電磁場(chǎng)和電磁波基礎(chǔ)教程習(xí)題解

1、電磁場(chǎng)與電磁波基礎(chǔ)教程（符果行編著）習(xí)題解答第1章1.1 解：（1），；（2）（3）（4）（5）（6）（7）。1.2解：在上的投影；在上的投影。1.3 解：。1.4 解：。1.5 解：（1）；。（2）；。1.6 解：在點(diǎn)（2，-1，1）處。1.7 解：。1.8 解：。1.9 解：對(duì)取散度，對(duì)取散度，看出對(duì)同一位置矢量取散度不論選取什么坐標(biāo)系都應(yīng)得同一值，坐標(biāo)系的選取只是表示形式不同而已。1.10 解：，由亥姆霍茲定理判定這是載流源在無(wú)源區(qū)產(chǎn)生的無(wú)散場(chǎng)。1.11 解：，由亥姆霍茲定理判定這是電荷源在無(wú)源區(qū)產(chǎn)生的無(wú)旋場(chǎng)；將與恒等式對(duì)比，可知與等效，令標(biāo)量位得。1.12 解：滿足無(wú)旋場(chǎng)的條件為，在直

2、角坐標(biāo)系中表示為解得a=0，b=3和c=2。1.13 解：由亥姆霍茲定理判定知，這是屬于第三類的無(wú)散有旋場(chǎng)。1.14 解：取，屬于第一類的無(wú)散無(wú)旋場(chǎng)，由無(wú)旋性可以引入標(biāo)量位的梯度來(lái)表示；取，屬于第二類的有散無(wú)旋場(chǎng)，由無(wú)旋性可以引入標(biāo)量位的梯度來(lái)表示；取，屬于第三類的無(wú)散有旋場(chǎng)。第2章2.1 解：q3受到q1和q2的作用力應(yīng)當(dāng)?shù)戎捣聪?，所以?yīng)位于和的連線上某點(diǎn)處。由庫(kù)侖定律和，可寫為故；又解得。2.2 解：在圖中z軸上線元處電荷元可視為點(diǎn)電荷，它與場(chǎng)點(diǎn)P的距離為R，由庫(kù)侖定律知，離導(dǎo)線為處場(chǎng)點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度為對(duì)在范圍內(nèi)對(duì)取積分。由圖可知，和，得，。2.3 解：圓環(huán)上線元處電荷元可視為點(diǎn)電荷，它與圓

3、環(huán)軸線上場(chǎng)點(diǎn)P的距離為，由軸對(duì)稱性知場(chǎng)點(diǎn)P的電場(chǎng)強(qiáng)度只有z分量，由庫(kù)侖定律知由圖知式中為與的夾角。對(duì)圓環(huán)取積分得 圓環(huán)面中心點(diǎn)處知，這是由于具有軸對(duì)稱的電場(chǎng)強(qiáng)度不僅其徑向分量等值反向，相互抵消，且在處無(wú)軸向分量。2.4 解：利用習(xí)題2.3的結(jié)果進(jìn)行計(jì)算。取盤上半徑為，寬度為的圓環(huán)，環(huán)上電荷密度為。該圓環(huán)在軸上點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)，由于對(duì)稱性，分量相互抵消為零，只有z分量對(duì)整個(gè)圓面積分故。若保持不變，當(dāng)時(shí)，有；當(dāng)時(shí)，有，有。2.5 解：對(duì)于球?qū)ΨQ分布，應(yīng)用高斯定理在區(qū)域ra :；在區(qū)域arb :，；在區(qū)域rb :，。2.6 解：對(duì)于柱對(duì)稱分布，應(yīng)用高斯定理在區(qū)域；在區(qū)域；在區(qū)域。2.7 解：對(duì)于無(wú)限大面

4、電荷分布，其電場(chǎng)垂直于無(wú)限大平面，具有面對(duì)稱分布，應(yīng)用高斯定理時(shí)可跨平面作矩形盒高斯面，得在區(qū)域z0：；在區(qū)域z0：。2.8 解：兩無(wú)限長(zhǎng)電流的磁場(chǎng)分布分別具有軸對(duì)稱分布，應(yīng)用安培環(huán)路定理和疊加原理，得在y=-a處，；在y=a處，。故在坐標(biāo)原點(diǎn)處。2.9 解：對(duì)于軸對(duì)稱分布，應(yīng)用安培環(huán)路定理在區(qū)域；在區(qū)域，；在區(qū)域。2.10 解：已知和，磁通為由法拉第電磁感應(yīng)定律知當(dāng)線圈增至N匝時(shí)，磁通增至N倍，有。第3章3.1 解：電荷元在圓環(huán)軸線上場(chǎng)點(diǎn)P的電位為故。3.2 解：先假設(shè)雙線傳輸線為有限長(zhǎng)度2L，導(dǎo)線與z軸重合，其中點(diǎn)在原點(diǎn)處。其中一根導(dǎo)線上所有電流元產(chǎn)生的矢量磁位都與z軸方向一致，可知式中。

