2.6 在圆柱坐标系中电荷分布为ρ={①r/a ，r ≤a ②0，r ＞a ，r 为场点到z 轴的距离，a 为常数。

求电场强度。

解：电场强度只有沿r 方向分量，选取长度为l 的圆柱sd 2r qE S rlE πε⋅==⎰⎰ （1）r a ≤时3223r lr q dV rldr a aπρπ===⎰⎰⎰⎰代入（1）得： 23r r E a ε=r a >时2223ar la q dV rldr a πρπ===⎰⎰⎰⎰代入（1）得： 23r a E r ε=2.7在直角坐标系中电荷分布为ρ（x ，y ，z ）={①ρ0 ∣x ∣≤a ②0 ∣x ∣＞a 求电场强度。

解：电场与y ，z 均无关，电场强度只有沿x 方向分量，()0x E E x ρε∂∇⋅==∂ （1） r a ≤时0ρρ=代入（1）得： 00x xE C ρε=+ 0x →时x E 为有限值所以0C =00x xE ρε=r a >时0ρ=代入（1）得： 'r E C = 在x a =处r E 连续，所以'00aC ρε=00r aE ρε=2.16已知电场强度为E=3x+4y-5z ，试求点（0,0,0）与点（1,2,1）之间的电压 解：6bbbbx y z aaaaU E dl E dx E dy E dz =⋅=++=⎰⎰⎰⎰2.26两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ε1、ε2，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20ϕ∇=选取球坐标则有：22210r r r r ϕϕ∂∂⎛⎫∇== ⎪∂∂⎝⎭'111C C r ϕ=-+ '222C C rϕ=-+ 代入边界条件'2220r bC C b ϕ=∣=-+= '111r aC C V aϕ=∣=-+= 12n r c n r c D D ==∣=∣12r c r c ϕϕ==∣=∣由上式可得：1122211111()()1111()()VC a c c b VC a c c bεεεε=--+-=--+-12122221,()1111()(),()1111()()VE a r c r a c c bVE c r b r a c c bεεεε=<<-+-=<<-+-在介质与导体分界面上的电荷密度s n D ρ=()11212222211111()()()1111()()s s Vr a a a c c bVr b b a c c b ερεεερεε==-+-==-+-介质分界面上没有自由电荷感应电荷面密度为：()21012s n n n n P P E E ρε=-=-()02122111()11111111()()()()Vr c c a c c ba c c bερεεεε==--+--+-2.32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ε1的介质，另一半填充介电常数为ε2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20ϕ∇= 电场强度只有沿r 方向分量， 选取圆柱坐标则有：210r r r r ϕϕ∂∂⎛⎫∇== ⎪∂∂⎝⎭又r ϕE =-∇，则r C rE =又因为两极板之间的电压是Vln bbaaC bV E dl dr C r a =⋅==⎰⎰ln VC b a =ln C VE br r a==在介质与导体分界面上的电荷密度s n D ρ=在1ε侧11,ln ,ln V r a b a as V r b b b aεερ==⎧⎪=⎨⎪⎩在2ε侧22,ln ,ln V r a b a as V r b b b aεερ==⎧⎪=⎨⎪⎩2.43内外半径分别为a 、b 的导电球壳内距球心为d （d<a ）处有一点电荷q ，当（1）导电球壳电位为0；（2）导电球壳电位为v ；（3）导电球壳上的总电量为Q ；分别求导电球壳内外的电位分布。

解：（1）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'0102044q q r r πεπε+=则12'r q q r -= 2a f d =，'a q q d=-导体球内距离球心r 处的电位为：'010244q q r r πεπεΦ=+其中2212212cos ,2cos r r d rd r r f rf θθ=+-=+-（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 。

球壳内的电位分布为：'010244q q V r r πεπεΦ=++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：00""44q V q bV bπεπε=→=球壳外电位分布为：bV rΦ=（3）当导体球壳上总电量为Q 时，导体球壳的电位为：04q QU bπε+=球壳内的电位分布为：'010244q q U r r πεπεΦ=++球壳外电位分布为：04q Qrπε+Φ=3.7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10cm 到20cm ，煤质的参数为σ1=50μS/m ，εrl=2；外层从20cm 到40cm ，煤质的参数为σ2=100μS/m ，εr2=4.求⑴每区域单位长度的电容；⑵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。

