电磁场习题解4
电磁场与电磁波(第4版)第4章部分习题参考解答
GG G G G G − j(k x + k y + k z ) ∇ 2 E (r ) = E0∇ 2 e − jk ⋅r = E0∇ 2 e x y z
G ⎛ ∂2 ∂2 ∂ 2 ⎞ − j(k x + k y + k z ) = E0 ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ e x y z ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ G − j(k x + k y + k z ) G G 2 = (− k x2 − k y − k z2 ) E0 e x y z = − k 2 E (r ) G G G G 代入方程 ∇ 2 E (r ) + ω 2 με E (r ) = 0 ，得 G G − k 2 E + ω 2 με E = 0
G G ω ∂2 ω G (3) ∇ 2 E = ey E0∇ 2 cos(ωt + z ) = ey E0 2 cos(ωt + z ) ∂z c c
ω G ω = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) c c
G ∂2 E G ∂2 ω ω G = e E cos(ωt + z ) = −eyω 2 E0 cos(ωt + z ) y 0 2 2 ∂t ∂t c c G G 1 ∂2 E ω 1 ⎡ G ω ⎤ G ω 2 ∇ E − 2 2 = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) − 2 ⎢ −e yω 2 E0 cos(ωt + z ) ⎥ = 0 c ∂t c c c ⎣ c ⎦
电磁场与电磁波(第四版)习题解答
电磁场与电磁波(第四版）习题解答第1章习题习题1．1给定三个矢量A 、B 和C 如下:23x y z =+-A e e e ．4y z=-+B e e ，52x z =-C e e ,解:(1）22323)12(3)A x y z e e e A a e e e A+-===+-++- （2）2641x y z A B e e e -=+-==(3)(23)(4)11x y z y z A B e e e e e •=+-•-+=-（4）arccos135.5A B AB θ•===︒ (５)1711cos -=⋅=⋅⋅==B B A A B B A A A A AB Bθ(６）12341310502xy zx Y Z e e e A C e e e ⨯=-=---- (７)0418520502xy zx Y Z e e e B C e e e ⨯=-=++-()(23)(8520)42x Y Z x Y Z A B C e e e e e e •⨯=+-•++=-123104041xy zx Y Z e e e A B e e e ⨯=-=---- ()(104)(52)42x Y Z x Z A B C e e e e e ⨯•=---•-=-(8）()10142405502x y zx Y Z e e e A B C e e e ⨯⨯=---=-+-()1235544118520xy zx Y Z e e e A B C e e e ⨯⨯=-=-- 习题1．4给定两矢量 234x y z =+-A e e e 和 456x y z =-+B e e e ,求它们之间的夹角和 A 在 Ｂ上的分量。
解：29)4(32222=-++=A776)5(4222=+-+=B31)654()432(-=+-⋅-+=⋅z y x z y x e e e e e e B A则A 与B之间的夹角为131772931cos =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅=ar BA B A arcis ABθ A 在B上的分量为532.37731cos -=-=⋅=⋅⋅⋅==B B A BA B A A A A AB Bθ习题1.９用球坐标表示的场225rr =E e ， (1）求在直角坐标中点(3,4,5)--处的E 和x E ；(2）求在直角坐标中点(3,4,5)--处E 与矢量22x y z =-+B e e e 构成的夹角。
《电磁场与电磁波》(第四版)课后习题解答(全)
第一章习题解答【习题1.1解】222222222222222222222222222222222222cos cos cos cos cos cos 1xx x y z yx y z z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z 矢径r 与轴正向的夹角为，则同理，矢径r 与y 轴正向的夹角为，则矢径r 与z 轴正向的夹角为，则可得从而得证a a b b g g a b g =++=++=++++=++++++++++==++ 【习题1.2解】924331329(243)54(9)(243)236335x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z A B e e e e e e e e e A B e e e e e e e e e A B e e e e e e A B +=--+-+=-+=----+=---∙=--∙-+=+-=⨯（）（）－（）(9)(243)19124331514x y z x y z x y z x y ze e e e e e e e e e e e =--⨯-+=---=--+【习题1.3解】已知,38,x y z x y z A e be ce B e e e =++=-++ （1）要使A B ⊥，则须散度 0A B =所以从 1380A B b c =-++=可得：381b c +=即只要满足3b+8c=1就可以使向量错误！未找到引用源。
和向量错误！未找到引用源。
垂直。
