电磁场课后习题
《电磁场和电磁波》课后习题解答(第一章)
第一章习题解答【习题Ll解】【习题L2解】【习题L3解】(1)要使ALR,则须散度A-B=O所以从Z∙5=T+3H8c=0可得：3b+8c=l即只要满足3b÷8c=l就可以使向量二和向量了垂直。
(2)要使4||月，则须旋度AxB=O所以从可得b=-3,c=-8【习题1・4解】A=I2以+9e y+6z,B=CIeX+be y,因为3JLA,所以应有A∙3=0g∣j(12久+9e y+e z^∙^ae x+Z?Gy)=12Q+9/?=0(I)又因为同=1;所以病存=1；(2)一4由⑴，⑵解得Q=±《，"=+W【习题1.5解】由矢量积运算规则4_B=A?C a x a2a3=(%Z-+(a3x-a x z)e y+(01y-a2x)e7xyz =8名+纥5+BZeZ取一线元：dl=e x dx+e y dy+e z dz则有dx_dy_dz则矢量线所满足的微分方程为丁二万一=Hιy xy"z或写成=常数）a2z-a3ya3x-a l za↑y-a2x求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用以下方法d(qx)="(/丁)二d(%z)a i a2z-a i a3ya2a3x-a l a2za l a3y-a2a i xxdx_ydy_ZdZx(a2z-a3y)y{a3x-a x z)z(a l y-a2x)由（1）（2）式可得d(a2y)=k(a2a3x-aλa2z)ydy=k(a3xy-a}yz)(4)对⑶⑷分别求和所以矢量线方程为【习题L6解】矢量场A=(αxz+x2)eχ+Sy+孙2)0+{z-z1-∖-cxz-2xyz)e z假设A是一个无源场，则应有divΛ=O即：divA=V•4=空L+空L+空■=O∂x∂y∂z因为A=axz+X2∕ξ=by+xy1A z=z-z1+cxz-2xyzx所以有divA=az+2x+b+2xy+l-2z+cχ-2xy=X(2+c)÷z(a-2)+b+l=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，并且矢径不到柱面的距离相等（r=a）f∙ds-[rds=a∖ds=a2πah所以，①=S JSJS【习题1.8解】φ=3X2y i A=X2yze v+3xy2e^而rot((∕A)=Vx(以)=×A÷V^×A又=巴?十3?+再等=6xye x+3jc2e y ox-oy∂z所以+9x3y2e v-lSx2y3e v+6x3y2ze z=3X2y2[(9X一X2)e x-9yeγ+4xze z]【习题1.9解】所以&CyCzrotA=VXA=———∂x∂y∂zA x A y A(-1+1)&+(4/Z-4xz)e、+(2y-2y)&=6由于场H的旋度处处等于0,所以矢量场A为无旋场。
电磁场课后习题共95页文档
电磁场课后习题
41、实际上，我们想要的不是针对犯 罪的法 律，而 是针对 疯狂的 法律。 ——马 克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就 像影子 跟随着 身体一 样。— —贝卡 利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进 步。— —杰弗 逊 44、人类受制于法律，法律受制于情 理。— —托·富 勒
45、法律的制定是为了保证每一个人 自由发 挥自己 的才能 ，而不 是为了 束缚他 的才能 。—— 罗掉进坑里。——黑格尔 32、希望的灯一旦熄灭，生活刹那间变成了一片黑暗。——普列姆昌德 33、希望是人生的乳母。——科策布 34、形成天才的决定因素应该是勤奋。——郭沫若 35、学到很多东西的诀窍，就是一下子不要学很多。——洛克
大学物理第9章 电磁感应和电磁场 课后习题及答案
第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B 的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。
电磁场周希朗习题答案 全
π
t
−
π 3
z
+
π 4
)
+
a
y
7.96 ×10−5 sin(108π t − π 3
z−π)A 3
m。
2-22
①
H
(t)
=
a
y
kE0 ωμ0
cos(ωt
−
kz)
；
②
S (t)
= az
kE02 2ωμ0
{1+ cos[2(ωt
− kz)]};
S
=
az
kE02 2ωμ0
;
Sav
=
az
kE02 2ωμ0
。
③
3
33 。
Wav = wav = 4.42 ×10−15 J
2-27 ①
Ey
=
Ey0
sin π x a
e− jβz ,
Hx
=
H x0
sin π x a
e− jβ z , H z
=
−
jH z0
cos π x e− jβ z ； a
②
J
=
jayε
0ω
Ey0
sin
πx a
e−
jβ
z
；
③
ρS
y=b
= − ρS
=
2 15
ρ0a3 ε0c
；
对区域④（ R > c ）：
E4
(R)
=
2ρ0a3 15ε 0 R 2
aR
， φ4
(R)
=
2 15
ρ0a3 ε0R
。
3-3
①
E
=
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 rD πτ2=， r e r E02πετ= 由此可得 a b r e e r r E U ba r rb 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 ⨯=⨯⨯==ab aE 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。
(优选)电磁场课后习题详解.
