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电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答

习题解答

4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，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 ，求槽内的电位函数。

解根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③

0(,)x b U ϕ=

根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为

(,)sinh(

)sin()n n n y n x

x y A a a ππϕ∞

==∑

由条件③，有

sinh(

)sin()n n n b n x U A a a ππ∞

==∑

两边同乘以

sin(

)

n x a π，并从0到a 对x 积分，得到

2sin()d sinh()a

n U n x

A x a n b a a ππ==

⎰

02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧

=⎪

⎨

⎪

=⎩L L ，

故得到槽内的电位分布

1,3,5,41(,)sinh()sin()

sinh()n U n y n x

x y n n b a a a ππϕπ

π==

∑

4.2 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d y =到b y =)(∞<<-∞x 。上板和薄片保持电位

U ，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从0=y 到

d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。

题4.1图

解应用叠加原理，设板间的电位为

(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+

其中，

1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为

U ）的电位，即

10(,)x y U y b ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零

的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ①

22(,0)(,)0x x b ϕϕ==

②

2(,)0()

x y x ϕ=→∞

③

002100(0)(0,)(0,)(0,)()

U U y y d b

y y y U U y y d y b d b ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨

⎪-≤≤⎪⎩

根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()e

n x b

n n n y x y A b π

πϕ∞

-==∑

由条件③有

00100(0)sin()()

n n U U y y d n y b A U U b y y

d y b d b π∞

=⎧

-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑

两边同乘以

sin(

)

n y

b π，并从0到b 对y 积分，得到

0002211(1)sin()d ()sin()d d

n d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()

()U b n d n d b ππ

故得到 (,)x y ϕ=0022

121sin()sin()e n x b

n U bU n d n y y b d n b b π

πππ∞-=+∑

4.3 求在上题的解中，除开0U y 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按

2U W C e

f =

定出边缘电容。

解在导体板（0=y ）上，相应于

2(,)x y ϕ的电荷面密度

题 4.2图

002

200

121sin()e n x b

y n U n d y

d n b πεϕ

πσεπ∞-==∂=-=-∂∑

则导体板上（沿z 方向单位长）相应的总电荷

2220d 2d q x x σσ∞

∞

-∞===⎰⎰0010

22sin()e d n x b n U n d x n d b πεππ∞∞

-=-=∑⎰0022

141sin()n U b n d d n b εππ∞=-∑

相应的电场储能为

2002022

1211sin()2e n bU n d

W q U d n b εππ∞

===-∑ 其边缘电容为

022210241sin()

e f n W b n d

C U d n b εππ∞===∑ 4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位

U ，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。

解根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ϕϕ==

② (,)0()x y y ϕ→→∞ ③

0(,0)x U ϕ=

根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为

(,)sin(

)n n n y a n x

x y A e a ππϕ∞

-==∑

由条件③，有

sin(

)n n n x

U A a π∞

==∑

两边同乘以

sin(

)

n x

a π，并从0到a 对x 积分，得到

002sin()d a

n U n x A x a a π==⎰0

2(1cos )U n n ππ

-=0

4,1,3,5,02,4,6,U n n n π⎧=⎪⎨⎪=⎩L L

，

故得到槽内的电位分布为

1,3,5,41(,)sin()n y a n U n x

x y e n a ππϕπ

-==

∑

题4.4图

4.5 一长、宽、高分别为a 、b 、c 的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为

()sin(

)sin(

)

y y b a

c ππρ=-

的电荷。求体积内的电位ϕ。解在体积内，电位ϕ满足泊松方程

22222201()sin()sin()x z

y y b x y z a c ϕϕϕππε∂∂∂++=--∂∂∂ （1）

长方体表面S 上，电位ϕ满足边界条件

=。由此设电位ϕ的通解为

111

(,,)sin(

)sin()sin()mnp m n p m x n y p z

x y z A a b c πππϕε∞∞∞

====

∑∑∑

代入泊松方程（1），可得

222111

[(

)()()]mnp m n p m n p A a b c πππ

∞∞∞

===++⨯∑∑∑

sin(

)sin()sin()m x n y p z a b c πππ=()sin()sin()x z y y b a c ππ-

由此可得

mnp A = (1m ≠或1)p ≠

22211

[()()()]sin()n p n n y A a b c b ππππ∞

=++=∑()y y b - （2）由式（2），可得

221102[()()()]()sin()d b

n n n y

A y y b y a b c b b π

πππ++=-=⎰34()(cos 1)b n b n ππ-=

381,3,5,()02,4,6,b n n n π⎧-=⎪⎨⎪=⎩

L L

故

532221,3,5,0

81(,,)sin()sin()sin()

11[()()()]n b x n y z

x y z n a b c n a b c πππϕπε∞

==-

++∑

4.6 如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z 轴平行的线电荷

q ，其位置为

),0(d 。求板间的电位函数。

解由于在(0,)d 处有一与z 轴平行的线电荷l

q ，以0x =为界将场空间分割为0x >和0x <两

个区域，则这两个区域中的电位1(,)x y ϕ和2(,)x y ϕ都满足拉普拉斯方程。而在0x =的分界面

上，可利用δ函数将线电荷l

q 表示成电荷面密度

0()()l y q y y σδ=-。

电位的边界条件为

①

11(,0)(,)0x x a ϕϕ==

22(,0)(,)0x x a ϕϕ==

②

1(,)0x y ϕ→()x →∞

2(,)0x y ϕ→()x →-∞

③

12(0,)(0,)y y ϕϕ=

(

)()

x q y d x x

ϕϕδε=∂∂-=-

-∂∂

由条件①和②，可设电位函数的通解为

11(,)sin(

)

n n n x a n y x y A e a ππϕ∞

=-=∑ (0)x >

(,)sin(

)

n n n x a n y

x y B e a ππϕ∞

==∑ (0)x <

由条件③，有

sin()n

n n y A a π∞==∑1

sin(

)

n n n y

B a π∞

=∑ （1） 1

sin()n n n n y

A a a ππ∞

=--

∑1

sin()n

n n n y

B a a ππ∞

=∑ 0

()l q y d δε=- （2）

由式（1），可得

n n

A B = （3）

将式（2）两边同乘以

sin(

)

m y

a π，并从0到a 对y 积分，有

题 4.6图

n n

A B +0

2()sin(

)d a l q n y y d y n a πδπε=

-=⎰

02sin()l q n d n a ππε （4）

由式（3）和（4）解得

sin(

)l n n q n d

A B n a ππε==

故

1101(,)sin()sin()l

n n x a q n d n y x y e n a a πππϕπε∞

=-=

∑ (0)x > 2101(,)sin()sin()l

n n x a q n d n y

x y e n a a πππϕπε∞

∑ (0)x < 4.7 如题4.7图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷

q 。求槽内的电位函数。

解由于在

)

