电磁场习题解答

电磁场习题解答(总38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
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 s
τ=⋅⎰
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 r
E
02πετ= 由此可得 a b r e e r r E U b a r r b a
ln 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。

3
（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=
， a
E πετ
2max = 而内外导体之间的电压为
a
b
r r r E U b
a b
a ln 2d 2d πετπετ⎰
⎰=== 或 )ln(max a b
aE U =
0]1)[ln(a d d max =-+=a
b
E U 即 01ln =-a b ， cm 736.0e
==b
a V)(1047.1102736.0ln 55max max ⨯=⨯⨯==a
b
aE U
1—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。

4
解：25045sin 10001==t E ，25045cos 10001==n E
220040101εε==n n E D 根据 t t E E 21=，n n D D 21=得
2502=t E ，220002ε=n D ， 210020
22==
εn
n D E 于是： V/m)(1050)2100()250(222
2222=+=
+=n t E E E
1—8、对于空气中下列各种电位函数分布，分别求电场强度和电荷体密度：
（1）、2Ax =ϕ （2）、Axyz =ϕ （3）、Brz Ar +=φϕsin 2 （4）、φθϕcos sin 2Ar =
解：求解该题目时注意梯度、散度在不同坐标中的表达式不同。

（1）、i Ax i x Ax k z j y i x E
2)()(2-=∂∂-=∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕϕϕϕ
00002)2()(εεεερA Ax x
x E z E y E x E D x z y x -=-∂∂
=∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=
（2）、)(k z j y i x E
∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕϕϕϕ )(
k z
Axyz j y Axyz i x Axyz ∂∂+∂∂+∂∂-=
5
)(k xy j xz i yz A
++-=
0)]()()([0=-∂∂
+-∂∂+-∂∂=⋅∇=Axy z
Axz y Ayz x D ερ
（3）、)1[k z
e r e r E r
∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕφϕϕϕφ φφφφe Brz Ar r e Brz Ar r r )sin (1)sin ([
22+∂∂++∂∂-=
)])sin (2
k Brz Ar z +∂∂+φ
)]cos )sin 2[(k Br e Ar e Bz Ar r
+++-=φφφ
)
cos (1)sin 2(1[0φφφερAr r Bz Ar r r r D ∂∂
++∂∂-=⋅∇=
)](Br z
∂∂
+
]sin )sin 4(1
[0φφεA Bz Ar r
-+-=
]sin )sin 4[0φφεA r
Bz
A -+-=
（4）、]sin 11[φ
ϕ
θθϕϕϕφθ∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=r e r e r e E r
)
cos sin (1)cos sin ([22φθθ
φθθAr r e Ar r e r ∂∂
+∂∂-= )]cos sin (sin 12φθφ
θφ
Ar r e ∂∂
+
θφθφθe Ar r e Ar r )cos cos (1)cos sin 2[(2+-=])sin sin (sin 1
2φφθθ
e Ar r -
6
])sin ()cos cos ()cos sin 2[(φθφφθφθe Ar e Ar e Ar r
-+-=
)](sin 1
)sin (sin 1)(1[220φθφθθθθερE r E r E r r
r D r ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=
)sin cos cos (sin 1)cos sin 2(1[
3
2
0θφθθθφθεAr r Ar r
r -∂∂+-∂∂= )]sin (sin 1
φφ
θAr r ∂∂+
]sin cos )sin (cos sin cos cos sin 6[220θφ
θθθφφθεA A A +--
-=
1—4—2、两平行导体平板，相距为d ，板的尺寸远大于d ，一板的电位为0，另一板的电位为0V ，两板间充满电荷，电荷体密度与距离成正比，即
x x 0)(ρρ=。

试求两极板之间的电位分布（注：0=x 处板的电位为0）。

解：电位满足的微分方程为
x x
002
2d d ερϕ
-= 其通解为： 213
06C x C x ++-
=ερϕ 定解条件为：00==x ϕ； 0V ==d x ϕ 由00==x ϕ得 02=C 由0V ==d
x ϕ得 01300V 6=+-
d C d ερ，即 20
0016d V d C ερ
+= 于是 x d d x )6V (62
00300ερερϕ++-
=
7
1—4—3、写出下列静电场的边值问题：
（1）、电荷体密度为1ρ和2ρ（注：1ρ和2ρ为常数），半径分别为a 与
b 的双层同心带电球体（如题1—4—3图（a ））；
（2）、在两同心导体球壳间，左半部分和右半部分分别填充介电常数为
1ε与2ε的均匀介质，内球壳带总电量为Q ，外球壳接地（题1—4—3图b ））；
（3）、半径分别为a 与b 的两无限长空心同轴圆柱面导体，内圆柱表面上单位长度的电量为τ，外圆柱面导体接地（题1—4—3图（c ））。

