}{2} \int_V \mu H^2 \, dV

其中，磁场能量密度

wm=12B⃗⋅H⃗=12μH2w_m=\frac{1}{2} \vec{B} \cdot \vec{H}=\frac{1}{2} \mu H^2

18. 磁场力的虚位移法

与电场力类似，磁场力可用虚位移法计算：

f=∂Wm∂g∣Ik=常量=−∂Wm∂g∣Ψk=常量f = \left. \frac{\partial W_m}{\partial g} \right|_{I_k = \text{常量}} = - \left. \frac{\partial W_m}{\partial g} \right|_{\Psi_k = \text{常量}}

19. 磁路定律

对于磁导率极高的物质（如铁磁质），磁场可用磁路近似计算。磁路中的磁阻定义为

Rm=lμSR_m = \frac{l}{\mu S}

磁路欧姆定律：Φ=FRm\Phi = \frac{F}{R_m}，其中 F=NIF = NI 为磁动势。

磁路中亦有基尔霍夫定律：

  • 磁通连续性定律（对节点）：∑Φ=0\sum \Phi = 0
  • 磁压定律（对回路）：∑F=∑RmΦ\sum F = \sum R_m \Phi

20. 磁屏蔽

利用高磁导率材料制成的屏蔽罩，可以将磁场约束在屏蔽体内，从而实现磁屏蔽。

二、题型整理

1、恒定磁场求解

(1) 毕-萨定理积分法求解（较难，不常用）（非对称回路用）

例 3.1（P95 T3-1-2）设空气中有一边长为 1m1\text{m}、0.5m0.5\text{m} 的长方形回路，通以电流 I=4AI=4\text{A}，求其中心垂轴线上离回路平面 1m1\text{m} 处的磁感应强度

由对称性易知，A处磁感应强度沿轴线向外

仅需计算此方向上分量，先考虑长边

B1=∫Lμ04π⋅Idl⃗×e⃗RR2=μ0I4π∫−0.5m0.5mdl[0.252+12]32⋅0.251+0.252B_1 = \int_L \frac{\mu_0}{4\pi} \cdot \frac{Id\vec{l} \times \vec{e}_R}{R^2} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int_{-0.5\text{m}}^{0.5\text{m}} \frac{dl}{[0.25^2+1^2]^{\frac{3}{2}}} \cdot \frac{0.25}{\sqrt{1+0.25^2}}

=μ0I4π11+0.252⋅[0.51+0.252+0.52−−0.51+0.252+0.52]⋅0.251+0.252= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{1}{\sqrt{1+0.25^2}} \cdot \left[ \frac{0.5}{\sqrt{1+0.25^2+0.5^2}} - \frac{-0.5}{\sqrt{1+0.25^2+0.5^2}} \right] \cdot \frac{0.25}{\sqrt{1+0.25^2}}

再考虑短边，同理有 $$B_2 = \int_L \frac{\mu_0}{4\pi} \frac{Id\vec{l} \times \vec{e}R}{R^2} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int{-0.25\text{m}}^{0.25\text{m}} \frac{dl}{[0.5^2+1^2+l^2]^{\frac{3}{2}}} \cdot \frac{0.5}{\sqrt{1+0.5^2}}$$

=μ0I4π⋅11+0.52⋅0.25×21+0.52+0.252⋅0.51+0.52= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+0.5^2}} \cdot \frac{0.25 \times 2}{\sqrt{1+0.5^2+0.25^2}} \cdot \frac{0.5}{\sqrt{1+0.5^2}}

∴B=2(B1+B2)=3.04×10−7T\therefore B = 2(B_1+B_2) = 3.04 \times 10^{-7} \text{T}

可记忆以下结论：真空中载流 II、长为 2L2L 的导线在导线外任一点产生场强为

B⃗=e⃗ϕ⋅μ0I4πρ[z+Lρ2+(z+L)2−z−Lρ2+(z−L)2]\vec{B} = \vec{e}_\phi \cdot \frac{\mu_0 I}{4\pi\rho} \left[ \frac{z+L}{\sqrt{\rho^2+(z+L)^2}} - \frac{z-L}{\sqrt{\rho^2+(z-L)^2}} \right]

