电磁场理论典型习题

电磁场理论习题课电磁场理论习题课 第一章、矢量分析与场论 1.7 如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量 积，那么便可以确定该未知矢量。设A v 为已知矢量， XAp vv = ，XAP vvv =，p和P v 已知，试求未知矢量X v 。 解：因为 XAP vvv =,有 XAAApXAAAXAXAAPA vvvvvvvvvvvvvvv )()()()(= 所以 AA PAAp Xvv vvv v = 1.9 用球坐标表示的矢量场 2 25 r eE r v v = 。 (1) 求在直角坐标系中点(-3, 4, -5)处的 | E v 和 z E 。 (2) 求 在 直 角 坐 标 系 中 点 (-3, 4, -5) 处E v 与 矢 量 zyx eeeB vvv v +=22 构成的夹角。 解：(1) 2222 2525 | zyxr E + = v ，将 x=-3, y=4, z=-5 代入得 在点(-3, 4, -5)处的 2 1 50 25 )5(4)3( 25 | 222 = + =E v r zeyexe r r e zyx r vvv v v + = 2322232 )( 252525 zyx z r z ee r eEE zrzz + = vvv v 将坐标代入得 22 1 50 )5(25 23 = = z E (2) cos 9 22 9 22 | = + = + + = r zyx eee r zeyexe B B E E zyxzyx vvvvvv v v v v 将坐标代入得 245 19 509 542)3(2 cos= = 所以 ) 245 19 (cos 1 = 1.11 求标量函数 yzxu 2 = 在点(2,3,1)处沿矢量 50 5 50 4 50 3 zyxl eeee vvvv += 的方向导数。 解 1： 1|= l e v ，所以 50 3 cos= ， 50 4 cos= ， 50 5 cos= coscoscos )1 , 3 , 2( )1 , 3 , 2( )1 , 3 , 2()1 , 3 , 2( z u y u x u l u + + = coscoscos2 )1 , 3 , 2( 2 )1 , 3 , 2( 2 )1 , 3 , 2( yxzxxyz+= 50 112 50 5 12 50 4 4 50 3 12=+= 解 2： yxezxexyze z u e y u e x u eu zyxzyx 22 2 vvvvvv += + + = 12412 )1 , 3 , 2( zyx eeeu vvv += 50 112 50 5 12 50 4 4 50 3 12=+= l eu l uv 1.18 (1) 求矢量场 322222 24zyxeyxexeA zyx vvv v += 的散度； (2) A v 对中心在原点的单位立方体的积分； (3) 求A v 对此立方体表面的积分，验证散度定理。 解：(1) 2222 7222zyxyxx z A y A x A A z y x += + + = v (2) dzdydxzyxyxxdVA V += 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 2222 )7222( v dzdyzyxyxx x x = = += 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 22332 )24 3 2 ( dzdyzyy += 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 22 )6 3 5 . 0 ( dzzdzzyy y y = = =+= 5 . 0 5 . 0 2 5 . 0 5 . 0 5 . 0 5 . 0 232 5 . 0)2 6 5 . 0 ( 3 125. 0 3 5 . 0 5 . 0 5 . 0 3 = = = z z z (3) = += 5 . 05 . 05 . 05 . 0yyxxSS SdASdASdASdASdASdA vvvvvvvvvvvv = + 5 . 05 . 0zz SdASdA vvvv = = + += 5 . 05 . 0 5 . 05 . 05 . 05 . 0 z z z z y y y y x x x x dxdyAdxdyA dxdzAdxdzAdydzAdydzA = = + += 5 . 0 322 5 . 0 322 5 . 0 22 5 . 0 22 5 . 0 2 5 . 0 2 2424 zz yyxx dxdyzyxdxdyzyx dxdzyxdxdzyxdydzxdydzx 3 125. 