叶邦角电磁学课后答案第五章

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《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)

《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：习题及参考答案5.1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为d ，如果把它移动到无穷远处，需要作多少功？解：用镜像法计算。

导体面上的感应电荷的影响用镜像电荷来代替，镜像电荷的大小为-Q ，位于和原电荷对称的位置。

当电荷Q 离导体板的距离为x 时，电荷Q 受到的静电力为2)2(042x Q F επ-=静电力为引力，要将其移动到无穷远处，必须加一个和静电力相反的外力2)2(042x Q f επ=在移动过程中，外力f 所作的功为d Q d dx dx Q dx f 016220162επεπ=⎰∞⎰∞= 当用外力将电荷Q 移动到无穷远处时，同时也要将镜像电荷移动到无穷远处，所以，在整个过程中，外力作的总功为dq8/2επ。

也可以用静电能计算。

在移动以前，系统的静电能等于两个点电荷之间的相互作用能：d Q d Q Q d Q Q q q W 082)2(04)(21)2(042122211121επεπεπϕϕ-=-+-=+=移动点电荷Q 到无穷远处以后，系统的静电能为零。

因此，在这个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为dq8/2επ。

5．2 一个点电荷放在直角导体内部（如图5-1），求出所有镜像电荷的位置和大小。

解：需要加三个镜像电荷代替导体面上的感应电荷。

在（-a ，d ）处，镜像电荷为-q ，在（错误！链接无效。

）处，镜像电荷为q ，在（a ，-d ）处，镜像电荷为-q 。

图5-1 5．3 证明：一个点电荷q 和一个带有电荷Q 、半径为R 的导体球之间的作用力为]2)22(2[04R D DRq D D qR Q q F --+=επ其中D 是q 到球心的距离（D ＞R ）。

证明：使用镜像法分析。

叶邦角-5-2

B
=
−
µ0 4π
m r3
+
µ0 4π
3(m ⋅ r )r r5
不一定是圆形电流，可以是任意形状的闭合电流
S = ∫∫ dS = 1 ∫ r '× dr '
S
2
θ aF
I
θ F
b a
B F
=
µ0 I 4a
B F
=
µ0 Ia 2b 2
B 0
=
?
3
[例]载流螺线管轴线上的磁场，单位长度上的匝数为n。
Bx
•
于是，穿过以Z为轴的任一环形管内任
意截面的磁通量为常量，与截面在管中的位
置以及取向无关。
对于任一封闭曲面S，上述环形管每穿过S一次，均会在S上切出两个面元∆S1、∆S2，其磁通量
⋅ ⋅ B1 ∆S1 + B2 ∆S2 = −B∆S + B∆S = 0
对曲面S上，任一面元，都可作一个环形管，且可找到S上的另一个面元与之对应。
L’为电流环路，Idl’为元电流，P’为源点 L为积分环路，dl为积分元，P为场点；
r为源点到场点的矢量，r’为场点到源点的矢量，显然：
r = −r ,
∫ B ⋅ dl
=
µ0 4π
Idl '×r L' r3
⋅ dl
∵ (a × b) ⋅ c = (b × c) ⋅ a = (c × a) ⋅b
∫ ∫ ∴
[例]半径为a的圆形电流I，在轴线上距离为x的P点的磁场。
磁场的方向
2
[解]由于对称性，x轴上P点处的磁感应强度只有x 分量，其余分量互相抵消，
Bx = ∫ dBcosθ x = r sinθ

电磁场与电磁波(第4版)第5章部分习题参考解答

5.1 在自由空间中，已知电场3(,)10sin() V/m y E z t e t z ωβ=−G G，试求磁场强度。

(,)H z t G解：以余弦为基准，重新写出已知的电场表示式3π(,)10cos( V/m 2y E z t e t z ωβ=−−G G这是一个沿方向传播的均匀平面波的电场，其初相角为z +90−D 。