（2）要使A B ，则须旋度 0A B ⨯= 所以从1(83)(8)(3)0138xy zx y z e e e A B b c b c e c e b e ⨯==--+++=-可得 b=-3，c=-8 【习题1.4解】已知129x y z A e e e =++，x y B ae be =+，因为B A ⊥，所以应有0A B ∙= 即()()1291290xy z x y ee e ae be a b ++∙+=+= ⑴又因为 1B =; 所以221=； ⑵由⑴，⑵ 解得 34,55a b =±=【习题1.5解】由矢量积运算规则123233112()()()x y zx y z x x y y z ze e e A Ca a a a z a y e a x a z e a y a x e xyzB e B e B e B =?=-+-+-=++取一线元：x y z dl e dx e dy e dz =++则有xy z xyz e e e dlB B B dx dy dzB ?=则矢量线所满足的微分方程为 x y zd x d y d z B B B == 或写成233112()dx dy dzk a z a y a x a z a y a x==---＝常数 求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用下列方法k xa a y a a z a d z a a x a a y a d y a a z a a x a d =-=-=-323132132231211)()()( （1）k x a y a z zdzz a x a y ydy y a z a x xdx =-=-=-)()()(211332 （2）由（1）（2）式可得)()(31211y a a x a a k x a d -=)()(21322z a a x a a k y a d -= （3）)()(32313x a a y a a k z a d -= )(32xy a xz a k xdx -=)(13yz a xy a k ydy -= （4）)(21xz a yz a k zdz -=对（3）（4）分别求和0)()()(321=++z a d y a d x a d 0)(321=++z a y a x a d0=++zdz ydy xdx 0)(222=++z y x d所以矢量线方程为1321k z a y a x a =++ 2222k z y x =++【习题1.6解】已知矢量场222()()(2)x y z A axz x e by xy e z z cxz xyz e =++++-+- 若 A 是一个无源场 ，则应有 div A =0即： div A =0y x zA A A A x y z∂∂∂∇⋅=++=∂∂∂ 因为 2x A axz x =+ 2y A by xy =+ 22z A z z cxz xyz =-+- 所以有div A =az+2x+b+2xy+1-2z+cx-2xy =x(2+c)+z(a-2)+b+1=0 得 a=2, b= -1, c= - 2 【习题1.7解】设矢径 r的方向与柱面垂直，并且矢径 r到柱面的距离相等（r ＝a ） 所以，2sssr ds rds a ds a ah πΦ===⎰⎰⎰＝22a h π=【习题1.8解】已知23x y φ=,223y z A x yze xy e =+而 A A A A rot⨯∇+⨯∇=⨯∇=φφφφ)()(2222(6)3203xy zx y ze e e A xy x y e y e xyze x y z x yz xy ∂∂∂∇⨯==--+∂∂∂ 2223[(6)32]x y z A x y xy x y e y e xyze φ∴∇⨯=--+又y x z y x e x e xy ze y e x e 236+=∂∂+∂∂+∂∂=∇φφφφ 232233222630918603xy z x y z e e e A xyx x y e x y e x y ze x yz xy φ∇⨯==-+所以222()3[(6)32]x y z rot A A A x y xy x y e y e xyze φφφ=∇⨯+∇⨯=--+ +z y x e z y x e y x e y x 2332236189+-=]49)9[(3222z y x e xz e y e x x y x+--【习题1.9解】已知 222(2)(2)(22)x y zA y x z e x y z e x z y z e =++-+-+ 所以()()1144(22)0xyzyy x x z z x y z x yzx y z A A A A A A rot A A x y z y z z x x y A A A xz xz y y e e ee e e e e e ∂∂⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫=∇⨯==-+-+- ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭-++-+-=由于场A 的旋度处处等于0，所以矢量场A 为无旋场。
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答
如题图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为，求槽内的电位函数。
解根据题意，电位满足的边界条件为①②③根据条件①和②，电位的通解应取为题图由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。
上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从到，电位线性变化，。
题图解应用叠加原理，设板间的电位为其中，为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为）的电位，即；是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：①②③根据条件①和②，可设的通解为由条件③有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
并按定出边缘电容。
解在导体板（）上，相应于的电荷面密度则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷相应的电场储能为其边缘电容为如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
解根据题意，电位满足的边界条件为①题图②③根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布为一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为的电荷。
求体积内的电位。
解在体积内，电位满足泊松方程（1）长方体表面上，电位满足边界条件。
由此设电位的通解为代入泊松方程（1），可得由此可得或（2）由式（2），可得故如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。
求板间的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。
电位的边界条件为题图①②③由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得故如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷。
电磁场课后习题答案
电磁场课后习题答案电磁场课后习题答案电磁场是物理学中一个重要的概念，涉及到电荷、电流和磁场的相互作用。
