电磁场理论习题课
电磁场理论习题课第二章、宏观电磁现象的基本规律2.3、半径为R0的球面上均匀分布着电荷，总电量为Q。
当球以角速度?绕某一直径(z轴)旋转时，求其表面上的面电流密度。
解：面电荷密度为?s?Q24?R0?R0面电流密度为js??s?v??s?R0sin??Q4?R02?R0sin??Q?sin?4?R0???Js0。
已知导线的直径为d，导线中2.4、均匀密绕的螺旋管可等效为圆柱形面电流Js?e电流为I0，求Js0。
解：每根导线的体电流密度为j?I04I0?(d/2)2??d2由于导线是均匀密绕，则根据定义面电流密度为js?jd?4I0?d因此，等效面电流密度为?4I0?? js?e?d2.6、两个带电量分别为q0和2q0的点电荷相距为d，另有一带电量为q0的点电荷位于其间，为使中间的点电荷处于平衡状态，试求其位置。
当中间的点电荷带电量为?q0时，结果又如何？解：设实验电荷q0离2q0为x，那么离q0为d?x。
由库仑定律，实验电荷受2q0的排斥力为F1?14??2q0x2实验电荷受q0的排斥力为F2?1q04??(d?x)21q0要使实验电荷保持平衡，F1?F2，那么14??2q0x2?4??(d?x)2即得到1x?22?1d?0.585d如果实验电荷为?q0，那么平衡位置仍然为x?22?1d?0.585d只是这时实验电荷与q0和2q0不是排斥力，而是吸引力。
2.9、半径为R0的半球面上均匀分布着面电荷，电荷密度为?s0，试求球心处的电场强度；若同样的电荷均匀分布在半径为R0的半球内，再求球心处的电场强度。
解：面电荷密度产生的电场强度为??E(r)?14??0???(r?r?)?s0dS? ??S?|r?r?|3?根据面电荷分布的对称性，电场强度只沿着z方向。
2由于dS??R0sin??d??d??，那么???s0?zE(r)??e4??0?z ??e?02?d???0?/2sin2??d???s04?0如果电荷均匀分布在半球内，那么体电荷密度为??Q32?R0?/32?R0?s032?R02?3?s0R0/3把体电荷密度分成很多薄球壳，根据上述结果，厚度为dr?的球壳产生的电场强度为???zdE(r)??e?4?0dr?那么，半球内均匀分布的电荷密度在球心产生的电场强度为???zE(r)??e?z ??e?z ??e?4?0?0R0dr??4?03?s04?0R02.11、求下列情况下，空间任一处的电场强度(1) 相距为d的两个无限大导电平板。
均匀分布着面电荷，密度分别为??s0；(2) 无限长的两个同轴圆柱面，均匀分布着面电荷。
半径分别为a和b(b?a)，单位长度的内柱电荷为?l，外柱电荷为??l；(3) 半径分别为R1和R2(R1?R2)的两个同心球面，带有均匀分布的面电荷，总量分别为q0(内球面)和?q0(外球面)。
解：(1) 首先根据电场强度特点构造一个圆柱，柱面侧面电场强度与其法向方向垂直，上端面法向方向与电场强度平行。
然后利用高斯定理2?S可以得到??D?dS?QD?S??s0S因此??s0?x E?e?dabR2R1(1)(2)(3)(2) 在半径为a和b之间构成圆柱，长度为l，那么圆柱上下端电场强度通量为零，测量通量为?S利用高斯定理??E?dS?2?rl2?rlEr??ll/?因此Er??l2??r如果构成圆柱的半径r?b，那么Er?0因此?0 r?b??E???l?e b?r?a???2??r(3) 在半径为R1和R2之间构成球，，那么球面电场强度通量为?S由高斯定理??2E?dS?4?rEr4?rEr?q0/?2因此E?1q04??r2因此空间电场强度为?0 r?R1??E??1q0?e R?r?R12?2r?4??r32.14、如图所示，两个半径分别为a和b(b?a)的球面之间均匀分布着体电荷，电荷密度为?0。
两球面的球心相距为d，且d?a。
试求空腔内的电场。
解：我们把空腔看成是由电荷密度分别为?0和??0，那么在空腔内电场可以看成电荷密度为?0、半径为b的圆柱产生的场和电荷密度为??0、半径为a的圆柱叠加。
