大連海事電磁場理論課后習(xí)題答案

1、電磁場理論習(xí)題解答信息科學(xué)技術(shù)學(xué)院第1章習(xí)題答案1-1 在直角坐標(biāo)系中，試將微分形式的麥克斯韋方程寫成8個標(biāo)量方程。解：在直角坐標(biāo)系中矢量D的散度運(yùn)算如下： (1)因此，高斯通量定理和磁通連續(xù)性原理分別是兩個標(biāo)量方程： (2)在直角坐標(biāo)系中矢量E的旋度運(yùn)算如下： (3)法拉第電磁感應(yīng)定律可以寫成3個標(biāo)量方程： (4)全電流定律也可以寫成3個標(biāo)量方程： (5)共8個標(biāo)量方程。1-2 試證明：任意矢量E在進(jìn)行旋度運(yùn)算后再進(jìn)行散度運(yùn)算，其結(jié)果恒為零，即 Ñ × (Ñ ´ E) = 0 (1)證明：設(shè)A為任意矢量場函數(shù)，由題1-1式(3)可知，在直角坐標(biāo)系中，它

2、的旋度為 (2)再對上式進(jìn)行散度運(yùn)算 (3)得證。1-3 試由微分形式麥克斯韋方程組，導(dǎo)出電流連續(xù)性方程 (1)解：麥克斯韋方程組中微分形式的全電流定律為 (2)對上式等號兩邊進(jìn)行散度運(yùn)算，由題1-2知，等號左邊的散度為零，等號右邊的散度亦應(yīng)為零，即 (3)把微分形式的高斯通量定理 Ñ × D = r 代入上式，考慮到坐標(biāo)變量和時間變量是相互獨(dú)立的自變量，可得1-4題圖 (4)上式移項即得式(1)。1-4 參看1-4題圖，分界面上方和下方兩種媒質(zhì)的介電常數(shù)分別為 e1和 e2，分界面兩側(cè)電場強(qiáng)度矢量E與單位法向矢量n21之間的夾角分別是 q1和 q2。假設(shè)兩種媒質(zhì)分界面上的

3、電荷面密度 rS = 0，試證明： (1)上式稱為電場E的折射定律。證明：根據(jù)已知條件，由電位移矢量D的法向分量邊界條件可得D1n = D2n Þ e1E1n = e2E2n (2)根據(jù)已知條件可知，分界面兩側(cè)電場強(qiáng)度矢量E的切向分量連續(xù)，即E1t = E2t (3)從1-4題圖可以看出 (4)證畢。1-5 參看1-4題圖，分界面上方和下方兩種媒質(zhì)的磁導(dǎo)率分別為 m1和 m2，假設(shè)兩種媒質(zhì)的分界面上的表面電流密度矢量JS = 0，把圖中的電場強(qiáng)度矢量E換成磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量B。試證明： (1)上式稱為磁場B的折射定律。若 m1為鐵磁媒質(zhì)，m2為非鐵磁媒質(zhì)，即 m1>>m2 ，

4、當(dāng) q1 ¹ 90° 時，試問 q2的近似值為何？請用文字?jǐn)⑹鲞@一結(jié)果。解：由磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量的法向分量邊界條件可得B1n = B2n Þ m1H1n = m2H2n (2)根據(jù)已知條件可知，分界面兩側(cè)的磁場強(qiáng)度矢量H的切向分量相等，即H1t = H2t (3)從1-4題圖可以看出 (4)證畢。當(dāng) m1 >>m2時，必有tanq1 >> tanq2 ；而由于 q1 ¹ 90°，則必有 q20，即磁感線垂直于鐵磁媒質(zhì)的表面。1-6 已知電場強(qiáng)度矢量的表達(dá)式為E = isin(w t - b z)j2cos(w t - b z