第 二 章 恒定电场
2-1电导率为 的均匀、各向同性的导体球，其表面上的电位为 0 cos ，其
中 r, , 是球坐标的一个变量。试决定表面上各点的电流密度 J 。
解： 利用 J 与 E的关系，再利用 E和 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
C1
U (1
1)
5.95
4 2
C3
1 2
C1
32.26
C2
U
2
C1
20.65
C4 0
由此可得弧片内的电位分布为
1 5.95 20.65 V
2 32.26 V
⑵
E
1
e
再利用分界面上电流密度的衔接条件
J1n J2n
弧片内的总电流
I
J dS
s
R2 R1
C1 1
dd
C11d ln
a (3Ar2 ) 4 r2dr
00
12 A a5t
5
故 Q 24 Aa5
t
2-4 同轴线内、外导体半径分别为 a和 b ，期间充填介质的电导率为 ，内、外
导体间的电压为 U 0，求此同轴线单位长度的功率损耗。
解： 在 a b的范围内，选一个单位长度的圆柱面，假设通过其上的漏电流
为 I0，可以得到
只与坐标 有关，而与坐标 无关。将系统分为两个均匀的导体媒质区域，其
边值问题为
21
1
2
21 2
0
R1
R2，4
22212 Nhomakorabea22 2
《电磁场与电磁波》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就可以使向量和向量垂直。
（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221a b +=； 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=,223yz 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 xe 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。
电磁学课后习题答案及解析
第五章 静 电 场5 －9若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：<1>在棒的延长线,且离棒中心为r 处的电场强度为<2>在棒的垂直平分线上,离棒为r 处的电场强度为若棒为无限长<即L →∞>,试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略,因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示,在长直线上任意取一线元d x ,其电荷为d q ＝Q d x /L ,它在点P 的电场强度为整个带电体在点P 的电场强度接着针对具体问题来处理这个矢量积分.<1>若点P 在棒的延长线上,带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同,<2>若点P 在棒的垂直平分线上,如图<A >所示,则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零,因此,点P 的电场强度就是证 <1>延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ,利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量,则 ()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.<2>根据以上分析,中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴,大小为利用几何关系 sin α＝r /r ′,22x r r +='统一积分变量,则当棒长L →∞时,若棒单位长度所带电荷λ为常量,则P 点电场强度此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图<B >］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1,带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －14设匀强电场的电场强度E 与半径为R 的半球面的对称轴平行,试计算通过此半球面的电场强度通量.分析方法1：由电场强度通量的定义,对半球面S 求积分,即⎰⋅=S S d s E Φ 方法2：作半径为R 的平面S ′与半球面S 一起可构成闭合曲面,由于闭合面内无电荷,由高斯定理这表明穿过闭合曲面的净通量为零,穿入平面S ′的电场强度通量在数值上等于穿出半球面S 的电场强度通量.