由高斯定理，大圆柱产生的电场为?Eb?Q4??2rbbrbraad?b?r?0?4?rb小圆柱产生的电场为?Ea?Q23?rb?a??r?0?3?ra因此合成场为??0??0??0?Ea?rb?ra?d3?3?3??2.16、求半径为a、长度为L的圆柱面轴线上的磁感应强度B。
柱面????Js0。
?zJs0；(2) Js?e上的面电流密度为：(1) Js?e?解：(1) 由比-沙定律，我们首先求出长度为L的线电流产生的磁感应强度为??I0B?4????dl??(r?r?)??3 |r?r?| ?LL因此B???0I4??2dz?(z?z?)??22cos?]30L[(z?z?)??dz?(z?z?)[(z?z?)??222 ??0I4???0]3如果把圆柱面划分为很多细线，那么在轴线的磁感应强度B?0。
(2) 由比-沙定律，我们首先求出圆环细电流线在轴线上产生的磁感应强度为??I0B?4????dl??(r?r?) ??3|r?r?|??L4第三章、静电场及其边值问题的解法习题3.1、对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度。
(1) ?(x,y,z)?Ax2?Bx?C (2) ?(x,y,z)?Axyz(3) ?(?,?,z)?A?2sin??B?z (4) ?(r,?,?)?Ar2sin?cos?解：已知空间的电位分布，由E????和?2????/?0可以分别计算出电场强度和体电荷密度。
?x (1) E??????(2Ax?B)e2????0????2A?0?x?xze?y?xye?z) (2) E??????A(yze????0???0???A?cos?e???B?e?z] (3) E??????[(2A?sin??Bz)eBzBz2????0?????0(4Asin??2??Asin?)???0(3Asin ???)?r?Arcos?cos?e???Arsin?e??) (4) E??????(2Arsin?cos?e????0?????0(6Asin?cos??2Acos2?cos?sin??Acos?sin?)3.5、如图所示上下不对称的鼓形封闭曲面，其上均匀分布着密度为?s0的面电荷，试求球心处的电位。
解：上顶面在球心产生的电位为?1?R2R1d1?s02?0(d1?R1?d1)?22?s02?0(R?d1)d2下顶面在球心产生的电位为?2??s02?0(d2?R2?d2)?22?s02?01(R?d2)2R2侧面在球心产生的电位为?3?4??0 ?S?s0R??s0S4??0R式中S?4?R2?2?R(R?d1)?2?R(R?d2)?2?R(d1?d2)。
因此球心总电位为???1??2??3??s0?0R3.10、位于x?0和x?d处的两个无限大导电平板间充满了???0(1?x/d)的体电荷。
若将x?0处的导电平板接触，而将x?d处的导电平板加上电压U0，试求板间的电位分布及电场强度为零的位置。
解：由于无限大导体极板之间电荷分布是只与x有关，因此空间电位分布也只与x有关。
由泊松方程可以利用直接积分法求出电位分布。
一维泊松方程为5d?dx22???0?0(1?xd)其通解为?(x)???06?0dx?3?02?0x2?C1x?C2由?(0)?0 ? C2?0 而由?(d)?U0 ? C1?因此板间电位分布为?(x)??U0d?2?0d3?0?06?0dx?3?02?0x2?(U0d?2?0d3?0)x板间电场强度为??0?0U02?0d2?x E?????[x?x?(?)]e2?0d?0d3?0从该式可以求出电场强度为零的位置为??4ac??0?0x??b?b2??0?220?4?02?0d(U0d?2?0d3?0)2a?0?0d2?0d3? 0??d?d1?2?0?0d(U0d?)由于我们是讨论极板内电场强度，因此零点位置为x??d?d1?2?0?0d(U0d?2?0d3?0)3.11、两块无限大导电平板间分别以两种不同的介质?1和?2。
当两极板之间外加电压U0时，试求电容器中电位和电场的分布以及极板上的面电荷密度。
