(完整版)南邮电磁场第3章习题解答

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电磁场与电磁波第三章作业题解答

第三章恒定电流与恒定电场作业习题解答3-1．半径为a 和b 的同心球，内球的电位为0u U =，外球的电位为0u =，两球之间介质的电导率为σ，试求这个球形电阻器的电阻。

解设内球与外球之间的总电流为I ，而体电流密度矢量J V 在半径为r 的球面上大小相等，沿e r 方向，由此可写出电流密度矢量为24V r Ir =p J e 根据欧姆定律V =s J E 得到两球间的电场强度矢量24r Ir =ps E e由电场强度矢量，可计算两球间的电压，有2201444bbbrr aaa I IU d dr dr rr Ib aU ab πσπσπσ=⋅=⋅=-==⎰⎰⎰E l e e由此可得两球间的电阻为 014U b a R I ab-==ps 3-2．已知电流密度矢量22221022(A/m )V x y z y z x y x z J e e e =-+，试求：（1）穿过面积3x =，23y ≤≤，3.8 5.2z ≤≤，沿e x 方向的总电流；（2）在上述面积中心处电流密度的大小；（3）在上述面积上电流密度X 方向的分量J x 的平均值。

解（1）根据电流I 与电流密度矢量J V 之间的通量关系()VS I d =⋅⎰⎰JS则穿过面积3x =，23y ≤≤，3.8 5.2z ≤≤，沿e x 方向的总电流为()33522222381022..x xy z x .I y z x y x z dydz =-+⋅⎰⎰ee e e()352223810399A ..y zdydz ==⎰⎰（2）面3x =，23y ≤≤，3.8 5.2z ≤≤中心处的坐标为3x =， 2.5y =， 4.5z = 代入J V 的表达式，得到2222222102210 2.5 4.523 2.523 4.5281.254581(A/m )V x y zx y z x y z y z x y x z J e e e e e e e e e =-+=⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯=-+ 电流密度矢量的大小为2296.12(A/m )V V J J ==≈（3）面3x =，23y ≤≤，3.8 5.2z ≤≤上电流密度的平均值为()()()2399285A/m 325238x x I J S ..===-- 由此可以看出，由于电流密度矢量非均匀，X 方向平均电流密度的大小与该面中心处的电流密度大小不相等。

电磁场与电磁波：第三章作业答案

3.1 长度为L 的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为0l ρ。

（1）计算线电荷平分面上任意点的电位ϕ；（2）利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点的电场E ，并用ϕ=-∇E 核对。

解（1）建立如题3.1图所示坐标系。

根据电位的积分表达式，线电荷平分面上任意点P 的电位为2(,0,0)L L ϕρ-==⎰2ln(4L l L z ρπε-'+=04l ρπε=02l ρπε （2）根据对称性，可得两个对称线电荷元z l 'd 0ρ在点P 的电场为d d E ρρρθ'===Ee e 022320d 2()l z z ρρρπερ''+e故长为L 的线电荷在点P 的电场为2022320d d 2()L l z z ρρρπερ'==='+⎰⎰E E e20002L l ρρπερ'=e ρe 由ϕ=-∇E 求E ，有002l ρϕπε⎡⎢=-∇=-∇=⎢⎥⎣⎦E(00d ln 2ln 2d l L ρρρπερ⎡⎤-+-=⎢⎥⎣⎦e0012l ρρπερ⎧⎫⎪--=⎬⎪⎭e ρe可见得到的结果相同。

3.3 电场中有一半径为a 的圆柱体，已知柱内外的电位函数分别为2()0()()cos a a A aϕρρϕρρφρρ=≤⎧⎪⎨=-≥⎪⎩（1）求圆柱内、外的电场强度；L L -ρρ题3.1图（2）这个圆柱是什么材料制成的？表面有电荷分布吗？试求之。

解（1）由ϕ=-∇E ，可得到a ρ<时， 0ϕ=-∇=Ea ρ>时， ϕ=-∇=E 22[()cos ][()cos ]a a A A ρφρφρφρρρφρ∂∂----=∂∂e e 2222(1)cos (1)sin a a A A ρφφφρρ-++-e e（2）该圆柱体为等位体，所以是由导体制成的，其表面有电荷分布，电荷面密度为0002cos S n a a A ρρρρεεεφ=====-e E e E3.4 已知0>y的空间中没有电荷，下列几个函数中哪些是可能的电位的解? （1）cosh y e x -；（2）x e y cos -；（3）cos sin e x x （4）z y x sin sin sin 。

电磁场与电磁波习题第3章概要

2 2
0
b1 1 Ir I 0 2 rdr 0 2 rdr 2 a 2 2 a 2 2 r
0 I 2 0 I 2 b Wm ln 16 4 a
d
0 I 2 0 I 2 b 1 2 LI Wm ln 2 16 4 a
2 4 U 0 4 U 0 P = IU = U0 1 1 1 1 a b a b
U0 U 1 1 1 R= = 4 U 0 I 4 a b 1 1 a b
3—3 一个半径为a的导体球作为电极深埋地下，土壤的电导率为σ 。略去地面的影响，求电极的接地电阻。解；当不考虑地面影响时，这个问题就相当于计算位于无限大均匀导电媒质中的导体球的恒定电流问题。设导体球的电流为I，则任意点的电流密度为
2
将M 0 2、L 0.1、a 0.02代入上式可得 m=2 0.1 0.02 2.512 10
2 4
A m
2
(M0为常数)，求磁化电流的体密度和面密度。解：磁化电流的体密度为
z2 3—19 球心在原点、半径为d的磁化介质球中，M ez M 0 2 a
3—26 空气绝缘的同轴线，内导体的半径为 a，外导体的内半径为 b，通过的电流为I。设外导体壳的厚度很薄，因而其储存的能量可以忽略不计。计算同轴线单位长度的储能，并由此求单位长度的自感。
I 解：设内导体的电流均匀分布，则电流密度为： J 2 a
根据安培环路定律

C
H dl I
z2 J m M＝ ez M 0 2 a er ez e r r er M z M z Jm e ＝0 r z r r 0 0 Mz

电磁场与电磁波（第4版）第3章部分习题参考解答

ε − ε 0 3 cos θ a E0 2 r ε + 2ε 0
(r ≥ a)
ϕ =0
ρ ( x)
ϕ = U0
0
d
图题 3.7
x
解：两导体板之间的电位满足泊松方程 ∇ 2ϕ = −
ρ d 2ϕ 1 ρ0 x ，故得 2 = − dx ε0 d ε0
解此方程，得
ϕ =−
ρ0 x3 + Ax + B 6ε 0 d
ρ 2 + ( L / 2) 2 + L / 2 ρl 0 ρ 2 + ( L / 2) 2 + L / 2 ρl 0 = ln ln ρ 4πε 0 ρ 2 + ( L / 2) 2 − L / 2 2πε 0
(2) 根据对称性，可得两个对称线电荷元 ρ l 0 dz ′ 在点 P 的电场为 G G ρl 0dz ' ρ l 0 ρ dz ' G G dE = eρ dEρ = eρ cos θ = eρ 2πε 0 ( ρ 2 + z '2 )3/ 2 2πε 0 ρ 2 + z '2 故长为 L 的线电荷在点 P 的电场为
G G G L/2 E = ∫ dE = eρ ∫
0
ρl 0 ρ dz ' z' G ρl 0 ⎛ e = ⎜ ρ 2 2 3/ 2 2 2 2πε 0 ( ρ + z ' ) 2πε 0 ρ ⎜ ⎝ ρ + z'
z'
2
⎞ ⎟ ⎟ ⎠0
L/2
G = eρ
ρl 0 4πε 0 ρ
ρ + ( L / 2) 2
3.8 试证明：同轴线单位长度的静电储能 We =

