第2章部分习题参考解答.pdf

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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ρ=ρcosθ的电荷，式中SS0的ρ为常数。试计算球面上的总电荷量。S0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，即dqS==ρρdcosθdS∫∫SSSSr02π2πρa2ππ2S0==ρcosθasinddθθφdφsin2dθθ=0∫∫00S02∫0∫02.2已知半径为、长度为aL的圆柱体内分布着轴对称的电荷，体电荷密度为rρρ=≤(0ra≤)，式中的ρ为常数，试求圆柱体内的总电荷量。00a解：圆柱体内的总电荷量等于体电荷密度对半径为a、长度为的圆柱体的体积L3a2aL2πρρrL2πr2πρLa000分，即qV==∫∫Vρφdd000∫∫rrddz==Caa3302.3电荷q均匀分布在半径为a的导体球面上，当导体球以角速度ω绕通过球心的z轴旋转时，试计算导体球面上的面电流密度。q解：导体球面上的面电荷密度为ρ=，设以球心为坐标原点，球面上任意S24πadd一点的位置矢量为rea=，当导体球以角速度ω绕通过球心的z轴旋转时，该点rdddddd的线速度为vr=×=×=ωeeωωaeasinθ，则得导体球面上的面电流密度为zrφdddqωJv==ρθesinA/mSSφ4πa2.4宽度为5cm的无限薄导电平面置于z=0平面内，若有10A电流沿从原点朝向点P(2cm,3cm,0)的方向流动，如图题2.4所示。试写出面电流密度的表示式。zyP(2cm,3cm,0)Ox图题2.4 d11dddd解：面电流流动方向的单位矢量为ee=+(23)e=(23)e+enxyxy232213+d10面电流密度的大小为J==200A/mS−2510×故得面电流密度矢量表示式为d200ddJe=+(23)A/meSxy132.5一个半径为a的球形体积内均匀分布着总电荷量为q的电荷，当球体以均匀角速度ω绕一条直径旋转时，试计算球内的电流密度。q解：球体内的电荷体密度为ρ=，设以球心为坐标原点，旋转轴为轴，z34πa/3dd则球体内任意一点P的位置矢量为rer=，故该点的线速度为rddddddvr=×=×=ωeeωωrersinθzrφddddqq3ω2因此，所求的电流密度矢量为Jve==ρωrsinθθ=ersinA/mφφ334πaa/34π424−−2.6平行板真空二极管两极板间的电荷体密度为ρε=−Udx33，阴极板位于009x=0处，阳极板位于x=d处，极间电压为U；如果U=40V，d=1cm，横002截面S=10cm，求：(1)x=0至x=d区域的总电荷量；(2)x=d/2至x=d区域的总电荷量。42d⎛⎞44−−33−11解：(1)qV==ρεd⎜⎟−UdxSdxU=−=εS−4.7210×C10∫∫000V10⎝⎠93d42d⎛⎞44−−⎛⎞1(2)qV==ρεdd⎜⎟−Ud33xSx=−⎜⎟1−εUS20∫∫Vd/203002⎝⎠93d⎝⎠2−12=−9.710×C2.7在真空中，点电荷q=−0.3μC位于点A(25,30,15)−；点电荷q=0.5μC位于12点B(10,8,12)−。求：(1)坐标原点处的电场强度；(2)点P(15,20,50)处的电场强度。解：(1)源点的位置矢量及其大小分别为ddd222reee'2=−+53015cm，r'=++=25301541.83cm1xyz1ddd222reee'1=−081++2cm，r'=+108+=1217.55cm2xyz2 