,(00y x 处有一与z 轴平行的线电荷

q ，以

x x =为界将

场空间分割为

00x x <<和

0x x a

<<两个区域，则这两个区)

,(00y x 域中的电位1

(,)x y ϕ和2(,)x y ϕ都满足拉普拉斯方程。而在0x x =的

分界面上，可利用

δ函数将线电荷l q 表示成电荷面密度

0()()l y q y y σδ=-，电位的边界条件为

① 1(0,)0y =ϕ，2(,)0a y ϕ=

② 11(,0)(,)0x x b =ϕϕ=

22(,0)(,)0x x b =ϕϕ= ③

1020(,)(,)x y x y ϕϕ=

(

)()

x x q y y x x

ϕϕδε=∂∂-=-

-∂∂

由条件①和②，可设电位函数的通解为

(,)sin(

)sinh()n n n y n x

x y A b b ππϕ∞

==∑ )0(0x x <<

题4.7图

(,)x y ϕ=1

sin(

)sinh[()]

n n y n B

a x

b b ππ

∞

=-∑

)(0a x x <<

由条件③，有

0011sin()sinh()sin()sinh[()]n n

n n n x n y n y n A B a x b b b b ππππ

∞∞

===-∑∑ （1） 01sin()cosh()n

n n x n n y A b b b πππ∞

=-∑

01sin()cosh[()]n n n n y n B a x b b b πππ∞

=-∑ )(00y y q l -δε= （2）

由式（1），可得

00sinh(

)sinh[()]0n n n x n A B a x b b ππ

--= （3）

将式（2）两边同乘以

sin(

)

m y

b π，并从0到b 对y 积分，有

)]

(cosh[)cosh(00x a b n B b x n A n n -π+π00

02()sin(

)d b l q n y

y y y n b πδπε=-=⎰

02sin()l q n y n b ππε （4）

由式（3）和（4）解得

00021sinh[()]sin()

sinh()l n q n y n A a x n a b n b b ππ

ππε=

00021

sinh()sin()

sinh()l n q n x n y B n a b n b b ππππε=

故

101021(,)sinh[()]sinh()l

n q n x y a x n n a b b π

ϕπεπ∞

-∑ 0sin(

)sinh()sin()n y n x n y

b b b πππ⋅ )0(0x x <<

021021

(,)sinh()sinh()l

n q n x x y n n a b πϕπεπ∞

∑

0sin(

)sinh[()]sin()n y n n y

a x

b b b πππ⋅- )(0a x x << 若以

y y =为界将场空间分割为

0y y <<和

0y y b

<<两个区域，则可类似地得到

101021(,)sinh[()]sinh()l

n q n x y b y n n b a a π

ϕπεπ∞

-∑ 0sin(

)sinh()sin()n x n y n x

a a a πππ⋅ 0(0)y y <<

021021

(,)sinh()sinh()l

n q n y x y n n b a a πϕπεπ∞

∑ 0sin(

)sinh[()]sin()n x n n x

b y a a a πππ⋅- 0()y y b <<

4.8 如题4.8图所示，在均匀电场

x E E e =中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱

的半径为a 。求导体圆柱外的电位ϕ和电场E 以及导体表面的感应电荷密度σ。解在外电场0

E 作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场

E 的电位

0ϕ与感应

电荷的电位

in ϕ的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z 无关。在圆柱面坐标系中，

外电场的电位为000(,)cos r E x C E r C ϕφφ=-+=-+（常数C 的值由参考点确定）

，而感应电

荷的电位

(,)in r ϕφ应与0(,)r ϕφ一样按cos φ变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，

所以(,)r ϕφ满足的边界条件为

① (,)a C ϕφ= ②

0(,)cos ()r E r C r ϕφφ→-+→∞

由此可设

101(,)cos cos r E r A r C

ϕφφφ-=-++ 由条件①，有 101cos cos E a A a C C

φφ--++=

于是得到

21E a A =

故圆柱外的电位为

210(,)()cos r r a r E C

ϕφφ-=-++

题4.8图

若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(,)0a ϕφ=，则0=C 。导体圆柱外的电场则为

1(,)r r r r E e e φϕϕϕφφ∂∂=-∇=--=∂∂220022(1)cos (1)sin r a a E E r r e e φφφ

-++-+

导体圆柱表面的电荷面密度为

00(,)

