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2.1已知半径为a的导体球面上分布着面电荷密度为的电荷,式中(精)

2.1已知半径为a 的导体球面上分布着面电荷密度为0cos s s ρρθ=的电荷,式中的0s ρ为常数。试求球面上的总电荷量。

2.1已知半径为a的导体球面上分布着面电荷密度为的电荷,式中(精)

解:球面上的总电荷量等于面电荷密度沿r=a 的球面上的积分。在球面上选择一个小的球环,面积为r ds ,对应的弧长为dl ad θ=,因此,

2sin 2sin r ds a dl a ad πθπθθ==。

2000

cos cos 2sin 0s s s s

s

q ds ds a d π

ρρθρθπθθ====???

2.14题,在下列条件下,对给定点求divE 的值:

(1)222[(2)(2)]/x y z xyz y x z xy x y V m =-+-+e e e E ,求点1(2,3,1)P -处divE 的值。

(2)22222[2sin sin 22sin ]/z z z z V m ρφρφρφρφ=++e e e E , 求点2(2,110,1)P z ρφ==?=-处divE 的值。 解:

(1)222(2)(2)()22 23(1)2210

div xyz y x z xy x y yz x

x y z

???

=-+-+=-???=??--?=-E (2)222222222211[(2sin )](sin 2)(2sin ) 4sin 2cos 22sin 9.06

div z z z z

z z ρρφρφρφρρρφφφρφ

???

=

++???=++=E

2.15题,半径为a 的球中充满密度为ρ(r)的体电荷,已知电位移分布为:

254

2

(), (0)(

), ()r r r r Ar r a D a Aa r a r ?+<≤?

?+≥??3r e D =e =e 其中A 为常数,试求电荷密度ρ(r)。

解:利用高斯定理的微分形式,即ρ?D =得2

21()r r D r r

ρ?=??D = 在r ≤a 区域中:222

1[()]54r r Ar r Ar r r

ρ?=?+=+?32

D =

在r ≥a 区域中:54

222

1[()]0a Aa r r r r

ρ?+=?=?D = 2.20,在半径a =1mm 的非磁性材料圆柱形实心导体内,沿z 轴方向通过电流I =20A ,试求:(1)0.8mm ρ=处的B ;(2) 1.2mm ρ=处的B ;(3)圆柱内单位长度的总磁通。 解:

(1)圆柱形导体内的电流密度为

262232

20

/ 6.3710/(110)

z

z z I A m A m a ππ-===??J e e e 利用安培环路定律得

202B J φπρμπρ=

30.801

3.2102

mm J T φ

φμρ-==?B e e (2)利用安培环路定律得

301.2 3.33102mm I

T φ

φμπρ

-==?B e e (3)圆柱内单位长度的总磁通为

2000

6110222 210a

a d J d J Wb

ρμρρμ-Φ====???B S

2.22通过电流密度为J 的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔,其横截面如图题2.22所示。试计算各部分的磁感应强度,并证明空腔内的磁场是均匀的。 解:

2.1已知半径为a的导体球面上分布着面电荷密度为的电荷,式中(精)

因空腔中电流密度为零,可视为同时存在J 和-J 的电流密度,这样,可将原来的电流分布视为如下两个电流分布的叠加:一个电流密度为J ,均匀分布在半径为b 的圆柱内;另一个电流密度为-J ,均匀分布在半径为a 的圆柱内。空间的场,便是它们共同产生的。

由安培环路定律

0c

d I μ=?

B l ,可得到电流密度为J 、均匀分

布在半径为b 的圆柱内的电流产生的磁场为:

00022203

1

b 2z b b b

b z

r z b b b

J r r I I r r Jb r r φμμμππμ????==?=?????e r B e e e e r

半径为a 、电流密度为-J 的圆柱的磁场为:

00022203

1

a 2z a a a

a z

r z a a a

J r r I I r r Jb r r φμμμππμ?-???=-=-?=??-???e r B e e e e r

其中,a b 、r r 分别是点a o 和b o 到场点P 的位置矢量。 将上面两式叠加,可得空间各区域的场:

圆柱外: 22

0331()2z b a b a J r r

μ=?-B e r r

圆柱内的空腔外:2

0311()2z b a a J r r

μ=?-B e r r

空腔内:001111()22z b a z J J r r c

μμ=?-=?c

B e r r e

可见,空腔内是均匀场。

2.24有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动,整个装置位于正弦时变磁场

5cos z t mT

ω=B e 之中,如图所示。滑片的位置由

0.35(1cos ) t m ω=-x 确定,轨道终端接有电阻0.2 R =Ω,

求电流i 。

解:穿过导体回路abcda 的磁通为

5cos 0.2(0.7) cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )

z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==-?=-?-=---=-+?B S e e 因此,感应电流为

11

0.35sin (1cos )

1.75sin (12cos ) in

d i t t R R dt R

t t mA

εωωωωωωΦ==-=-+=-+

2.26求下列情况下的位移电流密度的大小 (1)某移动天线发射的电磁波的磁场强度

80.15cos(9.3610 3.12)/x t y A m =?-H e

(2)一大功率变压器在空气中产生的磁感应强度

260.8cos(3.7710 1.2610)y t x T -=?-?B e

(3)一大功率变压器在填充的油中产生的电场强度

260.9cos(3.7710 2.8110)/x t z MV m -=?-?E e

设油的相对介电常数5r

ε=

(4)工频(f=50Hz )下的金属导体中,

20.1sin(377117.1)/x t z MA m =-J e

2.1已知半径为a的导体球面上分布着面电荷密度为的电荷,式中(精)

0.2m

设金属导体的7

00

,, 5.810/s m εεμμσ===?。 解:

(1)在真空中,传导电流为0,因此由t

???=

?D

H ,得到位移电流为: 82

82

[0.15cos(9.3610 3.12)]/ 0.468sin(9.3610 3.12)/x

y z

x d z x z

z H t x

y z y H t y A m y

t y A m ?????