与之相伴的磁场为300311π(,)(,)10cos(210πcos() 2.65sin() A/m120π2z z y x x H z t e E z t e e t z e t z e t z ωβηηωβωβ=×=×−−=−−−=−−G G G G G G G5.2 理想介质（参数为0μμ=、r 0εεε=、0σ=）中有一均匀平面波沿x 方向传播，已知其电场瞬时值表达式为9(,)377cos(105) V/m y E x t e t x =−G G试求：(1) 该理想介质的相对介电常数；(2) 与(,)E x t G相伴的磁场；(3) 该平面波的平均功率密度。

(,)H x t G 解：(1) 理想介质中的均匀平面波的电场E G应满足波动方程2220EE tμε∂∇−=∂G G据此即可求出欲使给定的E G满足方程所需的媒质参数。

方程中222929425cos(105)y y y y y E E e E e e t x x∂∇=∇==−−∂G G G G 221892237710cos(105)y y y E E e e t t x∂∂==−×−∂∂G G G x = 故得91899425cos(105)[37710cos(105)]0t x t x με−−+×−即18189425251037710με−==×× 故181882r 0025102510(310) 2.25εμε−−×==×××=其实，观察题目给定的电场表达式，可知它表征一个沿x +方向传播的均匀平面波，其相速为98p 10210 m/s 5v k ω===× 而8p 310v ====×故2r 3() 2.252ε==(2) 与电场相伴的磁场E G H G 可由0j E ωμ∇×=−H G G求得。

《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)

导体面上的感应电荷的影响用镜像电荷来代替，镜像电荷的大小为-Q ，位于和原电荷对称的位置。

也可以用静电能计算。

因此，在这个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为dq8/2επ。

5．2 一个点电荷放在直角导体内部（如图5-1），求出所有镜像电荷的位置和大小。

解：需要加三个镜像电荷代替导体面上的感应电荷。

在（-a ，d ）处，镜像电荷为-q ，在（错误！链接无效。

）处，镜像电荷为q ，在（a ，-d ）处，镜像电荷为-q 。

图5-1 5．3 证明：一个点电荷q 和一个带有电荷Q 、半径为R 的导体球之间的作用力为]2)22(2[04R D DRq D D qR Q q F --+=επ其中D 是q 到球心的距离（D ＞R ）。

证明：使用镜像法分析。

电磁场原理习题与解答(第5章)

第五章习题答案5-2 如题图所示，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ω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。

这一装置称为法拉第发电机。

试证明两电刷之间的电压为22ωBa 。

证明：，选圆柱坐标， ρφe vB e B e v B v E z ind=⨯=⨯=其中 φρωe v=22ωρρωρερρa B d B e d e v B l d E aal ind====⎰⎰⎰∙∙∴证毕 5-3解：5-4 一同轴圆柱形电容器，其内、外半径分别为cm r 11=、cm r 42=，长度cm l 5.0=，极板间介质的介电常数为04ε，极板间接交流电源，电压为V t 10026000u πsin =。

求s t 0.1=时极板间任意点的位移电流密度。

解法一：因电源频率较低，为缓变电磁场，可用求静电场方法求解。

忽略边沿效应，电容器中的场为均匀场，选用圆柱坐标，设单位长度上内导体的电荷为τ，外导体电荷为τ-，因题图5-2zvρ此有ρρπετe 2E 0=21r r <<ρ1200222121r r d dl E u r r r r lnπετρρπετ===⎰⎰∙1202r r u ln=∴πετ所以ρρer r u E 12 ln =， ρρεer r u D 12ln=2A/mρρππρερεe t 10010026000r r e tu r r tD J 1212dcos ln ln ⨯=∂∂=∂∂=当s t 1=时2512A/m10816100100260004108584ρρρππρe e J d--⨯=⨯⨯⨯⨯=.cos ln .解法二：用边值问题求解，即⎪⎩⎪⎨⎧=====∇401u 02ρϕρϕϕ 由圆柱坐标系有0)(1=∂∂∂∂ρϕρρρ(1)解式(1)得 21ln c c +=ρϕ由边界条件得： 4u c 1ln -= u c 2=u 4u +-=∴ρϕln ln所以 ρρπϕe 4t10026000Eln sin =-∇=ρρπεεe 4t 100260004E D 0ln sin ==ρπρπεe 1004t 100260004t D J 0D⨯=∂∂=ln cos当s t 1=时)(.25D mAe 10816J ρρ-⨯=5-5由圆形极板构成的平板电容器)(d a >>见题图所示，其中损耗介质的电导率为γ、介电系数为ε、磁导率为μ，外接直流电源并忽略连接线的电阻。