8
解：（1）、设内球中的电位函数为1ϕ，介质的介电常数为1ε，两球表面之间的电位函数为2ϕ，介质的介电常数为2ε，则1ϕ，2ϕ所满足的微分方程分别为
1112ερϕ-
=∇， 2
222ερϕ-=∇ 选球坐标系，则
1121
2212122sin 1)(sin sin 1)(1ερφϕθθϕθθθϕ-
=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂r r r r r r 222
2
2222222sin 1)(sin sin 1)(1ερφϕθθϕθθθϕ-
=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂r r r r r r 由于电荷对称，所以1ϕ和2ϕ均与θ、φ无关，即1ϕ和2ϕ只是r 的函数，
所以
11122)(1ερϕ-=∂∂∂∂r r r
r ， 22
222)(1ερϕ-=∂∂∂∂r r r r
定解条件为：
分界面条件： a
r a r ===21ϕϕ； a
r a
r r
r
==∂∂=∂∂22
11
ϕεϕε
电位参考点： 02==b
r ϕ；
附加条件：0
1
=r ϕ为有限值
（2）、设介电常数为1ε的介质中的电位函数为1ϕ，介电常数为2ε的介质中的电位函数为2ϕ，则1ϕ、2ϕ所满足的微分方程分别为
1112ερϕ-
=∇， 2
222ερϕ-=∇ 选球坐标系，则
9
0sin 1
)(sin sin 1)(12
12212122=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂φϕθθϕθθθϕr r r r r r 0sin 1)(sin sin 1)(12
22222222=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂φϕθθϕθθθϕr r r r r r
由于外球壳为一个等电位面，内球壳也为一个等电位面，所以1ϕ和2ϕ均
与θ、φ无关，即1ϕ和2ϕ只是r 的函数，所以
0)(1122=∂∂∂∂r r r r ϕ，
0)(12
22=∂∂∂∂r r r
r ϕ 分界面条件： 2
2
2
1πθπθϕϕ=
==
由分解面条件可知21ϕϕ= 。

令 ϕϕϕ==21，则在两导体球壳之间电位
满足的微分方程为
0)(122=∂∂∂∂r r r
r ϕ
电位参考点： 0==b r ϕ；
边界条件：Q E E a a r r r =+=)(2212εεπ，即 Q r a a
r =∂∂-
+=)()(2212ϕ
εεπ （3）、设内外导体之间介质的介电常数为ε，介质中的电位函数为ϕ，则ϕ所满足的微分方程分别为
02=∇ϕ， 选球柱坐标系，则
01)(1222
22=∂∂+∂∂+∂∂∂∂z
r r r r r ϕφϕϕ
10
由于对称并假定同轴圆柱面很长，因此介质中的电位ϕ和φ及z 无关，即ϕ只是r 的函数，所以
0)(1
=∂∂∂∂r
r r r ϕ
电位参考点： 0==b r ϕ； 边界条件：τεπ==a
r r E a 2，即
τϕεπ=∂∂-=a
r r a )(2
1－7－3、在无限大接地导体平板两侧各有一个点电荷1q 和2q ，与导体平板的距离均为d ，求空间的电位分布。

解：设接地平板及1q 和2q 如图（a ）所示。

选一直角坐标系，使得z
轴经过1q 和2q 且正z 轴方向由2q 指向1q ，而x ，y 轴的方向与z 轴的方向符合右手螺旋关系且导体平板的表面在x ，y 平面内。

计算0>z 处的电场时，在（d -,0,0）处放一镜像电荷1q -，如图（b ）所示，用其等效1q 在导体平板上的感应电荷，因此
))
(1
)(1(4222222011d z y x d z y x q +++--++πε=
ϕ
计算0<z 处的电场时，在（d ,0,0）处放一镜像电荷2q -如图（c ）所示，用其等效2q 在导体平板上的感应电荷，因此
))
(1
)
(1(4222222022d z y x d z y x q -++-+++πε=
ϕ
1－7－5、空气中平行地放置两根长直导线，半径都是2厘米，轴线间距
离为12厘米。

若导线间加1000V 电压，求两圆柱体表面上相距最近的点和最远的点的电荷面密度。

解：由于两根导线为长直平行导线，因此当研究它们附近中部的电场时可将它们看成两根无限长且平行的直导线。

在此假定下，可采用电轴法求解此题，电轴的位置及坐标如图所示。

由于对称 cm 62
12
==h
而 cm 24262222=-=-=R h b
设负电轴到点),(y x p 的距离矢量为2r
，正电轴到点),(y x p 的距离矢量为
1r
（p 点应在以R 为半径的两个圆之外），则p 点的电位为
2
2220120)()(ln 2)ln(2),(y
b x y b x r r y x +-++πετ=πετ=ϕ 两根导体之间的电压为U ，因此右边的圆的电位为U 2
1
，即
2)( )(ln 2)0(2
20U
b R h b R h τ,R h =--+-πε=-ϕ
由此可得
)
21ln(250)
21ln(410002ln
20
+=
+=
+=πετ
h-R-b
b h-R U
于是 2
222)()(ln )
21ln(250
),(y b x y b x y x +-+++=ϕ ϕ-=grad E
x
e y b x y b x y b x b x y b x b x
])][()[(]))[((]))[(({)21ln(250
2
2222222+++-++--+-++-=
由于两根导线带的异号电荷相互吸引，因而在两根导线内侧最靠近处电场最强电荷密度最大，而在两导线外侧相距最远处电荷密度最小。

x e y b x y b x y b x b x y b x b x
])][()[(]))[((]))[(({)
21ln(250
2
22222220max
+++-++--+-++ε-=σ ) (}
])][()[(])[(])[(0
22222222x y R
h x y e e y b x y b x y b x y y b x y
-⋅+++-++-+-+=-= 270
C/m 10770.1)1
1(
)21ln(250
-⨯=---+-+ε=b
R h b R h
x e y b x y b x y b x b x y b x b x
])][()[(]))[((]))[(({)
21ln(250
2
22222220min
+++-++--+-++ε-=σ x y R
h x y e e y b x y b x y b x y y b x y
}]
)][()[(])[(])[(0
2
2222222⋅+++-++-+-+=+= }]
)][()[(])[(])[(2
2222222y e y b x y b x y b x y y b x y
+++-++-+-+
280
C/m 10867.8)1
1(
)21ln(250
-⨯=-+-+++ε-=b
R h b R h
1—9—4、一个由两只同心导电球壳构成的电容器，内球半径为a ，外球壳半径为b ，外球壳很薄，其厚度可略去不计，两球壳上所带电荷分别是
Q +和Q -，均匀分布在球面上。