d而场点O的位置矢量r=0，故坐标原点处的电场强度为Od1⎡⎤qqdddd12Er=−⎢⎥('r)+('r−r)Odd3301dd024πε0⎢⎥⎣⎦rr01−−''rr02−610−×.310ddd−2=−[(eee25+30−15)10×4πε(41.8310)×−23xyz0−60.510×ddd−2+−(10eee8−12)10]×−23xyz(17.5510)×ddd=−−eee92.4777.6794.37kV/mxyzdddd(2)场点P的位置矢量为reee=15++2050cm，Pxyzdddddddddd故rree−='1−++0503e5，rre−'2=++51ee238Px1yzPx2yz则点P处的电场强度为d10−×.310−6ddd−2Ee=−[(10+e50+e35)10×Pxdd3yz4πε0rrP−1'−60.510×ddd−2++(25eee12+38)10]×dd3xyzrr−'P2ddd=−+eee11.940.54912.4kV/mxyz2.8点电荷qq=位于点Pa(,−0,0)处，另一个点电荷q=−2q位于点Pa(,0,0)1112d处，试问：空间是否存在E=0的点？ddddqexaeyez()+++xyz解：qq=在空间任意点Pxyz(,,)处产生的电场为E=，112223/24πε[(xayz+++)]0dddd2qexaeyez()−++xyzq=−2q在点Pxyz(,,)处产生的电场为E=−，故在点222223/24πε[(xayz−++)]0ddddPxyz(,,)处的电场则为E=+EE。令E=0，则有12ddddddexaeyez()+++2[exaeyez()−++]xyzxyz=2223/22223/2[(xayz+++)][(xayz−++)]ddd由e、e、e三分量相等，得xyz2223/22223/2(xaxayz+−+)[()+=−++]2(xaxayz)[()+](1)2223/22223/2yxa[(−++)yz]=2[(yxa+++)yz](2) 2223/22223/2zxa[(−++)yz]=+++2[(xxa)yz](3)当y≠0或z≠0时，将式(2)或式(3)代入式(1)，得a=0。所以，当y≠0或z≠0时，无解。33当y=0且z=0时，由式(1)，有()x+−=−+axa()2()xaxa()解得x=−±(322)a，但x=−+322aa不合题意，故仅在(3−−aa22,0,0)处d电场强度E=0。2.9无限长线电荷通过点(6,8,0)且平行于z轴，线电荷密度为ρ，试求点ldPxyz(,,)处的电场强度E。zρl8OP(,,0)xyydR6(6,8,0)x图题2.9解：线电荷沿方向为无限长，故电场分布与无关。设点zzP位于z=0的平面上，ddd如图题2.9所示，线电荷与点P的距离矢量为Rex=(6−+)(8ey−)，xydddd22dRexxy(6−)(8+−ey)Rx=−+−(6)(8y)，e==dRRxy22(6−+−)(8)ddρl直接利用无限长直线电荷的电场强度公式Ee=ρρ2περ0得点P处的电场强度为dddddρρllRρlexxy(6−)(8+−ey)Ee==Rdd⋅d=⋅22V/m2πεεRR2πR2πε(6xy−+−)(8)0002.10半径为a的一个半圆环上均匀分布着线电荷ρ，如图题2.10所示。试求垂ld直于半圆环所在平面的轴线上za=处的电场强度E(0,0,)a。 zddEP(0,0,)adraOφ'dyr'd'lρlx图题2.10dd解：如图题2.10所示，场点Pa(0,0,)的位置矢量为rea=，电荷元ρd'la=ρφd'zllddd的位置矢量re'c=+aosφ'seainφ'，故xydddddrreaea−=−'(cosφ'+easinφ')zxy222=+aa(cos')φ+(sin')aφ=2a电荷元ρd'la=ρφd'在轴线上za=处的电场强度为lldddρarr−'lddE=φ'34πε0(2)adddρee−+(cos'sin')φφelzxy=d'φ82πεa0在半圆环上对上式积分，即得ddEaE(0,0,)=∫dρπ/2dddl=−[(ceeos'sφ+ein'φφ)]d'∫zxy82πεa−π/20ddρ(2−+eeπ)lxz=V/m82πεa02.11三根长度均为、线电荷密度分别为Lρ、ρ和ρ的线电荷构成一个等边三l1l2l3角形，如图题2.11所示，设ρ=22ρ=ρ，试求三角形中心的电场强度。