0 125. 0 3 25. 0 3 25. 0 24)125. 0( 3 25. 0 3 25. 0 24 25. 0 3 25. 0 25. 0 3 25. 0 25. 025. 0 =+ += 可见， = SV SdAdVA vvv ，即散度定理成立。 1.22 求矢量场 2 xyexeA yx vv v += 沿圆周 222 ayx=+ 的线积分， 再计算A v 对此圆面积的积分。 解： = 2 0 adeAl dA C v vvv cosax = ， sinay = ， cossin yx eee vvv += 所以， += 2 0 223 )sincossincos(adaal dA C vv += 2 0 2 3 )2sin 4 2sin 2 (ad aa 4 )4cos1 ( 8 2sin 2 4 2 0 3 a ad aa =+= 222 2 sin 0 reye xyx zyx eee A zz zyx vv vvv v = = = 2 00 222 sindrdrrdSySdA a SS vv 42 2cos1 4 sin 4 4 2 0 4 2 0 2 4 a d a d a = = 可见 = CS l dASdA vvvv ，即斯托克斯公式成立。 1.27 现有三个矢量函数 sincoscoscossineeeA r vvv v += sin2cossin 222 zezezeB z vvv v += zexexyeC zyx 2)23( 22 vvv v += (1) 哪些矢量可以由一个标量函数的梯度表示？哪些矢量 可以由一个矢量函数的旋度表示？ (2) 求这些矢量的源分布。 解： + + = A r A rr Ar r A r sin 1)(sin sin 1)(1 2 2 v + + = )sin( sin 1)coscos(sin sin 1)cossin(1 2 2 rrr r r + + = )sin( sin 1)coscos(sin sin 1)cossin(1 2 2 rrr r r sin cos sin cos2coscossin2 rrr += 0) 12cossin2( sin cos 2 =+= r ArrAA r erere r A rr r sin sin sin 1 2 = vvv v sinsincoscoscossin sin sin 1 2 rr r erere r r = vvv 0 )coscoscos(cossin )sinsinsinsin( )sincossincos( sin 1 2 v v v v = + + = er er rre r r 因为0 vv =A，0= A v 故A v 既可以表示为一个标量函数的梯 度，也可表示成一个矢量函数的旋度。 sin2cossin 11 22 zzz z eee BBB z eee B z z z = = vvvvvv v 0 )coscos( )sin2sin2( )cos2cos2( 1 22 v v v v = + + = zze zze zze z z B BB B z + + = 1 )( 1 v z zzz + + = )sin2()cos(1)sin(1 22 sin2sin2 sinsin 22 =+= zz 因为0 vv =B，0 B v 故B v 可以表示为标量函数的梯度，但 不能表示成矢量函数的旋度。 )62( 223 22 yxe zxxy zyx eee C z zyx = = v vvv v 0202 )2()23( 22 =+= + + = z z y x x xy C v C v 不能表示为标量函数的梯度，但可以表示成一个矢量函 数的旋度。 第二章、电磁场的基本规律 2.10 半径为 a 的半圆环上均匀分布着线电荷l ， 求垂直于半圆环所在平面轴线上 z=a 处的 电场强度 ), 0 , 0(aE v 。 解： z ear vv = ，yx eaear vvv +=sincos zyx eaeaearr vvvvv +=sincos 232 0 3 0 )2(4 sincos( |4 )( a eaeaeaad rr rrdl Ed zyxl l vvv vv vv v+ = = + =d a eee zyxl 0 28 )sincos( vvv )2( 2828 )sincos( 0 2 20 zx l zyxl ee a d a eee E vv vvv v += + = 2.12 一很薄的无限大导体平面带有面密度为s 的面电 荷， 证明垂直于平面的 z 轴上 z = z0处的电场强度中， 有一半是半径为0 3z 的圆内的电荷产生的。 