楚雄师范学院：《电磁学》课程教学资源（习题解答）第九章 电磁场和电磁波

第九章电磁场和电磁波9-1-1如图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度E=720sin10π（伏/米），正方向规定如图。求：（1）电容器中的位移电流密度，（2）电容器内距中×105（秒）时的磁场强度的大小及心联线r=102（米）的一点P，当t=0，t+=2方向。（不考虑传导电流的磁场）N: ) 7-在空气中：D=.EODOE(720sin10°元）=720×10°m（安/米2）-0%80at（2）根据环路定理：H·d]=[(位+］传)·ds=2.2伏10E=2元8.6,P=(8, -1)s,E= (6, -1)2元,（3）介质内表面：=-P=-(s,-1)8E= _ (6, -1)g2元8,R外表面：,=(,-1%g)2元8,R23.5.13两共周轴的导体圆筒，内筒的外半径为R，外简的内半径为R，（RZ2R），其间的两层均匀介质，分界面的半径为r，内层相对介电常数为6,，外层相对介电，两介质的介电强度（即击穿强度）都常数为6r2=2是EM。当电压升高时，哪层电解质先击穿？证明：两筒最

第九章 电磁场和电磁波 9-1-1 如图所示，设平行板电容器内各点的交变电场强度 E=720sin10 5 t （伏 /米），正方向规定如图。求：（1）电容器中的位移电流密度，（2）电容器内距中 心联线 r=10 2 （米）的一点 P，当 t=0，t= 2 1 5 10 （秒）时的磁场强度的大小及 方向。（不考虑传导电流的磁场） 解：（1） j  位 = t D    在空气中： D E    0  t t t t E t D j     5 5 0 0 720 10 (720sin10 )             位 （安/米 2 ） （2）根据环路定理：  H  d  l  = (  )   2.2  j j ds s    位 传 伏 o r E    2 0  r p E r r r      2 ( 1) ( 1) 0 0     （3）介质内表面： P r 0E '     ( 1) = — 1 0 2 ( 1) rR r     外表面： 2 ' 0 2 2 ( 1 ) rR r       3．5.13 两共周轴的导体圆筒，内筒的外半径为 R1 ,外 筒的内半径为 R2 （ R22R1 ）,其间的两层均匀介质，分 界面的半径为 r，内层相对介电常数为 r1  ，外层相对介电 常数为 2 1 2 r r    ，两介质的介电强度（即击穿强度）都 是 EM 。当电压升高时，哪层电解质先击穿？证明：两筒最

R21大的电位差UM=rEMln2rR,证：设沿轴线单位长度内外筒的电量为土入。内层介质中的场强：元(R,ZrZr)E, =2元806.1外层介质中的场强：入E2 =(rLrZR,)2元80022Er"6r2 =2元L+U--dr, +drJR12元E06,12元806221n+一n2元68元"R82rR2元In-2元00rR故内层介质中场强最大植：元EM=206,RUM..EM=R2R, In -rR,外层介质场强的最大植：2UME2M-R2r InrR,E2M_2REMr又·RZ2R,E2M2R,R2>1EIMrr

大的电位差 1 2 2 ln 2 1 rR R U M  rEM 。 证：设沿轴线单位长度内外筒的电量为   。内层介质中的 场强： 0 1 1 1 2 r E r     （ R r r 1 1 ） 外层介质中的场强： 0 2 2 2 2 r E r     （ 2 R2 rr  ）  2 1 2 r r     2 0 2 2 1 1 0 1 1 2 2 2 dr r dr r U R r r r R r           =        r R R r r r 2 0 1 1 2 ln 1 ln 1 2    = 1 2 2 0 1 ln 2 rR R r    故内层介质中场强最大植：  0 1 1 1 2 R E r M      1 2 2 1 1 ln rR R R U E M M  外层介质场强的最大植： 1 2 2 2 ln 2 rR R r U E M M   r R E E M M 1 1 2 2  又  R22R1  r R E E M M 1 1 2 2  ＞ r R2 ＞1

