工程電磁場--課后答案(王澤忠-全玉生-盧斌先-著)-清華大學(xué)出版社課后題解.pdf

電磁場題解 第二章第二章 靜電場靜電場 (注意：以下各題中凡是未標(biāo)明電介質(zhì)和導(dǎo)體的空間，按真空考慮） 2-1 在邊長為a的正方形四角頂點上放置電荷量為q的點電荷， 在正方形幾何中心處放置電 荷量為Q的點電荷。問Q為何值時四個頂點上的電荷受力均為零。 解 如圖建立坐標(biāo)系，可得 xxxx a Q aa q Eeee 2/ 1 2 2 42 1 2 21 4 2 0 22 0 + += yyyy a Q aa q Eeee 2/ 1 2 2 42 1 2 21 4 2 0 22 0 + += 據(jù)題設(shè)條件，令 0 2 2 4 2 1= + +Qq， 解得 ()221 4 += q Q 2-2 有一長為2l，電荷線密度為的直線電荷。 1）求直線延長線上到線電荷中心距離為2l處的電場強度和電位； 2）求線電荷中垂線上到線電荷中心距離為2l處的電場強度和電位。 解 1）如圖（a）建立坐標(biāo)系，題設(shè)線電荷位于x軸上ll 3之間，則x處的電荷微元在坐 標(biāo)原點產(chǎn)生的電場強度和電位分別為 () x x x eE= 2 0 4 d d ， x x 0 4 d d = 由此可得線電荷在坐標(biāo)原點產(chǎn)生的電場強度和電位分別為 ( )()() x l l x l l lx x eeEE= 0 3 2 0 3 64 d d0 ( )3ln 44 d d0 0 3 0 3l = l ll x x 2） 如圖 （b） 建立坐標(biāo)系， 題設(shè)線電荷位于y軸上ll 之間，則y處的電荷微元在點()l 2 , 0處產(chǎn)生的電場強度和電 位分別為 () r r y eE= 2 0 4 d d ， r y 0 4 d d = 式中， 2 cos d 2dly =， cos 2l r =， 5 1 4 sin 22 = + = ll l ，分別代入上兩式，并考慮 對稱性，可知電場強度僅為x方向，因此可得所求的電場強度和電位分別為 () lllr y l xxx x 0 0 0 0 0 2 0 0 54 sin 4 dcos 4 cos 4 d 2d2 0 , 2 eee eEE= () 0 1 0 0 0 0 24 . 0 42 1 tan 2 1 tanln 2cos d 4 d2 0 , 2 = += l 2-3 半徑為a的圓盤，均勻帶電，電荷面密度為 。求圓盤軸線上到圓心距離為b的場點的 電位和電場強度。 解 根據(jù)電荷分布的對稱性，采用圓柱坐標(biāo)系。 坐標(biāo)原點設(shè)在圓盤形面電荷的圓心，z軸與面電 荷軸線重合。場點 P的坐標(biāo)為()b, 0。在帶電圓 8 電磁場題解 盤上取一個電荷元rrd d，源點坐標(biāo)為()r , 0。由電荷元產(chǎn)生的電位 d d d = rr R4 0 計算 P點電位時，場點坐標(biāo)()b, 0不變，源點坐標(biāo)()r , 0中 r 是變量。 22 brR+= 整個圓盤形面電荷產(chǎn)生的電位為 () ()bba bba a br rra br rr + += + = + = 22 0 222 0 022 0 0 2 022 0 2 = 2 2 d 4 dd 根據(jù)電荷分布的對稱性，整個圓盤形面電荷產(chǎn)生的電場強度只有ez方向的分量 zzz ba b b b ba b z eeeE + = + = 22 0 222 0 1 22 2-4 在空間，下列矢量函數(shù)中哪些可能是電場強度，哪些不是？回答并說明理由。 1）34eee yxz + 2）xyz xz eee y +4 3） yzx xz eee y +4 4）r r e （球坐標(biāo)系）5）r 2e （圓柱坐標(biāo)系） 解 對于給定各矢量表達(dá)式求旋度，可得 1）()0 143 43= =+ zyx xyx zx eee eee y 2）()0 4 4= =+ zyx zyx zyx xyx zx eee eee y 3）() y xyx zx xzy zyx xzye eee eee y 2 4 4= =+ 4）()0= r re 5）()()() zzzz rr r rr rr rA rr reeeee33 111 22 = = = 據(jù)0=E，可知式 3）和式 5）不可能是電場強度表達(dá)式，而其余各式可能是電場 強度表達(dá)式。 2-5 有兩相距為d的平行無限大平面電荷，電荷面密度分別為和。求兩無窮大平面分 割出的三個空間區(qū)域的電場強度。 解 如圖 2-4 所示的三個區(qū)域中，作高斯面 1 S，據(jù)高斯通量定理， 可得在區(qū)域（1）和（3）中，電場強度為零；再作高斯面 2 S，據(jù) 高斯通量定理，可得在區(qū)域（2）， 0 =E 9 電磁場題解 2-6 求厚度為d，體電荷密度為的均勻帶電無限大平板在空間三個區(qū)域產(chǎn)生的電場強度。 