（1）每个区域单位长度的电容：1122222ln 2ln 224ln 2ln C b aC c bπεππεπ⨯==⨯==（2）应用静电比拟可得每个区域单位长度的电导：11222250ln 2ln 22100ln 2ln G b aG c bπσππσπ⨯==⨯==(3)两电容是串联，单位长度总电容为：121212121222.ln ln22211ln ln ln ln b c C C a b C b c C C b c a b a bπεπεππεπεεε===+++(4)利用静电比拟，单位长度总电导为：12211lnln G b c a bπσσ=+ 3-13 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εε12,，电导分别为σσ12,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ρˆJ J =，则由⎰⎰⋅=SS d J I得24r J I π= 或 24r I J π= 电场强度为b r a << 2114r I E πσ=c r b << 2224rI E πσ=电压为 )}11(1)11(1{42121cb b a I dr E dr E Vc bba-+-=+=⎰⎰σσπ 由此求出电流与电压的关系后，电场为212211)11()11(r cb b a VE -+-=σσσ212121)11()11(rcb b a V E -+-=σσσ 内导体表面的电荷密度为===)(11a r D n s ρ21221111)11()11(a c b b a VE -+-=σσσεε外导体内表面的电荷密度为===)(22c r D n s ρ21212221)11()11(c cb b a VE -+--=-σσσεε媒质分界面的（驻立）电荷密度为 =-=n n s D D 123ρ212122111221)11()11()(b cb b a V E E -+--=-σσεσεσεε4-4、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。

II(a)(b)(c)题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z方向。

由例4-2知，半径为a的半圆中心处的磁场为aIzB4ˆ01μ=（1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIzB4ˆ0μ=（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aIzBπμ4ˆ02=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)2(4ˆ0+-=ππμaIzB（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)11(4ˆ0baIzB-=μ4-18、已知真空中位于xoy平面的表面电流为J J xs=，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2LJLBμ=因此2JBμ=写成矢量形式为⎪⎩⎪⎨⎧>-<=;2ˆ;2ˆzJyzJyBμμ4-20、壁很薄的、半径为cm10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的磁场为m A B /ˆ100ϕρμ=，求导体圆筒上的电流面密度。

解：当导体圆筒上的电流面密度为z J J S S ˆ0=，由安培环路定律 ⎰=⋅lI l d B 0μ当l 为以导体圆筒上的电流面密度的轴线为中心，半径为ρ的圆时 0022S J B πμπρϕ= ρμϕ00S J B =ρμ010=因此 m A J S /100= 5.10已知在空气中jkr e rE r E -=θθsin ˆ)(0在圆球坐标系中，求c S t r H t r E r H),,(),,(),(。

解：)cos(sin 2ˆ),(0kr t rE t r E -=ωθθ由H j E ωμ-=⨯∇ jkr e r kE j E H -=-⨯∇=θωμϕωμsin ˆ0)cos(sin 2ˆ),(0kr t rkE t r H -=ωωμθϕ2220*sin ˆr kE r H ES c ωμθ=⨯= 5.11已知在空气中 jkrz e rA r A -=0)(在圆球坐标系中，求)(),(r E r H。

解：在圆球坐标系中 jkrz r e rA A A -==θθcos cos 0jkrz e rA A A --=-=θθθsin sin 0 0=ϕA利用关系式AH ⨯∇=μ1得 0=r H 0=θH jkr e rr jk A H -+=)1(sin 120θμϕ 上式代入E j Hωε=⨯∇得 jkr r e rr jk A j E -+-=)1(cos 2320ωεμθ jkr e rj r k r jk A E --+=)(sin 3220ωεμθθ 0=ϕE 6-4.均匀平面电磁波在真空中沿k ˆ=1/2(y ˆ+z ˆ)方向传播, 0E =10x ˆ,求E ,E (y,z,t),H ,H (y,z,t), Sc解：则k=2π,E =0E r k j e •-=xˆ10))(2(z y j e +-πH =1/Z*⨯kˆE =2/24π(yˆ-z ˆ))(2z y j e +-πE (y,z,t)= xˆ102cos(2πc/λt-（2π）(y+z)) H (y,z,t)= 1/12π(yˆ-z ˆ)cos(2πc/λt-（2π）(y+z)) Sc=*H E ⨯=（5/62π)(yˆ+z ˆ) 6-8、求f =100kHz,1MHz,100MHz,10GHz 时电磁波在铝(σ=3.6*107/欧米, εr =1, μr=1)中的集肤深度. 解：δ=1/μσπf =77106.31041⨯⨯⨯⨯-ππff =100kHz, δ=2.6526*104- m f =1MHz, δ= 8.3882*105-mf =100MHz, δ= 8.3882*106-mf =10GHz, δ= 8.3882*107-m6-13、设2)(0σωμω=k ，其中σ=0.5*103-(1/欧米)，求在MHz 1020⨯=πω的群速和相速。