工程电磁场--课后答案(王泽忠-全玉生-卢斌先-著)-清华大学出版社课后题解.pdf

电磁场题解 第二章第二章 静电场静电场 (注意：以下各题中凡是未标明电介质和导体的空间，按真空考虑） 2-1 在边长为a的正方形四角顶点上放置电荷量为q的点电荷， 在正方形几何中心处放置电 荷量为Q的点电荷。问Q为何值时四个顶点上的电荷受力均为零。 解 如图建立坐标系，可得 xxxx a Q aa q Eeee 2/ 1 2 2 42 1 2 21 4 2 0 22 0 + += yyyy a Q aa q Eeee 2/ 1 2 2 42 1 2 21 4 2 0 22 0 + += 据题设条件，令 0 2 2 4 2 1= + +Qq， 解得 ()221 4 += q Q 2-2 有一长为2l，电荷线密度为的直线电荷。 1）求直线延长线上到线电荷中心距离为2l处的电场强度和电位； 2）求线电荷中垂线上到线电荷中心距离为2l处的电场强度和电位。 解 1）如图（a）建立坐标系，题设线电荷位于x轴上ll 3之间，则x处的电荷微元在坐 标原点产生的电场强度和电位分别为 () x x x eE= 2 0 4 d d ， x x 0 4 d d = 由此可得线电荷在坐标原点产生的电场强度和电位分别为 ( )()() x l l x l l lx x eeEE= 0 3 2 0 3 64 d d0 ( )3ln 44 d d0 0 3 0 3l = l ll x x 2） 如图 （b） 建立坐标系， 题设线电荷位于y轴上ll 之间，则y处的电荷微元在点()l 2 , 0处产生的电场强度和电 位分别为 () r r y eE= 2 0 4 d d ， r y 0 4 d d = 式中， 2 cos d 2dly =， cos 2l r =， 5 1 4 sin 22 = + = ll l ，分别代入上两式，并考虑 对称性，可知电场强度仅为x方向，因此可得所求的电场强度和电位分别为 () lllr y l xxx x 0 0 0 0 0 2 0 0 54 sin 4 dcos 4 cos 4 d 2d2 0 , 2 eee eEE= () 0 1 0 0 0 0 24 . 0 42 1 tan 2 1 tanln 2cos d 4 d2 0 , 2 = += l 2-3 半径为a的圆盘，均匀带电，电荷面密度为 。求圆盘轴线上到圆心距离为b的场点的 电位和电场强度。 解 根据电荷分布的对称性，采用圆柱坐标系。 坐标原点设在圆盘形面电荷的圆心，z轴与面电 荷轴线重合。场点 P的坐标为()b, 0。在带电圆 8 电磁场题解 盘上取一个电荷元rrd d，源点坐标为()r , 0。由电荷元产生的电位 d d d = rr R4 0 计算 P点电位时，场点坐标()b, 0不变，源点坐标()r , 0中 r 是变量。 22 brR+= 整个圆盘形面电荷产生的电位为 () ()bba bba a br rra br rr + += + = + = 22 0 222 0 022 0 0 2 022 0 2 = 2 2 d 4 dd 根据电荷分布的对称性，整个圆盘形面电荷产生的电场强度只有ez方向的分量 zzz ba b b b ba b z eeeE + = + = 22 0 222 0 1 22 2-4 在空间，下列矢量函数中哪些可能是电场强度，哪些不是？回答并说明理由。 1）34eee yxz + 2）xyz xz eee y +4 3） yzx xz eee y +4 4）r r e （球坐标系）5）r 2e （圆柱坐标系） 解 对于给定各矢量表达式求旋度，可得 1）()0 143 43= =+ zyx xyx zx eee eee y 2）()0 4 4= =+ zyx zyx zyx xyx zx eee eee y 3）() y xyx zx xzy zyx xzye eee eee y 2 4 4= =+ 4）()0= r re 5）()()() zzzz rr r rr rr rA rr reeeee33 111 22 = = = 据0=E，可知式 3）和式 5）不可能是电场强度表达式，而其余各式可能是电场 强度表达式。 2-5 有两相距为d的平行无限大平面电荷，电荷面密度分别为和。求两无穷大平面分 割出的三个空间区域的电场强度。 