因而解1由于闭合曲面内无电荷分布,根据高斯定理,有依照约定取闭合曲面的外法线方向为面元d S 的方向,解2取球坐标系,电场强度矢量和面元在球坐标系中可表示为①5 －17设在半径为R 的球体内,其电荷为球对称分布,电荷体密度为k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：<1>利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布,因而电场分布也是球对称,选择与带电球体同心的球面为高斯面,在球面上电场强度大小为常量,且方向垂直于球面,因而有2S π4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ,可解得电场强度的分布. <2>利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳,球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2,每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ,而在球壳外激发的电场由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布解1因电荷分布和电场分布均为球对称,球面上各点电场强度的大小为常量,由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内<0≤r ≤R > 球体外<r ＞R >解2将带电球分割成球壳,球壳带电由上述分析,球体内<0≤r ≤R >球体外<r ＞R >5 －20一个内外半径分别为R 1和R 2的均匀带电球壳,总电荷为Q 1,球壳外同心罩一个半径为R 3的均匀带电球面,球面带电荷为Q 2.求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点,球心至场点的距离r 为半径,作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布,电场强度也为球对称分布,高斯面上电场强度沿径矢方向,且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后,利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解取半径为r 的同心球面为高斯面,由上述分析r ＜R 1,该高斯面内无电荷,0=∑q ,故01=ER 1＜r ＜R 2,高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4rR R εR r Q E --= R 2＜r ＜R 3,高斯面内电荷为Q 1,故r ＞R 3,高斯面内电荷为Q 1＋Q 2,故电场强度的方向均沿径矢方向,各区域的电场强度分布曲线如图<B >所示.在带电球面的两侧,电场强度的左右极限不同,电场强度不连续,而在紧贴r ＝R 3的带电球面两侧,电场强度的跃变量这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果,且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳,壳层内外的电场强度也是连续变化的,本题中带电球壳内外的电场,在球壳的厚度变小时,E 的变化就变陡,最后当厚度趋于零时,E 的变化成为一跃变.5 －21两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面,半径分别为R 1和R 2＞R 1>,单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：<1>r ＜R 1,<2> R 1＜r ＜R 2,<3>r ＞R 2.分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上,电场强度也必定沿轴对称分布,取同轴圆柱面为高斯面,只有侧面的电场强度通量不为零,且⎰⋅=rL E d π2S E ,求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面,根据高斯定理r ＜R 1,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变 R 1＜r ＜R 2,L λq =∑r ＞R 2,0=∑q 在带电面附近,电场强度大小不连续,电场强度有一跃变这与5－20题分析讨论的结果一致.5 －22如图所示,有三个点电荷Q 1、Q 2、Q 3沿一条直线等间距分布且Q 1＝Q 3＝Q .已知其中任一点电荷所受合力均为零,求在固定Q 1、Q 3的情况下,将Q 2从点O 移到无穷远处外力所作的功.分析由库仑力的定义,根据Q 1、Q 3所受合力为零可求得Q 2.外力作功W ′应等于电场力作功W 的负值,即W ′＝－W .求电场力作功的方法有两种：<1>根据功的定义,电场力作的功为 其中E 是点电荷Q 1、Q 3产生的合电场强度.<2>根据电场力作功与电势能差的关系,有其中V 0是Q 1、Q 3在点O 产生的电势<取无穷远处为零电势>.解1由题意Q 1所受的合力为零解得 Q Q Q 414132-=-=由点电荷电场的叠加,Q 1、Q 3激发的电场在y 轴上任意一点的电场强度为将Q 2从点O 沿y 轴移到无穷远处,<沿其他路径所作的功相同,请想一想为什么？>外力所作的功为解2与解1相同,在任一点电荷所受合力均为零时Q Q 412-=,并由电势的叠加得Q 1、Q 3在点O 的电势将Q 2从点O 推到无穷远处的过程中,外力作功比较上述两种方法,显然用功与电势能变化的关系来求解较为简洁.这是因为在许多实际问题中直接求电场分布困难较大,而求电势分布要简单得多.5 －23已知均匀带电长直线附近的电场强度近似为为电荷线密度.<1>求在r ＝r 1和r ＝r 2两点间的电势差；<2>在点电荷的电场中,我们曾取r →∞处的电势为零,求均匀带电长直线附近的电势时,能否这样取？试说明.解 <1>由于电场力作功与路径无关,若沿径向积分,则有<2>不能.严格地讲,电场强度r e rελE 0π2=只适用于无限长的均匀带电直线,而此时电荷分布在无限空间,r →∞处的电势应与直线上的电势相等.5 －27两个同心球面的半径分别为R 1和R 2,各自带有电荷Q 1和Q 2.