电磁场与电磁波试题.

1、1. 如图所示， 有一线密度 的无限大电流薄片置于 平面上，周围 媒质为空气。试求场中各点的磁感应强度。解： 根据安培环路定律, 在面电流两侧作一对称的环路。则3. 在附图所示媒质中，有一载流为 的长直导线，导线到媒质分界面的距离为 。试求载流导线单位长度受到 的作用力解： 镜像电流镜像电流在导线处产生的 值为单位长度导线受到的作用力2. 已知同轴电缆的内外半径分别为 和 ,其间媒质的磁导率 为 ，且电缆长 度 ， 忽略端部效应， 求电缆单位长度的外自感。解： 设电缆带有电流 则力的方向使导线远离媒质的交界面4. 图示空气中有两根半径均为 a，其轴线间距离为 d 的平行长直圆柱导体，设它们单位

2、长度上所带的电荷 量分别为 和 ， 若忽略端部的边缘效5. 图示球形电容器的内导体半径 ， 外导体内径 ，其间充有应，试求两种电介质 与 ， 它们的分界面的半径为 。 已知 与 的相对(1) 圆柱导体外任意点 p 的电场强度 的电位 的表达式 ；6.电常数分别为。 求此球形电容器的电 容解：以y 轴为电位参考点，则(2) 圆柱导体面上的电荷面密度解6. 一平板电容器有两层介质，极板面积为,一层电介质厚度，电导率 ，相对介电常数 ，另一层电介质厚度 ，(3)分布( 线)。7. 有两平行放置的线圈，解： 线上、下对称。电导率 。 相对介电常数 ， 当电容器加有电压 时， 求(1) 电介质中的电流

3、；(2) 两电介质分界面上积累的电荷 ；(3) 电容器消耗的功率 。解：(1)1. 已知真空中二均匀平面波的电场强度分别为:和求合成波电场强度的瞬时表示式及极化方式。解：(2)合成波为右旋圆极化波当 时，其方向为 a/2 增加的方向，且垂直于介质端面。8. 图示一平行板空气电容器， 其两极板均为边长为a 的 正方形， 板间距离为 d， 两板分别带有电荷量与 ，现将厚度 为d、相对介电常数为 ， 边长为 a 的正方形电介质插入平行板电容器内至 处，试问该电介质要受多大的电场力？ 方向如何？解： (1) 当电介质插入到平行板电容器内 a/2 处，则其电容可看成两个电容器的并联9. 长直导线中载有电

4、流 ，其近旁有一矩形线框，尺寸与相互 位置如图所示。 设 时，线框与直导线共面 时，线框以均匀角速度 绕平行于直导线的对称轴旋转，求线框中的感应电动势解： 长直载流导线产生的磁场强度时刻穿过线框的磁通静电能量由感应电动势得故得(2)参考方向 时为顺时针方向。11. 证明任一沿 传播的线极化波可分解为两个振幅相等, 旋转方向相反的圆极10. 无源的真空中，已知时变电磁场磁场强度的瞬时矢量为试求 (1) 的值 ; (2) 电场强度瞬时矢量和复矢量(即相量)化波的叠加。证明： 设线极化波解： (1)其中13. 已知 求(1) 穿过面积 在 方向的总电流(2) 在上述面积中心处电流密度的模；(3) 在

5、上述面上 的平均值 。解：(1)和 分别是振幅为 的右旋和左旋圆极化波12. 图示由两个半径分别为 和 的同心导体球壳组成的球形 电容器，在球壳间以半径 为分界面的内、外填有两种不同的介质， 其介电常数分别为 和 ，试证明此球形电容器的电容为证明： 设内导体壳外表面所带的电荷量为 Q，则(2) 面积中心 , ,(3) 的平均值15. 已知 ， 今将边长为 的方形线框放置在坐标原点 处，如图，当此线框的法线分别沿 、 和 方向时，求框中的感应电动势。14. 两个互相平行的矩形线圈处在同一平面内， 尺寸如图所示， 其中 ，。略去端部效应，试求两线圈间的互感。解： 设线框 带有电流 ，线框的回路方向