即E2M>EIM因两种介质的击穿强度都是EM，古电压上升时外层介质中场强首先达到E2M=EM使其击穿。2UM由得出：E2M=EM:rhRrR,EMInR1UM=2rR3.6.1如图所示，由两层均匀电介质充满的圆柱形电，两电介质的相对介电常数分别为8，和sr2：设沿轴线单位长度上，内、外圆筒的电荷为几和-元；（1）问D及E在介质的分界面处是否连续？（2）求此电容器单位长度的电容。解：（1）利用高斯定理得：2D=在介质1中：(R,Zr/R,)2元mD=Ar在介质2中：(R,ZrZR, )2m在两介质的分界面上：元是连续的。D, = D, 2元R2D,元E, =3(R,ZrZR,2元806C00rD,1E, =(R,Lr/R,)2元8062806r2在两介质的分界面出；

即 E2M ＞ E1M 因两种介质的击穿强度都是 EM ，古电压上升时外层 介质中场强首先达到 E2M = EM 使其击穿。 由 1 2 2 2 ln 2 rR R r U E E M M  M  得出： 1 2 2 ln 2 1 rR R U M  EMr 3.6.1 如图所示，由两层均匀电介质充满的圆柱形电 ，两电介质的相对介电常数分别为 r1  和 r 2  ；设沿轴线单位 长度上，内、外圆筒的电荷为  和  ； （1） 问 D 及 E  在介 质的分界面处是否连续？ （2） 求此电容器单位 长度的电容。 解：（1）利用高斯定理 得： 在介质 1 中： r r D ˆ 2    （ 1 R2 R r ） 在介质 2 中： r r D ˆ 2    （ 2 R3 R r ） 在两介质的分界面上： r R D D ˆ 2 2 1 2       是连续的。 r r D E r r ˆ 0 1 2 0 1 1 1          （ 1 R2 R r r r D E r r ˆ 0 2 2 0 2 2 2          （ 2 R3 R r ） 在两介质的分界面出；

1E,2808,R元E2=2元608R在882时，E+E：E是不连续的元2R2U=(2)drJRI20JR22元[InR+二2元806元R,R672元2元806,16,2C=..A+eylneU6r,InRR,3.6.2分界面左、右两侧电介质的相对介电常数分别为：6,=3和6,=7。设在分界面左侧的场强大小为E,=1000伏/米，与发线成45°角，且指向右侧，求分界面右侧的场强E，。解：两种电介质界面上无自由电荷，故电位移矢量的法向分量是连续的。Din = D2n或E=2E2P118——P121P339在电容器中：传=0在平行板电容器中作过P点以r为半径的圆，如图所示

r R E r ˆ 2 0 1 2 1      r R E r ˆ 2 0 2 2 2      在 r1   r 2  时， E1 E2     E  是不连续的 （2） dr r dr r U R R r R R r     3 2 0 2 2 1 2 0 1 2      =        2 3 1 2 2 0 1 ln 1 ln 1 2 R R R R r r      C= 2 3 1 1 2 2 0 1 2 ln ln 2 R R R U R r r r r         3.6.2 分界面左、右两侧电介质的相对介电常数分别 为： r1  =3 和 r 2  =7。设在分界面左侧的场强大小为 E1  1000 伏/米，与发线成  45 角，且指向右侧，求分界面右侧的场强 E2  。 解：两种电介质界面上无自由电荷，故电位移矢量的法向分量 是连续的。 D1n  D2n 或 r1 0E1n r2 0E2n      P118——P121 P339 在电容器中： j传  0  在平行板电容器中作过 P 点以 r 为半径的圆，如图所示