求这个同心球形电容器静电能量。

解：以球形电容器的心为心做一个半径为r 的球面，并使其介于两导体球壳之间。

则此球面上任意一点的电位移矢量为
r
e r
Q D
24π=
电场强度为 r e r Q
D
E
24πεε
=
=
而电场能量密度为 4
22
3221r
Q D E w e επ=⋅= 球形电容器中储存的静电场能量为
r r r Q V w W b a V e e d d d sin 32d 2
200422φθθεπππ⎰⎰⎰⎰==
r r Q b a d d d sin 322002
22φθθεπππ⎰⎰⎰= ⎰--=b a r r Q d 1)02)(cos 0(cos 3220
22ππεπ⎰=b a r r Q d 1822επ )11(82b a Q -=επ=ab
a b Q -=επ82
1－9－5、板间距离为d 电压为0U 的两平行板电极浸于介电常数为ε的液态介质中，如图所示。

已知液体介质的密度是m ρ，问两极板间的液体将升高多少
解：两平行板电极构成一平板电容器，取如图所示的坐标，设平板电 容器在垂直于纸面方向的深度为w ，则此电容器的电容为
d
xw d w x L x ε
+ε-=0)()(C 电容中储存的电场能量为
2002
e ))((2121U d
xw d w x L CU W ε+ε-== 液体表面所受的力为
)(2 )( 21 02020e ε-ε=∂∂=∂∂=d
w
U x x C U x W f x 此力应和电容器中高出电容器之外液面的液体所受的重力平衡，由此 可得
gdwh d
w
U m ρ=ε-ε)(2020 即 2
m 2
02)(gd U h ρε-ε=
2—5、内外导体的半径分别为1R 和2R 的圆柱形电容器，中间的非理想介质的电导率为γ。

若在内外导体间加电压为0U ，求非理想介质中各点的电位和电场强度。

解：设圆柱形电容器介质中的电位为ϕ，则 02=∇ϕ
选择圆柱坐标，使z 轴和电容器的轴线重合，则有
01)(12
2222=∂∂+∂∂+∂∂∂∂z
r r r r r ϕφϕϕ 假定电容器在z 方向上很长，并考虑到轴对称性，电位函数ϕ只能是r 的函数，因此ϕ所满足的微分方程可以简化为
0)(1=∂∂∂∂r
r r r ϕ
即 1C r
r
=∂∂ϕ
， r C r 1=∂∂ϕ 两边再积分得电位的通解 21ln C r C +=ϕ
定解条件：01
U R r ==ϕ， 02
==R r ϕ
将电位函数的通解带入定解条件，得
0211ln U C R C =+
0ln 221=+C R C
由上述两式解得
2101ln R R U C =， 12
10
02ln ln R R R U U C -=
于是 012
1001210210ln ln ln ln ln ln U R r
R R U U R R R U r R R U +=+-=ϕ
而 ]1[z
e r e r e E z r
∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕ
φϕϕϕφ r R R U e U R r
R R U r e r
r 1ln )ln ln (2
1
001210 -=+∂∂-=
2—7、一导电弧片由两块不同电导率的薄片构成，如图所示。

若
71105.6⨯=γ西门子/米，72102.1⨯=γ西门子/米，452=R 厘米，301=R 厘
米，钢片厚度为2毫米，电极间的电压V 30=U ，且1γ>>γ电极。

