电磁场与电磁波_课后答案冯恩信_著

1、第一章.矢量场1.1 A = 2x + 3y - zB = x+ y - 2zC = 3x- y + z TOC o 1-5 h z 求：(a) A ；(b)；(c)；(d)；(e)(f)； i八 B 1解：(a) A = jA2 + A2 + A2 = y22 +32 +12 = m14 . b = =(x+ y- 2z)，B 求：(a) A ； (b)； (c)； (d); (e) A + 5解：(a) A=j5 + 7T2；(b)b = -= (-p + 3cp - 2) .(c) AB = 3n -4BxA = (3 + 27i)p-3(p-(n +6)zA + B = p +(71

2、+ 3)(p - z TOC o 1-5 h z ；求：(a) A ； (b)； (c)； (d); (e)j1八1八八解：(a) A = 在点(1,1,1)沿I（x 一 y）方向的变化率。1.8求以下函数的梯度：(a) f(x,y,z)=5x+10 xy-xz+6(b)Vf = (5 +10 y - z) x +10 xy 一 xz八 2cos八 八Vf = -zp +-P 一 PzP5.Vf = 2cos9r 一 2 sin 00 -pJr sin 0在球坐标中，矢量场 为其中为常数，证明矢量场对任意闭合曲线的环量积分为零，即解：由斯托克斯定理,1 F. dlVx F dSs所以l1 k因

3、为 Vx F = Vx (- r) = 0 r2证明（1.3-8e）、（1.3-8f）式。由（1.4-3）式推导（1.4-4a）式。由（1.5-2）式推导（1.5-3a）式。计算下列矢量场的散度a)b)c)解:(a) V .尸=X + Z(b)(c)-7V - F = 2 + coscpPv = 4 + cos20r sin 9-sinO1.15计算下列矢量场的旋度a)b)c)解：(a)= -2yx-xz3 sincp AVx F =zP一 1八V x F = - (2cos0r - sin00 +(p)r1.16计算a)b)c)解: 八八.ST .(a) Vp = p + cp + z =

4、p；dp pScp &Vr = r+6 + q)dr r30 r sin66(pVeh- = ekr/(kr) = kekNr = rkeD f 13/、 CV-p = _ (pp) = 2;P sp- IS, 、 c- r =(r2厂)=3；r2 drA , (kekr) = k , *e kr + e kiN k = k , Ve 好=Vxp =O;Vxr=O;Vx(p)=cp rkekr1.17已知，计算解：VxA = -2;A-(VxA) = 01.18已知计算解：根据亥姆霍兹定理，因为VxbnO,所以A = 二出四3q4k R 4kRdxdydz=4兀厂1.19已知计算解：根据亥姆霍

5、兹定理，因为v,F = 0，所以二0A=川4dV - -1川203dx，/女4兀R4兀RVV 1 一 z 1 一1 八 1一八=vx A =标Vx 士 = 4 (V X z + Vx z)八八z x r4r 21.20求矢量场F = PP + + z穿过由确定的区域的封闭面的通量。解：根据高斯定理，矢量场F = pP +0 + zz穿过由P V 1，0 VV兀,0 V z VI确定的区域的封闭面的通量 二JJ F . dS= fffv- FdvSV二 1 e / L、1 d F a F c因为v-F = 3而(PFP)+ P反尸二;3所以 = W vFdV = 3V = 32V第二章习题解2-

6、1.已知真空中有四个点电荷，分别位于(1,0,0)，(0,1,0)，(-1,0,0,)，(0,-1.0)点，求(0.0,1)点的电场强度。=r - r = -x + z； R12一 i =-x, r2=r - r2八 =-y 1=-y + z; R3r - r = x + z； R = r - r = y + z TOC o 1-5 h z 八八八八1 ,q Rq Rq Rq R、 3xc + 6y +15zE =(工 + y) =一48R2R2 R2R248 8012340题2-2图解：(a)由对称性 E = E1 + E2 + E3 + E4 = 0 (b)由对称性 E = E1 + E2

7、 + E3 = 0(c)两条半无限长线电荷产生的电场为& (x - y)+(-x - y)=-00半径为a的半圆环线电荷产生的电场为p12fe a0总电场为E = Ea + Eb = 02-3.真空中无限长的半径为a的半边圆筒上电荷密度为，求轴线上的电场强度。解:在无限长的半边圆筒上取宽度为ad的窄条，此窄条可看作无限长的线电荷，电荷线密度为pl = psad，对平积分,可得真空中无限长的半径为a的半边圆筒在轴线上的电场强度为f p ard?E = s2fe a002rspsin y cos x) d9=jyfe0题2-3图题2-4图2-4.真空中无限长的宽度为a的平板上电荷密度为，求空间任一

8、点上的电场强度。psdx ，在点解：在平板上x处取宽度为dx的无限长窄条，可看成无限长的线电荷，电荷线密度为 匕 (x, y)处产生的电场为1 p p dxs其中 P = ：(x x)2 + y2 ；(x - x D x + yy式 x x )2 + y2对积分可得无限长的宽度为a的平板上的电荷在点(羽丁)处产生的电场为 p(x + a /2)2 + y2E(x, y) = x In 4兀(x a / 2)2 + y 22-5.已知电荷分布为x + a / 2 x a 12、+ y 2( arctg arctg)r为场点到坐标原点的距离，a，b为常数。求电场强度。解：由于电荷分布具有球对称性，