ll12l3 ydE1ρρl3l2ddEdE23Oρlx1图题2.11解：根据题意建立如图题2.11所示的坐标系，三角形中心到各边的距离为La3dL==tan3026ρl直接利用有限长直线电荷的电场强度公式E=−(cosθcosθ)ρ124περ0dddρ3ρll11aa得Ee=−(cos30cos150)=e1yy4πεdL2πε00ddd33ρddρaall21Ee=−(cos30+esin30)=−(ee3+)2xyxy2πεLL8πε00ddd3ρdd3ρEe=−(cos30aaesin30)l3=(ee3−)l13xyxy2πεLL8πε00故等边三角形中心处的电场强度为ddddEEEE=++123dd33ρllddρρd3l=−ee11(3)++ee(3)−e1yxyxy2πεLLL8πεε8π000d3ρl=e1y4πεL02.12一个很薄的无限大导体带电平面，其上的面电荷密度为ρ。试证明：垂直S于平面的轴上zzz=处的电场强度中，有一半是由平面上半径为3z的圆内的00电荷产生的。 zdEP(0,0,)z0drPrOdφ'r'd'Syd'rx图题2.12证：如图题2.12所示，在导体平面上取面积元dSr'='d'd'φr，其上所带的电荷ddqSr==ρ''ρdr'dφ'，电荷元dq在zz=处产生的电场强度为SS0dddρrr'd'd'φezer+'Sz0rdE=⋅223/24πε('zr+)00则整个导体带电面在轴上zzz=处的电场强度为0dddρr2πezer+'Sz0rEr='d'd'rφ4πε∫∫00('zr22+)3/200rddρρzzrrr'd'1SS00==ee−zz2εε∫0(zr22++')3/22(zr22')1/200000ddρS当r→∞时，Ee=，而r=3z时，z02ε03z0ddddρρz11SS0Ee'=−=e=Ezz221/22(εεzr+')4200002.13自由空间有三个无限大的均匀带电平面：位于点(0,0,4)−处的平面上22ρ=3nC/m，位于点(0,0,1)处的平面上ρ=6nC/m，位于点(0,0,4)处的平面S1S2d2上ρ=−8nC/m。试求以下各点的E：(1)P(2,5,5)−；(2)P(2,4,5)−；S312(3)P(1,5,2)−−。3解：无限大的均匀面电荷产生的电场为均匀场，利用前面的结果得 ddddρSS12ρρS31−9(1)Ee=−−e+e=−e(368)10+−×1zzzz2222εεεε0000dd1−9=−ee×10=−56.49V/mzz−1228.8510××ddddρSS12ρρS31−9d(2)E=++=+eeee(368)10−×=e56.49V/m2zzzzz2222εεεε0000ddddρSS12ρρS31−9d(3)Ee=+−=+eee(368)10+×=e960.5V/m3zzzzz2222εεεε0000d2.14在下列条件下，对给定点求divE的值：ddddd222(1)Eex=−[(2yzyexzx)(+−2)yexy+]V/m，求点P(2,3,1)−处divE的值。xyz1dddd22222a(2)Eez=++[2ρφρφρφsinezsin(2)ez2sin]V/m，求点P(ρφ==2,110,ρφz2dz=−1)处divE的值。dddda(3)Eer=+−[2sincosθφercoscosθφersin]V/mφ，求点Pr(1==.5,3θ0,rθφdaφ=50)处divE的值。dd∂∂∂222解：(1)divEEx=∇⋅=(2yz−y)+(xzx−2yx)+(y)∂∂∂xyz=×−−×=−23(1)2210d11∂∂222∂22(2)∇⋅=Ez[(2ρρφsin)]+(ρφρzsin2)+(2zsinφ)ρρ∂∂ρφ∂z1122222=×2zzsinφρ2++2ρcos2φρφ2sinρρ22aa2a=××41sin110+××21cos(2110)22×+××sin110=9.06d11∂∂2(3)∇⋅=Er(×2sincos)rθφθ+(sin×rcoscos)θφ2rr∂∂rsinθθ1∂+−(srin)φrsinθφ∂11222cosφ=×6rrsincosθφ+cos(cosφθ−sinθ)−rr2sinθsinθ=0.637 2.15半径为a的球形体积内充满密度为ρ()r的体电荷。若已知球形体积内外的电位移分布为d32⎧erAr()+,0<≤radd⎪rDeD==⎨aA54+arrd⎪er,≥ar2⎩r式中A为常数，试求电荷密度ρ()r。