5、) (1)通過微分形式的法拉第電磁感應(yīng)定律，求磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量B(不必寫出與時間t無關(guān)的積分常數(shù))。解：參見題1-1式(3)，先對電場強(qiáng)度矢量E進(jìn)行旋度運(yùn)算 (2)將磁感應(yīng)強(qiáng)度試量B對時間t進(jìn)行積分，得 (3)考慮到電場強(qiáng)度矢量E的Ez = 0，只有Ex和Ey兩個坐標(biāo)分量，且僅是 (z, t) 的函數(shù)，由題1-1式(4)可知 (4)通過對時間t的積分，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量B的兩個坐標(biāo)分量 (5)于是可以寫出磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量為 (6)與上面直接用電場強(qiáng)度矢量E計算得到的結(jié)果相同。1-7 一平板電容器由兩塊導(dǎo)電圓盤組成，圓盤的半徑為R，間距為d。其間填充介質(zhì)的介電常數(shù) e 。如果電容器接有交流電源，已知

6、流過導(dǎo)線的電流為I(t) = I0sin(wt)。忽略邊緣效應(yīng)，求電容器中的電位移矢量D。解：解法(一)電容器的電容量為 (1)兩極板間的電壓為 (2)兩極板間的電場為 (3)兩極板間的電位移為 (4)電位移D對時間t的導(dǎo)數(shù)為 (5)解法(二)電容器內(nèi)部的位移電流等于外部的傳導(dǎo)電流，即 (6)把上式等號兩邊對時間t積分，可得 (7)與解法(一)的結(jié)果相同。1-8 在空氣中，交變電場E = jAsin(w t - b z)。試求：電位移矢量D，磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量B和磁場強(qiáng)度矢量H。解：由已知條件可知Ex = Ez = 0， Ey = Asin(w t - b z) (1)對電場強(qiáng)度矢量E進(jìn)行旋度運(yùn)算

7、(參見1-1題)，得 (2)由微分形式的法拉第電磁感應(yīng)定律，對時間t進(jìn)行積分，可得 (3)由已知條件可知，電場強(qiáng)度矢量E的兩個坐標(biāo)分量Ez = Ex = 0，只有Ey分量，且僅是 (z, t) 的函數(shù)，由題1-1式(4)應(yīng)改寫為 (4)通過對時間t的積分，磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量B的坐標(biāo)分量只有 (5)即 由本構(gòu)方程可求得另外兩個矢量 (6)1-9 設(shè)真空中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為試求空間位移電流密度的瞬時值。解：由麥克斯韋方程知，而真空中傳導(dǎo)電流J = 0，則位移電流為求得1-10 試證真空中麥克斯韋方程對于下列變化具有不變性式中，為真空中的光速。證明：由于真空中，J=0，=0，那么，E及B應(yīng)滿足的麥克斯韋方程

8、可簡化為， 即 將E及B代入該方程，即得而式中，。因此，上式可簡化為即 同理可證，即麥克斯韋方程對該變換具有不變性。第2章習(xí)題答案2-1 參看圖2-5-1，無限大導(dǎo)板上方點P(0, 0, h) 處有一點電荷q。試求：z > 0半無限大空間的電場強(qiáng)度矢量E和電位移矢量D，以及導(dǎo)板上的面電荷密度 rS和總電荷量q。解：用鏡像點電荷q代替無限大理想導(dǎo)板。鏡像點電荷q和真實點電荷q到任意給定的觀察點(x, y, z) 的距離分別為 (1)任意給定的觀察點(x，y，z)處的電位分布函數(shù)為 (2)由 可得 因此，無限大導(dǎo)板上方半無限大空間(點電荷所在點除外)的電場強(qiáng)度矢量為 (3)而電位移矢量為 (

