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如题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，求槽内的电位函数。
解根据题意，电位满足的边界条件为①②③根据条件①和②，电位的通解应取为题图由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。
上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从到，电位线性变化，。
解应用叠加原理，设板间的电位为其中，为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为）的电位，即；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：①②③根据条件①和②，可设的通解为由条件③有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
并按定出边缘电容。
解在导体板（）上，相应于的电荷面密度则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷相应的电场储能为其边缘电容为如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
解根据题意，电位满足的边界条件为①_r FL题图②③根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从o到对积分，得到故得到槽内的电位分布为一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为的电荷。
求体积内的电位。
解在体积内，电位满足泊松方程（1）长方体表面上，电位满足边界条件。
由此设电位的通解为代入泊松方程（1），可得由此可得或（2）由式（2），可得如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。
求板间的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。
电位的边界条件为①②③由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得故如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷。
1.16(P32)：已知)2()()(222xyz czx z z e by xy e axz x e E z y x -+-++++=，试确定常数a 、b 、c使E为无源场。
（知识点：无散场定义（散度为0的矢量场为无散场）；散度计算：zE y E x E E zy x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇ 。
关键点：无源场就是无散场，这里的源指通量源。
相关拓展：无散场又称无源场，无旋场又称保守场，无旋无散场又称调和场。
）解：zxyz czx z z y by xy x axz x z E y E x E E z y x ∂-+-∂+∂+∂+∂+∂=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)2()()(222 cxz b az x xyxc z b xy az x +-+++=-+-++++=21222122若E 为无源场，即E无无散场：0=⋅∇E有2,1,201,02,02-=-==⇒=+=-=+c b a b a c因此在2,1,2-=-==c b a 时E为无源场。
)1()2()2(++-++=b z a x c1.18(P32)：（1）求矢量32222224z y x e y x e x e A zy x ++=的散度；（2）求A ⋅∇对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求A对立方体表面的积分，验证散度定理。
（知识点：散度计算zE y E x E E zy x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇ ；散度定理：V E S E SVd d ⎰⎰⋅∇=⋅;体积分和面积分。
注意：“A对立方体表面的积分”只能积分求得，不能用散度定理来求。
因为题目的要求是要验证散度定理。
