电磁场与电磁波基础教程习题解

1、1.1 解:(1)C 522'(2)29 ；AaA«电磁场与电磁波基础教程（符果行编著）习题解答axay2az 32Az，as.1441.17 ,1帀-ay4ac1ax5 az2；.29(3)A+Baxay 24az3 1axay2az2 A B 1(4)A Baxay2az3ay 4az11；(5)A Baxay 2az3ay4azax10ayaz4；(6)A BCax 10ayaz4ax 5az 242；(7)A BCax10ayaz 4ax 5az2ax2 ay40 a25 o1.2解: cosA B1268.56A|B1078A cosAb1.37 ；2Z(2)( 2

2、) =3；A在B上的投影B在A上的投影BaB cos14.12_V10781267<10783.21 。1.3解：A正父 o1.4解：axax1, ay ay 1 ,azaz 1；axayay azazay0；axaxayayazaz0； axayaz；ay azax,azax ay o1.5解:(1)1,1, az az 1； aa0,aaz0，aza0， a0，0; a aaz,aaza,az a(2)arar1,1,1； ar a 0 , a0,a arar0，0, a ar 0； ar aar, aar a o1.7 解:axa ya zax yayZ2az，1,2,1ax4ay

3、az oxyz11.8 解： r x y z 1xyz1.12解：F满足无旋场的条件为113 。0，在直角坐标系中表示为13axayazx3yazybx2zzcy解得 a=0, b=3 和 c=2。1.13 解:由亥姆霍兹定理判定知,2ay x2xyyaz 匚 2Xy0,az4y这是属于第三类的无散有旋场。1.14 解:取 F arC2: F ：rr rr2 C2 0， F=a-L占 a 丄占rr sinrr r0，属于第一类的无散无旋场,取 F arcr由无旋性可以引入标量位的梯度来表示;2 C CL 1 1c1r2, F aa r r rr sinrrc 0，属于第二类的有散无旋场,取 F

4、 a -:r1由无旋性可以引入标量位的梯度来表示;1F r si nc .F asinr sinr0,ar cotr,属于第三类的无散有旋场。2.1 解: q3受到q1和q2的作用力应当等值反向， 所以Q3应位于5和Q2的连线上某点处。由库仑定律和K蟹13F23，可写为K q2q3q12qK 2，2厂r23r131*23F13故 r23 1.4113 ；又 1.4113 13 x 解得 ri3X 0.415x。2.412.2解：在图中z轴上线 元dz处电荷元idz可视为点电 荷，它与场点P的距离为R, 由库仑定律知，离导线为处场 点P的电场强度为对l dzd E2 cos4 oR在-，2范围内

5、对取积分。由图可知R sec，ztan 和 d zsec d ，得dEl cOs d4 0El402.cos dlE a l。2 2 0 ' 2 02.3解：圆环上线元di处电荷元 dq q壯可视为点电荷，它与圆环轴线2 a上场点P的距离为R，由轴对称性知场点P的电场强度只有z分量， 由库仑定律知dEz斗cos 丄輕 z 34 0R4 0 2 a a2 z2 32由图知式中为dE与dEz的夹角。对圆环取积分得Ez1qz 3,故E40 a2 z2 2a qzaz34022 20 a z圆环面中心点处z 0知E 0，这是由于具有轴对称的电场强度不仅其径向分量等值反向，相互抵消，且在处无轴向

6、分量。sd2.4 解：利用习题2.3的结果进行计算。取盘上半径为 ,宽度为d 的圆环，环上电荷密度为 1 sd 。该圆环在轴上点P产生的电场，由于 对称性， 分量相互抵消为零，只有 z分量dEz对整个圆面积分Ezs a d石02 z2 321T2 2 2 a zE吃1z保持不变，当a 0时，有E 0；当a时，有a ，有E2.5解：对于球对称分布，应用高斯定理1?E ds在区域在区域在区域0 ；1 / 2 4 a0212r > b ：4 r E34 a0r v a : s 0,av rv b ：4Eir2E2E22a siar2osiS2E3 ar2 .22 a si b S2 o o2.