6、为顺时针。线框 产生的 为解： (1) 线框的法线沿 时由得(2) 线 框 的 法 线 沿 时文案大全线框的法线沿 时16. 无源真空中，已知时变电磁场的磁场强度 为；, 其中 、 为常数，求位移电流密度解： 因为17. 利用直角坐标系证明 (fGv) f Gv ( f ) Gv2. 证明左边= (fAv)( fAxevx fAyevy fAzevz )(fAx )evxxf (Ax)ex xf (Az)evzz( fAyy( fAz)evzzAx (fx)exxAz (f )evzf (Ay )eyyAy(f )eyy f (Ax )exx( f )evyAyAyvvf A Af (Ay)e

7、yvy(f )evyyf (Az )ez zAx (fx)evxx=右边18. 求无限长直线电流的矢量位 A和磁感应强度B解：直线电流元产生的矢量位为v dAevz 40Ir24 rdz'(z z')212积分得Av evz 40Il2 2dz' 2 122 2 12l r2 (z z')21 22evz 0I ln( z' z) (z' z)24lr2 l22evz 0Iz4ln (2l z) (2l z)2ez0I4r212 (2 z) (2 z)2 r 212 lnlr当lv v I r,A附加一个常数矢量Cv evz 40I ln rl0

8、解：vvQv1)D1D2exSxvvvE1D1Q ev ，ex ，v E2D2Q0S0SC1QQS02)UE1(da)daC2QQSU2E2aaCC1C2S0C1C20a(da)(1) 此电容器内电位移与电场强度的分布；(2) 电容器的电容及储存的静电能量。QQoxQQ则 Av evz 0Il lnv 0I ez 0r0 v 0Ir0lnezlnz4rz4l z 4 r则由 Bvv Avv Az ev 0 I er4r19. 图示极板面积为S、间距为 d 的平行板空气电容器内，平行地放入一块面积 为 S、厚度为 a、介电常数为 的介质板。设左右两极板上的电荷量分别为 Q 与Q 。若忽略端部的边

9、缘效应，试求文案大全1Q2 1 0a (d a) 2Q2 C 2 S 000E1E1doxHv0 avzEv 1 (avz avx10 4v v 4 j20 z jaz ay10 )e001 (avy10 40v 4 j20 z jax10 4)e j20 z（5）平均功率坡印廷矢量v 1 v SavReE2v* 1 v 4H *Re(ax10 42v 4 j 20 z jay10 4)e j 20 z1 v 4 (ay104 0v 4 j 20 z jax10 4)ej 20 z1(10 4)22 0(10 4)2 avz01 1 22 12010 8avz0.265 10 10 az (W

10、 /m2)21. 利用直角坐标，证明 ( fA) f A A f 证明：左边= ( fAv)( fAxevx fAyevy fAzevz)(fAx )ex( fAy )ey( fAz)ezxyz20. 在自由空间传播的均匀平面波的电场强度复矢量为E ax 10 4e j20 z ay 10 4e2 （v/m）求（1）平面波的传播方向；（2）频率；（3）波的极化方式；（4）磁场强度；（5）电磁波的平均坡印廷矢量Sav 。 解：（1）平面波的传播方向为方向（2）频率为 f k03 109 Hz2（3）波的极化方式因为 Exm Eym 10 , x y 0 ，22故为左旋圆极化（4）磁场强度vvvv

11、 f (Ax)ex A (f )ex f (Ay)ey A (f )ey xxxy y yf (Az)evz A ( f )evzzzz所以 f (Ax )exAy ( f )ey yAyf (Ay)evy(f )evy y(Az)evz A (f )evxz x xAgdS(ex2yz ez2 x)gez d x d y 8S 0 0故有?Agdl 8 AgdSCSAA=右边22. 求矢量 A evxx evyx2 evzy2z沿 xy平面上的一个边长为 2的正方形回路 的线积分，此正方形的两边分别与x轴和 y轴相重合。再求Av对此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。解：?AgdlC2x

12、dx02xdx022022 dy 0d y 80又exeyezAex 2yz ez 2xxyz22xxyz23. 同轴线内外半径分别为a 和b ，填充的介质0 ，具有漏电现象，同轴线外加电压U ，求（1）漏电介质内的 ；（2）漏电介质内的 E 、 J ；3）单位长度上的漏电电导解：（1）电位所满足的拉普拉斯方程为1 d d1r ddr (ddr )由边界条件r a, U;r b, 0所得解为Ub(r) ln brln(2)电场强度变量为 E(r)vderUr drb r lnavvUv则漏电媒质的电流密度为 JE(r)b err lnac av vB.dsca0i bdr c2r(3)单位长度

