电磁场理论 柯亨玉 著 人民邮电出版社 课后答案

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【免费下载】物理学基本教程课后答案 第十四章 电磁场理论的基本概念

【免费下载】物理学基本教程课后答案 第十四章 电磁场理论的基本概念

第十四章 电磁场理论的基本概念14-1 平板电容器由半径为R 的两块圆形极板构成,用长直电流给其充电, 使极板间电场强度增加率为d E/d t ,L 为两极板间以r 为半径,圆心在电容器对称轴上,圆平面与极板平行的圆.以L 为边界,作曲面S 使圆平面与S形成闭合曲面以包围电容器的一个极板,如图14-1所示,求通过曲面S 的全电流,(1) r <R 时;(2)r >R 时.分析 全电流定理指出,磁场强度沿闭合回路L 的线积分等于通过以L 为边界的曲面S 的全电流,当回路L 一定时,积分值是一定的,与所取曲面形状无关.因此以r 为半径的圆作为回路,通过圆平面的全电流应等于通过曲面S的全电流.由于本题中通过S 的传导电流是未知的,可以计算通过圆平面的全电流获得所需结果.解(1) r <R 时,穿过以L 为边界圆平面的传导电流为零,圆面积为,电位移通量为,位移电流为2r S π=E r SD D 02επψ==tEr t I D d d d d 02D επψ==所以穿过S 面的全电流等于穿过圆平面的全电流,为t Er I I d d 02D επ=+(2) r>R 时, 因为忽略边缘效应,平板电容器的电场局限在极板内,极板面积为,穿过以L 为边界的圆平面的传导电流为零,电位移通量为2R S π=,位移电流为E R SD D 02επψ==tER t I D D d d d d 02επψ==所以穿过S 面的全电流等于穿过圆平面的全电流,为tE R I I D d d 02επ=+14-2 平板电容器的圆形极板半径为R =0.04m ,放在真空中.今将电容器充电,使两极板间的电场变化率为2.5×1012V/(m .s).求:(1)两极板间位移电流的大小;(2)r =0.02m 处及r=0.06m 处的磁感强度.分析 通常假定平板电容器极板间距很小,可以忽略边缘效应,认为电场局限在两极板间.解(1) 电容器的极板面积为,2R S π=穿过以L 为边界的圆平面的电位移通量为,位移电流为E R SD D 02επψ==tE R t I D D d d d d 02επψ==A111.0A 105.21085.804.014.312122=⨯⨯⨯⨯⨯=--(2)在两极板间取半径为r 的磁场线为安培回路L ,当r =0.02m<R 时,电位移通量为,位移电流为E r SD D 02επψ==tEr t I D d d d d 02D επψ==由于磁场的对称性,H 的方向在圆周回路L 的切线方向,大小处处相等,根据全电流定理,得DII r H +=⋅=⋅⎰π2d Ll H 则T 1078.2d d 2270000-⨯====tEr I r H B D μεπμμ当r =0.06m>R 时,因为电场局限在两极板间,求电位移通量时,只应计入极板的面积,,位移电流为2R πE R SD D 02επψ==tER t I D D d d d d 02επψ==得T1071.3d d 22720000-⨯====tEr R I r H B D μεπμμ14-3 给极板面积S =3cm 2的平板电容器充电,分别就下面两种情形求极板间的电场变化率d E/d t :(1) 充电电流I =0.01A ;(2)充电电流I =0.5A .分析极板内的位移电流与极板外的传导电流在大小和方向上相同,给出传导电流的大小相当于给出位移电流的大小,再根据位移电流的定义便可求出d E/d t .解 极板间位移电流为 I tES DS t t I D D ====d d d d d d 0εψ(1)当充电电流I =0.01A 时,得s)V/(m 1077.3d d 120⋅⨯==SI t E ε(2)当充电电流I =0.5A 时,得s)V/(m 1088.1d d 140⋅⨯==SIt E ε14-4 平板电容器的正方形极板边长为0.3m ,当放电电流为1.0A 时,忽略边缘效应,求(1)两极板上电荷面密度随时间的变化率;(2)通过极板中如图14-4所示的正方形回路abcd(3)环绕此正方形回路的的大小.⎰⋅Ld l B 分析 若极板上电荷面密度,则对于平板电σ容器有D=.σ解 (1) 极板上电荷,根据传导电流的S q σ=定义,有,得tS t q I d d d d σ==s)C/(m 1.11s)C/(m 3.00.1d d 2222⋅=⋅===d I S I t σ(2)正方形回路abcd 间的位移电流为A 0.111A 1.111.0d d d d d d 2D =⨯====tS DS t t I abcda abcda D σψ(3)正方形回路abcd 的磁感强度环流为1.39×10-7 Wb/m==⋅⎰DabcdaI 0d μl B 14-5 证明对任意形状电容器,当电容量C 不变化时,位移电流为, 其中C 为电容器电容, V 为两极板电势差.tVCI D d d =证 对任意形状的电容器, t 时刻极板带电量 q =CV ,当C 不变时I ==tVC t q d d d d tVCI I D d d ==14-6 极板面积为S 的一平板电容器与一电动势为E 的电源相连接, 若电容器两极板间的距离d 随时间变化, 且两极板相互离开的速度的大小为v . 在不考虑电源内阻及线路内阻的情况下, 忽略边缘效应, 求两极板间的位移电流.分析 两极板以速度v 相互离开时, 电容器始终与电源相连, 不考虑电源内阻, 也不考虑线路内阻, 两极板的电势差正好为电源电动势.于是可以计算出极板间场强和电位移矢量.解 板间电位移矢量大小为D =dE E00εε=vS 200)(d d d d dd t S S t D I D E Eεε===14-7 如图14-7所示,匀速直线运动的点电荷+q ,以速度v 向O 点运动,在O 点处画一半径为R 的圆,圆面与v 垂直(v<<c ),试计算通过此圆面的位移电流.应用全电流定理计算圆边缘某一点的磁感强度.设运动电荷与该点的距离为r , 把计算结果与运动电荷的磁感强度计算式作比较.304r q rB ⨯=v πμ分析由运动电荷的磁感强度表示式可以看出,该磁场具有轴对称性,即以电荷运动方向为轴线,与轴线距离相等并与电荷距离相等处磁感强度大小相等、方向在垂直于轴线并以轴线为中心的圆的切线方向.解 半径为R 的圆中心到电荷的距离为x ,其边缘到电荷的距离,如图14-722x R r +=所示,当 v<<c 时, 运动点电荷周围电场具有球对称性,以电荷为中心、r 为半径的球的电位移通量为q ,通过给定圆的电位移通量等于以r为半径以该圆为边界的球冠的通量.球冠面积为,则通过给定圆的)(2x r r -π电位移通量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=21222)(114)(2x R x q r x q r x r r qD ππψ因=- v ,则通过圆平面的位移电流为txd d (1)2/32222/3222)(2)(d d 2d d x R qR x R t xR q t I D D +=+-==v ψ分析表明,运动电荷的磁场具有轴对称性,磁场线是垂直于轴线圆心在轴上的一系列同心圆.设圆边缘某点P 的磁感强度为B ,磁场强度为H ,以给定圆为积分回路L ,应用全电流定理和(1)式,得23222L )(22d x R qR I I R H D +=+=⋅=⋅⎰v πl H 2/322)(4x R qR H +=πv由于,,则2/122)(sin x R R +=ϕ22x R r +=2004sin r q H B πϕμμv ==因磁感强度方向在垂直于轴线的圆的切线方向,并利用矢量积的定义,可r ⨯v 以将上式写成矢量式,为304r q r B ⨯=v πμ与运动电荷磁感强度计算公式相同.。