9、4)導(dǎo)板表面任意位置 (x, y, 0) 處電位移矢量D的法向分量就等于導(dǎo)板表面的面電荷密度： (5)在導(dǎo)板表面上 (6)因此有 (7)如果改為圓柱形坐標(biāo)系，電荷分布函數(shù)可改寫為 (8)把電荷分布函數(shù)在無窮大導(dǎo)板表面上進(jìn)行積分，可得 (9)2-2 參看圖2-6-3，如果將4塊導(dǎo)板的電位分別改為：上板120 V，左板40 V，下板30 V，右板90 V。按下面步驟和要求用迭代法計算4個內(nèi)節(jié)點處的電位值：(1) 列出聯(lián)立方程；(2) 用塞德爾迭代法求解；(3) 計算最佳加速因子 a；(4) 用超松弛迭代法求解；(5) 比較兩種迭代法的結(jié)果和收斂速度。兩種迭代方法的迭代次數(shù)都取n = 4。解：(1)

10、 列聯(lián)立方程： (1)用消元法可求得準(zhǔn)確解為y1 = 52.5 ， y2 = 75 ， y3 = 65 ， y4 = 87.5 (2)(2) 塞德爾迭代法初值選取平均值 y1 = y2 = y3 = y4 = (120+40+30+90)/4 = 70 (V) (3)第1次迭代： (4)第2次迭代： (5)第3次迭代： (6)第4次迭代： (7)第5次迭代： (8)各磁迭代結(jié)果列在2-2題表中。表中數(shù)據(jù)精確到小數(shù)點后一位：y1 = 52.5 ， y2 = 75 ， y3 = 65 ， y4 = 87.5 (9)(3) 計算最佳加速因子 a (取p = 4)2-2題表1 各次迭代值與差分方程的準(zhǔn)

11、確值、分離變量法計算值對照表電 位 值第1次第2次第3次第4次第5次消元法準(zhǔn)確值分離變量法計算值y1 = y1152.550.3151.9552.3652.4652.5y2 = y1270.6373.9174.7274.9374.9875y3 = y2160.6363.9164.7364.9364.9865y4 = y2285.3186.9387.3687.5787.4987.5 (10)(4) 用超松弛迭代法求解，迭代公式如下： (11)代入加速因子 a，得(初值仍選取平均值) (12)第1次迭代 (13)第2次迭代 (14)第3次迭代 (15)第4次迭代 (16)各次迭代值列在下表之中：2

12、-2題表2 各次迭代值與差分方程的準(zhǔn)確值、分離變量法計算值對照表電 位 值第1次第2次第3次第4次第5次消元法準(zhǔn)確值分離變量法計算值y1 = y1151.2449.9052.5752.4952.552.5y2 = y1270.3374.2575.0075.0075.075y3 = y2159.6164.3064.9965.0065.065y4 = y2286.0687.2287.5287.5087.587.5(5) 比較兩種迭代法的結(jié)果和收斂速度：超松弛迭代法第4次迭代結(jié)果與塞德爾迭代法第5次迭代結(jié)果相同。2-3 參看圖2-7-1，如果平板電容其中電荷分布的線密度為 r = e0(1 + 4x

13、2)，其余條件相同，用矩量法(伽遼金法)求兩導(dǎo)板之間的電位分布函數(shù) y。選擇基函數(shù)為fn (x) = x(1 - xn) n = 1, 2, 3, (1)解：根據(jù)已知條件可知，其邊值問題的泊松方程和邊界條件為 (2)如果用直接積分法，并且由邊界條件確定積分常數(shù)，則上面微分方程式的準(zhǔn)確解為當(dāng)然，這么簡單而且又有準(zhǔn)確解的微分方程是用不著通過矩量法來求解的。把簡單問題作為例子的目的，只不過是為了便于比較而已。題目中給出的基函數(shù)為f1(x) = x(1 - x) ， f2(x) = x(1 - x2) ， f3(x) = x(1 - x3) (3)電位分布函數(shù)為y (x) = k1x (1 - x)