7、6解：对于柱对称分布，应用高斯定理1?s E d ss s d s 0在区域 v a: s 0, E1 0 ；在区域a V V b：E2 aa仏;2 0 0在区域> b：E32 a S1 b S22.7解：对于无限大面电荷分布，其电场垂直于无限大平面，具有面对称分布，应用高斯定理时可跨平面作矩形盒高斯面，得S SEz Ez S S0在区域Z> 0： E az -；在区域ZV 0： E2 0，S az -2 02.8解：两无限长电流的磁场分布分别具有轴对称分布，应用安培环路定理和叠加原理，得在y=-a处，在y=a处，H2Iaz-2 a 'Iax -2 a故在坐标原点处B o

8、Hi H0 Iazax2 a2.9解：对于轴对称分布，应用安培环路定理?SB dl oI在区域V a: Bi 0 ；在区域JSIb2a2B22 2oI aa 2 -；2 b a在区域> b : Ba aoI22.10解：已知bsin t 和 Sanab ,磁通为B dS BmsinSta an SdSBm sin1tcos t d SabBm sin2 tS 2由法拉第电磁感应定律知ab Bm cos2 t1inabBm sin2 tt 2 t当线圈增至N匝时，磁通增至N倍，有in Nab Bm cos2 t。3.1解：电荷元dqq头在圆环轴线上场点P的电位为dq4 0Rqdl raaz

9、d3.2q4 0 a2azz32 2 2 a z1 qz3。0 2 2 20 a z解：先假设双线传输线为有限长度2L,导线与z轴重合，其中点在原点处。其中一根导线上所有电流元产生的矢量磁位都与z轴方向一致，可知d z1222zaz 卫 In420 1 .az In41L“ L1L“ L式中x2时，利用二项式定理1=1可知112 22 2L 2 L 1IL o上式近似写为A az In4azl n丄o2现将平行于Z轴的双线传输线分置于流元离场点的距离为1y2和AAiA2a卫ln丄2 1Lln a2d处，可知在xy平面上两电2利用叠加原理可得In1ln22d2xyz2 od2x 一 y z3.3

10、解：对于球对称分布，可由高斯定理求E和D，再由位场关系求,而求P的公式为P D °E 0 r 1 E。在区域r > b: Elar4qq d e a q2,1,S0 匚 1d2°r4°r '4 r，P10 ；在区域aw rw b： E2qq小qcar2 ar2，D2ar2，P240 rr 4 r4 rar在区域b2E“drr v a: E3 arEr2dr =rb1丄4 b r 4 0 rrr a a Er3dr丄1丄丄1丄丄丄40r br a r3.4解：对于轴对称分布，可应用安培环路定理求磁场通过导磁圆柱的稳恒电流为均匀分布，其体电流密度为Iaz

11、 2b在区域v b:HJSa b2 I(b) inaz01 az 在区域I> b: H a , B a 2时，J，J，H 和口 B 0，看出上述解与例3.4中令a 0的结果一致。这是因为有限源分布在无限大空间， 对空间中任一点几乎不存在源， 自然没有源产生场。3.5解：（1）两极板上面电荷密度均为 s Q。设带Q和Q的极板分 别置于y d和y 0处，则E的方向与y反向。利用导体表面电场的法向边界条件式（3.51b）SQanan S忽略极板边缘效应，电介质内y ddUE dly 0oQan_SE为常量。Qan d yds于是（2）两极板间电压为U,极板间电场为均匀分布，故C U| d ；且

12、等于利用式（3.51b）可知E拌ds En。因此，df U 和 C QU 1，结果相同3.6解：对于球对称分布，由高斯定理得UabQar24 rQ4 rCUabab b a当b常数取为a的弧立导体，时，可得半径为0，可得地球电容为66.5 103C-0.722 10 F9 109其电容为722 F 。3.7C 4 a。地球的介电解：对于轴对称分布，可应用安培环路定理首先求磁场。为此，跨过螺线管一侧作矩形闭合回路，与管长平行一边的长度为 L，得磁感应强度BL 0nLI， B 0nl磁通和磁通链为2BS 0nSI， n=n °n SI单位长度电感2on S2i153.8解：设内线圈中通以

13、电流li,贝憎芯中与外线圈交链的磁通，可按3.7题得磁通12比a2 Ili外线圈有N2匝，得磁通链12i2"iN2 几互感为Ll2竺N1N2 a2 。Ii li3.9解：利用电场的切向和法向边界条件得E2 sin 2Ei sin i，2 E2 cos 21 Ei cos 1两式相比得tan 2 2 tan iiE2的大小和方向为E2E2n222 2 2 1E2 sin 2E2 cos 2 E1 sin 1 E1 cos 12i2 22iEi sin i cos i22arctan tan i 。13.10解：解法类似于3.9题，只需将 用 来取代，即得12 2 2 1H2 Hi si

14、n 1 cos 12 arctan tan i 。3.11解:解法类似于3.9题，只需将 用 来取代，即得12P2 . 2J 2 J1sin 1 cos 112 arcta n ta n 113.12解:忽略平行板电容器的边缘效应，可知电介质内的电场为均匀恒定值由式（3.63b）和（3.65b）1 2We _CU 22We -2求得电容器的能量为2U1dS - d2S U2 dSd。解：对于轴对称分布，由3.5题知c3.13应用安培环路定理知NI(a<2Wm1 H212 82NI1 NI叫严8-:dz r-2l2hln ba。3.14解：参考例3.11。其中q。所受力25qo q1 q2