解 如圖 2-5 所示的三個區(qū)域中，作高斯面 1 S，據(jù)高斯通量定理， 電場強度在 1 S上的通量為 0 1 11 2d 1 dS SE s = sE 可得在區(qū)域（1）和（3）中，電場強度 0 1 2 d E = 對于區(qū)域（2），如圖建立坐標(biāo)系，作高斯面 2 S，據(jù)高斯通量定理，電場強度在 2 S上的通 量為 0 2 2221 xS SESE=+，得 = 22 000 1 0 2 d x dx E x E 2-7 有一半徑為a的均勻帶電無窮長圓柱體其單位長度上帶電荷量為。 求空間的電場強度。 解 如圖建立圓柱坐標(biāo)系，設(shè)圓柱體的體電荷密度為， 則有 = 2 a，即 2 a = 作柱對稱高斯面，可得 當(dāng)ar 0） 中的相對介電常數(shù)為r2。已知Eeee 1 201050=+ xyz，求D1、E2和D2。 解 根據(jù)ED=，已知 zyx eeeE501020 1 +=， 則有 zryrxr eeeD 0101011 501020+= 有根據(jù)邊界條件，可得 z r r yx eeeE 2 1 2 50 1020 += 及 zryrxr eeeD 0202022 501020+= 2-16 一半徑為a的金屬球位于兩種不同電介質(zhì)的無窮大分界平面處，導(dǎo)體球的電位為0。 求兩種電介質(zhì)中各點的電場強度和電位移矢量。 解 設(shè)上、下半球的電荷面密度分別為 1 和 2 ，則在半 徑為r的球面上，有 () 2 21 2 2 2 1 222arDrD+=+，即 () 2 21 2 2 2 1 arDrD+=+ 將 111 ED=、 222 ED=代入上式，同時考慮到在介質(zhì)界面上，電場強度只有沿界面切 線方向的分量，即EEE= 21 ，則有 () 2 21 2 2 2 1 aErEr+=+ () () 2 21 2 21 r a E + + =，據(jù)題意可得 () a a a 1 d 21 2 21 0 + + = rE，由此可得 () a 210 21 + =+， () () 2 0 2 21 2 210 r a ra a E = + + =， 2 01 11 r a ED =，并可得 2 02 22 r a ED = 2-17 在直角坐標(biāo)系中，給定一電荷分布為 12 電磁場題解 = 0 0 cos() a xaxa xa ( ( ) 求空間各區(qū)域的電位分布。 解 作圖 2-12 所示的圓柱面，兩端面位于ax=處，則當(dāng)ax 時，閉合面內(nèi)所包圍的電 荷量為 ( ) = = = x a a Sx a a Sxx a SxQ x x sin2sin2dcos2 0 0 0 0 0 電場強度為 x x a a eE = sin 0 0 當(dāng)ax 時，閉合面內(nèi)所包圍的電荷量為 ( )0sin2sin2dcos2 0 0 0 0 0 = = = = a a a Sx a a Sxx a SxQ a a 則電場強度也為零。 設(shè)( )00 =，可得 ( ) = = = 1coscosdsind 0 2 2 0 0 0 0 0 x 0 0 0 x a a x a aa xx a a xEx x x 2-18 在平行平面靜電場中，若邊界線的某一部分與一條電場強度線重合。問：這部分邊界 線的邊界條件如何表示？ 解 由于邊界線為電場強度線，則不能是等電位線，界面上也無電場強度的法線方向分量， 則界面上0=，由此可得，界面上邊界條件為0= n 2-19 無限大導(dǎo)體平面上方左右對稱放置兩種電介質(zhì)，介電常數(shù)分 別為1和2。在第一種電介質(zhì)中距導(dǎo)體平面a，距電介質(zhì)分 界面b處， 放置一點電荷q。 若求解區(qū)域為第一種媒質(zhì)的空間， 求鏡象電荷。 解 在圖 2-13 中，設(shè)下半?yún)^(qū)為導(dǎo)體，則可得鏡象電荷分別為q、 q和 q，其中qq 2 21 + = 2-20 導(dǎo)體表面如圖 2-14 所示的兩無限 大平面， 在兩導(dǎo)體平面形成的空間區(qū)域 放置一點電荷q。問：兩平面之間夾角 為下列數(shù)值中哪一個時可以用鏡象 法？鏡象電荷如何分布？ 1） = 40o， 2） = 60o， 3） = 80o 解 當(dāng) 60=時可以用鏡象法求解， 鏡象電荷如圖 2-15 所示。 2-21 求截面如圖 2-16 所示長度為l的兩種圓柱形電容器的 電容。 