求：
⑴、弧片内的电位分布（设x 轴上电极的电位为0）； ⑵、总电流I 和弧片的电阻R ；
⑶、在分界面上D ，δ ，E
是否突变 ⑷、分界面上的电荷密度σ。

解：（1）、设电导率为1γ的媒质中的电位为1ϕ，电导率为2γ的媒质中的电位为2ϕ，选取柱坐标研究此问题。

由于在柱坐标中电极上的电位和r 及z 无关，因而两部分弧片中的电位也只是α的函数，即
2
1222122122112
1z 1) (r 1α
∂ϕ∂=∂ϕ∂+α∂ϕ∂+∂ϕ∂∂∂=ϕ∇r r r r r 2
2222222222222
1z 1)r (r 1α∂ϕ∂=∂ϕ∂+α∂ϕ∂+∂ϕ∂∂∂=ϕ∇r r r r
由上边两式可得1ϕ、2ϕ的通解分别为 211C C +α=ϕ 432C C +α=ϕ 此问题的定解条件是：
00
2
=ϕ=α ……（a ） U =ϕπ=α2
1 ……（b ）
4
4
21ππ=α=αϕ=ϕ……（c ） 4
4
22
1
1
π
π
=α=αα
∂ϕ∂γ=α
∂ϕ∂γ……（d ）
根据上述四式可得
04=C ， U C C =+π
21
2
4321
4
4C C C C +π
=+π， 3211C C γ=γ 联立以上四式解得
)(42121γ+γπγ=
U C ， 212112)(2γ+γγ-γ=π
-=U C U C
)
(4211
1213γ+γπγ=γγ=
U C C ， 04=C 于是 V )65.2095.5()
()(42
1212121+α=γ+γγ-γ+αγ+γπγ=
ϕU U
V 26.32)(4211
2α=αγ+γπγ=
ϕU
（2）、根据 ϕ-∇=E
得 αα-=γ+γπγ-
=e r
e r U E
95.5 )(42121 又E
γ=δ，因此
αγ+γπγγ-
=γ=δe r U E )(42121111αα⨯-=-⨯=e r
e r 87
10868.3)95.5(105.6 而 ⎰⎰αα-⋅⨯-=⋅δ=21
8S 1d )002.0()10868.3( d R R r e e r
S I
A 1014.3)ln(10736.751
25⨯=⨯=R R
Ω⨯=⨯==- 10.55910
.1433055
ΙU R （3）、由于电流密度的法向分量在分界面上连续，且在此题目中电流
密度只有法向分量，因此 4
24
1π=
απ=
αδ=δ。

分界面处的电场强度等于分界面
处的电流密度与电导率的比值，又21γ≠γ，因此 4
2
4
1
π=
απ=
α≠E E。

对于导电
媒质中的电流场，媒质的介电常数一律为0ε，因此4
2
4
1
π=
απ=
α≠D D。

（4）、 απ=
απ=α⋅-=σ'e D D
)(4
2
4
1
ααα⋅γ+γπγ+γ+γπγ-
ε=e e U e U
)r )(4r )(4(2112120)(r
)(421210γ-γγ+γπε=U
2—11、以橡胶作为绝缘的电缆的漏电阻通过下属办法测定：把长度为l 的电缆浸入盐水溶液中，然后在电缆导体和溶液之间加电压，从而可测得电流。

有一段3米长的电缆，浸入后加V 200的电压，测得电流为A 1029-⨯。

已知绝缘层的厚度和中心导体的半径相等，求绝缘层的电阻率。

解： 设导体的电位高于盐水的电位，则绝缘层中的漏电流密度为：
r e lr
I π=δ2
而绝缘层中的电场强度为：
r e r
l I
E
γπ=
2
设导体的半径为1R ，电缆绝缘层的外半径为2R ，则导体和盐水之间的电压为：
r r
l I r e e r l I r E U R R R R r r R R ⎰⎰⎰γπ=⋅γπ=⋅=212121d 2d 2d
1
2ln 2d 1221R R l I
r r l I R R γπ=γπ=⎰
即 12ln 2R R l U I
π=
γ 将已知数据代入上式，得
1192ln 32002102R R ⨯⨯π⨯=γ-2ln 600109
π=-S/m 10677.313-⨯=
m /10727.21
12Ω⨯==γ
ν
3－2－1、一半径为a 长圆柱形导体，被一同样长度的同轴圆筒导体所包围，圆筒半径为b ，圆柱导体和圆筒导体载有相反方向电流I 。

求圆筒内外的磁感应强度（导体和圆筒内外导磁媒质的磁导率均为0μ）。

解：求解此问题可将圆柱导体和圆筒导体视为无限长。

在垂直于z 的平面上以z 轴和此平面的交点为心做一半径为r 的圆l ，设l 的方向和z 符合右手螺旋关系。

由安培环路定律得：
I l H l
'=⋅⎰
d
式中I '为l 中包含的电流，其方向与l 符合右手螺旋关系时为正，否则为
负。

考虑到在l 上H
的大小相等，方向为l 的切线方向，则有 I rH '=π2 即 r I H π'=
2， 而 απ'=e r
I H
2， απμ'=
e r I B 20 当a r <<0时，有
I a
r r a I I 222
2=ππ='
而 ααπμ=⋅πμ=
e I a
r e I a r r B 2022022 当b r a <<时，有 I I ='
而 απμ=e I r
B
20
当b r >时，有
0='I 因而 0=B
3－3－3、在恒定磁场中，若两种不同媒质分解面为xoz 平面，其上有电
流线密度A/m 2x e k
=，已知A/m )32(1z y x e e e H ++=，求2H 。

解：设0>y 的区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为2μ、
2H 、2B
；0<y 的区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为1μ、
1H 、1B 。

由已知条件得：
31=z H ； 11=x H ； 111μ=y y H B
由分解面条件得：
212=-z z H H ； 012=-x x H H ；y y B B 12=
将已知条件代入，得：
5212=+=z z H H ； 112==x x H H ； 11122μ=μ=y y H B
而 2
1
2
222μμ=
μ=
y y B H
于是 A/m )52(2
12222z y x z z y y x x e e e e H e H e H H
+μμ+=++=
3－4－3、已知电流分布为
a r e r J J z <= 0
0J 为常数，求矢量位A 和磁感应强度B
（注A 的参考点选为a r r >=0处）。