电磁学答案第3章

电磁学答案第3章第三章静电场的电介质3.2.1 偶极矩为p →=q l →的电偶极子，处于场强为E 的外电场中，p →与E →的夹角为θ。

（1）若是均匀的，θ为什么值时，电偶极子达到平衡？（2）如果E 是不均匀的，电偶极子能否达到平衡？解：（1）偶极子受的力：F + =F _=qE因而F →+=-F →_∴偶极子受合力为零。

偶极子受的力矩T =p ⨯E即 T=qEsin θ当 T=0时，偶极子达到平衡，∴ pEsin θ=0p →≠0 E →≠0 ∴θ=0 , πθ=0这种平衡是稳定平衡。

θ=π是不稳定平衡。

（2）当E →不是均匀电场时，偶极子除受力矩外还将受一个力（作用在两个点电荷的电场力的合力）。

所以不能达到平衡。

3.2.2 两电偶极子1p→和2p →在同一直线上，所以它们之间距r比它们自己的线度大的很多。

证明：它们的相互作用力的大小为F=402123rp p πε，力的方向是：1p→与2p→同方向时互相吸引，反方向时互相排斥。

证：已知当r >>l 时，偶极子在其延长线上一点的场强：E →=302rpπε→当 1p →与2p →同方向时，如图2p →所受的力的大小：+→F =E →q=r lr q p ∧+3201)2(2πε-→F = -E→q=r lr q p ∧--3201)2(2πε∴F→= +→F +-→F =r l r l r q p ∧⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+323201)2(1)2(12πε =r l r l l r q p ∧⎥⎦⎤⎢⎣⎡---⋅3222322201)2()2(2262πε略去 422l 及 832l 等高级小量。

F→=-r r qlp ∧402146πε= -r r pp ∧402123πε当 1p →与2p →反方向时（如图），同理： F→= r l r l r q p ∧⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+323201)2(1)2(12πε =012πεq p ⨯r lr l l r ∧-+32223222)4()2(23略去高级小量得：F→=r rP P ∧402123πε3.2.3 一电偶极子处在外电场中，其电偶极矩为，其所在处的电场强度为。

(完整word版)南京邮电大学电磁场与电磁波考试必背公式

电磁场与电磁波复习第一部分知识点归纳第一章矢量分析1、三种常用的坐标系（1）直角坐标系微分线元：dz a dy a dx a R d z y x →→→→++= 面积元：⎪⎩⎪⎨⎧===dxdy dS dxdz dS dydzdS zyx，体积元：dxdydz d =τ（2）柱坐标系长度元：⎪⎩⎪⎨⎧===dz dl rd dl drdl z r ϕϕ，面积元⎪⎩⎪⎨⎧======rdrdz dl dl dS drdz dl dl dS dz rd dl dl dS z z z r z r ϕϕϕϕ，体积元：dz rdrd d ϕτ=（3）球坐标系长度元：⎪⎩⎪⎨⎧===ϕθθϕθd r dl rd dl dr dl r sin ，面积元：⎪⎩⎪⎨⎧======θϕθϕθθθϕϕθθϕrdrd dl dl dS drd r dl dl dS d d r dl dl dS r r r sin sin 2，体积元：ϕθθτd drd r d sin 2=2、三种坐标系的坐标变量之间的关系（1）直角坐标系与柱坐标系的关系⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==+=⎪⎩⎪⎨⎧===z z x y y x r z z r y r x arctan,sin cos 22ϕϕϕ （2）直角坐标系与球坐标系的关系 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=++=++=⎪⎩⎪⎨⎧===z yz y x z z y x r r z r y r x arctan arccos ,cos sin sin cos sin 222222ϕθθϕθϕθ （3）柱坐标系与球坐标系的关系⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=+=⎪⎩⎪⎨⎧===ϕϕθθϕϕθ22'22''arccos ,cos sin z r z zr r r z r r 3、梯度（1）直角坐标系中：z a y a x a grad z y x ∂∂+∂∂+∂∂=∇=→→→μμμμμ（2）柱坐标系中：za r a r a grad zr ∂∂+∂∂+∂∂=∇=→→→μϕμμμμϕ1 （3）球坐标系中： ϕμθθμμμμϕθ∂∂+∂∂+∂∂=∇=→→→sin 11r a r a r a grad r4.散度（1）直角坐标系中：z A y A x AA div z y X ∂∂+∂∂+∂∂=→ （2）柱坐标系中：zA A r rA r r A div zr ∂∂+∂∂+∂∂=→ϕϕ1)(1 （3）球坐标系中：ϕθθθθϕθ∂∂+∂∂+∂∂=→A r A r A r rr A div r sin 1)(sin sin 1)(1225、高斯散度定理：⎰⎰⎰→→→→=⋅∇=⋅ττττd A div d A S d A S，意义为：任意矢量场→A 的散度在场中任意体积内的体积分等于矢量场→A 在限定该体积的闭合面上的通量。

电磁场与电磁波理论_南京邮电大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年

电磁场与电磁波理论_南京邮电大学中国大学mooc课后章节答案期末考试题库2023年1.均匀平面波由空气垂直入射到理想介质平面，若入射波是左旋圆极化波，则反射波和折射波分别为（）。

参考答案:右旋圆极化波，左旋圆极化波2.良导体趋肤效应是指场强以及电流密度主要分布在。

参考答案:导体表面3.均匀平面波的左旋圆极化波是指当我们将左手的大姆指指向电磁波的方向，其余四指指向电场矢量端点的方向。

参考答案:传播，旋转4.镜像法是指利用镜像电荷代替面或面的影响，利用原电荷和镜像电荷来计算场分布。

参考答案:导体，介质5.在静电场的__________，电位满足的是泊松方程；在静电场的__________，电位满足的是拉普拉斯方程。

参考答案:有源区，无源区6.均匀平面波是指电磁波的传播方向为直线，等相位面为，且在等相位面上各点的电磁场的大小和方向都是的。

参考答案:平面，相等7.均匀平面波是横电磁波，即没有方向的分量。

参考答案:纵向8.均匀平面波是横电磁波，该波的电场和磁场的的大小之比等于媒质的。

参考答案:波阻抗9.均匀平面波的右旋圆极化波是指当我们将右手的大姆指指向电磁波的方向，其余四指指向的是电场矢量的端点的方向。

参考答案:传播，旋转10.均匀平面波极化，磁场强度矢量的变化规律与电场强度矢量的变化规律是。

参考答案:一样11.镜象法的关键是要确定镜像电荷的__________、__________和__________，使场量原来所满足的方程及其边界条件保持不变。

大小，符号，位置12.利用分离变量法求解静电场边值问题时，最重要的就是确定既能满足_________又能满足_____________的每个分离函数的具体形式：三角函数、指数函数和线性函数。

参考答案:边界条件，拉普拉斯方程13.直接求解给定边界条件下一维电位分布所满足的二维常微分方程，称为__________。

参考答案:直接积分法14.关于导电媒质的复介电常数和复磁导率，说法正确的是：参考答案:复介电常数和复磁导率的实部分别对应导电媒质的介电常数和磁导率，虚部分别表示电损耗和磁损耗15.使用麦克斯韦积分方程推导时变电磁场的边界条件时，为得到法向分量的边界条件，需在界面附近取一个，为得到切向分量的边界条件，需在界面附近取一个。