在学习电磁场的过程中，我们经常会遇到一些习题，这些习题旨在帮助我们更好地理解电磁场的基本原理和应用。
本文将给出一些电磁场课后习题的答案，希望能够对大家的学习有所帮助。
1. 一个带电粒子在匀强磁场中作圆周运动，其运动半径与速度之间的关系是什么？答：带电粒子在匀强磁场中作圆周运动时，受到的洛伦兹力与向心力相等。
洛伦兹力的大小为F = qvB，向心力的大小为F = mv²/R，其中q为电荷量，v为速度，B为磁感应强度，m为质量，R为运动半径。
将这两个力相等，可以得到qvB = mv²/R，整理得到v = qBR/m。
因此，速度与运动半径之间的关系是v 与R成正比。
2. 一个长直导线中有一电流I，求其所产生的磁场强度B与距离导线距离r之间的关系。
答：根据安培定律，长直导线所产生的磁场强度与电流和距离的关系为B =μ₀I/2πr，其中B为磁场强度，I为电流，r为距离，μ₀为真空中的磁导率。
可以看出，磁场强度与距离的关系是B与1/r成反比。
3. 一个平面电磁波的电场强度和磁场强度的振幅分别为E₀和B₀，求其能量密度u与E₀和B₀之间的关系。
答：平面电磁波的能量密度与电场强度和磁场强度的关系为u = ε₀E₀²/2 +B₀²/2μ₀，其中u为能量密度，ε₀为真空中的介电常数，μ₀为真空中的磁导率。
可以看出，能量密度与电场强度的振幅的平方和磁场强度的振幅的平方之间存在关系。
4. 一个平行板电容器的电容为C，两板间的距离为d，若电容器中充满了介电常数为ε的介质，请问在电容器中存储的电能与电容、电压和介电常数之间的关系是什么？答：平行板电容器存储的电能与电容、电压和介电常数之间的关系为W =1/2CV²，其中W为存储的电能，C为电容，V为电压。
当电容器中充满了介质后，介质的存在会使电容增加为C' = εC，因此存储的电能也会增加为W' =1/2C'V² = 1/2εCV²。
电磁场习题解4
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 z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为因而，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：设垂直于纸面向下的方向为 z 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a b 2 (；)2对于边长为a 的正三角形，中心到每一边的距离为 导线回路在中心点上的磁感应强度为9%1 2二a4讥1题4-1图b = . 3a / 6，因而，边长为a 的正方形4-3.真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(b)题4-3.图解：设垂直于纸面向内的方向为 z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为4a(1)因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此B 二；?农4a(2)由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为J'IB 2 二？」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- A I B = -？亠(二 2)(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4-4.在真空中将一个半径为 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-» |B 01 ()? ?)4a奴、？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 J s ，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T的圆环，利用安培环路定律B dl 二l在圆环上磁场B 二B 「？相等，I =2-aJ s ，因此4-6.如果上题中电流沿圆周方向流动，求圆筒内外的磁场。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
1
及
∂A ρ ∇ • E = ∇ • −∇Φ − = ∂t ε
ห้องสมุดไป่ตู้
∇ 2Φ +
∂ ρ ∇• A = − ∂t ε
2
令
∇• A = 0
∂2 A ∂Φ 2 ∇ A − µε 2 = − µ J + µε∇ ∂t ∂t
代入1和2式，得
ρ ∇ Φ=− ε
2
4.9在自由空间中的电磁场为
∂A E = −∇Φ − ∂t
代入
∂D ∇× H = J + ∂t ∇•D = ρ
∂E ∂ ∂A ∇× H = ∇×∇× A = J +ε = J + ε −∇Φ − ∂t ∂t ∂t µ 1
得
∂Φ ∂2 A ∇ ( ∇ • A ) − ∇ 2 A = µ J − µε − µε 2 ∂t ∂t
s
= 2650 × 0.25 cos 2 (ωt ) − cos 2 (ωt − 0.42 ) = −270.2sin ( 2ωt − 0.42 )W
4.10已知某电磁场的复矢量为
r r ε0 H ( z ) = ey E0 cos ( k0 z )
r r E ( z ) = ex jE0 sin ( k0 z ) V / m
r r E ( z , t ) = ex1000cos (ωt − kz ) V / m r r H ( z , t ) = ey 2.65cos (ωt − kz ) A / m
式中
k = ω µ0ε 0 = 0.42 rad / m
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 解：（1）瞬时坡印廷矢量 r r r r S = E × H = ez 2650 cos 2 (ωt − kz ) W / m 2 （2）平均坡印廷矢量
电磁场与电磁波答案(第四版)
第一章习题解答1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C g 和()⨯A B C g ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A B C 。