根据对称性可知其上H大小相等。:4H.di-H.2m（选积分方向与H方向一致）J位·dS= j位mr?：Hg_720×10x10~5,cos10°m22=3.6×10元。cos10。（安/米）当t=0时，H=3.6×105元8（安/米）当t=×10'时，H=029.1.2一平行板电容器的两板面积均为A的圆形金属板，接一交流电源时，板上的电荷随时间变化。即q=qmsin ot。(1)试求电容器中的位移电流密度（2）试证两板之间的磁感应强度分布rolcos.ot，其中r为由圆板中心线到该点的距离。B=92A解：（1）q=qmsinot对于平行板电容器D=0. - lo - In sin otAAOD _ m cos ot J位=atA（3）根据环路定理知：H·di=门位·ds（电容器中的传=）以两极板中心线为对称轴，在平行于极板的平面内，以该平面与中心线的交点为圆心，以r为半径作圆，根据对称性知，其上H大小相等，选积分方向与H方向大小一致。fH.di =H.2m..Jj位 ds = jα·m-?

根据对称性可知其上 H 大小相等。   H  dl  H  2r   （选积分方向与 H  方向一致） 2 j dS j r S 位   位     2 720 10 10 cos10 2 5 0 5 2 j r t Hcp          位 =3.6  0 5 0 5 10  cos10  （安/米） 当 t=0 时，H=3.6 0 5 10  （安/米） 当 t= 5 10 2   时，H=0 9.1.2 一平行板电容器的两板面积均为 A 的圆形金属 板，接一交流电源时，板上的电荷随时间变化。 即 q q t 0  m sin 。 （1） 试求电容器中的位移电流密度 （2） 试证两板之间的磁感应强度分布 t A q r B m   cos 2 0  ，其中 r 为由圆板中心线到该点的距离。 解：（1） q q t 0  m sin 对于平行板电容器 t A q A q D m  sin 0  0    t A q t D j m    cos   位  （3） 根据环路定理知： H dl j s R        d   位 （电容器中的 j传  0  ） 以两极板中心线为对称轴，在平行于极板的平面内，以 该平面与中心线的交点为圆心，以 r 为半径作圆，根据对称 性知，其上 H 大小相等，选积分方向与 H  方向大小一致。   H  dl  H  2r   2 j dS  j r  位 位  

j位[qmor.H-coSot22AB=MoH-9mor：cosot2A9.1.3试证：平行板电容器中的位移电流可以表示为：Cd,- dqo（省去边缘效应）。i位=d,d.证：：=Cu00=90=Cus-s在平行板电容器中：D=0aD_CJ拉 =atsiα=Jα S=c Qu位移电流：ato,u只是t的函数，又：u=%cdu_dqo:iα=Cdtdt证毕。9.1.4如图所示，电路中直流电源的电动势为12伏、电阻R=6（欧），电容器的电容C=1.0（微法），试求：（1）接通电源瞬时电容器极板间的位移电流。(2)T=6×10-6（秒）时，电容器极板间的位移电流，(3）位移电流持续多长时间。（通常认为经过10倍电路时间常数后电流小到可忽略不计。）解：对RC串联的暂态过程有：R dgo+ dt+9.=5解之得：=C（1-e"）10=12×10-6（1-e6）在电容器内，由上题结论知：

 t A j q r H m   cos 2 2 r   位   t A q r B H m    cos 2  0  9.1.3 试证：平行板电容器中的位移电流可以表示为： t t u d dq d C i d 0 位   （省去边缘效应）。 证： q0  Cu S Cu S q   0  0 在平行板电容器中： D   0 S D C j     t 位  位移电流： i位 = j位 S=C t u   0 q ,u 只是 t 的函数，又  u= C q0  dt dq dt du i C 0 位   . 证毕。 9 1 4 如图所示，电路中直流电源的电动势为 12 伏、电阻 R=6（欧），电容器 的电容 C=1.0（微法），试求： （1） 接通电源瞬时电容器极板间的位移电流。 （2） T=6 6 10  (秒)时，电容器极板间的位移电流， （3） 位移电流持续多长时间。（通常认为经过 10 倍电路时间常数后电流小到可 忽略不计。） 解：对 RC 串联的暂态过程有： R dt C dq0 1  0 q = 解之得： 0 q =C  （1- t RC e 1  ） =12 6 10  （1-e t 6 106  ） 在电容器内，由上题结论知：