电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答

电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答三章习题解答3.1 真空中半径为a 的⼀个球⾯，球的两极点处分别设置点电荷q 和q -，试计算球⾚道平⾯上电通密度的通量Φ(如题3.1图所⽰)。

解由点电荷q 和q -共同产⽣的电通密度为33[]4q R R π+-+-=-=R R D 22322232()(){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球⾚道平⾯上电通密度的通量d d zz SSS Φ====??D S D e22322232()[]2d 4()()aq a ar r r a r a ππ--=++? 22121)0.293()aqaq q r a =-=-+ 3.2 1911年卢瑟福在实验中使⽤的是半径为a r 的球体原⼦模型，其球体内均匀分布有总电荷量为Ze -的电⼦云，在球⼼有⼀正电荷Ze （Z 是原⼦序数，e 是质⼦电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为02314ra Ze r r r π??=-D e ，试证明之。

解位于球⼼的正电荷Ze 球体内产⽣的电通量密度为 124rZer π=D e 原⼦内电⼦云的电荷体密度为 333434a a Ze Zer r ρππ=-=- 电⼦云在原⼦内产⽣的电通量密度则为 32234344r ra r Ze rr r ρπππ==-D e e题3.1 图题3. 3图()a故原⼦内总的电通量密度为 122314ra Ze r r r π??=+=-D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱⾯间的区域中，体密度为30C m ρ, 两圆柱⾯半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3图()a 所⽰。

求空间各部分的电场。

解由于两圆柱⾯间的电荷不是轴对称分布，不能直接⽤⾼斯定律求解。

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0ρ±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为0ρ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为0ρ-的均匀电荷分布，如题3.3图()b 所⽰。

电磁场与电磁波第3章静电场分析

cos θ
电力线微分方程 dr = rdθ
R r r2
ϕp =
qd cosθ 4πε 0r 2
=
p ⋅er ε 0r 2
Er
解得Ｅ线方程为
r = D sin 2 θ
Eθ
E p = −∇ϕ
E
=
−q 4πε 0
∇
⎛ ⎜⎝
l
cosθ r2
⎞ ⎟⎠
=
q 4πε 0r 3
(2 cosθ er
+
sin θ eθ
ϕ=
σrdr
= σ [ R2 + z2 − z]
0 2ε rε 0 r 2 + z 2 2ε rε 0
E
=
−∇ϕ
=
−
∂ϕ ∂z
ez
=
σ 2εrε0
[1−
z R2 +
z2
]ez
R
→
∞
σ 2ε rε 0
ez
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3.3 泊松方程与拉普拉斯方程
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∇2ϕ = ∇ ⋅∇ϕ = − ρ ε0
∫ ∫ ϕ ( P ) − ϕ ( P0 ) =
−
P0 d ϕ
P
=
P0 E ⋅ d l
P
∫ 设P0为参考点 ϕ (P) = P0 E ⋅ d l P
5、电位参考点的选择原则
• 场中任意两点的电位差与参考点无关。 • 同一个物理问题，只能选取一个参考点。
• 选择参考点尽可能使电位表达式比较简单，且有意义
电势与电场、等位面与电力线
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大学电磁场课后答案第三章

ε1 ε 2 − ) σ1 σ 2 ε1 ε 2 ≠ σ1 σ 2
因此，分界面上存在自由电荷的条件是
3-8
在导体中有恒定电流而其周围媒质的电导率为零时，试证明导体表面电通量密度的法向分量 Dn = σ ，但矢量关系 D = e n σ 不成立( 式中 e n 是导体表面向外的法线单位矢量)。
W = ∑ σϕi ∫
i =1 n
n
Si
n ∂ϕ ∂ϕ − dS dS = ∑ σϕi ∫ S i ∂n ∂n ' i =1 n n Jn ' dS = ∑ ϕi J ' dS ϕi I i = ∑ ∫ Si n ∂n i =1 i =1
= ∑ σϕi ∫
i =1
Si
故命题得证。 3-10 有一非均匀导电媒质板，厚度为 d ，其两侧面为良导体电极，下板表面与坐标 z = 0 重 ρ − ρ R2 1 合，介质的电阻率为 ρ R = = ρ R1 + R1 z，介电常数为 ε 0 ，而其中有 J = e z J 0 的 γ d 均匀电流。试求：1) 介质中的自由电荷密度。2) 两极板间的电位差。3) 面积为 A 的一块介质板中的功率损耗。
u v
R铁＝
单位长度的水柱电阻为
ρ铁 S铁
＝
8.7 × 10 −8 π (0.025 2 − 0.02 2 ) ρ水 S水
R水＝
＝
0.01 π 0.02 2
当水管中的电流为 20A 时，水柱和铁管中的电流之比为
I水 I铁
又根据题意
＝
R铁 R水
＝1.5 × 10 −5
(1)
I 水＋I 铁＝20 A
所以将(1)、(2)联立求解，可得管壁和水中的电流强度

电磁场与电磁兼容习题答案与详解_第3章

电磁场与电磁兼容习题答案与详解第三章3.2 已知自由空间传播的均匀平面电磁波，电场强度为： 22042041010πππj z j zj e e +----+=y x a a E )/(m V试求：①该电磁波向何方向传播；②该电磁波的频率f ；③该电磁波的极化方式；④该电磁波的磁场强度H ；⑤与该波传播方向垂直的单位面积流过的的平均功率。

解： ①z k a a=即是+z 方向②π20=k rad/m m k 1.02==∴πλ 9103v ⨯==∴λf Hz③zj y x e a j a E π2044)1010(---+=()z 20t cos 10E 4x πϖ-=- ⎪⎭⎫⎝⎛+-=-2z 20t cos 10E 4y ππϖ1E E 2y 2x =+∴ ()z 20-t tg E E xyπϖ-=由上可知，该波为左旋圆极化波。

④zj x y z j y x z z e a j a e a j a a E a H ππππη2052040)(1210)(120101-----=+⨯=⨯= A/m ⑤[]ππ1210)()(121010Re 21Re 21954---*=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯+⨯=⨯=z x y y x a a j a a j a H E S 平均 W/m23.5 已知真空中传播的平面电磁波的电场强度为： )]23(30.05-t 10)cos[635(),(7z y x t +-⨯+=ππy x a a r E V/m 试求：①电场强度的振幅、波矢量及波长；②磁场强度矢量),(t r H ；③平均坡印亭矢量平均S 。

解：①m v E m /10315=+=m rad a a a k z y x /)233(05.0 +-=πππ2.043905.0=++=km k102==πλ ②)233(41z y x k a a a k k a +-== ⋅+⨯+-=⨯=)3(5)233(4801),(1),(0y x z y x k a a a a a t r E a t H πηγ [])233(05.0106cos 7z y x t +--⨯ππ =[])233(05.0106cos )323(4817z y x t a a a z y x +--⨯++-πππ③m V e a a E z y x j y x /)3(5)233(05.0+--+=π m A e a a a H z y x j z y x /)323(481)233(05.0+--++-=ππ[]ππηπ48524010021/)233(485Re 21202*===+-=⨯=E m W a a a H E S z y x 平均3.6 在1=r μ，4=r ε，0=σ的媒质中有一均匀平面波，其电场强度为： )3sin(),z (0πω+-=kz t t E E 。