9、电场分布也具有球对称性，取一半径为r的球面，利用高斯定理 出 E - dS =等式左边为匕E , dS = 4冗r 2 Esq = 半径为r的球面内的电量为4兀r 5; r a5 a 2a 3 +5ba2因此，电场强度为r 3;r a5 r 202-6.在圆柱坐标系中电荷分布为r为场点到2轴的距离，a为常数。求电场强度。解：由于电荷分布具有轴对称性，电场分布也具有轴对称性，取一半径为r,单位长度的圆柱面，利用高斯 定理加 E - dS = 等式左边为心E dS = 2 rEr半径为r的圆柱面内的电量为q = 12兀 r 3 .0T r a3因此，电场强度为r 2;r a3 r02-7.在直角坐

10、标系中电荷分布为求电场强度。解：由于电荷分布具有面对称性，电场分布也具有面对称性，取一对称的方形封闭面，利用高斯定理，穿过面积为s的电通量为Ex2S,方形封闭面内的电量为12xSp ;q =012aSp ;0因此，电场强度为 E =xo; x a8题2-9图0题2-7图2-8.在直角坐标系中电荷分布为求电场强度。解：由于电荷分布具有面对称性，电场分布也具有面对称性，取一对称的方形封闭面，利用高斯定理，穿过面积为S的电通量为Ex 2 S,方形封闭面内的电量为P x2;0 x 2 800a 2;x - a2802-9.在电荷密度为（常数）半径为a的带电球中挖一个半径为b的球形空腔，空腔中心到带电球

11、中心的距离为c（b+ca）。求空腔中的电场强度。解:由电场的叠加性，空腔中某点的电场等于完全均匀填充电荷的大球在该点的电场与完全均匀填充负电荷 的小球在该点的电场之和。完全均匀填充电荷的大球在该点的电场为E -PRa380 pr 3r0完全均匀填充负电荷的小球在该点的电场为所以，空腔中某点的电场为E = E + Ebc为从球心指向空腔中心的矢量。2-10.已知电场分布为解:由V. E = P/ 0得2 一一;X b/22-11.已知在圆柱坐标中，电场分布为求电荷分布。解：由v.E = P/0得 P = V E = 0在r=a,r=b的面上，电场不连续，有面电荷.电荷面密度为D E f C /

12、a; r = as n 0 n I C / b; r = b 002-12.若在直角坐标系中电位为= Ax + B其中A，B均为常数，求电荷密度。解:由V 2=p / 0得P = V 2 =Q2-13.分别计算方形和圆形均匀线电荷在轴线上的电位。(a)(b)解：1)方形均匀线电荷在轴线上的电位对于方形，每条边均匀线电荷的电位LP q2 dx x1- J -=4Knd2 2 + X20 L/2.d 2 + (-)2 + L/2P2In4K; L0: d 2 + (-)2 L/2其中 d 2 = z 2 + (L / 2)2方形均匀线电荷在轴线上的电位为(z)ln . + L L/2 兀 0vz

13、2 + L2/2 L/2(b)圆形均匀线电荷在轴线上的电位a P.i2 a 2 2 + z 202-14.计算题2-5给出的电荷分布的电位。解:题2-5给出的电荷分布的电场为r 3;r a58 r20由电位的定义，电位为0(r) = f E drr对于raa 3+5ba2a 3+ 5ba 2dr =r对于r 02801 z2 + a2Pz(1 + 二)；z L/2 28 0忒 z - L/2)2 + a 2E 1(z)IP /1 z-L/2、0 (1 + -)； z L / 228 0J( z + L/2)2 + a2E 2(z)=P /1z + L/2、.0 (1 + -,)； z L/2z

14、 L/2.式z - L/2)2 + a2z - L/2);-L/2 z L/2t(z - L/2)2 + a2)；z -L/22-16.半径为a的介质球均匀极化，P fE = J z 28 00a 3 sin 8 cos 2 8d8(a sin8 )2 + (acos8 )23/200P cos 28 d cos8 = 0，求束缚电荷分布及束缚电荷在球中心产生的电场。(2)介质表面的束缚电荷面密度为P = n . P = z . rP = P c0s8题2-16图s00(3)介质表面的束缚电荷在球心产生的电场在介质球表面取半径为r = a sin 8宽度为力=ad8的环带,可看成半径为r =

15、a sin8 , z = -a c0s8 ,电荷线密度为Pl = aP0 c0s8d8的线电荷圆环，例2.1给出了线电荷圆环的电场，对8积分得2-17.无限长的线电荷位于介电常数为 的均匀介质中，线电荷密度 为常数，求介质中的电场强度。 解：设无限长的线电荷沿z轴放置，利用高斯定理，容易求得介质中的电场强度为42兀8PP为场点到线电荷的距离.的介质，求介2-18.半径为a的均匀带电球壳，电荷面密度为常数，外包一层厚度为d、介电常数为 质内外的电场强度。解:由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为r的球面，利用高斯定理- -JJ； D dS = qS上式左右两边分别为 由此得a 2 p s; a