解 如图 2-4 所示的三个区域中，作高斯面 1 S，据高斯通量定理， 可得在区域（1）和（3）中，电场强度为零；再作高斯面 2 S，据 高斯通量定理，可得在区域（2）， 0 =E 9 电磁场题解 2-6 求厚度为d，体电荷密度为的均匀带电无限大平板在空间三个区域产生的电场强度。 解 如图 2-5 所示的三个区域中，作高斯面 1 S，据高斯通量定理， 电场强度在 1 S上的通量为 0 1 11 2d 1 dS SE s = sE 可得在区域（1）和（3）中，电场强度 0 1 2 d E = 对于区域（2），如图建立坐标系，作高斯面 2 S，据高斯通量定理，电场强度在 2 S上的通 量为 0 2 2221 xS SESE=+，得 = 22 000 1 0 2 d x dx E x E 2-7 有一半径为a的均匀带电无穷长圆柱体其单位长度上带电荷量为。 求空间的电场强度。 解 如图建立圆柱坐标系，设圆柱体的体电荷密度为， 则有 = 2 a，即 2 a = 作柱对称高斯面，可得 当ar 0） 中的相对介电常数为r2。已知Eeee 1 201050=+ xyz，求D1、E2和D2。 解 根据ED=，已知 zyx eeeE501020 1 +=， 则有 zryrxr eeeD 0101011 501020+= 有根据边界条件，可得 z r r yx eeeE 2 1 2 50 1020 += 及 zryrxr eeeD 0202022 501020+= 2-16 一半径为a的金属球位于两种不同电介质的无穷大分界平面处，导体球的电位为0。 求两种电介质中各点的电场强度和电位移矢量。 解 设上、下半球的电荷面密度分别为 1 和 2 ，则在半 径为r的球面上，有 () 2 21 2 2 2 1 222arDrD+=+，即 () 2 21 2 2 2 1 arDrD+=+ 将 111 ED=、 222 ED=代入上式，同时考虑到在介质界面上，电场强度只有沿界面切 线方向的分量，即EEE= 21 ，则有 () 2 21 2 2 2 1 aErEr+=+ () () 2 21 2 21 r a E + + =，据题意可得 () a a a 1 d 21 2 21 0 + + = rE，由此可得 () a 210 21 + =+， () () 2 0 2 21 2 210 r a ra a E = + + =， 2 01 11 r a ED =，并可得 2 02 22 r a ED = 2-17 在直角坐标系中，给定一电荷分布为 12 电磁场题解 = 0 0 cos() a xaxa xa ( ( ) 求空间各区域的电位分布。 解 作图 2-12 所示的圆柱面，两端面位于ax=处，则当ax 时，闭合面内所包围的电 荷量为 ( ) = = = x a a Sx a a Sxx a SxQ x x sin2sin2dcos2 0 0 0 0 0 电场强度为 x x a a eE = sin 0 0 当ax 时，闭合面内所包围的电荷量为 ( )0sin2sin2dcos2 0 0 0 0 0 = = = = a a a Sx a a Sxx a SxQ a a 则电场强度也为零。 设( )00 =，可得 ( ) = = = 1coscosdsind 0 2 2 0 0 0 0 0 x 0 0 0 x a a x a aa xx a a xEx x x 2-18 在平行平面静电场中，若边界线的某一部分与一条电场强度线重合。问：这部分边界 线的边界条件如何表示？ 解 由于边界线为电场强度线，则不能是等电位线，界面上也无电场强度的法线方向分量， 则界面上0=，由此可得，界面上边界条件为0= n 2-19 无限大导体平面上方左右对称放置两种电介质，介电常数分 别为1和2。在第一种电介质中距导体平面a，距电介质分 界面b处， 放置一点电荷q。 若求解区域为第一种媒质的空间， 求镜象电荷。 解 在图 2-13 中，设下半区为导体，则可得镜象电荷分别为q、 q和 q，其中qq 2 21 + = 2-20 导体表面如图 2-14 所示的两无限 大平面， 在两导体平面形成的空间区域 放置一点电荷q。问：两平面之间夹角 为下列数值中哪一个时可以用镜象 法？镜象电荷如何分布？ 1） = 40o， 2） = 60o， 3） = 80o 解 当 60=时可以用镜象法求解， 镜象电荷如图 2-15 所示。 2-21 求截面如图 2-16 所示长度为l的两种圆柱形电容器的 电容。 