电磁场与电磁波第三版答案第三章

《电磁场与电磁波》——习题详解第三章恒定电流的电场和磁场3-1 一个半径为 a 的球内均匀分布着总量为 q 的电荷,若其以角速度 ω 绕一直径匀速旋转,求球内的电流密度. 解:传导电流:导体中的自由电子或半导体中的自由电荷在电场作用下作定向运动所形成的电流. 运流电流: 带电粒子在真空或气体中运动时形成的电流. 本题求的是运流电流. 选取球坐标系 . 设转轴和直角坐标系的 z 轴重合 , 球内某一点的坐标为 ( r , θ , φ ),则电流密度为v v J =ρv =q v 3qω r sin θ v eφ ω r sin θ eφ = 2 4π a 3 4π a 3注意到球面坐标的有向面积元为v v v v d S = er r 2 sin θ d θ d φ + eθ r sin θ d r d φ + eφ r d r d θ可以得到总电流为I=∫∫Sv v J dS =∫ ∫0πJr d r d θ =0aqω 2π2π总电流也可以通过电流强度的定义计算. 因为球体转动一周的时间为 T = 所以ω,I=3-2球形电容器内,外极板的半径分别为 a , b ,其间媒质的电导率为 σ ,当外加电压为 U 0 时,计算功率损耗并求电阻. 解:设内,外极板之间的总电流为 I .由对称性,可以得到极板间的电流密q qω = T 2π度为v J= v E=I24π r I v e 2 r 4πσ rv er ,U0 = E d r =a∫bI 1 1 4πσ a b 25习题三从而I=v 4πσU 0 σU 0 v ,J = er 1 1 1 1 2 r a b a b2单位体积内功率损耗为 U0 J 1 1 p= =σ r 2 σ a b 2总功率损耗为P=∫b ap 4π r d r =24πσ U 02 1 1 a b2∫d r 4πσ U 02 = 2 1 1 a r a bb由P =U 02 ,得 R R= 1 1 1 4πσ a b 3-3土壤的电导率为 σ . 略去地面的影一个半径为 a 的导体球作为电极深埋地下, 响,求电极的接地电阻. 解: 当不考虑地面影响时, 这个问题就相当于计算位于无限大均匀导电媒质中的导体球的恒定电流问题.设导体球的电流为 I ,则任意点的电流密度为v J=I 4π rI2v v er , E =I 4πσ rI2v er导体球面的电位为(选取无穷远处为电位零点)U =接地电阻为∫∞a4πσ r2dr =4πσ aR=3-4U 1 = I 4πσ a在无界非均匀导电媒质(电导率和介电常数均是坐标的函数)中,若恒定电流存在,证明媒质中的自由电荷密度为 ρ = E (ε 证明:由方程 J = 0 得vε σ ) . σv26《电磁场与电磁波》——习题详解v v v v J = (σ E ) = E σ + σ E = 0即E = 故有vσ v Eσρ = D = (ε E ) = E ε + ε Ev ε σ v v = E ε ε E = E ε σ σ σ vvvv3-5如图 3-1,平板电容器间由两种媒质完全填充,厚度分别为 d1 和 d 2 ,介电常数分别为 ε 1 和 ε 2 ,电导率分别为 σ 1 和 σ 2 ,当外加电压 U 0 时,求分界面上的自由电荷面密度. 解:设电容器极板之间的电流密度为 J ,则J = σ 1 E1 = σ 2 E2E1 =于是Jσ1, E2 =Jσ2U0d1 d2ε1,σ1 ε2,σ2U0 =即Jd1σ1+Jd 2σ2图 3-1J=U0σ1 σ 2分界面上的自由面电荷密度为d1+d2ρ S = D2 n D1n = ε 2 E2 ε 1 E1 = ε ε U0 = 2 1 σ σ d1 d 2 1 2 +3-6 ε2σ2ε1 J σ1 σ1 σ 2内,外导体半径分别为 a , c 的同轴线,其间填充两种漏电媒质,电导率分别27习题三为 σ 1 ( a < r < b )和 σ 2 ( b < r < c ),求单位长度的漏电电阻. 解:设每单位长度从内导体向外导体的电流为 I ,则电流密度为v J=各区域的电场为I2π rv erv E1 = v E2 =内,外导体间的电压为I2πσ 1rv er ( a < r < b ) v er ( b < r < c )I2πσ 2 rU0 =∫c av v E dr =∫I dr + 2πσ 1 r ab∫ 2πσ r = 2πσb 2cI drIln1b I c + ln a 2πσ 2 b因而,单位长度的漏电电阻为R=3-71 1 U b c = ln + ln I 2πσ 1 a 2πσ 2 b一个半径为 10cm 的半球形接地电极,电极平面与地面重合,如图 3-2,若土壤的电导率为 0.01S/m,求当电极通过的电流为 100A 时,土壤损耗的功率. 解:半球形接地器的电导为G = 2πσ a接地电阻为I σ a图 3-21 1 R= = G 2πσ a土壤损耗的功率为100 2 = ≈ 1.59 ×106 W P=I R= 2πσ a 2π × 0.01× 0.12I23-8一个正 n 边形(边长为 a )线圈中通过的电流为 I ,试证此线圈中心的磁感应强度为B= 0 nI π tan 2π a n解:先计算有限长度的直导线在线圈中心产生的磁场.使用公式B=0 I (sin α1 sin α 2 ) 4π r28《电磁场与电磁波》——习题详解并注意到α1 = α 2 =2π π = 2n n设正多边形的外接圆半径是 a .由于r π = cos a n所以,中心点的磁感应强度为B=3-9 0 nI π tan 2π a n求载流为 I ,半径为 a 的圆形导线中心的磁感应强度. 解:电流元 I d l 在中心处产生的磁场为vv v v 0 I d l × er dB = 4π r2各电流元在中心处产生的磁场在同一方向,并注意的磁场为 3-100 I2a∫rdl2=2π ,所以,圆心处 a.一个载流 I1 的长直导线和一个载流 I 2 的圆环(半径为 a )在同一平面内,圆心与导线的距离是 d .证明两电流之间的相互作用力为 0 I1 I 2 1 d a d22BdF解:选取图 3-3 所示的坐标.直线电流产生的 I1 磁感应强度为I2 d图 3-3v I v 0 I1 v B1 = 0 1 eφ = eφ 2π r 2π (d + a cos θ )v v v F = I 2 d l 2 × B1θ a∫由对称性可以知道,圆电流环受到的总作用力仅仅有水平分量, d l2 × eφ 的水平分量为 a cos θ d θ ,再考虑到圆环上,下对称,得vvF=使用公式 0 I1 I 2 2π∫π20 0 I1 I 2 a cos θ dθ = π d + a cos θ∫π0d 1 d θ d + a cos θ 29习题三∫π0dθ = d + a cos θπd a22最后得出二回路之间的作用力为 0 I1 I 2 力). 3-11 d 1 (负号表示吸引 2 2 d a 内,外半径分别为 a , b 的无限长空心圆柱中均匀分布着轴向电流 I ,求柱内,外的磁感应强度. 解:法一:取积分回路为半径为 r ,圆心在轴上的圆,由安培定律 r≤a 时∫lv v v v H dl = 0 H = 0 B = 0a<r≤b 时 v v H dl =∫lI π (r 2 a 2 ) π (b a 2 )2(r 2 a 2 ) I H 2π r = 2 b a2 H = (r 2 a 2 ) I 2π r (b 2 a 2 )v v (r 2 a 2 ) I 0 v er B = 0 H = 2π r (b 2 a 2 )r >b时∫lv v H dl = I v H= I v er2π r v v I v B = 0 H = 0 er 2π r法二:使用圆柱坐标系.电流密度沿轴线方向为30《电磁场与电磁波》——习题详解 r<a 0, I J = , a<r <b 2 2 π (b a ) 0, b<r 由电流的对称性,可以知道磁场只有圆周分量.用安培定律计算不同区域的磁场.当 r < a 时,磁场为零.当 a < r < b 时,选取安培回路为半径等于 r 且与导电圆柱的轴线同心的圆.该回路包围的电流为I ′ = Jπ (r 2 a 2 ) =由 B dl = 2π rB =I (r 2 a 2 ) b2 a2∫vv 0 I ′ ,得 0 I (r 2 a 2 ) B= 2π r (b 2 a 2 )当 r > b 时,回路内包围的总电流为 I ,于是 B = 3-120 I . 2π r两个半径都为 a 的圆柱体,轴间距为 d , d < 2a (如图 3-4).