10610°(=12×10~×10°。dqoe6=2e6i位6dt(1)在接通电源瞬时t=0,i位=2（安10°6(2)当t=6×10-秒时，i=2e61=2e-（安）(3）→0，在t=10t时可认为电流忽略不计t=10t=10RC=10×6×10-6=6×10-5（秒）9.3.1一个很长的螺线管，每单位长度有Ⅱ匝，半径为a，载有一增加的电流i，试求：（1）在螺线管内距轴线为r处一点的感应电场：（2）在这点的坡印廷矢量的大小及方向。解：（1）螺线管内磁场强度：H=niB= μoniroBE·dl=-.ds利用at由对称性知，以轴线为对称轴，距轴线为r的圆周上E的大小相等：E.dl=E.2元.:.raBdi.dS=mμon二atdtE=uonr, di.2dt0玻印廷矢量：S=E×H在螺线管内EIHS= EH..-uon'r,di2dtS方向指向轴线，如图所示。9.3.2单位长的电阻为3×10-3欧/欧米，载有电流25.1

i位 = dt dq0 =12 t e 6 6 10 6 6 6 10 10     =2e t 6 106  (1)在接通电源瞬时 t=0, i位 =2(安 (2)当 t=6 6 10  秒时， i位 =2e 6 6 10 6 6 10   =2e 1 (安) (3) i位  0 ，在 t=10  时可认为电流忽略不计 t=10  =10RC=10 6 6 10   =6 5 10  (秒) 9  31 一个很长的螺线管，每单位长度有 n 匝，半径为 a，载有一增加的 电流 i，试求： （1） 在螺线管内距轴线为 r 处一点的感应电场， （2） 在这点的坡印廷矢量的大小及方向。 解：（1）螺线管内磁场强度：H= ni B= ni 0 利用  E  dl   =-     S dS t B   由对称性知，以轴线为对称轴，距轴线为 r 的圆周上 E  的大小相等：   E  dl  E  2r   dt di dS r n t B S 0 2          E= dt u nr di  2 0 0 玻印廷矢量： S  E  H 在螺线管内 E  H  S  EH = dt di i u n r 2 2 0 S 方向指向轴线，如图所示。 9  3  2 单位长的电阻为 3  10 3 米 欧 ，载有电流 25  1

字培计算在距导线表面很近一处点处的下列各量：（1）H的大小（2）线方向上的分量，(3)垂直于导线S的分量解：1）由环路定理H·d/=I传25,.1安=4×10-2/米2元×10-21R=（2）导体电阻公式as11PS:.a=RS1I传RSR电流的密度.j传==l楼TIs=251×3×10-3=75.3×10-3/米(3)S=E.xH=ExH:EIHS=EH=75.3×10-3×4×10-3=30.1(瓦/7米9.3.3有一圆柱形导体，半径为a，阻率为，载有电流I。(1)求在导体内距轴线为r处某点E的大小及方向。(2)求该点H的大小与方向。(3)求该点玻印廷矢量S的大小与方向，(4)试将（3）的结果与长度为L，半径为r的导体内消耗的能量做比较。1.-1o解(1)j传=元a?sI.E=J倍=P传=pna?a

