第五章习题答案
5-2 如题图所示，一半径为a 的金属圆盘，在垂直方向的均匀磁场B 中以等角速度ω旋转，其轴线与磁场平行。在轴与圆盘边缘上分别接有一对电刷。这一装置称为法拉第发电机。试证明两电刷之间的电压为
Ba 2ω2
。 z
证明：，选圆柱坐标， E ind =
v ⨯B =v e φ⨯B e z =vB e ρ
其中 v =ωρe φ
v
d l =
a
∴ε=
=
⎰⎰
E ind
l a
∙
⎰
B v e ρ
2
∙
d ρe ρ
2
题图5-2
B ωρd ρ=
B a ω
证毕 5-3解：
5-4 一同轴圆柱形电容器，其内、外半径分别为r 1=1cm 、r 2=4cm ，长度l =0. 5cm ，极板间介质的介电常数为4ε0，极板间接交流电源，电压为u =6000
t =1. 0s 时极板间任意点的位移电流密度。
2sin 100πt V 。求
解法一：因电源频率较低，为缓变电磁场，可用求静电场方法求解。忽略边沿效应，电容器中的场为均匀场，选用圆柱坐标，设单位长度上内导体的电荷为τ，外导体电荷为-τ，因
此有
E =
τ
2e
πε
ρ r 1
ρ
r 2
r u =
⎰
E
⎰
2
τ
ρ=τ
∙dl =
ln
r 2r 1
r 1
2πε0ρ
d 2πε
r
1
∴
τ
r 2
2πε
=u ln
r 1
所以
E =
u e
， D
=
εu e
ln r 2ρ
ρ
r ρln
r 21
r ρ
1
J ∂D
ε∂u d =∂t
=
e
εln r 2∂t
ρ=r 6000
2⨯100πcos 100πt e
ρ
2r ρ
ln 1
r ρ
1
当t =1s 时
J 4⨯8. 85⨯10-12
d =ln 4ρ
⨯6000
2⨯100πcos 100π
e ρ
5
=
6. 81⨯10
-2
ρ
e
ρA/m
解法二：用边值问题求解，即
⎧⎪
∇2ϕ=0⎨ϕ=u ρ=1 ⎪⎩
ϕ=0ρ=4 由圆柱坐标系有
1∂
ρ∂ρ
(ρ
∂ϕ∂ρ
) =0
解式(1)得 ϕ=c 1ln ρ+c 2
由边界条件得： c -u 1=ln 4
c 2=u
∴
ϕ=-
u ln 4
ln ρ+u
所以 E
=-∇ϕ=
60002sin 100πt
ρln e
4
ρ
A/m
2
(1)
4ε06000
D =εE =
2sin 100πt
e ρ
ρln 4
∂D 4ε060002cos 100πt
J D ==⨯100πe ρ
∂t ρln 4
当t =1s 时
6. 81⨯10J D =
-5
ρ
e ρ(m
2
)
5-5由圆形极板构成的平板电容器(a >>d ) 见题图所示，其中损耗介质的电导率为γ、介电系数为ε、磁导率为μ，外接直流电源并忽略连接线的电阻。试求损耗介质中的电场强度、磁场强度和坡印廷矢量，并根据坡印廷矢量求出平板电容器所消耗的功率。
题图5-5
外部空间进入电容器的总功率，即电容器消耗的功率为：
5-7解：
设电容器间的电流为I ，取以坐标原点O 至介质中任意点的距离ρ为半径的球面，有：
⎰J C dS =J C 4πρ=I
s
5-8解：采用圆柱坐标系
5-9 在交变电磁场中，某材料的相对介电常数为εr =81，电导率为γ=4. 2S/m。分别求频率f 1=1k Hz 、f 2=1MHz 以及f 3=1GHz 时位移电流密度和传导电流密度的比值。 解：传导电流J C 和位移电流J D 分别由以下公式计算
∂D
J C =γE ， J D =∂t
所以传导电流和位移电流的幅值比为：
K =
J C J D
=
γεω
=
4.281ε0ω
=
4.2
81⨯(π)⨯10⨯2πf
-9
=
9.3⨯10
f
8
分别将三种频率代入式(1)中得：
K
f =103
＝9. 3⨯105 K
f =106
＝9. 3⨯102 K
f =109
＝0. 93