除两柱重叠部分 ( R 区域) 外,柱间有大小相等,方向相反的电流,密度为 J ,求 R 区域的B.v解:在重叠区域分别加上量值相等(密度为 J ),方向相反的电流分布,可以将原问题电流分布化为一个圆柱体内均匀分布正向电流,另一个圆柱体内均匀分布反向电流.由其产生的磁场可以通过叠加原理计算. 由沿正方向的电流(左边圆柱)在重叠y区域产生的磁感应强度为 B1 :∫B1 d l = 2π r1 B1 = 0π r12 JJ r1r2JB1 = 0 r1 J2o1 vdo2x其方向为左边圆周方向 eφ 1 .图 3-4由沿负方向的电流(右边圆柱)在重叠区域产生的磁感应强度为 B2 :B2 = 0 r2 J231习题三其方向为右边圆柱的圆周方向 eφ 2 . 注意:vv v v v v v eφ1 = ez × eρ1 , eφ 2 = ez × eρ 2 v v v Jv v v B = B1 + B2 = 0 ez × (r1eρ 1 r2 eρ 2 ) 2 Jv J v v = 0 ez × (d ex ) = 0 d e y 2 2 v v v v v 3-13 证明矢位 A1 = ex cos y + e y sin x 和 A2 = e y (sin x + x sin y ) 给出相同的磁场 v B ,并证明它们得自相同的电流分布.它们是否均满足矢量泊松方程?为什么? 证明:与给定矢位相应的磁场为v v ex ey v v B1 = × A1 = x y cos y sin x v ex v v B2 = × A2 = x 0v ez v = ez (cos x + sin y ) z 0 v ez v = ez (cos x + sin y ) z 0v ey y sin x + x sin y所以,两者的磁场相同.与其相应的电流分布为v v 1 1 v v J1 = × B1 = (ex cos y + e y sin x)00v 1 v v J2 = (ex cos y + e y sin x)0可以验证,矢位 A1 满足矢量泊松方程,即vv v v v v 2 A1 = 2 (e x cos y + e y sin x) = (e x cos y + e y sin x) = 0 J 1但是,矢位 A2 不满足矢量泊松方程,即v32《电磁场与电磁波》——习题详解v v v v 2 A2 = 2 [e y (sin x + x sin y )] = e y (sin x + x sin y ) ≠ 0 J 2这是由于 A2 的散度不为零.当矢位不满足库仑规范时,矢位与电流的关系为vv v v v × × A2 = 2 A2 + ( A2 ) = 0 J 2可以验证,对于矢位 A2 ,上式成立,即vv v v 2 A2 + ( A2 ) = e y (sin x + x sin y ) + ( x cos y )v v v = e y (sin x + x sin y ) + ex cos y e y x sin y v v = e y sin x + ex cos y v = 0 J 23-14 半径为 a 的长圆柱面上有密度为 J S 的面电流, 电流方向分别为沿圆周方向和沿轴线方向,分别求两种情况下柱内,外的 B . 解:(1)当面电流沿圆周方向时,由问题的对称性可以知道,磁感应强度仅仅是半径 r 的函数,而且只有轴向方向的分量,即vvv v B = ez Bz (r )由于电流仅仅分布在圆柱面上,所以,在柱内或柱外, × B = 0 .将 B = ez Bz (r ) 代入 × B = 0 ,得vvvvv v B × B = eφ z = 0 r即磁场是与 r 无关的常量.在离柱面无穷远处的观察点,由于电流可以看成是一系列流向相反而强度相同的电流元之和,所以磁场为零.由于 B 与 r 无关,所以在柱外的任一点处,磁场恒为零 . 为了计算柱内的磁场, 选取安培回路为图 3-5 所示的矩形回路vh图 3-533习题三∫lv v B d l = hB = h 0 J S因而柱内任一点处, B = e z 0 J S (2) 当面电流沿轴线方向时,由对称性可知,空间的磁场仅仅有圆周分量,且只是半径的函数.在柱内,选取安培回路为圆心在轴线并且位于圆周方向的圆.可以得出,柱内任一点的磁场为零.在柱外,选取圆形回路, B d l =lvv∫vv 0 I ,与该回路交链的电流为 2π aJ S , B d l = 2π rB ,所以l∫vvv v a B = eφ 0 J S r 3-15 一对无限长平行导线,相距 2a ,线上载有大小相等,方向相反的电流 I (如 v v 图 3-6),求磁矢位 A ,并求 B .解:将两根导线产生的磁矢位看作是单个导线产生的磁矢位的叠加,对单个导线,先计算有限长度产生的磁矢位.设导线长度为 l ,导线 1 的磁矢位为(场点选在 xoy 平面)A1 =0 I 4π∫ I l / 2 + [(l / 2) 2 + r12 ]l / 2 dz = 0 ln 2 2 12 2π r1 l / 2 (r + z ) 1l/2当 l → ∞ 时,有y A1 =0 I l ln r1 2π-ar2 I图 3-6r1 a I x同理,导线 2 产生的磁矢位为A2 = 由两个导线产生的磁矢位为0 I l ln r2 2πv v l v I l A = ez ( A1 + A2 ) = ez 0 ln ln r 2π 1 r2 v 0 I r2 v 0 I ( x + a) 2 + y 2 = ez ln = ez ln 2π r1 4π ( x a) 2 + y 2相应的磁场为34《电磁场与电磁波》——习题详解v v A v A v B = × A = ex z e y z y x v I = ex 0 2π y y ( x + a) 2 + y 2 ( x a) 2 + y 2 x+a xa v I ey 0 2 2 2 2 2π ( x + a) + y ( x a) + y v v v v v v 3-16 由无限长载流直导线的 B 求矢位 A (用 B d S = A d l , 并且 r = r0 处为∫S∫C磁矢位的参考零点),并验证 × A = B . 解:设导线和 z 轴重合.由于电流只有 z 分量,磁矢位也只有 z 分量.用安培环路定律,可以得到直导线的磁场为vvv I v B = 0 eφ 2π r 选取矩形回路 C ,如图 3-7 所求.在此回路上,注意到磁矢位的参考点.磁矢位的线积分为∫ ∫SCv v A d l = Az hv v BdS =∫∫0 I Ih r d r d z = 0 ln r0 2π r 2πIBh r0 r图 3-7由此得到I r Az (r ) = 0 ln r0 2π可以验证rv v I v A v B = × A = z eφ = 0 eφ 2π r r3-17 证明 xoy 平面上半径为 a , 圆心在原点的圆电流环(电流为 I )在 z 轴上的磁标位为 m = 1 2 2 1 2 2 (a + z ) 证明:法一:由毕奥萨伐尔定律可求得,z 轴上某一点的磁感应强度为:Iz35习题三v B=Ia 22( a + z )2 2 3/ 2v ezv v B H = =Ia 2 v e 2 2 3/ 2 z 2(a + z )由 H = m = (v m v m v m v e + e + e ) x x y y z z可得 m Ia 2 = z 2( a 2 + z 2 ) 3 / 2 m = ∫ Ia 2 Iz dz = +C 2 2 3/ 2 2 2( a + z ) 2(a + z 2 )1 / 2当 z → ∞ 时, m = 0 ,求得C=所以I 2 z ) ( a + z 2 )1 / 22 m = (1 I 2法二:整个圆形回路在轴线上产生的磁场,由于对称,仅仅有轴向分量.使用叠加原理,可以计算出轴线上任一点的磁场强度为Ia 2 H= 2( a 2 + z 2 ) 3 2由磁标位与磁场强度的关系式 H = m ,可以得到m =3-18∫∞zHdz =∫∞z Ia 2 I z d z = 1 2 2 12 2 2 32 2 (a + z ) 2(a + z )一个长为 L ,半径为 a 的圆柱状磁介质沿轴向方向均匀磁化(磁化强度为M 0 ),求它的磁矩.若 L = 10cm , a = 2cm , M 0 = 2 A / m ,求出磁矩的值. 解:均匀磁化介质内的磁化电流为零.