《电磁场》课程教学资源_习题训练_第六章 时变电磁场

第六章时变电磁场6.1有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场B=e.5cosomT之中，如题6.1图所示。滑片的位置由×=0.35(1-coso)m确定，轨道终端接有电阻R=0.22，试求电流4.OO9R0.2m.O0.7m题6.1图解穿过导体回路abcda的磁通为Φ= BdS=e.B-e.ad×ab= 5cosot×0.2(0.7-x)= cos ot[0.7-0.35(1- cos ot)]= 0.35 cos ot(1 +cos ot)故感应电流为Em=_1 doisR-Rdt1-0.35o sinot(1+2cosot)-1.75osin ot(1+2cosot)mAR6.2一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均勾磁场B=e.Bo中与z轴平行。设棒以角速度の绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。解介质棒内距轴线距离为r处的感应电场为E=vxB=eroxe.B=eroB故介质棒内的极化强度为P=X,E=e(6,-1)oroB,=e,(-)roB极化电荷体密度为Pp=-V.P=_1a1a(6-)r0B,(rP)=rorror=-2(8-8)0Bo极化电荷面密度为Op= P-n=e,(s-)roB e,-.=(-8)aoB则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为Qp=元a×1×Pp=-2元α(-)0BQps=2元ax1×0p=2元a(-80)0B6.3平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。题6.3图

第六章 时变电磁场 6.1 有一导体滑 片在两 根平 行的轨 道上 滑动， 整个 装置位 于正 弦时变 磁场 B = e t z 5cos mT  之中，如题 6.1 图所示。滑片的位置由 x t = − 0.35(1 cos )m  确定，轨 道终端接有电阻 R =  0.2 ，试求电流 i. 0.2m R 0.7m a d b c i x y 题 6.1 图 解 穿过导体回路 abcda 的磁通为 5cos 0.2(0.7 ) cos [0.7 0.35(1 cos )] 0.35cos (1 cos ) z z d B ad ab t x t t t t       = =  =  − = − − = +  B S e e 故感应电流为 1 1 0.35 sin (1 2cos ) 1.75 sin (1 2cos )mA in d i R R dt t t t t R        = = − = − + − + E 6.2 一根半径为 a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场 B e = z B0 中与 z 轴平行。设棒以角 速度  绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。 解 介质棒内距轴线距离为 r 处的感应电场为 z r 0 0 E v B e e B e =  =  =  r r B   故介质棒内的极化强度为 0 0 0 0 0 ( 1) ( ) e r r r P E e e = = − = − X        r B r B 极化电荷体密度为 2 0 0 0 0 1 1 ( ) ( ) 2( ) P rP r B r r r r B          = − = − = − −   = − − P 极化电荷面密度为 0 0 0 0 ( ) ( ) P r r r a        e r a B = =  = −  = − P n B e 则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为 2 2 0 0 2 0 0 1 2 ( ) 2 1 2 ( ) P P PS P Q a a B Q a a B             =   = − − =   = − 6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题 6.3 图所示。 i i b c d a 题 6.3 图

设α=0.2m、b=c=d=0.1m、i=1.0cos(2元×10°)A，求回路中的感应电动势。解由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面向内的。故回路中的感应电动势为dr[ B&dS +J Bds] B.dS=-E.. =.dtJdL式中MoiB =LoiB2元r2元(b+c+d-r)故brc Ho adr = 4oa in(b+C)BdS =b2元2元Hoiadr= 4oa n(b+c)[B.dS =b2元(b+c+d-r)2元则Em = -2 [ n(b+cbdt2元=- 40a in(b+) 2[1.0c0s(2元×100)1a2+b2hdt元4元×10×0.2 n2 si(2元×10° )×2元×10′V元=3.484sin(2元×10′t)V6.4有一个环形线圈，导线的长度为1，分别通过以直流电源供应电压Uo和时变电源供应电压U（t）。讨论这两种情况下导线内的电场强度E。解设导线材料的电导率为，横截面积为S，则导线的电阻为1R=ys而环形线圈的电感为L，故电压方程为U=Ri+Ldidtdi=0dt当U=Uo时，电流i也为直流，。故1JS=！U,=Ri=-J=IEysy此时导线内的切向电场为U.E=1di(t)±0dt，故当U=U（t）时，di(t)dU(t)= Ri()+ LRE(t)S+ L一(yE(t)S)dtdtdE(t)E(t)S+LySrsdt