13 電磁場題解 解 （1） 設(shè)內(nèi)、外極板上分別有電 荷q，則在兩種介質(zhì)中的電場強度分 別為 lr q E 1 1 2 =， lr q E 2 2 2 = 電極間電壓為 += += 2 23 1 12 21 /ln/ln 2 dd 3 2 2 1 RRRR l q rErEU R R R R 因此，極間電容為 231122 21 /ln/ln 2 RRRR l C + = （2） 設(shè)內(nèi)、 外極板上分別有電荷q， 其中在第一種介質(zhì)中， 內(nèi)導(dǎo)體上的面電荷密度為 1 ， 在第二種介質(zhì)中，內(nèi)導(dǎo)體上的面電荷密度為 2 ，則據(jù)高斯定理，有 ()()+=+22 121121 RRrDrD，考慮邊界條件，有EEE= 21 ， 代入上式，可得 ()()+=+22 121121 RRErEr，即 () () + + = 2 2 21 1211 rr RR E，又有 () () 1 2 21 1211 ln 2 2 d 2 1R RRR rEU R R + + = 因此 ()() () 12 211211 /ln 22 RR l U lRlR U q C + = + = 2-22 球形電容器內(nèi)導(dǎo)體極板半徑為 1 R， 外導(dǎo)體極板半徑為 2 R， 極板間充滿介電常數(shù)為的 電介質(zhì)。求電容器的電容。 解 設(shè)球形電容器內(nèi)導(dǎo)體電極上的分別帶有電荷q，則在極間介質(zhì)中的電場強度為 2 4r q E =，極間電壓為 () 21 12 21 4 11 4 d 2 1RR RRq RR q rEU R R = = 因此 12 21 4 RR RR U q C = 第三章第三章 恒定電場恒定電場 3-1 導(dǎo)電回路的電阻為R。要使回路中維持恒定電流，則回路中電源的電 動勢應(yīng)為多少？解 根據(jù)歐姆定律，可知 RIe = 3-2 一平行平板電容器如圖 3-1 所示。兩極板相距，極 14 電磁場題解 板之間有兩層電介質(zhì)。第一種電介質(zhì)厚度為，介電常數(shù)為 ，電導(dǎo)率為。第二種電介質(zhì)厚度為，介 電常數(shù)為，電導(dǎo)率為。若兩極之間加電壓 ，求電介質(zhì)中的電場強度、漏電流密度、電介質(zhì)分界面上自由電荷的面 密度。 解 據(jù)題意可得 ()UadEaE=+ 21 ，又有 2211 EE=， 得 1 2 1 2 EE =，代入上式，得介質(zhì)中的電場強度為 () ()ada U ada U E + = + = 12 2 2 1 1 ， ()ada U E + = 12 1 2 漏電流密度為 () 121 21 2211 + = ad U EEJ 分界面上自由電荷的面密度為 () () 121 2112 112212 + = ad U EEDD 3-3 如圖 3-2 所示，由導(dǎo)電媒質(zhì)構(gòu)成的半圓環(huán)，電導(dǎo)率為 ，求 A、B 之間的電阻。 解 設(shè)有電流I從 A向 B 流動，A、B 間的電壓為U，則在導(dǎo)電媒 質(zhì)中，有0 2 =，對于圓柱坐標(biāo)，有 0 1 2 2 2 2 = = r ，解得 BA+= 代入邊界條件 ()00 =，得 0=B ()UA=，得 /UA = 15 電磁場題解 即 U =， eE = r 1 ， e U r = 1 EJ bR R a U adr U r JdsI bR R + = + ln 1 因此，可得所求電阻為 R bR a I I U R + = ln 3-4 如圖 3-3 圖所示， 由導(dǎo)電媒質(zhì)構(gòu)成的扇形， 厚度為， 電導(dǎo)率為。求 A、B 之間的電阻。 解 設(shè) A、B 間的電壓為U，則在導(dǎo)電媒質(zhì)中有 0 1 2 = = r r rr ，解得 BrA+=ln，代入邊界條件， 0ln 1 =+ BRA，UBRA=+ 2 ln，解得 12/ lnRR U A =， 12 1 /ln ln RR RU B= 可得 112 ln /lnR r RR U =， rr rRR U r eeE 1 /ln 12 = = r rRR U eEJ = 12/ ln ， bR R a U ra U r I bR R + = + lnd 1 d sJ 因此，可得 R bR a I U R + = ln 3-5 如圖3-4圖所示， 半球形電極埋于 陡壁附近。已知 電極半徑為 ， 距離， 土壤的電導(dǎo)率為 16 電磁場題解 。，考慮陡壁的影響，求接地電阻。 解 由于有地面和陡壁的影響，求接地電阻需按圖 3-5 取鏡象，則可將整個空間視為導(dǎo)電媒 質(zhì)（土壤）。在圖 3-5 中，設(shè)兩電極間的電壓為U2，極間有電流I2，由于， 則在極間導(dǎo)電媒質(zhì)中由于一個球中電流的影響，應(yīng)有， 2 4r I E =，則有 a I U 4 1 =， 考慮另一電極的影響，有 h I U 24 2 = 因此，球?qū)Φ氐碾妷簽?ha ahI ha I UUU 2 2 42 11 4 21 + = +=+= 接地電阻為 ha ah I U R 4 2 2 1 + = 3-6 在導(dǎo)電媒質(zhì)中，電荷的體密度為 。當(dāng)導(dǎo)電媒質(zhì)為均勻媒質(zhì)時， 和都不隨空間位置變化， 因此電荷密度為零。 另一方面， 由定義可知，體電流密度為電荷體密度乘以電荷運動的速度。試解釋均勻?qū)щ娒劫|(zhì)中 體電流密度不為零而體電荷密度為零這一“矛盾”。 