2cos r a

r E r

ϕφσεεφ

=∂=-=∂

4.9 在介电常数为ε的无限大的介质中，沿z 轴方向开一个半径为a 的圆柱形空腔。沿x 轴方向外加一均匀电场00

x E E e =，求空腔内和空腔外的电位函数。

解在电场0

E 的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E 为外加

电场

E 与极化电荷的电场

E 的叠加。外电场的电位为

000(,)cos r E x E r ϕφφ=-=-而感应电

荷的电位

(,)in r ϕφ应与0(,)r ϕφ一样按cos φ变化，则空腔内、外的电位分别为1(,)r ϕφ和

2(,)r ϕφ的边界条件为

① ∞→r 时，2

0(,)cos r E r ϕφφ→-；

② 0=r 时，1

(,)r ϕφ为有限值；

③ a r =时， 1

2(,)(,)a a ϕφϕφ=，

120

r r ϕϕ

εε∂∂=∂∂

由条件①和②，可设

101(,)cos cos r E r A r ϕφφφ=-+ ()r a ≤ 1202(,)cos cos r E r A r ϕφφφ

-=-+ ()r a ≥

带入条件③，有

12A a A a -=，

2000102

E A E a A εεεε--+=--

由此解得

0100A E εεεε-=-

+， 2

020

A a E εεεε-=-+

所以

02(,)cos r E r ε

ϕφφεε=-

+ ()r a ≤

0200(,)[1()]cos a r E r r εεϕφφεε-=-+

+ ()r a ≥

4.10 一个半径为b 、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题4.10图所示。

第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象

限分别保持电位

U 和

U -。求圆柱面内部的电位函数。

解由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为

① (0,)ϕφ为有限值；

②

0002

02(,)320

322U b U φππφπ

ϕφπφππφπ<<⎧⎪<<⎪

=⎨

-<<⎪⎪<<⎩；

由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为

(,)(sin cos )

n n n n r r A n B n ϕφφφ∞

==+∑ ()r b ≤

代入条件②，有 1

(sin cos )(,)

n n n b

A n

B n b φφϕφ∞

=+=∑

由此得到

(,)sin d n n

A b n b π

ϕφφφπ

==⎰232

[sin d sin d ]n U n U n b πππ

φφφφπ-=⎰⎰0(1cos )n U n b n ππ

2,1,3,5,02,4,6,n

U n n b n π⎧=⎪⎨⎪=⎩L L ， 20

1(,)cos d n n

B b n b π

ϕφφφπ

==⎰2

[cos d cos d ]n

n U n b πππ

φφφφπ-

⎰⎰

03(sin sin )22

n U n n b n ππ

π-=3

2(1),1,3,5,02,4,6,n n U n n b n π+⎧-=⎪⎨⎪=⎩L L

，

故

21,3,5,21(,)()[sin (1)cos ]n n

n U r r n n n b ϕφφφπ

+∞

+-∑

()r b ≤

-题4.10图

4.11 如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为a 、介电常数为ε，在距离轴线)

(00a r r >处，

有一与圆柱平行的线电荷l

q ，计算空间各部分的电位。

解在线电荷

q 作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位(,)r ϕφ均为线电荷

q 的电位

(,)l r ϕφ与极化电荷的电位(,)p r ϕφ的叠加，即(,)(,)(,)l p r r r ϕφϕφϕφ=+。线电荷l q 的电位

为

(,)ln 22l l l q q r R ϕφπεπε=-

（1）

而极化电荷的电位

(,)

p r ϕφ满足拉普拉斯方程，且是φ的偶函数。

介质圆柱内外的电位

1(,)r ϕφ和2(,)r ϕφ满足的边界条件为分别为

① 1(0,)ϕφ为有限值；

②

2(,)(,)()l r r r ϕφϕφ→→∞

③ a r =时，

12120,r r ϕϕ

ϕϕε

ε∂∂==∂∂

由条件①和②可知，

1(,)r ϕφ和2(,)r ϕφ的通解为

11(,)(,)cos n l n n r r A r n ϕφϕφφ

∞

==+∑ (0)r a ≤≤ （2）

(,)(,)cos n l n n r r B r n ϕφϕφφ

∞

-==+∑ ()a r ≤<∞ （3）

将式（1）～（3）带入条件③，可得到

cos cos n

n n

n n n A a

n B a n φφ

∞

-===∑∑ （4）

11001

0ln ()cos ()

2n n l n n r a

n q R

A na

B na n r

εεφεεπε∞

---==∂+=-∂∑ （5）

当

r r <时，将R ln 展开为级数，有

010

1ln ln ()cos n n r

R r n n r φ

∞

==-∑ （6）

题4.11图

带入式（5），得

1001

100

0()()cos ()cos 2n n n l

n n n n q a A na

B na

n n r r εεεεφφπε∞

∞

----==-+=-

∑∑ （7）

由式（4）和（7），有

n n n a B a A -=

111

00000

()()

2n n n l n n q a A na B na r r εεεεπε-----+=-

由此解得 0000()12()l n n q A nr εεπεεε-=-+， 20000()2()n

l n n

q a B nr εεπεεε-=-+

故得到圆柱内、外的电位分别为

10(,)ln 2l

q r ϕφπε=-01000

()1()cos 2()n

l n q r n n r εεφπεεε∞=-+∑ （8）

20(,)ln 2l

q r ϕφπε=-201000()1()cos 2()n

l n q a n n r r εεφπεεε∞=-+∑ （9）

讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为

000100000()()1()cos (ln ln )2()2()n l l n q q r n R r n r εεεεφπεεεπεεε∞=---=-++∑ 200100000()()1()cos (ln ln )2()2()n l l n q q a n R r n r r εεεεφπεεεπεεε∞=--'-=-++∑

其中

R '=1(,)r ϕφ和2(,)r ϕφ分别写成为

0010

00002()

(,)ln ln 22()l l q q r R r εεεϕφπεεεπεεε-=-

-++ 0020

0000

()()11(,)ln ln ln 222l l l

q q q r R R r

εεεεϕφπεπεεεπεεε---'=-

-++

由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（,

0r 0）的线电荷0

q εεε+的电位相同，而介质圆

柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（,0r 0）的线电荷l q ；位于)

