2.6在圆柱坐标系中电荷分布为P =｛①r∕a, r≤a②0, r>a , r为场点到常数。

求电场强度。

解：电场强度只有沿r方向分量，选取长度为I的圆柱2.7在直角坐标系中电荷分布为P （X，y，Z）=｛①P 0 ∣ X ∣≤a②O度。

解：电场与y，Z均无关，电场强度只有沿X方向分量,4 ■J~∙.E= : EX=一XX > O时E X为有限值所以C=O「0r a 时］=0代入（1）得：Er=C在x=a处E r连续，所以C'二E rZ轴的距离，a为IE dS =2二rlE rS(1)r <a时q ：IliFdV 匚2 二rldr2 二Ir33a代入（1）得: E rar a 时q= QdV= -2:. rldr0 a2二Ia23代入（1）得: E ra2I X∣> a求电场强(1)代入（1）得::?0X‘0qV2.16已知电场强度为E=3x+4y-5z ,试求点（0,0,0）与点（1,2,1）之间的电bbbb压 解：U=E dl = E X dXE y dyE Z dZ = 6aaaa2.26两同心导体球壳半径分别为a 、b ,两导体之间有两层介质，介电常数 分别为ε 1、ε 2，介质界面半径为C ，内外导体球壳电位分别为 V 和0，求两导 体球壳之间的电场和球壳上的电荷面密度， 以及介质分界面上的束缚电荷面密度。

解：两球壳之间电介质不带电电位分布满足拉普拉斯方程∖ ⅛ -0C 1'—C1rC 2'-C 2代入边界条件φ I _ —2 r z b _b C 1 _C 1 =Va由上式可得:I I ■ I I ,(…：C) (1-1) S 1Jr 2a C ；2 c b■ II I I ,(c"b )2(1j) (^1)r 2j1 a CC b 在介质与导体分界面上的电荷密度匚=D n选取球坐标则有：V 2 =1：r 2 ；:r / ；:rC 2 =0D Inr ZC= D 2nr =CCIC 2(1 T)J(1 -[) a C ；2 c bV11 1)(-) C C b2(1 E 1E 2(---r-(---)a a C ；2 c b介质分界面上没有自由电荷感应电荷面密度为:°s = p 2n- R n = ® ( E in- E2n((I -i ) I 1 一厂(1Jd b))a C ；2 Cb ；I aC C b2.32同轴圆柱形电容器内、外半径分别为 a 、b ,导体之间一半填充介电常 数为ε 1的介质，另一半填充介电常数为ε 2的介质，如图所示，当电压为V 时, 求电容器中的电场和电荷分布。

解：电介质不带电电位分布满足拉普拉斯方程 V 2「= O 电场强度只有沿r 方向分量， 选取圆柱坐标则有:C又上r - ,则L=Cr又因为两极板之间的电压是 VbV = J E dlarln b a在介质与导体分界面上的电荷密度= D nιV b ,r Za a In a¾V r . r r ^ blnL(r = b)=-(---) (--b)b 2 MaC C br =C=-OV C——dr =Cln — a r aC)ln baaln_ aSV .bln_J a导体球壳电位为0，点电荷在球壳内所以球壳外电位均为零 在导体球外距离球心 O 为f 的镜像位置B 处放置一镜像 电荷q'要保持导体球壳C 处 电位为零则有a Q q导体球内距离球心r 处的电位为:4二；0「1 4二；0「2 r 1= ∖ r 2d 2- 2rd CoSr J其中 ________________________2 2r 1 = J r + f - 2rf CoS 日（2）因为球壳是一等位体，球壳内的电位分布应在第一步计算基础上加上球壳 电位V 。

I, qq球壳内的电位分布为：V4"°r 14m °r 2球壳外的电位分布为球心一镜像电荷产生的电位，并且在求外壳产生的电位为 V ，则有：q" Vq" F o bV4 0bb 球壳外电位分布为："=-Vr在；2侧：?S =2.43内外半径分别为 （1）导电球壳电位为 分别求导电球壳内外的电位分布。

解: （ 1）a 、b 的导电球壳内距球心为 d （d<a ）处有一点电荷q ,当 0;（2）导电球壳电位为v; （3）导电球壳上的总电量为 Q ; J —0 4∙. ； °r 1 4…；I Q 2£ =Jr I q'b(3)当导体球壳上总电量为 Q 时，导体球壳的电位为:q Q 4 O bqq 球壳内的电位分布为：U4"0r 1 4兀 g 0r 2吊q + Q 球壳外电位分布为：*4"O r3.7同轴电缆内导体半径为10cm ,外导体半径为40cm ,内外导体之间有两层煤 质。

内层从IOcm 到20cm ，煤质的参数为Z 仁50 μ S∕m , ε rl=2;外层从20cm 到40cm ，煤质的参数为Z 2=100 μ S/m ， ε r2=4.求⑴每区域单位长度的电容；(2) 每区域单位长度的电导；⑶单位长度的总电容；⑷单位长度的总电导。

