电磁场习题解答

(2)、无限长同轴圆柱面，半径分别为a和b（ba），每单位长度上电荷：内柱为而外柱为。

解：同轴圆柱面的横截面如图所示，做一长为l半径为r（arb）且与同轴圆柱面共轴的圆柱体。对此圆柱体的外表面应用高斯通量定理，得

考虑到此问题中的电通量均为er即半径方向，所以电通量对圆柱体前后两个端面的积分为0，并且在圆柱侧面上电通量的大小相等，于是

er，Eer 即D2r20r由此可得UbabEdrbererdrln

a2r20a01—2—3、高压同轴线的最佳尺寸设计——高压同轴圆柱电缆，外导体的内半径为2cm，

内外导体间电介质的击穿场强为200kV/cm。内导体的半径为a，其值可以自由选定但有一最佳值。因为a太大，内外导体的间隙就变得很小，以至在给定的电压下，最大的E会超过介质的击穿场强。另一方面，由于E的最大值Em总是在内导体的表面上，当a很小时，其表面的E必定很大。试问a为何值时，该电缆能承受最大电压？并求此最大电压。

（击穿场强：当电场增大达到某一数值时，使得电介质中的束缚电荷能够脱离它的分子而自由移动，这时电介质就丧失了它的绝缘性能，称为击穿。某种材料能安全地承受的最大电场强度就称为该材料的击穿强度）。

解：同轴电缆的横截面如图，设同轴电缆内导体每单位长度所带电荷的电量为，则内外导体之间及内导表面上的电场强度分别为

E，Emax 2r2a而内外导体之间的电压为

b或UaEmaxln()

abb即ln10，a0.736cm

ae1—3—3、两种介质分界面为平面，已知140，220，且分界面一侧的电场强度E1100V/m，其方向与分界面的法线成450的角，求分界面另一侧的电场强度E2的值。

解：E1t100sin450502，E1n100cos450502

根据E1tE2t，D1nD2n得

E2t502，D2n20002，E2nD2n1002 2022(502)2(1002)25010(V/m) 于是：E2E2tE2n1—8、对于空气中下列各种电位函数分布，分别求电场强度和电荷体密度： （1）、Ax2 （2）、Azyx

Br （3）、Ar2sinzisosc （4）、Ar2n解：求解该题目时注意梯度、散度在不同坐标中的表达式不同。

(Ax2)（1）、E(ijk)i2Axi

xyzxijk) （2）、E(xyz1erek) （3）、E[rrz11ee] （4）、E[errrrnis1—4—2、两平行导体平板，相距为d，板的尺寸远大于d，一板的电位为0，另一板的电位为V0，两板间充满电荷，电荷体密度与距离成正比，即(x)0x。试求两极板之间的电位分布（注：x0处板的电位为0）。

解：电位满足的微分方程为 其通解为：03xC1xC2 60定解条件为：x00；xdV0 由x00得C20 由xdV0得03VdC1dV0，即C100d2 60d6003V002x(d)x 60d601—4—3、写出下列静电场的边值问题： 于是（1）、电荷体密度为1和2（注：1和2为常数），半径分别为a与b的双层同心带电球体（如题1—4—3图（a））；

（2）、在两同心导体球壳间，左半部分和右半部分分别填充介电常数为1与2的均匀介质，内球壳带总电量为Q，外球壳接地（题1—4—3图b））；

（3）、半径分别为a与b的两无限长空心同轴圆柱面导体，内圆柱表面上单位长度的电量为，外圆柱面导体接地（题1—4—3图（c））。 解：（1）、设内球中的电位函数为1，介质的介电常数为1，两球表面之间的电位函数为2，介质的介电常数为2，则1，2所满足的微分方程分别为

