电磁场电磁波期末复习题docx.docx
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电磁场电磁波期末复习题docx
1-5设标量^=xy2+}73,矢量A=2ex+2ev-e.，试求标量函数0在点
（2,-1,1）处沿矢量/的方向上的方向导数。
解已知梯度
6①6①6①2/c2xo2
▽0二5=+竹，丁+5丁二S?
+j,（2xy+z）+《3yzdxdydz
那么，在点（2,-1,1）处O的梯度为
7①二j”
因此，标量函数0在点（2,-1,1）处沿矢量力的方向上的方向导数为
V0•=（^t—3匕一3匕）・（2幺丫+2匕一幺J=2—6+3=—1
1-8若标量函数为
（P=x2+2y2+3z?
+xy+3x-2y-6z
试求在P（l,-2,1）点处的梯度。
解已知梯度=咚七啓，将标量函数⑦代入得
dx）dy、dz
▽0=匕.（2兀+y+3）+竹（4y+x_2）+q（6z-6）
再将P点的坐标代入，求得标量函数0在P点处的梯度为（V（P）P=3ex-9ey
1-22己知圆球坐标系中矢量A=aer+be0+cee式中a,b,c均为常数，A是常矢量吗？
试求▽•力及JA、以及A在直角坐标系及圆柱坐标系中的表示式。
解因为虽然a,b,c均为常数，但是单位矢量s，%,s均为变矢，所以/不是常矢量。
在球坐标系中，矢量力的散度为
V7/13（2A\1X•1（SAA
V-^=——（rA）+（sin%』+L
厂8jrsin^dO厂sin60）
将矢量/的各个分量代入，求得
矢量A的旋度为
利用矢量
A在直角坐标系和球坐标系中各个坐标分量Z间的转
sin&
rsindr
d
d
d
dr
50
60
厂sin创©
◎
壮
2sin&
rsin^
r
d
d
d
dr
dO
60
Cl
rb
rsin3c
Vx/i=
换关系
以及
4
A.
COS0=
sin&cos0
sin&sin0
cos。
COS&COS0
cos&sin0—sin&
sin〃=
cos〃_sin0
COS0
0
A-
J兀2+y2_QX*）?
2
7x2+y2+z2a
_£
7x2+y2+z2a
求得该矢量在直
角坐标下的表达式为
bxzcy
aj兀2+y2J兀2+y2,'bj*+y2'
Z—冬
a
\
ex
利用矢量A在圆柱坐标系和球坐标系屮各个坐标分量之间的转
换关系
r
z
Ar
sin&
COS&
0~
a
a
——
0
0
1
4
——
0
0
£
COS&
-sin0
0_
每
z
r
J■
T_
a
a
0
a
1
b
0
c
br+z
a
求得其在圆柱坐标下的表达式为
/）
1-23若标量函数O（x,y,z）=xy2z,2（x,^,z）=rzsin（p,（P3（r,0,（p）=淫一,
试求V20,,沪乌及歹乌。
解
▽边=X—
2込r2drCdr丿
厂2sin&6&严"
（2-2sin&、
1d
十
"sinOcos。
、
l”）
r2sin&83
l厂2J
+0
1d
~^~dr
2sin0cos2^-sin231
r4sin&
r4
H:
=—7
r4sin&
1-24若A（x,y,z）=xy2z3ex+x3zev+x2y2e:
A（r,（p,z）=errcos（p+e:
rsin（p
A（r,0,（p）=errsin6+eo—s\nOe.-^-cos0r广
试求V-/4,Vx/及V2/4o
解①二坐+当+竺+dxdydz
VxA=
dx
4
>■
d
dy
d
dz
£
4
d
dx
xy2z3
d
Sy
x3z
d
5z
22
xy
（2x2y-x3）ex+
29
xyz
-2巧2»、+（3/z_2xyz3k;
PA=eV2Av+eS2Av+eN2A?