13 电磁场题解 解 （1） 设内、外极板上分别有电 荷q，则在两种介质中的电场强度分 别为 lr q E 1 1 2 =， lr q E 2 2 2 = 电极间电压为 += += 2 23 1 12 21 /ln/ln 2 dd 3 2 2 1 RRRR l q rErEU R R R R 因此，极间电容为 231122 21 /ln/ln 2 RRRR l C + = （2） 设内、 外极板上分别有电荷q， 其中在第一种介质中， 内导体上的面电荷密度为 1 ， 在第二种介质中，内导体上的面电荷密度为 2 ，则据高斯定理，有 ()()+=+22 121121 RRrDrD，考虑边界条件，有EEE= 21 ， 代入上式，可得 ()()+=+22 121121 RRErEr，即 () () + + = 2 2 21 1211 rr RR E，又有 () () 1 2 21 1211 ln 2 2 d 2 1R RRR rEU R R + + = 因此 ()() () 12 211211 /ln 22 RR l U lRlR U q C + = + = 2-22 球形电容器内导体极板半径为 1 R， 外导体极板半径为 2 R， 极板间充满介电常数为的 电介质。求电容器的电容。 解 设球形电容器内导体电极上的分别带有电荷q，则在极间介质中的电场强度为 2 4r q E =，极间电压为 () 21 12 21 4 11 4 d 2 1RR RRq RR q rEU R R = = 因此 12 21 4 RR RR U q C = 第三章第三章 恒定电场恒定电场 3-1 导电回路的电阻为R。要使回路中维持恒定电流，则回路中电源的电 动势应为多少？解 根据欧姆定律，可知 RIe = 3-2 一平行平板电容器如图 3-1 所示。两极板相距，极 14 电磁场题解 板之间有两层电介质。第一种电介质厚度为，介电常数为 ，电导率为。第二种电介质厚度为，介 电常数为，电导率为。若两极之间加电压 ，求电介质中的电场强度、漏电流密度、电介质分界面上自由电荷的面 密度。 解 据题意可得 ()UadEaE=+ 21 ，又有 2211 EE=， 得 1 2 1 2 EE =，代入上式，得介质中的电场强度为 () ()ada U ada U E + = + = 12 2 2 1 1 ， ()ada U E + = 12 1 2 漏电流密度为 () 121 21 2211 + = ad U EEJ 分界面上自由电荷的面密度为 () () 121 2112 112212 + = ad U EEDD 3-3 如图 3-2 所示，由导电媒质构成的半圆环，电导率为 ，求 A、B 之间的电阻。 解 设有电流I从 A向 B 流动，A、B 间的电压为U，则在导电媒 质中，有0 2 =，对于圆柱坐标，有 0 1 2 2 2 2 = = r ，解得 BA+= 代入边界条件 ()00 =，得 0=B ()UA=，得 /UA = 15 电磁场题解 即 U =， eE = r 1 ， e U r = 1 EJ bR R a U adr U r JdsI bR R + = + ln 1 因此，可得所求电阻为 R bR a I I U R + = ln 3-4 如图 3-3 图所示， 由导电媒质构成的扇形， 厚度为， 电导率为。求 A、B 之间的电阻。 解 设 A、B 间的电压为U，则在导电媒质中有 0 1 2 = = r r rr ，解得 BrA+=ln，代入边界条件， 0ln 1 =+ BRA，UBRA=+ 2 ln，解得 12/ lnRR U A =， 12 1 /ln ln RR RU B= 可得 112 ln /lnR r RR U =， rr rRR U r eeE 1 /ln 12 = = r rRR U eEJ = 12/ ln ， bR R a U ra U r I bR R + = + lnd 1 d sJ 因此，可得 R bR a I U R + = ln 3-5 如图3-4图所示， 半球形电极埋于 陡壁附近。已知 电极半径为 ， 距离， 土壤的电导率为 16 电磁场题解 。，考虑陡壁的影响，求接地电阻。 解 由于有地面和陡壁的影响，求接地电阻需按图 3-5 取镜象，则可将整个空间视为导电媒 质（土壤）。