0,(02

r a 的

线电荷00l q εεεε--

+；位于0=r 的线电荷0

q εεεε-+。

4.12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。

解导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位(,)r ϕφ均为线电荷l

q 的电位

(,)l r ϕφ与感应

电荷的电位

(,)in r ϕφ的叠加，即(,)(,)(,)l in r r r ϕφϕφϕφ=+。线电荷l q 的电位为

(,)ln 22l l l q q r R ϕφπεπε=-

（1）

而感应电荷的电位

(,)in r ϕφ满足拉普拉斯方程，且是φ的偶函数。

(,)r ϕφ满足的边界条件为

① (,)(,)l r r ϕφϕφ→()r →∞；

②

(,)a C ϕφ=。

由于电位分布是φ的偶函数，并由条件①可知，(,)r ϕφ的通解为

(,)(,)cos n l n n r r A r n ϕφϕφφ

∞

-==+∑ （2）

将式（1）和（2）带入条件②，可得到

cos 2n

l n

n q A a

n C φπε∞

-==+

∑ （3）

将

0101ln ()cos n n a

r n n r φ

∞

==-∑ （4）

带入式（3），得

1001cos [ln ()cos ]2n

n l

n n n q a

A a n C r n n r φφπε∞

∞

-===+

-∑∑ （5）由此可得 000ln 2l

q A C r πε=+，

200()

n q a A n r πε=- 故导体圆柱外的电为

(,)ln 2l q r ϕφπε=-

00(ln )2l

q C r πε+-21001()cos 2n

n q a n n r r φπε∞

=∑ （6）

讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为

21000

1()cos (ln ln )22n l

l n q q a n R r n r r φπεπε∞

='-=-∑

其中

R '=(,)r ϕφ写成为

(,)ln ln ln 222l l l q q q r R R r ϕφπεπεπε'=-+

ln 2l q C r πε++

由此可见，导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（

0r 0）的线电荷

q ；

位于)

0,(02

r a 的线电荷l q -；位于0=r 的线电荷l q 。

4.13 在均匀外电场

z E E e =中放入半径为a 的导体球，设（1）导体充电至

U ；（2）导体上

充有电荷Q 。试分别计算两种情况下球外的电位分布。解（1）这里导体充电至0

U 应理解为未加外电场

E 时导体球相对于无限远处的电位为

U ，此

时导体球面上的电荷密度00U a σε=，总电荷004q aU πε=。将导体球放入均匀外电场0E

中后，

在

E 的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷q 仍保持不变，导体

球仍为等位体。设

0(,)(,)(,)in r r r ϕθϕθϕθ=+，其中

000(,)cos r E z E r ϕθθ=-=-

是均匀外电场

E 的电位，

(,)in r ϕθ是导体球上的电荷产生的电位。

电位(,)r ϕθ满足的边界条件为

① ∞→r 时，0(,)cos r E r ϕθθ

→-； ② a r =时，

0(,)a C ϕθ=，0d S

S q r ϕε∂-=∂⎰Ñ

题4.14图

其中

C 为常数，若适当选择(,)r ϕθ的参考点，可使

0U C =。

由条件①，可设

210111

(,)cos cos r E r A r B r C ϕθθθ--=-+++

代入条件②，可得到 0

31E a A =，

1aU B =，

01U C C -=

若使

0U C =，可得到

321

000(,)cos cos r E r a E r aU r ϕθθθ--=-++

（2）导体上充电荷Q 时，令

4Q aU πε=，有

004Q U a πε=

利用（1）的结果，得到

32000(,)cos cos 4Q r E r a E r r ϕθθθπε-=-++

4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场

z E =E e ，在介质中有一个半径为

a 的球形空腔。求空腔内、外的电场E 和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为ε）。

解在电场0

E 的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E 为外加

电场

E 与极化电荷的电场

E 的叠加。设空腔内、外的电位分别为

1(,)r ϕθ和2(,)r ϕθ，则边界

条件为

① ∞→r 时，2

0(,)cos r E r ϕθθ→-； ② 0=r 时，1

(,)r ϕθ为有限值；

③ a r =时， 1

2(,)(,)a a ϕθϕθ=，

120

r r ϕϕ

εε∂∂=∂∂

由条件①和②，可设

101(,)cos cos r E r A r ϕθθθ=-+ 2202(,)cos cos r E r A r ϕθθθ

-=-+

带入条件③，有

221-=a A a A ，3

0001022E A E a A εεεε--+=--

由此解得

01002A E εεεε-=-

+，3

020

2A a E εεεε-=-+

题 4.15图

所以

100

3(,)cos 2r E r ε

ϕθθεε=-

0200(,)[1()]cos 2a r E r r εεϕθθεε-=-+

空腔内、外的电场为

110

3(,)2r E E ε

ϕθεε=-∇=

+ 22(,)r E ϕθ=-∇=

0000()([2cos sin ]

2r E a r E e e θεεθθεε--

空腔表面的极化电荷面密度为

()p r a

r r a

n P e E σεε===-⋅=--⋅=

0000

3()

cos 2E εεεθ

εε--

4.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为1r 和2r ，球的中心放置一个电偶极子

p ，球壳上的电荷量为Q 。试计算球内、外的电位分布和球壳上的电荷分布。

解导体球壳将空间分割为内外两个区域，电偶极子

p 在球壳内表面上引起感应电荷分布，但

内表面上的感应电荷总量为零，因此球壳外表面上电荷总量为Q ，且均匀分布在外表面上。球壳外的场可由高斯定理求得为

220()4r

Q r r E e πε=

20()4Q r r ϕπε=

外表面上的电荷面密度为 22

24Q r σπ=

设球内的电位为

1(,)(,)(,)

p in r r r ϕθϕθϕθ=+，其中

2200cos (,)(cos )44p p p

r P r r θϕθθπεπε=

是电偶极子

p 的电位，(,)in r ϕθ是球壳内表面上的感应电荷的电位。

(,)in r ϕθ满足的边界条件为

① (0,)in ϕθ为有限值；

②

1122(,)()r r ϕθϕ=，即1122(,)(,)()in p r r r ϕθϕθϕ+=，所以

11202

(,)(cos )

44in Q p r P r r

ϕθθπεπε=-

由条件①可知

(,)in r ϕθ的通解为

(,)(cos )

n in n n n r A r P ϕθθ∞

==∑

由条件②，有 112

(cos )(cos )