=（2xz3+6xy2z]ex+6xzey+（2y2+2x2k；
②"V软小冷
8z
12
rdr
COS0）+O=3广COS0
IO&4
』厂8ar4
-
X
V
0
<厂6-5rg
2
r
0厂A&sin
2
r
=—（z*2cos0）+巳（-2厂sin0）+仝（厂2sin0）ry
-errcos0一2e^rsin（/>+e:
rsin0
\/2A=e（v2At.-A,2"八
r2r2%丿
=2ercos0—2e^sin（/）+3e:
sin0；
（此处利用了习题26中的公式）
③敦i爲訣吨）+扁關
rsin^dO
+鼎爲宀包+°
=^-—（r3sin。
）
r23rV7
.2cos&
=3sinP+；—
See
5
厂2sin&
rsind
r
r2sinO
厂sin&
r
d
d
d
d
d
d
dr
SO
d（/>
dr
se
d（/>
%
rsinOA^
rsin0
sin&
r_lsin&cos&
VxA=
'sin0'
+S
"2cos0>
/
+S
3
3
1厂丿
J厂丿
sin&门）
—-——cosU
厂）
sin&=一5
一％COS&+
sin。
也=屮人-知-崗裁吨）一品鲁
Ao2dAr2cos6^OA©
VP厂忑応+^加厂2血2&创
28Ar2cos〃dA0
V^~r2sin2^+r2sin^d（/）+r2sin280
cos2&4cos&
I,z»
2cos&2sin&
rsin^r3
十S
r/
将矢量/的各个坐标分量代入上式，求得
COS&
%厂4sin20
2-7已知真空中半径为a的圆环上均匀地分布的线电荷密度为□，试求通过圆心的轴线上任一点的电位及电场强度。
解建立直角坐标，令圆环位于坐标原点，如习题图2・7所示。
那么，点电荷型山在z轴上
P点产生的电位为
巾Ad/
0=
4兀务『
根据叠加原理，圆环线电荷在P点产生的合成电位为
风）=丄『2d心亠『d/=—
4亦（）山r4亦（/12//+/
因电场强度E=-V（p,则圆坏线电荷在P点产生的电场强度为
E--e匹
rlbw严
2-10已知电荷密度为d及-心的两块无限大而电荷分别位于*=0及兀=1平而，试求x>l,0解无限大平面电荷产生的场强分布一定是均匀的，其电场方向垂直于无限大平面，H.分别指向两侧。
因此，位于X=0平面内的无限大面电荷几，在XV0区域中产生的电场强度E；=-exE},在x>0区域中产牛的电场强度E：
=exE}。
位于x=l平而内的无限大而电荷-Qs，在X<1区域屮产生的电场强度=讣2,在兀>1区域中产生的电场强度
Eq-~ex^2°
£上2-£芒2=—ps*0一£占2一£並=_P」*1
山电场强度法向边界条件获知,
£qE；_£（）E]-Ps\x=q即£何+洛=a|x=0
山此求得Ex=E2=-^~
2匂
根据叠加定理，各区域中的电场强度应为
£=£■「+£*；=-evE,+exE2=0,x<0
£*=£*；+E2=e\E\+exE2=0E=+E；=—jE?
=0,x>1
2-17若在一个电荷密度为Q,半径为a的均匀带电球中，存在一个半径为b的球形空腔,
空腔中心与带
场强度。
电球中心的间距为d,试求空腔中的电
习题图2-17
解此题可利用高斯定理和叠加原理求解。
首先设半径为d的整个球内充满电荷密度为。
的电荷，则球内P点的电场强度为
□143P
E]P=-7irper=-^—r
4亦°厂33^0
式小/•是由球心o点指向P点的位置矢量，
再设半径为b的球腔内充满电荷密度为-°的电荷，则其在球内卩点的电场强度为
4,2討加;
4亦o厂~3
式中X是山腔心。
'点指向P点的位置矢量。
那么，合成电场强度ElP+E2P即是原先空腔內任一点的电场强度，即
式中〃是由球心。
点指向腔心o'点的位置欠量。
可见,
空腔内的电场是均匀的。
2-18已知介质圆柱体的半径为a,长度为发牛•均匀极化时，极化强度为P,试求介质圆柱内外轴线上产牛的电场强度。
解建立圆柱坐标，尺令圆柱的下端面位于
均匀极化，故只考虑面束缚电荷。
而且该束
I员I柱上卜端面。
己知面束缚电荷密度与极化
Ps=P
/，当沿轴线方向中束缚电荷在
Q平面。
由于是缚电荷仅存在强度的关系为
习题图2-18
式屮e为表面的外法线方向上单位矢量。
n
由此求得圆柱体上端面的束缚电荷面密度为
Ph=P,圆柱体下端面的朿缚面电荷密度为Px=-卩。
由习题2・9获知，位于小平而，而电荷为久的圆盘在其轴线上的电场强度为
因此，圆柱卜•端面束缚电荷在？
轴上产牛的电场强度为
而圆柱上端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为
（
Z-I
、
Z-1
J（Z_/）2+/丿
那么，上下端面束缚电荷在Z轴上任一点产生的合成电场强度为
Z-1
z-l
+a2
2%|_匕-4jm，匕
+7?