5-11题图所示的一对平行长线中有电流i (t ) =I m sin ωt 。求矩形线框中的感应电动势。
解：在圆柱坐标中，由无限长直导线产生的磁感应强度为
μI B =0e φ
2πρ
μI μI
左边一条产生的B 1=01e φ=0m sin ωt e φ
2πρ12πρ1
μI μI
右边一条产生的B 2=02e φ=0m sin ωt e φ
2πρ22πρ2
题图5-11
左边导线对矩形框产生的磁通Φ1
Φ1=
⎰
b +c
B 1∙d S =
b +c
b
⎰
μ0I m
2πρ1
sin ωt ∙hd ρ=
μ0I m h
2π
sin ωt ln
b +c b
b
右边导线对矩形框产生的磁通Φ2
Φ2=
μ0I m h
2π
sin ωt ln
a +c a
b (a +c )a (b +c )
所以矩形框的磁通 Φ=Φ2-Φ1=
μ0I m h sin ωt
2πb (a +c )a (b +c )
ln
所以 ε=-
∂Φ∂t
=
μ0I m h ωcos ωt
2π
ln
5-13 真空中磁场强度的表达式为H =H z e z =H 0sin(ωt -βx ) e z ，求空间的位移电流密度
和电场强度。
e x
e y 00
d
e z 0H
z
解：由∇⨯H =
∂∂x 0
J
=-
∂H
z
∂x
e y =J d 得
=H 0βcos(ωt -βx ) e y
∂D
又由：J d =，
∂t
所以 D =
t
⎰
∂D ∂t
∙dt =
H 0β
ω
sin
(ωt -βx ) e y +C
E =
D
ε0
=
H 0β
ωε
sin(ωt -βx ) e y +C
因为无恒定场分量，所以C =0
H 0β D
所以 E ==sin(ωt -βx ) e y
ε0
ωε
5-14 已知在某一理想介质中的位移电流密度为J D =2sin(ωt -5z ) e x μA /m 2，介质的介电
常数为ε0，磁导率为μ0。求介质中的电场强度E 和磁场强度H 。
∂D
解： 由J D =得
∂t
D =
⎰
t
-2 -2J D dt =cos(ωt -5z ) e x ， E =cos(ωt -5z ) e x
ωωε
∂B
又由∇⨯E =-可得
∂t
∴H =-
10
cos(ωt -5z ) e y
ω2μ0ε0
2
1
μ0ε0
=c , c =
25
ωβ
, β=5
H =H 所以：
y
=-
cos(ωt -5z ) e y
5-16 半径为R ，厚度为h 、电导率为γ的导体圆盘，盘面与均匀正弦磁场B 正交，如题图
所示。已知B =B 0sin ωt e x ，忽略圆盘中感应电流对均匀磁场的影响，试求：（1）圆盘中的
涡流电流密度J c ；（2）涡流损耗P e 。
z
B
解：选圆柱坐标
题图5-16
ρ
∇⨯E =
1 e ρ∂∂ρ0 ∂B ∂t
e φ0
ρ
1 e z 00
=1∂
(ρE φ)e z
ρ∂ρ
ρE φ
=-
=-B 0ωcos ωt e z
1
E =-B 0ρωcos ωt e z
2
1
所以 J C =γE =-γB 0ρωcos ωt e z
2
P =
⎰
J c
2
V
γ
=
⎰
V
1⎡⎢γ⎢⎣
1T
⎰
T
J
2c
⎤
(t ) dt ⎥dV =
⎥⎦
2
⎰
R
18γ
ωB ρh 2πρd ρ=
22
2
2
π
16
γωB 0R h
224
5-17 由圆形极板构成的平行板电容器，间距为d ，其间的均匀介质，电导率为γ，介电常数为ε，磁导率为μ0，当外加电压为u =U
m
sin ωt V 时，忽略电容器的边缘效应。试求电
容器中任意点的位移电流和磁感应强度（假设变化的磁场产生的电场远小于外加电压产生的电场）。 解： E =
J d =
U d ∂D ∂t
， ∴E =
=ε
∂E ∂t
U d
=∂E ∂t
U m s i n ωt
d =
（1）
， ∴J d =ε
∂D ∂t