解 （1）23A x y z +-===+e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e ee 64x y z +-=e e e（3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由cos AB θ===A B A B g ，得1cos AB θ-=(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos ABθ==A B B g （6）⨯=A C 123502x yz-=-e e e 41310x y z ---e e e（7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x yz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。
（1）判断123PP P ∆是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。
大学电磁场课后答案
(
)
2-9 已知在半径为 a 的球体区域内外，电场强度矢量表达式为 ⎧ Ar r2 (1 − 2 )e r r < a ⎪ ⎪ 3ε a E =⎨ 2 Ba ⎪ r>a e 2 r ⎪ ⎩ε 0r
其中 A, B 均为常数。求此区域的电荷分布。 答案
ρ = A(1 −
5r 2 ), r < a ， 3a 2
但可把半径为a的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为的两种电荷分布这样在半径为b的整个圆柱体内具有体密度的均匀电荷分布而在半径为a的整个圆柱体内则具有体密度的均匀电荷分布如例36图b所示
习题二 2-3 已知真空中静电场的电位 ϕ ( x) = 解：
U x V，求电场强度的分布及电荷体密度 ρ 。 ε0 d ∂ϕ 2x U E = −∇ϕ = − e x = −( + )e x V/m ∂x ε0 d ∂E 2 ρ = ∇ ⋅ D = −ε 0 ∇ ⋅ E = −ε 0 x = −ε 0 ( ) = −2 C/m2 ε0 ∂x + x2
∫
∫
得到
(b 2 + ab − 2a 2 ) a(b − a) 6a 故两导体球壳间的电位分布为 b b σ a2 ρ a3 σ a 2 (b − r ) ρ 0 b 2 − r 2 a 3 (b − r ) ϕ (r ) = E (r ) d r = [ 2 + 0 (r − 2 )] d r = + − ] [ r r ε r 3ε 0 ε 0br br 3ε 0 2 r 0 说明 此题的要点在于导体的表面上有未知的感应电荷分布，用高斯定律求电场时，必须注意考虑 感应电荷产生的电场。 −
ρl =
∂E (a) 1 ln(b a) − 1 =− 2 =0 ∂a a ln 2 (b a)
电动力学习题解答4
第四章 电磁波的传播1. 考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为ωωd +和ωωd -的线偏振平面波，它们都沿z 轴方向传播。
（1）求合成波，证明波的振幅不是常数，而是一个波。
（2）求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。
解：根据题意，设两列波的电场表达式分别为：)cos()(),(1101t z k t ω-=x E x E ； )cos()(),(2202t z k t ω-=x E x E则合成波为)]cos())[cos((),(),(2211021t z k t z k t t ωω-+-=+=x E x E x E E)22cos()22cos()(2212121210t z k k t z k k ωωωω---+-+=x E 其中 dk k k +=1，dk k k -=2；ωωωd +=1，ωωωd -=2所以 )cos()cos()(20t d z dk t kz ⋅-⋅-=ωωx E E 用复数表示 )](exp[)cos()(20t kz i t d z dk ωω-⋅-⋅=x E E相速由 t kz ωφ-=确定，k dt dz v p //ω==群速由 t d z dk ⋅-⋅=ωφ'确定，dk d dt dz v g //ω==2. 一平面电磁波以=θ45°从真空入射到2=r ε的介质，电场强度垂直于入射面，求反射系数和折射系数。
解：设 n 为界面法向单位矢量，S 、'S 、"S 分别为入射波、反射波和折射波的玻印亭矢量的周期平均值，则反射系数R 和折射系数T 定义为：2020''E E R =⋅⋅=n S nS ， 201202cos ""cos "E n E n T θθ=⋅⋅=n S n S 又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式，可得22121"cos cos "cos cos ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=θεθεθεθεR ， R T -=+=1)"cos cos ("cos cos 422121θεθεθθεε 根据折射定律可得：︒=30"θ，代入上式，得3232+-=R ， 3232+=T 3. 有一可见平面光波由水入射到空气，入射角为60°，证明这时将会发生全反射，并求折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度。
电磁学第四章答案解析全
第四章 习题2、平行板电容器（面积为S,间距为d ）中间两层的厚度各为d 1和d 2（d 1+d 2=d ），介电常数各为1ε和2ε的电介质。
试求：（1）电容C ；（2）当金属板上带电密度为0σ±时，两层介质的分界面上的极化电荷密度'σ；（3）极板间电势差U;（4）两层介质中的电位移D ； 解：（1）这个电容器可看成是厚度为d 1和d 2的两个电容器的串联：12210212121d d SC C C C C εεεεε+=+=（2）分界处第一层介质的极化电荷面密度（设与d 1接触的金属板带正电）1111011111εσεεεσ)(E )(P n P '-=-=-=⋅=分界处第二层介质的极化电荷面密度：21222022211εσεεεσ)(E )(P n P '--=--=-=⋅=所以， 21021211εεσεεσσσ+-=+=)('''若与d 1接触的金属板带负电，则21021211εεσεεσσσ+--=+=)('''（3）2101221202010102211εεσεεεεσεεσ)d d (d d d E d E U +=+=+= （4）01101σεε==E D ，02202σεε==E D4、平行板电容器两极板相距3.Ocm ，其间放有一层02.=ε的介电质，位置与厚度如图所示，已知极板上面电荷密度为21101098m /c .