dd1d2解：由∇⋅D=ρ，得ρ()rD=∇⋅=(rD)2rrrd1d2322故在0<≤ra区域，有ρ()rr=+[(rAr)]5=r+4Ar2rrd541d2aA+a在r>a区域，有ρ()rr==[]022rrdr2.16一个半径为a的导体球带电荷量为q，当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋d转时，如图题2.16所示，试求球心处的磁感应强度B。zωbdθaO图题2.16q解：导体球面上的电荷面密度为ρ=，当球体以均匀角速度ω绕一个直径S24πadd旋转时，球面上的位置矢量rea=点处的电流面密度为rddddddddωqJv==×ρρωree=×=ρωaeaeωρsinθ=sinθSSSSzrφφS4πa将球面划分为无数个宽度为dla=dθ的细圆环，则球面上任一个宽度为ddla=θ细圆环的电流为 ωqddsIJl==inθdθS4π该细圆环的半径为ba=sinθ，细圆环平面到球心的距离da=cosθ，利用电流圆环的轴线上任意一点的磁场公式，可得到该细圆环电流在球心处产生的磁场为dddμbI22dsμωqain3θθddμωqsin3θθd000dBe==e=ezz223/222223/2z2(bd++)8π(sainθθacos)8πa故整个球面电流在球心处产生的磁场为ddπdμωθqqsin3dμω00BBe==ddθ=e∫∫zz08πaa6π2.17假定电流I=8A从无限远处沿x轴流向原点，再离开原点沿y轴流向无限d远处，如图题2.17所示。试求xy平面上一点P(0.4,0.3,0)处的B。zIOyIP(0.4,0.3,0)x图题2.17解：直接利用有限长直线电流的磁场计算公式ddμI0Be=−(cosθcosθ)φ124πρdd对于点P(0.4,0.3,0)，单位矢量e即为−e。因此，计算x轴上的电流在点P产生φzaaa0.3aa的磁场时，ρ=0.3m，θ=0，θ=−180arctan()180=−=36.9143.1120.4dddμ00×81aa2μ故Be=−(cos0−cos143.1)=−ePx()zz4π×0.3π0.4a同样，计算y轴上的电流在点P产生的磁场时，ρ=0.4m，θ==arctan()53.1，10.3adddμ00×88aaμθ=180，故Be=−(cos53.1−cos180)=−e2Py()zz4π×0.4π则dddd20μd0BB=+B=−e=−e8μTPx()Py()zzπ2.18一条扁平的直导体带，宽度为2a，中心线与z轴重合，通过的电流为I。试证明在第一象限内任一点P的磁感应强度为 μμII⎛⎞r002BB=−α,ln=⎜⎟xy4πaa4π⎝⎠r1式中的α、和如图题rr2.18所示。12dydByP(,)xyP(,)xyrαα12r2Irα2α1Rr1−aOaθx−aIx'axz图题2.18图题2.18(附)I解：将导体带划分为无数个宽度为d'x的细条带，每一细条带的电流ddI=x'。2a根据安培环路定理，可得到位于x'处的细条带的电流dI在P点处的磁场为ddddμddIIμμx'Idx'000dBe===eeφφφ221/22πRa4πRa4π[(x−+x')y]故μIyxd'0ddBB=−sinθ=−x224πaxx[(−+')y]μI('xxx−)d'0ddBB==cosθy224πaxx[(−+')y]式中的x'如图2.18(附)所示，则得aμμIyxd'I⎛⎞xx'−a00B=−=−arctan⎜⎟x∫−a224πaxx[(−+')y]4πa⎝⎠y−aμI⎡⎤⎛⎞ax−−⎛⎞ax−0=−⎢⎥arctan⎜⎟−arctan⎜⎟4πay⎣⎦⎝⎠⎝⎠yμI⎡⎤⎛⎞xa+−⎛⎞xa0=−⎢⎥arctan⎜⎟−arctan⎜⎟4πay⎣⎦⎝⎠⎝⎠yμμII00=−()αα−=−α214πaa4πaμμ00Ixxx('−)d'I22aBx==−ln[(−x')+y]y∫−a4πaxx[(−+')22y]8πa−a22μμII()xay++⎛⎞r002==lnln⎜⎟228πaxay()−+4πar⎝⎠1 2.19两平行无限长直线电流I和I，间距为d，试求每根导线单位长度受到的安12d培力F。