16、 r a + d8 r 2 0 2-19.两同心导体球壳半径分别为a、b,两导体之间介质的介电常数为，求两导体球壳之间的电容。 解：设内导体带电荷为q，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为r的球面，采用高斯定理，两导体 球壳之间的电场为E二上 r4兀8 r 2两导体球壳之间的电压为V JEd =a （1 一 1）aq4冗8 ab两导体球壳之间的电容为 C = 77 = TV b 一 a2-20.两同心导体球壳半径分别为a、b，两导体之间有两层介质，介电常数为、，介质界面半径为c，求两导体球壳之间的电容。解：设内导体带电荷为q，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为r的球面，采用高斯定理可

17、得，两导体球壳之间的电场为一 q；a r c4兀8 r 2E = irq ;c r Vx E = 0，从而E E . d1 = 0，即对E的线积分与路径无关，因此从点到点1之间对E的线积分的路径可取从到点V = J的路径，而第二条路径的切向与E沿径向到点（b，4, Q），再从（b f1，Q）沿球面垂直，线积分为零，因此3 ,3(b a)dr =r 2 ba2-24.已知在圆柱坐标中电场强度为，试求点与点之间的电压。解：由于Vx E = 0，从而J E d = 0即对E的线积分与路径无关，因此从点到点1之间对E的线积分的路径可取从路径，而第二条路径的切向与E垂直，V = J E . dl = J

18、 - dp = 2ln bpa1a2-25已知真空中一内外半径分别为a、沿径向到点（b，Q，0），再从（b，Q，0）沿柱面到点的线积分为零，因此b的介质球壳，介电常数为，在球心放一电量为q的点电荷，求电 场强度。解：由题意，电场具有球对称结构。利用高斯定理JJ D . dS = q，在半径为r的球面上4k8 r 20工4兀er 22-26.有三层均匀介质，介电常数分别为,取坐标系使分界均平行于xy面。已知三层介质中均为 TOC o 1-5 h z 匀强场，且，求 。解：因为三层介质中均为匀强场，设第二、三层介质中的电场强度分别为 E = E X + E y + E z. E = E x + E

19、 y + E z22x2y2z ；33x3y3z由边界条件E 1 t = E2t可得E 2 = E 3 = E 1 = 3， E 2 = E3 = E 1 = 0由边界条件Di = D 可得 1n2nD = D = D = 2s，即 E = 28 / 8 ； E = 28 / -所以 212，313所以 E = 3X + 2 / 8 Z E = 3X + 28 / 8 Z题2-27图题2-28图在其中一个空腔中心有一个电量为q的点电荷，如2-27.半径为a的导体球中有两个半径均为b的球形腔， 图所示，求导体球腔中及球外的电场强度。-R1为从空腔中心指向该空腔八-qR解：（1）在有点电荷的空腔中

20、，由于对称性，电场强度为E = 一丁14兀8 R 201 中场点的位置矢量。（2）在另一没有点电荷的空腔中，由于静电屏蔽，该空腔中的电场强度为零。（3）在导体球外，由于导体球为等位体，除了导体球面上外，导体球外没有电荷，因此导体球外电场具有 球对称性，且导体球上的电量为4,所以导体球外的电场强度为r为导体球心到场点的距离。2-28.同轴圆柱形电容器内外半径分别为a、b，导体之间一半填充介电常数为的介质，另一半填充介电常数为的介质。当电压为V时，求电容器中的电场、电容及电荷分布。解：设内导体上的电量为q,在内外导体之间取半径为r的圆柱面，利用高斯定理-If D dS = qS在两个半柱面上，电场

21、强度分别相等，上式变为2兀rl（8 E +8 E ） = q由介质边界条件E 1 r = E2 r = Er，可得E - q r r rr2兀l（8 +8 ）r内外导体之间的电压为 V =1E dr =2兀/（e +8 ）In ba从而得2兀/（8 +8 ）V 由此得q =ln aa2兀/（8 +8 ）1-1 bln a电荷分布为匕；r 二 a a ln 8 V _ br ；r=a a ln 介质侧p =1sa8 Vb b ln a介质侧psa二; r = bb ln-a2-29.z0半空间为介电常数为的介质，z0半空间为介电常数为(1)电量为q的点电荷放在介质分界面电荷线密度为的均匀线电荷放

22、在介质分界面求电场强度。解：(1)电量为q的点电荷放在介质分界面以点电荷为中心作以半径为r的球，利用高斯定理jj D dS = q的介质，当S 设上、下半球面上的电位移矢量分别D1、2兀r2( D + D ) = qD 2，根据对称性，在上、下半球面上大小分别相等,1 n根据边界条件2兀（8 +8 ）r2(2)电荷线密度为的均匀线电荷放在介质分界面以线电荷为轴线作以半径为r单位长度的圆柱面，利用高斯定理JJ D dS = plS设上、下半柱面上的电位移矢量分别九 r ( D + D2 ) = p i九r( 8产 1 +82E2 ) = pl 根据边界条件E 1n = E2n，因此D 2，根据对