15、 qaF ar厂4 or23.15解：(1)利用静电场量公式图3.33 (a)表示在球内取任一半径为 r /、厚度为dr/的微分球壳，其体积为dV 4 r2dr , dV内的电荷量为dq 。4 r2dr。图3.33 (b)表示微 分球壳可视为如同例3.11的薄层球面电荷分布，其等效面电荷密度为s r 严 odr，因此可以直接照搬例 3.12的结果进行计算，并将结果 改写为如下形式r sd Er ror2-2drorEr ra o r 2 “2r d ror7orr ro _ 2 .2 r d ro 2oroo2orQ4 0r 2r(2)利用静电位标量公式将例3.12的结果改写为如下形式2r s

16、or2r sor2ror2r o .d rorEr ro .d rorr r 2 o ddro or3a o3 o r3r o3 or3o a37尸o r3 o(3)利用高斯定理公式Er ro433 r ooEr rQ4 o亠3 o3.16解：将载流圆柱腔看作半径分别为a 禾口 b，且电流密度反向的o两圆柱体叠加。两圆柱体具有轴对称分布，可应用安培环路定理得各圆柱内任一点的磁场J aza22J a%2卫a2故圆柱腔内任一点的磁场B B1 B0az20J .az dax2第4章4.1解：（1）对于仅由时变磁场穿过静止单导线圆环产生的感应电动势，可以根据in -来求解。于是dtbr8 2B d S

17、azB° cossin taz 2 r d r aS02aBosin(2)8 2 in a 1 B0 cos t2对于N匝导线圆环，取nN，得in8N aBoCOS t(3)在时间相位上，感应电动势与磁通相差4.2解：（1）3.5题已解出S，由此得dCUCUosinS o U0 sin td，传导电流为(2)位移电流为(3)I Id。4.3I昨CUdtcoscos t， I解：（1 ）由Jd4cos t JdS组 cos t；dr 0 E0 cos t， JE ax E0 sint 得Jdr 0 .J，(2)在海水中，代入数值计算得8136910 21011112.5在铜中，代入数值

18、计算得I911.1 10 9 210Jd36J5.8 1079.58 10看出海水比铜的介电性强4.4解：(1 )将A的解代入方程中各项，得22 2A r，t2 axsin ycos t ax ycos ty22axSin ycos taxsin ycos ttA是齐次方程的解得到验证。2A r,t看出方程得到满足，2sin ycos t因此(2)利用式(4.37a，b)求电场和磁场将A的解代入上式，其中A ay ay axsin ycos t 0 y yEj A ax j siny cost axH1ax sinaxay az xyzaz cos y cos t。sin ysin t ax

19、sin y sin t ycos t (ay ax) cos y cos t4.5解：设待求H 2 (axG ayC2azQ)sin(2 n 10、)，利用式(4.13b , d)的边界条件H 1t H 2t JS ,B1nB2n写出边界值振幅的分量axaxc 0, ay 0ay$ay ,r1 az 2r2 az c3代入r15 和 r2 2，得&1，C21 和C35 0于是H2 (axayaz5)sin(2，兀 105t)A/ m4.8解:由于sinkz tcoskztcost kz 22得axjkz $ax j kzH x,zaxH 0K cose2axH°Kcos ea

20、a4.9解：(1)瞬时形式为S(z,t)=E(z,t) H(z,t)=az100 2.65cos2( t kz) az265cos2( t kz) W m2(2) 由式(4.39b)得时均形式为1 T11； 2Sav(z)S(z,t)dt - Eo(z) Ho(z) cos0 az (100 2.65) az132.5W mT 022(3) 由式(4.39c)得复数形式为1 *1j01/2S(z) E(z) H (z) E°(z) H°(z)ej az 100 2.65 az132.5 W m 。2 2 2第5章85.1 解: ( 1) f 6 型 3 108H z, 1m

21、;22k 2(2) E(z) ax20e j2 z V m ；(3) H (z) az E (z) ay 丄e j2 z A m -0 6(4) S(z) E(z) H (z) az W m2 ；23(5)pek3810m s 05.2解:(1)f28 23 10 Hz,1mk(2)pk3108m s :>(3)由H(y,t)的表示式知这是沿一y方向传播的平面波，电、磁场强度的复数形式为E(y) ax2.4 °ej2 y VmH (y)az2.4 ej2 y A m(4)电场强度的瞬时形式为8E(y,t) ax2.4°cos(6 10 t 2 y)(5)能流密度的复数形式为ay1 2.4220ay 345.53 W m25.3解：对于良导体，求得5.4解：(1 )由82 1.8 1091.131 10 rad/ s,1.13109925 10360.253