证明：由对称性，z = z0 和 z = -z0处的电场强度大小相等 zze EzzE v v =)( 0，zze EzzE v v =)( 0 根据高斯定理， 0 2 s z E = 。 半径为0 3z 的圆内的电荷产生的电场强度为 + + = 2 0 3 0 232 0 2 0 0 0 )(4 )( dd z eze E z zs vv v + = 2 0 3 0 232 0 2 0 0 0 )(4 dd z z E z s z + + = 0 3 0 2 0 2 232 0 2 0 0 )( 2 1 )(4 2 z s zd z z 000 3 0 212 0 2 0 0 442)(2 0 sss z s z z = + = 显然， zz EE 2 1 = 。 2.17 电流 I=8A 从无限远处沿 x 轴流向原点，再离开原 点沿 y 轴流向无限远，求点 P(0.4,0.3,0)处的B v 。 解：yx eer vvv 3 . 04 . 0+= x 轴上，x exr vv = ，y 轴上，y eyr vv = 。 + + + + + = 0 2322 0 2322 0 )3 . 0(4 . 0 )3 . 0(4 . 0 3 . 0)4 . 0( 3 . 0)4 . 0( 4 y eyeeIdy x eexeIdx B yxy yxx vvv vvv v + + + = 0 2322 0 2322 0 )3 . 0(4 . 0 4 . 0 3 . 0)4 . 0( 3 . 0 4 dy y dx x I ez v + + = 3 . 0 2322 4 . 0 2322 0 4 . 0 1 4 . 0 3 . 0 1 3 . 0 4 yd y xd x I ez v + + = 3 .0 21222 4 .0 21222 0 4 .04 .0 4 .0 )3 .0(3 .0 3 .0 4y y x xI ez v + + = 21222122 0 )3 .04 .0(4 .0 3 .0 )3 .04 .0(3 .0 4 .0 4 I ez v 24 5 0I ez v = 2.22 通有电流密度J v 的均匀电流的导体柱中有一平行的 圆柱空腔，求各部分的磁感应强度，并证明空腔内的磁 场是均匀的。 解： = + J v J v J v r v r v 0 r v 大圆柱外，总磁感应强度： =e r Ja e r Jb B vv v 22 2 0 2 0 re r Ja re r Jb zz = vvvv 2 2 0 2 2 0 22 )( 2 2 2 2 2 0 r r a r r b e J z = vvv 大圆柱外，小圆柱外区域，总磁感应强度： )( 222 )( 2 2 2 0 2 000 r r a re J e r Ja e rJ erer J B z = =+= vvvvvvv v 小圆柱内区域，总磁感应强度： yxzz e Jd ede J rre J e Jr e rJ B vvvvvvvv v 22 )( 222 00000 = = 显然为常矢量，故空腔内磁场是均匀的。 一圆柱形介质柱均匀极化，极化强度沿其轴线方 向，介质柱高度为 L，半径为 a，求束缚体电荷密度 和束缚面电荷密度。 解：由题意，极化强度z ePP v v 0 = 为常矢量。 在圆柱体内，束缚体电荷密度为： 0=P p v 束缚面电流密度在不同的表面不同， 在圆柱侧 面，介质外法线方向为 r en vv = ，则 0= rsp eP v v 在上底面， z en vv = ，则0 PeP zsp = v v 在下底面， z en vv = ，则0 )(PeP zsp = v v P v z 2.26 某天线发射的电磁波的磁场强度为 )12. 31036. 9cos(15. 0 8 yteH x = v v A/m 求位移电流密度和电场强度。 解：由 Maxwell 方程 d J t D H v v v = = 得： )12. 31036. 9sin(12. 315. 0 8 yteJ zd = v v )12. 31036. 9sin(468. 0 8 ytez= v 上式即为 )12. 31036. 9sin(468. 0 8 0 yte t E z = v v 两边积分得： )12. 31036. 9sin( 468. 0 8 0 yteE z = v v )12. 31036. 9sin(10848.16 89 ytez= v 一球形电容器内外导体半径分别为 a、b，填充的介质 介电常数按以下规律变化： = brc cra r )( 2 1 求该电容器的电容。若内外导体间电压为 U，求内外导体 表面的面电荷密度。 