εU m ω
d
c o s ωt （2）
方向 ：E 和J 的方向相同，从高电压方向指向低压方向。由全电流定律：
H ∙d l =
l
⎰
∙d S +
S
⎰
+
γE ∙d S
S
H ⋅2πρ=
εU m ωcos ωt
d
⋅πρ
2
γU m sin ωt
d
πρ
2
∴
εμ0U m ωcos ωt γμU sin ωt B =ρ+0m ρ
2d 2d
-3
5-18 已知大地的电导率γ=5⨯10体的最高工作频率是多少？
S
，相对介电常数εr =10，试问可把大地视为良导
解：由题意知满足磁准态场的条件：由
ωεγ
为取两个数量级时，可认为满足远远小于条件，即：
ωεγ
＝
2πf ε
γ
-3
=0. 01
所以： f =
0. 01⨯5⨯102π⨯8. 854187818
⨯10
-12
=9⨯10 Hz
4
5-19 （1）长直螺线管中载有随时间变化相当慢的电流i ＝I 0sin ωt 。先用安培环路定律求半径为a 的线圈内产生的磁准静态场的磁感应强度，然后利用法拉第定律求线圈里面和外面的感应电场强度；
（2）试论证上述磁准静态场的解只有在ω－>0的静态极限情况下，才精确地满足麦可斯韦方程组。
解：（1）对于长直螺线管，在均匀密绕的条件下，磁场方向与电流方向成右手螺旋关系，为
(ρ
0(ρ>a ) ⎩
N 是每单位长度上的线圈的匝数。
由于磁场分布具有轴对称性，因而它感应出的电场也具有这一性质，其方向与磁场成右螺旋。
取半径为ρ的同心圆周为积分路径，应用法拉第定律，可求得沿e z 方向的磁场产生的电场
d
为 E ∙d l =2πE φ(ρ, t ) =-
l dt
⎰
S
B ∙d S
2
⎧
⎪-μ0N πρ=⎨
⎪-μ0N πρ⎩
2
di dt di dt
=-μ0N πρI 0ωcos ωt (ρ
2
=-μ0N πa I 0ωcos ωt
2
(ρ>a )
（2）
所以有：
⎧μ0N ωI 0
-ρcos ωt ⎪(ρ
E ϕ(ρ, t ) =⎨
μ0N ωI 02(ρ>a ) ⎪-a cos ωt 2ρ⎪⎩
（3）
（2）将（1）式和（3）式代入麦可斯韦方程中 ∂D
∇⨯H ＝
∂t
容易验证两边不相等，只有在ω－>0的静态场极限情况下，才精确的满足麦可斯韦方程组。
∂B z 11 1∂B z 1
∇⨯H ＝∇⨯B ＝e ρ(⨯) +e ρ(-)
μ0μ0ρ∂φμ0∂ρ
1 ∂⎧1 1∂(ρ
=⎨μ0 ρ∂φμ0∂ρ
(ρ>a ) ⎪0⎩
（4）
2
⎧εμN ρω 00 e I 0sin ωt (ρ
(ρ>a ) εμNa ω 00∂t ∂t ⎪e I 0sin ωt φ⎪2⎩
（5）
∂D
很明显，式（4）和式（5）不相等，但是当ω－>0时∇⨯H ＝＝0，精确满足麦可斯韦
∂t
方程组。
5-20 同题5-17，假如圆形极板的面积是A ，在频率不很高时，用坡印廷定理证明电容器内由于介质的损耗所吸收的平均功率是 P =与5-5题方法相同。
5-22 一块金属在均匀恒定磁场中平移，金属中是否会有涡流？若金属块在均匀恒定磁场中旋转，金属中是否会有涡流？ 答：平移时没有，旋转时有。
5-23当有f 1＝4⨯103 Hz 和f 2＝4⨯105两种频率的信号，同时通过厚度为1mm 的铜板时，试问在铜板的另一侧能接收到那些频率的信号 解：由于透入深度公式
d ＝
2
U 2R
，式中R 是极板间介质的漏电阻。
ωμγ
（1）
分别把两种信号代入（1）式得：d 1＝1. 04 mm >1mm ， d 2＝0. 104 mm
所以，只有第一种信号可以通过，即在另外一侧只能接收到第一种信号。
5-24解：
设铝板中的磁场从表面处的H=12A/m经厚度为h A l 后衰减到0.01A/m，则有：
12e
-αAl h Al
=0.01，所以，得：h A l =8.45 cm h F e =3.92 mm
同理