在图 3-5 中，设两电极间的电压为U2，极间有电流I2，由于， 则在极间导电媒质中由于一个球中电流的影响，应有， 2 4r I E =，则有 a I U 4 1 =， 考虑另一电极的影响，有 h I U 24 2 = 因此，球对地的电压为 ha ahI ha I UUU 2 2 42 11 4 21 + = +=+= 接地电阻为 ha ah I U R 4 2 2 1 + = 3-6 在导电媒质中，电荷的体密度为 。当导电媒质为均匀媒质时， 和都不随空间位置变化， 因此电荷密度为零。 另一方面， 由定义可知，体电流密度为电荷体密度乘以电荷运动的速度。试解释均匀导电媒质中 体电流密度不为零而体电荷密度为零这一“矛盾”。 解 在定义式vJ=中，体电荷密度为运动电荷的体密度。 3-7 由导电媒质中欧姆定律的微分形式，试导出两电极之间电压与导电媒质中总电流之间 关系（欧姆定律的积分形式）。 解 设图 3-6 所示电导率为的导电媒质的长度为l、截面为S，其中的体电流密度为 z J eJ 0 =， 则有EJ=，对等式两边做体积积分，可得 = vv vEvJdd 0 ，即 SUIl=，由此可得 R S l I U = ，即为欧 姆定律积分形式表达式。 第四章第四章 恒定磁场恒定磁场 (注意：以下各题中凡是未标明磁媒质的空间，按真空考虑） 17 电磁场题解 4-1 如题 4-1 图所示，两条通以电流I的半无穷 长直导线垂直交于 O点。在两导线所在平 面，以 O点为圆心作半径为R的圆。求圆 周上 A、B、C、D、E、F各点的磁感应强 度。 解 参考教材 71 页的例 4-1，可知，图 4-2 所示 通有电流I的直导线在P点产生的磁感应强度 为 () eB 12 0 coscos 4 = r I 因此，可得（设参考正方向为指出纸面） R I RR I BA 4 2 2 135cos180cos 2 2 0cos135cos 4 00 = = () R I R I BB 4 1 0cos90cos 4 00 = 用类似的方法可得 R I BC 4 0 =，I R BC 0 2 12 =， R I BD 4 0 =， R I BE 2 0 =，I R BF 0 2 12 + = 4-2 xy平面上有一正n边形导线回路。 回路的中心在原点，n边形顶点到原点的距离为R。 导线中电流为I。 1）求此载流回路在原点产生的磁感应强度； 2）证明当n趋近于无穷大时，所得磁感应强度与半径为R的圆形载流导 线回路产生的磁感应强度相同； 3）计算n等于 3 时原点的磁感应强度 。 解 如图 4-3 中所示为正n边形导线回路的一个边长，则所对应的圆心角 为 n 2 ，各边在圆心产生的磁感应强度为 ()()() ( )( ) eeee eeeB = = = nR I nr I r I r I r I r I r I tan 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos2 4 coscos 4 coscos 4 00 1 0 1 0 1 0 11 0 12 0 1 1）n 条边在圆心产生的磁感应强度为 eB = nR In tan 2 0 2）当 n时，圆心处的磁感应强度为 eeB R I nR In n 2 tan 2 lim 00 = = 3）当n等于 3 时圆心处的磁感应强度为 eeB R I R I 2 33 3 tan 2 3 00 = = 18 电磁场题解 4-3 设矢量磁位的参考点为无穷远处，计算半径为R的圆形导线回路通以电流I时，在其 轴线上产生的矢量磁位。 解 如图 4-4 建立坐标系，可得轴线上z处的矢量磁位为 0d 4 22 0 = + = lRz I lA 4-4 设矢量磁位的参考点在无穷远处， 计算一段长为 2 米的直线电流I在其中垂线上距线电 流 1 米处的矢量磁位。 解 据 76 页例 4-4，可得 () () 12 210 cos1sin cos1sin ln 4 = I z eA， 其中， 45 1 =， 135 2 =，则 12 12 ln 4 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 ln 4 00 + = + + = II zz eeA 4-5 在空间，下列矢量函数哪些可能是磁感应强度？哪些不是？回答并说明理由。 