77
2-19己知内半径为a,外半径为h的均匀介质球壳的介电常数为£,若在球心放置一个电量
q
47TT2
为g的点电荷，试求：
①介质壳内外表而上的束缚电荷；②各区域中的电场强度。
解先求各区域中的电场强度。
根据介质中高斯定理
•ds=q=>4卅d=qnD=
在0—区域中，电场强度为
q4^0r2
在aE=—£4;r才
在r>b\/域中，电场强度为
q
4^or2
再求介质壳内外表面上的束缚电荷。
由于P=勺）£,则介质壳内表而上束缚电荷面密度为
外表面上束缚电荷面密度为
1-
2-20将一块无限大的厚度为d的介质板放在均匀电场E中，周围媒质为真空。
已知介质板的介电常数为£，均匀电场E的方向与介质板法线的夹角为仇，如习题图2・20所示。
当介7T
质板中的电场线方向d=—时，试求角度q及介质表面的束缚电荷而密度。
241
习题图2-20
解根据两种介质的边界条件获知，边界上电场强度切向分量和电通密度的法向分量连续。
因此可得
Esin&]=E2sin02；Dcos0x=D2cos02
已知£）=£（）E,=费2，那么山上式求得
旦邑tan0.=空=>厲=arctanftan62£££I£丿
已知介质表面的束缚电荷°；=enP=en-（D-CqE）,
那么，介质左农而上束缚电荷面密度为
Psi=enl'P2=enr
/、
1_勺
D2=
<、
1-鱼
en\D2=-
'1—空
£oEcOS0］介质右表而上
、£丿
束缚电荷面密度为
/、
/、
、
Ps2=en2*P2=en2-
1-乞
16
Z）2-
1-仏
16
勺2D2=
1-仏、£丿
£oEcOS&|
2-28一平板电容器的结构如习题图2・28所示，间距为d,极板面积为心儿试求：
1接上电压V时，移公介质前后电容器中的电场强度、电通密度、各边界上的电荷密度、电容及储能；
2断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。
习题图2-28
解①接上电源，介质存在时，介质边界上电场强度切向分量必须连续，因此，介质内外的
V
电场强度E是相等的，即电场强度为但是介质内外的电通密度不等，介质内
d
VV
D,：
-sE-£—,介质外D（）=£gE=sq—o
dd
两部分极板表面白由电荷面密度分别为
I2i2y
电容器的电呈厂才几+如=（十J百
电容量为C=—=（£+£Q）-—
V\“2d
1l2V2
电容器储能为W=-qV=（e+e.）——
24d
若接上电压时，移去介质，那么电容器屮的电场强度为
电通密度为
V极板表面自由电荷面密度为p,=“E=勺一a
r、l2V
电容器的电量为q=/~ps=
电容量为
l2V2
电容器的储能为
②断开电源后，移去介质前，各个参数不变。
但是若移去介质，由于极板上的电量g
不变，电场强度为
e二q二雌+勺）
£畀2d£（）
电通密度为
陀+6）
2d
极板表面口曲电荷面密度为
两极板Z间的电位差为
JI
电容蜃为C呛违
电容器的储能为=厂"@+£。
）
28d£（）
3-21已知长方体金属腔的内部尺
axbxcf女口习
习题图3-21
足的拉
=0
题图3・21所示。
若侧壁及
底板均接地，上盖电位为
0试求腔内的电位分布函数。
解己知直角坐标系小电位函数满普拉斯方程为
d2（pd2（pd2（p
11
dx2dy2dz2
7
应用分离变最法，令^（X,y,z）=X（x）Y（y）Z⑵求得与+k；X=0；马+=孚+kfz=o
dx2xdy2〉dz2z
式中k；+k；+k；=0。
为了满足如=0二0和讷s=0的边界条件，X（x）必须为正弦函数，即
X（x）=Asinkxx
...f7?
