工程电磁场答案 题ch4

《工程电磁场》练习题答案第二章练习题2.1一个5nC 的电荷位于2,,32P π⎛⎫- ⎪⎝⎭,另一个-10nC 的电荷位于Q (5, π, 0), 试计算一电荷对另一电荷的作用力，这个力的性质如何？解：空气中，由两点间距离公式可得6.77PQ ==所以： 9981221212212510(1010) 1.01210()44 3.148.8410 6.67r rq q N r πε----⨯⨯-⨯===-⨯⨯⨯⨯⨯F e e 力的性质：吸力。

2.2 两个无限大平面相距为d ，分别均匀分布着等面密度异性电荷，求两平面外及两平面间的电场强度。

解：假设两个无限大平面的面电荷密度分别为 +σ 和-σ（1）对于一个均匀带电无限大平面，设其分布在yoz 平面上，可得电场强度大小为()2x σε=±E e （2）对于两个相距为d 的均匀带电无限大平面，根据叠加原理，可得两平面间的电场强度为000()22x x σσσεεε=+=E e e 两无限大平面外的电场方向相反，大小相等，根据叠加原理，因此，E =0。

2.3 证明无限长均匀带电导体的等位面为同轴圆柱面。

解：（1）柱状带电导体内电场强度为零，所以其内部等位面为同轴圆柱面 （2）柱状带电导体外，圆柱导体外任意一点p 电位为000d d ln 22Qr Prr r r rττφπεπε=⋅==⎰⎰E l 当r 为常数时，φ为常数，所以其等位面为同轴圆柱面。

2.4 求电偶极子的电力线的表达式。

解：电偶极子产生电场强度：30(2cos sin )4r r θθθπε=⋅+⋅p E e e故θθθsin d cos 2d r r = ， 积分得：ln 2ln sin r c θ=+则电力线方程为：θ2sin ⋅=C r2.5 证明电偶极子的电场强度的大小为 1223013cos 4PE rθπε⎡⎤=+⎣⎦ 解： 21012012()11()44q r r qr r r r φφφπεπε+--=+=-= 由电位梯度运算,得电场强度)sin 11(αθαϕθθϕϕϕe e e E ∂∂⋅+∂∂+∂∂-=-∇=r r r r )sin cos 2(430θθθπεe e p⋅+⋅=r r 由上式得，E 的大小为：1223013cos 4PE r θπε⎡⎤=+⎣⎦ 2.6半径为 b 的球内体电荷密度为()()b r b r ρ=+- C/m 3 ，求自由空间各处的电场强度和电位。

工程电磁场与电磁波丁君版答案第四章习题答案第四章习题4-1解：选柱坐标系，在所求无源区内电位函数满足：02=?φφ只和r 相关0=???φ0=??z φ方程化为 0)(1=????rr r r φ21ln C r C +=φ为常数21,C C 由 006.0==φ时r 501.0-==φ时r得 88.27588.9721=-=C C88.275ln 88.97+-=r φr a rE ?188.97=-?=φ4—2：解：图一依据边界条件：?????====021R R R R U φφ０可得：???????--=-=００UR R R B U R R R R A 1211221 ∴()120212021R R U R R R R U R R ---=φ(2) ()R R a RR R U R R a R E ?1?212021?-=??-=-?=φφ (1) 如图一，依据题意可知：电位函数φ满足拉普拉斯方程。

接受球坐标系：2=?φ0=??θφ0=???φR 相关只于φ，方程化为: 0)(122=????R R R R φφ积分得：B RA +?=1φ(3) ()R R R aR R R U R E D ?12102001-?===εε内表 S S d D s Sρ=??内表S S D s ρ=内表∴)(12102R R R U R D s -==ερ内表4—3：解：选择直角坐标如图，由恒定电场的泊松方程可得：xy设两板间距离为d,代入边界条件?????====000U dz z φφ???????+=+==?ερερ22002021d d U d d U C C ∴)2()2(2002ερερφερερφd d U z E zdd U z +-=-?=++-=4—4：解：选择柱坐标系，依据恒定电磁场的拉普拉斯方程，(1) 02=?m φ，m φ只在?方向上有变化，所以：B A r m m+==???φ?φ:,01222积分得由 0=?时：0,0==B m 得φ∴?φA m = l m m a dld Hφφ-=-?=l d H d m?-=φ??-=?-=ππφ2020I l d H d m0,0,2=??=??-=?xy φφερφ方程可化为：,22ερφ-=??z2122:C z C z ++-=ερφ积分得B A I m m+=-==?φφπ?代入,2π2?=-A I π2I A -= ?πφ2Im -= (2) ??π?φφφa rI a d d r a dl d H m l m m21==-=-?=可见，利用拉普拉斯方程与安培环路定理求出来的结果一样。