?1S?1?22dSd?22Sd解：设介质1和介质2的电位分别为?1?C1x?C2?2?D1x?D2根据电位在介质界面的边界条件可得??Cx?D根据?x?0?0和?x?2d?U0，则6???根据E????，可以得到U02dx?U0?x E??e2d对导体表面?n?D?? e?n?E ?s?e??对x?0平板上e?n?e?x，则面电荷密度分别为?sU0??? S?y?2S1?2d ??U0??? 0?y?S22d??U0??12d S?y?2S ??U0?? 0?y?S22d??n??e?x，则面电荷密度分别为对x?0平板上e?s3.12、试求真空中下列圆柱对称的体电荷所产生得电位和电场。
(1) ?(?)??0a/? ??a(2) ?(?)??0 a???a (3) ?(?)??0?/a ??a 解：在圆柱坐标系下电位满足泊松方程?1?????1?2??2?????? ??2?????????2??2??z由于电位和电场的对称性，即?与?和z无关，则?2??????1?????????? ????????因此，可以利用直接积分法求解问题。
(1) ?(?)??0a/? ??a????0a?0??C1ln??C2?0，则根据自然边界条件，?????有限，???0?0a????1???0 ????Cln??C12?2在??a上??1??2????????? 12??????可得到关系式7??????????0a?0?0a?0a?C1lna?C2?C11a由此可见C1??C2??0a2?0?0(lna?1)?0a23.13、如图所示，半径为a的无限长导体圆柱，单位长度的带电量为?l，其一半埋于介电常数为?的介质中，一半露于在空气中，试求各处的电位和电场强度。
解：根据题意，空间中电位分布与?和z无关，则可以利用直接积分法得到?1?A1ln??A2 ?中?2?B1ln??B2 ?0中?l?0?a 根据不同介质分界面电位的连续性可知A1?B1和A2?B2，则??A1ln??A2 若设无限长导体圆柱上电位为0，也即?(a)?0，则??A1ln?a由高斯定律，首先构成一个长度为l，半径为?的圆柱，则?A1(?01???1?)???l??ll因此A1???l?(?0??)?l因此电位为???(?0??)lna?根据电位与电场的关系可以求出?E??????l?(?0??)??? e3.14、对同轴电容器，其中部分填充了介质?，其余为空气。
电磁学第五章习题课
18
a
电磁学
习题课 作业: 5-40 预习:§6.1, §6.2
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
19
电磁学
习题课
第五章 习题课
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
1
电磁学
习题课
一、本章重要内容回顾
1.电磁感应
d Φm 电磁感应定律 dt 楞次定律
感应电流的方向总是反抗引起感应电流的原因 2.动生电动势 3.感生电动势
(v B) d l
L
B E k d l d S L S t
磁场能量 7.位移电流 位移电流密度 E jD 0 t
位移电流 E ID 0 d S S t
4
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
电磁学
习题课
8.真空中的麦克斯韦方程组 电磁场的普遍规律,它预言了电磁波的存在.
1) 1 E d S
2)
3)
4)
E CB dl 0 I C 0 0 S t d S （全电流定律）
第五章 随时间变化的电磁场 麦克斯韦方程
5
B E d l S t d S （法拉第电磁感应定律） B d S 0 （磁场的高斯定理）
I R IR
得
8
电磁学
习题课 例2(习题5-21)两根足够长的平行直导线，横截面 的半径都是a=10mm，中心相距为d=20cm，载有 大小相等方向相反的电流I =20A，设两导线内部 磁通量可忽略不计。计算每单位长度的自感系数。
解
(完整版)电磁场理论习题及答案7.