23、称性，在上、下半柱面上大小分别相等,兀(8 +8 )r2-30.面积为A,间距为d的平板电容器电压为V,介电常数为 厚度为t的介质板分别按如图a、b所示的 方式放置在两导电平板之间。分别计算两种情况下电容器中的电容、电场及电荷分布。题2-30图解：(a)设导体板之间介质与空气中的电场分别为E t + E 0( d -1) = V8Ee =8 0E 0(边界条件)求解以上两式得E0，那么Ee、E0满足关系根据导体表面上的边界条件8V，在上、下导体表面上的电荷面密度为8AS电容为r(b) 由图可见，导体板之间介质与空气中的电场为E = V / d根据导体表面上的边界条件 p = D ，在上、下导体

24、板与空气的界面上的电荷面密度为 ,np = 8 V / d在上,、下导体板与介质的界面上的电荷面密度为p = 8V / de,p A + p A 8 A(a -t) 8At电容为C = 0s 0e = 0+Vad ad2-31.电荷分布为0; x 0p (x) = x;0 x d在x=0处电位为0，求电位分布。解：由电荷分布可知，电位仅是x的函数，电位满足的方程为d 2 |- x / 8 ;0 x ddx2 0; x d其通解为23设(X = 0) = 0，根据边界条件二20d_ ddx dxdddxdx当|X| 8时，电荷分布可看成薄层，薄层外电场具有对称分布E = E2:3，即ddx得 c

25、 o c o 0; cd2o c c o _ ; c0也 X; X 0 480d 2+x;0 x d HYPERLINK l bookmark158 o Current Document 4e3e002-32.两块电位分别为0和V的半无限大的导电平板构成夹角为的角形区域,求该角形区域中的电位分布。解：由题意，在圆柱坐标系中，电位仅是平的函数，在导电平板之间电位方程为V 2其通解为 。cJ + c0由边界条件(o 0) o 0；(。a) o V，得-中 a题2.31图题2.32 A图2-33.由导电平板制作的金属盒如图所示，除盒盖的电位为丫外，其余盒壁电位为0,求盒内电位分布。 解：用分离变量法

26、，可得电位的通解为8m兀.(x, y, z) o 乙 A sinx sinmnmn an, m o11_zm 兀、,n 兀、a o),()2 + ()2a c利用边界条件O(z o 0) o 0;(z o b)o -，可求出系数B o1mnA 二16Vmnmn 兀 2 sh (ab)（m、n为奇数）2-34.在的匀强电场中沿z轴放一根半径为a的无限长导电圆柱后，求电位及电场。解：由分离变量法，无限长导电圆柱外的电位的通解为(p,)=c ln p + d + 乎(c pm + d p-m)(cosm + b sinm)m=1设(p = 0) = 0，当p fg时的电位等于无导电圆柱的电位，即（1

27、）(p f g)=(p f g) = J E - xdx = -E x = -E p cos(2)0000 x要使式(1)的电位在p f g时等于式(2)，可得到系数c = E ， c = 0， b = 0， d = 0再由导体界面的边界条件(p = a) = 0得d = a 2 E , d= 0因此，电位的特解为_ ,a 2.(p,)=-E0(p -一)cos2-35.在无限大的导电平板上方距导电平板h处平行放置无限长的线电荷, 方的电场。电荷线密度为，求导电平板上解:用镜像法，导电平板的影响等效为镜像位置的一个电荷线密度为-的线电荷，导电平板上方的电场为云 p ( rE = i (12兀

28、r 101r、 一)r 22 式中r1、r2分别为线电荷及其镜像线电荷到场点的距离矢量。2-36.由无限大的导电平板折成的角形区，在该角形区中某一点（）有一点电荷q，用镜像法求电位分布。解： ( pi1如图将空间等分为8个区，在每个区中以原来的导电面为镜面可以依次找到镜像位置，原电荷的位置为 ），在圆柱坐标系中为（p 0,0, z 0），另外7个镜像电荷在圆柱坐标系中的坐标为=p 0； z, = z 0 i = 1,7=900 -50；52 = 900 +50；=1800 - 冲 =1800 +5 即 =2700 -;=2700 + w ；=一镜像电荷为 q 1 = 一 q ； q 2 = q

29、 ； q 3 = 一 q ； q 4 = q; q 5 = 一 q; q 6 = q; q 7 = 一 q 对于场点(羽乂工)，电荷到场点的距离矢量为r = (x - x )X + (y - y ) + (z - z )Z ； i = 0,7iiiir-rG q 57 r则场点的电场为E(r) = -,一5 一4兀r 30 i =0 i题2-36图题2-37图2-37.半径为a,带电量为Q的导体球附近距球心f处有一点电荷q,求点电荷q所受的力。解：点电荷q受到的力(场)有两部分，一部分等效为镜像电荷q的力，另一部分等效为位于球中心的点 电荷q”的力。由镜像法，镜像电荷q的大小和位置分别为aq

30、= -fq; d由于包围导体球的总电量为q，所以位于位于球中心的点电荷q =q- q二因此点电荷q受到的力为rqF = x4兀0Q + aq / faq / f-f2(f 一 d )22-38.内外半径分别为a、b的导电球壳内距球心为d(d0半空间为介电常数为的介质，z0半空间的场时，原来的问题可等效为图2-41伯)，计算z0半空间的场时，原来 的问题可等效为图2-41(c)。这样上半空间的电位可表示为=-(qi + q2)14几 r r式中r1为到场点的距离， =-( q2 + qi)24几 r r式中r 3为q 2到场点的距离，r2为 的镜像位置的电荷q；到场点的距离；下半空间的电位可表示