第5章-习题详解

z B w 0
α
Φ = ∫ B ⋅ dS = e y Bm sin(ωt ) ⋅ en hw
S
h y en
= Bm hw sin(ωt ) cos α dΦ = −ωBm hw cos(ωt ) cos α in = − dt
x 穿过线圈的磁通变化既 (2) 线圈以角速度 ω 旋转时，习题 5-1 题图有因磁场随时间变化引起的，又有因线圈转动引起的。此时线圈面的法线 e n 是时间的函数，表示为 en (t ) ， α = ωt 。因此
Φ = B (t ) ⋅ en (t ) S = e y Bm sin(ωt ) ⋅ e y hw cos α = Bm hw sin(ωt ) cos(ωt )
故
in
=−
dΦ = −ωBm hw cos 2ωt dt
5-2
长直导线载有电流 i = I m cos ωt ，其附近有一 a × b 的矩形线框，如图所示。在下列两种情况下求线圈中的感应电动势：(1)线圈静止不动；(2)线圈以速度 v 向右方运动。
导体表面外侧的坡印廷矢量s由高斯定理可知面电荷在导体外产生的电场为当轴向通以均匀分布的恒定电流i设以电流流向为z坐标方向时导体内的电场为根据边界条件导体表面上电场的切向分量应连续即oz恒定电流i在导体外产生的磁场为521在球坐标系下已知真空中时变电磁场的电场强度为cossin
第 5 章时变电磁场
5-1
C/ m 2
10 4 cos(ωt − kz ) ，电缆的内外导体之间填充了理想 r 介质，介质参数为 ε r = 2, µ r = 1 。求：理想介质中的电场强度 E 和磁场强度 H 。
在无源区域，已知电磁场的电场强度 E = e x 0.1sin(6.28 ×109 t − 20.9 z ) V/m，求空间任一点的磁场强度 H 和磁感应强度 B。

高等电磁理论第五章答案5

用 J0 (
0 n
R0
) 乘以上式两端，并积分可得
2 ' J 0 ( ) 2 ]Gz
[ dz
n 1
dຫໍສະໝຸດ 2 2 k2 (
0 n
R0
0 n
R0 (z z' ) R J (0 n )
2 2 0 1
')
选择两个本征函数为
( 0 n )2 k 2 z F1 e R0 , z z' ( 0 n )2 k 2 z R0 , z z' F2 e
'
(r r ' )
2 kn kn
Q
n 0 2 n
1
n
(r ) *n (r ) ，本题中有
mn ( x, y ) sin
m n m ' n x sin y ， *mn ( x, y ) sin x sin y a b a b 1 m 2 n 2 2 2 Qn ) ( ) ， kmn ( 4ab a b
4 m 2 n 2 m m x ' n n y ' [( ) ( ) k 2 ]1 sin x sin sin y sin a b a a b b m 1 n 1 ab

1
5-2
在一半径为 R0 的圆柱形金属波导内，于 z z 平面上放置一半径为的均匀磁
[
1 2 ( ) 2 k 2 ] Am J m z
因此该定解问题对应的格林函数应满足以下的辅助定解问题
1 2 ( ' ) ( z z ' ) 2 [ ( ) k ] G 1 z 2 ( G1 ) | R0 0