设 a m = 0.2 、b c d = = = 0.1m 、 7 i t =  1.0cos(2 10 )A  ，求回路中的感应电动势。 解 由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是 垂直于纸面向内的。故回路中的感应电动势为 d d d d d d in dS B S B S t t = −  = − +   E    B   左 右 式中 0 0 , 2 2 ( ) i i B B r b c d r     = = + + − 左 右 故 0 0 0 0 d d ln( ) 2 2 d d ln( ) 2 ( ) 2 b c b s c d d s i ai b c B S a r r b i ai b c B S a r b c d r b         + + + = = + = = + + −     左 右 则 0 0 7 2 2 7 7 7 7 d 2 ln( ) d 2 d ln( ) [1.0cos(2 10 )] d 4 10 0.2 ln 2sin(2 10 ) 2 10 3.484sin(2 10 ) in ai b c t b a b c t a b b t t V t V           −   + = −     + = −  +   =    =  E 6.4 有一个环形线圈，导线的长度为 l，分别通过以直流电源供应电压 U0 和时变电源 供应电压 U（t）。讨论这两种情况下导线内的电场强度 E。 解 设导线材料的电导率为  ，横截面积为 S，则导线的电阻为 l R  S = 而环形线圈的电感为 L，故电压方程为 d d i U Ri L t = + 当 U=U0 时，电流 i 也为直流， d 0 d i t = 。故 0 l l U Ri JS J lE   S = = = = 此时导线内的切向电场为 U0 E l = 当 U=U（t）时， d ( ) 0 d i t t  ，故 d ( ) d ( ) ( ) ( ) ( ( ) ) d d d ( ) ( ) d i t U t Ri t L R E t S L E t S t t l E t E t S L S S t      = + = + = +

即dE(t),IE(t) _U(t)dtLysLys求解此微分方程就可得到E(t)。6.5一圆柱形电容器，内导体半径为a，外导体内半径为b，长为1。设外加电压为U.sinot，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。解当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压时的电场分布可视为相同（准静态电场），即U,sin otE=e, rln(b/a)故电容器两极板间的位移电流密度为aDU,cosotJa==e,80-atrln(b/a)则1coU.cosot:dsJ。 rin(b/a-e, e,rd=2元l-oU.cosot=CoU.cosotIn(b/a)2元起lC :In(b/a)是长为1的圆柱形电容器的电容。式中，流过电容器的传导电流为dUi.=C=CaU,cosotdt可见ia=i.6.6由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。解点电荷9产生的电场满足麦克斯韦方程VxE=0和V.D=p由V·D=P得V.Ddt-pdt据散度定理，上式即为SD.dS=qs利用球对称性，得qD=e4元2故得点电荷的电场表示式qE=e.4元6r2由于V×E=0，可取E=-V，则得

即 d ( ) ( ) ( ) d E t lE t U t t L S L S   + = 求解此微分方程就可得到 E()t 。 6.5 一圆柱形电容器，内导体半径为 a，外导体内半径为 b，长为 l。设外加电压为 0 U t sin ，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。 解 当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压 时的电场分布可视为相同（准静态电场），即 0 sin ln ( ) r U t r b a  E e = 故电容器两极板间的位移电流密度为 0 cos ln ( ) d r U t t r b a    = =  D J e 则 2 0 0 0 cos d d d ln ( ) l d d r r s U t i r z r b a    =  =      J S e e 0 0 2 cos cos ln ( ) l U t C U t b a  = =     式中， 2 ln ( ) l C b a  = 是长为 l 的圆柱形电容器的电容。 流过电容器的传导电流为 0 d cos d c U i C C U t t = =   可见 d c i i = 6.6 由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。 解 点电荷 q 产生的电场满足麦克斯韦方程  = E 0 和   = D  由   = D  得 d d    =      D 据散度定理，上式即为 d s  = q  D S 利用球对称性，得 2 4 r q  r D e = 故得点电荷的电场表示式 2 4 r q  r E e = 由于  = E 0 ，可取 E = − ，则得