-⨯=σ，略去边缘效应，求: (1)极板间各处的P 、E 和D 的值; (2)极板间各处的电势(设正极板处00=U );(3)画出E-x ，D-x ，U-x 曲线;解：（1）由高斯定理利用对称性，可给出二极板内：2111098m /c .D e -⨯==σ（各区域均相同），在0与1之间01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε在1与2之间210000010454112m /c .D)(E )(P ,r r r -⨯=-=-==εεεεεεε，m /V D E r500==εε 在2与3之间，01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε（2）0=A V ：0-1区：,x dx E V xD 100=⋅=⎰1-2区：),x x (dx E V xx 1501-=⋅=⎰)x x x ,.x x )x x (V 2111505010050≤≤+=+-=2-3区：),x x (dx E V xx 2100021-=⋅=⎰∆)x x x (,.x ).x (,x x x x x )x x (V 3212221501000050100505010010010050≤≤-=-=+-=-++=题4图6、一平行板电容器两极板相距为d,其间充满了两种介质，介电常数为1ε的介质所占的面积为S 1, 介电常数为2ε的介质所占的面积为S 2。
《电磁场与电磁波》（第四版）习题集：第4章时变电磁场
《电磁场与电磁波》（第四版）习题集：第4章时变电磁场第4章时变电磁场在时变的情况下，电场和磁场相互激励，在空间形成电磁波，时变电磁场的能量以电磁波的形式进行传播。
电磁场的波动方程描述了电磁场的波动性，本章首先对电磁场的波动方程进行讨论。
在时变电磁场的情况下，也可以引入辅助位函数来描述电磁场，使一些复杂问题的分析求解过程得以简化。
本章对时变电磁场的位函数及其微分方程进行了讨论。
电磁能量一如其它能量服从能量守恒原理，本章将讨论电磁场的能流和表征电磁场能量守恒关系的坡印廷定理。
本章在最后讨论了随时间按正弦函数变化的时变电磁场，这种时变电磁场称为时谐电磁场或正弦电磁场。
4. 1 波动方程由麦克斯韦方程可以建立电磁场的波动方程，揭示了时变电磁场的运动规律，即电磁场的波动性。
下面建立无源空间中电磁场的波动方程。
在无源空间中，电流密度和电荷密度处处为零，即0ρ=、0=J 。
在线性、各向同性的均匀媒质中，E 和H 满足的麦克斯韦方程为t ε=?EH （4.1.1） tμ=-?HE （4.1.2） 0?=H （4.1.3） 0?=E （4.1.4）对式（4.1.2）两边取旋度，有()()tμ=-E H 将式（4.1.1）代入上式，得到22()0t με+=?EE利用矢量恒等式2()()=??-?E E E 和式（4.1.4），可得到2220tμε??-=?EE （4.1.5）此式即为无源区域中电场强度矢量E 满足的波动方程。
同理可得到无源区域中磁场强度矢量H 满足的波动方程为2220tμε??-=?H H （4.1.6）无源区域中的E 或H 可以通过求解式（4.1.5）或式（4.1.6）的波动方程得到。
在直角坐标系中，波动方程可以分解为三个标量方程，每个方程中只含有一个场分量。
例如，式（4.1.5）可以分解为222222220x x x xE E E E x y z tμε++-= （4.1.7） 222222220yyyyE E E E x y z t με++-= （4.1.8）222222220z z z zE E E E x y z t με++-= （4.1.9）在其它坐标系中分解得到的三个标量方程都具有复杂的形式。
电磁场习题解答.
流密度。
解：利用J 与E 的关系，再利用E与的关系可以解
决此问题。
E
(
r
er
1 r
e
1
r sin
e )
1 r
0
sin e
J
rE
r
0
sin e
2-2.一半径为a的均匀带电体，总带电量为Q，
该球绕直径以角速度 旋转。求：（1）球内
各处的电流密度 J;（2）通过半径为a的半圆
解：先讨论球壳接地的情况。由于球壳接地，球壳外的电 场 E 0 。求点电荷所受的力时，只需求球壳内的场，球 壳的厚度c是没有影响的。应用镜像法，在球壳外距球心
d R2 a
处，放置一点电荷 q ' d q
b
该点电荷位于球心与点电荷q的连线上。它对点电荷q 的作用力就是球壳对点电荷q的作用力，大小为
外导体间加电压U0，求非理想介质中各点的 电位和电场强度。
解：设两导体之间的漏电流为I，由于系统的轴对称
性，电流密度沿径向，且只与 有关，由此可得：
J
I
2l
e
式中l为圆柱的长度。
E
J
I
2 l
e
若以外导体为电位参考点，在R1 R2内，任一
点的电位：
R2 Ed I ln R2
2 l
已知内外导体的电压为U0，可得：
确定了电轴的位置，就可求出圆柱内任一点的电位为：
(x, y) ln (x b)2 y2 20 (x b)2 y2
1-15.一半径为a的球壳，同心地置于半径为b的球 壳内，外壳接地。一点电荷放在内球内距其球心 为d处。问大球内各点的电位为多少？
电磁场与电磁波典型习题及答案(恒定磁场)
=
8 r
+ 3cotθ
≠
0 ，F
不表示磁感应强度
B。
e) ∇ ⋅ F = − ∂A + ∂A = 0 （A 为常数）， J = ∇ ⋅ B = ∇ ⋅ F = 0
∂x ∂y
µ0
µ0
f) ∇ ⋅ F = 1 ∂ (r3r) + ∂2 = 6 ≠ 0 ，F 不表示磁感应强度 B。
r ∂r
∂z
4-4 无限长直线电流垂直于磁导率分别为 µ1 和 µ2 的两种介质的分界面，试求： (1) 两种介质中的磁感应强度 B1 和 B2；(2) 磁化电流分布。
B0x = 0.002 ， B0 y = 0.5 ， B0z = 0
即
B0 = ex 0.002 + e y 0.5
4-13 真空中有一厚度为 d 的无限大载流块，电流密度为 ez J0 ，在其中心位置有 一半径为 a 的圆柱形空腔。求腔内的磁感应强度。
解：设空腔中同时存在有密度为 ±ez J0 的电流，则可利用安培环路定律和迭加原 理求出空腔内的 B 。
+ π (r 2
− a12 )J 2 ] ⇒
B
=
eφ
⎜⎜⎝⎛
10 3
r
− 10−5 r
⎟⎟⎠⎞
当r
>
a2 时，有 B
= eφ
µ0I 2π r
=
eφ
2 ×10−5 r
4-8 已知在半径为 a 的圆柱区域内有沿轴向方向的电流，其电流密度为
J
= ex
J0r a
，其中 J0 为常数，求圆柱内外的磁感应强度。
1 r
d (r 1) = 0 dr r
在 r=0 处， 具有奇异性。以 z 轴为中心作一个圆形回路 c，由安培环路定律得
电磁场习题答案
1-25 已知圆球坐标系中矢量为 A = a R (2 cos ϕ R 3 ) + a θ sin θ ，求该矢量在直角坐标系中
的表达式。
3
答案： A = ax Ax + a y Ay + az Az 其中， Ax = (
2 x2 x +y
2 2
+ x3 z + xy 2 z + xz 3 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ；