解：设内外导体所带电荷分别为+Q 和-Q，以电容器 球心为球心， r 为半径做高斯面， 由高斯定理 QSdD S = vv 得： r e r Q D v v 2 4 = 两种介质中的电场强度分别为： crae r Q E r = , 4 2 1 1 v v brce r Q E r = , 4 2 2 2 v v 内外导体间的电压为： 11 4 2 2 2 1 21 +=+= b c c a b c c a dr r dr r Q rdErdEU v v v v ) 11 ( 1 ) 11 ( 1 4 21 bcca Q += 则电容器的电容为 )()( 4 12 21 cbaacb abc u Q C + = U cbaacb abc Q )()( 4 12 21 + = ， 则两种介质中的电场强度可用电 压分别表示为： crae rcbaacb abcU E r + = , )()( 2 12 2 1 v v brce rcbaacb abcU E r + = , )()( 2 12 1 2 v v 内导体表面的面电荷密度为： acbaacb bcU eEnD rs )()( 12 21 1111 + = v v v v 外导体表面的面电荷密度为： bcbaacb acU eEnD rs )()( )( 12 21 2222 + = v v v v 一半径为 R 的介质球，介电常数为，极化强度为 rKeP r / v v = ，K 为常数。求(1) 束缚体电荷和束缚面电荷密 度；(2) 球内总的自由电荷；(3) 球内外的电场强度。 解：(1) 束缚体电荷密度为 2 2 2 )/( 1 r K rKr dr d r P p = v 在Rr =的球面上，束缚面电荷密度为 R K ePnP r RrRr sp = = v v v v (2) PED vvv += 0 ，所以 PDPED vvvvv +=+= 0 0 故 2 00 2 0 )()/1 ( / )/1 (r KrKP D = = = v v 总自由电荷为 = 2 000 2 2 0 sin )( dddrr r K dVQ R V )( 4 )( 4 0 0 0 = = KR dr K R (3) 球内，由 PED vvv += 0 得 PE vv =)( 0 r K e P E r )( 00 = = v v v 球外，由于电荷分布是球对称的，由高斯定理 2 000 2 0 2 0 )( 4 4 1 4r KRKR rr Q E = = 2 00 )(r KR eE r = v v 一个半径为 a 的导体球带电量为 q，表面套一层厚度 为b-a、介电常数为的电介质，求任一点的电位。 解：由对称性可知。任一点的电场强度只有分量。根据 高斯定理，介质内的电场强度 1 E v 满足： qrEdSESdE SS = 2 111 4 vv 2 1 4r q E = ，所以 r e r q E v v 2 1 4 = 介质外 2 E v 满足： qrEdSESdE SS = 2 022020 4 vv 故 r e r q E v v 2 0 2 4 = 第三章、静态电磁场及其边值问题 球内距球心 r 处任一点电位 +=+= b b ab b a dr r q dr r q rdErdE 2 0 2 21 44 v v v v 1 ) 11 ( 1 4 0b ba q += 球外距球心 r 处任一点电位 r q dr r q rdE rr 0 2 0 2 44 = v v 3.3 电场中有一半径为 a 的圆柱体，已知圆柱体内外的电 位函数分别为： a= 0 1 a a A = cos 2 2 (1) 求圆柱内外的电场强度；(2) 该圆柱是何种材料制成 的？其表面上的电荷分布如何？ 解：(1) 根据 =E v 可得，在圆柱内部： 0 11 vv =E 在圆柱外部： ) 1 ( 222 22z e z eeE vvv v + + = sin)1 (cos)1( 2 2 2 2 e a e a A vv += (2) 由于圆柱为等位体，内部电场强度处处为 0，且在圆 柱表面上( a= )， 2 E v 只有法向分量， 故可断定圆柱的材料 为导体。 根据边界条件可得圆柱表面的面电荷密度为： cos2)()( 0202 AaEnaD s = v v 3.8 证明同轴线单位长度的静电储能为 C q W l e 2 2 = ， 式中l q 和 C 分别为单位长度的电荷和电容。 证明：由高斯定理，同轴线的电场为 e q E l v v 2 = ，电位移 矢量为 e q D l v v 2 = ，内外导体电压为 a bq d q U l b a l ln 22 = 。 则单位长电容为 abU q C l ln 2 = 。而单位长的电场储能为： C q a bq ddEDW ll b a e 2 ln 42 1 22 2 0 = vv 3.10 相距为 d 的两平行金属板垂直插入介电常数为的液 态介质中，两板间加电压0 U ，试证明液面升高 2 0 0 )( 2 1 d U g h = ， 其中 g , 分别为液体的密度和重力加速 度。 