电磁场作业答案

2.6在圆柱坐标系中电荷分布为ρ={①r/a，r≤a②0，r＞a，r为场点到z轴的距离，a为常数。求电场强度。解：电场强度只有沿r方向分量，选取长度为l的圆柱0sd2rqESrlE（1）ra时3223rlrqdVrldraa代入（1）得：203rrEara时20223arlaqdVrldra代入（1）得：203raEr2.7在直角坐标系中电荷分布为ρ（x，y，z）={①ρ0∣x∣≤a②0∣x∣＞a求电场强度。解：电场与y，z均无关，电场强度只有沿x方向分量，0xEEx（1）ra时0代入（1）得：00xxEC0x时xE为有限值所以0C00xxEra时0代入（1）得：'rEC在xa处rE连续，所以'00aC00raE2.16已知电场强度为E=3x+4y-5z，试求点（0,0,0）与点（1,2,1）之间的电压解：6bbbbxyzaaaaUEdlEdxEdyEdz2.26两同心导体球壳半径分别为a、b，两导体之间有两层介质，介电常数分别为ε1、ε2，介质界面半径为c，内外导体球壳电位分别为V和0，求两导体球壳之间的电场和球壳上的电荷面密度，以及介质分界面上的束缚电荷面密度。解：两球壳之间电介质不带电电位分布满足拉普拉斯方程20选取球坐标则有：22210rrrr'111CCr'222CCr代入边界条件'2220rbCCb'111raCCVa12nrcnrcDD12rcrc由上式可得：1122211111()()1111()()VCaccbVCaccb12122221,()1111()(),()1111()()VEarcraccbVEcrbraccb在介质与导体分界面上的电荷密度snD11212222211111()()()1111()()ssVraaaccbVrbbaccb介质分界面上没有自由电荷感应电荷面密度为：21012snnnnPPEE02122111()11111111()()()()Vrccaccbaccb2.32同轴圆柱形电容器内、外半径分别为a、b，导体之间一半填充介电常数为ε1的介质，另一半填充介电常数为ε2的介质，如图所示，当电压为V时，求电容器中的电场和电荷分布。解：电介质不带电电位分布满足拉普拉斯方程20电场强度只有沿r方向分量，选取圆柱坐标则有：210rrrr又r，则rCr又因为两极板之间的电压是VlnbbaaCbVEdldrCralnVCbalnCVEbrra在介质与导体分界面上的电荷密度snD在1侧11,ln,lnVrabaasVrbbba在2侧22,ln,lnVrabaasVrbbba2.43内外半径分别为a、b的导电球壳内距球心为d（da）处有一点电荷q，当（1）导电球壳电位为0；（2）导电球壳电位为v；（3）导电球壳上的总电量为Q；分别求导电球壳内外的电位分布。解：（1）导体球壳电位为0，点电荷在球壳内所以球壳外电位均为零在导体球外距离球心O为f的镜像位置B处放置一镜像电荷q’要保持导体球壳C处电位为零则有'0102044qqrr则12'rqqr2afd，'aqqd导体球内距离球心r处的电位为：'010244qqrr其中2212212cos,2cosrrdrdrrfrf（2）因为球壳是一等位体，球壳内的电位分布应在第一步计算基础上加上球壳电位V。球壳内的电位分布为：'010244qqVrr球壳外的电位分布为球心一镜像电荷产生的电位，并且在求外壳产生的电位为V，则有：0044qVqbVb球壳外电位分布为：bVr（3）当导体球壳上总电量为Q时，导体球壳的电位为：04qQUb球壳内的电位分布为：'010244qqUrr球壳外电位分布为：04qQr3.7同轴电缆内导体半径为10cm，外导体半径为40cm，内外导体之间有两层煤质。内层从10cm到20cm，煤质的参数为σ1=50μS/m，εrl=2；外层从20cm到40cm，煤质的参数为σ2=100μS/m，εr2=4.求⑴每区域单位长度的电容；⑵每区域单位长度的电导；⑶单位长度的总电容；⑷单位长度的总电导。（1）每个区域单位长度的电容：1122222ln2ln224ln2lnCbaCcb（2）应用静电比拟可得每个区域单位长度的电导：11222250ln2ln22100ln2lnGbaGcb(3)两电容是串联，单位长度总电容为：121212121222.lnln22211lnlnlnlnbcCCabCbcCCbcabab(4)利用静电比拟，单位长度总电导为：12211lnlnGbcab3-13圆球形电容器内导体半径为a，外导体内半径为c，内外导体之间填充两层介电常数分别为12,，电导分别为12,的非理想介质，两层非理想介质分界面半径为b，如果内外导体间电压为V，求电容器中的电场及界面上的电荷密度。