2二 I 2 2C I =II b InaIn 2(1)每个区域单位长度的电容：Z ； 2% > 4C2 =2In C In 2(2)应用静电比拟可得2 50In 2每个区域单位长度的电导:G 2 =ln- b⑶两电容是串联，单位长度总电容为:2 二；2⑷利用静电比拟，单位长度总电导为:ln 2 C 1C 2 CC 1 C 2ln b lnθ a b2"：2二 1 2二；2 1 . b 1 , C 丄 2In ln - b ln b ln c a b1 a ；22丄詰丄£-1 a -2 b3-13圆球形电容器内导体半径为a,外导体内半径为c,内外导体之间填充两层介电常数分别为；1, ；2 ,电导分别为二1,二2的非理想介质，两层非理想介质分界面半径为b，如果内外导体间电压为V ,求电容器中的电场及界面上的电荷密度。

解：由于圆球形电容器内填充两层非理想介质，有电流流过，设电流为I。

在圆球形电容器内取一半径为r的球面，流过此球面的电流密度为J=J?,则由I= J dS得S2II = J 4r 或J 24兀r电场强度为a ：： r ：：b Ei I—2-4吨I r「Ib ：： r ：： C E2 24 兀σ^ 2r电压为V= E1dr E2drIIII 1 1 1 L{丄(丄_1)•丄(1一丄)} ab σ2 b c4 ■- I由此求出电流与电压的关系后，电场为E1 ^2V1 1b)B(b1~~2rE21 .-2( Γ-1( )a b b C 内导体表面的电荷密度为：'s1 = D In (r = a) = ；I E I外导体内表面的电荷密度为s2 =D2n(r =C)= - ；2丘2 媒质分界面的(驻立)电荷密度为：S^= D2n IDIn= ；2E^-；1 E Iεc2V11 111a2P -)TJ-)a b b CTI V1 [(丄1一1)二1(1-一丄)C2a b b C(G；2 -二2 ；1)V1111 1b2匚2(--I JT(U -)ba b b C4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I。

求半圆中心处的磁场。

Z 方向。

由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为-IBv(1)因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此B =2型4a(2)由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为.llIB 2 = N 04πa因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和B = _Z>f 二 2)(3)本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即BT(H)4-18、已知真空中位于 xoy 平面的表面电流为 J S=J o X ,求磁感应强度。

解：由于在无限大的平面上有均匀电流，因此产生匀强磁场。

磁场方向在y 方向，跨电流面取一长为L 的矩形回路，利用安培环路定律得B2L = %LJ °因此 写成矢量形式为7μoJ oy —Z 02 %J 0 -2 ---- ;z 024-20、壁很薄的、半径为10cm 的导体圆筒导体圆筒上的电流面密度上的电流在圆筒外产生题4-4图解：设垂直于纸面向内的方向为 (a)I(b)的磁场为B J°% ?A/m ,求导体圆筒上的电流面密度。

P解：当导体圆筒上的电流面密度为J s=J so?,由安培环路定律• B dl 70ll当I为以导体圆筒上的电流面密度的轴线为中心，半径为r的圆时Ul O J SOP 10% P因此J SO =10 A/m5.10已知在空气中? Sin ' . jkrE(r)»E° er在圆球坐标系中，求H(r),E(r,t),H(r,t),S c。

Sin ^l解：E(r,t) =?、,2E0cos(∙t-kr)r_ kE0 Sin日』r —?e一j ∙ J - rH (r,t) h?、2kE°sin 二■. :--1J rcos( ∙t - kr)S C = EH ,kE；Sin2 V• Jr25.11已知在空气中A z(r) = A O e j r在圆球坐标系中，求H(r), E(r)。

解：在圆球坐标系中A r=A Z COSr =A0COSr-jkre利用关系式H=丄' A 得μH 厂0H = 1A 0Sin ^(Jjk =)e°krA r r上式代入l H =j ∙∙; E 得■ 13)^jkrr' ->-i-l ∙ ■r r r6-4.均匀平面电磁波在真空中沿k?=1/ . 2 ( y?+ ?)方向传播，E 0=10 ?,求E , E (y,z,t), H ,H (y,z,t), S C解：则k=2 ∏ ,E = E O e^* = >?ioe^(2"3(y Z) H =1∕Z* k? E=∙∖2∕24π ( y>-2)^j '2"ly 'Z)E (y,z,t)= 00 \ 2 cos(2 ∏ c/ λ t-H (y,z,t)= 1/12 ∏ ( y - Z)cos(2 ∏ ClS C =E H * =(5/6、2 π )(?+?) 6-8、求 f =100kHz,1MHz,100MHz,10GHz 时电磁波在铝(Z =3.6*10 7/欧米,ε r=1, μrAT = -A Z Sin v = A^eJ krr('∙2 ∏ ) (y+z))λ t- ( - 2 ∏ ) (y+z))=1）中的集肤深度4 f =100kH z, δ =2.6526*10 m f =1MHz, δ = 8.3882*10 'm f =100MHz, δ = 8.3882*10 ^6m f =10GHz, δ = 8.3882*10 -J mj3（1/欧米），求在∙ ∙0 = 2二10MHZ 的群速和1 2 22：： ' ----------- 0.894 101 2m∕s 1 . %二2 ' 2 ■解:δ =1/ ..二f 」；「 二f 4二 10 ^7 3.6 IO 7相速。