xD=.E=-.=-=即得泊松方程V'p=-P6试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：：（1）在直角坐标中：（2）在圆6.7柱坐标中；（3）在球坐标中。解（1）在直角坐标中aH,aH.OD,=J,+ayOzataD,OH.aH.=J,+dzaxataH,OD:aH= J. +axayataE,aE.aH,一-uayOzataH,OE,OE.1/-μaxatozaE,OE.aH.二-uaxdyataB,aB.aB.=0+-axayazaD,ODaD:4+=pXaxazdy（2）在圆柱坐标中aH,1 oH.aD,J,+OzropataD.aH,aH.=J,+arOzat101oH,aD.-(rH.)= J. +rapr orataE10E.aH,./-uOzatrasoH,OE,QE.μ-azarat1 10E,aH.-μ(rE,)r orrpat

2  =  = −  = −  = D E       即得泊松方程 2     = − 6.7 试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中；（2）在圆 柱坐标中；（3）在球坐标中。 解 （1）在直角坐标中 z y x x x z y y y x z z H H D J y z t H H D J z x t H H D J x y t     − = +          − = +          − = +      z y x x z y y x z E E H y z t E E H z x t E E H x y t        − = −          − = −          − = −      0 x y z x y z B B B x y z D D D x y z     + + =       + + =    （2）在圆柱坐标中 1 1 1 ( ) z r r r z r z z H D H J r z t H H D J z r t H D rH J r r r t           − = +          − = +          − = +      1 1 1 ( ) z r r z r z E H E r z t E E H z r t E H rE r r r t             − = −          − = −          − = −     

1 oBOB.1 a(rB.)+=0Ozrarr1aD.1 aaD.(rD.)+EPOzrOrra（3）在球坐标系中a1aHa1aD,(sin@H,)=J +rsing'eapataH.a1aDe(rH)]=JarsingpataD.aH1.0(rH.)]=J,+etarat1aaEeaH,(sinGE)adatrsineaoaH.OE,a1(rE)]=Laratrsinead1,0OE,oH,-(rE。)ua0atr'or1aaB101-(r2B.) +=0(sin@B.)r? Orrsingaersingap1aaD,110.-(r2D,)+(sin@D.)+r2Orrsinea0rsine 0g6.8已知在空气中E=e,0.1sin10元xcos(6元x10°t-β=)，求H和β提示：将E代入直角坐标中的波方程，可求得β。解电场E应满足波动方程E=0V'E-oEt?E=e,E代入方程，得将己知的'E'E'E,-0-ax?02at?式中aE=-0.1(10元）sin10元xcos(6元×10-βz)ax?E=0.1sin10元x[-β2cos(6元×10t-βz)]0z2aE=0.1g sin10元x[-(6元×10°) cos(6元x10-β≥)]HoEoOt故得-(10元)2-β2 + μg%(6元×10°) =0则

1 1 ( ) 0 1 1 ( ) z r z r B B rB r r r z D D rD r r r z         + + =       + + =    （3）在球坐标系中 1 [ (sin ) ] sin 1 1 [ ( )] sin 1 [ ( ) ] r r r r H D H J r t H D rH J r r t H D rH J r r t                    − = +          − = +          − = +      1 [ (sin ) ] sin 1 1 [ ( )] sin 1 [ ( ) ] r r r E H E r t E H rE r r t E H rE r r t                     − = −          − = −          − = −      2 2 2 2 1 1 1 ( ) (sin ) 0 sin sin 1 1 1 ( ) (sin ) sin sin r r B r B B r r r r D r D D r r r r                   + + =       + + =    6.8 已知在空气中 9 0.1sin10 cos(6 10 ) y E e =  −    x t z ，求 H 和  。 提示：将 E 代入直角坐标中的波方程，可求得  。 解 电场 E 应满足波动方程 2 2 0 0 2 0 t     − =  E E 将已知的 E e = y y E 代入方程，得 2 2 2 2 2 2 0 0 0 E E E y y y x z t      + − =    式中 2 2 9 2 2 2 9 2 2 9 2 9 0 0 0 0 2 0.1(10 ) sin10 cos(6 10 ) 0.1sin10 [ cos(6 10 )] 0.1 sin10 [ (6 10 ) cos(6 10 )] y y y E x t z x E x t z z E x t z t                  = −  −   = −  −   = −   −  故得 2 2 9 2 0 0 − − +  = (10 ) (6 10 ) 0      则