其中 ρ\rho 为点在导线的距离，zz 为点在导线中垂面距离

☆ (2) 安培环路定律（对称/无限长直导线）

例 3.1.2 （P102 T3-2-2）有一半径为 aa 的长直圆柱形导体，通有电流密度 J⃗=J0⋅ρae⃗z\vec{J} = J_0 \cdot \frac{\rho}{a} \vec{e}_z 的恒定电流，（zz轴为圆柱体轴线），求导体内外磁场强度 H⃗\vec{H}

由安培环路定理有 H⋅2πr=J0a∫02πdθ∫0rρ2dρ=2πJ0a⋅13r3=2πJ0r33aH \cdot 2\pi r = \frac{J_0}{a} \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^r \rho^2 d\rho = \frac{2\pi J_0}{a} \cdot \frac{1}{3}r^3 = \frac{2\pi J_0 r^3}{3a}

⇒H⃗=J0r23ae⃗ϕ(r≤a)\Rightarrow \vec{H} = \frac{J_0 r^2}{3a} \vec{e}_\phi \quad (r \leq a)

当 r>ar > a 时，H⋅2πr=∫02πdθ∫0aρ2dρ=2πJ0a33⇒H⃗=J0a33re⃗ϕ(r>a)H \cdot 2\pi r = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^a \rho^2 d\rho = \frac{2\pi J_0 a^3}{3} \Rightarrow \vec{H} = \frac{J_0 a^3}{3r} \vec{e}_\phi \quad (r > a)

（3）恒定磁场边值问题（用磁矢位 A⃗\vec{A}，一维）

例 3.1.3（P44 T3-6-3）已知电流分布 J⃗=J0ρe⃗z\vec{J} = J_0 \rho \vec{e}_z（ρ≤a\rho \leq a），其中 J0J_0 为常数，求磁矢位 A⃗\vec{A} 及磁感应强度 B⃗\vec{B}（A⃗\vec{A} 参考点取 ρ=ρ0＞a\rho = \rho_0 ＞ a 处）

由题意，设体内磁矢位为 A⃗1\vec{A}_1，体外为 A⃗2\vec{A}_2，A⃗1\vec{A}_1、A⃗2\vec{A}_2 仅 e⃗z\vec{e}_z 方向分量有

{∇2A⃗1=∇2Az1=1ρ∂∂ρ(ρ∂Az1∂ρ)=−μ0J0ρ∇2A⃗2=∇2Az2=1ρ∂∂ρ(ρ∂Az2∂ρ)=0A1∣ρ=a=A2∣ρ=a,A2∣ρ=ρ0=0\begin{cases} \nabla^2 \vec{A}_1 = \nabla^2 A_{z1} = \frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\rho}\left(\rho\frac{\partial A_{z1}}{\partial\rho}\right) = -\mu_0 J_0 \rho \\ \nabla^2 \vec{A}_2 = \nabla^2 A_{z2} = \frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\rho}\left(\rho\frac{\partial A_{z2}}{\partial\rho}\right) = 0 \\ A_1|_{\rho=a} = A_2|_{\rho=a}, \quad A_2|_{\rho=\rho_0} = 0 \end{cases}

⇒A⃗1=−19μ0J0ρ3+C1ln⁡ρ+C2\Rightarrow \vec{A}_1 = -\frac{1}{9}\mu_0 J_0 \rho^3 + C_1 \ln\rho + C_2，A⃗2=C3ln⁡ρ+C4\vec{A}_2 = C_3 \ln\rho + C_4

∵A1∣ρ=0\because A_1|_{\rho=0} 为有限值，从而 C1=0C_1 = 0；

A2∣ρ=∞A_2|_{\rho=\infty} 为有限值，从而 C3=0C_3 = 0

{C3ln⁡a+C4=−19μ0J0a3+C2C3ln⁡ρ0+C4=0∂A1∂ρ∣ρ=a=−13μ0J0ρ∣a=C3a=∂A2∂ρ∣ρ=a\begin{cases} C_3 \ln a + C_4 = -\frac{1}{9}\mu_0 J_0 a^3 + C_2 \\ C_3 \ln\rho_0 + C_4 = 0 \\ \frac{\partial A_1}{\partial\rho}|_{\rho=a} = -\frac{1}{3}\mu_0 J_0 \rho|_a = \frac{C_3}{a} = \frac{\partial A_2}{\partial\rho}|_{\rho=a} \end{cases}