解 在定義式vJ=中，體電荷密度為運動電荷的體密度。 3-7 由導(dǎo)電媒質(zhì)中歐姆定律的微分形式，試導(dǎo)出兩電極之間電壓與導(dǎo)電媒質(zhì)中總電流之間 關(guān)系（歐姆定律的積分形式）。 解 設(shè)圖 3-6 所示電導(dǎo)率為的導(dǎo)電媒質(zhì)的長度為l、截面為S，其中的體電流密度為 z J eJ 0 =， 則有EJ=，對等式兩邊做體積積分，可得 = vv vEvJdd 0 ，即 SUIl=，由此可得 R S l I U = ，即為歐 姆定律積分形式表達(dá)式。 第四章第四章 恒定磁場恒定磁場 (注意：以下各題中凡是未標(biāo)明磁媒質(zhì)的空間，按真空考慮） 17 電磁場題解 4-1 如題 4-1 圖所示，兩條通以電流I的半無窮 長直導(dǎo)線垂直交于 O點。在兩導(dǎo)線所在平 面，以 O點為圓心作半徑為R的圓。求圓 周上 A、B、C、D、E、F各點的磁感應(yīng)強 度。 解 參考教材 71 頁的例 4-1，可知，圖 4-2 所示 通有電流I的直導(dǎo)線在P點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度 為 () eB 12 0 coscos 4 = r I 因此，可得（設(shè)參考正方向為指出紙面） R I RR I BA 4 2 2 135cos180cos 2 2 0cos135cos 4 00 = = () R I R I BB 4 1 0cos90cos 4 00 = 用類似的方法可得 R I BC 4 0 =，I R BC 0 2 12 =， R I BD 4 0 =， R I BE 2 0 =，I R BF 0 2 12 + = 4-2 xy平面上有一正n邊形導(dǎo)線回路。 回路的中心在原點，n邊形頂點到原點的距離為R。 導(dǎo)線中電流為I。 1）求此載流回路在原點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度； 2）證明當(dāng)n趨近于無窮大時，所得磁感應(yīng)強度與半徑為R的圓形載流導(dǎo) 線回路產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度相同； 3）計算n等于 3 時原點的磁感應(yīng)強度 。 解 如圖 4-3 中所示為正n邊形導(dǎo)線回路的一個邊長，則所對應(yīng)的圓心角 為 n 2 ，各邊在圓心產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為 ()()() ( )( ) eeee eeeB = = = nR I nr I r I r I r I r I r I tan 2 sin 2 cos 2 cos 2 cos2 4 coscos 4 coscos 4 00 1 0 1 0 1 0 11 0 12 0 1 1）n 條邊在圓心產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為 eB = nR In tan 2 0 2）當(dāng) n時，圓心處的磁感應(yīng)強度為 eeB R I nR In n 2 tan 2 lim 00 = = 3）當(dāng)n等于 3 時圓心處的磁感應(yīng)強度為 eeB R I R I 2 33 3 tan 2 3 00 = = 18 電磁場題解 4-3 設(shè)矢量磁位的參考點為無窮遠(yuǎn)處，計算半徑為R的圓形導(dǎo)線回路通以電流I時，在其 軸線上產(chǎn)生的矢量磁位。 解 如圖 4-4 建立坐標(biāo)系，可得軸線上z處的矢量磁位為 0d 4 22 0 = + = lRz I lA 4-4 設(shè)矢量磁位的參考點在無窮遠(yuǎn)處， 計算一段長為 2 米的直線電流I在其中垂線上距線電 流 1 米處的矢量磁位。 解 據(jù) 76 頁例 4-4，可得 () () 12 210 cos1sin cos1sin ln 4 = I z eA， 其中， 45 1 =， 135 2 =，則 12 12 ln 4 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 ln 4 00 + = + + = II zz eeA 4-5 在空間，下列矢量函數(shù)哪些可能是磁感應(yīng)強度？哪些不是？回答并說明理由。 1） Ar r e （球坐標(biāo)系） 2） A xy yx ()ee+ 3） )( yx yxAee 4） Are（球坐標(biāo)系） 5） Are（圓柱坐標(biāo)系） 解 1） 03)( 1 3 2 =AAr rr A 2） 0 =+ z A y A x A z y x A 3） 01-1 =+ z A y A x A z y x A 4） 0 sin 1 )sin( sin 1 )( 1 2 2 =+= A r A r Ar rr r A 5） 0 1 )( 1 =+= z AA r rA rr z r A 由于0= B，因此以上表達(dá)式中，1）不是磁感應(yīng)強度表達(dá)式，而 2）5）可能是磁 感應(yīng)強度表達(dá)式。 