求：<1>各区域电势分布,并画出分布曲线；<2>两球面间的电势差为多少？分析通常可采用两种方法<1>由于电荷均匀分布在球面上,电场分布也具有球对称性,因此,可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面,借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布,再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.<2>利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面,在球面外产生的电势为在球面内电场强度为零,电势处处相等,等于球面的电势其中R 是球面的半径.根据上述分析,利用电势叠加原理,将两个球面在各区域产生的电势叠加,可求得电势的分布.解1 <1>由高斯定理可求得电场分布由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1时,有当R 1≤r ≤R 2时,有当r ≥R 2时,有<2>两个球面间的电势差解2 <1>由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内,即r ≤R 1,则若该点位于两个球面之间,即R 1≤r ≤R 2,则若该点位于两个球面之外,即r ≥R 2,则<2>两个球面间的电势差第六章 静电场中的导体与电介质6 －1将一个带正电的带电体A 从远处移到一个不带电的导体B 附近,则导体B 的电势将〔 〔A 升高 〔B 降低 〔C 不会发生变化 〔D 无法确定分析与解不带电的导体B 相对无穷远处为零电势。
高等电磁场理论课后习题答案
1.5Use the results obtained in Problem 1.4and show thatwhere R '=-r r .证明：223000211ˆlim lim lim 4411R 0(')4V R R V S dV d R R R R R ππδπ→→→⎛⎫⎛⎫⎛⎫∇=∇⋅=-⋅=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫∇≠-- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰R S R r r 推导1又知道在处值为零，符合函数的定义。
3020(')1(')44(')14(')q qq R R q R δπεπδπδε-⎛⎫=-=∇ ⎪⎝⎭-⎛⎫∇⋅==>∇=-- ⎪⎝⎭r r E r r r r E r r 推导2点电荷产生的电场强度为1.6Consider a wire C carrying a static electric currentI .Using Equations2.1.13and 2.1.18,derive Biot –Savart ’s law given bywhere '=-R r r and d l ′points in the direction of the current flow.解：000000033d d d ()4π4π4πd d 1()()d 4π4π4πd d 4π4πV V C C C C C C V Sdl I R R RI I I R R RI I R R μμμμμμμμ'==='''=∇⨯=∇⨯=∇⨯=∇⨯'-⨯'=⨯=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰J J l A r l l B r A r l l l R R证明：2()()∇=∇∇⋅-∇⨯∇⨯E E E （1）()[]()(2)(3)0(4)()0(5)j j ωεωμμε∇⨯=⎧⎪∇⨯=-⎪⎨∇⋅=⎪⎪∇⋅=⎩H r E E H H r E 由(5)式可推出：[]()()()0εεε∇⋅=∇⋅+⋅∇=r E r E E r ，即：()ln ()()r r εεε⋅∇∇⋅=-=-⋅∇E E E r (6)由（2）(3)两式可得：22)()k ωμε∇⨯∇⨯==E (r E r E ,在利用性质(1)式，并将(6)的结果代入，可得22(ln ())()r k ε∇-⋅∇-∇=E E r E ，整理后为：[]22()ln ()0k r ε∇++∇⋅∇=E r E E 2.7解：222220(1)00()()0(2)j j k k k ωεωμ∇⨯=⎧⎪∇⨯=-⎪=>∇⨯∇⨯-=⎨∇⋅=⎪⎪∇⋅=⎩∇=∇∇⋅-∇⨯∇⨯=-=>∇+=H E E H E E H E E E E E E E 比如jkzz e -=E e 就是满足方程2，但不满足方程12.11解：沿z 轴放置的电偶极子的辐射远场为j j sin j e 4πsin j e 4πk r k rIlk E r Ilk H r θφηθθ--⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩通过坐标旋转，（过程略）可得沿x 轴放置的电偶极子的辐射远场为()()()()cos cos sin 4jkrr k e j Il r θφηθφφπη-⎧=⋅-⋅+⋅⎪⎪⎨⨯⎪=⎪⎩E r e e e E r H r 3.1解：由题意，镜像电流的分布如下。
大学电磁场课后答案
∫
∫
ห้องสมุดไป่ตู้
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。 −
电磁场课后习题第五章
?