13、的漏电流为I0 2 r U 2 U evr bb rln ln aaI2 单位长度的漏电导为 G000 U blna24. 如图 所示，长直导线中载有电流 i I m cos t ，一 矩形导线框位于其近旁，其两边与直线平行并且共面，求导线框中的感应电动势解：载流导线产生的磁场强度的大小为穿过线框的磁通量0bIm cos t c a ln 2c线框中的感应电动势ddt0bI m sin t c aln 2c参考方向为顺时针方向。25. 空气中传播的均匀平面波电场为 Ev evxE0e jk r ，已知电磁波沿轴传播， 频率为 f 。求(1)磁场 Hv ；(2)波长 ；(3)能流密度Sv 和平均

14、能流密度Svav ；(4)能量密度W解：（1）1 v vjkv rvez exE0eevy 0 E0ejkv rv2）3）H0 evx E0ejkv rveyE0ejkv rv4）26. 平行板电容器的长、宽分别为a和b ，极板间距离为d 。电容器的一半厚度（0: d / 2 ）用介电常数为 的电介质填充，（1）板上外加电压U 0 ，求板上的自由电荷面密度、束缚电荷；（2）若已知板上的自由电荷总量为Q ，求此时极板间电压和束缚电荷； （3）求电容器的电容量。解：（1）设介质中的电场为 E ezE ，空气中的电场为E0 ezE0。由 D D0有又由于E0E02cos2 (2 ft kz)evz0

15、0E02e 2jkvrv1 Re(Ev Hv*) evz 12 z 2由以上两式解得2E0d2U012 0E212 0H 2E02 0U 0(0)d2 U0(0)d故下极板的自由电荷面密度为0)d上极板的自由电荷面密度为U ( 0)dQU 2 0 ab故上0E020(U00)dp下(0 )Qab电介质中的极化强度3）电容器的电容为P (0)Eez2(0(0)U00)dQ 20 abU ( 0 )d故下表面上的束缚电荷面密度为p下ez gP2 0(0)U0(0)d上表面上的束缚电荷面密度为p上 ezgP2 0(0)U0(0)d得到2）由Q 2 0 ab (U0)d26. 频率为100MHz 的正

16、弦均匀平面波在各向同性的均匀理想介质中沿（ z ）方向传播，介质的特性参数为 r 4 、 r 1， 0 。设电场沿v v 1x方向，即E evxEx ；当t 0，z m时，电场等于其振幅值x x 810 4V /m 。试求（1） Hv（z,t） 和Ev（z,t） ；（2） 波的传播速度；3) 平均波印廷矢量3)平均坡印廷矢量为Sav 1 Re Ev Hv*22 f 4 00rad /m解：以余弦形式写出电场强度表示式E(z,t) evxEx (z,t)evxEm cos( t kz xE)把数据代入Em 10 4V /m4 4 41 v 4 j( 43 z 6) v 10 4 j(43 z 6

17、) SavReex10 4e 3 6 eye 3 6 2 60421v (10 4)2Reez2 608v 10 8 2 ezW /mz12027. 在由r 5、 z20和z 4围成的圆柱形区域，对矢量 A errez2z 验xEkzrad6证散度定理。解： 在圆柱坐标系中v v 4 8 4 E(z,t) ex10 4 cos(2 108tz )V /m36H(z,t) evyHy evy Ex evy 1 10 4 cos(2 108t 4 z ) 36gA 1 (rr 2)(2z) 3r 2v1ey 6010 4 cos(2108t)A/m2)波的传播速度002rr所以42gAddz00又

18、蜒AgdSS(err2S5d (3r 2)rdr 12000ez 2z)g(er dSr e dS ez dSz)0000故有gAd 1200?AgdSS2 2 228. 求(1)矢量 A exxeyx y2 2 3ez24x y z 的散度；（2）求gA 对中心4 25 2252 5d dz 2 4r drd 1200在原点的一个单位立方体的积分；（3 ）求 A 对此立方体表面的积分，验证散度定 理。解 ：（1 ）分为故有gA(x2) (x2 y2)xy(24x2y2z3)z2x 2x2 y 72x2y2z22） gA 对中心在原点的一个单位立方体的积gAd1 2 1 2 122 2 2 2