1-9 已知一标量函数 φ = sin （πx 2） sin （πy 3） e − z ，求：① 点 p（ 1， 2， 3） 处 φ 增加速率最
快的方向及大小； ② 点 p（ 处向坐标原点方向 φ 增加速率 1， 2， 3） （方向导数） 的大小。 答案：① am =
-1
π 2 + 27
=
(π ay + 3 3az ), ∇u =
Ay = (
2 xy
x +y
2 2
+ x 2 yz + y 3 z + yz 3 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 ；
Az = (
2 xz
x +y
2 2
− x4 − 2 x2 y 2 − x2 z 2 − y 2 z 2 − y 4 ) ( x2 + y 2 + z 2 )2 。
1-26 球 坐 标 系 中 的 两 个 矢 径 r1 和 r2 的 终 点 p1 和 p 2 的 坐 标 分 别 为 ( R1 ,θ 1 , ϕ 1 ) 和
1 (ax + 2a y − 3az ) ；② A − B = 53 ；③ A • B = −11 ； 14
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答(共20页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2四章习题解答如题图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为0U ，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③ 0(,)x b U ϕ=根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a aππϕ∞==∑ 由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a aππ∞==∑ 两边同乘以sin()n xaπ，并从0到a 对x 积分，得到 002sin()d sinh()an U n xA x a n b a aππ==⎰ 02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩， 故得到槽内的电位分布 01,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a aππϕππ==∑ 两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有一极薄的导体片由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。
上板和薄片保持电位0U ，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。
题图3解 应用叠加原理，设板间的电位为(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为0U ）的电位，即10(,)x y U y ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：① 22(,0)(,)0x x b ϕϕ==② 2(,)0()x y x ϕ=→∞③ 002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b db ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩ 根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()e n x b n n n y x y A b ππϕ∞-==∑ 由条件③有 00100(0)sin()()n n U U y y d n y bA U U b y y d y b db π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑ 两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d bn dU U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ 故得到 (,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b bππππ∞-=+∑ 求在上题的解中，除开0U y b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁场课后答案4
η
ˆE 0 sin kz ， H = y ˆj E=x
ˆ 答： E (t ) = x ˆ H (t ) = y
1 E 0 [sin( kz + ωt ) − sin(ωt − kz )] 2
ˆ S (t ) = E (t ) × H (t ) = z
ˆ S + (t ) = z
z 2k 1 ε 2 = E 0 cos 2(ωt − kz ) ，可以得出能速为： ve = = t 2ω 8 μ
后 答
4.11 自由空间沿z方向传播的均匀平面波E=E0e-jkz ，式中E0=Er+jEi ，且Er=2Ei=b，b为实常 数，Er在x方向，Ei与x轴夹角为 60°，试求电场强度和磁场强度瞬时值，并说明波的极化。
案
网
j j 3 ˆ0 + ˆ 0 ]e − jkz = b[(1 + ) x y 4 4 = b[
ˆ 0 ， H = H 0 e jkz y ˆ 0 满足自由空间麦克斯韦方程，问题如下： 4.5 E = E 0 e jkz x
1）用E0, ε0，μ0表示 H0和k 。 2）这个解是不是均匀平面波？波沿什么方向传播？并求出波速 v 与时间平均坡印廷矢量 <S>。 答：1) k = ω
ε 0 μ 0 ， H 0 = − E0
− π × 10 + 60 o ) = 0.007V / m
co
m
< S >=
1 1 1 * − jkz ˆ0 × y ˆ 0 ) = E0 H 0 z ˆ0 Re{E × H * } = E 0 e jkz H 0 e (x 2 2 2
(d)
a ≠ b ，ϕ = 0
线极化
电磁场习题解答
1—2—2、求下列情况下，真空中带电面之间的电压。
(2)、无限长同轴圆柱面，半径分别为a 和b （a b >），每单位长度上电荷：内柱为τ而外柱为τ-。
解：同轴圆柱面的横截面如图所示，做一长为l 半径为r （b r a <<）且与同轴圆柱面共轴的圆柱体。
对此圆柱体的外表面应用高斯通量定理，得l S D sτ=⋅⎰d考虑到此问题中的电通量均为r e即半径方向，所以电通量对圆柱体前后两个端面的积分为0，并且在圆柱侧面上电通量的大小相等，于是l rD l τπ=2即 r e r D πτ2=， r e rE02πετ=由此可得 a b r e e r r E U b a r r b aln 2d 2d 00⎰⎰επτ=⋅επτ=⋅=1—2—3、高压同轴线的最佳尺寸设计——高压同轴圆柱电缆，外导体的内半径为cm 2，内外导体间电介质的击穿场强为kV/cm 200。