211，222 12选球坐标系，则

由于电荷对称，所以1和2均与、无关，即1和2只是r的函数，所以

11211222(r)(r)，

r1r2rr2r2r定解条件为： 分界面条件：1ra2电位参考点：2附加条件：1r0；1ra1r2ra2r

rarb0；

为有限值

（2）、设介电常数为1的介质中的电位函数为1，介电常数为2的介质中的电位函数为2，则1、2所满足的微分方程分别为

211，222 12选球坐标系，则

由于外球壳为一个等电位面，内球壳也为一个等电位面，所以1和2均与、无关，

即1和2只是r的函数，所以

121122，(r)0(r)0 22rrrrrr分界面条件：1222

由分解面条件可知12。令12，则在两导体球壳之间电位满足的微分方程为

电位参考点：rb0；

边界条件：2a2(1Er2Er)raQ，即

（3）、设内外导体之间介质的介电常数为，介质中的电位函数为，则所满足的微

分方程分别为

20，

选球柱坐标系，则

由于对称并假定同轴圆柱面很长，因此介质中的电位和及z无关，即只是r的函数，所以

电位参考点：rb0； 边界条件：2aErra，即

1－7－3、在无限大接地导体平板两侧各有一个点电荷q1和q2，与导体平板的距离均为d，求空间的电位分布。

解：设接地平板及q1和q2如图（a）所示。选一直角坐标系，使得z轴经过q1和q2且正z轴方向由q2指向q1，而x，y轴的方向与z轴的方向符合右手螺旋关系且导体平板的表面在x，y平面内。计算z0处的电场时，在（0,0,d）处放一镜像电荷q1，如图（b）所示，用其等效q1在导体平板上的感应电荷，因此

计算z0处的电场时，在（0,0,d）处放一镜像电荷q2如图（c）所示，用其等效q2在导体平板上的感应电荷，因此

1－7－5、空气中平行地放置两根长直导线，半径都是2厘米，轴线间距离为12厘米。若导线间加1000V电压，求两圆柱体表面上相距最近的点和最远的点的电荷面密度。

解：由于两根导线为长直平行导线，因此当研究它们附近中部的电场时可将它们看成两根无限长且平行的直导线。在此假定下，可采用电轴法求解此题，电轴的位置及坐标如图所示。

由于对称h126cm 2而bh2R2622242cm

设负电轴到点p(x,y)的距离矢量为r2，正电轴到点p(x,y)的距离矢量为r1（p点应在以R为半径的两个圆之外），则p点的电位为

1两根导体之间的电压为U，因此右边的圆的电位为U，即

2由此可得

(xb)2y2于是(x,y) ln22(xb)yln(12)250由于两根导线带的异号电荷相互吸引，因而在两根导线内侧最靠近处电场最强电荷密

度最大，而在两导线外侧相距最远处电荷密度最小。

1—9—4、一个由两只同心导电球壳构成的电容器，内球半径为a，外球壳半径为b，外球壳很薄，其厚度可略去不计，两球壳上所带电荷分别是Q和Q，均匀分布在球面上。求这个同心球形电容器静电能量。

解：以球形电容器的心为心做一个半径为r的球面，并使其介于两导体球壳之间。则此球面上任意一点的电位移矢量为

DQ电场强度为Ee 2r4r1Q2而电场能量密度为weED 24232r球形电容器中储存的静电场能量为 Q211Q2ba()= 8ab8ab1－9－5、板间距离为d电压为U0的两平行板电极浸于介电常数为ε的液态介质中，如图所示。已知液体介质的密度是m，问两极板间的液体将升高多少？ 解：两平行板电极构成一平板电容器，取如图所示的坐标，设平板电 容器在垂直于纸面方向的深度为w，则此电容器的电容为 电容中储存的电场能量为

液体表面所受的力为

此力应和电容器中高出电容器之外液面的液体所受的重力平衡，由此 可得

2(0)U0即h 22mgd2—5、内外导体的半径分别为R1和R2的圆柱形电容器，中间的非理想介质的电导率为

。若在内外导体间加电压为U0，求非理想介质中各点的电位和电场强度。

解：设圆柱形电容器介质中的电位为，则 选择圆柱坐标，使z轴和电容器的轴线重合，则有

假定电容器在z方向上很长，并考虑到轴对称性，电位函数只能是r的函数，因此所满足的微分方程可以简化为

C1C1，即r rrr两边再积分得电位的通解C1lnrC2 定解条件：rRU0，rR0

12将电位函数的通解带入定解条件，得

由上述两式解得

U0U0，C2U0C1lnR1 R1R1lnlnR2R2U0UU0r于是lnr0lnR1U0lnU0

R1R1R1R1lnlnlnR2R2R21Eeez] 而[errrz2—7、一导电弧片由两块不同电导率的薄片构成，如图所示。若16.5107西门子/米，21.2107西门子/米，R245厘米，R130厘米，钢片厚度为2毫米，电极间的电压U30V，且电极1。求：