）解：（1）矢量A的散度：z A y A x A A z y x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇ zz y x y y x x x ∂∂+∂∂+∂∂=32222224 22227222z y x y x x ++=（2）A⋅∇对中心在原点的一个单位立方体的积分(3) A对立方体表面的积分241d d d )7222(d )7222(d 21212121212122222222=++=++=⋅∇⎰⎰⎰⎰⎰---zy x z y x y x x V z y x y x x V A VV241d d 21d d 21d d 21d d 21d d )2124d d )2124d d d d d d d 212121212212121212212121212221212121222121212132221212121322=--+--+--=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰------------z y z y z x x z x x y x y x y x y x SA S A S A S A S A S A S A S S S S S S S）（）（）（）（（（后前右左下上即有V A S A SVd d ⎰⎰⋅∇=⋅，得证散度定理。
电磁场理论课后习题1答案电磁场理论是物理学中的重要课程，它研究了电磁场的产生、传播和相互作用。
在学习这门课程时，课后习题是巩固知识、提高能力的重要途径。
本文将针对电磁场理论课后习题1给出详细的解答。
习题1：一个带电粒子在电磁场中运动，受到的洛伦兹力为F=q(E+v×B)，其中q是粒子的电荷量，E是电场强度，v是粒子的速度，B是磁感应强度。
请证明：洛伦兹力对粒子所做的功率为P=qv·E。
解答：根据洛伦兹力的表达式F=q(E+v×B)，我们可以将其展开为F=qE+qv×B。
其中第一项qE表示粒子在电场中受到的电力，第二项qv×B表示粒子在磁场中受到的磁力。
根据功率的定义，功率P等于力F对时间t的导数，即P=dW/dt，其中W表示对物体所做的功。
所以我们需要计算洛伦兹力对粒子所做的功。
根据力的功的定义，功W等于力F对位移的积分，即W=∫F·ds。
在这里，位移ds是粒子在运动过程中的微小位移。
将洛伦兹力F=qE+qv×B代入功的计算式中，得到W=∫(qE+qv×B)·ds。
由于电场强度E和磁感应强度B是空间中的矢量场，所以我们可以将其展开为E=E_xi+E_yj+E_zk和B=B_xi+B_yj+B_zk的形式。
对于微小位移ds，我们可以将其表示为ds=dx·i+dy·j+dz·k。
将上述表达式代入功的计算式中，得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q(v_xi+v_yj+v_zk)×(B_xi+B_yj+B_zk))·(dx·i+dy·j+dz·k)。
根据矢量积的性质，可以得到v×B=(v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k。
将其代入功的计算式中，得到W=∫(q(E_xi+E_yj+E_zk)+q((v_yB_z-v_zB_y)i-(v_xB_z-v_zB_x)j+(v_xB_y-v_yB_x)k))·(dx·i+dy·j+dz·k)。
第9章 电稳感应和电磁场 习题及答案1. 通过某回路的磁场与线圈平面垂直指向纸面内，磁通量按以下关系变化：23(65)10t t Wb -Φ=++⨯。
求2t s =时，回路中感应电动势的大小和方向。
解：310)62(-⨯+-=Φ-=t dtd ε当s t 2=时，V 01.0-=ε由楞次定律知，感应电动势方向为逆时针方向2. 长度为l 的金属杆ab 以速率υ在导电轨道abcd 上平行移动。
已知导轨处于均匀磁场B中，B 的方向与回路的法线成60°角，如图所示，B 的大小为B =kt (k 为正常数)。
设0=t 时杆位于cd 处，求：任一时刻t 导线回路中感应电动势的大小和方向。
解：任意时刻通过通过回路面积的磁通量为202160cos t kl t Bl S d B m υυ==⋅=Φ导线回路中感应电动势为 t kl tmυε-=Φ-=d d 方向沿abcda 方向。
3. 如图所示，一边长为a ，总电阻为R 的正方形导体框固定于一空间非均匀磁场中，磁场方向垂直于纸面向外，其大小沿x 方向变化，且)1(x k B +=，0>k 。
求： （1）穿过正方形线框的磁通量；（2）当k 随时间t 按t k t k 0)(=(0k 为正值常量)变化时，线框中感生电流的大小和方向。
解：（1）通过正方形线框的磁通量为⎰⎰=⋅=Φa S Badx S d B 0 ⎰+=a dx x ak 0)1()211(2a k a +=（2）当t k k 0=时，通过正方形线框的磁通量为)211(02a t k a +=Φ 正方形线框中感应电动势的大小为dt d Φ=ε)211(02a k a += 正方形线框线框中电流大小为)211(02a R k a R I +==ε，方向：顺时针方向4.如图所示，一矩形线圈与载有电流t I I ωcos 0=长直导线共面。
设线圈的长为b ，宽为a ；0=t 时，线圈的AD 边与长直导线重合；线圈以匀速度υ垂直离开导线。