mddμI01解：无限长直线电流I产生的磁场为Be=11φ2πρd1dddμII012此磁场对直线电流I每单位长度受到的安培力为FI=×=eBdz−e2m12∫2z11202πdd式中，e是由电流I指向电流I的单位矢量。1212同样，可求出直线电流I产生的磁场对电流I每单位长度受到的安培力为21dddμII012FFe=−=m21m12122πd2.20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ddI=20A，试求：(1)ρ=0.8mm处的B；(2)ρ=1.2mm处的B；(3)圆柱内单位长度的总磁通。ddIdd2062解：(1)圆柱形导体内的电流密度为Je==e=×e6.3710A/mzz23−2zππa(110)×利用安培环路定理，得ddd11d−−763−3BeJe==μρ×4π×10×6.3710××0.810×=e3.210T×0.8mmφφ0φ22(2)利用安培环路定理，得dddμI4π××10−720d0−3Bee===×e3.3310T1.2mmφφ−3φ2πρ2π××1.210adda11ρ2(3)Φ=⋅=BdSμρρμJd=Jii∫∫0002220−612−−7601×10=×××4π10×=×210Wb−322π(110)+2d2.21下面的矢量函数中，哪些可能是磁场？如果是，求出其源量。Jdddd(1)HeaBH==ρ,μ(圆柱坐标系)ρ0ddddd(2)Hea=−+()yeaxBH,=μxy0ddddd(3)Hea=−xeayBH,=μxy0dddd(4)Hea==rBH,μ(球坐标系)φ0 d解：根据静磁场的基本性质，只有满足∇⋅=B0的矢量函数才可能是磁场的场矢dd量，对于磁场矢量，则可由方程J=∇×H求出源分布。d1∂μ0∂2(1)在圆柱坐标系中∇⋅=BBa()ρρ=()2=aμ≠0ρ0ρρ∂∂ρρdd可见，矢量Hea=ρ不是磁场矢量。ρd∂∂(2)在直角坐标系中∇⋅=Ba()()−ya+x=0∂∂xyddd故矢量Hea=−+()yeax是磁场矢量，其源分布为xydddeeexyzdd∂∂∂dJH=∇×==e2az∂∂∂xyz−ayax0d∂∂(3)在直角坐标系中∇⋅=Ba()xa+()0−y=∂∂xyddd故矢量Hea=−xeay是磁场矢量，其源分布为xydddeeexyzdd∂∂∂JH=∇×==0∂∂∂xyzax−ay0d11∂Bφ∂(4)在球坐标系中∇⋅=Ba=()0r=rrsinθφ∂∂sinθφdd故矢量Hea=r是磁场矢量，其源分布为φdddereresinθrθφdd∂∂∂ddJH=∇×==eaecotθ−2arθ∂∂rθφ∂200arsinθd2.22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。 PddρρbaaddJdOObab图题2.22解：将题中所给的非对称电流分布分解为两个对称电流分布的叠加：一个是电流dd密度均匀分布在半径为的圆柱内，另一个是电流密度Jb−J均匀分布在半径为add的圆柱内。原有的空腔被看作是同时存在J和−J两种电流密度。这样就可以利用安培环路定理分别求出两种对称电流分布的磁场，再进行叠加即可得到解答。ddd由安培环路定理B⋅=dlμI，先求出均匀分布在半径为b的圆柱内的产J∫0C生的磁场为⎧μdd0Jb×ρρ,<⎪bbd⎪2Bb=⎨2ddμρbJ×⎪0b,ρ>b2b⎪2ρ⎩bd同样，均匀分布在半径为a的圆柱内的−J产生的磁场为⎧μdd0−Ja×<ρρ,⎪aad⎪2Ba=⎨2ddμρaJ×⎪−0a,ρ>a2a⎪2ρ⎩add这里ρ和ρ分别是点O和O到场点P的位置矢量。ababdd将B和B叠加，可得到空间各区域的磁场为abddμ⎛⎞ba22dd0圆柱外(ρ>b)：BJ=×−⎜⎟ρρb22ba2ρρ⎝⎠badμd⎛⎞da2d0圆柱内的空腔外(ρ<>ba,ρ)：BJ=×−⎜⎟ρρbaba22ρ⎝⎠a ddμddμdd00空腔内(ρ0区域，有(−−HHa)()bJa=()b即H=−yySy2JS而在z<0区域，则有H=y2若表示为矢量形式，则为⎧dJS−ez,0>d⎪⎪y2H=⎨dJ⎪ezS,<0y⎪⎩22.24一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 ddBe=0.5cosωtmT之中，如图题2.24所示。