⇒C3=−13μ0J0a3\Rightarrow C_3 = -\frac{1}{3}\mu_0 J_0 a^3，C4=13μ0J0a3ln⁡ρ0C_4 = \frac{1}{3}\mu_0 J_0 a^3 \ln\rho_0，C2=19μ0J0a3−13μ0J0a3ln⁡a+13μ0J0a3ln⁡ρ0C_2 = \frac{1}{9}\mu_0 J_0 a^3 - \frac{1}{3}\mu_0 J_0 a^3 \ln a + \frac{1}{3}\mu_0 J_0 a^3 \ln\rho_0

A⃗1=(−19μ0J0ρ3+19μ0J0a3+13μ0J0a3ln⁡ρ0a)e⃗zA⃗2=13μ0J0a3ln⁡ρ0ρ\vec{A}_1 = \left(-\frac{1}{9}\mu_0 J_0 \rho^3 + \frac{1}{9}\mu_0 J_0 a^3 + \frac{1}{3}\mu_0 J_0 a^3 \ln\frac{\rho_0}{a}\right) \vec{e}_z \quad \vec{A}_2 = \frac{1}{3}\mu_0 J_0 a^3 \ln\frac{\rho_0}{\rho}

从而 B⃗1=∇×A⃗1=−∂Az∂ρe⃗ϕ=μ0J0ρ23e⃗ϕ\vec{B}_1 = \nabla \times \vec{A}_1 = -\frac{\partial A_z}{\partial\rho} \vec{e}_\phi = \frac{\mu_0 J_0 \rho^2}{3} \vec{e}_\phi，B⃗2=∇×A⃗2=μ0J0a33ρe⃗ϕ\vec{B}_2 = \nabla \times \vec{A}_2 = \frac{\mu_0 J_0 a^3}{3\rho} \vec{e}_\phi

磁场边界值问题列写与静电场、恒定电流场类似，此处不再赘述。

(4) 镜像法

结论：若电流 II 处于 μ1\mu_1 的磁介质中则镜像电流如下：

I′=μ2−μ1μ2+μ1II′′=2μ1μ1+μ2II' = \frac{\mu_2 - \mu_1}{\mu_2 + \mu_1} I \quad I'' = \frac{2\mu_1}{\mu_1 + \mu_2} I

事实上，若取 μ1=1ε1\mu_1 = \frac{1}{\varepsilon_1}，μ2=1ε2\mu_2 = \frac{1}{\varepsilon_2}，即为静电场镜像法结论。

例 3.1.4（P119 T3-6-2）如图，求下述电流 II 所在有效区域的镜像电流大小及位置

对照电荷与金属板处的电场可用另一等量异号电荷等效 μ→∞\mu \to \infty

镜像电流应如下，其中 I′′I''：

I′=μ2−μ1μ2+μ1II' = \frac{\mu_2 - \mu_1}{\mu_2 + \mu_1} I

I′′=II'' = I

I′′′=I′I''' = I'

2、电感求解

例 3.2.1（P125 T3-7-2）有一横截面为正方形的铁磁镯环，均匀绕有500匝导线，镯环内外半径分别为 R1=6cmR_1 = 6\text{cm}、R2=7cmR_2 = 7\text{cm}，高 h=1cmh = 1\text{cm}，μ=800μ0\mu = 800\mu_0，求线圈自感系数。

设导线内通有电流 II，取圆形回路且半径为 rr

有 H⋅2πr=500IH \cdot 2\pi r = 500I，（R1<r<R2R_1 \lt r \lt R_2）

从而 H=500I2πr=250IπrH = \frac{500I}{2\pi r} = \frac{250I}{\pi r}，B=μH1=800000Ir×10−7B = \frac{\mu H}{1} = \frac{800000I}{r} \times 10^{-7}