5、當(dāng)時(shí)，利用二項(xiàng)式定理可知 。上式近似寫為?，F(xiàn)將平行于z軸的雙線傳輸線分置于處，可知在xy平面上兩電流元離場(chǎng)點(diǎn)的距離為和。利用疊加原理可得。3.3 解：對(duì)于球?qū)ΨQ分布，可由高斯定理求和，再由位場(chǎng)關(guān)系求，而求的公式為。在區(qū)域r，；在區(qū)域ar；在區(qū)域r，。3.4 解：對(duì)于軸對(duì)稱分布，可應(yīng)用安培環(huán)路定理求磁場(chǎng)。通過(guò)導(dǎo)磁圓柱的穩(wěn)恒電流為均勻分布，其體電流密度為在區(qū)域；在區(qū)域。看出上述解與例3.4中令的結(jié)果一致。當(dāng)時(shí)，和，這是因?yàn)橛邢拊捶植荚跓o(wú)限大空間，對(duì)空間中任一點(diǎn)幾乎不存在源，自然沒有源產(chǎn)生場(chǎng)。3.5 解：（1）兩極板上面電荷密度均為。設(shè)帶和的極板分別置于和處，則的方向與y反向。利用導(dǎo)體表面電場(chǎng)的法向

6、邊界條件式（3.51b）忽略極板邊緣效應(yīng)，電介質(zhì)內(nèi)為常量。于是；（2）兩極板間電壓為U，極板間電場(chǎng)為均勻分布，且等于利用式（3.51b）可知。因此，和，結(jié)果相同。3.6 解：對(duì)于球?qū)ΨQ分布，由高斯定理得故當(dāng)時(shí)，可得半徑為a的弧立導(dǎo)體，其電容為。地球的介電常數(shù)取為，可得地球電容為。3.7 解：對(duì)于軸對(duì)稱分布，可應(yīng)用安培環(huán)路定理首先求磁場(chǎng)。為此，跨過(guò)螺線管一側(cè)作矩形閉合回路，與管長(zhǎng)平行一邊的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，得磁感應(yīng)強(qiáng)度磁通和磁通鏈為單位長(zhǎng)度電感3.8 解：設(shè)內(nèi)線圈中通以電流I1，則管芯中與外線圈交鏈的磁通，可按3.7題得磁通外線圈有N2匝，得磁通鏈互感為。3.9 解：利用電場(chǎng)的切向和法向邊界條件得兩式相

7、比得的大小和方向?yàn)?。3.10 解：解法類似于3.9題，只需將用來(lái)取代，即得。3.11 解：解法類似于3.9題，只需將用s來(lái)取代，即得3.12 解：忽略平行板電容器的邊緣效應(yīng)，可知電介質(zhì)內(nèi)的電場(chǎng)為均勻恒定值。由式（3.63b）和（3.65b）求得電容器的能量為由3.5題知。3.13 解：對(duì)于軸對(duì)稱分布，應(yīng)用安培環(huán)路定理知（ab）。3.14 解：參考例3.11。其中所受力。3.15 解：（1）利用靜電場(chǎng)量公式圖3.33（a）表示在球內(nèi)取任一半徑為r、厚度為dr的微分球殼，其體積為，內(nèi)的電荷量為。圖3.33（b）表示微分球殼可視為如同例3.11的薄層球面電荷分布，其等效面電荷密度為，因此可以直接照

8、搬例3.12的結(jié)果進(jìn)行計(jì)算，并將結(jié)果改寫為如下形式（2）利用靜電位標(biāo)量公式將例3.12的結(jié)果改寫為如下形式（3）利用高斯定理公式故3.16 解：將載流圓柱腔看作半徑分別為a和b，且電流密度反向的兩圓柱體疊加。兩圓柱體具有軸對(duì)稱分布，可應(yīng)用安培環(huán)路定理得各圓柱內(nèi)任一點(diǎn)的磁場(chǎng)故圓柱腔內(nèi)任一點(diǎn)的磁場(chǎng)3.17 解：在和處的平行板電容器內(nèi)的電荷滿足拉普拉斯方程通解為在處，可知，得在處，可知得故。3.18 解：在和處的同軸電纜內(nèi)的電位滿足拉普拉斯方程直接積分兩次得通解在處，可知，得在處，可知在區(qū)域ab內(nèi)有故。3.19 解：按提示進(jìn)行求解。3.20 解：根據(jù)唯一性定理，要求鏡像電荷的個(gè)數(shù)、大小和位置必須滿足