解：设0<r 的区域中的矢量磁位为1A ，0>r 的区域的矢量磁位为2A
，则1A 、2A
所满足的微分方程分别为：
z e r J A
0012
μ-=∇ a r <
022
=∇A
a r >
考虑到电流密度只有z 分量，矢量磁位也只能有z 分量，上两可改写为
r J A z 0012μ-=∇ a r <
022=∇z A a r > 选圆柱坐标系，上两式变为
r J z A A r r A r r r z
z z 002
12212211)(1μ-=∂∂+α∂∂+∂∂∂∂ 01)(12
2222222=∂∂+α∂∂+∂∂∂∂z A A r r A r r r z
z z
由于电流密度不随z 和α变化，所以矢量磁位也不随z 和α变化，因此上述两
式可简化为
r J r A r r r z 001)(1μ-=∂∂∂∂ （1）
0)(12=∂∂∂∂
r
A r r r z （2）
（1）、（2）两式的通解分别为
213
001ln 9
C r C r J A z ++μ-
= （3） 432ln C r C A z += （4）
定解条件：
附加条件：当0=r 时，z A 1应为有限值；参考点处矢量磁位为0，即
00
2==r r z
A
分解面条件：a r z a
r z
A A ===21；a r a r A A ==⨯∇μ=⨯∇μ)(1
)(120
10 根据定解条件，得：
01=C （5） 0ln 403=+C r C （6）
43213
00ln ln 9
C a C C a C a J +=++μ-
（7） a
C a C a J 30120001)13(1⋅μ=+μ-μ （8） 即 0ln 403=+C r C
4323
00ln 9C a C C a J +=+μ-
a
C a J 3
2003=μ-
联立上述三式解得：
30033a J C μ-
=； 03004ln 3
r a J
C μ=；
]ln 31[903002a
r
a J C +μ=
于是 z e a
r a J r J A
)]ln 31(99[03003001+μ+μ-=
z e a
r a r J )]ln 31([903300++-μ=
z e r a J r a J A ]ln 3ln 3[03003002μ+μ-=
z e r
r a J ]ln 3[
0300μ= 由柱坐标中的旋度公式
))((1)()1(α
∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-α∂∂=⨯∇αααr
r z r z r A r rA r e r A z A e z A A r e A
可得：
ααμ=∂∂-=⨯∇=e r J r A e A B z 2001113
)(
ααμ=∂∂-=⨯∇=e r
a J r A e A B z
3)(300222
3－6－1、在磁导率07μ=μ的半无限大导磁媒质中距媒质分界面2cm 有一载流为10A 的长直细导线，试求媒质分界面另一侧（空气）中距分界面
1cm 处p 点的磁感应强度B。

解：此题如图1所示，图中cm 2=h ，cm 11=h ，A 10=I （设其方向和正z 轴的方向一致）求空气中的磁场的等效模型如图2所示。

图中的
I I I I 4
7
81477200000=μμ=μ+μμ⨯=
''
而 A/m)(3875)02.001.0(2147)(21i i I i h h I H p
π
=+π⨯=+π''=
)Wb/m (1016.1240i H B p p
-⨯=μ=
3—7－2、有一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cm 61=R 和cm 72=R ，高cm 1=h ，0800μμ=，求线圈的自感系数。

解：做一个半径为r 的圆，使此圆所在的平面在正方形铁磁镯环的两个端面之间，且与端面平行，圆心在铁磁镯环的轴线上。

设线圈的匝数为n ，根据安培环路定理，得
nI l H l
=⋅⎰
d
对于此题，在上述所做的圆上磁场强度的大小处处相等，方向沿圆的切线方向，于是上述积分的结果为
nI rH =π2
即 φπe r nI H
2=
， φπμe r I n B 2= 磁通为 ⎰⎰⎰⎰=⋅=⋅=h
R R S S r z r I
n s e e r I n s B 0d d 2d 2d 21
πμπμφφφ
⎰
⎰
=
h R R r z r
I n 0
d d 1
221
π
μ12ln 2R R h nI πμ= 线圈的磁链为 12
2ln
2R R h I n n πμφψ== 再由ψ=LI ，得
6
7
ln 201.0800500ln 202122πμπμψ
⨯⨯===R R h n I L
6
7
ln 201.010*********ππ⨯⨯⨯⨯=-H 0616.0=
3—7－3、如图所示，求真空中：（1）、沿Z 轴放置的无限长直线电流和匝数为1000的矩形回路之间的互感；（2）、如矩形回路及其它长度所标尺寸的单位，不是米而是厘米，重新求互感。

解：(1)、在0=x ，0>y 的半平面内
)(20i y
I B
-πμ=
设互感磁通m ϕ的方向如图中的⊗所示，则 2
5
ln 25d d 2 05
2 5
0 0πμ=πμ=ϕ⎰⎰
I y z y I m 与线圈交链的总互感磁链为 )2
5
ln(25000πμ=
ϕ=ψI N m m 而 (H) 10163.9)2
5
ln(250040-⨯=πμ=ψ=
I M m （2）、如图中的尺寸的单位为厘米时
(H) 10163.9)2
5ln(2560-⨯=πμ=ψ=
I M m 3－8－1、求无限长同轴电缆单位长度内导体和外导体之间区域内所储存的磁场能量。