第五章习题答案
5-2 如题图所示，一半径为a 的金属圆盘，在垂直方向的均匀磁场B 中以等角速度ω旋转，其轴线与磁场平行。在轴与圆盘边缘上分别接有一对电刷。这一装置称为法拉第发电机。试证明两电刷之间的电压为
Ba 2ω2
。 z
证明：，选圆柱坐标， E ind =
v ⨯B =v e φ⨯B e z =vB e ρ
其中 v =ωρe φ
v
d l =
a
∴ε=
=
⎰⎰
E ind
l a
∙
⎰
B v e ρ
2
∙
d ρe ρ
2
题图5-2
B ωρd ρ=
B a ω
证毕 5-3解：
5-4 一同轴圆柱形电容器，其内、外半径分别为r 1=1cm 、r 2=4cm ，长度l =0. 5cm ，极板间介质的介电常数为4ε0，极板间接交流电源，电压为u =6000
t =1. 0s 时极板间任意点的位移电流密度。
2sin 100πt V 。求
解法一：因电源频率较低，为缓变电磁场，可用求静电场方法求解。忽略边沿效应，电容器中的场为均匀场，选用圆柱坐标，设单位长度上内导体的电荷为τ，外导体电荷为-τ，因
此有
E =
τ
2e
πε
ρ r 1
ρ
r 2
r u =
⎰
E
⎰
2
τ
ρ=τ
∙dl =
ln
r 2r 1
r 1
2πε0ρ
d 2πε
r
1
∴
τ
r 2
2πε
=u ln
r 1
所以
E =
u e
， D
=
εu e
ln r 2ρ
ρ
r ρln
r 21
r ρ
1
J ∂D
ε∂u d =∂t
=
e
εln r 2∂t
ρ=r 6000
2⨯100πcos 100πt e
ρ
2r ρ
ln 1
r ρ
1
当t =1s 时
J 4⨯8. 85⨯10-12
d =ln 4ρ
⨯6000
2⨯100πcos 100π
e ρ
5
=
6. 81⨯10
-2
ρ
e
ρA/m
解法二：用边值问题求解，即
⎧⎪
∇2ϕ=0⎨ϕ=u ρ=1 ⎪⎩
ϕ=0ρ=4 由圆柱坐标系有
1∂
ρ∂ρ
(ρ
∂ϕ∂ρ
) =0
解式(1)得 ϕ=c 1ln ρ+c 2
由边界条件得： c -u 1=ln 4
c 2=u
∴
ϕ=-
u ln 4
ln ρ+u
所以 E
=-∇ϕ=
60002sin 100πt
ρln e
4
ρ
A/m
2
(1)
4ε06000
D =εE =
2sin 100πt
e ρ
ρln 4
∂D 4ε060002cos 100πt
J D ==⨯100πe ρ
∂t ρln 4
当t =1s 时
6. 81⨯10J D =
-5
ρ
e ρ(m
2
)
5-5由圆形极板构成的平板电容器(a >>d ) 见题图所示，其中损耗介质的电导率为γ、介电系数为ε、磁导率为μ，外接直流电源并忽略连接线的电阻。试求损耗介质中的电场强度、磁场强度和坡印廷矢量，并根据坡印廷矢量求出平板电容器所消耗的功率。
题图5-5
外部空间进入电容器的总功率，即电容器消耗的功率为：
5-7解：
设电容器间的电流为I ，取以坐标原点O 至介质中任意点的距离ρ为半径的球面，有：
⎰J C dS =J C 4πρ=I
s
5-8解：采用圆柱坐标系
5-9 在交变电磁场中，某材料的相对介电常数为εr =81，电导率为γ=4. 2S/m。分别求频率f 1=1k Hz 、f 2=1MHz 以及f 3=1GHz 时位移电流密度和传导电流密度的比值。 解：传导电流J C 和位移电流J D 分别由以下公式计算
∂D
J C =γE ， J D =∂t
所以传导电流和位移电流的幅值比为：
K =
J C J D
=
γεω
=
4.281ε0ω
=
4.2
81⨯(π)⨯10⨯2πf
-9
=
9.3⨯10
f
8
分别将三种频率代入式(1)中得：
K
f =103
＝9. 3⨯105 K
f =106
＝9. 3⨯102 K
f =109
＝0. 93