工程电磁场导论测试附答案工程电磁场一、填空题1、电荷的周围，存在着一种特殊形式的物质，称为。

2、实验表明，实体物质的存在必将影响和改变在无限大真空中引起的静电场的分布。

3、在导电媒质（如导体、电解液等）中，电荷的运动形成的电流称为。

4、电导的定义是流经与导电媒质两端电压之比。

5、我们将跨步电压超过达到对生命产生危险程度的范围称为危险区。

6、实验表明磁感应线是，既无始端又无终端。

7、磁通连续性原理和安培环路定律表征了的基本性质。

8、磁路中的对应于电路中的电流。

9、电动势是非保守电场的环路线积分，回路中存在感应电动势说明回路中有。

10、在时变电磁场中，场量和场源除了是的函数，还是时间的函数。

11、各种宏观电磁现象都可用特定条件下的来描述。

12、用磁准静态场的理论计算与应用电路理论计算的结果一致。

13、涡流在导体内流动时，会从而引起导体发热，故它具有热效应。

14、一般的平面电磁波可分解为两种平面电磁波的组合：一种是垂直极化波，即电场方向垂直于入射面；另一种是，即电场方向平行于入射面。

15、在时变电场中，电场和磁场之间存在着耦合，这种耦合以存在于空间中，即在空间有电磁场的传播。

16、多层有损介质在低频交流电压作用下，若位移电流远大于介质中的漏电流，则电场按介电常数分布，属问题。

17、在电磁波的传播过程中，对应于每一时刻t，空间电磁场中具有相同相位的点构成等相位面，或波阵面。

18、当传输线的和特性阻抗Z0确定后，沿线电压波和电流波的传播特性也就基本上得到确定。

19、在双导线传输线中既可传播高频电磁波，也可传播以至稳恒电流。

20、远离单元偶极子处的电磁波在小范围内就可近似地看成电磁波。

二、名词解释（每题5分1、天线阵：2、电导：3、正入射：4、介质波导：5、接地电阻：三、计算题（每题20分1、若恒定电场中有非均匀的导电媒质（其导电率γ=γ（x，y，z）介电常数=ε（x，y，z），求媒质中自由电荷的体密度。

2、今测得在13.56MHz的电磁波照射下，脂肪的相对介电常数εr=20,电阻率ρ=34.4Ω?m。

第四章 习题4-1解：选柱坐标系，在所求无源区内电位函数满足： 2=∇φφ只和r 相关0=∂∂ϕφ0=∂∂zφ方程化为 0)(1=∂∂∂∂rrrr φ 21ln C r C +=φ 为常数21,C C由 006.0==φ时r 501.0-==φ时　r得 88.27588.9721=-=C C88.275ln 88.97+-=r φr a rE ˆ188.97=-∇=φ 4—2：解：图一根据边界条件：⎪⎩⎪⎨⎧====021R R R R U φφ０可得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=-=００U R R R B U R R R R A 1211221 ∴)120112021R R U R RR R U R R ---=φ(2) ()R R a R R R U R R a RE ˆ1ˆ212021⋅-=∂∂-=-∇=φφ (3) ()R R R aR R R U R ED ˆ12102001-⋅===εε内表 (1) 如图一，根据题意可知：电位函数φ满足拉普拉斯方程。