内导体的半径为a ，其值可以自由选定但有一最佳值。
因为a 太大，内外导体的间隙就变得很小，以至在给定的电压下，最大的E 会超过介质的击穿场强。
另一方面，由于E 的最大值m E 总是在内导体的表面上，当a 很小时，其表面的E 必定很大。
试问a 为何值时，该电缆能承受最大电压？并求此最大电压。
（击穿场强：当电场增大达到某一数值时，使得电介质中的束缚电荷能够脱离它的分子 而自由移动，这时电介质就丧失了它的绝缘性能，称为击穿。
某种材料能安全地承受的最大电场强度就称为该材料的击穿强度）。
解：同轴电缆的横截面如图，设同轴电缆内导体每单位长度所带电荷的电量为τ，则内外导体之间及内导表面上的电场强度分别为r E πετ2=， aE πετ2max = 而内外导体之间的电压为abr r r E U ba ba ln 2d 2d πετπετ⎰⎰===或 )ln(max ab aE U =0]1)[ln(a d d max =-+=abE U 即 01ln=-a b ， cm 736.0e ==ba V)(1047.1102736.0ln 55max max⨯=⨯⨯==abaE U1—3—3、两种介质分界面为平面，已知014εε=，022εε=，且分界面一侧的电场强度V/m 1001=E ，其方向与分界面的法线成045的角，求分界面另一侧的电场强度2E 的值。
电磁波与电磁场测试题(第四章)答案.
2πRHϕ = NI
Hϕ
=
NI 2πR
G B = ϕˆμ
NI
2πR
当 R = 30 cm ，磁感应强度最大
G B = ϕˆμ
NI =ϕˆ 2πR
4π
×10−7 × 500 × 500 2π × 30 ×10−2
×1
=
0.1667
T
当 R = 40 cm ，磁感应强度最小
G B
=
ϕˆμ
NI 2πR
= ϕˆ
4π
×10−7 × 500 × 500 ×1 2π × 40 ×10−2
=
0.125
T
穿过磁芯截面的磁通量为
∫∫ ∫ Φm =
GG B ⋅ dS
=
0.4 μNIh dR
=
μNI
ln
4
=
2 ×10−7
× 500 × 500 × 0.05 × 0.2877
=
7.2 ×10−4
Wb
S
0.3 2πR
2π 3
(L / 22 + ρ12
− ln (L / 2) + (L / 22 + ρ22 ]
4π − (L / 2) + (L / 2)2 + ρ12
− (L / 2) + (L / 2)2 + ρ22
G ρ1 = (3 − 0)2 + (4 − 1)2 = 18 ， ρ1 = 3xˆ + 3yˆ
ρ2 = (3 − 0)2 + (4 + 1)2 = 34 ， ρG2 = 3xˆ + 5yˆ
H 2 y = H1y = 50k
（2） B1n = B2n
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为aIz B πμ2ˆ01= 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aIz B B πμ24ˆ401==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：设垂直于纸面向下的方向为z 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2201)2(4ˆa ba bIzB +=πμ对于边长为a 的正三角形，中心到每一边的距离为6/3a b =，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 aIz B B πμ29ˆ301== 4-3. 真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
II(a)(b)(c) 题4-3.图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。
由例4-2知，半径为a的半圆中心处的磁场为aIz B 4ˆ01μ=（1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此 aIz B 4ˆ0μ= （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为 aIzB πμ4ˆ02= 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 )2(4ˆ0+-=ππμaIzB （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 )11(4ˆ0ba I zB -=μ 4-4. 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 )ˆˆ(40y x aIB +=μ x ˆ、y ˆ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J s ，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ρ的圆环，利用安培环路定律⎰=⋅lI l d B 0μ在圆环上磁场ϕϕˆB B =相等，s aJ I π2=，因此 ρμπρμϕsaJ I B 002==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 z 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L ，则L B l d B lz ⎰=⋅L J I s = 因此 s z J B 0μ=题4-6图4-7.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 J zJa= 022ρ，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ρ的圆环，利用安培环路定律⎰=⋅lI l d B 0μ左边πρϕ2⎰=⋅lB l d B右边 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><==⋅=⎰⎰⎰⎰a a J a a J d d aJS d J I Sρπρρπϕρρρ;2;220240220因此有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><=a a J a a J B ρρμρρμϕ;4;42002300 4-8.在真空中，电流分布为 0<<ρaJ =0a b <<ρ J b z =ρρ=bJ J zs =0 ρ>bJ =0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ρ的圆环，利用安培环路定律⎰=⋅lI l d B 0μ左边πρϕ2⎰=⋅lB l d B右边 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>+-<<-<<=bbJ b a b b a b a a I ρππρρπρ;23)(2;3)(20;003333 因此有⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>+-<<-<<=b bJ ba b b a b a a B ρρμρρρμρϕ;/)3(;3)(0;003303304-9.已知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J J z=0 ，试求空腔中的磁感应强度。