19、(2x 2x2y 72x2y2z2)d xd ydz12 1 2 1 21243 ） A 对此立方体表面的积分?Agd SSgAd1 2 1 21( )2 d ydz 21 2 121 2 122 1 22x2(2)21 2 121( )2d ydz 21 2 12dxdz12 1 22 1 22x ( ) d xdz21 2 121 2 122 2 1 324x2y2( )3d xdy1 2 1 222424?AgdSS1 2 1 224x2y2( 1)3d xdy1 2 12 229. 计算矢量r 对一个球心在原点、半径为a的球表面的积分，并求 gr 对球体积 的积分。解：2蜒rgdSrg

20、erdSd aa2 sin dS S 0 0又在球坐标系中故有22AgdS(ex2yz ez2 x)gez d x d y 8S 0 0所以2agrd3r 2 sin drd d 4 a3000?Agdl 8 AgdSCS30. 求矢量A2 exx eyx2ezy z沿xy平面上的一个边长为2的正方形回路的线积分，此正方形的两边分别与x轴和 y轴相重合。再求A对此回路所包围 31. 证明（ 1） gR 3；（2） R 0；（3） （AgR） A 。其中 R exx eyy ezz，A 为一常矢量。解：（1）的曲面积分，验证斯托克斯定理解：2222?Agdlxd x xdx22dy0d y 8C

21、0000又exeyezAex 2yzxyz22xxyzez2x所以文案大全gR xxxyyzz3exeyez（2）Rxyz0xyy（3）设AexAxey AyezAz则AgR Axx Ayy Az z(AgR)ex (Axx Ay y Azz) xey(Axx Ayy Azz)y33. 两平行无限长直线电流I1和I2，相距为d ，求每根导线单位长度受到的安培 力Fm。解： 无限长直线电流 I1产生的磁场为ez (Axx Ayy Azz)zexAx ey Ay ezAz A 32. 两点电荷q1 8C位于z 轴上z 4处，q2 (4,0,0) 处的电场强度。解 ： 电荷q1在 (4,0,0) 处

22、产生的电场为4C 位于 y轴上 y 4处，求q1 r r12 ex4 ez44 0 r r10 (4 2)电荷 q2在 (4,0,0) 处产生的电场为E2q2 r r24 0 r1 ex 4 ey 40 (4 2) 3B10I12r直线电流I 2每单位长度受到的安培力为1Fm12I2ez0B1 dze120I1I22d式中e12是由电流 I1指向电流I 2的单位矢量。同理可得，直线电流I1每单位长度受到的安培力为Fm21Fm120I1I22d故 (4,0,0) 处的电场为E1 E2ex32 2ez2034. 一个半径为a的导体球带电荷量为Q ，当球体以均匀角速度 绕一个直径旋 转，求球心处的磁

23、感应强度 B 。解： 球面上的电荷面密度为Q4 a2当球体以均匀角速度绕一个直径旋转时，球面上位置矢量 r era 点处的电流面密度为ezJ S v rezera30 Qsin8aez0Q6a35. 半径为a 的球体中充满密度(r) 的体电荷，已知电位移分布为r 3 Ar 2(r a)Dra5 Aa42(r a)re asinQe sin4a将球面划分为无数个宽度为 dl ad 的细圆环，则球面上任一个宽度为 dl ad 细圆环的电流为其中A为常数，试求电荷密度 (r) 。dI JSdlQ sin d4解 由 gD ，有1 d 2细圆环的半径为b asin ，圆环平面到球心的距离d a cos

24、 ，利用电流圆(r) gD 2(r2Dr )r dr故在r a 区域环的轴线上的磁场公式，则该细圆环电流在球心处产生的磁场为dB e 0b2 dI dB ez 2(b2 d2)32e 0 Qa2 sin3 dez2 2 2 2 3 28 (a sin a cos )1 d 2 3 2 2(r) 0 12 d r2(r3 Ar 2)0(5r2 4Ar )r dr0 Qsin3 d8a在r a 区域(r)541 d 2 (a5 Aa4)0 2r 22 r dr r故整个球面电流在球心处产生的磁场为36. 一个半径为a 薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜，球内充满总电荷量 为Q为的体电荷，球壳上又另