4-6 相距為d的平行無限大平面電流，兩平面分別在zd= / 2和zd=/ 2平行于xy平 面。面電流密度分別為K x e和K y e，求由兩無限大平面分 割出的三個空間區(qū)域的磁感應(yīng)強度。 解 如圖建立坐標(biāo)系，并作平行于xz平面的閉合回線 1 l，據(jù)安 培環(huán)路定律，可得 2 K Hx= 和平行于yz平面的閉合回線 2 l，可得 2 K Hy= 考慮坐標(biāo)系，及HB=可得 當(dāng) 2 d z，作閉合回線 2 l，據(jù)安培環(huán)路定律，可得 2 00 dJ B =， 因此，可得 e e B e 4-9 如圖 4-8 所示， 兩無窮長平行圓柱面之間均勻分布著密度為J的體電流。 求小圓柱面內(nèi) 空洞中的磁感應(yīng)強度。 解 設(shè)小圓柱面內(nèi)空洞中的任意點p至大、小圓柱面的軸心距離分別為 1 r、 2 r，當(dāng)空洞內(nèi) 也 充 滿 體 電 流 時 ， 可 得p點 的 磁 感 應(yīng) 強 度 為 1 10 1 2 eB Jr =，空洞內(nèi)的體電流密度在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng) 強度為 2 20 2 2 eB Jr = () x d J rr J eeeBBB 22 0 2211 0 21 =+= 4-10 內(nèi)半徑為R1，外半徑為R2，厚度為h，磁導(dǎo)率為 （ 0）的圓環(huán)形鐵芯，其上均勻緊密繞有N 匝 線圈，如圖 4-9 所示。線圈中電流為I。求鐵芯中的 磁感應(yīng)強度和磁通以及線圈的磁鏈。 解 在鐵芯中作與鐵芯圓環(huán)同軸半徑為r的閉合回線，據(jù)安培環(huán)路定律，可得鐵芯中磁感應(yīng) 強度為 eB r IN 2 0 = 相應(yīng)的磁通為 1 200 ln 2 d 2 2 1R RINh rh r IN R R = 磁鏈為 1 2 2 0 ln 2R RhIN N = 4-11 在無限大磁媒質(zhì)分界面上，有一無窮長直線電流 20 電磁場題解 I，如圖 4-10 所示。求兩種媒質(zhì)中的磁感應(yīng)強度和磁場強度。 解 設(shè)z軸與電流的方向一致，則據(jù)安培環(huán)路定律，可得 12 HrHrI+=， 據(jù)邊界條件，可得 2211 HH= 解以上兩式，得 () eH r I 21 2 1 + =， () eH r I 21 2 2 + =， () eBB r I 21 21 21 + = 4-12 如圖 4-11 所示，無窮大鐵磁媒質(zhì)表面上方有一對平行直導(dǎo)線，導(dǎo)線截面半徑為R。求 這對導(dǎo)線單位長度的電感。 解 根據(jù)教材 97 頁例題 4-12、4-13，可得平行長線 a、b 的單為長度內(nèi)自感為 4 0 = i L 對于外自感，如圖 4-12 取鏡象，a、b 之間的外磁 鏈可視為 a、b 和 c、d 中的電流分別作用后疊加， 即 R dI R RdI lnln 00 11 =， 2 22 0 22 0 22 4 4 ln 2 4 ln 2h hdI h hdI+ = + = 外磁鏈為 2 22 0 2 22 00 21 4 4 ln 4 4 lnln h hd R dI h hdI R dI+ = + +=+= 外自感為 2 22 0 4 4 ln h hd R d I Lo + = 因此，自感為 2 22 00 4 4 ln 4h hd R d LLL oi + +=+= 4-13 如圖 4-13 所示， 若在圓環(huán)軸線上放置一無窮長 單匝導(dǎo)線，求導(dǎo)線與圓環(huán)線圈之間的互感。若 導(dǎo)線不是無窮長，而是沿軸線穿過圓環(huán)后，繞 到圓環(huán)外閉合，互感有何變化？若導(dǎo)線不沿軸 線而是從任意點處穿過圓環(huán)后繞到圓環(huán)外閉 合，互感有何變化？ 解 設(shè)長直導(dǎo)線中有電流I，則在鐵芯線圈中產(chǎn)生的磁 通和磁鏈分別為 1 20 ln 2R RIh =， 1 20 ln 2R RNIh N = 因此，兩線圈之間的互感為 1 20 ln 2R RNh I M =根據(jù)諾以曼公式，可知兩線圈之 間的互感也可視為鐵芯線圈中的電流產(chǎn)生被直導(dǎo)線所鏈 繞的磁通與電流的比值，則題設(shè)后兩種情況中，直導(dǎo)線 鏈繞的磁通沒有發(fā)生變化，因此互感也不變。 21 電磁場題解 4-14 如圖 4-14 所示，內(nèi)半徑為R1，外半徑為R2，厚度 為h，磁導(dǎo)率為（ 0）的圓環(huán)形鐵芯，其上 均勻緊密繞有N匝線圈。求此線圈的自感。若將鐵 芯切割掉一小段，形成空氣隙，空氣隙對應(yīng)的圓心角 度為，求線圈的自感。 