采用球坐标系：2=∇φ0=∂∂θφ0=∂∂ϕφR 相关　只于　φ，方程化为:0)(122=∂∂∂∂R RRR φφ积分得：B RA +⋅=1φSS d D s Sρ=⋅⎰内表SS D s ρ=内表 ∴)(12102R R R U R D s -==ερ内表4—3：解：选择直角坐标如图，由恒定电场的泊松方程可得：xy设两板间距离为d,代入边界条件⎪⎩⎪⎨⎧====00U dz z φφ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+==⇒ερερ22002012d d U d d U C C ∴)2()2(2002ερερφερερφddU z E zddU z +-=-∇=++-=4—4：解：选择柱坐标系，根据恒定电磁场的拉普拉斯方程，(1) 02=∇m φ，m φ只在ϕ方向上有变化，所以：BA rm m +==∂∂ϕφϕφ:,01222积分得由 0=ϕ时：0,0==B m 得φ ∴ϕφA m =lm m a dld H φφ-=-∇=l d H d m⋅-=φ⎰⎰-=⋅-=ππφ2020I l d H d mBA I m m+=-==ϕφφπϕ代入,20,0,2=∂∂=∂∂-=∇xyφφερφ方程可化为：,22ερφ-=∂∂z2122:C z C z ++-=ερφ积分得π2⋅=-A I π2I A -= ϕπφ2I m -=(2)ϕϕπϕφφφa rI a d d r a dl d H m l m m 21==-=-∇=可见，利用拉普拉斯方程与安培环路定理求出来的结果一样。

电磁场答案四第四章习题解答4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为0U ，求槽内的电位函数。

解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为① (0,)(,)ya y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③ 0(,)xb U ϕ=根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a a ππϕ∞==∑由条件③，有 01sinh()sin()n n n b n xU A a a ππ∞==∑两边同乘以sin()n x aπ，并从0到a 对x 积分，得到 002sin()d sinh()an U n x A x a n b a a ππ==⎰ 02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩， 故得到槽内的电位分布 01,3,5,41(,)s i n h ()s i n ()s i n h ()n U n y n xx y n n b a a aππϕππ==∑ 4.2 两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有一极薄的导体片由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。

上板和薄片保持电位0U ，下板保持零电位，求板间电位的面上，从0=y 到d y =，电位线解。

设在薄片平0(0,)y U y d ϕ=。

性变化，解 应用叠加原理，设板间的电位为(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为0U ）的电位，即10(,)x y U y ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：① 22(,0)(,)0x x b ϕϕ==U yxa abo题4.1图 0Uyxo x bxd题 4.2② 2(,)0()x y x ϕ=→∞ ③ 002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b db ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()e n x bn n n y x y A b ππϕ∞-==∑ 由条件③有 00100(0)sin()()n n U U y y d n y bA U U b y y d y b db π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑ 两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d bn d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d bππ 故得到(,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑ 4.3 求在上题的解中，除开0U y b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。