习题:1. 在3z m =的平面内，长度0.5l m =的导线沿x 轴方向排列。
当该导线以速度24x y m v e e s=+在磁感应强度22363x y z B e x z e e xz T =+-的磁场中移动时，求感应电动势.解：给定的磁场为恒定磁场，故导线中的感应电动势只能是导线在恒定磁场中移动时由洛仑兹力产生的。
有 ()in v B dl ε=⨯⋅⎰ 根据已知条件,得2233()|(24)(363)|z x y x y z z v B e e e x z e e xz ==⨯=+⨯+- 210854(1236)x y z e x e x e x =-++- x dl e dx = 故感应电动势为0.520[10854(1236)]13.5in x y z x e x e x e x e dx V ε=-++-⋅=-⎰2。
长度为l 的细导体棒位于xy 平面内，其一端固定在坐标原点。
当其在恒定磁场0z B e B =中以角速度ω旋转时,求导体棒中的感应电动势。
解：导体中的感应电动势是由洛仑兹力产生的，即 ()in v b dl ε=⨯⋅⎰根据已知条件，导体棒上任意半径r 处的速度为 v e r ωΦ= r dl e dr = 故感应电动势为200001()()2llLin z r v b dl e r e B e dr B rdr B l V εωωωΦ=⨯⋅=⨯⋅==⎰⎰⎰3.试推出在线性、无耗、各向同性的非均匀媒质中的麦克斯韦方程。
解：考察麦克斯韦方程中的参量，利用它们与电场强度E 和磁感应强度B 的关系，将,,H B D E J E μεσ===代入即可，注意在非均匀媒质中,,μεσ是空间坐标的函数.考察麦克斯韦第一方程，有 11()BH B B μμμ∇⨯=∇⨯=∇⨯+∇⨯211B B μμμ=-∇⨯+∇⨯D E J J t tε∂∂=+=+∂∂ 所以E BB J t μμμεμ∂∇⨯∇⨯=++∂ 而 ()D E E E εεερ∇⋅=∇⋅=⋅∇+∇⋅=，于是,微分形式的麦克斯韦方程用E 和B 表示为E BB J t μμμεμ∂∇⨯∇⨯=++∂ B E t∂∇⨯=-∂ 0B ∇⋅= E E εερ∇⋅+∇⋅= 对于无耗媒质，0σ=,因此有0J =。
电磁场理论习题
电磁场理论习题一1、求函数ϕ=xy+z-xyz 在点（1，1，2）处沿方向角πα=3，4πβ=，3πγ=的方向的方向导数.解：由于 M ϕ∂∂x =y －M yz = -1M y ϕ∂∂=2x y －(1,1,2)xz =0 Mzϕ∂∂=2z(1,1,2)xy -=31cos 2α=，cos 2β=，1cos 2γ=所以1cos cos cos =∂∂+∂∂+∂∂=∂∂γϕβϕαϕϕz y x lM2、 求函数ϕ＝xyz 在点（5, 1, 2）处沿着点（5, 1, 2）到点（9, 4, 19）的方向的方向导数。
解：指定方向l 的方向矢量为l ＝(9－5) e x +(4－1)e y +(19－2)e z ＝4e x +3e y +17e z其单位矢量zy x z y x e e e e e e l 314731433144cos cos cos ++=++=γβα5,10,2)2,1,5(==∂∂==∂∂==∂∂MMMMMxyzxzyyzxϕϕϕ所求方向导数314123cos cos cos =•∇=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂ l z y x lMϕγϕβϕαϕϕ3、 已知ϕ=x 2+2y 2+3z 2+xy+3x-2y-6z ，求在点（0，0，0）和点（1，1，1）处的梯度。
解：由于ϕ∇=(2x+y+3) e x +(4y+x-2)e y +(6z-6)e z所以，(0,0,0)ϕ∇=3e x -2e y -6e z(1,1,1)ϕ∇=6e x +3e y4、运用散度定理计算下列积分：2232[()(2)]x y z sxz e x y z e xy y z e ds+-++⎰⎰I=S 是z=0 和 z=(a 2-x 2-y 2)1/2所围成的半球区域的外表面。