滑片的位置由x=0.35(1cos−ωt)m确x定，轨道终端有电阻R=0.2Ω，试求感应电流i。yabidB0.2mROdcx0.7m图题2.24解：穿过导体回路abcda的磁通为ddddΦ=⋅=⋅×=BdSeBeabad5cosωt×0.2(0.7−x)∫zz=−cosωωtt[0.70.35(1cos−)]=+0.35cosωωtt(1cos)故得感应电流为ε1dΦ1init==−=−×0.35sinωωω(12cos+t)RRd0t.2=−1.75sinωωtt(12cos+ω)mA2.25平行双线与一矩形回路共面，如图题2.25所示。设a=0.2m，7bcd===0.1m，i=×0.1cos(2π10)At，求回路中的感应电动势。iiarbcdr++−bcd图题2.25解：由安培环路定理求出平行双线中的电流在矩形回路平面任意一点产生的磁感 μiμi00应强度分别为B=，B=左右2πr2π（bcdr++−)它们的方向均为垂直于纸面向内。dddd回路中的感应电动势为ε=−B⋅dS=−⎡BdS+BdS⎤in左右ddtt∫∫SS⎣∫S⎦bc+μμiai⎛⎞bc+00式中，∫∫BdS左==ardln⎜⎟Sb2πrb2π⎝⎠cd+μμiai⎛⎞bc+00∫∫BdS右==ardln⎜⎟Sd2π（bcdr++−)2π⎝⎠b则d⎡+μai⎛⎞bc⎤0ε=−2l⎢⎥n⎜⎟ind2tb⎣⎦π⎝⎠μ0a⎛⎞bc+d7=−ln⎜⎟[0.1cos(2π×10)]tπ⎝⎠btd−74π××100.277=×ln20.1sin(2π×10)2t×π×10π7=×0.348sin(2π10)Vt2.26求下列情况下的位移电流密度的大小：dd8(1)某移动天线发射的电磁波的磁场强度He=×0.15cos(9.3610t−3.12)A/my；x(2)一大功率变压器在空气中产生的磁感应强度dd26−B=×et0.8cos(3.7710−1.2610×x)T；y(3)一大功率电容器在填充的油中产生的电场强度dd26−Ee=0.9cos(3.7710×−×t2.8110z)MV/m；设油的相对介电常数ε=5。xrdd2(4)频率f=60Hz时的金属导体中，Je=−sin(377t117.1)MA/mz，设金属导x7体的ε=ε、μ=μ、σ=×5.810S/m。00dd∂D解：(1)由∇×H=，得∂tdddeeexyzddd∂∂D∂∂dd∂Hx∂8JH==∇×==−e=−e[0.15cos(9.3610×−t3.12)]ydzz∂∂tx∂y∂z∂y∂yH00xd82=−et0.468sin(9.3610×−3.12)A/myz d2故J=0.468A/mdddd∂Dd(2)由∇×HB=,=μH，得0∂tdddeeexyzddd∂∂D11∂∂d1∂ByJB==∇×==edz∂∂txμμ∂y∂zμ∂x00000Byd1∂26−=×et[0.8cos(3.7710−1.2610×x)]zμ∂x0d26−2=×et0.802sin(3.7710−1.2610×x)A/mzd2故J=0.802A/mdddd62−6(3)DEe==εε5[0.910cos(3.7710ε××−×t2.8110z)]rx00d−−12626=××××et58.85100.910cos(3.7710×−×2.8110z)xdd∂Dd−−3262Je==−×1510sin(3.7710×−×tz2.8110)A/mdx∂td−22故J=×1.510A/mdddJ1d6(4)Ee==10sin(377t−117.1)z7xσ5.810×d−2=×et1.7210sin(377−117.1)V/mzxddd−−122DEe==ε8.8510×××1.7210sin(377t−117.1)zxdd∂Dd−14Je==15.2610××377cos(377t−117.1)zdx∂td−122=×et57.5310cos(377−117.1)A/mzxd−112故J=×5.75310A/md2.27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，如图题2.27所示。