解：由于圆球形电容器内填充两层非理想介质，有电流流过，设电流为I。在圆球形电容器内取一半径为r的球面，流过此球面的电流密度为ˆJJ，则由SSdJI得24rJI或24rIJ电场强度为bra2114rIEcrb2224rIE电压为)}11(1)11(1{42121cbbaIdrEdrEVcbba由此求出电流与电压的关系后，电场为212211)11()11(rcbbaVE212121)11()11(rcbbaVE内导体表面的电荷密度为)(11arDns21221111)11()11(acbbaVE外导体内表面的电荷密度为)(22crDns21212221)11()11(ccbbaVE媒质分界面的（驻立）电荷密度为nnsDD123212122111221)11()11()(bcbbaVEE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。aaII(a)(b)abI(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aIzB4ˆ01（1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIzB4ˆ0（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aIzB4ˆ02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(4ˆ0aIzB（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)11(4ˆ0baIzB4-18、已知真空中位于xoy平面的表面电流为JJxs0，求磁感应强度。解：由于在无限大的平面上有均匀电流，因此产生匀强磁场。磁场方向在y方向，跨电流面取一长为L的矩形回路，利用安培环路定律得002LJLB因此200JB写成矢量形式为0;2ˆ0;2ˆ0000zJyzJyB4-20、壁很薄的、半径为cm10的导体圆筒导体圆筒上的电流面密度上的电流在圆筒外产生的磁场为mAB/ˆ100，求导体圆筒上的电流面密度。解：当导体圆筒上的电流面密度为zJJSSˆ0，由安培环路定律lIldB0当l为以导体圆筒上的电流面密度的轴线为中心，半径为的圆时0022SJB00SJB010因此mAJS/1005.10已知在空气中jkrerErEsinˆ)(0在圆球坐标系中，求cStrHtrErH),,(),,(),(。解：)cos(sin2ˆ),(0krtrEtrE由HjEjkrerkEjEHsinˆ0)cos(sin2ˆ),(0krtrkEtrH2220*sinˆrkErHESc5.11已知在空气中jkrzerArA0)(在圆球坐标系中，求)(),(rErH。解：在圆球坐标系中jkrzrerAAAcoscos0jkrzerAAAsinsin00A利用关系式AH1得0rH0HjkrerrjkAH)1(sin120上式代入EjH得jkrrerrjkAjE)1(cos2320jkrerjrkrjkAE)(sin32200E6-4.均匀平面电磁波在真空中沿kˆ=1/2(yˆ+zˆ)方向传播,0E=10xˆ,求E,E(y,z,t),H,H(y,z,t),Sc解：则k=2π,E=0Erkje=xˆ10))(2(zyjeH=1/Z*kˆE=2/24π(yˆ-zˆ))(2zyjeE(y,z,t)=xˆ102cos(2πc/λt-（2π）(y+z))H(y,z,t)=1/12π(yˆ-zˆ)cos(2πc/λt-（2π）(y+z))Sc=*HE=（5/62π)(yˆ+zˆ)6-8、求f=100kHz,1MHz,100MHz,10GHz时电磁波在铝(σ=3.6*107/欧米,εr=1,μr=1)中的集肤深度.解：δ=1/f=77106.31041ff=100kHz,δ=2.6526*104mf=1MHz,δ=8.3882*105mf=100MHz,δ=8.3882*106mf=10GHz,δ=8.3882*107m6-13、设2)(0k，其中σ=0.5*103(1/欧米)，求在MHz1020的群速和相速。解：smkvp/10447.0105.0104102222237700smddkdkdvg/10894.02222111200