解：利用叠加原理，空腔中的磁感应强度B为 21B B B+=1B 为电流均匀分布的实圆柱的磁感应强度；2B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 10011001ˆ2ˆ2ρμϕρμ⨯==z J J B 20022002ˆ2ˆ2ρμϕρμ⨯-=-=z J J B 式中1ρ 、2ρ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c z J z J B ⨯=-⨯=ˆ2)(ˆ2002100μρρμ c为从圆柱中心轴指向圆柱空腔中心轴的矢量。
YXab cJ习题图4-94-10.已知真空中位于xy 平面的表面电流为J J xs =0 ，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 002LJ L B μ=因此 20J B μ=写成矢量形式为⎪⎩⎪⎨⎧>-<=0;2ˆ0;2ˆ0000z J y z J y B μμ 题4-10图4-11.宽度为w 的导电平板上电流面密度为J J ys =0 ，如图所示，求磁感应强度。
Y题4-11图解：在空间取场点),(z x ，在导电平板上'x 位置取宽度为'dx 的细长电流，在场点产生的磁场为]ˆˆ)'[(ˆ])'[(2'ˆˆ222000z z x x x y z x x dx J y dI B d +-⨯+-=⨯=πμρπρμ 导电平板上的电流产生的总场为')'(ˆˆ)'(22/2/220dx zx x x z z x x JB d B W W ⎰⎰-+-+-==πμ)}2/2/(2ˆ)2/()2/(ln ˆ{2222200zW x arctgzW x arctg xzW x z W x zJ --+++-++=πμ4-12.半径为a 的均匀带电圆盘上电荷密度为ρ0，圆盘绕其轴以角速度ω旋转，求轴线上任一点的磁感应强度。
解：带电圆盘绕其轴以角速度ω旋转，其上电流密度为ϕωρρˆr v J s s s ==。
在带电圆盘上取宽度为dr 的小环，电流为rdr dI s ωρ=，由例4-2知，在轴线上产生的磁场为2/322302/32220)(2ˆ)(2ˆz rdrr zz rdIr zB d s +=+=ωρμμ旋转带电圆盘在轴线上产生的磁场为]22[2ˆ)(2ˆ222202/322300z za zazz rdrr zB s s a-++=+=⎰ωρμωρμ4-13.计算题4-2中电流的矢量磁位。
解：首先计算载电流为I 、长度为21L L +的直线在距离为d 处的矢量磁位。
设电流方向为l ˆ，如图所示。
题4-13图矢量磁位为 2222221102200ln 4ˆ''4ˆ412dL L d L L Il dz dz I l R ld IA L L ++-++=+==⎰⎰-πμπμπμ对于等边三角形，a L L ==21，a d 63=。
其中等边三角形的一条边在等边三角形中心的矢量磁位为3232ln 4ˆ011-+=πμI l A等边三角形的三条边在等边三角形中心的矢量磁位为0)ˆˆˆ(3232ln 43210=++-+=l l l I A πμ4-14. ※计算题4-3中电流的矢量磁位。
4-15. 一块半径为a 长为d 的圆柱形导磁体沿轴向均匀磁化，磁化强度为M M z=0 ，求磁化电流及磁化电流在轴线上产生的磁感应强度。
解：由于均匀磁化，0'=⨯∇=M J圆柱形导磁体中的磁化体电流为零。
圆柱形导磁体侧面的磁化面电流密度为ϕˆˆ'0M nM J s =⨯=在圆柱形导磁体表面取一宽度为'dz 的电流环带，'0dz M dI =先计算此电流环带在轴线上的磁场（例4-2），2/32220))'((2ˆz z adIa zB d -+=μ然后对'dz 积分⎰-+=dz z adz M a zB 02/322020])'([2'ˆμ积分得 ])([22222ad z d z azzMB +---+=μ4-16. 一段截面为a b ⨯长为d 的方柱形导磁体沿长度方向均匀磁化，磁化强度为M M z=0 ，求磁化电流及磁化电流在轴线上产生的磁感应强度。
解：由于均匀磁化，0'=⨯∇=M J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流密度为n M J s ˆ'⨯=，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])'()2(1)'()2(1[)'()2()(4'ˆ22222220z z bz z az z a a b abMdz zB d -++-+-++=πμ'])'()2(1)'()2(1[)'()2()(4ˆ222222200dz z z b z z a z z a a b abMzB d-++-+-++=⎰πμ4-17.在磁导率为μ1的媒质1及磁导率为μ2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I 1、I 2，如图所示，求单位长度的载流导线所受的力。
hhI1I212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2'I ；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1'I 。
利用边界条件t t H H 21=、n n B B 21=，可得方程2121''I I I I -=-)'()'(212211I I I I +=+μμ 解此方程得 22112121112'I I I μμμμμμμ+-++=22121211222'I I I μμμμμμμ+++-=电流1I 所受的力为 )ˆ(4'ˆ211211hh I I B l I F -=⨯=πμ 电流2I 所受的力为 )ˆ(4'ˆ212122hh I I B l I F -=⨯=πμ hˆ-为引力方向。