?K
2
uuv ey
?
?K uuv
2 ey
? uuv
uuv
? 0.998 0 ? 80ey ??100.9 10?6 e y T
uuuv H2 ?
uuv B2
?
?
uuv 80e y
A/ m
uuuv M2
?
uuv B2
?
?
uuuv H2
?
uuv ? 0.16e y
A/ m
⑵在区域①，③内与上面的结论一致，在区域②内
2??
??? BH? 0 r ? 4 ? 10?7 ? 500? 144.96 ? 9.1? 10?2
B ，H 方向均沿安培环路的切线方向。
3-9 已知在 Z ? 0 的区域中，? r1 ? 4 ，在 Z ? 0 的区域中 ? r 2 ? 1 ，设在
Z ? 0 处B 是均的，其方向为 ? ? 60o，? ? 45o ，量值为 1Wb / m2 ，试求
?
l?z 2
1
? ??
z
?
l ?2 ?2
2 ??
? ?
?
?? ?
uuv ez
?
?
??
⑵当远离圆柱时，即 z ? l ，? ? a 时，可将此圆柱视为一个磁偶极子，磁
2
? 偶极矩 uuv
uuv
uuv
me? ImS z ? M0l a 2 ez
uvu
它在空间中产生的磁场可用磁矩 m 表示为
? ? uv ? ? ? ? ? B ?
式中 dz?是小圆环的宽度，每个小圆环电流在轴线上某点均产生磁感应强度。利
用圆环电流在其中心轴线一点的磁感应强度的表达式，可以写出 dI m 在轴线上产
大学物理课后习题答案 电磁感应 电磁场
第十三章 电磁感应 电磁场 1、[D]分析：应用楞次定律为分析的根据，若要产生乙线圈中的，则乙线圈中电流产生的电感应强度是由右向左，说明甲线圈中电流产生的由右向左的电感应强度在减小，即产生该磁场的电流在减小，由此可见，将抽出甲中铁心，nI B r 0μμ=，在I 不变时，B 减小。
2、[D]依据法拉第电磁感应规律，td d φε-=在上述条件下，ε应相同。
依据欧姆定律，RI ε=因为是不同的导体电阻率不同，所以R 不同，I 也不同。
3、[B]应用楞次定律分析，在I 增长时，垂直通过线圈平面内向外的磁通量是增大，因此感应电流产生的磁感强度垂直平面向里，为顺时针方向。
4、[C]分析：当a >>r 时，有以r 为半径的圆周内各点的B可视为常矢量。
断电前通过导体环的磁通量：2012r aIBS S B ππμφ==⋅=。
断电后通过导体环的磁通量：02=φ。
对纯电阻电路有：aRIr RRq 2)(120112μφφφ==--=5、[D]θαεcos d sin d )(d l vB l B v =⋅⨯=)(B v ⨯和l d 之间夹角2πθ=，∴0d =ε 0d ==⎰εε6、[D]在t ωθθ+=，θαεcos d sin d l vB =其中θ是)(B v⨯和l d 之间夹角r r l vB d cos d sin d ωθαε-== 2OP 21d BL r r B ωωε-=-=⎰O 处为高电势 221BL ωε=7、[D]两自感线圈顺接和反接的自感系数：M L L L 221++=顺21L L KM =10≤≤KM L L L 221-+=反图（1）为反接：1111ab 2L L K L L L -+=，由于1<K ，∴0ab >L 图（2）为反接：1111ab 2L L KL L L -+=，由于1=K ，∴0ab =L8、[C]V 0.8161225.0d d 11=-⨯-=∆∆-=-=tI LtI Lε9、[C]a Ia IaIB πμπμπμ000P 22=+=10、tS B td d d d ）（ ⋅-=-=φεt mIa nI a nI BS BS S B mωπμπμθcos cos 2020====⋅t mIa nI mωωπμεcos 20-=11、解：Wb 1057.1)1.0(1416.310562521--⨯=⨯⨯⨯===⋅=rB BS S B πφWb 1057.1612-⨯-=-=φφC 1014.3)(1612-⨯=--=φφRq12、（1）向右移动时，垂直纸面向内的φ减小。