设内导体半径为1R ，外导体很薄，半径为2R ，内导体和外导体之间媒质的磁导率为0μ，电缆中的电流为I 。

解：设同轴电缆的横截面及内导体中电流的方向如图所示，则内外导体之间的磁场强度为（取圆柱坐标，使z 轴和同轴电缆的轴线一致，其方向和I 的方向相同）
απ=e r I H
2， 而 απμ=
μ=e r I H B 200 由 B H w m
⋅='2
1 得 22208r I w m πμ=' 而 z r r w W R R m
m d d d 10
20
21
α'=⎰
⎰⎰
π
z r r
I R R d d d 810
20
2
2
021
απμ=⎰⎰⎰
π
z r r I R R d d d 1
81
20
2
2021
απμ=⎰⎰⎰
π
z R R I d d ln 810
20
12
2
20απμ=⎰⎰
π1
220ln
4R R I πμ= 3 －8－2、在题3 －7－2的镯环线圈中，通以电流A 1=I 。

求磁场能量：
（1）、用221LI W m =求解； （2）、用⎰⋅=V
m V H B W d 21
求解。

解： 利用题3 －7－2的一些结果，有
φπe r nI H 2=， φπμe r I n B 2=， 1
2
2ln 2R R h n L πμ= （1）、1
2
222122ln
4ln 221R R hI n I R R h n W m πμπμ== 6
7
ln 4101.0104800500272ππ⨯⨯⨯⨯⨯=
-J)(1008.32-⨯= （2）、⎰⎰⎰⎰⋅=⋅=
h R R V m z r r e r
nI e r nI V B H W 02021d d d 2221d 21πφφφπμπ ⎰⎰⎰=h R R z r r I n 02022
221d d d 421πφπμ⎰⎰⎰
=h
R R z r r
I n 0
20
2
222
1
d d d 1
8πφπμ
J)(1008.3ln 421
222-⨯==R R I hn πμ
4—1、长直导线中通过电流i ，一矩形导线框置于其近旁，两边与直导线平行，且与直导线共面，如图所示。

（1）、设)cos(t I i m ω=，求回路中的感应电动势（设框的尺寸远小于正弦电流的波长）。

（2）、设0I i =，线框环路以速度v 向右平行移动，求感应电动势。

（3）、设)cos(t I i m ω=，且线框又向右平行移动，再求感应电动势。

解：取电动势和磁通的方向如图所示，选柱坐标且使z 轴与线电流重合，方向与电流的方向一致。

（1）、线圈不动，电流随时间变化：
απμ=e r
i B
20 c
c
a b i z r e e r i b a c c
+πμ=⋅πμ=φ⎰
⎰
+ααln 2d d 200
0 由于e 和φ符合右手螺旋关系，所以 )sin()ln(2)ln 2(d d d d 00t c
a c I
b
c c a b i t t e m ω+πωμ=+πμ-=φ-
=
（2）、电流不变，线圈运动：
取积分路径的方向和电动势的方向一致，则
⎰⋅⨯=l
l B v e d
⎰⎰+++αα⋅πμ⨯+⋅+πμ⨯
=a vt c vt c r b z r e e r
I v z e e vt c I v d )2(d ))(2([000
00
])d ()2()d ())(2(000
00⎰⎰+++αα-⋅πμ⨯+-⋅++πμ⨯
+a vt c vt c r b z r e e r I v z e e a vt c I v
⎰⎰-⋅++πμ⨯+⋅+πμ⨯
=ααb z b z z e e a vt c I v z e e vt c I v 0000
00)d ())
(2(d ))(2(
⎰⎰
-⋅++πμ+⋅+πμ=b z z b
z z z e e a vt c vI z e e vt c vI 000000)d ()(2d )(2
⎰⎰++πμ-++πμ=b b
z a vt c vI z vt c vI 00
0000d )
(2d )(2 )11(200a vt c vt c b vI ++-+πμ=
（3）、电流和线圈的位置都随时间变化：
απμ=e r
i B 20
vt
c vt
c a b i z r e e r i b a vt c vt
c +++πμ=⋅πμ=φ⎰⎰
+++ααln 2d d 200
0 )ln (d d 2)ln 2(d d d d 00vt
c vt c a i t b vt c vt c a b i t t e +++⋅πμ-=+++πμ-=φ-
= ]ln )cos([d d 20vt
c vt c a t I t b m +++ω⋅πμ-
=
)}ln()cos()ln(){cos(d d
20vt c t vt c a t t
bI m +ω-++ω⋅πμ-
= vt
c a v
t vt c a t bI m ++ω+++ωω-⋅πμ-
=)
cos()ln()sin({20 })
cos()ln()sin(vt
c v
t vt c t +ω-+ωω+ )}cos()1
1()sin(ln {20t vt
c a vt c v t vt c vt c a bI m ω++-++ω+++ω⋅πμ=
4—2、已知一种有损耗媒质中的电流密度29A/m )10sin(02.0t J c
= ，若媒质的S/m 103=γ，5.6=r ε，求位移电流密度。

解：用相量表示电流密度，则
00/02.0=cm
J 电场强度为 V /m 0/102100/02.0053
0-⨯===γcm m J E 电位移相量为 m r m m E E D 0εεε==
2014059C/m /01036130/10236105.6---⨯=⨯⨯⨯=π
π 而 2060149A/m 0/10149.10/10361310--⨯=⨯⨯==j j D j m
Dm πωδ 所以 2096A/m )9010sin(10149.1+⨯=-t D δ
4－5、由圆形极板构成的平板电容器如图所示，两极板之间充满电导率为γ、介电常数为ε、磁导率为0μ的非理想介质。