1） Ar r e （球坐标系） 2） A xy yx ()ee+ 3） )( yx yxAee 4） Are（球坐标系） 5） Are（圆柱坐标系） 解 1） 03)( 1 3 2 =AAr rr A 2） 0 =+ z A y A x A z y x A 3） 01-1 =+ z A y A x A z y x A 4） 0 sin 1 )sin( sin 1 )( 1 2 2 =+= A r A r Ar rr r A 5） 0 1 )( 1 =+= z AA r rA rr z r A 由于0= B，因此以上表达式中，1）不是磁感应强度表达式，而 2）5）可能是磁 感应强度表达式。 4-6 相距为d的平行无限大平面电流，两平面分别在zd= / 2和zd=/ 2平行于xy平 面。面电流密度分别为K x e和K y e，求由两无限大平面分 割出的三个空间区域的磁感应强度。 解 如图建立坐标系，并作平行于xz平面的闭合回线 1 l，据安 培环路定律，可得 2 K Hx= 和平行于yz平面的闭合回线 2 l，可得 2 K Hy= 考虑坐标系，及HB=可得 当 2 d z，作闭合回线 2 l，据安培环路定律，可得 2 00 dJ B =， 因此，可得 e e B e 4-9 如图 4-8 所示， 两无穷长平行圆柱面之间均匀分布着密度为J的体电流。 求小圆柱面内 空洞中的磁感应强度。 解 设小圆柱面内空洞中的任意点p至大、小圆柱面的轴心距离分别为 1 r、 2 r，当空洞内 也 充 满 体 电 流 时 ， 可 得p点 的 磁 感 应 强 度 为 1 10 1 2 eB Jr =，空洞内的体电流密度在p点产生的磁感应 强度为 2 20 2 2 eB Jr = () x d J rr J eeeBBB 22 0 2211 0 21 =+= 4-10 内半径为R1，外半径为R2，厚度为h，磁导率为 （ 0）的圆环形铁芯，其上均匀紧密绕有N 匝 线圈，如图 4-9 所示。线圈中电流为I。求铁芯中的 磁感应强度和磁通以及线圈的磁链。 解 在铁芯中作与铁芯圆环同轴半径为r的闭合回线，据安培环路定律，可得铁芯中磁感应 强度为 eB r IN 2 0 = 相应的磁通为 1 200 ln 2 d 2 2 1R RINh rh r IN R R = 磁链为 1 2 2 0 ln 2R RhIN N = 4-11 在无限大磁媒质分界面上，有一无穷长直线电流 20 电磁场题解 I，如图 4-10 所示。求两种媒质中的磁感应强度和磁场强度。 解 设z轴与电流的方向一致，则据安培环路定律，可得 12 HrHrI+=， 据边界条件，可得 2211 HH= 解以上两式，得 () eH r I 21 2 1 + =， () eH r I 21 2 2 + =， () eBB r I 21 21 21 + = 4-12 如图 4-11 所示，无穷大铁磁媒质表面上方有一对平行直导线，导线截面半径为R。求 这对导线单位长度的电感。 解 根据教材 97 页例题 4-12、4-13，可得平行长线 a、b 的单为长度内自感为 4 0 = i L 对于外自感，如图 4-12 取镜象，a、b 之间的外磁 链可视为 a、b 和 c、d 中的电流分别作用后叠加， 即 R dI R RdI lnln 00 11 =， 2 22 0 22 0 22 4 4 ln 2 4 ln 2h hdI h hdI+ = + = 外磁链为 2 22 0 2 22 00 21 4 4 ln 4 4 lnln h hd R dI h hdI R dI+ = + +=+= 外自感为 2 22 0 4 4 ln h hd R d I Lo + = 因此，自感为 2 22 00 4 4 ln 4h hd R d LLL oi + +=+= 4-13 如图 4-13 所示， 若在圆环轴线上放置一无穷长 单匝导线，求导线与圆环线圈之间的互感。若 导线不是无穷长，而是沿轴线穿过圆环后，绕 到圆环外闭合，互感有何变化？若导线不沿轴 线而是从任意点处穿过圆环后绕到圆环外闭 合，互感有何变化？ 解 设长直导线中有电流I，则在铁芯线圈中产生的磁 通和磁链分别为 1 20 ln 2R RIh =， 1 20 ln 2R RNIh N = 因此，两线圈之间的互感为 1 20 ln 2R RNh I M =根据诺以曼公式，可知两线圈之 间的互感也可视为铁芯线圈中的电流产生被直导线所链 绕的磁通与电流的比值，则题设后两种情况中，直导线 链绕的磁通没有发生变化，因此互感也不变。 21 电磁场题解 4-14 如图 4-14 所示，内半径为R1，外半径为R2，厚度 为h，磁导率为（ 0）的圆环形铁芯，其上 均匀紧密绕有N匝线圈。