==??=

=-??????

=-?-?=-?-e e e D J H e e e 故2

0.468/d A m =J (2)由0,t

μ???=

=?D

H B H ,得到位移电流为: 000260262

1110

1 [0.8cos(3.7710 1.2610)]

0.802sin(3.7710 1.2610)/x

y z y

d z y

z z B t x

y z x B t x x t x A m μμμμ--?????==??=

=??????

=?-??=?-?e e e D J B e e e

故2

0.802/d A m =J (3)

626012

626

5[0.910cos(3.7710 2.8110)]58.8510

0.910cos(3.7710 2.8110)

r o x x t z t z εεε---=??-?=?????-?D E =e e

32621510sin(3.7710 2.8110)/d x t z A m t

--?==-??-??D J e

故3

2

1510/d A m -=?J

(4)6

72

110sin(377117.1)5.810 1.7210sin(377117.1)/x

x t z t z V m

σ-=-?=?-J

E =e e

1228.8510 1.7210sin(377117.1)x t z ε--=???-D E =e

142122

15.2610377cos(3.7710117.1)

57.5310cos(3.7710117.1)/d x x t z t t z A m

--?==???-?=??-D J e e

故122

57.5310/d A m -=?J

2.27同轴线的内导体半径a=1mm ,外导体的内半径b=4mm ,内外导体间为空气,如图所示。假设内、外导体间的电场强度为

8100

cos(10)/t kz V m ρ

ρ

=-E e 。(1)求与E 相伴的H ;(2)确定k

的值;(3

2.1已知半径为a的导体球面上分布着面电荷密度为的电荷,式中(精)

1z m ≤≤区域解:

(1

008011100 sin(10)

E t z k

t kz ρ

φφ

μμμρ

??=-??=-??=--H E e e

将上式对时间t 积分,得到8

8

0100cos(10)10

k t kz φ

μρ=-?H e (2)为确定k 值,将上述H 代入0

t

ε???=?E

H 得到 002

88

00111[()]100 sin(10)10

H t z k

t kz ρφρ

ρεερμερ??

=??=-??=--?E H e e

将上式对时间t 积分,得到28

16

00100cos(10)10

k t kz ρμερ=-?E e 将其与题中的E 比较,得到2160010k με=

因此:1/3

k rad m = 同轴线内、外导体之间的电场和磁场表示为:

8100

1

cos(10)/3

t z V m ρρ=-E e 81001

cos(10)/1203

t z A m φ

πρ=-H e (3)将内导体视为理想导体,利用理想导体的边界条件即可求出内导体表面的电流密度

8

81001cos(10)1203

1

265.3cos(10)/3n a

z t z t z A m

ρρφ

πρ==?=?-=-s J e H

e e e

位移电流密度为:

80

02

82

1001

[cos(10)]38.85101

sin(10)/3

d t z t t t z A m ρρ

εερρ

-??==-???=--E J e e

(4)在01z m ≤≤区域内的位移电流为:

1

1

2

8

00

2810

81228.8510

sin(10)3

1

28.85103[cos(10)]3

1

0.55sin(10)6

d d d s

i d dz t z dz t z t A

ρπρππ--==-??--???-=-???J S J e ==

2.30煤质1的电参数为101014,2,0εεμμσ===;煤质2的电

参数为101012,3,0εεμμσ===。两种煤质分解面上的法向单位

矢量为0.640.60.48n

x y z =+-e e e e ,由煤质2指向煤质1。若已

知煤质1内邻近分解面上的点P 处的磁感应强度

1(23)sin300T x y z t =-+B e e e ,求P 点处下列量的大小:

1122,,,n t n t B B B B 。

解:1B 在分界面法线方向的分量为:

11(23)(0.640.60.48)2n n x y z x y

z B T

==-++-=B e e e e e e e 1 3.16t B T =

=

2.1已知半径为a的导体球面上分布着面电荷密度为的电荷,式中(精)

利用磁场边界条件,得到212n

n B B T

==

利用磁场边界条件,得到2211

3

3.16

4.742t t B B T μμ==?=

2.31煤质1的电参数为101015,3,0εεμμσ===;煤质2可视

为理想导体(2

σ=∞)。设

y=0为理想导体表面,y>0的区域(煤

质1)内的电场强度为8

20cos(210 2.58)/y

t z V m =?-E e ,试计算t=6ns 时:(1)点P (2,0,0.3)处的面电荷密度s ρ;(2)点P 处的H ;(3)点P 处的面电流密度s J 。 解:(1)

80,0.3

09

2

205cos(210 2.58)

80.610/n y z y y t z C m

ρε==-==??-=?s e D

e e

(2)由t

μ

???=-?H

E ,得到 8080

111()[20cos(210 2.58)]31

20 2.58sin(210 2.58)3y x x x

E t z t z z t z μμμμ???

=-??=--=?-???=??-H E e e e

对时间t 积分,得到

80

8

8

03120 2.58sin(210 2.58)320 2.58 cos(210 2.58)3210

62.310/x

x

x t z dt

t z A m

μμ-=??-?=-?-??=-??H e e e

(3)3

0()

62.310/n y y x x y z

H A m -===?=?=?s J e H

e e e