解：设：A=xz 2e x +(x 2y-z 3)e y +(2xy+y 2z)e z 则由散度定理Ω∇⎰⎰⎰⎰⎰sA ds=Adv可得2I r dvΩΩΩ=∇==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰222Adv (z +x +y )dv2244220sin sin aar drd d d d r dr ππππθθϕϕθθ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰525a π=5、试求▽·A 和▽×A:(1) A=xy 2z 3e x +x 3ze y +x 2y 2e z(2)22(,,)cos sin z A z e e ρρφρφρφ=+ (3 ) 211(,,)sin sin cos r A r r e e e r r θφθφθθθ=++解：（1）▽·A=y 2z 3+0+0= y 2z 3▽×A=23232(2)(23)x yx y x e xy xy z e ∂∂∂=---∂∂∂x y z23322e e e x y z xy z x z x y(2) ▽·A=()[()]z A A A z φρρρρρφ∂∂∂++∂∂∂1 =33[(cos )(sin )]ρφρφρρφ∂∂+∂∂1=3cos ρφ▽×A=ρφρφρρρφρ∂∂∂∂∂∂z ze e e 1z A A A =221cos 0ρφρρρφρφρφ∂∂∂∂∂∂z e e e z sin=cos 2sin sin ze e e ρφρφρφρφ-+(3) ▽·A=22(sin )()1[sin ]sin r A A r A r r r r φθθθθθφ∂∂∂++∂∂∂ =2322sin cos ()()1(sin )[sin ]sin r r r r r r r θθθθθθφ∂∂∂++∂∂∂ =222212[3sin 2sin cos ]3sin cos sin r r r θθθθθθ+=+▽×A=21sin rr r r rr θφθφθθθφθ∂∂∂∂∂∂e e rsin e A A rsin A =21sin 1sin sin cos rr r r r θφθθθφθθθθ∂∂∂∂∂∂e e rsin e rsin=33cos 2cos cos sin r e e e r r θφθθθθ+-习题二1、总量为q 的电荷均匀分布于球体中，分别求球内，外的电场强度。
高等电磁场理论课后习题答案
由于是远场,
e 1 e 2 e 3 e 4 e e 1 e 2 e 3 e 4 e
2
I ka sin jkr jk r1 jk r2 E E 1 E 2 E 3 E 4 e e jk r3 e jk r4 e e 4r 1 H e k E
2.7
解：
H j E E j H E k 2 E 0 H 0 E 0
比如 E e z e 2.11
jkz
(1)
2 E ( E) ( E) k 2 E 2 E k 2 E 0 (2)
代入公式，可得，
I ka sin1 jkr1 H e e x cos 1 cos 1 e y cos 1 sin 1 e z sin 1 4r1
2
I ka sin 2 jkr2 e e x cos 2 cos 2 e y cos 2 sin 2 e z sin 2 4r2
推导1 1 1 R ˆ 4 lim 2 dV lim dS lim 3 4 R 2 R V 0 R 0 R 0 R R R V S 1 1 又知道 2 在R 0处值为零，符合 (r r ')函数的定义。 4 R 推导2 点电荷q (r r ')产生的电场强度为 q 1 4 0 R 4 R q (r r ') 1 E 2 4 (r r ') 0 R E q
所以有
H 2 E1 H1 E2 E1 J 2 E2 J1 H 2 M1 H1 M 2
电磁学第二章习题课
II、当t d时，C im 0S
t0 d t
此题也可看作是两个电容器串联而成，其中
C1
ห้องสมุดไป่ตู้
0S
d1
于是
C2
0S
d2
C C1C2
d1 d2 d t 0S 0S
C1 C2 d1 d2 d t
第二章 静电场与导体
17
电磁学
例4 (习题2-13)
解 P点电场强度 E E E
Qii
（点电荷系）
W
1 2
V
dV
1 2
S
d
S
（为所有电荷在体积元 dV所在处激发的电势）
（ 为所有电荷在面积元 d S所在处激发的电势）
第二章 静电场与导体
4
电磁学
计算电容的一般方法
先假设电容器的两极板带等量异号电荷， 计算出两极板间的场强，再计算出电势差，最后 代入电容器定义式计算电容。
5. 电场能量和能量密度
第二章 静电场与导体
11
电磁学
Q
dq
0
4 π 0d Q 4 π 0R3
Q
Q
0
40d 40R3
R1
d
Q
注释
Q 3 Q 4
R2 R3
由于 Q的存在，球壳外表面的电荷分布是不均匀的。
当球体与球壳相连后，成为一个等势体，由静电
平衡条件知，电荷只能分布在导体的外表面上，所