25、充有电荷量 Q 。已知球内部的电场为E er （r a） ，设球内介质为真空。计算：（1） 球内的电荷分布；（2）球壳外 表面的电荷面密度。解 ：（1 ） 由高斯定理的微分形式可求得球内的电荷体密度为解 ：（1 ）P(x同理gP3P0P(xngPexgP x L 22L) ngP x L 220 gE0 12 d (r 2E) r dr0r12 ddr (rr dr42 ar 4 )a3r04aP(yP(yP0exgP x L 2P0P(z2）球体内的总电量Q为a3r 2 2Q d 6 0 4 4 r dr 4 0a0a2)qPP d ? P dSS323P0L3 6L2P0，证球内电荷不仅在

26、球壳内表面上感应电荷 Q ，而且在球壳外表面上还要感应电荷Q ，所以球壳外表面上的总电荷为 2Q ，故球壳外表面上的电荷面密度为38. 一半径为R0的介质球，介电常数为 r 0 ，其内均匀分布自由电荷 明中心点的电位为2Q202 r 12r2(3 )R0230可得到?DgdS qS解：由37. 中心位于原点，边长为L 的电介质立方体的极化强度矢量为 P P0（exx eyy ezz） 。（1）计算面束缚电荷密度和体束缚电荷密度；（2）证明总的束缚电荷为零。 文案大全4 r 2D134r3( r R0)24 R03（r R0）4 r 2D203gPr12ddr(r2 Kr )r dr rD1D1

27、r03rR0)故中心点的电位为在 r R的球面上，束缚电荷面密度为p ngP r RergP r R2）由于D0E P ，所以gD 0 gE gP 0 gD gP,E1D2D10R030rR0)R0(0)E1drE2dr即(1 0 ) gD gP由此可得到介质球内的自由电荷体密度为0R039. 一个半径为R的介质球，介电常数为 ，球内的极化强度 P er K r ，其 中K为一常数。（1）计算束缚电荷体密度和面密度；（2） 计算自由电荷密度； （3）计算球内、外的电场和电位分布。解 ： （1 ）介质球内的束缚电荷体密度为文案大全gD gP0总的自由电荷量qdK R 1424 00rr 2dr3

28、）介质球内、外的电场强度分别为Kp2 0 p ( 0)r 24 RKE1( K 0)r (r R)E2er 4 0r2er0( RK0)r2 (r R)介质球内、外的电位分别为1 EgdlrRE1dr rE2drRRKdrr ( 0 )rRKR 0( 0)rdr解 ：根据题意，电位(x,y) 满足的边界条件为(0, y)(a, y) 0(x,0)0(x,b)U0根据条件和，电位(x,y)的通解应取为K ln R rK0(0)(r R)(x, y)Ansinh( n y )sin( n x)n 1 a a2E2drrRK 2 dr r 0 (0)rRK (r R)0(0)r40. 如图所示为一长

29、方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝 缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U 0 ，求槽内的电位函数。由条件，有n b n xU 0Ansinh()sin( )n 1 a a两边同乘以sin(n x a)，并从 0到a对x积分，得到 a2U 0 a n xAnsin( )dxasinh( n b a) 0 a2U0n sinh( n b a)(1cosn )即 1(x, y) U0y b； 2 (x, y)是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的4Un sinh( n b a)n 1,3,5,L0 ， n 2, 4,6, L故得到槽内的电位分布4U01 n y n x(x

30、, y) 0 sinh( )sin( ) n 1,3,5,L n sinh(n b a) a a41. 两平行无限大导体平面，距离为 b ，其间有一极薄的导体片由 y d 到y b ( z)。上板和薄片保持电位U 0 ，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从y 0到y d ，电位线性变化， (0,y) U0y d 。电位，其边界条件为 2 (x,0) 2 (x,b) 0 2(x,y) 0 ( x )U 0 U 0d0 y b0 y(0 y d) 2(0,y) (0, y) 1(0, y)d U bU 0 U 0 y(d y b)b根据条件和，可设 2(x,y) 的通解为n y nb