大学物理课后习题答案14电磁场习题_图文_图文
习题总目录
结束 目录
)EyBy
+
(1
v2 c2
)EzBz
=ExBx+EyBy+EzBz = E .B
结束 目录
(2) E´2 c2B´2=
= E´x 2+E´y2+E´z 2 c2B´x2 c2B´y2 c2B´z2
= Ex2 c Bx2
+ g 2 Ey2+v2Bz2 2EyBz + Ez2+v2By2+2EzBy
c2( cv42Ey2 + Bz2
cosω
t
结束 目录
14-8 已知无限长载流导线在空间任一点 的磁感应强度为：m0I/2pr 。试证明满足方 程式
.B
=
Bx x
+
By y
+
Bz z
=0
结束 目录
证明： Bx = =
.B
=
Bx x
+
By y
+
Bz z
=0
m0I
2pr
sinq
m0Iy
2pr2
=
m0Iy
2p(x2+y2)
g
2pf
=
5.7×107
8.85×10-12×2p×3×1011
= 2.0×1016
结束 目录
14-5 有一平板电容器，极板是半径为R 的圆形板，现将两极板由中心处用长直引线 连接到一远处的交变电源上，使两极板上的 电荷量按规律q=q0sinω t变化。略去极板边 缘效应，试求两极板间任一点的磁场强度。
By
=
m0Ix
2p(x2+y2)
Bz =0
电磁场与电磁波 课后习题答案
习题1.1 已知z y x B z y x A ˆ2ˆˆ;ˆˆ3ˆ2-+=-+=，求:(a) A 和B 的大小（模）； (b) A 和B 的单位矢量；(c)B A⋅；(d)B A⨯；(e)A 和B 之间的夹角；(f) A 在B 上的投影。
解：(a) A 和B 的大小74.314132222222==++=++==z y x A A A A A45.26211222222==++=++==z y x B B B B B(b) A 和B 的单位矢量z y x z y x A A aˆ267.0ˆ802.0ˆ535.0)ˆˆ3ˆ2(74.31ˆ-+=-+==z y x z y x B B bˆ816.0ˆ408.0ˆ408.0)ˆ2ˆˆ(45.21ˆ-+=-+==(c)A B ⋅7232=++=++=⋅z z y y x x B A B A B A B A(d) B A ⨯ z y x zyxB B B A A A z y xB A zyxz y xˆˆ3ˆ5211132ˆˆˆˆˆˆ-+-=--==⨯(e)A 和B 之间的夹角α根据αcos AB B A =⋅得764.0163.97cos ==⋅=AB B A α 019.40=α (f) A 在B 上的投影86.245.27ˆ==⋅=⋅B B A bA1.2如果矢量A 、B 和C 在同一平面，证明A ·(B ⨯C )=0。
证明：设矢量A 、B 和C 所在平面为xy 平面y A x A A y x ˆˆ+=y B xB B y x ˆˆ+=y C xC C y x ˆˆ+=z C B C B y C B C B x C B C B C C C B B B zy xC B x y y x z x x z y z z y zyxz y xˆ)(ˆ)(ˆ)(ˆˆˆ-+-+-==⨯zC B C B x y y x ˆ)(-= 0ˆˆ)(0)(=⋅-⨯=⨯⋅z zC B C B C B A x y y x1.3已知A =ααsin ˆcos ˆy x+、B ββsin ˆcos ˆy x -=和C ββsin ˆcos ˆy x +=，证明这三个矢量都是单位矢量，且三个矢量是共面的。
电磁场课后习题
2-8 如将电极改置于钢片的弧边，重求上题的解。 解： ⑴此时电流密度沿 e 方向，即垂至于电极
表面。等位线垂至于 E 线，因此 只与 有 关，而与 无关。将此系统分为两个均匀的导
电媒质区域，写出边值问题为
21
1
(
1
)
0
4
2
22
1
球形电容器的漏电导为
G I
41 2R2R0
0.162109 S
U (R2 R0 )R11 (R0 R1)R2 2
0