以此时只有球壳的外表面带电 。Q
第二章 静电场与导体
20
电磁学
q 0
bq
Q
a
r
Q q
q
4π0a 4π0 r2 b2
电磁场理论习题及答案
电磁场理论习题及答案电磁场理论是电磁学的基础，它描述了电荷和电流产生的电磁场在空间中的分布和演化规律。
在学习电磁场理论时，习题是巩固和深化理解的重要方式。
本文将介绍一些电磁场理论的习题及其答案，帮助读者更好地掌握这一理论。
一、电场和电势1. 问题：一个均匀带电球体，半径为R，总电荷为Q。
求球心处的电场强度。
答案：根据库仑定律，电场强度E与电荷Q和距离r的关系为E = kQ/r^2，其中k为库仑常数。
对于球体内部的点，距离球心的距离r小于半径R，所以电场强度为E = kQ/r^2。
对于球体外部的点，距离球心的距离r大于半径R，所以电场强度为E = kQ/R^3 * r。
2. 问题：一个无限长的均匀带电线，线密度为λ。
求距离线上一点距离为r处的电势。
答案：根据电势公式V = kλ/r，其中k为库仑常数。
所以距离线上一点距离为r处的电势为V = kλ/r。
二、磁场和磁感应强度1. 问题：一根无限长的直导线，电流为I。
求距离导线距离为r处的磁感应强度。
答案：根据安培环路定理，磁感应强度B与电流I和距离r的关系为B =μ0I/2πr，其中μ0为真空中的磁导率。
所以距离导线距离为r处的磁感应强度为B = μ0I/2πr。
2. 问题：一根长为L的直导线，电流为I。
求距离导线距离为r处的磁场强度。
答案：根据比奥萨伐尔定律，磁场强度H与电流I和距离r的关系为H = I/2πr。
所以距离导线距离为r处的磁场强度为H = I/2πr。
三、电磁场的相互作用1. 问题：一个半径为R的导体球，带电量为Q。
求导体球表面的电荷密度。
答案：导体球表面的电荷密度σ等于导体球上的电荷总量Q除以导体球表面的面积A。
导体球表面的面积A等于球的表面积4πR^2。
所以导体球表面的电荷密度为σ = Q/4πR^2。
2. 问题：一个平行板电容器，两个平行金属板之间的距离为d，电介质的介电常数为ε。
一块电介质板插入到电容器中间，使得电容器的电容增加了n倍。
电磁感应、电磁场理论习题课共31页文档
35、不要以为自己成功一次就可以了 ，也不 要以为 过去的 光荣可 以被永 远肯定 。
45、自己的饭量自己知道。——苏联
电磁感应、电磁场理论习题 课
31、别人笑我太疯癫，我笑他人看不 穿。(名 言网) 32、我不想听失意者的哭泣，抱怨者 的牢骚 ，这是 羊群中 的瘟疫 ，我不 能被它 传染。 我要尽 量避免 绝望， 辛勤耕 耘，忍 受苦楚 。我一 试再试 ，争取 每天的 成功， 避免以 失败收 常在别 人停滞 不前时 ，我继 续拼搏 。
41、学问是异常珍贵的东西，从任何源泉吸 收都不可耻。——阿卜·日·法拉兹
42、只有在人群中间，才能认识自 己。——德国
43、重复别人所说的话，只需要教育； 而要挑战别人所说的话，则需要头脑。—— 玛丽·佩蒂博恩·普尔
44、卓越的人一大优点是：在不利与艰 难的遭遇里百折不饶。——贝多芬
电磁场理论典型习题
∂u ∂l
=
( 2 , 3,1)
∂u ∂x
cos α +
( 2 , 3,1)
∂u ∂y
cos β +
( 2 , 3,1)
∂u ∂z
cos γ
( 2 , 3,1)
= 2 xyz ( 2,3,1) cos α + x 2 z
C
1.27 现有三个矢量函数
v v v v A = er sin θ cos ϕ + eθ cos θ cos ϕ − eϕ sin ϕ v v 2 v v B = eρ z sin ϕ + eϕ z 2 cos ϕ + ez 2 ρz 2 sin ϕ v v v v C = ex (3 y 2 − 2 x) + e y x 2 + ez 2 z
v 25 25 | E | = = 解：(1) r 2 x 2 + y 2 + z 2 ，将 x=-3, y=4, z=-5 代入得
v 25 25 1 E = = = | | 2 2 2 在点(-3, 4, -5)处的 (−3) + 4 + (−5) 50 2
v v v v e + + x e y e v r x y zz er = = r r v v 25 v v 25 z 25 z E z = E ⋅ ez = 2 er ⋅ ez = 3 = 2 r ( x + y 2 + z 2 )3 2 r 25(−5) 1 将坐标代入得 E z = 503 2 = − 2 2 v v v v v v v v + + − + 2 2 e x e y e z e e e 2x − 2 y + z E B y z x y z v ⋅ v = x ⋅ = = cos α (2) | E | | B | 9 9r r