求此线圈的自感。若将铁 芯切割掉一小段，形成空气隙，空气隙对应的圆心角 度为，求线圈的自感。 解 当线圈中有电流I时，设铁芯中的磁场强度为H、 气隙中为 0 H，据安培环路定律，可得 ()NIrHr= + 0 2H 据边界条件，可得 00H H=，代入上式，得 () () + = + = 2 2 0 0 0 r NI r NI H 相应的磁通为 () + = 2 0 0 r NI HB 则铁芯及气隙中的磁通为 () 1 2 0 0 ln 2 d 2 1R R r NhI rhB R R + = 线圈所链绕的磁通为 () 1 2 0 2 0 ln 2R R r hIN N + = 则电感为 () 1 2 0 2 0 ln 2R R r hN I L + = 4-15 分别求如图 4-15 所示，两种情况中两回路之间的互感。 解 （a）如图建立坐标系，对于三角 形部分，可得x b d y 2 = 长直导线中的电流I在三角形线圈中 产生的磁感应强度为 ()xa I B + = 2 0 ， 则磁通为 + = + = a ba ab b Id x xa x b Id b ln 2 d 2 0 0 0 互感为 + = a ba ab b d II Mln 2 0 （b）如图建立坐标系，对于三角形部分，可得()bx b d y= 2 22 电磁场题解 长直导线中的电流I在三角形线圈中产生的磁感应强度为 ()xa I B + = 2 0 ， 则磁通为 () + += + = b a ba ba b Id x xa bx b Id b ln 2 d 2 0 0 0 互感为 () + +=b a ba ba b d II Mln 2 0 4-16 试证明真空中以速度v运动的点电荷所产生的磁场强度和电位移 矢量之间关系为HvD= 。 证明 如图 4-16，点电荷q在半径为r处产生的电位移矢量为 r r q eD 2 4 =，当点电荷q以速度v向z方向运动时在半径为r处产生的 磁场强度为Dv e v ev H= = 22 44r q r q rr 证毕。 4-17 试证明真空中以角速度作半径为R圆周运动的点电荷q在圆心处产生的磁场强度为 n R q eH 4 =， n e是与圆周运动方向成右手螺旋关系方向的单位矢量。 证明 如图 4-17 所示，以角速度作半径为R圆周运动的点电荷q 的线速度为 evR=，则磁场强度 n r R q R Rqv e e H 44 2 = = 证毕。 4-18 如图 4-18 所示，半径为a，长度为2l的永磁材料圆柱，被永久 磁化到磁化强度为M z0e 。求轴线上任一点的磁感应强度B和 磁场强度H。 解 等效的磁化电流体密度和面密度分别为 0 0 = = = zm M eMJ， eeeeMK 00 MM rznm = 参阅教材 72 页例 4-2， 可得图 4-19 所示电流微元zMd 0 在 z点产生的磁感应强度为 () z zza zMa eB 2 3 222 0 2 0 2 d d + = 则圆柱体上的磁化电流在轴线上产生的磁感应强度为 () z ll zza zMa eBB + = 0 2 3 222 0 2 0 0 d d2 z zla zl zla zlM e )()( 2 2222 00 + + + + = z zla zl zla zlM eM B H2 )()( 2 2222 0 0 + + + + = 4-19 有两个相邻的线圈，设各线圈的磁链的参考方向与线圈自 身电流的参考方向成右手螺旋关系，问：如何选取两线圈电流参考方向，才能使互感 系数为正值？如何选取两线圈电流参考方向，才能使互感系数为负值。 解 选择I1和I2的参考方向，使I1产生的磁通与I2成右手关系、I2产生的磁通与I1成右 23 电磁场题解 手关系，则互感系数为正值。选择I1和I2的参考方向，使I1产生的磁通与I2成左手关系、 I2产生的磁通与I1成左手关系，则互感系数为负值。 4-20 半径为a的无穷长圆柱，表面载有密度为K0e的面电流。求空间的磁感应强度和矢 量磁位。 解 如图建立圆柱坐标，由于对称性，则场量仅可能为r的函数，作轴 心与z重合、半径分别大于或小于a圆柱面，据= s 0dsB，可得 02=rlBr，即0= r B；对于 z B，由于磁感应强度线应经无穷远处 闭合，即()()sarBsarB s z s z dd= ，则当ar ，0= z B；当 ar ， 作 闭 合 回 线l， 据 安 培 环 路 定 律 ， 可 得 () 1001 dlKlarBz l = lB，即()KarBz 0 =；作轴心与z重 合、半径分别大于或小于a圆环线，据安培环路定律，可得0= B。 