31、为r4为q 2的镜像位置的电荷q 1到场点的距离。利用边界条件，二和D =D2 s1 n1 n s(q + q )/ =(q + q )/(q 1q2)=(q1q2)22由此得2 q=2 q + t2 q1 + 1 +212122 q=1 q + t2- q2 + 2 + 1 1212和q 2所受的斥力分别为F = q 1 q ；116 冗8 h21琥16冗8 h 22ElE2题2-41图(c)2-42.真空中半径为a的导体球电位为V, 解：用两种方法求解。1)用电位求电场能量求电场能量。2)用电场强度求电场能量导体球内的电场强度为零，导体球外的电场强度为aV电场能量为W =fff 18 E

32、2 dV =e 2 0VaV)24兀r2dr = 2兀8 aV22-43.圆球形电容器内导体的外半径为2,外导体的内半径为口内外导体之间填充两层介电常数分别为、的介质，界面半径为c，电压为V。求电容器中的电场能量。解：设圆球形电容器内导体上的电荷为q,由高斯定理可求得在内外导体之间从而可求得内外导体之间的电压为V = e dr = f (D / 8 )dr +r1ac/ e ) dr =q111111一( 一)+ ( :) 4兀 8 a c圆球形电容器的电容为4兀8 8J 1、 1 2/11、8 ( ) + 8 (一 )2 a c 1 c b电场能量为12兀8 8 V 2W 二-V2C 二一-

33、_e 2/111、8 ( -) + 8 (一 )2 a c 1 c b2-44.长度为d的圆柱形电容器内导体的外半径为2，外导体的内半径为口内外导体之间填充两层介电常 数分别为 、的介质，界面半径为c，电压为V。求电容器中的电场能量。解：设圆柱形电容器内导体上的电荷为q，用高斯定理，在内外导体之间2兀rd内外导体之间的电压为V = e dr = f (D / 8 )dr + f (D / 8 ) dr =r1ar2cq1c!ln一ln + 2兀 d 8 a1b内外导体之间的电容为2兀8 8 dc c b b8 ln + 8 In 电场能量为 w =e2兀8 8 dV 22cb8 ln + 8

34、ln-2a 1c2-45.两尺寸为aXa的平行导电平板之间距离为d,带电量分别为 板之间深度为*时，分别求介质板所受的电场力。a,当将介电常数为 的介质板插入导电x题2.45图解：设空气填充部分和介质填充部分导电平板上的电荷密度分别为p s 1 , D2=p s2 ；由介质边界条件得E 1 = E2或D181p s 1、p s2由导体边界条件得D，因此822a 1cps2空气填充部分和介质填充部分导电平板上的电量分别为 q11 s1s1，q2二 S2 Ps 2二 ax p s 2。由 q = q1+ q 2 及 pps18qa(a x)81 + ax82ps28二p ps2818 q得s1a

35、(a - x)8 + ax88二p8s112/ C + q 2/C )= 1122q2d2 a (a - x)8 + ax8平行导电平板之间的电场能量为第三章恒定电流场由虚功原理，对于常电荷系统，介质所受的沿*方向电场力为q2ad(8 8 )q = c2a (a x)8 + ax8 3-1 半径为 的薄圆盘上电荷面密度为 ，绕其圆盘轴线以角频率 旋转形成电流，求电流面密度。 解：J = p=pj 33-2 平板电容器两导电平板之间为三层非理想介质，厚度分别为电导率分别为，平板面积为S，如果给平板电容器加电压V，求平板之间的电场。解：设导电平板之间三层非理想介质中的电场均为匀强电场，分别为 E

36、1、E2、E3，根据电压关系和边界条件，E 1、E2、E3满足以下关系Ed+Ed +Ed =VE o = E o = E o解此方程组得E1E2E33-3o o Vo o d +o o d +o o d o o Vo o d +o o d +o o do o Vo o d +o o d +o o d在2 3.33例1 2中，1如3果在3 弧形1导电2 体3两弧面之间加电压，求该导电体沿径向的电阻。解：设流过两弧面的电流为I。作以与两弧面同轴的半径为r的弧面，流过此弧面的电流密度为 则由 I 二j J -dS 得I brJ2由此得2 Ibr2 I两弧面之间的电压为c+aV 1 Edr 21 a

37、+ cIno b c该导电体沿径向的电阻为2 i a + c Ino b cobr4-3球形电容器内导体半径为a，外导体内半径为5内外导体之间填充两层介电常数分别为，电导分别为的非理想介质，两层非理想介质分界面半径为b，如果内外导体间电压为V，求电容器中的电场及界面上的电荷密度。解：由于圆球形电容器内填充两层非理想介质，有电流流过，设电流为。在圆球形电容器内取一半径为r的-球面，流过此球面的电流密度为J Js，则由I 11 J .dS得I J4r2电场强度为a r bb r c电压为E1E2J I4r2I4o r 21I4o r 22V 1E dr + E dr ab由此求出电流与电压的关系后