把电容接到直流电源上，求该系统中的电流及电容器极板之间任意一点的坡印亭向量，并证明其中消耗的功率等于电源供给的功率。

解：忽略边缘效应后有
)(0z e d
U E -=， αααγ-=δ-=-πδπ=
e d r U e r e r r H
22)(202 电容中任意一点的坡印亭矢量为： r z e d
r U e d r U e d U H E S 2
200022γ-=γ-⨯-=⨯=α 电流为： 20R d
U
I γπ=
电源提供的功率为：
22
00R d
U I U P s γπ==
电容消耗的功率为：
⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅-=⋅-=s
s s s c s S s S s S s S P }d d d {d 3
2
1
上式中的S ，1S ，2S 和3S 分别是电容器的外表面、介质与上极板的分界面、介质与下极板的分界面和电容器的外侧面。

由于在介质与导体的分界面处，导体一侧的电场强度为0，所以
⎰⎰⎰γ=⋅-γ-=⋅-=333d 2d )(2d 220220s s r r s c s R d U s e e R d U s S P
220R d
U πγ=
4—7、已知空气中的电场强度为
y e z t x E )106cos()10sin(1.09βππ-⨯=
求相应的H
和β。

解： m/s 103361010411
89
7
0⨯=⨯
⨯=
=
--π
πεμv
rad/m 2010310689
ππω
β=⨯⨯=
=v y z j m e e x E
βπ-=)10sin(1.0
由 H j B j E
ωμω-=-=⨯∇，得
⎥⎥
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂∂∂=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂∂∂∂∂=⨯∇=000111ym z y x zm ym xm z y x m m E z x e e e j E E E z y x e e e j E j H
ωμωμωμ
][1x
E e z E e j ym
z ym x ∂∂+∂∂-= ωμ)])10sin(1.0())10sin(1.0([1
z j z z j x e x x
e e x z e j ββππωμ--∂∂+∂∂-= ])10cos(101.0))(10sin(1.0[1
z j z z j x e x e e j x e j ββππβπωμ
--⨯+--=
])10cos(10)10sin([1
.00
90j z j z z j x e x e e x e +--+-=
ββππβπωμ
])10cos(1020)10sin([10
41061.00
907
9j z j z z j x e x e e x e +---+⨯-⨯⨯⨯=
ββππππππ ])10cos(2)10sin([102410
902j z j z z j x e x e e x e +--+⨯-⨯=ββπππ 0
902
2)10cos(10241)10sin(10121j z j z z j x e x e e x e +--⨯+⨯-=ββππππ )20106cos()10sin(10121[92
z t x e H x ππππ-⨯⨯-= A/m )]9020106cos()10cos(102410
92
+-⨯⨯+z t x e z
ππππ
6－2－3、已知自由空间中电磁场的电场分量表达式为
V/m )2106cos(7.378y e z t E
π+⨯π=
这是一种什么性质的场试求出其频率、波长、速度、相位常数、传播方向及H
的表达式。

解：此场为一种沿负z 轴方向传播的均匀平面波。

Hz 1038
⨯=f ，m/s 1031
8
0⨯=με=v ，m 11031038
8
=⨯⨯==λf v rad/m 21031068
8
π=⨯⨯π=
ω=βv π=εμ=
1200
0Z x e z t H )2106cos(1207.378π+⨯ππ
=
A/m )2106cos(1.08x e z t
π+⨯π=
6－2－4、某电台发射kHz 600的电磁波，在离电台足够远处可以认为是平面波。

设在某一点a ，某瞬间的电场强度为V/m 10103-⨯，求该点瞬间的磁场强度。

若沿电磁波的传播方向前行m 100，到达另一点b ，问该点要迟多少时间才具有此V/m 10103-⨯的电场。

解：空气可以视为理想介质，设电磁波沿x 方向传播，因此 )1062cos(5x t E E m βπ-⨯⨯=
设电磁波传播到a 点的时间为1t ，a 点的x 坐标为1x ，则
211510)1062cos(-=-⨯⨯x t E m βπ
即 )
1062cos(101152
x t E m βπ-⨯⨯=-
于是 )1062cos()
1062cos(105
115
2x t x t E βπβπ-⨯⨯-⨯⨯=-
根据理想介质中磁场强度和电场强度的关系，有
)1062cos()1062cos(120105
115
20x t x t Z E H βπβππ-⨯⨯-⨯⨯==- 当1t t =，1x x =时，有
)1062cos()
1062cos(12010115115
2
0x t x t Z E H βπβππ-⨯⨯-⨯⨯==- A/m 1065.21201052--⨯==π
设电磁波传播到b 点的时间为2t ，b 点的x 坐标为2x 。

依据题意可得
2
225115
210)1062cos()
1062cos(10--=-⨯⨯-⨯⨯x t x t βπβπ 即 )1062cos()1062cos(115225x t x t βπβπ-⨯⨯=-⨯⨯ 将10012+=x x 带入上式，得
)1062cos())100(1062cos(115125x t x t βπβπ-⨯⨯=+-⨯⨯ 根据上式，可得
s 103110
6210010310621062100)(65
85
512-⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=-πππβt t
6－3－1、均匀平面波在海水中垂直向下传播，已知MHz 5.0=f ，海水的80=r ε，1=r μ，S/m 4=γ，在0=x 处
y e t H
)35cos(105.2007-⨯=-ω
求：（1）、海水中的波长及相位速度；（2）、m 1=x 处，E 和H
的表达
式；（3）、由表面到m 1深处，每立方米海水中损耗的平均功率。