字培计算在距导线表面很近一处点处的下列各量： （1） H 的大小 （2）线方向上的分量， （3） 垂直于导线 S 的分量 解： 1）由环路定理  H  d l =I 传 2 2 4 10 2 10 25 1        （ 米 安 ） （2）导体电阻公式 : R= S l    = S l R I RS l  电流的密度 : j 传 = l R I lS I RS 传 传  =25  1 3 3 10   =75  3 3 10  ( 安 米 ) (3) S = E"  H = E  H  E  H  S=EH=75  3  10 3  4  10 3 =30  1( 米 瓦 ) 9  3 3 有一圆柱形导体，半径为 a,阻率为,载有电流 I  (1) 求在导体内距轴线为 r 处某点 E 的大小及方向。 （2） 求该点 H 的大小与方向。 （3） 求该点玻印廷矢量 S 的大小与方向， （4） 试将（3）的结果与长度为 L，半径为 r 的导体内消耗的能量做比较。 解 : （1） j 传 = 2 a I S I     E= 2 a I j j       传  传

E的方向与电流方向致fH·di=j传元r?(2):.H.di=2元rH=j传元r2.H_Lr22m2的方向在过该点与轴线垂直平面内，且与电流方向满足右手螺旋关系。S-ExH(3):EIHIr.r-plrS=EH=p=:元2元a?2元a方向满足S=E×H关系。（4）长为L，半径为r的导体电阻为：L-0LR=p-=p-02SI'=j-Q导体内消耗的能量：人plr1W=I2R=a4a"pler.2mL2a 元=S.2rLOdaodgo0E=9at2C dtCdt即流入电容器的能量等于其静电能的增加速率。0,=0E9.3.5假设100瓦的灯泡的输入功率中有10%以500毫微米（1毫微米=10-9波长

E 的方向与电流方向致 (2)  H  dl =j 传  r 2  H  d l =2  rH=j 传  r 2  H= 2 2 2 a j r I r    传 的方向在过该点与轴线垂直平面内，且与电流方向满足右手螺旋关系。 （3） S = E  H  E  H  S=EH= 2 4 2 2 2 2 2 a I r a I r a I r           方向满足 S = E  H 关系。 （4） 长为 L，半径为 r 的导体电阻为： R= 2 r L S L     I ' =j 传 2 r = 2 2 a I r  导体内消耗的能量： W=I '2 R= 4 2 2 4 0 4 2 a I r L r a I      = rL a I r    2 2 4 2 0  =S  2rL  E = dt dq C q dt dq t C E 0 0 2 0 2 1      s  E 即流入电容器的能量等于其静电能的增加速率。 9.3.5 假设 100 瓦的灯泡的输入功率中有 10%以 500 毫微米（1 毫微米= 9 10 波长

的光均匀辐射，在距光源2米处，电场与磁场强度正按正弦规律变化，E=Emsin(αt+Pe)及H=H,sin(at+Pu)。计算E及H。解：2元C6元×1015#=2寸=N56元×10152x4元xa5x107PE=PH-c3×1085105W10s=4m-24元×2216元8元又由eE=E0EH=Vu1E0E1.S=-E.Hm22Vμo40)2..E.=(2S604元×10-75V8.85x10-2）=150（伏/米）=(2 xX8元608.85×10-12x150H..Em-4元×107Vu1=0.4（安/米）6元40×10°）（特/米）x1015,-:.E=150sin(556元4元×1015,-×10°）（安/米）H=0. 4 sin(55

的光均匀辐射，在距光源 2 米处，电场与磁场强度正按正弦规律变化， E= sin( ) m E E t  及 H= sin( ) m H H t  。计算 E 及 H。 解：      5 2 6 2      C f 15 10  E = 7 8 1 5 10 5 4 3 10 10 5 6 2              C x H S =    8 5 16 10 4 2 10 4 2 2     r W 又由 0  E= H= E   0 2 0 0 2 1 2 1 S Em Hm Em      2 1 0 0 (2 )   Em  S = 2 1 12 7 ) 8.85 10 4 10 8 5 (2         =150（伏/米） Hm    0 Em = 150 4 10 8.85 10 7 12       =0.4（安/米） 10 ) 5 4 10 5 6 150sin( 1 5 7        E t （特/米） H=0.4 10 ) 5 4 10 5 6 sin( 15 7      t （安/米）