在圆柱体的顶面与底面,有v v v Jms = M × n = 036《电磁场与电磁波》——习题详解在侧面v v v v v v J m s = M × n = M 0 ez × er = M 0 eφ侧面的总电流为I = JmsL = M 0L磁矩为m = IS = Iπ a 2 = M 0 Lπ a 2代入相关数值后得m = M 0 Lπ a 2 = 2 × 0.1× π × 0.02 2 = 2.512 × 10 4 A m 23-19 球心在原点,半径为 a 的磁化介质球中, M = M 0 磁化电流的体密度和面密度. 解:磁化电流的体密度为vz2 v ez ( M 0 为常数) ,求 a2v v Jm = × M = 0在球面上v v v z2 v v v J m s = M × n = M 0 ez × er = M 0 2 sin θ eφ a注意,在球面上v v z = a cos θ , J m s = M 0 cos 2 θ sin θ eφ3-20 证明磁介质内部的磁化电流是传导电流的( r 1 )倍. 证明:由于 J = × H , J m = × Mvvvv因而 3-21v v v v v v v B = H = 0 ( H + M ) , M = 1 H = ( r 1) H 0 v v J m = ( r 1) J已知内,外半径分别为 a , b 的无限长铁质圆柱壳(磁导率为 )沿轴向有恒定的传导电流 I ,求磁感应强度和磁化电流.37习题三解: 考虑到问题的对称性, 用安培环路定律可以得出各个区域的磁感应强度. 当 r < a 时, B = 0vv I (r 2 a 2 ) v 当 a < r < b 时, B = eφ 2π r (b 2 a 2 )当 r > b 时, B = 当 a < r < b 时,v0 I v eφ 2π rv v I (r 2 a 2 ) v 1 v M = ( r 1) H = ( r 1) B = ( r 1) eφ 2π r (b 2 a 2 ) v v v 1 (rM ρ ) v ( r 1) I J m = × M = ez = ez r r π (b 2 a 2 )当 r > b 时, J m = 0 在 r = a 处,磁化强度 M = 0 ,所以vvv v v v v J m s = M × n = M × (er ) = 0在 r = b 处,磁化强度 M =v Jms3-22( r 1) I v eφ ,所以 2π b v v v v ( 1) I v = M × n = M × er = r ez 2π b v设 x < 0 的半空间充满磁导率为的均匀磁介质, x > 0 的空间为真空,线电流 I 沿 z 轴方向,如图 3-8,求磁感应强度和磁场强度. 解:由恒定磁场的边界条件,可以判断出,在磁介质和真空中,磁感应强度相同,而磁场强度不同.由问题的对称性,选取以 z 轴为轴线,半径为 r 的圆环为安培回路,有∫注意到lv v H d l = π rH 1 + π rH 2 = Iy0H1 =1B1, H2 =2B2, B1 = B2 = BIx图 3-838《电磁场与电磁波》——习题详解1 = 0 , 2 = 因而得B= 0 I π ( 0 + )r其方向沿圆周方向. 3-23 已知在半径为 a 的无限长圆柱导体内有恒定电流 I 沿轴向方向.设导体的磁导率为 1 ,其外充满磁导率为 2 的均匀磁介质,求导体内,外的磁场强度, 磁感应强度,磁化电流分布. 解:考虑到问题的对称性,在导体内,外分别选取与导体圆柱同轴的圆环作为安培回路,并注意电流在导体内是均匀分布的.可以求出磁场强度如下:Ir v eφ 2π a 2 v I v r > a 时, H = eφ 2π r磁感应强度如下:v r ≤ a 时, H =v Ir v r ≤ a 时, B = 1 2 eφ 2π a v 2 I v r > a 时, B = eφ 2π r为了计算磁化电流,要求出磁化强度:v v v v Ir I v , J m = × M = e z 1 1 r ≤ a 时, M = eφ 1 1 2 2π a 2 0 0 π av v v v I r > a 时, M = eφ 2 1 , Jm = × M = 0 0 2π r在 r = a 的界面上计算面电流时,可以理解为在两个磁介质之间有一个很薄的真空层.这样,其磁化面电流就是两个磁介质的磁化面电流之和,即v v v v v J m s = M 1 × n1 + M 2 × n2这里的 n1 , n2 分别是从磁介质到真空的单位法向.如果取从介质 1 到介质 2 的单位法向是 n ,则有vvvv v v v v J m s = M1 × n M 2 × n39习题三代入界面两侧的磁化强度,并注意到 n = er ,得vvv I v v 2 I J m s = e z 1 1 2π a + ez 1 2π a 0 0 I v = ez 2 1 0 0 2π a3-24 试证长直导线和其共面的正三角形之间的互感为M=0 a (a + b) ln1 + b a π 3 其中 a 是三角形的高,b 是三角形平行于长直导线的边至直导线的距离(且该边距离直导线最近). 证明:取如图 3-9 所示的坐标.直线电流 I 产生的磁场为B=0 I 2π x由图 3-9 知道,三角形三个顶点的坐标分别为 A(b, a3 ) , B (b, a3) ,C (a + b,0) ,直线 AC 的方程为 z=互感磁通为z A I1 b B图 3-91 (a + b x) 3C b+axΨ = BdS = 2∫∫a +b b0 I 1 (a + b x) d x 2π x 3=0 I a (a + b) ln1 + b a π 3 0 a (a + b) ln1 + b a π 3 直线与矩形回路的互感为M=3-25无限长的直导线附近有一矩形回路(二者不共面,如图 3-10),试证它们之间的互感为40《电磁场与电磁波》——习题详解M =0 a R ln 2 2 12 2π [2b( R c ) + b 2 + R 2 ]1 2b a R R1图 3-10IIc证明:直线电流 I 产生的磁场为 B =0 I ,作积分,得出磁通量 2π rΨ = BdS =注意:∫∫R1 R 0 Ia Ia R d r = 0 ln 1 R 2π r 2π1 2 1 2 1 2R1 = [c + (b + R c ) ] = [2b( R c ) + b + R ]2 2 2 2 2 2 2 2将其代入,即可得到互感. 3-26 外导体的内半径为 b , 通过的电流为 I . 空气绝缘的同轴线, 内导体半径为 a , 设外导体壳的厚度很薄,因而其储存的能量可以忽略不计.计算同轴线单位长度的储能,并由此求单位长度的自感. 解:设内导体的电流均匀分布,用安培环路定律可求出磁场.r < a 时, H =Ir 2π a 2 I a < r < b 时, H = 2π rWm =单位长度的磁场能量为∫a01 H 2 2π r d r + 2 0∫b a1 H 2 2π r d r 2 0=0 I 2 0 I 2 b ln + 16π 4π aL=故得单位长度的自感为0 0 b + ln 8π 2π a41习题三其中第一项是内导体的内自感. 3-27 一个长直导线和一个圆环(半径为 a )在同一平面,圆心与导线的距离是 d , 证明它们之间互感为M = 0 (d d 2 a 2 )证明:设直导线位于 z 轴上,由其产生的磁场I r d θB=0 I 0 I = 2π x 2π (d + r cos θ ) 0 I其中各量的含义如图 3-11 所示,磁通量为图 3-11Φ = BdS =∫∫∫0 2π 0a2π 02π (d + r cos θ )2πr dθ d r上式先对 θ 积分,并用公式∫得dθ = d + a cos θd 2 a2Φ = 0 I所以互感为 3-28∫ardr d r2 20= 0 I (d d 2 a 2 )M = 0 (d d 2 a 2 )如图 3-12 所示的长密绕螺线管(单位长度 n 匝),通过的电流为 I ,铁心的磁导率为 ,面积为 S ,求作用在它上面的力. 解:在忽略边缘影响时,密绕螺线管内部的磁场是一个均匀磁场,其值为H = NI , 管外磁场为零. 设螺线管的长度为 L , 铁心位于螺线管内的部分长度为 x , 总的磁场能量为Wm =1 1 Sx( NI ) 2 + 0 S ( L x)( NI ) 2 2 2Wm xL● ● ● ● ● ● ●用电流不变情形下的虚位移公式,得到铁心受力 x0SF==I1 ( 0 ) SN 2 I 2 2× × × × × × × 图 3-12力的方向沿 x 增加的方向.42。