38、，电场为I- (1 -1)+ (1 - 1) 4 o1 a b o2 b c1111 1、r 2o ( 一 )+o ( 一-)2 a b 1 b co 1V内导体表面的电荷密度为外导体内表面的电荷密度为z11、/1 1、c 2o ( 一 ) +o ( )2 a b 1 b c媒质分界面的（驻立）电荷密度为(o e o e )V-22-11 11 1、b 2o ( ) +o ()2 a b 1 b c3-5 解:求3-2题中电容器的漏电导。由3-2题得o o d +o o d +o o d2 3 11流过电容器的电流为I = J S =o E S =所以 G = Vvo o o VSo o d

39、+o o d +o o do o o So o d +o o d +o o d解:此圆球形电容器的电容及漏电导是并串联的形式如图所示。2 3 113 31 2 33-6求3-4题中圆球形电容器的电容及漏电导。4兀e211 ；4g24兀oG =9.111；3-7分别求3-2题及3-4题中电容器的损耗功率。解：（1） 3-2题一o o o SV 2P = VI = V 2G =一o o d +o o d +o o d（2） 3-4题V 24兀 V 2P = VI =R b 一 a c 一 b + o ab o bc3-8边长均为2的正方体导电槽中充满电导率为的电解液，除导电板盖的电位为丫外，槽的其

40、余五个边界面电位为零。求电解液中的电位。解：此题电位所满足的方程和边界条件与题 2-33相同，因此其解也与题2-33相同。3-9将半径为a的半个导电球刚好埋入电导率为的大地中，如图所示。求接地电阻。解：设从地线流出的电流为I，在大地中作与导体球同心，半径为厂的半球面，在此半球面上电流密度J = Jr 相同，显然满足关系J = I2人r 2I电场强度为E = J / =中导电球的电位为V = a Edr =- 2g a8因此导电球的接地电阻为12g a题3-9图3-10在电导率为的大地深处，相距d平行放置半径均为2的无限长导体圆柱。求导体圆柱之间单位长度的 漏电导。解：用静电比拟法。此问题可与介

41、质中的平行双导线比拟，其电导与电容的关系为G = C8因为介质中的平行双导线单位长度的电容为_兀8C =.I D +D2 一 4a2ln2a因此，埋地导体圆柱之间单位长度的漏电导为G=兀oD + DD 2 - 4 a 2ln2a第四章 恒定磁场4-1.真空中边长为a的正方形导线回路，电流为I,求回路中心的磁场。解：设垂直于纸面向下的方向为2方向。由例4-1知，长为a的线电流1在平分线上距离为a/2的点上的磁 感应强度为1=z -0 2 2a a因而，边长为a的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为题4-1图题4-2图4-2.真空中边长为a的正三角形导线回路，电流为I,求回路中心的磁场。解：设垂

42、直于纸面向下的方向为2方向。由例4-1知，长为a的线电流I在平分线上距离为b的点上的磁感 应强度为nI4ab : a b2 + (2)对于边长为a的正三角形，中心到每一边的距离为b = 3a a /6，因而，边长为a的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为9日I02a aB = 3 B14-3.真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为 人求半圆中心处的磁场。（c）题4-3.图解：设垂直于纸面向内的方向为2方向。由例4-2知，半径为a的半圆中心处的磁场为八N 1B = z 0（1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此八日I=z 0 4 a（2）由例4-1知，本题半无限长的截流长直导线在距离

43、为a处的磁场为八巴I=z 0- 4a a因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和 u IB = - z o- （a+ 2）4a a（3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即z 里(1 - 1) 4 a b4-4.在真空中将一个半径为a的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。电流为I,求半圆弧心处的 磁场。解：本题磁场为两相同半径但平面法线垂直的半圆环的磁场之和八 人、 3分别为两半圆环平面的法向单位矢。4-5.真空中半径为a的无限长导电圆筒上电流均匀分布，电流面密度为，沿轴向流动。求圆筒内外的磁场。解：由题意，电流具有轴对称分布，磁场也具有轴对称分布。因此

44、无限长导电圆筒内的磁场为零；无限长导电圆筒外的磁场可用安培环路定律计算。围绕无限长导电圆筒做一半径为 P的圆环，利用安培环路定律Bdl =旦01lI = 28aJ S，因此在圆环上磁场B = B6相等，4-6.如果上题中电流沿圆周方向流动，求圆筒内外的磁场。解：由于导电圆筒内为无限长，且电流沿圆周方向流动，因此导电圆筒外磁场为零，导电圆筒内磁场为匀强 磁场，且方向沿导电圆筒轴向，设为2方向。利用安培环路定律，取闭合回路为如图所示的矩形，长度为1， 则；B dl = B L因此B二% J4-7.真空中一半径为a的无限长圆柱体中，电流沿轴向流动，电流分布为，求磁感应强度。解：由题意，电流具有轴对称

45、分布，磁场也具有轴对称分布，因此无限长载流导电圆柱的磁场可用安培环路定律计算。围绕无限长导电圆柱轴线做一半径为p的圆环，利用安培环路定律J B dl 二旦 Il左边J B dl = B 2兀 p右边I = ff J . dS = ff J0S空;p a因此有J3; p a4 p4-8.在真空中，电流分布为求磁感应强度。解：由题意，电流具有轴对称分布，磁场也具有轴对称分布，因此磁场可用安培环路定律计算。围绕z轴线 做一半径为p的圆环，利用安培环路定律i左边右边0;0 p aT2兀(p3 - a3)7I =-;a p b 、3b0因此有0;0 p ah (p3 -a3)0; a p b4-9.已知