一、位移电流1. 求下列情况下的位移电流密度的大小： （1）某移动天线发射的电磁波的磁场强度()80.15cos 9.3610 3.12A/m x t y =⨯-H e ；（2）一大功率变压器在空气中产生的磁感应强度()260.8cos 3.7710 1.2610T y t x -=⨯-⨯B e ；（3）一大功率电容器在填充的油中产生的电场强度()260.9cos 3.7710 2.8110MV/m x t z -=⨯-⨯E e设油的相对介电常数5r ε=；（4）工频()50Hz f =下的金属导体中，()2sin 377117.1MA/m x t z =⨯-J e ，设金属导体的700,, 5.810S/m εεμμσ===⨯。
解 （1）由t∂∇⨯=∂D H 得 ()()88200.15cos 9.3610 3.120.468sin 9.3610 3.12A/m xy zx d z x zz H t xy z y H t y y t y ∂∂∂∂∂==∇⨯==-=∂∂∂∂∂∂⎡⎤-⨯-=⎣⎦∂-⨯-e e e D J H e e e故20.468A/m d =J（2）由0,tμ∂∇⨯==∂DH B H 得 ()()0002602621110010.8cos 3.7710 1.26100.802sin 3.7710 1.2610A/m xy z yd z yzz B t xy z x B t x x t x μμμμ--∂∂∂∂∂==∇⨯===∂∂∂∂∂∂⎡⎤⨯-⨯=⎣⎦∂⨯-⨯e e e D J B e e e故20.802A/m d =J（3） ()6260050.910cos 3.7710 2.8110r x t z εεε-⎡⎤==⨯⨯-⨯=⎣⎦D E e()1262658.85100.910cos 3.7710 2.8110x t z --⨯⨯⨯⨯⨯-⨯e()32621510sin 3.7710 2.8110A/m d x t z t--∂==-⨯⨯-⨯∂DJ e 故321510A/m d -=⨯J（4） ()67110sin 377117.15.810xt z σ==-=⨯JE e ()21.7210sin 377117.1V/m x t z -⨯-e ()()()122141228.8510 1.7210sin 377117.115.2610377cos 377117.157.5310cos 377117.1A/m x d x x t z t z tt z ε----==⨯⨯⨯-∂==⨯⨯-=∂⨯-D E e DJ e e 故12257.5310A/m d -=⨯J二、麦克斯韦方程组的直接应用1. 由置于3mm ρ=和10mm ρ=的导体圆柱面和z =0、z =20cm 的导体平面围成的圆柱形空间内充满116410F/m, 2.510H/m,0εμσ--=⨯=⨯=的媒质。
若设定媒质中的磁场强度为2cos10cos A/m z tφπωρ=H e ，利用麦克斯韦方程求：（1）ω；（2）E 。
解 （1）将题设的H 代入方程tε∂∇⨯=∂EH ，得 ()12cos10cos 210sin10cos z H H z t z z E z t tφρφρρρρρπωρρρππωερ∂⎛⎫⎛⎫∂∂∇⨯=-+=- ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭∂⨯==∂H e e e e e对时间t 积分，得12020sin10cos d sin10sin E z t t z t ρπππωπωερεωρ==⎰将E ρρ=E e 代入方程t μ∂∇⨯=-∂HE ，得 220sin10sin 200cos10sin E z t z z H z t tρφφφφφππωεωρππωμεωρ∂⎛⎫∂∇⨯== ⎪∂∂⎝⎭∂==∂E e e e e对时间t 积分，得222200200cos10sin d cos10cos H z t t z t φπππωπωμεωρμεωρ=-=⎰将上式与题设的2cos10cos H z t φπωρ=对比，得222218611100100102.510410ππωπμε--===⨯⨯⨯⨯ 故910rad/s ωπ=⨯（2）将91110rad/s,=410F/m ωπε-=⨯⨯代入20sin10sin E z t ρππωεωρ=中，得()()91193920sin10sin 104101010sin10sin 10V/m2z t z t ρρπππρπρ-=⨯⨯⨯=E e e三、边界条件的应用1. 媒质1的电参数为10101420εεμμσ===、、；媒质2的电参数为202εε=、20230μμσ==、。
两种媒质分界面上的法向单位矢量为0.640.60.48n x y z =+-e e e e ，由媒质2指向媒质1。
若已知媒质1内邻近分界面上的点P 处()23sin300T x y z t =-+B e e e ，求P 点处下列量的大小：()11n B ；()12t B ；()23n B ；()24t B 。
