一 习题答案（第二章）2.4 由E =-∇ϕ 已知ϕ=+2ax b 得2E a =-∇ϕ=-x ax 根据高斯定理：0.E ∇=ρε得 电荷密度为：00.E ==∇-2a ρεε2.6取直角坐标系如图所示，设圆盘位于xoy 平面，圆盘中心与坐标原点重合方法1：由 '04s sds R ρϕ=πε⎰在球坐标系求电位值，取带点坐标表示源区2'''0004a sπρϕ=πε⎰⎰02s z ρ⎤=⎦ε因此，整个均匀带电圆面在轴线上P 点出产生的场强为001 z>0 21 z<02s z s z ⎧⎡⎤ρ⎪⎢ε⎪⎣=-∇ϕ=⎨⎡⎤ρ⎪+⎢⎪ε⎣⎩a E -a方法2 ：（略） 2.7当r>a （球外）时，1.E ∇=ρε 221.(.)0E ∂∇==∂r r E r r10.E ∴=∇=0ρε当r<a （球内）时，2.E ∇=ρε 20231.(.)E∂∇==∂rE r E r r a00203.E ∴=∇E=aερε2.11两个点电荷－q,+q/2在空间产生的电位： 01(,,)4xy z⎡⎤ϕ=πε令(,,)0x y z ϕ= 得方程：104⎡⎤=πε方程化简得222242()33x a y z a ⎛⎫-++= ⎪⎝⎭由此可见，零电位面是以点（4 a /3,0,0）为球心，2 a /3为半径的球面。

2.20由高斯定理.sD dS q =⎰由 00r x r x D E E =εε=εεa 得 0()xqdE s x d =ε+a由0.dx U E dx =⎰ 得 0ln 2qdU s=ε 由qC U =得 0ln 2s C d ε= 2.22由于da ，球面的电荷可看作均匀分布的先计算两导体球的电位1ϕ、2ϕ： 则112...daadE dr E dr E dr ∞∞ϕ==+⎰⎰⎰112001144d a d q q q r r ∞+⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪πεπε⎝⎭⎝⎭ 120044q q a d=+πεπε '''212...daadE dr E dr E dr ∞∞ϕ==+⎰⎰⎰212001144d a d q q q r r ∞+⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪πεπε⎝⎭⎝⎭ 120044q q d a=+πεπε 得 1122014P P a ==πε，1221014P P d==πε由11221212C P P P =+-得 02ad C d a πε=-2.25方法1：设其中一个极板在yoz 平面，另一极板在x=a 位置 则电容器储能：220122e U W CU aε==当电位不变时，第二个极板移动受力：2022ea W U F aaϕ∂ε==-∂ 式中负号表示极板间作用力为吸引力方法2：设其中一个极板在yoz 平面，另一极板在x=a 位置 当电荷不变时，由0.ax U E dx =⎰ 得 x U E a =由高斯定理有0.sq E dS =ε⎰ 则0x q E =ε 得 0qaU =ε 由 20122e q aW qU ==ε 得 2202022e a q W U q F a a ∂ε=-=-=-∂ε 式中负号表示极板间作用力为吸引力二 习题答案（第三章）3. 7方法1:设流入球的电流为I ，球的半径为a , 导体球的电流分布为22==rIJ e rπ 电场强度为22r JI E e r σπσ==以无穷远处为零点电位，则导体球的电压为222∞∞===⎰⎰a a I IU Edr dr r aπσπσ 接地电阻为土壤损耗的功率为2261.5910 (W)2===⨯I P I R aπσ方法2:设半球表面的总电荷为q ，球的半径为a电场强度为22=r qE r πε以无穷远处为零点电位，则导体球的电压为2∞==⎰r a qU E dr aπε导体球的电容由静电比拟法可直接得: G=2a πσ接地电阻为 12=R aπσ土壤损耗的功率为2261.5910 (W)2===⨯I P I R aπσ3.12在圆柱坐标系计算,取导体中轴线和z 轴重合,磁场只有e φ方向分量,大小只跟r 有关,由安培环路定理:'0.2B l ==⎰Cd rB I φπμ当≤r a 时,'0=I ,0=B φ12==U R I aπσ2==qC a Uπε当<≤a r b 时,22'22-=-r a I I b a22022()2()-=-r a B I r b a φμπ当>r b 时,'=I I02=IB rφμπ 写成矢量形式2202200 () 2() 2B e e ⎧⎪≤⎪-⎪=<≤⎨-⎪⎪>⎪⎩r a r a I a r b r b a Ir b rφφμπμπ3. 21解: 球内：磁化电流体密度为得:0=∇⨯=m J M 球表面：磁化电流面密度为 因球面上 cos z a θ=22002cos sin J =⨯=⨯=msz r z M n a M a a M aφθθ3.29同轴线的内外导体之间的磁场沿φ方向 根据安培环路定理， 当r a <时，有222=I rB r aπμππ 所以 022=IB r aμπ ()r a < 当≤<a r b 时，有'02=rB I πμ所以得到'02=IB rμπ ()≤<a r b 同轴线中单位长度储存的磁场能量为2'2000112222=+⎰⎰a b m a B B W rdr rdr ππμμ2200ln 164=+I I b aμμππ （2）由212m W LI =，得到单位长度的自感为 0022ln 82==+m W bL I aμμππ补充题: 两平行无限长直线电流1I 和2I ，相距为d ，求每根导线单位长度受到的安培力m F 。