电磁场与电磁波[第四版]课后答案谢处方第二章习题

电磁场与电磁波[第四版]课后答案谢处方第二章习题
电位
描述电场中某点电荷所具有的势 能,其值等于单位正电荷从该点 移动到参考点时所做的功。
电介质与电位移矢量
电介质
指能够被电场极化的物质,其内部存 在大量的束缚电荷。
电位移矢量
描述电场中某点的电场强度和电介质 极化效应的矢量,其值等于电场强度 和极化强度矢量的矢量和。
高斯定理与泊松方程
高斯定理
在静电场中,穿过任意闭合曲面的电 场强度通量等于该闭合曲面内所包围 的电荷量。
填空题答案及解析
答案
麦克斯韦方程组
解析
麦克斯韦方程组是描述电磁场的基本方程,其中包括了 变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场两个重要的 结论。因此,填空题2的答案是麦克斯韦方程组。
计算题答案及解析
答案:见解析
解析:根据电磁场理论,电场和磁场是相互依存的,变化的电场产生磁场,变化的磁场产生电场。在 计算题1中,需要利用法拉第电磁感应定律和麦克斯韦方程组进行计算和分析。具体计算过程和结果 见解析部分。
泊松方程
描述静电场中某点的电位与电荷分布 的关系,其解为该点的电位分布。
03
恒定磁场
磁场强度与磁感应强度
磁场强度
描述磁场强弱的物理量,与电流、导线的环绕方向相关。
磁感应强度
描述磁场对放入其中的导体的作用力的物理量,与磁场强度和导体在磁场中的放置方式 相关。
Hale Waihona Puke 安培环路定律与磁通连续性原理
安培环路定律
偏振是指电磁波的振动方向与传播方向之间的关系,可以分为横波和纵波两种类 型。在时变电磁场中,电磁波通常是横波,其电场矢量和磁场矢量都与传播方向 垂直。
05
习题答案及解析
选择题答案及解析
选择题1答案及解析

电磁场理论 答案 习题4

电磁场理论 答案 习题4

( evr
2 cosθ
+
evθ
sin θ
)
4-5 接地无限大导体平板上有一个半径为 a 的半球形突起,在点 (0,0, d ) 处有一个
点电荷 q (如图 4-3),求导体上方的电
z
位。
d·q
解:计算导体上方的电位时,要保持导 体平板部分和半球部分的电位都为零。先找平
面导体的镜像电荷 q1 = −q ,位于 (0,0,−d )
k Q2
所以在整个过程中,外力作的总功为
8πε 0d
. 也可以用静电能计算,在移动以前,系统的静电能等于两个点电荷之间的相互 w 作用能:
wwW
=
1 2
q1ϕ1
+
1 2
q2ϕ
2
=
1 Q
2

−Q ε0 (2d )
+
1 (−Q) 2 4π
−Q ε0 (2d )
=
− Q2 8π ε0d
移动点电荷到无穷远以后,系统的静电能为零。因此,在这个过程中,外力作
h 4-3 证明:一个点电荷 q 和一个带有电荷 Q 、半径为 R 的导体球之间的作用力为
.kF
=
q 4π ε 0
⎡ ⎢ ⎢ ⎢
Q
+ D
Rq
D
2