电磁场与电磁波第四版第三章部分答案(可编辑修改word版)

0 0q ∂x 2ε0d d 6ε0电磁场与电磁波第三章3.7 无限大导体平板分别置于x = 0和x = d 处，板间充满电荷，其体ρ = ρ0x U 电荷密度为 d ,极板间的电位分别为 0 和 0，如图所示，求两级板之间的电位和电场强度。

解：由泊松定理得d 2φ =‒1 ρ0xφ = - 解得ρ0x 36ε d + Ax + B dx 2ε0 d在x = 0处，φ = 0，故B = 0x= d 处，φ = U 0，故U 0 = -A = U 0 + ρ0dρ0x 36ε d + Ad 故 d 6ε0φ =- ρ0x 3 + (U 0 + ρ0d )x6ε0d d 6ε0E =‒ ∇φ =‒ e x ∂φ= e x [ρ0x 2 ‒ (U 0 + ρ0d )]2W =lq3.8 证明：同轴线单位长度的静电储能 e2C 。

式中的电荷量，C 为单位长度上的电容。

l 为单位长度上解：由高斯定理可知：故内外导体间的电压为q lE (ρ) =2περ 在∫e 2 a 22πε 2CbU =bEdρ = q l 2περdρ =q l ln bq laa2πε2πε a C = U = ln b则电容为 1a 1bq l1 q 2b q 2W = ∫εE 2dV = ∫ ε()22πρdρ = l l n= l3.9 有一半径为 a,带电量 q 的导体球，其球心位于介电常数分别为 ε1和ε2的两种介质的分界面上，该分界面为无限大平面。

试求：（1）导体球的电容；（2）总的静电常量。

解：根据边界条件则E 1t = E 2t ,故有E 1 = E 2 = E ,由于 D 1 = ε1E 1,D 2 = ε2E 2,所以D 1 ≠ D 2，由高斯定理可得D 1S 1 + D 2S 2 = q即2πr 2ε1E + 2πr 2ε2E = qE = q2πr 2(ε1 + ε2)φ(a ) = ∫∞Edr = q ∫∞ 1 dr =q 导体球的电位为a 2π(ε1 + ε2) a r 22π(ε1 + ε2)a C = q = 2π(ε + ε )a电容为 φ(a )1 2 W = 1qφ(a ) =q 2(2)总的静能量为 e 24π(ε1 + ε2)a3.13 在一块厚度为 d 的导电板上，由两个半径分别为r 1和r 2的圆弧和夹角为α的两半径割出的一块扇形体，如图所示。

电磁场与电磁波答案习题3章

三种坐标系中求解拉普拉斯方程的方法，可以根据学时多少，适当取舍。若学时允许，建议介绍圆柱坐标系或球坐标系中的分离变量法。因为第九章中求解矩形波导中电磁波时还要使用直角坐标系中分离变量法。
重要公式
电位方程：
有源区中电位满足泊松方程：
无源区中电位满足拉普拉斯方程：
泊松方程的积分解：
自由空间格林函数：
泊松方程的自由空间解：
题解
3-1已知在直角坐标系中四个点电荷分布如习题图3-1所示，试求电位为零的平面。
解已知点电荷q的电位为
，令，，，，那么，图中4个点电荷共同产生的电位应为
令，得
由4个点电荷的分布位置可见，对于x=1.5cm的平面上任一点，，因此合成电位为零。同理，对于x=0.5cm的平面上任一点，，因此合成电位也为零。所以，x=1.5cm及x=0.5cm两个平面的电位为零。
，．．．
负轴上：，，
，．．．
则两板之间任一点的电位为：
3-8试证位于无限大导体平面上半球形导体上空的点电荷q受到的力的大小为
式中a为球半径，d为电荷与球心的间距，为真空介电常数，如习题图3-8(a)所示。
证明应用镜像法，将半球变为一个整球。那么，为了保证无限大导体平面和球面形成的边界电位为零，必须引入三个镜像电荷：q，q，q，其中q和q，以及q和q保证无限大平面边界的电位为零，q和q，以及q和q保证球面边界的电位为零。那么，根据镜像法，求得镜像电荷q和q分别为
解①如前所述，此时需要两个镜像电荷等效带电导体球的影响。一个是离球心处，电量为的镜像电荷。另一个镜像电荷q位于球心，其电量取决于导体球的电位。
已知导体球的电位为，而镜像电荷及球外点电荷对于球面边界的电位没有贡献，因此，球心镜像电荷q的电量应满足