31、 x2 (x,y)An sin()e bn 1 b解 ： 应用叠加原理，设板间的电位为(x,y) 1(x,y) 2(x, y)其中， 1(x, y) 为不存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为U 0 )的电位，由条件有nyn1Ansin(nby)Ub0yU0 Ub0 ybUd0y(0(dd)b)两边同乘以sin(n y b)，并从0到b对y 积分，得到db2U 0 d 1 1 n y2U0 bAn0 ( )ysin( )dy 0 (1b 0 d b b b dby)sin(nby)dyb故得到2U 0 b(n )2 dsin(n d b0q 0 q ，位于 z h0(x,y) Ub0 y2bU

32、0d2n12 sin(n d )sin( n y )e b1 n b b42. 如题（ a ）图所示，在 z 0的下半空间是介电常数为 的介质，上半空间为空气，距离介质平面距为 h处有一点电荷q 。求（1） z 0和z 0的两个半空 间内的电位；（2）介质表面上的极化电荷密度，并证明表面上极化电荷总电量等0q 0 q ， 位于 z h0上半空间内的电位由点电荷 q和镜像电荷q 共同产生，即qq11 4 0R1 4 0Rq 10 14 0 r 2 （z h）20 r 2 （z h）2于镜像电荷q下半空间内的电位由点电荷 q和镜像电荷q 共同产生，即题 4.24 图（ a ）解： （1）在点电荷

33、q的电场作用下，介质分界面上出现极化电荷，利用镜像电 荷替代介质分界面上的极化电荷。根据镜像法可知，镜像电荷分布为（如题图（ b ）、 （c ）所示）q q q 12 4 R2 2 (0) r 2 (z h)22）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为p n? P1 P2 z 0极化电荷总电量为0(E1zE2z) z 00( 2 1) zzz( 0)hq2 2 3 22 ( 0)(r 2 h2)32qPPdSP2 rdrS00)hq0 0 (r2r2 3 2 h2)32drRq q D q，d 0( 0)q043. 一个半径为 R 的导体球带有电荷量为 Q ，在球体外距离球心为 D 处

34、有一个点 电荷q 。（1）求点电荷q与导体球之间的静电力；（2）证明当q与Q 同号，且Q RD3 R q （D2 R2） 2 D 成立时，F 表现为吸引力。z解： （1）导体球上除带有电荷量Q 之外，点电荷q还要在导体球上感应出等量 异号的两种不同电荷。根据镜像法，像电荷q 和 q 的大小和位置分别为（如题图所示）RD q， dR2D导体球自身所带的电荷Q则与位于球心的点电荷Q 等效。故点电荷q受到的静电力为Fq qFq qFQqq q(D q )224 0(D d )2 4 0D2q Q (R D)q40D2RqD D R D2）当q与Q同号，且F 表现为吸引力，即F 0时，则应有 Q （R

35、 D）qD2由此可得出DDQ RD3 R2 2 2 q (D2 R2 )2 DRqRD244. 如题所示图，无限长直线电流 I 垂直于磁导率分别为 1 和 2的两种磁介质 的分界面，试求（1）两种磁介质中的磁感应强度 B1 和B2 ；（2）磁化电流分布。解： （1）由安培环路定理，可得Ie2r所以得到B10H0I2r10x21II Im?B dl0 C 0故得到I ( 1)IIm 0在磁介质的表面上，磁化电流面密度为e ( 0)IJmS = M? ez z=0 r 2 0rH1(P1)H2(P1)lhH 1 ( P2 )1H 2 ( P2 )2题 5.9 图e(0)I0rez 1 d (rM

36、) r drez (0)I 1 d (r 1 0 r dr rI B2H e2 2 r2）磁介质在的磁化强度1 B20则磁化电流体密度在r 0处，B2 具有奇异性，所以在磁介质中r 0处存在磁化线电流I m 以 z 轴为中心、r 为半径作一个圆形回路C ，由安培环路定理，有 45. 如题图所示，一环形螺线管的平均半径 r0 15 cm ，其圆形截面的半径 a 2 cm ，鉄芯的相对磁导率 r 1400 ，环上绕N 1000匝线圈，通过电流 I 0.7A。（1）计算螺旋管的电感；（2）在鉄芯上开一个l 0 0.1cm 的空气隙，再计算电感。（假设开口后鉄芯 的 r 不变）（3）求空气隙和鉄芯内的