解： 设两导体之间的楼电流为 I ，由于系统的周对称性，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
4 2 r R2
在 R1 r R0 区域内
1
R0 r
E1dr
R2 R0
E2 dr
I
41
(1 r
1 R0
)
I
4 2
1 ( R0
1 R2
)
若 r R1 时，1 U 则
U I [ 1 ( 1 1 ) 1 ( 1 1 )]
4 1 R1 R0 2 R0 R2
导体媒质的介电常数均为 0 ，故 D1 D2 。电位移矢量在分界面上业连续，不 突变。但 J1 1E1，J2 2 E2 , 由于 1 2 ，故在分界面上电流密度
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l 2
0a2M 0dz
l
2 2 a2
3
z
z
22
0 M 0
2
a2
l z 2
1
z
l 2
2
2
a2
l z 2
1
z
l 2
2
2
磁感应强度的方向沿 ez 的方向，故 z a
B
0 M 0
2
a2
l z 2
1
z
l 2
2
2
a2
l z 2
1
z
将研究的区域分不为三部分，分别写出A 满足的边值问题
2 Az1 x
d2 Az1 dx2
0
x d 2
2 Az2
x
d2 Az2 dx2
0J0
2 Az3 x
d2 Az3 dx2
0
d xd
2
2
d x 2
Az2 x0 0 (参考点)
Az1(x) Az3(x)
A A z1 x d
z2 xd
由边界条件决定待定系数
C1=0
C2 =0
C3= 0K0a
C4 0K0a ln a
Az1 0
Az 2
0 K0 a
ln
0K0a ln
a
0K0a
ln
a
由此可知
0
A
0
K0a
ln
a
ez
a a
⑵如图所示，建立坐标系。由对称性分析，沿 z 轴和 y轴方向都是平行平面场，
因此 A仅与 x有关。所以
A Az xex
l 22 2ezH B M0
当 l Z l 时
2
2
H
M0 2
a2
l z
2
1
z
l 2
2
2
a2
l z
2
1
z
l 2
2
2
e
z
M0ez
当 Z l 或 Z l 时，M 0
2
2
H
M0 2
a
2
l z
2
1
z
2
2
a2
l z
2
1
z
l 2
2
2
e
3 Wb / m2。利用 2
B2n B1n 0.5 Wb / m2
H2t
H1t
B1t
r10
3
80
A/m
B2t r20 H2t
3 8
Wb / m2
由此可得
tan 2
B2t B2n
3 4
2 arctan
3 4
B2
B22t B22n
19 Wb / m2 8
H2
19
80
A/m
由于入射面与折射面共面，故 2 45
dB 1 0dI 0K dx 2 2 4
其中 x2 52 。由右手螺旋法则可判断dB的方向，并将分解为x方向和z
方向两个分量
dBx
dB cos
50 K 4 (x2 52 )
dx
dBz
dB sin
0 Kx 4 (x2 52 )
dx
利用叠加定理，P点的磁感应强度的x分量和z分量分别为
Bx
磁感应强度的叠加。
利用安培环路定律，半径为b 的大圆柱在空洞内P点产生的磁感应强度大小为
S B dS 0
JdS
S
2 B1＝0 J012
B1＝
0
J0 2
1
其方向用右手螺旋法则判断，它以大圆柱轴线为中心，1为半径圆环的切线方
向。对半径为 a的小圆柱，在空洞内P点所产生的磁感应强度大小为
B2＝
0
J0 2
应强度的矢量和。
J J0 ez 的无限大平板在该点产生的磁感应强度，可以利用安培环路定律求出
0 J 0d
2
ex
B1 0 J0 yex
0J0d ex
2
yd 2
d yd
2
2
yd 2
有 J J0 ez 的无限长直圆柱产生的磁感应强度，也可利用安培环路定律求出
B2
0 J 0a2
2(x2 y2
B 40I cos 45 20I
2 a
a
3-2 真空中，在 z 0 平面上的 0 x 10和 y 0 范围内，有以线密度 K 500ey A / m均匀分布的电流，求在点(0,0,5)所产生的磁场感应强度。
解： 如图所示，选择dI kdx ，视为半