习题4-16解：B 只有x 分量，从平面图可见x =0时l Id v 与r r 垂直，x ≠0时l Id v 与r r垂直 απμπμRd dl R IRdlR R R Idl dB x ===∴,443'0'2'0()()3222032220203'202424X RIR X R IR d R IR B +=+==∴∫μππμαπμπ习题4-18解：dbd Ia dr r I S d r I S d B b d d S S +==⋅=⋅=Φ∫∫∫+ln2220000πμπμαπμv v v v习题4-19解：αcos 22221ab b ＝a R −+ααπcos 2)cos(2222222ab b a ab b ＝a R ++=−−+任一点xIB πμ20=1200ln 222221R Ra I adx r I R R AB πμπμ=⋅=Φ∴∫习题4-20解：由安培环路定律10R r <<时，取单位长，22102r R I r B ππμπ=⋅，r R IB 2102πμ=21R r R <<时，I r B 02μπ=⋅，rIB πμ20=32R r R <<时，)()([])()([22223222022232220R R R r I I R R R r I I r B −−−=−−−=⋅μππμπ课后答案网ww w.kh da w .c om)()(222232230R R r R r I B −−=πμ 3R r >时，02=⋅r B π，0=B习题4-21解：任意点：j x D Ix I B v v ))(22(00−+=πμπμ习题4-22解：电流反向，则磁力线反向j x D I x I B v v )(22(00−−=πμπμ习题4-23解：I r B μωπ=⋅2，rIB πμω2=wb R R Ib dr r Ib R R 31210973.0ln 2221−×==⋅=Φ∴∫πμωπμω习题4-24解：P176例中，)(220a d d I −−=Φμ本题，wb a d d I 322109696.0))((−×=−−=Φωμ习题4-25解：B 1、B 2只有t 分量，由边界条件H 1t =H 2tT H B t 2.10024.050000111===μμμ习题4-26解：...1)2(0201122232232223223=−−∂∂=−−∂∂∂∂∂∂=×∇z z r e r R R r R r I r R R r R r I z re r e e r H v v v v v ππαα课后答案网ww w.kh da w .c om习题4-27解：0点上下的m ϕ，0=∞m ϕ 带I 圆导线线圈在轴线上产生的2/32)(2x R IR BH +==μ I l d H BAB A =⋅=−∫vv ϕϕ习题4-28解：忽略边缘效应，H 是圆线m ϕ仅与α有关，D C m +=αϕ令0=α是障碍面，且0|0==αϕm 所以0=D 由安培定律∫∫∫+==πθθπω2020Hdl Hdl I Hdl在（0,2π）中，μ->∞，H 只有法线分量，B 1n =B 2n ，知00==μμHH t 所以02=∫πθdl H t所以00||==−==∫αθαθϕϕωm m Hdl ICQ I =ω，QIC ω=αωϕQIm =0000001αωμααϕμϕμμvv v v Qr I r H B m m −=∂∂−=∇−==习题4-29解：x e z y x F v v 1222)(−++= k z y x yj z y x z z y x z y xkj iF v v v v vv 222222221222)(2)(20)(++−++=++∂∂∂∂∂∂=×∇− 课后答案网ww w.kh da w .c om习题4-30解：∫⋅=Φ∴SS d B vvr<a ，22a rIB πμ=r>a ，rIB πμ2=]2ln 21[2ln 222222202+=+=+=⋅=Φ∴∫∫∫πμπμπμπμπμr Iaa a aI a a I adr r I adr a rI S d B a a a S v v习题4-32解：H R d l L 30010*119.2ln −==πμ习题4-34解：铜：0μμ=，钢：0200μμ=(1)算每公里长自感铜e i L L L +=其中km H L i /10100010008270−×=××=πμ km H l R DL e /1027631ln 700−×=⋅=πμ km mH L L L e i /863.2=+=钢：km H L i /102000010008270−×=××=πμ km H L e /10228157−×=km mH L L L e i /286.22=+=(2)互感：根据方向判断'11Φ+Φ=Φ∴km mH l M /036.02'1'12'2'112ln 20=⋅⋅⋅=πμ习题4-35 解：r I B πμω21=，21102−×=Φdr rId πμω 2122102−×=Φ=Ψdr rId d πωμωω课后答案网ww w.kh da w .c om67ln 10210221276212−−×=×=Ψ∫πωμωπωμωI dr r IH I M 0148.067ln 102212=×=−πωμω习题4-36 解：由题意得...2)(212)2(212)2(212121322112223223020021022=−−++===∫∫∫∫∫∫R R R R R v rdr I R R r R rdr r I rdr R Ir dVH LI W πμππμππμμ...22==I WL习题4-37解：C I mW M =∂∂=|αααcos 21max 21I I M I MI W m ==ααsin 21max I I M M −=∴o 45=α，m N M ⋅×−=∴−310035.0α习题4-38解：1220022102ln 21212)2(21211R R I rdr R Ir dV H W R v πμππμμ===∫∫∫∫ l r V 2π=，l R dR dV112π= 212201212212084|R I dV dR R R R R I V W f C I mg πμπμ−=−=∂∂==测验题4-39解：将其分段考虑，与0点在一条线上的两直线段上的电流不在0点产生磁场，仅两段圆弧上的电流在0点产生磁场。