⑴、弧片内的电位分布（设x轴上电极的电位为0）；

⑵、总电流I和弧片的电阻R；

⑶、在分界面上D，，E是否突变？ ⑷、分界面上的电荷密度。

解：（1）、设电导率为1的媒质中的电位为1，电导率为2的媒质中的电位为2，选取柱坐标研究此问题。由于在柱坐标中电极上的电位和r及z无关，因而两部分弧片中的电位也只是的函数，即

由上边两式可得1、2的通解分别为 此问题的定解条件是：

200……（a）1U……（b）

212……（c）144 1 42 2 4……（d）

根据上述四式可得

C2U 2C1C2C3C4，1C12C3 44联立以上四式解得

C40，C1C14U2U(12)，C2UC1

(12)21214U1C1，C40 2(12)C34U2U(12)(5.9520.65) V

(12)12（2）、根据E得 又E，因此

 R23.868108而I 1dS (e)(0.002)edr

S R1r（3）、由于电流密度的法向分量在分界面上连续，且在此题目中电流密度只有法向

分量，因此12。分界面处的电场强度等于分界面处的电流密度与电导率的比值，

于是1又12，因此E1因此D144D24E244。对于导电媒质中的电流场，媒质的介电常数一律为0，

（4）、(D14。

4D2)  e

42—11、以橡胶作为绝缘的电缆的漏电阻通过下属办法测定：把长度为l的电缆浸入盐

水溶液中，然后在电缆导体和溶液之间加电压，从而可测得电流。有一段3米长的电缆，浸入后加200V的电压，测得电流为2109A。已知绝缘层的厚度和中心导体的半径相等，求绝缘层的电阻率。

解：设导体的电位高于盐水的电位，则绝缘层中的漏电流密度为： 而绝缘层中的电场强度为：

设导体的半径为R1，电缆绝缘层的外半径为R2，则导体和盐水之间的电压为：

RIln2 即2UlR1将已知数据代入上式，得

3－2－1、一半径为a长圆柱形导体，被一同样长度的同轴圆筒导体所包围，圆筒半径为b，圆柱导体和圆筒导体载有相反方向电流I。求圆筒内外的磁感应强度（导体和圆筒内外导磁媒质的磁导率均为0）。

解：求解此问题可将圆柱导体和圆筒导体视为无限长。在垂直于z的平面上以z轴和此平面的交点为心做一半径为r的圆l，设l的方向和z符合右手螺旋关系。 由安培环路定律得：