无 线长直导线，它在P点产生的磁感应强度的 大小为
3-10 对真空中下列电流分布求 B
⑴
J
J0
y a
ez
⑵
J
J0
a
ez
a y a
a
解 ⑴ y 0处 J 0 ，0 y a 处 J 沿 ez 方向，a y 0处J 沿 ez
方向，由对称性分析，可视为一组组流向反向的无限大平板电流产生的磁场问
题，由此可知在 y a 及 a y 的空间内，B 0。 当 a y a 空间内距中心 y处( y a )选对称的两薄板，其电流线密度分
2
2
Az1 x
x d 2
Az 2 x
x d 2
Az2 x d Az3 x d
2
2
Az 2 x
xd 2
Az3 x
xd 2
方程通解为
Az1(x) C1x C2 Az3(x) C5x C6
Az2 (x)
0 J 0
2
x2
C3x C4
利用边界条件决定解的待定系数
C1
0 J 0d
2
C3 C4 0
10 50K dx 0 4 (x2 52 )
Bx
10 0
4
50 K
(x2 52
dx )
50 K 4
1 arctan 5
x 5
10 0
0 K 4
arctan
2
44.10T
Bz
10 0
4
(
Kx x2
52
dx )
320T
B 0 (44.1ex 32ez )T
3-3 真空中一通有电流(密度 J J0ez )、半径为 b的无限长圆柱内，有一半径 为 a 的不同轴圆柱形空洞，两轴之间相距 d ，如图所示。求空洞内任一点的B 解： 若假设空洞处有一大小同为J ，但流向 分别为 ez 方向和 (ez ) 方向的电流，这样 可将此问题视为半径为 b的无限长圆柱内整 体载有电流 J0ez和半径为 a 的无限长圆柱内 载有电流 (J0 ez ) 的两个圆柱在P点产生的
别为 K1
J0
y a
dye
z
，K 2
J0
y a
dye
z
。该两个薄平板在
y
y
y
的空间内产生的磁感应强度为
dB
0 K1 e x
0 J0
y a
dye
x
该两个薄平板在处的磁感应强度均为零。由此可知，凡 y y 的电流片对 y 的
磁场有贡献。
因此
B
a
y 0 J0
y a
dy
0 J 0
2a
a2 y2
在区域②内
B2
B2
B2
K
2
ey
K
2
ey
0.9980 80ey 100.9106ey T
H2
B2
80ey
A/m
M2
B2
H2
0.16e y
A/m
⑵在区域①，③内与上面的结论一致，在区域②内
H2
B2
80ey
A/m
B2 H2 10000 80ey 0.1005ey T
M2
B2
0
H2
100080ey
若仍求轴线上 z
l
2 上的磁感应强度，由于 r
z ，sin
0，cos
1，则
B
0M0a2
2z3
0m 2 z3
ez
3-8 有一圆形截面铁环，环的内外半径分别为 10cm 与12cm ，铁环的 r 500
环上绕有50匝通有2A电流的线圈，求环的圆截面内外的磁场强度与磁感应强度(忽略漏
磁，且环外的磁导率为0 )。 解： 从对称性分析，此题可用安培环路定律求解。圆环的截面之外即 10 及 12cm 处，作以圆环中心为圆心的安培环路，则
3-9 已知在 Z 0 的区域中，r1 4 ，在 Z 0的区域中 r2 1，设在 Z 0处 B 是均的，其方向为 60 ， 45 ，量值为 1Wb / m2 ，试求
Z 0 处的 B和H。
解： 利用媒质分界面上的衔接条件，因为B1 1Wb / m2 ，则
B2 B1 cos 0.5WB / m2，Bt B1 sin
)
[
yex
xey
]
0 J 0
2
[
yex
xey
]
a a
各处的场强为它们的矢量和
B B1 B2
3-5 一电流密度为 K K0 ez 的无限大电流片，置于 x 0平面，如取 Z 0
平面上半径为 a的一个圆为积分回路，求 H dl l
解： 利用安培环路定律
l H dl I
I
(k
l
en )dl 2aK0
2
[(1
h
1
2
h
2
)ex
(1
x1
1
2
x1
2
)ey ]
B
0 J 0
2
( x1
x2 )ey
0 J0
2
de y