综合以上分析，可得磁感应强度为 B e = 0 0 Kra ra z ( () ) 根据 = sl sBlAdd，可得矢量磁位为 = )( 2r )( 2 2 0 0 ar Ka ar Kr e e A 式中l为环绕s的闭合回线。 4-21 在沿z轴放置的长直导线电流产生的磁场中， 求点( , ,)0 1 0 与点( ,)01 0 之间的矢 量磁位差和标量磁位差（积分路径不得环绕电流）。 解 沿z轴放置的长直导线电流产生的磁场，作轴心与z重合、半径为 1 的圆环线，设积分 路径为点( , ,)0 1 0 与点( ,)01 0 之间半圆环线， 由于在半径相同的点上， 矢量磁位相同， 因此矢量磁位差为 0；标量磁位差 22 d I r r I l m = = lH，式中正、负与电流与 积分路径绕行方向相关。 第五章第五章 时变电磁场时变电磁场 5-1 如图 5-1 所示，一个宽为a、长为b的矩形导体框，放置在磁场中，磁感应强度为 Be= Bt y0sin 。导体框静止时其法线方向en与 y e呈 角。求导体框静止时或以角速度绕x轴旋转（假定 t = 0时刻， = 0）时的感应电动势。 解 由于 y tBeBsin 0 =，据 = s t es B d， 导体框静止时， tBabab t B ecoscoscos 0 = = 导体框旋转时， ()() tabBtabB tabtB t tabB tt e 2cos2cos2 2 1 cossincosd 00 0 s = = = = sB 24 电磁场题解 5-2 设 图5-2中 随 时 间 变 化 的 磁 场 只 有z轴 分 量 ， 并 沿y轴 按 BBy tBtky z =( , )cos() m 的规律分布。 现有一匝数为 N 的线圈平行于xoy平面，以速 度v沿y轴方向移动（假定t = 0时刻，线圈几 何中心处y = 0） 。求线圈中的感应电动势。 解 据 () = l elBvd 设 2 , 2 21 a vty a vty+=，则有 ()()()kvtvBNb a vtk a vtkvBNbyByBvNbe mm sin 2 cos 2 cos 2211 = + =+= 一半径为a的金属圆盘，在垂直方向的均匀磁场B中以等角速度旋转，其轴线与磁场平 行。在轴与圆盘边缘上分别接有一对电刷，如图 5-3 所示。这 一装置称为法拉第发电机。试证明两电刷之间的电压为 2 2B a 。 解 由于 t d d =，dd =t，t=，rv = 则有 () = a l Ba rBre 0 2 2 dd lBv 5-3 设平板电容器极板间的距离为d，介质的介电常数为0，极板间接交流电源，电压为 uUt= msin 。求极板间任意点的位移电流密度。 解 对于平板电容器，极间电场为均匀场， 则有 t d U E m sin=，t d U ED m sin 0 =，t d U e D J m D cos 0 = = 5-4 一同轴圆柱形电容器，其内、外半径分别为cm1 1 =r、cm4 2 =r，长度m5 . 0=l，极 板间介质的介电常数为 0 4，极板间接交流电源，电压为tu=100sin26000 V。 求t = 10 . s时极板间任意点的位移电流密度。 解 对于同轴圆柱形电容器，由于lr ，则极间电场强度和电压分别为 r E 2 =， 1 2 ln 2r r u =，因此 4ln ln 2 1 2 u r r u = ， r u E 1 4ln =， r u D 1 4ln 4 0 = ， r t t D1 4ln 100cos100260004 0 = = J () 2 5 0 A/m 1081 . 6 4ln 100260004 s 1 r r rr te e J = = 5-5 当一个点电荷以角速度作半径为R的圆周运动时，求圆心处位移电流密度的表达式。 25 电磁场题解 解 在圆心处，电位移矢量 32 44R q R q r R eD=， 由于 ev r r t = ，则可得圆心处位移电流为 () yxD tt R q R q R R q tR q t Jeeee RD cossin 4444 2233 = = = 5-6 一个球形电容器的内、外半径分别为a和b，内、外导体间材料的的介电常数为、电 导率为，在内、外导体间加低频电压uUt= mcos 。