DRq (D2 − R2 )2
⎤ ⎥ ⎥ ⎥
w⎣

其中 D 是 q 到球心的距离 (D > R) 。
ww证明:使用镜像法分析。由于导体球不接地,本身又带电 Q ,必须在导体球内
om 处。再找球面镜像电荷 q2 = −aq / d ,位于
a b·q2 ·
-b·q3

电磁场理论(柯亨玉)答案第三章静态电磁场.pdf

电磁场理论(柯亨玉)答案第三章静态电磁场.pdf

由B A
得: Az Ay 0 y z
Ax Az 0 z x
Ay x
Ax y
B0
可得一解为: Az Ay 0
还可得另一解为: Ax Az 0
还存在其它解。 两者之差的旋度:
Ax B0 y Ay B0 x
eˆx eˆy eˆz
( Ayeˆy Axeˆx ) (B0 xeˆy B0 yeˆx )
磁失势的引入及方程的推导过程我们以图解的方式表示其中引入的条件是无传导电流的单连通区域如电流是环形分布的磁标势适合的区域只能是挖去环形电流所围成的壳形之后剩下的区域
第三章 静态电磁场
1. 静电场中,电位函数满足的方程及其边界条件 电位函数的引入及其方程的推导过程。我们以图解的方式表示
D
E
x
0 y z
B0 y B0 x 0
3-10. 证明:设线圈中的电流分别为 I1, I 2
线圈 1 对线圈 2 的作用力为
f12
0 4
I
2
dl2
(I1
dl1r12 )
L1 L2
r132
0 I1I2
dl2
(dl1r12 )
4
L1 L2
r132
0 I1I 2
[(dl2 r12 )dl1 (dl1 dl2 )r12 ]
设介质被抽出的一段长为 x , C 便等于无介质部分的电容 C1 与有介质部分的电容
C2 的迭加,即
C
C1
C2
2 0 x ln(b a)
2 (L x) ln(b a)
2 [L ln(b a)
(
0
)x]
则 W V2 C 2
V2 2
2 [L ( ln(b a)

电磁场理论 武汉大学 柯亨玉chap6[1]

电磁场理论 武汉大学   柯亨玉chap6[1]

其中
A
0
r j0 P e jkr 4 πr
J r' dV
V V
dr' dP ni r qi dV jP dt i dt
1 ˆ ˆ ˆ J r r' dV r r' J dV r r' J Jr' r' J Jr' dV 2 V V V dr dr 1 1 ˆ r' r' ˆ r'J dV r r' dV r 2 V 2 dt dt V 1 d 1 1 ˆ ˆ ˆ ˆ r 3 r' r' r dV r r'J dV r D r m 6 dt V 2 6 V
dV dV
r r' J r' exp j t a 0 4 π r r' V Ar e jt
E r ,t r ,t Ar ,t E r r jAr t Br Ar Br ,t Ar ,t

r r'

1
场点与源区的距离大约在一个波长的数量级,在 这个范围中,源直接产生的场与变化电磁场相互 激发所产生的电磁场同时并存,量级上相当。在 这个区域中,既有变化的电磁场相互激发形成的 电磁波,将源的能量以电磁波形式辐射出去。同 时也存在不向外辐射的静态场,将源提供能量的 一部分存储在空间中,这一区域称为感应区。
2 I 0 Lk 3cos 1 j jkr ˆ E r H r er e 2 3 j0 4π0 kr kr 1 2 I 0 Lk 3cos j 1 j jkr ˆ e e 4π0 kr kr 2 kr 3

电磁场理论课后习题1答案

电磁场理论课后习题1答案

电磁场理论课后习题1答案电磁场理论是物理学中的重要课程,它研究了电磁场的产生、传播和相互作用。

在学习这门课程时,课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。

本文将针对电磁场理论课后习题1给出详细的解答。

习题1:一个带电粒子在电磁场中运动,受到的洛伦兹力为F=q(E+v×B),其中q是粒子的电荷量,E是电场强度,v是粒子的速度,B是磁感应强度。

请证明:洛伦兹力对粒子所做的功率为P=qv·E。

解答:根据洛伦兹力的表达式F=q(E+v×B),我们可以将其展开为F=qE+qv×B。

其中第一项qE表示粒子在电场中受到的电力,第二项qv×B表示粒子在磁场中受到的磁力。

根据功率的定义,功率P等于力F对时间t的导数,即P=dW/dt,其中W表示对物体所做的功。

所以我们需要计算洛伦兹力对粒子所做的功。

根据力的功的定义,功W等于力F对位移的积分,即W=∫F·ds。

在这里,位移ds是粒子在运动过程中的微小位移。

将洛伦兹力F=qE+qv×B代入功的计算式中,得到W=∫(qE+qv×B)·ds。

由于电场强度E和磁感应强度B是空间中的矢量场,所以我们可以将其展开为E=E_xi+E_yj+E_zk和B=B_xi+B_yj+B_zk的形式。

对于微小位移ds,我们可以将其表示为ds=dx·i+dy·j+dz·k。

将上述表达式代入功的计算式中,得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q(v_xi+v_yj+v_zk)×(B_xi+B_yj+B_zk))·(dx·i+dy·j+dz·k)。

根据矢量积的性质,可以得到v×B=(v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k。

将其代入功的计算式中,得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q((v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k))·(dx·i+dy·j+dz·k)。