解：由于液面的升高，两板间的电容发生变化，设导体板 位于液面上方的高度为 H，l 为导体板宽度。 液面上方的总电容为 d lhH d hl C )( 0 += 。 则储存的电场能量 为 )( 22 1 0 22 hHhU d l CUWe+= 由于电压不变，则液体受到的电 场力为 2 0) ( 2 U d l dh dW F e = 由于电场力与重力达到平衡，所以： dlhgU d l = 2 0) ( 2 因而 2 0 2 0 2 )( 2 1 )( 2 1 d U g U gd h = d H h 一半径为 R 的导体球带电荷 Q，在距离导体球心 D 处放一电量为 q 的点电荷，(1) 求导体球与点电荷的相 互作用力； (2) 证明当 q 与 Q 同号，且 D R RD RD q Q 时，q F v 的实际方向为x e v ， 即表现为吸引力。整理得 D R RD RD q Q 222 3 )( 3.11 同轴电缆内、外导体半径为 a、c，中间填充两层有 耗媒质，介电常数分别为 1 和 2 ，电导率分别为 1 和 2 ， 分界面为半径为 b 的同轴圆柱面。(1) 当外加电压为 U0 时，求介质中的电流密度和电场强度分布；(2) 单位长度 的漏电导。 解：设外加电压时，单位长度从内导体流向外导体的总电 流为I，电流密度垂直于内导体指向外导体。则 r e r I J v v 2 = 各区域电场强度为： = crbe r I brae r I E r r 2 2 2 1 v v v 则 )ln 1 ln 1 ( 2 11 2 2121 0 b c a bq dr r dr r I U l c b b a +=+= 即 b c a b U I lnln 2 12 210 + = ，所以 r e r b c a b U J v v )lnln( 12 021 + = + + = crbe r b c a b U brae r b c a b U E r r )lnln( )lnln( 12 01 12 02 v v v 单位长漏电导为 b c a b U I G lnln 2 12 21 0 + = 3.13 如图，求(1) 沿厚度方向的电阻；(2) 两圆弧面间的 电阻；(3) 两侧面之间的电阻。 解：(1) 设总漏电流为I，在扇环面积内均匀分布，则电流 密度为 z e rr I J v v )( 2 2 1 2 2 = 由欧姆定律 z e rr I E v v )( 2 2 1 2 2 = 上下两面间电压为 )( 2 2 1 2 2 rr Id EdU = 上下两面间漏电阻为 )( 2 2 1 2 2 1 rr d I U R = 1 r 2 r (2) 设总漏电流为I，在任一弧面内均匀分布，则电流密 度为 r e dr I J v v = ，电场强度 r e dr I E v v = 内外弧面电压 1 2 ln 2 1r r d I dr rd I U r r = 则漏电阻 1 2 2 ln 1 r r dI U R = (3) 设两面间电压为 U，电场只有分量，且仅为 r 的函 数 ， 即 erEE v v )(= , UrrErdrE= )()( 0 ， 所 以 e r U rE v v =)( 。 电流密度 e r U rJ v v =)( 总漏电流 1 2 ln)( 2 1r rdU drd r U SdrJI r rS = vv 漏电阻 12 3 lnrrdI U R = 求半径为 a 的圆形直导线单位长度的内自感。 解：设导线载有电流 I，在横截面上均匀分布。 根据安培环路定律 2 2 0 2 00 2 a r IJrIrBl dB C = vv 所以 e a r IB v v 2 0 2 = 穿过单位长度导体 dr 宽的磁通量为 dr a Ir SdBd 2 0 2 = vv 该部分磁通交链半径 r 内的电流 I相当于总电流的匝数为 2 2 a r I I N= = a r dr 磁链为 82 0 0 2 2 2 0 I dr a r a Ir Nd a = 故单位长自感为 8 0 = I L 也可通过磁场能量计算自感。导线内单位长的磁场能 量为 = 2 00 2 2 0 2 0 ) 2 ( 22 1 2 1 a VV m rdrd a Ir dVBdVHBW vv 16 ) 2 ( 2 2) 2 ( 2 2 0 0 2 2 0 2 00 2 2 0 I rdr a Ir rdrd a Ir aa = 由 2 2 1 LIWm= 得 8 2 0 2 = I W L m 一无限长载流直导线与一直角三角形导体回路 位于同一平面内，一个直角边与导线平行，求直导线 与回路间的互感。 