44n n n n Q p A r P P r r

θθπεπε∞

∑

比较两端

(cos )

n P θ的系数，得到

0024Q A r πε=

，

13014p A r πε=-

，

0n A =(2)

n ≥

最后得到

12302

1(,)(

)cos 44Q p r

r r r r ϕθθπεπε=

球壳内表面上的感应电荷面密度为

111110

13cos 4r r r r p

r ϕϕσεεθπ==∂∂=-==-

∂∂

感应电荷的总量为

1113103d cos 2sin d 04S

p q S r r π

σθπθθπ==-⋅=⎰⎰Ñ

4.16 欲在一个半径为a 的球上绕线圈使在球内产生均匀场，问线圈应如何绕（即求绕线的密度）？解设球内的均匀场为

10z H =H e ()

r a <，球外的场为2H ()r a >，如

题4.16图所示。根据边界条件，球面上的电流面密度为

2120()()

S r a

r z r a

H ===⨯-=⨯-=

J n H H e H e

0sin r r a

H φθ

=⨯+e H e

题 4.16图

题 4.17图

若令

r r a

=⨯=e H ，则得到球面上的电流面密度为

0sin S H φθ

=J e

这表明球面上的绕线密度正比于sin θ，则将在球内产生均匀场。 4.17 一个半径为R 的介质球带有均匀极化强度P 。

（1）证明：球内的电场是均匀的，等于

0ε-

；

（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子τP 产生的电场相同，

343R πτ=

。解（1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中所求的电场即为极化电荷所产生

的场。由于是均匀极化，介质球体内不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的电位满足拉普拉斯方程，可用分离变量法求解。

建立如题4.17图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为

cos p r P P n P e σθ

=⋅=⋅=

介质球内、外的电位

ϕ和

2ϕ满足的边界条件为

① 1

(0,)ϕθ为有限值； ② 2(,)0()r r ϕθ→→∞；

③

12(,)(,)R R ϕθϕθ= 12

cos r R

P r r

ϕϕεθ

=∂∂-=∂∂

因此，可设球内、外电位的通解为

11(,)cos r A r ϕθθ=

22(,)cos B r r ϕθθ=

由条件③，有

112B A R R =

，1

32()B A P R ε+=

解得

3P A ε=

，

103PR B ε=

于是得到球内的电位

100(,)cos 33P P r r z ϕθθεε=

故球内的电场为 110033z

P P

E e ϕεε=-∇=-=-

（2）介质球外的电位为

33222

0014(,)cos cos 343PR R P r r r πϕθθθεπε==20cos 4P r τ

θπε= 其中

43R πτ=

为介质球的体积。故介质球外的电场为 22

221(,)r r r r r E e e θϕϕϕθ∂∂=-∇=--=∂∂3

0(2cos sin )4r P r e e θτθθπε+

可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子τP 产生的电场相同。

4.18 半径为a 的接地导体球，离球心)(11a r r >处放置一个点电荷q ，如题4.18图所示。用分离变量法求电位分布。

解球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加，感应电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位分布时，将点电荷的电位在球面上按勒让德多项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。设

0(,)(,)(,)in r r r ϕθϕθϕθ=+，其中

00(,)4q r R

ϕθπε=

是点电荷q 的电位，

(,)in r ϕθ是导体球上感应电荷产生的电位。

电位(,)r ϕθ满足的边界条件为 ① ∞→r 时，(,)0r ϕθ→； ② a r =时， (,)0a ϕθ=。

由条件①，可得(,)in

r ϕθ的通解为

题4.18图

(,)(cos )

n in n n n r A r P ϕθθ∞

--==∑

为了确定系数

A ，利用R 1的球坐标展开式

1101

1110(cos )()1(cos )()n

n n n n

n n n r P r r r R r P r r r θθ∞+=∞+=⎧≤⎪⎪=⎨

⎪≥⎪⎩∑∑

将0(,)r ϕθ在球面上展开为 01001(,)(cos )4n

n n q

a a P r ϕθθπε∞

+==∑

代入条件②，有

001

(cos ) (cos )04n

n n n n

n n n q

a A a

P P r θθπε∞

∞

--+==+=∑∑

比较)(cos θn P 的系数，得到 21

014n n n qa A r πε++=-

故得到球外的电位为 21

10001(,)(cos )44()n n

n n q

a r P R rr ϕθθπεπε+∞

+==-∑

讨论：将(,)r ϕθ的第二项与R 1的球坐标展开式比较，可得到

101(cos )()n n

n n a P r r θ+∞

+==∑

由此可见，(,)r ϕθ的第二项是位于

r a r ='的一个点电荷1r a q q -='所产生的电位，此电荷正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。

4.19 一根密度为

q 、长为2a 的线电荷沿z 轴放置，中心在原点上。

证明：对于a r >的点，有

350(,)P (cos )P (cos )235l q a a a r r r r ϕθθθπε⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭L

解线电荷产生的电位为

(,)44a a

l a q q r dz R ϕθπεπε--''

⎰⎰

对于a r >的点，有

- )θ

题4.19图

电磁场与电磁波(第四版)习题解答

电磁场与电磁波(第四版）习题解答第1章习题习题1．1 给定三个矢量A 、B 和C 如下: 23 x y z =+-A e e e ． 4y z =-+B e e ， 52x z =-C e e , 解: (1 ）22323) 12(3)A x y z e e e A a e e e A +-= = = +-++- （2 ）2641x y z A B e e e -=+-==(3)(23)(4)11x y z y z A B e e e e e ?=+-?-+=- （4）arccos 135.5A B AB θ?===? (５)1711 cos -=?=??==B B A A B B A A A A AB B θ (６）1 2341310502 x y z x Y Z e e e A C e e e ?=-=---- (７)0 4185205 02 x y z x Y Z e e e B C e e e ?=-=++- ()(23)(8520)42x Y Z x Y Z A B C e e e e e e ??=+-?++=- 1 23104041 x y z x Y Z e e e A B e e e ?=-=---- ()(104)(52)42x Y Z x Z A B C e e e e e ??=---?-=- (8）()10142405502 x y z x Y Z e e e A B C e e e ??=---=-+-