电磁场理论习题及答案_百度文库
习题5.1 设x0的半空间充满磁导率为的均匀介质，x0的半空间为真空，今有线电流沿z轴方向流动，求磁感应强度和磁化电流分布。
5.2 半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流J均匀分布于截面上，试解矢势A 的微分方程，设导体的磁导率为0，导体外的磁导率为。
5.3 设无限长圆柱体内电流分布，J azrJ0(r a)求矢量磁位A和磁感应B。
5.4载有电流的细导线，右侧为半径的半圆弧，上下导线相互平行，并近似为向左侧延伸至无穷远。
试求圆弧中心点处的磁感应强度。
5.5 两根无限长直导线，布置于x1,y0处，并与z轴平行，分别通过电流I 及I，求空间任意一点处的磁感应强度B。
5.6 半径的磁介质球，具有磁化强度为M az(Az2B)求磁化电流和磁荷。
5.7已知两个相互平行，相隔距离为d，共轴圆线圈，其中一个线圈的半径为a(a d)，另一个线圈的半径为b，试求两线圈之间的互感系数。
5.8 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。
5.9 一个薄铁圆盘，半径为a，厚度为b b a，如题5.9图所示。
在平行于z轴方向均匀磁化，磁化强度为M。
试求沿圆铁盘轴线上、铁盘内、外的磁感应强度和磁场强度。
5.10 均匀磁化的无限大导磁媒质的磁导率为，磁感应强度为B，若在该媒质内有两个空腔，，空腔1形状为一薄盘，空腔2像一长针，腔内都充有空气。
试求两空腔中心处磁场强度的比值。
5.11 两个无限大且平行的等磁位面D、N，相距h，mD10A，mN0。
其间充以两种不同的导磁媒质，其磁导率分别为10，220，分界面与等磁位面垂直，求媒质分界面单位面积受力的大小和方向。
题5.11图5.12 长直导线附近有一矩形回路，回路与导线不共面，如题5.12图 a所示。
证明：直导线与矩形回路间的互感为M0aln2R2b R2C22b2R2题5.12图a5.13 一环形螺线管的平均半径r015cm，其圆形截面的半径a2cm，铁芯的相对磁导率r1400，环上绕N1000匝线圈，通过电流I0.7A。
电磁场理论课后习题1答案
电磁场理论课后习题1答案电磁场理论是物理学中的重要课程，它研究了电磁场的产生、传播和相互作用。
在学习这门课程时，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
本文将针对电磁场理论课后习题1给出详细的解答。
习题1：一个带电粒子在电磁场中运动，受到的洛伦兹力为F=q(E+v×B)，其中q是粒子的电荷量，E是电场强度，v是粒子的速度，B是磁感应强度。
请证明：洛伦兹力对粒子所做的功率为P=qv·E。
解答：根据洛伦兹力的表达式F=q(E+v×B)，我们可以将其展开为F=qE+qv×B。
其中第一项qE表示粒子在电场中受到的电力，第二项qv×B表示粒子在磁场中受到的磁力。
根据功率的定义，功率P等于力F对时间t的导数，即P=dW/dt，其中W表示对物体所做的功。
所以我们需要计算洛伦兹力对粒子所做的功。
根据力的功的定义，功W等于力F对位移的积分，即W=∫F·ds。
在这里，位移ds是粒子在运动过程中的微小位移。
将洛伦兹力F=qE+qv×B代入功的计算式中，得到W=∫(qE+qv×B)·ds。
由于电场强度E和磁感应强度B是空间中的矢量场，所以我们可以将其展开为E=E_xi+E_yj+E_zk和B=B_xi+B_yj+B_zk的形式。
对于微小位移ds，我们可以将其表示为ds=dx·i+dy·j+dz·k。
将上述表达式代入功的计算式中，得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q(v_xi+v_yj+v_zk)×(B_xi+B_yj+B_zk))·(dx·i+dy·j+dz·k)。
根据矢量积的性质，可以得到v×B=(v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k。
将其代入功的计算式中，得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q((v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k))·(dx·i+dy·j+dz·k)。