电磁场理论(柯亨玉)答案第四章 静电场的求解方法

电磁场理论(柯亨玉)答案第四章 静电场的求解方法

1 G(r , r ') ln r r ' C 2
其中 C 是常数,取决于电位参考点的选取。 上半空间 z 0 的格林函数:
1 1 1 G(r , r ') ( ) 4 R1 R2
式中: R1 [( x x' ) 2 ( y y' ) 2 ( z z ' ) 2 ]
s
第三类格林函数
1 1 ds' s r
G(r , r ')
1 2 G (r r ')

(G G) s 0
其中 、 为已知常数。 第三类静电边值问题的解
(r ) (r ')G(r , r ')dv'
v


f (r ')G(r , r ')
( A0 B0 ln r )(C0 D0 ) ( A r B r )[C cos() D sin()]

其中 0 ,是非整数。 球坐标系中的通解形式: 若 具有轴对称性,即 与 无关:
[ Al r l Bl r (l 1) ]pl (cos )
球内、外空间的格林函数
1
2
球外: G (r , r ')
1

1 1 a 1 ( ) 4 R1 d1 R2
式中: R1 [r 2 d12 2rd1 cos ]
2
2 R2 [r 2 d 2 2rd 2 cos ]
1
2
d2
a2 d1
球内: G(r , r ')
s

ds'

电磁场理论课程习题答案

电磁场理论课程习题答案

电磁场理论习题集信息科学技术学院第1章1-1 在直角坐标系中,试将微分形式的麦克斯韦方程写成8个标量方程。

1-2 试证明:任意矢量E 在进行旋度运算后再进行散度运算,其结果恒为零,即∇ ⋅ (∇ ⨯ E ) = 01-3 试由微分形式麦克斯韦方程组,导出电流连续性方程t∂∂-=∇⋅ρJ1-4 参看1-4题图,分界面上方和下方两种媒质的介电常数分别为 ε1和 ε2,分界面两侧电场强度矢量E 与单位法向矢量n 21之间的夹角分别是 θ1和 θ2。

假设两种媒质分界面上的电荷面密度 ρS = 0,试证明:2121tan tan εεθθ=上式称为电场E 的折射定律。

1-5 参看1-4题图,分界面上方和下方两种媒质的磁导率分别为 μ1和 μ2,假设两种媒质的分界面上的表面电流密度矢量J S = 0,把图中的电场强度矢量E 换成磁感应强度矢量B 。

试证明:2121tan tan μμθθ=上式称为磁场B 的折射定律。

若 μ1为铁磁媒质,μ2为非铁磁媒质,即 μ1>>μ2 ,当 θ1 ≠ 90︒ 时,试问 θ2的近似值为何?请用文字叙述这一结果。

1-6 已知电场强度矢量的表达式为E = i sin(ω t - β z )+j 2cos(ω t - β z )通过微分形式的法拉第电磁感应定律t∂∂-=⨯∇BE ,求磁感应强度矢量B (不必写出与时间t 无关的积分常数)。

1-7 一平板电容器由两块导电圆盘组成,圆盘的半径为R ,间距为d 。

其间填充介质的介电常数 ε 。

如果电容器接有交流电源,已知流过导线的电流为I (t ) = I 0sin(ωt )。

忽略边缘效应,求电容器中的电位移矢量D 。

1-8 在空气中,交变电场E = j A sin(ω t - β z )。

试求:电位移矢量D ,磁感应强度矢量B 和磁场强度矢量H 。

1-9 设真空中的磁感应强度为)106sin(10)(83kz t e t B y -⨯=-π试求空间位移电流密度的瞬时值。

[2016.12.01].电磁场习题答案

[2016.12.01].电磁场习题答案

anA
an
an (anA)
A An
At
1
《电磁场理论》习题参考答案
(2) 如下图所示,垂直于 ak 的平面内任意一点的位置矢量 R 在 ak 上的投影
相同, 即 Rak C , C 为坐标原点 O 到该平面的距离。该平面包含点(0, 0, 1),故 az ak C .因此,该平面的方程为 Rak az ak .
《电磁场理论》习题参考答案
《电磁场理论》第一章习题(部分) 参考答案
1. 课本习题:1.6
2. 求证,如果已知 AB AC , A B A C ,且 A 为非零矢量,则 B = C。
提示:利用矢量恒等式(A.2)(见附录 A)
在 A B A C 两边同时叉乘矢量 A
AA B A AC .
q2 4 (1 2)a
15
《电磁场理论》习题参考答案
2.17、一平行板电容器,极板面积为 S,一板接地,另一板平移,当板间间隔为 d 时,将之充电至电压为U ,然后移去电源、使极板间隔增至 nd(n 为整数)。 忽略边缘效应。试求:
解:解题思路 ①由散度定理求出点电荷的电场强度 ;
②由 ③由 ④由
求出极化强度 ;
⋅ 求出

⋅ 求出 ;
⑤由
求出总的束缚电荷 。


⋅4

4

1
1
4
⋅| ⋅
1
1 4
4 1⋅ 1
4
1⋅4 ⋅ 1 ⋅
⋅1 0
0
2.9、边长为 a 的介质立方体的极化强度为
,如果立方体中心
位于坐标原点,求束缚电荷体密度和束缚电荷面密度,在这种情况下总的束缚电 荷为多少?(课本习题 2.9)

高等电磁场理论课后习题答案

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。

《电磁场理论》练习题与参考答案(最新版)

《电磁场理论》练习题与参考答案(最新版)