解：由安培环路定律，直导线在 xoy 平面内产生的磁 感应强度为： z e x I B v v 2 0 = 穿过图中阴影条带的磁通量为 dxdx a b b x I BdSd)( 2 0 = d x dx x y a b )(dx a b by= 总的磁通量为 + = = ad d ad d dx ax dxaIb dx x dx a b b I)( 2 )( 2 00 ) 1ln( 2 ) 1 ( 2 00 + = + = + d ad a daIb dx aax daIb ad d 互感： ) 1ln( 2 0 + = d ad a dab I M 求上题导体回路所受的作用力。 解： 磁场能量 21 2 22 2 11 2 1 2 1 IMIILILWm+= L1、L2为直导线和导体回路的自感，均为与两回路间 距 d 无关的常数。 设在电流不变的情况下， 导体回路沿的方向发生 位移，则 ) 1 ln 1 ( 2 210 dd ad a IbI d W F constI m + = = = 3.21 一点电荷 q 与无限大接地导体平面距离为 d， 如果把它移到无穷远处，需要做多少功？ 解： 由镜像法，当点电荷移动到距离平 面 z 处时， 像电荷为 q=-q， 位置为 z=-z。 像电荷在原电荷处产生的电场强度为 z e z q zE v v 2 0 )2(4 )( = 电荷 q 所受的吸引力为 zq e z q zEqF v vv 2 0 2 )2(4 )( = 将电荷移到无穷远处时，外力做的功为 d q dz z q dzeFW dd z 0 2 2 0 2 16 1 16 = v v z q -q z -z 一矩形金属槽平行于 z 轴放置，其三边的电位为 0，上 底与其它边绝缘，电位为 a x U sin ，求槽内电位分布。 解： 由于几何结构和边界条件 均与 z 无关， 所以原问题可归 结为如下二维边值问题： = = = + a x Ubxx yay yx sin),( , 0)0 ,( 0),(), 0( 0 2 2 2 2 由边界条件该问题的通解为 = += 1 | )(sincos(),( n yk n yk nxnxn yy eDeCxkBxkAyx 0= 0= 0= a x U sin= x y a b ), 0(y ， 0)( | =+ yk n yk nn yy eDeCA ， 0= n A ),(ya ， 0)(sin | =+ yk n yk nxn yy eDeCakB ) , 3 , 2 , 1( L=n a n kx 由 0 22 =+ yx kk 得， ) , 3 , 2 , 1( |L=n a n ky 通解可化为 = += 1 )(sin),( n y a n n y a n n eDeCx a n yx 0)0 ,(=x ， 0)(sin=+ nn DCx a n ， nn CD= = = 1 )(sin),( n y a n y a n n eex a n Cyx 由 a x Ubx sin),(= 可得 a x Ub a n x a n C n n sin)sinh(sin2 1 = = 显然左边级数只有 n=1 的一项非零，即 ) 1( 0=nCn ，且 Ub a C=)sinh(2 1 所以 )sinh(2 1 b a U C = 最后得 )sinh(sin )sinh( )(sin )sinh(2 ),( a y x a a b U eex a a b U yx y a n y a n = 两无限大平行导体平面相距为 b，其间插入一极薄的 导体片 )(+z ，与上板相连，如图。上板及导体片 电位为0 U ， 下板接地， 薄片所 在平面内 dy 0 范围内电位 线性变化， y d U0 = ，求两板 间的电位分布。 解：由迭加原理 ),(),( 21 yxyx+= b d 0 U= x y 其中 ),( 1 yx 为未插入导体片时两板间的电位分布，即 y b U yx 0 1 ),(= 。 ),( 2 yx 为两板电位均为 0，而导体片电位为 0 U 时的电位分布。 所以 ),( 2 yx 的边值问题为 0 2 2 2 2 2 2 = + yx (1) 0),()0 ,( 22 =bxx (2) )|(| ),( 2 xyx (3) = )( )0( ), 0(), 0(), 0( 0 0 00 12 bydy b U U dyy b U y d U yyy 则 ),( 2 yx 的通解为 )sincos( )(),( 1 | 2 ykDykCeBeAyx ynyn n xk n xk n xx += = 由 0),()0 ,( 22 =bxx 0)( 1 | =+ = n n xk n xk n CeBeA xx 得 0