∴\therefore 磁通 Φ=∫R1R2Bhdr=8000I1ln⁡76×10−7\Phi = \int_{R_1}^{R_2} Bh dr = \frac{8000I}{1} \ln\frac{7}{6} \times 10^{-7}

从而 L=NΦI=0.0616HL = \frac{N\Phi}{I} = 0.0616\text{H}

例 3.2.2（P144 T3-14）求如图所示两同轴导体壳系统的自感。

向内壳通电流 II，垂直于纸面向内；外壳电流垂直于纸面向外

当 r<R1r \lt R_1 时，H1⋅2πr=0⇒H1=0H_1 \cdot 2\pi r = 0 \Rightarrow H_1 = 0

当 R1≤r<R2R_1 \leq r \lt R_2 时，H2⋅2πr=π(r2−R12)π(R22−R12)I=r2−R12R22−R12IH_2 \cdot 2\pi r = \frac{\pi(r^2-R_1^2)}{\pi(R_2^2-R_1^2)} I = \frac{r^2-R_1^2}{R_2^2-R_1^2} I

⇒H2=(r2−R12)I2π(R22−R12)r\Rightarrow H_2 = \frac{(r^2-R_1^2)I}{2\pi(R_2^2-R_1^2)r}

当 R2≤r<R3R_2 \leq r \lt R_3 时，H3⋅2πr=I⇒H3=I2πrH_3 \cdot 2\pi r = I \Rightarrow H_3 = \frac{I}{2\pi r}

当 R3≤r<R4R_3 \leq r \lt R_4 时，H4⋅2πr=π(R42−r2)π(R42−R32)I⇒H4=(R42−r2)I2π(R42−R32)rH_4 \cdot 2\pi r = \frac{\pi(R_4^2-r^2)}{\pi(R_4^2-R_3^2)} I \Rightarrow H_4 = \frac{(R_4^2-r^2)I}{2\pi(R_4^2-R_3^2)r}

当r>R4r \gt R_4 时，H=0H = 0

从而 dΨi1=I′IN1dΦi=r2−R12R22−R12μ1H2dxd\Psi_{i1} = \frac{I'}{I} N_1 d\Phi_i = \frac{r^2-R_1^2}{R_2^2-R_1^2} \mu_1 H_2 dx

Ψi1=∫dΨi1=∫R1R2μ1R22−R12(r2−R12)(r2−R12)I2π(R22−R12)rdr=μ1I2π(R22−R12)2[34R14+(14R22−R12)R22+R14ln⁡R2R1]\Psi_{i1} = \int d\Psi_{i1} = \int_{R_1}^{R_2} \frac{\mu_1}{R_2^2-R_1^2}(r^2-R_1^2) \frac{(r^2-R_1^2)I}{2\pi(R_2^2-R_1^2)r} dr = \frac{\mu_1 I}{2\pi(R_2^2-R_1^2)^2} \left[\frac{3}{4}R_1^4 + (\frac{1}{4}R_2^2-R_1^2)R_2^2 + R_1^4\ln\frac{R_2}{R_1}\right]

同理有 dΦ0=μ0H3dxd\Phi_0 = \mu_0 H_3 dx，dΨ0=dΦ0d\Psi_0 = d\Phi_0，Ψ0=∫R2R3I2πrμ0dr=μ0I2πln⁡R3R2\Psi_0 = \int_{R_2}^{R_3} \frac{I}{2\pi r} \mu_0 dr = \frac{\mu_0 I}{2\pi} \ln\frac{R_3}{R_2}

∴L=Ψi1+Ψ0+Ψi2I=μ02πln⁡R3R2+μ12π(R22−R12)2[34R14+(14R22−R12)R22+R14ln⁡R2R1]+μ22π(R42−R32)2[−34R44−(14R32−R42)R32+R44ln⁡R4R3]\therefore L = \frac{\Psi_{i1}+\Psi_0+\Psi_{i2}}{I} = \frac{\mu_0}{2\pi}\ln\frac{R_3}{R_2} + \frac{\mu_1}{2\pi(R_2^2-R_1^2)^2} \left[\frac{3}{4}R_1^4 + (\frac{1}{4}R_2^2-R_1^2)R_2^2 + R_1^4\ln\frac{R_2}{R_1}\right] + \frac{\mu_2}{2\pi(R_4^2-R_3^2)^2} \left[-\frac{3}{4}R_4^4 - (\frac{1}{4}R_3^2-R_4^2)R_3^2 + R_4^4\ln\frac{R_4}{R_3}\right]