求内、外导体间的全电流。 解 对于球形电容器，极间电场强度为 2 4r q E =， 电压 ab abq ba q u = = 4 11 4 ，则有 rab uab E 1 =， 2 1 rab uab D = 因此，传导电流密度 22 1 cos 1 r t ab abU rab uab EJ m c = = 位移电流密度 2 1 sin r tU ab ab t D J mD = = 全电流密度 () 2 0 sincos r tt ab abUmr J = 全电流 ()ttr ab abU JrI m sincos 4 4 2 = 5-7 在一个圆形平行平板电容器的极间加上低频电压uUt= msin ，设极间距离为d，极 间绝缘材料的介电常数为，试求极板间的磁场强度。 解 圆形平行平板电容器极间的电场强度、电位移矢量及位移电流密度均为均匀场，即 t d U d u E m sin=，t d U ED m sin=，t d U t D J m D cos= = 据安培环路定律，可得 D JrrH 2 2=，则 eHr d tUrJ mD 2 cos 2 = 5-8 在交变电磁场中，某材料的相对介电常数为r= 81、电导率为 = 42 . S/ m。分别求 频率f11= kHz、f21= MHz、以及f31= GHz时位移电流密度和传导电流密度的比 值。 解 据 f f J J c 9 12 1007 . 1 2 . 4 21085 . 8 81 = = ，可得 f11= kHz时， 6 1007 . 1 = c D J J ；f21= MHz时， 3 1007 . 1 = c D J J ； f31= GHz时，07 . 1 = c D J J 5-9 一矩形线圈在均匀磁场中转动，转轴与磁场方向垂直，转速min/r3000=n。线圈的 匝数100=N，线圈的边长cm2=a、cm5 . 2=b。磁感应强度B = 01 . T。计算线圈 中的感应电动势。 解 转速 r/sec50r/sec 60 3000 r/min3000=n，角频率 rad/sec100= 26 电磁场题解 线圈截面 abS =，磁通 tabBcos=，磁链 tNBabNcos= 线圈中的感应电动势 tttNBab t e sin57 . 1 sin250025 . 0 02 . 0 1 . 0100sin d d = V11. 1= 有效值 e 5-11 图 5-4 所示的一对平行长线中有电流i tIt( )sin= m 。求矩形线框中的感应电动势。 解 如图建立坐标系，则线框中任意点的磁感应强度为 ()() + = + = abrr abi r i abr i B 222 元磁通 rBhdd=，则线圈所链绕的磁通 z z cb b cb b a act b cb abb abcbi e e + + = + + + = + ln 2 lnln 2 d 线圈的感应电动势 () () t cba acbhI t d e m cosln 2d+ + = 5-10 一根导线密绕成一个圆环，共 100 匝，圆环的半径为 5cm，如图 5-5 所示。当圆环绕其 垂直于地面的直径以500 r / min的转速旋转时， 测得导线的端电 压为mV5 . 1（有效值），求地磁场磁感应强度的水平分量。 解 转速 r/s 60 500 r/min500=n， 角频率 rad/s 60 5002 = ， 线圈截面 222 m00785 . 0 05 . 0 =rS 通过线圈的磁通量 tBScos=，相应的磁链 tNBSNcos=， 则线圈的电动势为 tNBS t e sin d d =， 电动势的有效值 V105 . 1 260 500205 . 0 100 2 3 2 = =B NBS e 有效值 因此，所求地磁 T1016. 5 500205. 0100 260105 . 1 5 2 3 = = B 5-13 真空中磁场强度的表达式为()xtHH zzz =sin 0 eeH， 求空间的位移电流密度 和电场强度。 解 据磁场强度表达式，可得电场强度 ()xeE y =sin 0 eE， 又 00 0 = H E ，则 y xt H eE)sin( 0 0 =，() y xt H eD =sin 0 位意电流密度