46、无限长导体圆柱半径为a，其内部有一圆柱形空腔半径为b，导体圆柱的轴线与圆柱形空腔的轴线相距为c，如图所示。若导体中均匀分布的电流密度为解：利用叠加原理，空腔中的磁感应强度B为 -B = B 1 + B 2，试求空腔中的磁感应强度。B1为电流均匀分布的实圆柱的磁感应强度；B2为与此圆柱形空腔互补而电流密度与实圆柱的电流密度相反 的载流圆柱的磁感应强度。利用安培环流定律HJ P CD211& Z XP21HJ-V P 2(P 2式中p 1、p 2分别为从圆柱中心轴和圆柱空腔中心轴指向场点的矢量。因此 HJ B = z x (p - p )=212，0-0- Z X C 2c为从圆柱中心轴指向圆柱空

47、腔中心轴的矢量。习题图4-94-10.已知真空中位于xy平面的表面电流为，求磁感应强度。解：由于在无限大的平面上有均匀电流，因此产生匀强磁场。磁场方向在y方向，跨电流面取一长为L的矩 形回路，利用安培环路定律得B 2 L = ! LJ写成矢量形式为必；z 2题4-10图4-11.宽度为w的导电平板上电流面密度为，如图所示，求磁感应强度。题4-11图解：在空间取场点(羽z)，在导电平板上位置取宽度为dx 的细长电流，在场点产生的磁场为 H dIH J dx dB = y x p =y x (x - x )x + zz2兀p2兀(x - x ,)2 + z 2导电平板上的电流产生的总场为B = f

48、 dB 二口叩(xx) + 6 dx，2兀(X - x )2 + z 2-W/2十余2初趣32 - eg2)N J(x + W/2)2 + 00- z ln2兀(x W/2” + z 24-12.半径为a的均匀带电圆盘上电荷密度为，圆盘绕其轴以角速度 旋转，求轴线上任一点的磁感应强度。 7 二 s PJ Psr3。在带电圆盘上取宽度为dr的小环，电流为dI = P s3rdr，由例4-2知，在轴线上产生的磁场为7人 N r2dI 人 N P 3r3drdB = z0二 z 0-s2( r 2 + z 2)3/22(r2 + z2)3/2旋转带电圆盘在轴线上产生的磁场为d N P 3r3dr-

49、NP3a2 + 2z2B = z J -0-= z 0 s - - 2 z o 2( r2 + z 2)3/22a a 2 + z 24-13.计算题4-2中电流的矢量磁位。八解：首先计算载电流为人长度为L1 + L2的直线在距离为d处的矢量磁位。设电流方向为1，如图所示。题4-13图矢量磁位为N I f dlA = o4兀R对于等边三角形，N N I L1dz N N 11 L + J2 + d2 TOC o 1-5 h z =1 0 J = 1 0 In 1 14兀z 2 + d 24兀-L + lL2 + d 2-L 2_2 v 2L1 = L2 = a，d =一不a。其中等边三角形的一

50、条边在等边三角形中心的矢量磁位为 126:N I2 + 3A = 1 0ln-11 4兀2 - v3等边三角形的三条边在等边三角形中心的矢量磁位为 N I 2 + 3 cA = Vln = (1 +1 +1 ) = 04兀2 - 6 R M r zB = oo2 Y z 2 + a 2解：由于均匀磁化，J=VxM=0方柱形导磁体中的磁化体电流为零。方柱形形导磁体侧面的磁化面电 66流密度为Js = M x n，围绕方柱形导磁体表面作如图所示的平行与xy面的矩形回路，电流沿此矩形回路 流动。先求高度为dz的矩形回路电流在轴线上产生的磁感应强度6dB = zab2 十!；HMd=z 0 J4兀0a

51、bV(b)2 + (a)2 +(z - z)2 % a 2+ -Tdz(2)2 + (z - z )2(2)2 + (z - z )24-17.在磁导率为的媒质1及磁导率为的媒质2中距边界面为h处分别平行于边界平面放置相互平行的电流 、 ，如图所示，求单位长度的载流导线所受的力。题4-17图解：用镜像法。在计算媒质1中的磁场时，在2区的镜像位置放置镜像电流I2 ；在计算媒质2中的磁场时， 在1区的镜像位置放置镜像电流I 1。利用边界条件H 1 t = H2t、B1 n = B2n，可得方程I I = I - Ipi (I : I ) = |1 (I + I )解此1 方1程得22 122p p

52、 - pI = 1 I + 2Ip + p 1 p + p 2 1212p - p 2pI = -21 I + 2 Ip+p 1 p+p 2 1212一 人 .电流I1所受的力为F1 = I 11 X B2f人f电流I 2所受的力为F2 = I 21X B1八-h为引力方向。4-18.在截面为正方形 半径为p II:於=-1-2- (-h)4兀hp I I (於=7_1_2- (-h)4兀h的磁环上，密绕了两个线圈，一个线圈为m匝，另一个线圈为门匝。磁芯的磁导率为100，分别近似计算两线圈的自感及互感。解：近似认为密绕在磁环上的线圈无漏磁，磁环中磁场相等。用安培环路定律ff H dl = NI