解 當(dāng)線圈中有電流I時，設(shè)鐵芯中的磁場強度為H、 氣隙中為 0 H，據(jù)安培環(huán)路定律，可得 ()NIrHr= + 0 2H 據(jù)邊界條件，可得 00H H=，代入上式，得 () () + = + = 2 2 0 0 0 r NI r NI H 相應(yīng)的磁通為 () + = 2 0 0 r NI HB 則鐵芯及氣隙中的磁通為 () 1 2 0 0 ln 2 d 2 1R R r NhI rhB R R + = 線圈所鏈繞的磁通為 () 1 2 0 2 0 ln 2R R r hIN N + = 則電感為 () 1 2 0 2 0 ln 2R R r hN I L + = 4-15 分別求如圖 4-15 所示，兩種情況中兩回路之間的互感。 解 （a）如圖建立坐標(biāo)系，對于三角 形部分，可得x b d y 2 = 長直導(dǎo)線中的電流I在三角形線圈中 產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為 ()xa I B + = 2 0 ， 則磁通為 + = + = a ba ab b Id x xa x b Id b ln 2 d 2 0 0 0 互感為 + = a ba ab b d II Mln 2 0 （b）如圖建立坐標(biāo)系，對于三角形部分，可得()bx b d y= 2 22 電磁場題解 長直導(dǎo)線中的電流I在三角形線圈中產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為 ()xa I B + = 2 0 ， 則磁通為 () + += + = b a ba ba b Id x xa bx b Id b ln 2 d 2 0 0 0 互感為 () + +=b a ba ba b d II Mln 2 0 4-16 試證明真空中以速度v運動的點電荷所產(chǎn)生的磁場強度和電位移 矢量之間關(guān)系為HvD= 。 證明 如圖 4-16，點電荷q在半徑為r處產(chǎn)生的電位移矢量為 r r q eD 2 4 =，當(dāng)點電荷q以速度v向z方向運動時在半徑為r處產(chǎn)生的 磁場強度為Dv e v ev H= = 22 44r q r q rr 證畢。 4-17 試證明真空中以角速度作半徑為R圓周運動的點電荷q在圓心處產(chǎn)生的磁場強度為 n R q eH 4 =， n e是與圓周運動方向成右手螺旋關(guān)系方向的單位矢量。 證明 如圖 4-17 所示，以角速度作半徑為R圓周運動的點電荷q 的線速度為 evR=，則磁場強度 n r R q R Rqv e e H 44 2 = = 證畢。 4-18 如圖 4-18 所示，半徑為a，長度為2l的永磁材料圓柱，被永久 磁化到磁化強度為M z0e 。求軸線上任一點的磁感應(yīng)強度B和 磁場強度H。 解 等效的磁化電流體密度和面密度分別為 0 0 = = = zm M eMJ， eeeeMK 00 MM rznm = 參閱教材 72 頁例 4-2， 可得圖 4-19 所示電流微元zMd 0 在 z點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為 () z zza zMa eB 2 3 222 0 2 0 2 d d + = 則圓柱體上的磁化電流在軸線上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為 () z ll zza zMa eBB + = 0 2 3 222 0 2 0 0 d d2 z zla zl zla zlM e )()( 2 2222 00 + + + + = z zla zl zla zlM eM B H2 )()( 2 2222 0 0 + + + + = 4-19 有兩個相鄰的線圈，設(shè)各線圈的磁鏈的參考方向與線圈自 身電流的參考方向成右手螺旋關(guān)系，問：如何選取兩線圈電流參考方向，才能使互感 系數(shù)為正值？如何選取兩線圈電流參考方向，才能使互感系數(shù)為負(fù)值。 解 選擇I1和I2的參考方向，使I1產(chǎn)生的磁通與I2成右手關(guān)系、I2產(chǎn)生的磁通與I1成右 23 電磁場題解 手關(guān)系，則互感系數(shù)為正值。選擇I1和I2的參考方向，使I1產(chǎn)生的磁通與I2成左手關(guān)系、 I2產(chǎn)生的磁通與I1成左手關(guān)系，則互感系數(shù)為負(fù)值。 4-20 半徑為a的無窮長圓柱，表面載有密度為K0e的面電流。求空間的磁感應(yīng)強度和矢 量磁位。 