电磁学第三章习题答案

第三章3.1 解：因螺绕环内的磁感应强度I n B 0μ=，所以副线圈中的感应电动势为VdtdI S dtd Sdtd 30103.1nN B N N --⨯===Φ=με副副副感应电流为A103.6RI 4-⨯==ε3.2 解：（1）设线圈发现→n 与→B 的夹角为零度时作为计时的起点，则t 时刻线圈中的感应电动势为tNBS dt t B d dt d ωωωεsin )cos S (-N-N==Φ=由此可以看出，当2t πω=或23t πω=时，即线圈法线与地磁场→B 的夹角为2π或23π时，感应电动势的值最大，此时ωεNBS m=（2）97N==ωεBS m 匝3.3 解：因距直导线为r 处的ri πμ2B 0=，所以（1）穿过回路ABCD 的磁通量t I a b l ldr riS d B basωπμπμsin ln 22000⎪⎭⎫⎝⎛==⋅=Φ⎰⎰⎰→→（2）回路ABCD 中的感应电动势 tI ab l dtωπωμεcos )(ln2d 00-=Φ-=3-5解：设t=0时，线圈与直导线处于同一平面内。

t 时刻俯视线圈与导线的相对位置如图3-19所示。

此时，线圈的有效面积是宽为AB 长为2a 的与长直导线共面的矩形面积。

穿过此有效面积的磁通量t t ab b a t ab b a b Ia tt ωωωπωμsin cos 21cos 21d )(d ε222220⎪⎭⎫⎝⎛-++++=Φ-=3-10解：设l 正方向如图3-23所示，则ac 段产生的感应电动势Vbc vB l d B l d B cbba30109.160cos 0)()(-→→→→→→⨯=+=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰ννε故感应电动势的方向为c a →，即c 点的电位高。

所以 V3oc 109.1U -⨯-=3-13解：（1）a,b 间的感应电动势22222121)(NBRR N B R B ldl B l d B d RLbaππωωυεε=⋅⋅===⋅⨯==⎰⎰⎰→→→（2）因ε的方向从轮心指向边缘，故在外电路上，I 的方向为b 指向a 。

《电磁场与电磁波》习题参考答案

D.有限差分法
6、对于静电场问题，仅满足给定的泊松方程和边界条件，
而形式上不同的两个解是不等价的。（ × ）
7、研究物质空间内的电场时，仅用电场强度一个场变量不能完全反映物质内发生的静电现象。（ √ ）
8、泊松方程和拉普拉斯方程都适用于有源区域。（ × ）
9、静电场的边值问题，在每一类的边界条件下，泊松方程或拉普拉斯方程的解都是唯一的。（ √ ）
10、将一无穷大导体平板折成如图的90°角，一点电荷Q位于图中（1, π/6）点处，求所有镜像电荷的大小和位置并在图中标出。
o r Q (1,π/6) Q3 Q1 Q2
解：在如图的极坐标系中，三个镜像电荷的大小和位置分别为： Q1 = -Q ，位置：（1, 5π/6） Q2 = Q ，位置：（1, -5π/6） Q3 = -Q ，位置：（1, -π/6）
（麦克斯韦方程组部分）
1、已知麦克斯韦第二方程为
，试说明其物理意义，并写出方程的微分形式。
答：其物理意义：随时间变化的磁场可以产生电场。
方程的微分形式：
2、简述恒定磁场的性质，并写出其两个基本方程。
答：恒定磁场是连续的场或无散场，即磁感应强度沿任一闭合曲面的积分等于零。产生恒定磁场的源是矢量源。
由，得 = ⑶由，知 G== ⑷= G/C=
（磁场部分） 1、位移电流与传导电流不同，它与电荷运动无关，只要电场随时间变
化，就会有位移电流；而且频率越高，位移电流密度越大。
2、法拉弟电磁感应定律的方程式为，当dψ/dt>0时，其感应电流产生的
磁场将阻止原磁场增加；磁场强度的单位是A/m(安培/ 米)。
B.与导体所带电荷有关
C.与导体的电势无关
D.与导体间电位差有关

电磁场与电磁波(第四版)课后答案第三章习题

sin x cos x ≠ 0
sin x cos x 不是 y > 0 空间中电位的解。
(4)
∂2 ∂2 ∂2 ∂2 (sin x sin y sin z ) + 2 (sin x sin y sin z ) + 2 2 (sin x sin y sin z ) = 2 ∂x ∂y ∂x ∂z
− sin x sin y sin z − sin x sin y sin z − sin x sin y sin z ≠ 0
3.23一电荷量为 q 质量为 m 的小带电体，放置在无限长导体平面下方，与平面距离 h 。求 q 的值以使带电体上受到的 −3 静电力恰好与重力相平衡（设 m = 2 ×10 kg , h = 0.02m）。解：小带电体可视为一点电荷 q ，它所受静电力，来自导体
' 平板的感应电荷，也就是镜像电荷 q（平面上方 h 处， q' =−q）对它的作用力。
由安培环路定律有315无限长直线电流垂直于磁导率分别为的两种磁介质的交界面试求1两种媒质中的磁感应以z轴为中心为半径做一个圆形回路c由安培环路定律有16319同轴线内导体是半径为a的圆柱外导体是半径为b的薄圆柱面其厚度可忽略不计
第三章习题
3.3 有一半径为 a 的圆柱体，已知柱内外的电位函数分别为 ϕ =0 r≤a
r≥a
uu r ur ur ∂ϕ eϕ ∂ϕ ur ∂ϕ E = −∇ϕ = −(er + + ez ) ∂r r ∂ϕ ∂z
在 r≤a 处
ur E =0
(2)这个圆柱体是由导体制成的，表面有电荷存在，其电荷密度为
σ = ε 0 Er
r =a
= −2 Aε 0 cos ϕ

电磁学第三章例题

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总结：1、E P χε0=（1）极化率χ各点相同，为均匀介质（2）τ∆=∑ip P各点相同，为均匀极化2、极化电荷体密度 ()τρ∆⋅-='⇒⋅-='⋅='⎰⎰⎰⎰SSSd P S d P q d S d P q（1）对均匀极化的介质：0='='ρq（2）特例：仅对均匀介质，不要求均匀极化，只要该点自由电荷体密度0000q ρρ''===，则：，（第5节小字部分给出证明）3、极化电荷面密度 ()nP P ˆ12⋅-='σ 2P、1P 分别为媒质2、1的极化强度，nˆ为界面上从2→1的法向单位矢。

当电介质置于真空（空气中）或金属中：n P n P =⋅='ˆ σ n P：电介质内的极化强度 n ˆ：从电介质指向真空或金属的法向单位矢。

例（补充）：求一均匀极化的电介质球表面上极化电荷的分布，以及极化电荷在球心处产生的电场强度，已知极化强度为P。

--z解：（1）求极化电荷的分布，取球心O 为原点，极轴与P平行的球极坐标，选球表面任一点A （这里认为置于真空中），则：A nP ˆ⋅=' σ 由于均匀极化，P 处处相同，而极化电荷σ'的分布情况由A nˆ与P的夹角而定，即σ'是θ的函数（任一点的nˆ都是球面的径向r ˆ） A A A P n P θσcos ˆ=⋅='任一点有： θσcos P ='所以极化电荷分布：()()()14023003022Pθσθσθθπσππθθσ⎧'>⎪⎪'<⎪⎨'===⎪⎪⎛⎫'===⎪ ⎪⎝⎭⎩右半球在、象限，左半球在、象限，左右两极处，，最大上下两极处，，最小（2）求极化电荷在球心处产生的场强由以上分析知σ'以z 为轴对称地分布在球表面上，因此σ'在球心处产生的E '只有z 轴的分量，且方向为z 轴负方向。