第1~2章 矢量分析 宏观电磁现象的基本规律1. 设:直角坐标系中,标量场zx yz xy u ++=的梯度为A,则M (1,1,1)处A= ,=⨯∇A 0 。

2. 已知矢量场xz e xy e z y e A z y x ˆ4ˆ)(ˆ2+++= ,则在M (1,1,1)处=⋅∇A 9 。

3. 亥姆霍兹定理指出,若唯一地确定一个矢量场(场量为A),则必须同时给定该场矢量的 旋度 及 散度 。

4. 任一矢量场在无限大空间不可能既是 无源场 又是 无旋场 ,但在局部空间 可以有 以及 。

5. 写出线性和各项同性介质中场量D 、E 、B 、H、J 所满足的方程(结构方程): 。

6. 电流连续性方程的微分和积分形式分别为 和 。

7. 设理想导体的表面A 的电场强度为E 、磁场强度为B,则(a )E 、B皆与A 垂直。

(b )E 与A 垂直,B与A 平行。

(c )E 与A 平行,B与A 垂直。

(d )E 、B 皆与A 平行。

答案:B8. 两种不同的理想介质的交界面上,(A )1212 , E E H H ==(B )1212 , n n n n E E H H == (C) 1212 , t t t t E E H H == (D) 1212 , t t n n E E H H ==答案:C9. 设自由真空区域电场强度(V/m) )sin(ˆ0βz ωt E eE y -=,其中0E 、ω、β为常数。

则空间位移电流密度d J(A/m 2)为:ˆˆˆ222x y z e e e ++A⋅∇A ⨯∇E J H B E Dσ=μ=ε= , ,t q S d J S ∂∂-=⋅⎰ t J ∂ρ∂-=⋅∇ 0A ∇⋅=0A ∇⨯=(a ) )cos(ˆ0βz ωt E ey - (b ) )cos(ˆ0βz ωt ωE e y -(c ) )cos(ˆ00βz ωt E ωey -ε (d ) )cos(ˆ0βz ωt βE e y -- 答案:C 10. 已知无限大空间的相对介电常数为4=εr ,电场强度(V/m) 2cos ˆ0dxeE x πρ= ,其中0ρ、d 为常数。

电磁场理论基础第三版答案柯亨玉

电磁场理论基础第三版答案柯亨玉

电磁场理论基础第三版答案柯亨玉1.磁感应强度的单位是( ) [单选题] *A)T(正确答案)B)WbC)N/AD)Wb/m2.水的温度从17℃升高到100℃,用热力学温标表示,水温升高了( ) [单选题] *A)83K(正确答案)B)300KC)356KD)373K3.物体沿斜面匀速下滑,在此过程中物体的( ) [单选题] *A)机械能守恒B)机械能增加C)重力势能增加D)重力势能减少(正确答案)4.下列过程中,主要通过做功方式改变物体内能的是( ) [单选题] *A)湿衣服中的水蒸发B)水中的冰融化C)池水在阳光的照射下温度升高D)锤子敲击钉子后钉子变热(正确答案)5.直流电动机通电后,使线圈发生转动的力是( ) [单选题] *A)电场力B)磁场力(正确答案)C)万有引力D)重力6.在国际单位制中,属于基本单位的是 [单选题] *A)牛顿B)米(正确答案)C)特斯拉D) 焦耳7.电场强度的单位是 [单选题] *A) N/C(正确答案)(B) V/C(C) J/CD) T/C8.电子是原子的组成部分,一个电子带有 [单选题] *A) l.6×l0的-19次方C的正电荷(B) l.6×l0的-19次方C的负电荷(正确答案)(C) 9.l×l0的-31次方C的正电荷D) 9.l×l0的-31次方C的负电荷9.气体由无规则运动的分子组成,分子间有相互作用,因此气体的内能 [单选题] *A)仅包含分子动能B)仅包含分子势能C)与分子动能及分子势能无关D)包含分子动能及分子势能(正确答案)10.两个分子从相距很远(分子间作用力可忽略)变到很难靠近的过程中,表现为[单选题] *A)相互吸引B)相互排斥C)先排斥后吸引D)先吸引后排斥(正确答案)11.一杯水含有大量的水分子,若杯中水的温度升高,则( ) [单选题] *A)水分子的平均动能增大(正确答案)B)只有个别水分子动能增大C)抽有水分子的动能都增大D)每个水分子的动能改变量均相同12.下列物理量中,属于标量的是( ) [单选题] *A)功(正确答案)B)位移C)加速度D)电场强度13.静电场的电场线( ) [单选题] *A)可以相交B)是闭合的曲线C)起始于正电荷,终止于负电荷(正确答案)D)是点电荷在电场中运动的轨迹14.a、b和c三个带电小球,c带负电,a和b相互排斥,b和c相互吸引。

最新《电磁场理论》练习题与参考答案(最新版)资料

最新《电磁场理论》练习题与参考答案(最新版)资料

第1~2章 矢量分析 宏观电磁现象的基本规律1. 设:直角坐标系中,标量场zx yz xy u ++=的梯度为A,则M (1,1,1)处 A = ,=⨯∇A 0 。