解 如圖建立圓柱坐標(biāo)，由于對稱性，則場量僅可能為r的函數(shù)，作軸 心與z重合、半徑分別大于或小于a圓柱面，據(jù)= s 0dsB，可得 02=rlBr，即0= r B；對于 z B，由于磁感應(yīng)強度線應(yīng)經(jīng)無窮遠(yuǎn)處 閉合，即()()sarBsarB s z s z dd= ，則當(dāng)ar ，0= z B；當(dāng) ar ， 作 閉 合 回 線l， 據(jù) 安 培 環(huán) 路 定 律 ， 可 得 () 1001 dlKlarBz l = lB，即()KarBz 0 =；作軸心與z重 合、半徑分別大于或小于a圓環(huán)線，據(jù)安培環(huán)路定律，可得0= B。 綜合以上分析，可得磁感應(yīng)強度為 B e = 0 0 Kra ra z ( () ) 根據(jù) = sl sBlAdd，可得矢量磁位為 = )( 2r )( 2 2 0 0 ar Ka ar Kr e e A 式中l(wèi)為環(huán)繞s的閉合回線。 4-21 在沿z軸放置的長直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場中， 求點( , ,)0 1 0 與點( ,)01 0 之間的矢 量磁位差和標(biāo)量磁位差（積分路徑不得環(huán)繞電流）。 解 沿z軸放置的長直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場，作軸心與z重合、半徑為 1 的圓環(huán)線，設(shè)積分 路徑為點( , ,)0 1 0 與點( ,)01 0 之間半圓環(huán)線， 由于在半徑相同的點上， 矢量磁位相同， 因此矢量磁位差為 0；標(biāo)量磁位差 22 d I r r I l m = = lH，式中正、負(fù)與電流與 積分路徑繞行方向相關(guān)。 第五章第五章 時變電磁場時變電磁場 5-1 如圖 5-1 所示，一個寬為a、長為b的矩形導(dǎo)體框，放置在磁場中，磁感應(yīng)強度為 Be= Bt y0sin 。導(dǎo)體框靜止時其法線方向en與 y e呈 角。求導(dǎo)體框靜止時或以角速度繞x軸旋轉(zhuǎn)（假定 t = 0時刻， = 0）時的感應(yīng)電動勢。 解 由于 y tBeBsin 0 =，據(jù) = s t es B d， 導(dǎo)體框靜止時， tBabab t B ecoscoscos 0 = = 導(dǎo)體框旋轉(zhuǎn)時， ()() tabBtabB tabtB t tabB tt e 2cos2cos2 2 1 cossincosd 00 0 s = = = = sB 24 電磁場題解 5-2 設(shè) 圖5-2中 隨 時 間 變 化 的 磁 場 只 有z軸 分 量 ， 并 沿y軸 按 BBy tBtky z =( , )cos() m 的規(guī)律分布。 現(xiàn)有一匝數(shù)為 N 的線圈平行于xoy平面，以速 度v沿y軸方向移動（假定t = 0時刻，線圈幾 何中心處y = 0） 。求線圈中的感應(yīng)電動勢。 解 據(jù) () = l elBvd 設(shè) 2 , 2 21 a vty a vty+=，則有 ()()()kvtvBNb a vtk a vtkvBNbyByBvNbe mm sin 2 cos 2 cos 2211 = + =+= 一半徑為a的金屬圓盤，在垂直方向的均勻磁場B中以等角速度旋轉(zhuǎn)，其軸線與磁場平 行。在軸與圓盤邊緣上分別接有一對電刷，如圖 5-3 所示。這 一裝置稱為法拉第發(fā)電機。試證明兩電刷之間的電壓為 2 2B a 。 解 由于 t d d =，dd =t，t=，rv = 則有 () = a l Ba rBre 0 2 2 dd lBv 5-3 設(shè)平板電容器極板間的距離為d，介質(zhì)的介電常數(shù)為0，極板間接交流電源，電壓為 uUt= msin 。求極板間任意點的位移電流密度。 解 對于平板電容器，極間電場為均勻場， 則有 t d U E m sin=，t d U ED m sin 0 =，t d U e D J m D cos 0 = = 5-4 一同軸圓柱形電容器，其內(nèi)、外半徑分別為cm1 1 =r、cm4 2 =r，長度m5 . 0=l，極 板間介質(zhì)的介電常數(shù)為 0 4，極板間接交流電源，電壓為tu=100sin26000 V。 求t = 10 . s時極板間任意點的位移電流密度。 解 對于同軸圓柱形電容器，由于lr ，則極間電場強度和電壓分別為 r E 2 =， 1 2 ln 2r r u =，因此 4ln ln 2 1 2 u r r u = ， r u E 1 4ln =， r u D 1 4ln 4 0 = ， r t t D1 4ln 100cos100260004 0 = = J () 2 5 0 A/m 1081 . 6 4ln 100260004 s 1 r r rr te e J = = 5-5 當(dāng)一個點電荷以角速度作半徑為R的圓周運動時，求圓心處位移電流密度的表達(dá)式。 