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V铜 j l周
0
/d
要使用最少量的铜，要求 j 达到允许的最大值，所消耗的功率
P = I 2 R铜 = ( j × s )2 l铜 / S = j 2 V铜 = (1000 ´ 104 ) 2 ´ 2 ´ 106 ´ = 9.5 ´ 10 4 W
所需铜的质量
1´ 6 ´ 0.1 1 ´ W 4 1000 ´ 10 4p ´ 10-7
5-2 依磁矩的定义
= I × S = 1200 ´ 30 ´ 10-3 ´ p ´ (5 ´ 10-3 )2 A × m2 = 0.0028 A × m 2
5-3 （1）中子的磁矩
= I ×S = (
（2）由（1）
4e 2p r 2 / ) × p r 2 = evr 3 v 3
v=
3 2
/ er = 1.5 ´ 9.66 ´ 10-27 /1.602 ´ 10-19 ´ 1.2 ´ 10-15 m / s = 7.5 ´ 107 m / s
H = nI H 222 -1 n= = m = 37m -1 I 6
需要在导线中通入
I=
B 1.2 = A = 2.58 ´10 4 A -7 4p ´10 ´ 37 0n
题解 5-8 图
5-9 （1）磁化强度为
M = 1.8 ´ 10 -3 ´ 0.35 / (4p ´ 10-7 ´ 293) A × m -1 = 1.71A × m -1
（3）产生这样大的磁矩所需面电流
8.33 ´10 -11 A × m 2 i= = = 8.84 ´ 10 -6 A × m -1 1 S × l ( )2 ´ p ´ 12 ´ 10-6 m3 2
（4）在磁铁内部产生的磁场近似为无限长螺线管内部的磁场，因此
B=
5-5 （1）由
0
× i = 4p ´ 10 -7 ´ 8.84 ´ 10 -6 T = 1.11 ´ 10 -11 T
题解 5-13 图
B=
i i - 00 =0 2 2
0 0
介质 1：由
H ×l = I
得
H = i0
B1 =
1
H=
1r
0 0
i
介质 2：
H = i0 B2 =
（2）
2
H=
2r
0 0
i
M1 =
1
H1 = (
1r
- 1)i0Байду номын сангаас, M 2 =
2
H2 = (
2r
- 1)i0
因此，从上到下三个界面的磁化电流面密度依次为
5-4 （1）自旋已排列整齐的电子数为
1 N = p ´ ( ) 2 ´ 12 ´ 7.8 ´ 6.02 ´ 1023 ´ 2 / 55.85 = 1.58 ´ 1024 2
（2）每个电子的磁矩为
2
，则总磁矩为
=N×
2
= 1.58 ´1024 ´
1.055 ´10-34 = 8.33 ´10-11 A × m 2 2
H=
B0
0
jb = jx （内部）或者（外部） 2
又因为 B = H 所以
0
r
介质 1 中， B = 导体内， B = 0
0
r1
jb / 2 ；
jx ；
0 r 2 jb / 2
介质 2 中， B = -
题解 5-16 图
5-17 由于铁芯的磁导率很高，则
B
NI 0 d
0
=
l铜 js l周
0
/d =
1
= arctan
tan
r
2
= 0.09
5-11
I I = B2 , = B1 2p R2 2p R1
因此，坡莫合金圆筒的外径为
R2 = R1 ×
0
×
0.5 = 50 R1 = 1.25m 500
5-12 对一个圆环，在轴线上距离圆心 x 处的磁场
B=
0
a2 I
3
2( a 2 + x 2 ) 2
因此，角度为的圆环对考察点处磁场贡献为
5-19 （1）由磁路定理，得
NI 0 = BS (
因此
2p r - d d + ) S 0S
B=
NI 0 0 2p 0 r + ( -
0
)d
d = 1cm时 B = 1500 ´ 4 ´1200 ´ 4p ´ 10-7 / (2p ´ 0.11 + 1199 ´ 0.01)T = 0.71T
（2）
H c = H 0 (1 -
T2 ) = 4.8 ´ 10 4 A / m Tc2