2. 已知矢量场xz e xy e z y e A z y x ˆ4ˆ)(ˆ2+++= ,则在M (1,1,1)处=⋅∇A 9 。

3. 亥姆霍兹定理指出,若唯一地确定一个矢量场(场量为A),则必须同时给定该场矢量的 旋度 及 散度 。

4. 任一矢量场在无限大空间不可能既是 无源场 又是 无旋场 ,但在局部空间 可以有 以及 。

5. 写出线性和各项同性介质中场量D 、E 、B 、H 、J所满足的方程(结构方程): 。

6. 电流连续性方程的微分和积分形式分别为 和 。

7. 设理想导体的表面A 的电场强度为E 、磁场强度为B,则(a )E 、B皆与A 垂直。

(b )E 与A 垂直,B与A 平行。

(c )E 与A 平行,B与A 垂直。

(d )E 、B 皆与A 平行。

答案:B8. 两种不同的理想介质的交界面上,(A )1212 , E E H H == (B )1212 , n n n n E E H H == (C) 1212 , t t t t E E H H == ˆˆˆ222x y z e e e ++A⋅∇A ⨯∇EJ H B E Dσ=μ=ε= , ,tq S d J S∂∂-=⋅⎰tJ ∂ρ∂-=⋅∇ 0A ∇⋅=0A ∇⨯=(D) 1212 , t t n n E E H H ==答案:C9. 设自由真空区域电场强度(V/m) )sin(ˆ0βz ωt E eE y -=,其中0E 、ω、β为常数。

则空间位移电流密度d J(A/m 2)为:(a ) )cos(ˆ0βz ωt E ey - (b ) )cos(ˆ0βz ωt ωE e y -(c ) )cos(ˆ00βz ωt E ωey -ε (d ) )cos(ˆ0βz ωt βE e y -- 答案:C 10. 已知无限大空间的相对介电常数为4=εr ,电场强度(V/m) 2cos ˆ0dxeE x πρ= ,其中0ρ、d 为常数。

电磁场理论 答案 习题3

电磁场理论 答案 习题3

v A2
,上式成立,即

∇2
v A2
+
∇(∇

v A2
)
=
evy
=
evx
cos
y
+
evy
sin
x

v A2
=
evy (sin
x
+
x sin
y)
给出相同的磁场
m v o 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
课 后 答 案 网
么?
c 证明:与给定矢位相应的磁场为
. evx
evy
v
w B1
=

×
v A1
=
∂ ∂x
∂ ∂y
cos y sin x
《电磁场与电磁波》——习题详解

2
v A2
=
∇2[evy (sin
x
+
x sin
y)]
=
−evy (sin
x
+
x sin
y)


µ0
v J2
这是由于
v 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
∇×∇×
v A2
=
−∇2
v A2
+
∇(∇ ⋅
v A2 )
=
µ0
v J2
可以验证,对于矢位
1 a

1 b
⎟⎞ 2 ⎠
a r2
1 −1 ab
课 后 答 案 网
c 由P
=
U
2 0
,得
. R

电磁场理论习题及答案6解读

电磁场理论习题及答案6解读

1. 在3z m =的平面内,长度0.5l m =的导线沿x 轴方向排列。

当该导线以速度24x y m v e e s=+在磁感应强度22363x y z B e x z e e xz T =+-的磁场中移动时,求感应电动势。

2.长度为l 的细导体棒位于xy 平面内,其一端固定在坐标原点。

当其在恒定磁场0z B e B =中以角速度ω旋转时,求导体棒中的感应电动势。

3.试推出在线性、无耗、各向同性的非均匀媒质中的麦克斯韦方程。

4.试由麦克斯韦方程推导出电流连续性方程J tρ∂∇⋅=-∂。

5.设真空中电荷量为q 的点电荷以速度()v vc 向正z 方向匀速运动,在0t =时刻经过坐标原点,计算任一点位移电流密度(不考虑滞后效应)。

R6.已知自由空间的磁场为0cos()/y H e H t kz A m ω=-式中的0H 、ω、k 为常数,试求位移电流密度和电场强度。

7. 由麦克斯韦方程出发,试导出静电场中点电荷的电场强度和泊松方程。

8.由麦克斯韦方程组出发,导出毕奥-萨伐尔定律。

9.如图所示,同轴电缆的内导体半径1a mm =,外导体内半径4b mm =,内、外导体间为空气介质,且电场强度为 8100cos(100.5)/r E e t z V m r=- (1)求磁场强度H 的表达式 (2)求内导体表面的电流密度; (3)计算01Z m ≤≤中的位移电流。

10.试由麦克斯韦方程组中的两个旋度方程和电流连续性方程,导出麦克斯韦方程组中的两个散度方程。

11.如图所示,两种理想介质,介电常数分别为1ε和2ε,分界面上没有自由电荷。

在分界面上,静电场电力线在介质2,1中与分界面法线的夹角分别为1α和2α。

求1α和2α之间的关系。

12.写出在空气和∞=μ的理想磁介质之间分界面上的边界条件。

13.在由理想导电壁)(∞=r 限定的区域a x ≤≤0内存在一个由以下各式表示的电磁场:)cos()cos()sin()sin()()sin()sin()(000t kz axH H t kz a xa k H H t kz a xa H E z x y ωπωππωππμω-=-=-=这个电磁场满足的边界条件如何?导电壁上的电流密度的值如何?14.设电场强度和磁场强度分别为)cos()cos(00m e t H t E ψωψω+=+=证明其坡印廷矢量的平均值为)cos(2100m e av H E S ψψ-⨯=15.一个真空中存在的电磁场为0sin x E e jE kz = 0cos H e E kz ε= 其中2//k c πλω==是波长。

电磁场理论 武汉大学 柯亨玉chap3[1]