解: 方法1:设两平行无限长直线电流1I 和2I 方向相同一根无限长直导线(1l )电流的磁场 0112B =I a dϕμπ 另一根直导线(2l )的电流元22I dl 受到磁场力 2221F l B =⨯d I d01222l =⨯I I d a ϕμπ 01222=-x I Ia dl dμπ故导线2l 单位长度受力 0122222F F ==-m x I I d a dl dμπ同理,可求得导线1l 单位长度受力 01212F =m x I I a dμπ 方法2:设两平行无限长直线电流1I 和2I 方向相同一根无限长直导线(1l )电流的磁场 0112B =I a dϕμπ 另一根直导线(2l )的电流元22I dl 受到磁场力 2221F l B =⨯d I d01222l =⨯I I d a ϕμπ 01222=-x I Ia dl dμπ故导线2l 单位长度受力10122221001212120122222F l B =⨯=-==∂==-∂⎰m xm m I I I d a dI I W I I M dW I IF d dμπμπμπ同理,可求得导线1l 单位长度受力 01212F =m xI I a dμπ 三 习题答案（第五章）5.3对于海水， 传导电流为0sin c J E E t =σ=σω 位移电流为00cos d r EJ E t t∂=ε=εεωω∂ 位移电流与传导电流的幅度之比为300.2 1.1310d r r cJ f J -εεωεεπ====⨯σσd c J J 5.10应用理想导体的边界条件可以得出在0=x 处，0=y E ，0=x H )cos(0t kz H H z ω-= 在a x =处，0=y E ，0=x H )cos(0t kz H H z ω--=上述结果表明，在理想导体的表面，不存在电场的切向分量y E 和磁场的法向分量x H 。

另外，在0=x 的表面上，电流密度为00|)(|==+⨯=⨯=x z z x x x x s H e H e e H n J)cos(|00t kz H e H e e y x z z x ω--=⨯== 在a x =的表面上，电流密度则为a x z z x x x a x s H e H e e H n J ==+⨯-=⨯=|)(|0|cos()x z z x a y e e H e H kz t ==-⨯=-ω 5.13(1) ()()2Re[] a a -++-+=-j t kx j t kx x ym z zm E E eE eπωαωα()()a a ----=-j kx j kx x ym z zm E e jE e αα(2) 00()sin()cos()cos()cos()2H a a ⎛⎫=-++- ⎪⎝⎭x z a x x t H k t kz H t kz a a πππωωπ()()200Re[sin()cos()]H a a -+-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭j t kz j t kz x z a x x H k e H e a a πωωπππ()()200sin()cos()a a -+-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭j kz j kz x z a x x H k e H e a a ππππ(3)()0(,,,)Re[sin()sin()]a -=z j t k z z x y E x y z t E k x k y e ω0sin()sin()cos()a =-z x y z E k x k y t k z ω(4)(sin )20(,,,)Re[2sin()cos(cos )]a -+=j t kz x x E x y z t E k eπωθθθ02sin()cos(cos )cos(sin )2a =-+x x E k t kz πθθωθ02sin()cos(cos )sin(sin )a =--x x E k t kz θθωθ5.15解：（1）将E 表示为复数形式，有 a -=-jkz y m E jE e由复数形式的麦克斯韦方程，得11a a --=-∇⨯=-=jkz jkz mx m x kE H E kE e je j j ωμωμωμ磁场H 的瞬时表达式为()sin()a =--mxkE H t t kz ωωμ（2）方法1：由于是无源自由空间，根据无源自由空间的波动方程得：220020∂∇-=∂EE tμε由于E 只有y 分量，得y 分量的标量波动方程22220022220∂∂∂∂++-=∂∂∂∂y y y y E E E E xyztμε由于22∂∂y E x 、22∂∂y E y 为0，得2200220∂∂-=∂∂y y E E z t με对正弦电磁场，上方程可以写成2200()()0-=y y jk E j E μεω得==C kω方法2：由于是无源自由空间，根据无源自由空间的麦克斯韦方程得：0∇⨯=H j E ωε由于 200()=a a a --∂∇⨯=-=∂jkzjkz x m m y y y H kE k E H j jk e e z ωμωμ00a -=jkz y m j E E e ωεωε故 200a a --=jkz jkz my y mk E e E e ωεωμ得==C kω（3）坡印廷矢量的时间平均值为11Re[]Re[()(.())]22a a *-=⨯=-⨯-jkz jkz m av y m x kE S E H jE e j e ωμ201.2a =mz kE ωμ 5.20解： 由麦克斯韦方程的微分形式tEJ H ∂∂+=⨯∇ε（1） tHE ∂∂-=⨯∇μ（2） 0H ∇⋅= （3）1E ∇⋅=ρε（4）由式（1）两边取旋度，得)()(E tJ H ⨯∇∂∂+⨯∇=⨯∇⨯∇ε利用矢量恒等式，)()(2H H H ⋅∇∇+-∇=⨯∇⨯∇所以 )()(2E tJ H H ⨯∇∂∂-⨯-∇=⋅∇∇-∇ε 将式（2）和式（3）代入上式)(2tH t J H ∂∂-∂∂-⨯-∇=∇με故得J t HH ⨯-∇=∂∂-∇222εμ （5）同理可得ρεμεμ∇+∂∂=∂∂-∇1222t J t E E （6）式（5）式（6）则为所求的有源空间中E 和H 所满足的波动方程，是非齐次波动方程。