2TC
式中k=,m=1,2,3---□
b
为了满足（p\,=0=0和（p\r=a=0的边界条件,Y（x）也必须为正弦函数,即
Y（y）=Bsinkyy
J7TT
式中=—,t?
=1,2,3…。
a
由此求得kz=jJ（—）2+（^）2
Vab
为了满足外=°=0和讷口=0的边界条件，Z⑵只能是
双dii正弦函数，故
0（x,y,z）=（Asinkxx）（Bsinky）（Csinh/（—）2+（竽尸z）
Vab
其级数解为
g80（兀以）=》工40”sin
H7T
X
、
z
/
式中
nm
800
”=1nt-\
・（H71\（niTT）
sin——xsiny
"丿UJ
W=1血=1
利用正弦函数的正交性,
当/7=5,m=t时，上式右边积分才不为零。
另由上式左边可知，只冇当£和/都为奇数时,
C“才不为零，因此令5=（2h-1）,r=（2m-l）,则
\6（p
（2几一1）（2加一1）龙$
最麻求得
•/2m—1、•2/72—1、
心8oosin（加）sin（—-—©）
畑z）严工工°——
丘幺幺（2z?
-l）（2m-l）
sinh[（—一7T）2+（—龙）丁z
ab
sinh[（^^7r）2cab
4-2设同轴线内导体半径为Q,外导体的内半径为b,填充媒质的电导率为＜7。
根据恒定电流场方程，计算单位长度内同轴线的漏电导。
解设r=aQ^（p=V-r=h时，0=0。
建立圆柱处标系，则电位应满足的拉普拉斯方程为
vV
求得同轴线中的电位0及电场强度£分别为
/、
Vln-
卜
7、
1crV
J=aE
/、
E=
（P
rIn
a】
1V
In
"丿
单位长度内通过内半径的圆柱而流进同轴线的电流为
I=[j-ds2"
/、
InP
那么，单位长度内同轴线的漏电导为
c1IXo
G=——=——RV
（S/m）
4-5已知环形导体块尺寸如习题图4・5所示。
试求厂=d与厂=〃两个表而Z间的电阻。
习题图4・5
解建立圆柱处标系，则电位应满足的拉普拉斯方程为
rdr该方程的解为0（厂）=Cjlnr+C2
0（d）=Vo,0⑹二0,
求得常数
电场强度为
dr
电流密度为
电流强度为
由此求得两个表面Z间的电阻为/?