电磁场理论 武汉大学   柯亨玉chap3[1]

i sids
1 2
si Eds
si
f ds
si
得到单位导体表面积受到的静
电力是:
| f
1 2
s E
导体表面
其中 E|导体表面为系统总电荷在导体 表面处产生的电场。
| f
1 2
s
E
导体表面
含受力面元本 身的电荷在内
3.4 恒定电流的磁场
1 恒定电流磁场的矢势
恒定电流产生的磁场满足的方程是:
H r dl J r ds H r J r
Laplace方程
r
ε
S
2 静电场的边界条件
Poisson方程或Laplace方程的求解,必需
知道位函数所在区域边界上的状态,即边
界条件。所谓边界条件即电场在介质交界
面两侧所满足的方程。可直接从静电场满
足的方程(积分)导出。
D2 D1 nˆ s
22
12

s
2
2 n
1
1 n
s
nˆ E2 E1 0
L
s
Br ds 0 Br 0
s
引入矢量函数 Ar ,磁感应强度可表示为
Br Ar
磁感应强 度矢量是 一个无散 场,一个 无散矢量 场可以表 示为某个 矢量函数 的旋度。
称矢量函数 Ar 为磁矢势。
由磁感应强度的无散性引入的磁矢势不是唯一确定的
如果: Br Ar 设: Ar Ar r
电位 和标 量磁 位之 间的 比较
3.5 电感与磁场的能量
1 自电感与互电感
电流环C1在空间产生 磁场,该磁场对以回 路C2为边界的曲面的 磁通量(又称为磁通
匝链数)为:
12
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(2) 利用(1)式的结果即可。 (3) 据 ∇ 算子的微分性质,并按乘积的微分法则,有
v v v v v v ∇ ⋅ ( E × H ) = ∇ ⋅ ( Ec × H ) + ∇ ⋅ ( E × Hc )
再 ∇ 算子的矢量性,并据公式
v v v v v v v v v a ⋅ (b × c ) = c ⋅ (a × b ) = b ⋅ (c × a )
1-6. (1) 证: ∇ ⋅ A =
v
∂Ax ∂Ay ∂Az + + ∂z ∂x ∂y dAx ∂u dAy ∂u dAz ∂u + + du ∂x du ∂y du ∂z
=
v dA = ∇u ⋅ du
ˆx ( (2) 证: ∇ × A(u ) = e
v
∂Ax ∂Az ∂Ay ∂Ax ∂Az ∂Ay ˆy ( ˆz ( − )+e − )+e − ) ∂y ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x
v
性质
a)偶函数: δ ( x ) = δ ( − x ) b)取样性:


−∞
f ( x)δ ( x − a)dx = f (a)
有机会用到的表达式:
δ (r − r ') = −
v
1 2 1 ∇ v 4π r − r'
1-1.
证明:
v v ˆx9 + e ˆy 2 − e ˆz 6) ⋅ (e ˆx 2 + e ˆy3 + e ˆz 4) A ⋅ B = (e =18+6-24
1 ∂u ∂ 2 u 1 ∂ 2u ∂ 2u + 2 + 2 + ρ ∂ρ ∂ρ ρ ∂ϕ 2 ∂z 2
球坐标系中
v ˆr r = re
ˆr + rdθe ˆθ + r sin θdϕe ˆϕ dr = dre
dv = r 2 sin θdrdθdϕ ∇u = ∂u 1 ∂u 1 ∂u ˆϕ ˆr + ˆθ + e e e ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ
ˆ i h j hk dq j dq k ds i = dl j × dl k = q
dv = dl i ⋅ dl j × dl k = hi h j hk dq i dq j dq k
ˆi = q ˆj ×q ˆk , q ˆi ⋅ q ˆj ×q ˆk = 1 , 式中 i 、 j 、 k 代表循环量 1、2、3, q
dv = ρdρdϕdz
∇u =
1 ∂u ∂u ∂u ˆρ + ˆϕ + e ˆz e e ρ ∂ϕ ∂ρ ∂z
v Fρ ∂Fρ 1 ∂Fϕ ∂Fz ∇⋅F = + + + ρ ∂z ∂ρ ρ ∂ϕ
ˆρ e v 1 ∂ ∇× F = ρ ∂ρ Fρ ∇ 2u = ∂ ∂ϕ ρFϕ ˆϕ ρe ˆz e ∂ ∂z Fz
v dA dAz ∂u dAy ∂u v ˆx ( ˆx − ) = (∇u × )e 右边第一项的 x 分量 = e du du ∂y du ∂z
同理
v dAx ∂u dAz ∂u dA ˆy ( ˆy e − ) = (∇u × )e du ∂z du ∂x du
v dA dAy ∂u dAx ∂u ˆz ( ˆz − e ) = (∇u × )e du du ∂x du ∂y
⎛ ∂x hi = ⎜ ⎜ ∂q ⎝ i
⎞ ⎛ ∂y ⎟ ⎟ +⎜ ⎜ ⎠ ⎝ ∂qi
2
⎞ ⎛ ∂z ⎟ ⎟ +⎜ ⎜ ⎠ ⎝ ∂qi
2
⎞ ⎟ ⎟ 称拉梅系数。 ⎠
2
三种坐标系中坐标单位矢量间的关系:
ˆ ρ ⎤ ⎡ cos ϕ ⎡e ⎢e ˆ ⎥ ⎢ ⎢ ϕ ⎥ = ⎢− sin ϕ ⎢ ˆz ⎥ ⎦ ⎢ ⎣ 0 ⎣e
v 1 ∂ 2 ∂Fϕ 1 ∂ 1 ∇⋅F = 2 (r Fr ) + (sin θFθ ) + ( ) r sin θ ∂θ r sin θ ∂ϕ r ∂r
ˆr e 2 r sin θ v ∂ ∇× F = ∂r Fr
ˆθ e r sin θ ∂ ∂θ rFθ
ˆϕ e r ∂ ∂ϕ r sin θFϕ
v ∂γ = du i ∂u i
v ∂γ ˆi du i =u ∂u i
其中弧长
v ∂γ dli = dli = du i ∂u i ˆx +x ˆ x +x ˆ x = ∑x ˆ y ˆ γ =x
1 1 2 2 3 3 j
其中
v
3
j
j =1
v 3 ∂xj ∂γ ˆj x =∑ ∂u i j =1 ∂u i
其中 Ac 、 Bc 暂时视为常矢,再根据二重矢量积公式
v
v
v v v v v v v a × (b × c ) = (a ⋅ c )b − (a ⋅ b )c
将上式右端项的常矢轮换到 ∇ 的前面,使变矢都留在 ∇ 的后面
v v Ac = a v v Bc = a