假设内、外导体间的电场强度为dd100dd8Ee=−cos(10tkz)V/m。(1)求与E相伴的H；(2)确定k的值；(3)求内ρρ导体表面的电流密度；(4)求沿轴线01≤z≤m区域内的位移电流。 zba图题2.27dddd∂H解：(1)维系电场E和磁场H的是麦克斯韦方程。将∇×=−Eμ在圆柱坐标0∂td∂Hk1dd1∂Eρd1008系中展开，得=−∇×=−Ee=−esin(10tk−z)φφ∂∂tzμμμρ000ddd100kk885将上式对时间t积分，得He=−cos(10tkze)=cos(10tk−z)φφ8μρ×102πρ0ddd∂E(2)为确定k值，将上述H代入∇×H=ε，得0∂tdd∂∂Ek11de⎡⎤d52ρ8=∇×=HH−(ρ)=−esin(10t−kz)⎢⎥φρ∂∂tzεερ⎣⎦2πρε000dd5k28将上式对时间t积分，得Ee=−cos(10tkz)ρ82πρε×100dd100828将其与题中所给的Ee=−cos(10tkz)比较，得k=×40πε10ρ0ρ8911−81故k=×40πε10=×40π×10×10==rad/m036π93(3)同轴线内、外导体之间的磁场强度为dd518He=−cos(10tz)A/mφ6πρ3 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ddddd518JeH=×=×eecos(10tz−)Sanρρ=φ6πρ3d81=−et265.3cos(10z)A/mz3(4)同轴线内、外导体之间的电场强度为dd10018Ee=−cos(10tz)V/mρρ3则位移电流密度为dd∂∂E⎡d10081⎤Je==εε⎢cos(10t−z)⎥d00ρ∂∂tt⎣ρ3⎦10dε0×10821=−etsin(10−z)A/mρρ3在0≤≤z1m区域中的位移电流为dd11dd1108iJ=⋅=⋅dSJez2πρεd2=−×π10sin(10tz−)dzdd∫∫S00dρ0∫3151⎡⎤881=−×3cos(10tz−)=−0.553sin(10t−)A⎢⎥93⎣⎦60⎛⎞α+−βα⎛β⎞（附：和差化积公式cosαβ−=cos−2sin⎜⎟sin⎜⎟）⎝⎠22⎝⎠2.28试将微分形式的麦克斯韦方程组写成8个标量方程：(1)在直角坐标系中；(2)在圆柱坐标系中；(3)在球坐标系中。解：(1)在直角坐标系中⎧∂H∂H∂D⎧∂E∂E∂Hzyxzyx⎪−=+J⎪−=−μx∂∂yzt∂∂y∂∂zt⎪⎪⎪⎪∂H∂H∂D⎪⎪∂E∂E∂Hxzyxzy⎨−=+J，⎨−=−μy⎪∂∂zx∂t⎪∂zx∂∂t⎪∂H∂H∂D⎪∂E∂E∂Hyxzyxz⎪−=+J⎪−=−μz⎪∂∂xyt∂⎪∂x∂∂yt⎩⎩∂B∂B∂B∂D∂D∂Dxyzxyz++=0，++=ρ∂∂∂xyz∂∂∂xyz(2)在圆柱坐标系中 ⎧1∂Hz∂∂HDφρ⎧1∂Ez∂∂EHφρ⎪−=+J⎪−=−μρρφ∂∂zt∂ρφ∂∂zt∂⎪⎪⎪⎪∂∂HD∂H⎪⎪∂∂EH∂Eρφzρφz⎨−=+J，⎨−=−μφ⎪∂∂ztρ∂⎪∂∂ztρ∂⎪11∂∂Hρ∂Dz⎪11∂∂Eρ∂Hz⎪()ρHJ−=+⎪()ρμE−=−φzφ⎪⎩ρρ∂∂ρφ∂t⎪⎩ρρ∂ρφ∂∂t11∂∂Bφ∂Bz11∂∂Dφ∂Dz()ρB++=0，()ρρD++=(体电荷密度)ρρρρ∂∂ρφ∂zρρ∂∂ρφ∂z(3)在球坐标系中⎧1⎡∂∂H⎤∂Dθr⎪⎢⎥(sinθHJ)−=+φrrtsinθθ⎣⎦∂∂φ∂⎪⎪⎪11⎡⎤∂H∂∂Drθ⎨⎢⎥−=()rHJ+φθ⎪rr⎣⎦sinθφ∂∂∂t⎪1⎡⎤∂∂H∂Dφ⎪−=r+()rHJ⎢⎥θφ⎪⎩rr⎣⎦∂∂∂θt⎧1⎡∂∂E⎤∂Hθr⎪⎢⎥(sinθμE)−=−φrtsinθθ⎣⎦∂∂∂φ⎪⎪⎪11⎡⎤∂E∂∂Hrθ⎨⎢⎥−=()rE−μφ⎪rr⎣⎦sinθφ∂∂∂t⎪1⎡⎤∂∂E∂Hφ⎪−=r−()rEμ⎢⎥θ⎪⎩rr⎣⎦∂∂∂θt11∂∂21∂Bφ()rB++(sin)θB=02rθrr∂∂rsinθθrsinθφ∂11∂∂21∂Dφ()rD++(sin)θD=ρ2rθrr∂∂rsinθθrsinθφ∂2.29由置于ρ=3mm和ρ=10mm的导体圆柱面和z=0、z=20cm的导体平面−11−6围成的圆柱形空间内充满ε=×410F/m、μ=×2.510H/m、σ=0的媒质。