=—=
2\n（-
Id丿
7nda
4-6若两个同心的球形金属壳的半径为耳及r2（r}解对于恒定电流场，因Vx|-|=0,可令-=-V^>o将瓦代入VJ=0,得a
V（oV^）=0
建立球处标系，上式展开为
r2dr
&J1+普krjdr
=0
两球売之间的电流为
1-JJ•d5=4;w（）C]R
两球壳Z间的恒定电场为
r_j_C、k
a=~7（^er
该方程的解为（p=CxIn—^―+C2r+k
厂（r+k）
那么，求得电流密度为J=-oV（p=-o-C]k
两球壳Z间的电位差为
=J，£，d/=fH^）dr=c,
求得対球壳Z间的电阻为
赂匕=丄比单兰
I4兀（7点）\\r2+k）
5-8已知宽度为W的带形电流的面密度人=exJs,位于z=0平面内，如习题图5・8所示。
试求P（0,0,d）处的磁感应强度。
习题图5-8（b）
（）
dy
1
解宽度为dy,而密度为人的而电流可看作为线电流Jsdy,其在P点产牛:
的磁场为
=-e
71
因此，在P（O,O,d）处的磁感应强度为
习题图5-9
5-10当半径为q的均匀带电圆盘的电荷血密度为若圆盘绕其轴线以介速度。
旋转,
试求轴线上任一点磁感应强度。
解如习题图5-10所示，将岡盘分割成很多宽度为
圆环d/,它在Z处产生的磁感应强度,
2（r2+/t2）2
凶为
di=2岔psdr=pscord
2k•
图5-10
因此
dr的载流
结果，得知
B=efP®=©fPQ
「2
a2
=\
+2厂c
=—2z
2
由对称性可知，z方向的分量相互抵消，如习题图5（（b）
所示，则
W
arctan——2d
5-18已知均匀绕制的长螺线管的匝数为N,长度为L,半径为ci,电流为/,如习题图5-18（a）
所示。
试求:
1螺线管内部中点。
处的磁感应强
2螺线管外部P点的磁感应强度，
d»L,d»a0
度；
图中
习题图5-18（b）
2a
习题图5-18（a）
IN
解①螺线管对看作是线密度为一的関柱面电流，如图习题图5・18（b）所示。
由题5・9的结L
果得知，电流为｛—dz］的电流环在中点o处产生的磁感应强度为I厶丿
2L（a2+y2）2
那么，螺线管在中点。
处产牛•的总磁感应强度为
咗曲心乂严N
22厶（/+）芥2悶+护
②为了计算螺线管外的场强，可将螺线管看作为由N个同轴电流环组成。
已知在my平面
（兀兀、
内」个电流环甘
点产牛的矢量磁位为
式中R=J（沙+/-2msin罗cos0，,dT=e^ad^0考虑到r»a,那么—1+〒sin少cos0‘
、2
l+$sMcos屛COS0WF紡SM
Bp
4J3
2'2丿
处产生的磁感应强度
TT
当电流环位于my平面时,0=—,宀那么，在P（12<
考虑到d»L,对于P点而言，可以认为每个电流环均处于xo），平而内。
因此，P点
磁感应强度增加N倍，即
B=NBp
jLi.NIa2
4d3
6-2一个面积为axb的矩形线圈位于双导线Z间，位置如习题图6・2所示。
两导线中电流方向始终相反，其变化规律为
Z1=Z2=10sin（2^-xl09OA,
试求线圈屮感应电动势。
I
Y
“o
dr
h
X
<
*
•
a
0
<>
c
<—>
A
习题图6・2
解建立的坐标如图6・2所示。
在cvxvb+c内，两导线产牛的磁感应强度为
B=e^
2加
“0,2
2兀匕+c+d—兀）
则穿过回路的磁通量为
“0人0
2兀
cd
则线圈屮的感应电动势为
牛3二“W[n（b+cX"+〃）d/|dr2兀cdAt
-//O^cos（2^xl09r）ln++X1O10V
6-3设带有滑条
习题图6・3
AB的两根平行导线的
R=0.2C,导线间距
图6・3所示。
若正弦电
B=e:
5sina）t垂直条AB的位置以
%=0.35（1-cos^z）m规律变化时，试求凹路中的感应电流。
解建立的坐标如图6・3所示。
令并联电阻位于x=0处，在f吋刻回路的磁通量为
磴・ds=j^_5sin69rdxdy=0.35（1-cosco/）sincotWb
那么，回路中的感应电动势为
_d[（l-coscor）sincot]
=—0.35
drAt
=-0.35（o（cos2（or-coscoz）V
因此回路中的感应电流为
e0.35co（cos2co/-coscof）
1=—=
R0.2
=1.75co（cos2cof-coscor）A
6-5两个半径均为a的圆环导线沿Z轴同轴地放置，如习题图6・5所示。
若线圈A中通过怛定电流/,线圈B以速度「向正Z方向运动，且间距d>>a,试证线圈B屮的感应电动势为
B
r\
习题图6-5
解线圈4在线圈〃处产生的磁感应强度为
B=_"（）"/（e/cos&+e&sin&）
4r
因为d〉＞q,可以认为线圈3处于夕
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