v v v v v v ∇( Ac ⋅ B) = Ac × (∇ × B) + ( Ac ⋅ ∇) B v v v v v v ∇( A ⋅ Bc ) = Bc × (∇ × A) + ( Bc ⋅ ∇) A
v (∇ ⋅ Fe = 0) v (∇ × Fl = 0)
因此一个矢量场要从散度和旋度两个方面去研究 4)
δ 函数
定义:
⎧0 v δ (r − r ') = ⎨ ⎩∞
v
v (r ≠ r ') v (r = r ')
⎧ ⎪0(r '在v外) ⎩
∫ δ (r −r ')dv = ⎨ ⎪1(r '在v内)
第一章 矢量分析与场论基础 内容提要 1) 正交曲线坐标系: 设有三组互相正交的曲面族由下列方程定义:
q1 = q1 ( x, y, z )
q 2 = q 2 ( x, y, z )
dl i = hi dqi
q 3 = q 3 ( x, y , z )
在正交曲线坐标中的线元、面元、体元分别为
ˆ i hi dqi dl i = q
S
∫ (∇ × F ) ⋅ ds = ∫ F ⋅ dl
s L
v
v
其中 s 是由 l 所包围的面积。
直角坐标系中 F 的旋度
v
ˆx e v ∂ ∇× F = ∂x Fx
拉普拉辛是梯度的散度 在直角坐标系中:
ˆy e ∂ ∂y Fy
ˆz e ∂ ∂z Fz
∇ ⋅ ∇u = ∇ 2 u =
一个矢量的拉普拉辛定义为:
球坐标与直角坐标 2) 矢量及其运算: 直角坐标中算符 ∇ 的定义:
∇=
一个标量函数 u 的梯度为:
∂ ∂ ∂ ˆx + e ˆy + e ˆz e ∂x ∂y ∂z
∇u =
∂u ∂u ∂u ˆx + ˆy + ˆz e e e ∂z ∂x ∂y
梯度给出了一点上函数 u 随距离变化的最大速率,它指向 u 增大的方向。 一个矢量 F 穿过一个曲面 S 的通量ψ 为
v ( x − x' ) ( y − y' ) ( z − z' ) R ˆx + ˆy + ˆz = e e e = R R R R ∇' R = ∂R ∂R ∂R ˆx + ˆy + ˆz e e e ∂x' ∂y ' ∂z '
v R − ( x − x' ) − ( y − y' ) − ( z − z' ) ˆx + ˆy + ˆz = − e e e = R R R R v R 所以 ∇R = −∇' R = R
v v v v v v v v v v ∇( A ⋅ B) = Ac × (∇ × B) + ( Ac ⋅ ∇) B + Bc × (∇ × A) + ( Bc ⋅ ∇) A
除去下标 c 即可
v v v v v v v v v v ∇( A ⋅ B) = A × (∇ × B) + ( A ⋅ ∇) B + B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A
sin ϕ cos ϕ 0
ˆx ⎤ 0⎤ ⎡ e ⎢ˆ ⎥ 0⎥ ⎥ ⎢e y ⎥ ˆz ⎥ 1⎥ ⎦ ⎣e ⎦⎢
柱坐标与直角坐标
ˆγ ⎤ ⎡ sin θ ⎡e ⎢ ⎥ ⎢ ˆθ ⎥ = cos θ ⎢e ⎢ ⎢e ⎥ ˆ ⎣ 0 ⎣ ϕ⎦ ⎢
ˆρ ⎤ 0 cosθ ⎤ ⎡e ⎥ ⎢ ˆϕ ⎥ 0 sin θ ⎥ ⎢e ⎥ ⎢ ˆ 1 0 ⎥ e ⎦⎣ z ⎥ ⎦
据公式 ∇f (u ) =
df ∇u du
v 1 1 R ∇ = − 2 ∇R = − 3 R R R v R 1 1 ∇' = − 2 ∇' R = 3 R R R
v 1 1 R 所以 ∇ = −∇' = − 3 R R R v R 1 ∇ × 3 = −∇ × ∇ = 0 (梯度的旋度等于零) R R v v v R 1 1 ∇ ⋅ 3 = 3 ∇ ⋅ R + R ⋅∇ 3 R R R
v 3 1 + R ⋅ (−3) 4 ∇R 3 R R v v − 3R 3 = 3 + R⋅ 5 = 0 ( R ≠ 0) R R =
同理
v v v R 1 1 ∇'⋅ 3 = 3 ∇'⋅R + R ⋅ ∇' 3 R R R
= −3 v 1 + R ⋅ (−3) 4 ∇' R 3 R R v v R − 3 v 3R = 3 + R ⋅ 5 = −∇ ⋅ 3 = 0 R R R
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