若dd2设定媒质中的磁场强度为He=cos(10πz)cos()A/mωt，利用麦克斯韦方程求：φρd(1)ω；(2)E。 ddd∂E解：(1)将题中所给的H代入方程∇×H=ε，得∂tdddd⎛⎞∂Hφ12∂⎛⎞∇×He=⎜⎟−+e()ρωH=−e⎜⎟cos(10πz)cos()tρφzρ⎝⎠∂∂zzρρ⎝⎠dd20π∂Eρ==ezsin(10π)cos()ωεteρρρ∂t∂Eρ120π⇒=sin(10πzt)cos()ω∂tερ120π20π对时间t积分，得Ez==sin(10π)cos()dωttsin(10πz)sin()ωtρ∫ερεωρdddd∂H将EeE=代入方程∇×=−Eμ，得ρρ∂tddd∂Eρ∂⎛⎞20π∇×=Ee=e⎜⎟sin(10πz)sin()ωtφφ∂∂zz⎝⎠εωρ2∂Hdd200πφ==ezcos(10π)sin()ωμt−eφφεωρ∂t∂H2φ1200π⇒=−cos(10πzt)sin()ω∂tμεωρ22200π200π对时间t积分，得Hz=−cos(10π)sin()dωttz=cos(10π)cos()ωtφ∫2μεωρμεωρd2将上式与题中所给的Hz=cos(10π)cos()ωt对比，得φρ2222100π100π18ω===π×10−−611με2.510××410×9故ω=10πrad/s9−1120π(2)将ω=10πrad/s，ε=×410F/m代入Ez=sin(10π)sin()ωt中，得ρεωρdd20π9Ee=sin(10πz)sin(10πt)ρ−119410×××10πρd5009=ezsin(10π)sin(10πt)V/mρρ 2.30媒质1的电参数为ε=4ε、μ=2μ、σ=0；媒质2的电参数为ε=2ε、1010120μ=3μ、σ=0。两种媒质分界面上的法向单位矢量为202ddddee=+−0.64e0.6e0.48，由媒质2指向媒质1。若已知媒质1内邻近分界面上nxyzdddd的点P处的磁感应强度B=−+⋅(eee23)sin300Tt，求P点处下列量的大小：1xyzB、B、B、B。1n1t2n2td解：(1)B在分界面法线方向的分量为1ddddddddBB=⋅=−+⋅eeeee(23)(0.64+ee0.6−0.48)1n1nxyzxyz=−−=0.641.21.442T22222(2)BB=−=+B12+3−=23.16T1t11n(3)利用磁场边界条件，得BB==2T2n1nμ3μ20(4)利用磁场边界条件，得BB==×=3.164.74T2t1tμμ2102.31媒质1的电参数为ε=5ε、μ=3μ、σ=0；媒质2可视为理想导体10101(σ=∞)。设y=0为理想导体表面，y>0的区域内(媒质1)的电场强度2dd8Ee=×20cos(210t−2.58)V/mz。试计算t=6ns时：(1)点P(2,0,0.3)处的面电ydd荷密度ρ；(2)点P处的H；(3)点P处的面电流密度J。SSdddd8解：(1)ρε=⋅eD=⋅×ee205cos(210×−t2.58)zSyn0=yy0−−1289=×××2058.8510cos(210×××−×6102.580.3)−102=×8.0610C/mdd∂H(2)由∇×=−Eμ，得∂td∂∂H11d⎛⎞dd∂Ey18=−∇×=−Eee⎜⎟−=[20cos(210×t−2.58)]zxx∂∂tzμμ⎝⎠3μ∂z0d18=××et202.58sin(210−2.58)zx3μ0对时间t积分，得 dd18He=××202.58sin(210t−2.58)dztx∫3μ0d202.58×8=−etcos(210×−2.58)zx832μ××100d202.58×89−=−ecos(210×××610−2.580.3)×x−783410210××××πd−2=−e6.2310A/m×xdddddd−2(3)JeH=×=×ee(H)=e6.2310A/m×Syn0==yxxy0z