9、拉普拉斯方程和接地的齊次邊界條件。首先移去導(dǎo)體板，并代之以相同的媒質(zhì)空間，在對(duì)稱于垂直板相距d1處設(shè)置，這將使垂直半平面的電位為零，但不能使水平半平面的電位為零。為了確保水平半平面的電位為零，可在對(duì)稱于水平板相距d2處設(shè)置，但它產(chǎn)生的位又破壞了垂直半平面的零電位。為了滿足在兩個(gè)平面上都能同時(shí)滿足零電位的要求，可在同時(shí)對(duì)稱于兩個(gè)正交板相距d1和d2處設(shè)置。于是，由和產(chǎn)生的合成位為式中3.21 解：根據(jù)式（3.81a，b），并以取代，由此分別得平行平板電容器和同軸電纜內(nèi)的漏電導(dǎo)和絕緣電阻為。第4章4.1 解：（1）對(duì)于僅由時(shí)變磁場(chǎng)穿過(guò)靜止單導(dǎo)線圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以根據(jù)來(lái)求解。于是（2）對(duì)于N

10、匝導(dǎo)線圓環(huán)，取，得（3）在時(shí)間相位上，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通相差。 4.2 解：（1）3.5題已解出，由此得，傳導(dǎo)電流為；（2）位移電流為（3）。4.3 解：（1）由得；（2）在海水中，代入數(shù)值計(jì)算得在銅中，代入數(shù)值計(jì)算得看出海水比銅的介電性強(qiáng)。4.4 解：（1）將的解代入方程中各項(xiàng)，得看出方程得到滿足，是齊次方程的解得到驗(yàn)證。（2）利用式（4.37a，b）求電場(chǎng)和磁場(chǎng)將的解代入上式，其中因此4.5 解：設(shè)待求，利用式(4.13b，d)的邊界條件，寫出邊界值振幅的分量代入和，得，和。于是4.6 解：（1）設(shè)平行平板圓盤軸心沿z軸，則板間電場(chǎng)為利用安培環(huán)路定理得電、磁能量密度為能流密度矢量為驗(yàn)證：以上

11、積分只需在板間側(cè)面的面積2pad上進(jìn)行。因此說(shuō)明進(jìn)入電容器的無(wú)耗空氣介質(zhì)中的能流全部轉(zhuǎn)化為電磁儲(chǔ)能增量。（2）外加直流電壓U0的板間電場(chǎng)為有利用安培環(huán)路定理得能流密度矢量為介質(zhì)中的損耗功率密度為驗(yàn)證：因此說(shuō)明進(jìn)入電容器的有耗介質(zhì)中的能流全部轉(zhuǎn)化為介質(zhì)的損耗功率。4.7 解：利用式（4.29）得4.8 解：由于得4.9 解：（1）瞬時(shí)形式為（2）由式（4.39b）得時(shí)均形式為（3）由式（4.39c）得復(fù)數(shù)形式為。第5章5.1 解：（1）（2）；（3）；（4）；（5）。5.2 解：（1）；（2）；（3）由的表示式知這是沿y方向傳播的平面波，電、磁場(chǎng)強(qiáng)度的復(fù)數(shù)形式為（4）電場(chǎng)強(qiáng)度的瞬時(shí)形式為（5）能

12、流密度的復(fù)數(shù)形式為5.3 解：對(duì)于良導(dǎo)體，有求得 。5.4 解：（1）由得可知媒質(zhì)是良介質(zhì)；（2）由式（5.44a.b）知（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的復(fù)數(shù)形式為由式（5.50b）得磁場(chǎng)強(qiáng)度的復(fù)數(shù)形式為（4）波的時(shí)均能流密度為。5.5 解:（1）當(dāng)故海水可視為良導(dǎo)體；當(dāng)時(shí)，故海水可視為為良介質(zhì)。（2）當(dāng)取時(shí)；當(dāng)取時(shí)。5.6 解：（1）為左旋圓極化波，（2）為右旋圓極化波，（3）為左旋橢圓極化波，（4）為右旋橢圓極化波，（5）為線極化波。5.7 解：（1）沿+z方向傳播的左旋圓極化波。（2）磁場(chǎng)強(qiáng)度為（3）能流密度為*。5.8 解：（1）已知入射波電場(chǎng)為設(shè)反射波和折射波的電場(chǎng)強(qiáng)度寫為式中（2）反射波和折射的電