5-11题图所示的一对平行长线中有电流i (t ) =I m sin ωt 。求矩形线框中的感应电动势。
解：在圆柱坐标中，由无限长直导线产生的磁感应强度为
μI B =0e φ
2πρ
μI μI
左边一条产生的B 1=01e φ=0m sin ωt e φ
2πρ12πρ1
μI μI
右边一条产生的B 2=02e φ=0m sin ωt e φ
2πρ22πρ2
题图5-11
左边导线对矩形框产生的磁通Φ1
Φ1=
⎰
b +c
B 1∙d S =
b +c
b
⎰
μ0I m
2πρ1
sin ωt ∙hd ρ=
μ0I m h
2π
sin ωt ln
b +c b
b
右边导线对矩形框产生的磁通Φ2
Φ2=
μ0I m h
2π
sin ωt ln
a +c a
b (a +c )a (b +c )
所以矩形框的磁通 Φ=Φ2-Φ1=
μ0I m h sin ωt
2πb (a +c )a (b +c )
ln
所以 ε=-
∂Φ∂t
=
μ0I m h ωcos ωt
2π
ln
5-13 真空中磁场强度的表达式为H =H z e z =H 0sin(ωt -βx ) e z ，求空间的位移电流密度
和电场强度。
e x
e y 00
d
e z 0H
z
解：由∇⨯H =
∂∂x 0
J
=-
∂H
z
∂x
e y =J d 得
=H 0βcos(ωt -βx ) e y
∂D
又由：J d =，
∂t
所以 D =
t
⎰
∂D ∂t
∙dt =
H 0β
ω
sin
(ωt -βx ) e y +C
E =
D
ε0
=
H 0β
ωε
sin(ωt -βx ) e y +C
因为无恒定场分量，所以C =0
H 0β D
所以 E ==sin(ωt -βx ) e y
ε0
ωε
5-14 已知在某一理想介质中的位移电流密度为J D =2sin(ωt -5z ) e x μA /m 2，介质的介电
常数为ε0，磁导率为μ0。求介质中的电场强度E 和磁场强度H 。
∂D
解： 由J D =得
∂t
D =
⎰
t
-2 -2J D dt =cos(ωt -5z ) e x ， E =cos(ωt -5z ) e x
ωωε
∂B
又由∇⨯E =-可得
∂t
∴H =-
10
cos(ωt -5z ) e y
ω2μ0ε0
2
1
μ0ε0
=c , c =
25
ωβ
, β=5
H =H 所以：
y
=-
cos(ωt -5z ) e y
5-16 半径为R ，厚度为h 、电导率为γ的导体圆盘，盘面与均匀正弦磁场B 正交，如题图
所示。已知B =B 0sin ωt e x ，忽略圆盘中感应电流对均匀磁场的影响，试求：（1）圆盘中的
涡流电流密度J c ；（2）涡流损耗P e 。
z
B
解：选圆柱坐标
题图5-16
ρ
∇⨯E =
1 e ρ∂∂ρ0 ∂B ∂t
e φ0
ρ
1 e z 00
=1∂
(ρE φ)e z
ρ∂ρ
ρE φ
=-
=-B 0ωcos ωt e z
1
E =-B 0ρωcos ωt e z
2
1
所以 J C =γE =-γB 0ρωcos ωt e z
2
P =
⎰
J c
2
V
γ
=
⎰
V
1⎡⎢γ⎢⎣
1T
⎰
T
J
2c
⎤
(t ) dt ⎥dV =
⎥⎦
2
⎰
R
18γ
ωB ρh 2πρd ρ=
22
2
2
π
16
γωB 0R h
224
5-17 由圆形极板构成的平行板电容器，间距为d ，其间的均匀介质，电导率为γ，介电常数为ε，磁导率为μ0，当外加电压为u =U
m
sin ωt V 时，忽略电容器的边缘效应。试求电
容器中任意点的位移电流和磁感应强度（假设变化的磁场产生的电场远小于外加电压产生的电场）。 解： E =
J d =
U d ∂D ∂t
， ∴E =
=ε
∂E ∂t
U d
=∂E ∂t
U m s i n ωt
d =
（1）
， ∴J d =ε
∂D ∂t