解：由于
1800361080105.024
96
=⨯
⨯⨯⨯=-π
πωε
γ，所以此时的海水为良导
体。

（1）、m 54
104105.022
22
27
6=⨯⨯⨯⨯⨯==-πππ
ωμγ
π
λ； m/s 10254
1041052226
7
5⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=
=
-ππμγ
ω
v （2）、1/m 81.22
4
1041052275=⨯⨯⨯⨯⨯==
=-ππωμγ
βα
y x e x t e H )81.235cos(105.20081.27--⨯=--ω
Ω=⨯⨯⨯⨯==-00750045/993.045/4
104105245/ππγωμZ
)()4581.235cos(993.0105.200081.27z x e x t e E
-+--⨯⨯=--ω
)()4581.235cos(1036.200081.27z x e x t e
-+--⨯=--ω
在1=x 处 )()151cos(10226.107z e t E --⨯=-ω
y e t H )196cos(10234.107-⨯=-ω
（3）、)()81.215cos(1036.20081.27z x e x t e H E S
--+⨯=⨯=--ω
y x e x t e
)81.235cos(105.20081.27--⨯⨯--ω
x x e x t x t e )81.235cos()81.215cos(1017.40062.512---+⨯=--ωω
x x e x t e
)]62.5252cos()45[cos(10085.20062.512--+⨯=--ω
⎰--+⨯=--T
x x av t e x t e T S 0
0062.512d )]62.5252cos()45[cos(10085.21 ω
x x e e
)45cos(10085.2062.512--⨯=
s e e P x s x d )()45cos(10085.2[1
012
⎰-⋅⨯-=-
]d )()45cos(10085.22
062.512s e e e x s x
⎰⋅⨯+--
s e s s s d )45cos(10085.2d )45cos(10085.22
062.5121
012⎰⎰---⨯-⨯=
3122
62.51
12W/m 1047.1]d d [707.010085.2---⨯=-⨯⨯⨯=⎰
⎰s e s s s
6－3－3、设一均匀平面电磁波在一良导体内传播，其传播速度为光在自由空间波速的1‰且波长为，设煤质的磁导率为0μ，试决定该平面电磁波的频率及良导体的电导率。

解： m/s 103001.05⨯=⨯=c v ，而在良导体中： 41032
2-⨯=ωμγπ=λ， 51032⨯=μγ
ω
=v 由上两式得：
802
1098-⨯=γωμπ
1001092⨯=γ
μω
即 10081162202
⨯=γ
μπ
S/m 109
1
10490490467
0⨯=⨯π⨯π=μπ=
γ→-
而 2
109010γ
μ⨯=ω，
Hz 10109
141041094109296710010=⨯⨯π⨯π⨯⨯=πγμ⨯=πω=-f 7—8、已知传输线在GHz 1时的分布参数为：m /4.100Ω=R ；
F/m 1035.8120-⨯=C ；H/m 1033.160-⨯=L ，S/m 108.060-⨯=G 。

试求传输线
的特性阻抗，衰减常数，相位常数，传输线上的波长及传播速度。

解：特性阻抗
12
966
9000001035.8102108.01033.11024.10---⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+=++=ππωωj j C j G L j R Z Ω≈1.399
衰减常数和相位常数：
))((0000C j G L j R j ωωβα++=+
)1035.8102108.0)(1033.11024.10(129669---⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+=ππj j
93.2001315.0j +=
由此可见 m /Np 01315.0=α， m /rad 93.20=β 波速和波长： m/s 1038⨯==
βωv , m 3.0==f
v
λ 7—4—2、特性阻抗Ω=1000Z ，长度为8/λ的无损耗传输线，输出端接有负载Ω+=)300200(j Z l ，输入端接有内阻为Ω100、电压为V 05000∠的电源。

试求：（1）、传输线输入端的电压；（2）、负载吸收的平均功率；
（3）、负载端的电压。

解：（1）、传输线的输入阻抗为
)
2sin()2cos()
2sin()2cos(000
l jZ l Z l jZ l Z Z Z l l in λ
πλπλπλπ++= )
4
sin()300200()4cos(100)
4sin(100)4cos()300200(100
π
π
ππj j j j ++++= )31(50j -=
A 45/3
2545/21500500150501000500000
01
=-∠=-+∠=j I V 26.56-/68.372A 45/3
25)31(50001
1=⨯-==j I Z U in （2）、负载吸收的平均功率
由于传输线是无损线，所以负载吸收的平均功率等于传输线始端输入的平均功率
W 85.277)4556.26cos(00112=--=I U P （3）、负载端的电压
)4
sin()4cos()2sin()2cos(1
011012ππλπλπI jZ U l I jZ l U U -=-= ]45/32510045/325)31(50[22][2200101⨯-⨯-=-=j j I jZ U V 69.33/42569.7845/1.53
250
]51[45/32500000-=-⨯=-⨯=j 7—17、长度为4/λ的无损耗线联接如题7—17图。

其特性阻抗0Z 为
Ω50。

若要使电源发出最大功率，试决定集中参数B 的值及电源内阻。

解：)1(25)
4
2sin()42cos()
42sin()42cos(20000j Z Z jZ Z jZ Z Z Z l l l in -==++=λλπλλπλλπλλπ
25
)1(1j Z Y in in -== 当 0
1
R jB Y in =+时电源发出的功率最大，由此可得
01251R jB j =+- 即 S 25
1
=B ，Ω=250R。