由环路定理，有
2p rH c = I
代入计算，得
I = 309.3 A
第六章
6-1 由 e = Blv 知
5-21 设马蹄形磁介质与条形磁介质之间有一个小间隙 x，间隙内磁场强度 H g ，磁介质内磁场强
度为 H m ，由安培环路定理可得
H m × l + 2 H g × x = NI
由磁感应强度法向分量连续可得
Hm =
得
0
Hg
Hm =
NI , Bm = 0l + 2 x
0
NI 0l + 2 x
0
相应求得全磁通量，磁能，磁力，结果如下：
i1 = M1 = (
1r
- 1)i0
1r
i2 = M1 - M 2 = ( i3 = M 2 = (
2r
-
2r
)i0
- 1)i0
5-15 介质面与磁感应线重合，以垂直向上为正。先不考虑介质，由安培环路定理可求各区域的磁感应强度：
x<
d 或x 2
5d 时 2
B0 = 0, B = 0;
d 3d <x< 时 2 2 d B0 = 0 j(x + ), B = B0 = 2
=N
=
AN 2 I 0l + 2 x
0
Wm = F =(
1 I 2
=
AI 2 N 2 2( 0l + 2 x)
0 2
Wm ) I |x =0 = x
N 2I 2A = -1005.3N 2 0l
5-22 由于磁感应强度在介质界面的法向连续。又因为超导体内无磁感应线，所以外表面无法向分量。即磁场方向一定平行于超导体表面。 5-23
Rm 3 = Rm 2
因此
B=
S U = /S Rm1 = em × = NI × S( Rm1 ( R并 + Rm1 )SRm1 1 Rm 2 + Rm1 ) 2
题解 5-20 图
从中可得线圈的总安匝数为
NI = BS (
Rm 2 + Rm1 ) 2 = 1´ p ´ 0.252 ´ (5411.3 / 2 + 4.79 ´105 ) A = 94583 A
ò H × dl =
得
I0
H = 2 ´104 A × m -1
（2）根据磁化强度的定义
M = -H +
B
0
= -2 ´ 10 4 +
1 A × m -1 = 7.76 ´105 A × m -1 -7 4p ´ 10
（3）磁化率依定义可得
m
=
M 7.76 ´105 = = 38.8 H 2 ´104
dB = =
0
( R sin ) 2 M sin Rd 2( R 2 sin 2 + x 2 ) 2
3
0
MR 3 2
sin 3 d ( R 2 + r 2 - 2 Rr cos ) 2
3
题解 5-12 图
其中用到
i = M sin
令t = cos ，则有 B= =
0
MR3 2
0
ò
1
(1 - t 2 )dt ( R 2 + r 2 - 2 Rt ) 2
0
jd;
3d 5d <x< 时 2 2 B 5d B0 = 0 j(x + ), B = 0 2 0 d d < x< 时 2 2 B d B0 = 0 j(x + ), B = 0 2 0
r2
=
r2
0
j(
5d - x); 2
题解 5-15 图
r1
=
r1
0
d j(x + ); 2
5-16 这是介质界面与磁场线平行的情况，因此
4 = pe 0 UR 3 3
5-7
i = M ,分布在侧面。逐点考虑：
1．
B= H=
0
i=
0
0
M
题解 5-7 图
B
-M = 0
2 和 3.
B = 0, M = 0; H =0
5 和 6.
B=
0
i
2 M M H= -M =2 2
4 和 7.
=
0
M 2
B=
0
i
2 M H= 2
5-8
=
0
M , M = 0; 2
0
p
p
因此
tan
=-
-2sin cos
= 2 tan
（2）地磁北极处的垂直分量为
m p m × 2sin = - 0 3 3 4p r 2 2p r
0
赤道处水平分量为
m m × cos 0 = 0 3 3 4p r 4p r
0
因此，地磁北极处的垂直分量是赤道上水平分量的两倍 5-14 （1）外部区域:

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