式中I为l中包含的电流，其方向与l符合右手螺旋关系时为正，否则为负。考虑到在l上H的大小相等，方向为l的切线方向，则有

I0II即H，而He e，B2r2r2r当0ra时，有

0r2r2Ie02Ie 而B2ra2a当arb时，有

0Ie 而B2r当rb时，有 因而B0

3－3－3、在恒定磁场中，若两种不同媒质分解面为xoz平面，其上有电流线密度k2exA/m，已知H1(ex2ey3ez)A/m，求H2。

解：设y0的区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为2、H2、B2；y0的

区域中的磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为1、H1、B1。

由已知条件得：

H1z3；H1x1；B1yH1y1

由分解面条件得：

H2zH1z2；H2xH1x0；B2yB1y

将已知条件代入，得：

H2z2H1z5；H2xH1x1；B2y1H1y21

而H2yB2y221 2于是H2H2xexH2yeyH2zez(ex21ey5ez)A/m

23－4－3、已知电流分布为

J0为常数，求矢量位A和磁感应强度B（注A的参考点选为rr0a处）。

解：设r0的区域中的矢量磁位为A1，r0的区域的矢量磁位为A2，则A1、A2所满足

的微分方程分别为：

考虑到电流密度只有z分量，矢量磁位也只能有z分量，上两可改写为 选圆柱坐标系，上两式变为

由于电流密度不随z和变化，所以矢量磁位也不随z和变化，因此上述两式可简化为

1rr(rA1zr)0J0r（1） 1rr(rA2zr)0（2） （1）、（2）两式的通解分别为

A1z0J09r3C1lnrC2（3） A2zC3lnrC4（4）

定解条件：

附加条件：当r0时，A1z应为有限值；参考点处矢量磁位为0，即分解面条件：A11zraA2zra；(A1)1(A2) 0ra0ra根据定解条件，得：

C10（5） C3lnr0C40（6）

0J09a3C1lnaC2C3lnaC4（7） 1(0J0a2C11C31a)（8） 030a即C3lnr0C40 联立上述三式解得：

CJ0303a3；C0J043a3lnr0； 于是AJ0J0a3(13lnr01[009r39a)]ez

由柱坐标中的旋度公式

A2zrr00

可得：

3－6－1、在磁导率70的半无限大导磁媒质中距媒质分界面2cm有一载流为10A

的长直细导线，试求媒质分界面另一侧（空气）中距分界面1cm处p点的磁感应强度B。

解：此题如图1所示，图中h2cm，h11cm，I10A（设其方向和正z轴的方

向一致）求空气中的磁场的等效模型如图2所示。图中的

而Hp7875I1iIii(A/m)

2(hh1)42(0.010.02)33—7－2、有一截面为正方形的铁磁镯环，均匀绕有500匝导线，镯环内外半径分别为

R16cm和R27cm，高h1cm，8000，求线圈的自感系数。

解：做一个半径为r的圆，使此圆所在的平面在正方形铁磁镯环的两个端面之间，且

与端面平行，圆心在铁磁镯环的轴线上。

设线圈的匝数为n，根据安培环路定理，得

对于此题，在上述所做的圆上磁场强度的大小处处相等，方向沿圆的切线方向，于是上述积分的结果为

nInIHeBe 即，

2r2rR2nIeeds磁通为BdsSS2rR1nI02rdzdr

hn2IhR2线圈的磁链为n ln2R1再由LI，得

3—7－3、如图所示，求真空中：（1）、沿Z轴放置的无限长直线电流和匝数为1000

的矩形回路之间的互感；（2）、如矩形回路及其它长度所标尺寸的单位，不是米而是厘米，重新求互感。

解：(1)、在x0，y0的半平面内 设互感磁通m的方向如图中的所示，则 与线圈交链的总互感磁链为 而Mm250005ln()9.163104 (H) I2（2）、如图中的尺寸的单位为厘米时

3－8－1、求无限长同轴电缆单位长度内导体和外导体之间区域内所储存的磁场能量。设内导体半径为R1，外导体很薄，半径为R2，内导体和外导体之间媒质的磁导率为0，电

缆中的电流为I。

解：设同轴电缆的横截面及内导体中电流的方向如图所示，则内外导体之间的磁场强度为（取圆柱坐标，使z轴和同轴电缆的轴线一致，其方向和I的方向相同）

0IIe He，而B0H2r2r0I2122 HB得wm由wm8r2而Wm1002R2R1rdrddzwm1002R2R10I2drddz 28r3－8－2、在题3－7－2的镯环线圈中，通以电流I1A。求磁场能量：

121（1）、用WmLI求解；（2）、用WmBHdV求解。

22V解：利用题3－7－2的一些结果，有

nInIn2hR2He，Be，L ln2r2r2R11n2hR22n2hI2R2（1）、Wm lnIln22R14R111hR22nInIeerddrdz （2）、WmHBdVV0R01222r2r4—1、长直导线中通过电流i，一矩形导线框置于其近旁，两边与直导线平行，且与

直导线共面，如图所示。

（1）、设iImcos(t)，求回路中的感应电动势（设框的尺寸远小于正弦电流的波长）。 （2）、设iI0，线框环路以速度v向右平行移动，求感应电动势。 （3）、设iImcos(t)，且线框又向右平行移动，再求感应电动势。

解：取电动势和磁通的方向如图所示，选柱坐标且使z轴与线电流重合，方向与电流的方向一致。

（1）、线圈不动，电流随时间变化：

由于e和符合右手螺旋关系，所以 （2）、电流不变，线圈运动：

取积分路径的方向和电动势的方向一致，则 （3）、电流和线圈的位置都随时间变化：

0.02sin(109t)A/m2，若媒质的4—2、已知一种有损耗媒质中的电流密度Jc103S/m，r6.5，求位移电流密度。

解：用相量表示电流密度，则

00.02/02105/00V/m 电场强度为Em310JcmEE电位移相量为Dmmr0m

jDj109131014/00j1.149106/00A/m2 而Dmm36所以D1.149106sin(109t900)A/m2

4－5、由圆形极板构成的平板电容器如图所示，两极板之间充满电导率为、介电常数为、磁导率为0的非理想介质。把电容接到直流电源上，求该系统中的电流及电容器极板之间任意一点的坡印亭向量，并证明其中消耗的功率等于电源供给的功率。