电感求解除了上述先算磁链后算自感的方法外，还可通过磁场能量求得。（见3，例3.3.1）

3、磁场能量及磁场力求解

例 3.3.1 与例3.2.2题设相同，求其磁场能。

法一：Wm=12LI2=I22[⋯ ]W_m = \frac{1}{2}LI^2 = \frac{I^2}{2}[\cdots]（过长从略，见例3.2.2）

法二：Wm=12H⃗⋅B⃗W_m = \frac{1}{2}\vec{H} \cdot \vec{B}，Wm=∫VwmdVW_m = \int_V w_m dV（三块区域分开积分）

例 3.3.2（P32 T3-8-3）电动式仪表有两个线圈，其中一个固定不动，另一个可绕轴转动，设其中分别通电流 I1I_1、I2I_2，互感为 M(α)M(\alpha)，求线圈2所受转矩

由题意，Wm=12L1I12+12L2I22+M(α)I1I2W_m = \frac{1}{2}L_1 I_1^2 + \frac{1}{2}L_2 I_2^2 + M(\alpha)I_1 I_2

其中相互作用能 W=M(α)I1I2W = M(\alpha)I_1 I_2

其 α\alpha 为广义坐标，则转矩 T=∂W∂α∣I=C=I1I2dM(α)dαT = \frac{\partial W}{\partial\alpha}|_{I=C} = I_1 I_2 \frac{dM(\alpha)}{d\alpha}

4、磁路计算

例 3.4.1（P138 T3-9-1）一电磁铁铁芯如图所示，线圈匝数为1000，空气隙长度为 l=2mml = 2\text{mm}，磁路a、b、c三段长度及截面积均相等，气隙磁阻比它们每段大30倍，线圈中通有电流 1A1\text{A}，求气隙中磁感应强度 B⃗\vec{B}。

∵Rml=lμ0S∴Ra=Rb=Rc=130Rml=l30μ0S\because R_{ml} = \frac{l}{\mu_0 S} \quad \therefore R_a = R_b = R_c = \frac{1}{30}R_{ml} = \frac{l}{30\mu_0 S}

而由KCL及KVL有

Φmc=Φma+Φmb，ΦmaRml+ΦmaRa+ΦmbRb=0\Phi_{mc} = \Phi_{ma} + \Phi_{mb}，\Phi_{ma}R_{ml} + \Phi_{ma}R_a + \Phi_{mb}R_b = 0

ΦmaRa+ΦmaRml+ΦmcRc=NI\Phi_{ma}R_a + \Phi_{ma}R_{ml} + \Phi_{mc}R_c = NI

⇒Φmb=31Φma\Rightarrow \Phi_{mb} = 31\Phi_{ma}，Φmc=32Φma\Phi_{mc} = 32\Phi_{ma}，ΦmaRml=30NI63\Phi_{ma}R_{ml} = \frac{30NI}{63}，B⃗=ΦmaS=μ0NI⋅3063l=0.54T\vec{B} = \frac{\Phi_{ma}}{S} = \frac{\mu_0 NI \cdot 30}{63l} = 0.54\text{T}

注意电路与磁路中概念对应：

Em=NI  ⟺  E=∫lE⃗⋅dl⃗\mathcal{E}_m = NI \iff \mathcal{E} = \int_l \vec{E} \cdot d\vec{l}

Rm=lμS  ⟺  R=lγSR_m = \frac{l}{\mu S} \iff R = \frac{l}{\gamma S}

Φ=UmRm  ⟺  I=UR\Phi = \frac{U_m}{R_m} \iff I = \frac{U}{R}

∑Φmi=0  ⟺  ∑Ii=0\sum \Phi_{mi} = 0 \iff \sum I_i = 0

∑Φ⋅Rm=Em  ⟺  ∑IR=E\sum \Phi \cdot R_m = \mathcal{E}_m \iff \sum IR = \mathcal{E}