解:（1）1B 在分界面法线方向的分量为()()11230.640.60.480.64 1.2 1.442Tn n x y z x y z B ==-++-=--=B e e e e e e e（2） 222221111232 3.16T t n B B B =-=++-=（3）利用磁场边界条件，得TB B n n 221==（4）利用磁场边界条件，得0221103 3.16 4.74T 2t t B B μμμμ==⨯=t t H H 21=四、静电场与恒定电场1. 如图所示，一半径为a 、带电量q 的导体球，其球心位于两种介质的分界面上，此两种介质的电容率分别为1ε和2ε，分界面为无限大平面。
求：（1）导体球的电容；（2） 总的静电能量。
解 （1）由于电场沿径向分布，根据边界条件，在两种介质的分界面上12t t E E =，故有 12E E E ==。
由于111D E ε=、222D E ε=，所以12D D ≠。
由高斯定理，得到1122D S D S q +=即 221222r E r E q πεπε+= 所以 2122()q E r πεε=+导体球的电位2121()d d 2()aa q a E r r r ϕπεε∞∞===+⎰⎰122()qaπεε+ 故导体球的电容122()()qC a a πεεϕ==+ （2） 总的静电能量为2121()24()e q W q a aϕπεε==+2. 同心球形电容器的内导体半径为a ，外导体内半径为b ，其间填充介电常数与电导率分别为1ε 、1γ和2ε、2γ的两种有损耗介质，如例图所示。
若内外导体之间外加电压0U 。
求：（1）介质中的电场和电流分布；（2）电容器的漏电阻；（3）电容器的损耗功率。
解 （1）设由内导体流向外导体的径向电流为I ，则由d SI ⋅=⎰J S ，a2ε1εoq题 3.33图a b 1,1εγ2,2εγ 0U可得221222J r J r I ππ+=在两种介质的分界面上，电场与分界面平行。
根据边界条件12t t E E =，可知12E E E ==。
由于111J E γ=，222J E γ=，所以2122()r E I πγγ+= 即 2122()IE r πγγ=+ ()a r b <<又 0d baU E r ==⎰2121d 2()ba Ir rπγγ=+⎰12()2()b a I ab πγγ-+ 所以1202()abU I b aπγγ+=-故2()abU E b a r =- ()a r b <<10112()ab U J E b a r γγ==- ()a r b <<20222()ab U J E b a r γγ==- ()a r b << （2）电容器的漏电阻为0122()U b aR I abπγγ-==+ （3）电容器的损耗功率为212002()abU P IU b aπγγ+==-耗五、恒定磁场1. 真空中有一厚度为2d 的无限大载流块，电流密度为0z J =J e ，在其中心位置有一半径为a )(d a <的圆柱形空腔，如例图所示。
求空腔内的磁感应强度。
解 设空腔中同时存在有密度为0z J ±e 的两种电流分布，则可用安培环路定理和叠加原理来求出空腔内的磁感应强度电流密度为0z J e 的无限大均匀载流块产生的磁感应强度为100y J x μ=B e (x <d ) 电流密度为0z J -e 的无限长均匀载流圆柱产生的磁感应强度为d d a J xyo002()2x y J y x μ=-B e e 222()x y a +<根据叠加原理得到空腔内的磁感应强度为0012()2x y J y x μ=+=+B B B e e 222()x y a +<2. 如图所示，无限长直导体圆柱由电导率不相同的两层导体构成，内层导体的半径m m 21=a ，电导率7110S m γ=；外层导体的外半径m m 32=a ，电导率2γ=7410S m ⨯。
导体圆柱中沿轴线方向流过的电流为A I 100=，求导体圆柱内、外的磁感应强度B 。
解 电流沿轴线方向流动，则导体圆柱内的电场也沿轴线方向，根据边界条件，应有21E E =，则两层导体中的电流密度1J 和2J 不相同。
由11d S I J S =⎰22d S J S +=⎰22211212()a J a a J ππ+-利用111J E γ=、222J E γ=以及E E E ==21，有22211212[()]I a a a E πγπγ=+- 于是得到22211212()IE a a a πγπγ=+- 故有111122211212()I J E a a a γγπγπγ==+-27m A 12105π⨯= 222222211212()I J E a a a γγπγπγ==+-27m A 3105π⨯= 利用安培环路定律，当1a r <时，有21012rB r J φππμ=所以10110.833T 2B J r r φμ== 当21a r a <<时，有2222011122[()]rB a J r a J φπμππ=+-所以2011222()[]2a J J B J r r φμ-=+=51010T 3r r--当2a r >时，有II2γ1γ 1a2a例5.1图503210T 2I B r rφμπ-⨯==3, 同轴线的内导体是半径为a 的圆柱，外导体是半径为b 的薄圆柱面，其厚度可忽略不计。