()1 235544118520 x y z x Y Z e e e A B C e e e ??=-=-- 习题1．4给定两矢量 234x y z =+-A e e e 和 456x y z =-+B e e e ,求它们之间的夹角和 A 在Ｂ上的分量。解： 29)4(32222=-++=A 776)5(4222=+-+=B 31)654()432(-=+-?-+=?z y x z y x e e e e e e B A 则A 与B 之间的夹角为 131772931cos =???? ???-=???? ? ? ???=ar B A B A arcis AB θ A 在B 上的分量为 532.37731cos -=-=?=???==B B A B A B A A A A AB B θ 习题1.９用球坐标表示的场2 25r r =E e ， (1）求在直角坐标中点(3,4,5)--处的E 和x E ； (2）求在直角坐标中点(3,4,5) --处E 与矢量2 2x y z = -+B e e e 构成的夹角。解: (１)由已知条件得到，在点（－3，４,-5）处， r ===2 2525 0.550 E r = == 2 105 43252532z y x r e e e r r r e E -+-===

《电磁场与电磁波》(第四版)课后习题解答(全)

第一章习题解答【习题1.1解】 222 22 222 22 2 2 2 22 222 2 2 2 222222 2 22 222 222 cos cos cos cos cos cos 1x x x y z y x y z z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z 矢径r 与轴正向的夹角为，则同理，矢径r 与y 轴正向的夹角为，则矢径r 与z 轴正向的夹角为，则可得从而得证a a b b g g a b g =++=++=++++=++++++++++==++ 【习题1.2解】 924331329(243)54(9)(243)236335x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z A B e e e e e e e e e A B e e e e e e e e e A B e e e e e e A B +=--+-+=-+=----+=---?=--?-+=+-=?（）（）－（）(9)(243)191 24331514x y z x y z x y z x y z e e e e e e e e e e e e =--?-+=---=--+

【习题1.3解】已知,38,x y z x y z A e be ce B e e e =++=-++ （1）要使A B ⊥，则须散度 0A B = 所以从 1380A B b c =-++=可得：381b c += 即只要满足3b+8c=1就可以使向量错误！未找到引用源。和向量错误！未找到引用源。垂直。（2）要使A B ，则须旋度 0A B ?= 所以从 1 (83)(8)(3)01 3 8 x y z x y z e e e A B b c b c e c e b e ?==--+++=- 可得 b=-3，c=-8 【习题1.4解】已知129x y z A e e e =++，x y B ae be =+，因为B A ⊥，所以应有0A B ?= 即 ()() 1291290x y z x y e e e ae be a b ++?+=+= ⑴ 又因为 1B =; 所以22 1=； ⑵ 由⑴，⑵ 解得 3 4 ,5 5a b =±=

电磁场与电磁波习题及答案

1麦克斯韦方程组的微分形式是：.D H J t ???=+?,B E t ???=-?,0B ?=,D ρ ?= 2静电场的基本方程积分形式为： C E dl =? S D ds ρ =? 3理想导体（设为媒质2）与空气（设为媒质1）分界面上，电磁场的边界条件为： 3.00n S n n n S e e e e J ρ??=? ?=?? ?=?? ?=?D B E H 4线性且各向同性媒质的本构关系方程是： 4.D E ε=,B H μ=,J E σ= 5电流连续性方程的微分形式为： 5. J t ρ??=- ? 6电位满足的泊松方程为 2 ρ ?ε?=- ；》在两种完纯介质分界面上电位满足的边界。 12??= 1212n n εεεε??=?? 7应用镜像法和其它间接方法解静态场边值问题的理论依据是: 唯一性定理。 8.电场强度E 的单位是V/m ，电位移D 的单位是C/m2 。 9．静电场的两个基本方程的微分形式为 0E ??= ρ?=D ； 10.一个直流电流回路除受到另一个直流电流回路的库仑力作用外还将受到安培力作用 1.在分析恒定磁场时，引入矢量磁位A ，并令 B A =??的依据是（ 0B ?= ） 2. “某处的电位0=?，则该处的电场强度0=E ” 的说法是（错误的）。 3. 自由空间中的平行双线传输线，导线半径为a , 线间距为D ，则传输线单位长度的电容为（ )ln( 1 a a D C -= πε ）。。 4. 点电荷产生的电场强度随距离变化的规律为（1/r2 ）。 5. N 个导体组成的系统的能量∑==N i i i q W 1 21φ，其中i φ是（除i 个导体外的其他导体）产生的电位。 6.为了描述电荷分布在空间流动的状态，定义体积电流密度J ，其国际单位为（a/m2 ） 7. 应用高斯定理求解静电场要求电场具有（对称性）分布。 8. 如果某一点的电场强度为零，则该点电位的（不一定为零）。 8. 真空中一个电流元在某点产生的磁感应强度dB 随该点到电流元距离变化的规律为（1/r2 ）。 10. 半径为a 的球形电荷分布产生的电场的能量储存于（整个空间）。三、海水的电导率为4S/m ，相对介电常数为81，求频率为1MHz 时，位幅与导幅比值三、解：设电场随时间作正弦变化，表示为： cos x m E e E t ω= 则位移电流密度为：0sin d x r m D J e E t t ωεεω?= =-? 其振幅值为：3 04510.dm r m m J E E ωεε-==? , 传导电流的振幅值为：4cm m m J E E σ== 因此： 3112510.dm cm J J -=? 四、自由空间中，有一半径为a 、带电荷量q 的导体球。试求：（1）空间的电场强度分布；（2）导体球的电容。（15分）四、解：由高斯定理 D S S d q =? 得2 4q D r π= 24D e e r r q D r π== 空间的电场分布2 04D E e r q r επε== 导体球的电位 2 0044E l E r e r r a a a q q U d d d r a πεπε∞∞ ∞ ==== ??? 导体球的电容04q C a U πε== $