εU m ω
d
c o s ωt （2）
方向 ：E 和J 的方向相同，从高电压方向指向低压方向。由全电流定律：
H ∙d l =
l
⎰
∙d S +
S
⎰
+
γE ∙d S
S
H ⋅2πρ=
εU m ωcos ωt
d
⋅πρ
2
γU m sin ωt
d
πρ
2
∴
εμ0U m ωcos ωt γμU sin ωt B =ρ+0m ρ
2d 2d
-3
5-18 已知大地的电导率γ=5⨯10体的最高工作频率是多少？
S
，相对介电常数εr =10，试问可把大地视为良导
解：由题意知满足磁准态场的条件：由
ωεγ
为取两个数量级时，可认为满足远远小于条件，即：
ωεγ
＝
2πf ε
γ
-3
=0. 01
所以： f =
0. 01⨯5⨯102π⨯8. 854187818
⨯10
-12
=9⨯10 Hz
4
5-19 （1）长直螺线管中载有随时间变化相当慢的电流i ＝I 0sin ωt 。先用安培环路定律求半径为a 的线圈内产生的磁准静态场的磁感应强度，然后利用法拉第定律求线圈里面和外面的感应电场强度；
（2）试论证上述磁准静态场的解只有在ω－>0的静态极限情况下，才精确地满足麦可斯韦方程组。
解：（1）对于长直螺线管，在均匀密绕的条件下，磁场方向与电流方向成右手螺旋关系，为
(ρ
0(ρ>a ) ⎩
N 是每单位长度上的线圈的匝数。
由于磁场分布具有轴对称性，因而它感应出的电场也具有这一性质，其方向与磁场成右螺旋。
取半径为ρ的同心圆周为积分路径，应用法拉第定律，可求得沿e z 方向的磁场产生的电场
d
为 E ∙d l =2πE φ(ρ, t ) =-
l dt
⎰
S
B ∙d S
2
⎧
⎪-μ0N πρ=⎨
⎪-μ0N πρ⎩
2
di dt di dt
=-μ0N πρI 0ωcos ωt (ρ
2
=-μ0N πa I 0ωcos ωt
2
(ρ>a )
（2）
所以有：
⎧μ0N ωI 0
-ρcos ωt ⎪(ρ
E ϕ(ρ, t ) =⎨
μ0N ωI 02(ρ>a ) ⎪-a cos ωt 2ρ⎪⎩
（3）
（2）将（1）式和（3）式代入麦可斯韦方程中 ∂D
∇⨯H ＝
∂t
容易验证两边不相等，只有在ω－>0的静态场极限情况下，才精确的满足麦可斯韦方程组。
∂B z 11 1∂B z 1
∇⨯H ＝∇⨯B ＝e ρ(⨯) +e ρ(-)
μ0μ0ρ∂φμ0∂ρ
1 ∂⎧1 1∂(ρ
=⎨μ0 ρ∂φμ0∂ρ
(ρ>a ) ⎪0⎩
（4）
2
⎧εμN ρω 00 e I 0sin ωt (ρ
(ρ>a ) εμNa ω 00∂t ∂t ⎪e I 0sin ωt φ⎪2⎩
（5）
∂D
很明显，式（4）和式（5）不相等，但是当ω－>0时∇⨯H ＝＝0，精确满足麦可斯韦
∂t
方程组。
5-20 同题5-17，假如圆形极板的面积是A ，在频率不很高时，用坡印廷定理证明电容器内由于介质的损耗所吸收的平均功率是 P =与5-5题方法相同。
5-22 一块金属在均匀恒定磁场中平移，金属中是否会有涡流？若金属块在均匀恒定磁场中旋转，金属中是否会有涡流？ 答：平移时没有，旋转时有。
5-23当有f 1＝4⨯103 Hz 和f 2＝4⨯105两种频率的信号，同时通过厚度为1mm 的铜板时，试问在铜板的另一侧能接收到那些频率的信号 解：由于透入深度公式
d ＝
2
U 2R
，式中R 是极板间介质的漏电阻。
ωμγ
（1）
分别把两种信号代入（1）式得：d 1＝1. 04 mm >1mm ， d 2＝0. 104 mm
所以，只有第一种信号可以通过，即在另外一侧只能接收到第一种信号。
5-24解：
设铝板中的磁场从表面处的H=12A/m经厚度为h A l 后衰减到0.01A/m，则有：
12e
-αAl h Al
=0.01，所以，得：h A l =8.45 cm h F e =3.92 mm
同理