13、場(chǎng)強(qiáng)度為（3）反射波和折射波均為左旋圓極化波。5.9 解：（1）（2）當(dāng)時(shí)，將產(chǎn)生全反射，空氣中的折射波沿分界面?zhèn)鞑ァＳ烧凵涠墒剑?.68b）知對(duì)沿邊界面z方向傳播的相位因子等相面對(duì)時(shí)間t進(jìn)行微分，得波的傳播相速。5.10 解：（1）平行極化波全折射時(shí)的極化角和相應(yīng)的折射角可由式（8.83）和折射定律得（2）垂直極化波以極化角入射時(shí)，將，并取和，可得到反射系數(shù)和折射系數(shù)為5.11 解：（1）寫為（2）和寫為由式（5. 62a）知，故得（3）和寫為（4）和寫為（按右旋關(guān)系）。5.12 解:（1）在圖5.21中，沿y方向垂直極化，在理想導(dǎo)體面上反射波和入射波的合成場(chǎng)由式（5.88b）得在理想導(dǎo)體

14、內(nèi)電磁波的場(chǎng)量為零，導(dǎo)體面上磁場(chǎng)的突變量等于導(dǎo)體面上的面電流密度，由理想導(dǎo)體面上磁場(chǎng)切向分量的邊界條件得（2）空氣中合成場(chǎng)的時(shí)均能流密度為式中場(chǎng)分量和由式（5.88a、b）可得于是。第6章6.1 解：（1）將式（6.34）代入式（6.35）（6.35d），乘以，取和m=n=1及實(shí)部，得（2）各物理參量為6.2 解:（1）由式（6.42a）知TM21模不能傳播的傳播常數(shù)必須滿足即。表明傳播因子為實(shí)指數(shù)，按而衰減。由式（6.41a）求得可知為衰減模式，為傳播模式。（2）對(duì)于的傳播模式，其各物理參量為由式（6.42a）得6.3 解：各物理參量為。6.4 解：（1）由式（6.41a）知取mn=10，2

15、0，01，11和21得6.5 解：TE10模的可由式（6.47c）導(dǎo)出。由于利用得由式（6.47a）知。6.6 解：光纖的單模傳輸條件為，得單模工作頻率范圍為.6.7 解:（1）特性阻抗為（2）相速、相位常數(shù)和波長(zhǎng)為6.8 解：（1）（2）利用的變換性關(guān)系式得（3）已知和得（4）由 知。6.9 解：（1）由（2）在離負(fù)載距離。6.10 解：將代入式（6.79），分別得，式（6.79）分別變?yōu)榭闯鲈趜=0處，而在處，。這表明從終端開始傳輸線每經(jīng)過(guò)其阻抗特性就變換一次，每經(jīng)過(guò)就重復(fù)一次，此性質(zhì)分別稱為的變換性和的重復(fù)性（或還原性）。6.11 解：（1）將和分別代入式（6.79）,得由上兩式求出（2

16、）將和l=1.5m代入上兩式，得6.12 解：（1）為了實(shí)現(xiàn)在輸出端對(duì)并聯(lián)負(fù)載等效電阻進(jìn)行等功率饋電，要求從主傳輸線向每一負(fù)載看去的輸入阻抗必須相等，即=。由此得（2）在兩分支匹配傳輸線上。第7章7.1 解：滯后位的復(fù)數(shù)形式為在球坐標(biāo)系中上式乘以，并取實(shí)部，得瞬時(shí)形式因此，滯后位滿足波動(dòng)方程。7.2 解：根據(jù)振蕩電偶極子的輻射公式（7.14a），在處的電場(chǎng)幅值為寫為按題意，要求在r=100km處，即知例7.2已給求出赫茲電偶極子的輻射功率為要求。7.3 解：（1）以太陽(yáng)為球心，以太陽(yáng)與地求間距離為半徑r作假想球面，其面積為太陽(yáng)發(fā)出的總功率為（2）利用，得。7.4 解：兩電基本振子在遠(yuǎn)區(qū)場(chǎng)點(diǎn)P的場(chǎng)分別為合成場(chǎng)的模為由于 I1= I2= I，l1=l2=l，故得若用磁基本振子取代電基本振子，利用對(duì)偶原理對(duì)其電量與磁量進(jìn)行對(duì)偶變換，可按式（7.17）將I取代為Im，且有則得具體變換過(guò)程參見節(jié)。7.5 解：（1）由式(7.24)得（2）由式（7.21）知式中上兩式相比得,由此知代入得（3）已知處的，求時(shí)處的。此時(shí)有得。7.6 解：按7.5題給出的公式計(jì)算，得故 。7.7 解：（1）在赤道面上，又知利用式（7.14）得在的遠(yuǎn)區(qū)場(chǎng)（2）（3）。7.8 解：將代入