电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方

一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ；（7）()?A B C 和()?A B C ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-= ==+-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由 c o s AB θ =8==A B A B ，得 1c o s AB θ- =(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A c o s AB θ = =A B B （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 04 1502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e

电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答

如题图所示为一长方形截面的导体槽，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，求槽内的电位函数。解根据题意，电位满足的边界条件为 ① ② ③ 根据条件①和②，电位的通解应取为题图由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从到，电位线性变化，。题图解应用叠加原理，设板间的电位为其中，为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为）的电位，即；是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ① ② ③根据条件①和②，可设的通解为由条件③有两边同乘以，并从0到对积分，得到

故得到求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按定出边缘电容。解在导体板（）上，相应于的电荷面密度则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷相应的电场储能为其边缘电容为如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。解根据题意，电位满足的边界条件为 ① 题图 ② ③ 根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布为一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为的电荷。求体积内的电位。解在体积内，电位满足泊松方程（1）长方体表面上，电位满足边界条件。由此设电位的通解为代入泊松方程（1），可得由此可得或（2）由式（2），可得故

如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。求板间的电位函数。解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。电位的边界条件为题图 ① ② ③ 由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得故如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷。求槽内的电位函数。题图

电磁场与电磁波部分课后答案_郭辉萍版1-6章

第一章习题解答 1.2解：⑴.A a =A A =149A ++ =（x a +2y a -3z a ）/14 ⑵cos A B θ =A ·B /A B A B θ=135.5o ⑶A ·B =-11, A ?B =-10x a -y a -4z a ⑷A ·（B ?C ）=-42 （A ?B ）·C =-42 ⑸A ?（B ?C ）=55x a -44y a -11z a （A ?B ）?C =2x a -40y a +5z a 1.3有一个二维矢量场F(r) =x a （-y ）+y a (x)，求其矢量线方程，并定性画出该矢量场图形。解：由dx/(-y)=dy/x,得2x +2y =c 1.6求数量场ψ=ln （2x +2y +2z ）通过点P （1，2，3）的等值面方程。解：等值面方程为ln （2x +2 y +2z ）=c 则c=ln(1+4+9)=ln14 那么2x +2 y +2z =14 1.9求标量场ψ（x,y,z ）=62 x 3 y +z e 在点P （2，-1，0）的梯度。解：由ψ?=x a x ψ??+y a y ψ??+z a z ψ??=12x 3y x a +182x 2y y a +z e z a 得 ψ?=-24x a +72y a +z a 1.10 在圆柱体2 x +2 y =9和平面x=0，y=0,z=0及z=2所包围的区域，设此区域的表面为S: ⑴求矢量场A 沿闭合曲面S 的通量，其中矢量场的表达式为 A =x a 32 x +y a （3y+z ）+z a (3z -x)

错误！未找到引用源。验证散度定理。解：⑴??s d A =?? 曲+A d S ?? xoz +A d S ?? yoz +A d S ?? 上+A d S ?? 下 A d S ?? 曲 =232 (3cos 3sin sin )z d d ρθρθθρθ++?曲 =156.4 A d S ?? xoz = (3)y z dxdz +? xoz =-6 A d S ?? yoz =- 2 3x dydz ? yoz =0 A d S ?? 上 +A d S ?? 下=(6cos )d d ρθρθρ-?上+cos d d ρθρθ?下 =272π ? ?s d A =193 ⑵dV A V ???=(66)V x dV +?=6(cos 1)V d d dz ρθρθ+?=193 即：??s s d A =dV A V ??? 1.13 求矢量A =x a x+y a x 2y 沿圆周2x +2y =2 a 的线积分，再求A ?? 对此圆周所包围的表面积分，验证斯托克斯定理。解：??l l d A =2 L xdx xy dy +? =44a π A ?? =z a 2 y ????S s d A =2S y dS ? =22sin S d d θ ρρρθ? =44a π 即：??l l d A =????S s d A ，得证。 1.15求下列标量场的梯度： ⑴u=xyz+2 x u ?=x a u x ??+y a u y ??+z a u z ??=x a (yz+zx)+y a xz+z a xy ⑵u=42 x y+2 y z -4xz u ?=x a u x ??+y a u y ??+z a u z ??=x a (8xy-4z)+y a (42 x +2yz)+z a (2y -4x) ⑶u ?=x a u x ??+y a u y ??+z a u z ??=x a 3x+y a 5z+z a 5y

电磁场与电磁波课后习题及答案

电磁场与电磁波课后习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ；（7）()?A B C g 和()?A B C g ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由 cos AB θ ===A B A B g ，得 1cos AB θ- =(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ ==A B B g （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 04 1502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e 1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。（1）判断123 PP P ?是否为一直角三角形；

电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答

习题解答 4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，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 0U ，求槽内的电位函数。解根据题意，电位(,)x y ?满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ??== ② (,0)0x ?= ③ 0(,)x b U ?= 根据条件①和②，电位(,)x y ?的通解应取为 1 (,)sinh( )sin()n n n y n x x y A a a ππ?∞ ==∑ 由条件③，有 01 sinh( )sin()n n n b n x U A a a ππ∞ ==∑ 两边同乘以 sin( ) n x a π，并从0到a 对x 积分，得到 00 2sin()d sinh()a n U n x A x a n b a a ππ== ? 02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ? =? ? ? = ?，故得到槽内的电位分布 1,3,5,41 (,)s i n h ()s i n () s i n h ()n U n y n x x y n n b a a a ππ?ππ== ∑ 4.2 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d y =到b y =)(∞<<-∞x 。上板和薄片保持电位 0U ，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从0=y 到 d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ?=。 a 题4.1图