解：忽略边缘效应后有

r2U0Urr(e)e0e E(ez)，H2r22dd电容中任意一点的坡印亭矢量为：

U电流为：I0R2

d电源提供的功率为： 电容消耗的功率为：

上式中的S，S1，S2和S3分别是电容器的外表面、介质与上极板的分界面、介质与下极板的分界面和电容器的外侧面。由于在介质与导体的分界面处，导体一侧的电场强度为0，所以

4—7、已知空气中的电场强度为

求相应的H和。

11解：v3108m/s

00109741036由EjBjH，得

6－2－3、已知自由空间中电磁场的电场分量表达式为

这是一种什么性质的场？试求出其频率、波长、速度、相位常数、传播方向及H的表达式。

解：此场为一种沿负z轴方向传播的均匀平面波。

v31081m f310Hz，v310m/s，8f310008186－2－4、某电台发射600kHz的电磁波，在离电台足够远处可以认为是平面波。设在某一点a，某瞬间的电场强度为10103V/m，求该点瞬间的磁场强度。若沿电磁波的传播方向前行100m，到达另一点b，问该点要迟多少时间才具有此10103V/m的电场。

解：空气可以视为理想介质，设电磁波沿x方向传播，因此

设电磁波传播到a点的时间为t1，a点的x坐标为x1，则

102即Em

cos(26105t1x1)1025于是Ecos(2610tx) 5cos(2610t1x1)根据理想介质中磁场强度和电场强度的关系，有 当tt1，xx1时，有

设电磁波传播到b点的时间为t2，b点的x坐标为x2。依据题意可得

即cos(26105t2x2)cos(26105t1x1) 将x2x1100带入上式，得 根据上式，可得

6－3－1、均匀平面波在海水中垂直向下传播，已知f0.5MHz，海水的r80，

r1，4S/m，在x0处

求：（1）、海水中的波长及相位速度；（2）、x1m处，E和H的表达式；（3）、由表面到1m深处，每立方米海水中损耗的平均功率。

解：由于

420.510680103691800，所以此时的海水为良导体。

（1）、22225m；

20.510641074

（2）、225105410742.81m1/2在x1处

（3）、SEH20.36107e2.81xcos(t1502.81x)(ez)

6－3－3、设一均匀平面电磁波在一良导体内传播，其传播速度为光在自由空间波速的1‰且波长为0.3mm，设煤质的磁导率为0，试决定该平面电磁波的频率及良导体的电导率。

解：vc0.0013105m/s，而在良导体中：

223104，v23105 由上两式得：

162即2281100 0910100而，

27—8、已知传输线在1GHz时的分布参数为：R010.4/m；C08.351012F/m；

L01.33106H/m，G00.8106S/m。试求传输线的特性阻抗，衰减常数，相位常数，

传输线上的波长及传播速度。

解：特性阻抗

衰减常数和相位常数：

由此可见0.01315Np/m，20.93rad/m 波速和波长：

vv3108m/s,0.3m f7—4—2、特性阻抗Z0100，长度为/8的无损耗传输线，输出端接有负载

Zl(200j300)，输入端接有内阻为100、电压为50000V的电源。试求：（1）、传

输线输入端的电压；（2）、负载吸收的平均功率；（3）、负载端的电压。

解：（1）、传输线的输入阻抗为 （2）、负载吸收的平均功率

由于传输线是无损线，所以负载吸收的平均功率等于传输线始端输入的平均功率 （3）、负载端的电压

7—17、长度为/4的无损耗线联接如题7—17图。其特性阻抗Z0为50。若要使电源发出最大功率，试决定集中参数B的值及电源内阻。

22Zlcos()jZ0sin()Z022544解：ZinZ0

22Zl(1j)Z0cos()jZlsin()441当YinjB时电源发出的功率最大，由此可得

R01j11jB即BS，R025 25R025