53、N为线圈匝数。取闭合回路沿磁环中心线，则磁环中NIpNIH = 即 B =2人R即 2兀R由于Ra，穿过磁环截面的磁通近似为 m = BS = Ba2 =嘤因此* m22* m21pa2m2I+ m = m m =11112兀Rpa2n2I=n m =2-L HYPERLINK l bookmark343 o Current Document 22兀R2pa2mnI=n m =1 M12兀R,乎 mpa 2 m 2L = -11-=1 I2兀R1乎mpa 2n222 =I2兀R2% mp a 2 mn21 =I2兀R4-19.在一长直导线旁放一矩形导线框，线框绕其轴线偏转一角度为，如图所示。求

54、长直导线与矩形导线框之间的互感并在图上画出互感为正时的电流方向。解：长直导线到线框两边的距离分别为I=(a a / 2)2 + d 2 ad cos aI=v;( a / 2)2 + d 2 + ad cos a长直导线通过线框中的磁场为- IB =cp 2兀xr1、r2的圆弧之间的磁通，因此穿过线框的长直导线的磁场通过线框两边之间的磁通等于通过半径分别为 磁通可用下式计算r2 N Ibdx N Ib r m =J _0 = 0 ln -互感为MN b, r =olnd2兀I题4-19图题4-20图4-20.在一长直导线旁放一等边三角形导线框，如图所示。求长直导线与等边三角形导线框之间的互感并

55、在r111图上画出互感为正时的电流方向。解：如图所示，长直导线在等边三角形导线框面上的磁场为- NIB = z J 2兀x穿过三角形导线框中的磁通为_-,-dfa N I3N Id(d + a)d + a m = JJ B dS = Jo ydx =o d In- a In2兀x2兀(d f a/2)2d f a/2互感为 M =d (d + a)d In(d + a/2)2 d + a 、-a Ind + a/2，求等边三角形载流导线框所受的磁场力。4-21.在4-20题中如果两导线回路的电流分别为 、解：系统的磁场能量为W = - LI f - LI f MI Im 2 112 2 21

56、2对于常电流系统，磁场力为 S WaMF =m- = II a d1 2 a d4-22.在4-19题中如果两导线回路的电流分别为，求矩形载流导线框所受的磁场力矩。解：系统的磁场能量为W =1LI +1L I + MI Im 2 112 2 21 2对于常电流系统，磁场力为-3 W3 MF = m = I I 3d1 2 3d从 bI I r2d + a cos a2d - a cos a_=-e -4兀(a /2)2 + d 2 + ad cos a (a /2)2 + d 2 - ad cos a第五章时变电磁场如图所示的电路中，电容器上的电压为uc (t),电容为C,证明电容器中的位移电

57、流等于导线中的传导电 流。解：设电容器极板面积为$，电容器中的位移电流为iD，传导电流为ic.3D3P3q3 (u C)3u.i = SJ = S =S s-=c=C c = iD D3131313131c由麦克斯韦方程组推导(5.3-4b)解：对麦克斯韦方程VxH = J +式。3EX两边取旋度得313EVxVx H = Vx J +Vxe 31上式左边利用矢量恒等式VxVxA = VV.A - V2A，并考虑到对于均匀介质，3E33HVx8- = 8VxE，上式右端代入麦克斯韦方程VxE = -r，得3131313 2 HV 2 H -R = -Vx J312V-h =0，5.3已知导电媒

58、质中 E(r, t) = X,2E e -a sin( t - k z)00求：(1)H(r，t) ； (2)例r，t) ； (3)P(r，t)；解：(1)由麦克斯韦方程Vx E =弋2E e-azN久工E0 e -az3Na sin(3t - k z) - k cos(3t - k z) -a cos(3t - k z) - k sin(3t - k z)(2)攻(r, t) = we (r, t) + wm(r, t)w (r,t) = 8E2Gt) = eE2e一2改 sin2(3t - k z) TOC o 1-5 h z e200,一、1 ，一、,E、 r ,， 、，/， 、r(r,

59、t)=从H2(r,t) - (0-)2e一2cza cos(3t k z) + k sin(3t k z)223日000(3)(4)P (r, t) =oE 2 - 2oE e -2Cz sin 2 (3t k z) 00-八 2 E 2S (r, t) - E 义 H -z 0- e -2a sin(3t - k z)a cos(3t - k z) - k sin(3t - k z) 3日00005.4在81，匕和8 2, N2两种理想介质分界面上 E - E X + E y + E z1x 0y 0z 0H - H X + H y + H z1x 0y 0z 0- -求 E 2,H 2。解

60、：由两种理想介质分界面的边界条件E11 ; E 2181E1 尸 2 E 2 尸 E 2 x = Ex 0，E 2 y = E 0； 1 02 R zH 1t = H 21N H -N H H - H X + H y + 匕 H z n H - H , H - H ; N H - N H TOC o 1-5 h z 11 n 22 n2x 0y 0R z 02 xx02 yy 01z 022 z2-8得 E - E x + E y + 一 E z2 x 0y 08z 0 ，25.5在理想导体面上 -J - zJ sin3t - yJ cos3tSz 0y 0求导体表面上的H。(设理想导体表面的