25 電磁場題解 解 在圓心處，電位移矢量 32 44R q R q r R eD=， 由于 ev r r t = ，則可得圓心處位移電流為 () yxD tt R q R q R R q tR q t Jeeee RD cossin 4444 2233 = = = 5-6 一個球形電容器的內(nèi)、外半徑分別為a和b，內(nèi)、外導(dǎo)體間材料的的介電常數(shù)為、電 導(dǎo)率為，在內(nèi)、外導(dǎo)體間加低頻電壓uUt= mcos 。求內(nèi)、外導(dǎo)體間的全電流。 解 對于球形電容器，極間電場強度為 2 4r q E =， 電壓 ab abq ba q u = = 4 11 4 ，則有 rab uab E 1 =， 2 1 rab uab D = 因此，傳導(dǎo)電流密度 22 1 cos 1 r t ab abU rab uab EJ m c = = 位移電流密度 2 1 sin r tU ab ab t D J mD = = 全電流密度 () 2 0 sincos r tt ab abUmr J = 全電流 ()ttr ab abU JrI m sincos 4 4 2 = 5-7 在一個圓形平行平板電容器的極間加上低頻電壓uUt= msin ，設(shè)極間距離為d，極 間絕緣材料的介電常數(shù)為，試求極板間的磁場強度。 解 圓形平行平板電容器極間的電場強度、電位移矢量及位移電流密度均為均勻場，即 t d U d u E m sin=，t d U ED m sin=，t d U t D J m D cos= = 據(jù)安培環(huán)路定律，可得 D JrrH 2 2=，則 eHr d tUrJ mD 2 cos 2 = 5-8 在交變電磁場中，某材料的相對介電常數(shù)為r= 81、電導(dǎo)率為 = 42 . S/ m。分別求 頻率f11= kHz、f21= MHz、以及f31= GHz時位移電流密度和傳導(dǎo)電流密度的比 值。 解 據(jù) f f J J c 9 12 1007 . 1 2 . 4 21085 . 8 81 = = ，可得 f11= kHz時， 6 1007 . 1 = c D J J ；f21= MHz時， 3 1007 . 1 = c D J J ； f31= GHz時，07 . 1 = c D J J 5-9 一矩形線圈在均勻磁場中轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸與磁場方向垂直，轉(zhuǎn)速min/r3000=n。線圈的 匝數(shù)100=N，線圈的邊長cm2=a、cm5 . 2=b。磁感應(yīng)強度B = 01 . T。計算線圈 中的感應(yīng)電動勢。 解 轉(zhuǎn)速 r/sec50r/sec 60 3000 r/min3000=n，角頻率 rad/sec100= 26 電磁場題解 線圈截面 abS =，磁通 tabBcos=，磁鏈 tNBabNcos= 線圈中的感應(yīng)電動勢 tttNBab t e sin57 . 1 sin250025 . 0 02 . 0 1 . 0100sin d d = V11. 1= 有效值 e 5-11 圖 5-4 所示的一對平行長線中有電流i tIt( )sin= m 。求矩形線框中的感應(yīng)電動勢。 解 如圖建立坐標(biāo)系，則線框中任意點的磁感應(yīng)強度為 ()() + = + = abrr abi r i abr i B 222 元磁通 rBhdd=，則線圈所鏈繞的磁通 z z cb b cb b a act b cb abb abcbi e e + + = + + + = + ln 2 lnln 2 d 線圈的感應(yīng)電動勢 () () t cba acbhI t d e m cosln 2d+ + = 5-10 一根導(dǎo)線密繞成一個圓環(huán)，共 100 匝，圓環(huán)的半徑為 5cm，如圖 5-5 所示。當(dāng)圓環(huán)繞其 垂直于地面的直徑以500 r / min的轉(zhuǎn)速旋轉(zhuǎn)時， 測得導(dǎo)線的端電 壓為mV5 . 1（有效值），求地磁場磁感應(yīng)強度的水平分量。 解 轉(zhuǎn)速 r/s 60 500 r/min500=n， 角頻率 rad/s 60 5002 = ， 線圈截面 222 m00785 . 0 05 . 0 =rS 通過線圈的磁通量 tBScos=，相應(yīng)的磁鏈 tNBSNcos=， 則線圈的電動勢為 tNBS t e sin d d =， 電動勢的有效值 V105 . 1 260 500205 . 0 100 2 3 2 = =B NBS e 有效值 因此，所求地磁 T1016. 5 500205. 0100 260105 . 1 5 2 3 = = B 5-13 真空中磁場強度的表達(dá)式為()xtHH zzz =sin 0 eeH， 求空間的位移電流密度 和電場強度。 解 據(jù)磁場強度表達(dá)式，可得電場強度 ()xeE y =sin 0 eE， 又 00 0 = H E ，則 y xt H eE)sin( 0 0 =，() y xt H eD =sin 0 位意電流密度