37、磁场能量的比值。解： （1）由于 a r0 ，可认为圆形截面上的磁场是均匀的，且等于截面的中 心处的磁场。由安培环路定律，可得螺线管内的磁场为NI2 r0所以螺线管内的磁链为与螺线管铰链的磁链为NS H22a2N2I2r0故螺线管的电感为a2N2r0o0I题 5.12 图故螺线管的电感为NSB220 ra N Irl0 (2 r0 l0)220 ra Nrl0 (2 r0 l0)2 7 24 2 10 7 1400 0.0222100021400 0.001 2 0.15 0.0010.944 H1400 4 10 7 0.022 100022 0.152.346 H（2）当铁芯上开有小空气隙

38、时，由于可隙很小，可忽略边缘效应，则在空气隙与 BBB鉄芯的分界面上，磁场只有法向分量。根据边界条件，有B 0 B B ，但空气 隙中的磁场强度H 0与铁芯中的磁场强度H 不同。根据安培环路定律，有H0l0 H(2r0 l0) NI又由于 B00H 0 、 B、0rH 及 B0BBB ，于是可得B0rNIrl0 (2 r0 l0)3）空气隙中的磁场能量为Wm020H02Sl0故Wm120Wm0rl0Wm2r0 l0鉄芯中的磁场能量为2rH 2S(2 r0 l0)1400 0.0011.4872 0.15 0.00146. 一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均匀磁场B ezB0中与 z轴平行。设棒

39、以角速度 绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的 极化电荷。ezB0 er r B0解： 介质棒内距轴线距离为 r 处的感应电场为直流电压时的电场分布可视为相同(准静态电场)，即U0 sin t E er r r ln (b a)故电容器两极板间的位移电流密度为JdU0 cos t r ln (b a)故介质棒内的极化强度为PXe0Eer (r1) 0rB0er (0)rB0极化电荷体密度为1P (rP)rr2(0) B01( rr0)r 2 B0极化电荷面密度为P P n er (0)r B0 er r a ( 0)a B0则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为

40、22QPa2 1 P 2 a2(2QPS 2 a 1 P 2 a2(0 ) B00) B047. 一圆柱形电容器，内导体半径为 a，外导体内半径为 b，长为 l。设外加电压idJ dsdSln (b a)l U0 cos ter er rd dz0 r ln(b a) r rU0 cos t C U0 cos tC 式中，2lln (b a) 是长为l 的圆柱形电容器的电容。流过电容器的传导电流为dUdtC U 0 cos t可见id ic为U0sin t ，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。解： 当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加948

41、. 已知在空气中E ey 0.1sin10 xcos(6 109tz)，求 H 和 。(提示将 E代入直角坐标中的波方程，可求得解 ： 电场 E 应满足波动方程2E2Et2将已知的Eey E y代入方程，得2Ey2x2Ey2z2EytE2y 0EH0t得H1Et01ex0.10由将上式对时间t 积分，得1ex EyxEy ezy 0zxsin10xsin(6109tz)cos10x cos(6109tz)ez 0.1 10式中2Ey2x2Eyz20.1(10 )2 sin109x cos(6 109t故得z)290.1sin10 x 2 cos(6 109t2Ey 0 0 t20.1 0 0

42、sin10(10 )2xz)(6 109)2 cos(6 109tz)0(6 109)2 0300 54.41rad/m99 ex0.1 sin10 x cos(6 109t0 6 109ez cos10 x sin(6109tz)49ex2.3 10 4 sin10 x cos(6 109t 54.41z)z49ez1.33 10 4 cos10 x sin(6 109t 54.41z)A/m49. 在自由空间中，已知电场 E(z,t)3ey103 sin( tz)V/m ，试求磁场强度H (z,t)解 ： 以余弦为基准，重新写出已知的电场表示式E(z,t) ey103 cos( tz )V/m2这是一个沿+z 方向传播的均匀平面波的电场，其初相角为 90 。与之相伴的磁场为H (z,t)11 ez E(z,t) 01ez03ey10 cosE0H ( ez) 120 ey 1 cos( t z) ( ez )3ex 40cos( t z)V/mrad/m 得波长 和频率 f 分别为0.21m103excosx 120ex2 65sin( tz)A/m1A/m50. 均匀平面波的磁场强度H的振幅为 3 ，以相位常数30rad/m 在空气e中沿 ez方向传播。当t= 0和z=0时，若H的取向为 y，试写出E和H 的表示式，并求出波的