解应用叠加原理，设板间的电位为 (,)x y ?=12(,)(,)x y 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 0U ）的电位，即10(,)x y U y 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电位，其边界条件为： ① 22(,0)(,)0x x b ??== ② 2(,)0() x y x ?=→∞ ③ 002100(0)(0,)(0,)(0,)() U U y y d b y y y U U y y d y b d b ???? -≤≤??=-=? ?-≤≤?? 根据条件①和②，可设2(,)x y ?的通解为 21(,)sin()e n x b n n n y x y A b π π?∞ -==∑ 由条件③有 00100(0)sin()() n n U U y y d n y b A U U b y y d y b d b π∞ =? -≤≤??=??-≤≤??∑ 两边同乘以 sin( ) n y b π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d b n d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=??022sin() ()U b n d n d b ππ 故得到 (,)x y ?=0022 121sin()sin()e n x b n U bU n d n y y b d n b b π πππ∞-=+∑ 4.3 求在上题的解中，除开0U y b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按 2 02U W C e f = 定出边缘电容。解在导体板（0=y ）上，相应于 2(,)x y ?的电荷面密度题 4.2图

电磁场与电磁波第四章习题及参考答案

第四章习题 4-1、电量为nC 500的点电荷，在磁场)(?2.1T z B =ρ 中运动，经过点)5,4,3(速度为 s m y x /?2000?500+ 。求电荷在该点所受的磁场力。解：根据洛仑兹力公式 B v q F ρ ρρ?=N x y z y x 4491012?103?2.1?)?2000?500(10500---?+?-=?+??= N y x 4103)??4(-?-= 4-2、真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场。解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为 a I z B πμ2?01=ρ 因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为 a I z B B πμ24?401==ρρ 题4-2图题4-3图 4-3、真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场. 解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为b 的点上的磁感应强度为 2 201)2(?a b a b I z B +=πμρ 所以 2 20)2 (3?a b a b I z B +=πμρ，其中)6 (2πtg a b = 4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。求半圆中心处的磁场。 (c) 题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为

a I z B 4?01μ=ρ （1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此 a I z B 4?0μ=ρ （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为 a I z B πμ4?02=ρ 因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和 )2(4?0+-=ππμa I z B ρ （3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即 )1 1(4?0b a I z B -=μρ 4-5、在真空中将一个半径为a 的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。电流为I ，求半圆弧心处的磁场。解：本题磁场为两相同半径但平面法线垂直的半圆环的磁场之和 )??(40y x a I B +=μρ x ?、y ?分别为两半圆环平面的法向单位矢。 4-6、在氢原子中，电子绕半径为m 11 103.5-?的圆轨道运动，速度为s m /2200，求圆轨道的圆心点的磁场。解：分子电流 A a v e L v e I 6 11191006.110 3.528.62200106.12---?=???=?=? =π 式中e 为电子的电量，v 为电子运动速度，L 为圆轨道运动的周长。半径为a ，电流强度为I 的圆环电流在轴线上的磁场为 z z a Ia B ?) (22 /3222 0+=μρ 在圆心点的磁场为 T a I z a I B 211 677010256.110 3.51006.1102102?2-----?=???=??==ππμρ 4-7、对于以速度v ρ 运动的点电荷，证明E v B ρρρ?=00εμ，其中E ρ为此点电荷产生的电场强度。解：以速度v ρ 运动的点电荷q ，可以看成一电流元 v q dV v dV J l Id ρ ρρ===ρ 电流元的磁场为 E v R R q v R R l Id r B ρρρρ ρρ?=?=?= 002 020?41?4)(εμπμπμ 4-8、.半径为a 的均匀带电圆盘上电荷密度为，圆盘绕其轴以角速度旋转，求轴线上任一点的磁感应强度。解：带电圆盘绕其轴以角速度旋转，其上电流密度为? ωρρ?r v J s s s ==ρ ρ。在带电圆盘上取宽度为dr 的小环，电流为rdr dI s ωρ=，由例4-2知，在轴线上产生的磁场为

电磁场与电磁波课后习题及答案

电磁场与电磁波课后习题及答案 1 4e x e y e z 1，R 23 r 3 r 2 2e x e y 4e

z 8，R 31 r 1 r 3 6e x e y e z 3，由于R 12 R 23 411)21430，R 23 R

31 214)61384，R 31 R 12 613)41136，故PP 2 不是一直角三角形。 2）三角形的面积可以用矢量积求得：S 1 2 R 12 R 23 的模长，即 S

1 2 2 411)214214 613)411411 613)214613 3 2 begin{n} 1）三个顶点P、$P_2$(4,1,-3)和$P_3$(0,1,-2)的位置矢量分别为$r_1=e_y-e_z$，$r_2=e_x+4e_y-e_z$， $r_3=e_x+6e_y+2e_z$，则$R_{12}=r_2-r_1=4e_x+e_y+e_z$，$R_{23}=r_3-r_2=2e_x+e_y+4e_z$，$R_{31}=r_1-r_3=- 6e_x+e_y-e_z$，由于$R_{12}\cdot R_{23}=(4+1+1)(2+1+4)=30$，$R_{23}\cdot

R_{31}=(2+1+4)(6+1+3)=84$，$R_{31}\cdot R_{12}=(-6+1-3)(4+1+1)=-36$，故$\triangle PP_2P_3$不是一直角三角形。 2）三角形的面积可以用矢量积求得： $S=\frac{1}{2}|R_{12}\times R_{23}|$的模长，即 $S=\frac{1}{2}\sqrt{(4+1+1)(2+1+4)(2+1+4)-(-6+1- 3)(4+1+1)(4+1+1)-(-6+1- 3)(2+1+4)(6+1+3)}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。 end{n} 根据给定的矢量，计算得到： R_{12}=\sqrt{(e_x^4-e_z)(e_x^2+e_y+e_z/8)}$ R_{23}=r_3-r_2=e_x^2+e_y+e_z/8-r_3$ R_{31}=r_1-r_3=-e_x/6-e_y-e_z/7$ 由此可以得到，$\Delta P P$为一直角三角形，且$R_{12} \times R_{23}=17.13$。