14、+ k2x (1 - x2) + k3x (1 - x3) (4)選權(quán)函數(shù)與基函數(shù)相同：w1(x) = x (1 - x) ， w2(x) = x (1 - x2) ， w3(x) = x (1 - x3) (5)代數(shù)(矩陣)方程的系數(shù)和常數(shù)分別為 (6) (7)列出矩陣方程如下 (8)于是可得到電位分布函數(shù)如下 (9)本題若選取權(quán)函數(shù)為w1(x) = -1 ， w2(x) = -x ， w3(x) = -x2 (10)代數(shù)(矩陣)方程的系數(shù)和常數(shù)分別為 (11) (12)列出矩陣方程如下： (13)展開系數(shù)的結(jié)果相同，但計算過程要簡單一些。2-4 參看例2-7-1以及該題示意圖圖2-7-1。

15、如果在該問題中選擇權(quán)函數(shù)為 (1)上式中，R是余數(shù)，由式(2-7-8)表示。矩量法中，通過這種方式來選擇權(quán)函數(shù)，又稱為最小二乘法。在其他已知條件均不變的情況下，用最小二乘法來求解兩導(dǎo)板之間的電位分布函數(shù) y。解：代數(shù)(矩陣)方程的系數(shù)和常數(shù)分別為 (2) (3)列出矩陣方程，并求得展開系數(shù)的解為 (4)本題若選取權(quán)函數(shù)為w1(x) = -1 ， w2(x) = -x (5)得到的矩陣方程及展開系數(shù)的解為 (6)電位分布函數(shù)為 (7)2-5 若帶點球的內(nèi)外區(qū)域中的電場強(qiáng)度為試求球內(nèi)外各點的點位。解：在r < a區(qū)域內(nèi)，電位為在r > a區(qū)域內(nèi)，。2-6 已知空間電場強(qiáng)度E = 3ex

16、 + 4ey - 5ez，試求（0，0，0）與（1，1，2）兩點間的電位差。解：設(shè)P1點的坐標(biāo)為（0，0，0），P2點的坐標(biāo)為（1，1，2），那么，兩點間的電位差為式中，E = 3ex + 4ey - 5ez，dl = ex dx + ey dy + ez dz，因此電位差為2-7半徑為的球內(nèi)充滿介電常數(shù)為的均勻介質(zhì)，球外是介電常數(shù)為的均勻介質(zhì)。若已知球內(nèi)和球外的電位為式中為常數(shù)，求（1） 兩種介質(zhì)中的和；（2） 兩種介質(zhì)中的自由電荷密度。解 （1） 在區(qū)域內(nèi)在區(qū)域內(nèi)（2）在區(qū)域內(nèi)，電荷體密度在區(qū)域內(nèi)，電荷體密度在球面上，電荷面密度2-8一半徑為的薄導(dǎo)體球殼內(nèi)表面涂覆了一薄層絕緣膜，如圖題2-

17、6所示，球內(nèi)充滿了總電荷量為的體電荷，球殼上又另充有電量，已知內(nèi)部的電場為，設(shè)球內(nèi)介質(zhì)為真空。計算：圖題2-8（1）球內(nèi)的電荷分布；（2）球外表面的面電荷分布。解 （1）由高斯定理的微分形式可求得球內(nèi)的電荷體密度為（2）球內(nèi)的總電荷量在球殼外作一與球殼同心的球形高斯面（略大于），根據(jù)場的球?qū)ΨQ性，由高斯定理時 在導(dǎo)體球殼內(nèi)作一與球殼同心的球面（略小于），由于球殼內(nèi)電場為零，所以。由邊界條件即導(dǎo)體球殼外表面電荷密度為。由此可知：球殼外表面上的電荷密度為，所以球殼外表面上的總電荷為球殼內(nèi)表面上電荷為。故球內(nèi)電荷不僅在球殼內(nèi)表面上產(chǎn)生感應(yīng)電荷，而且還在球殼外表面上產(chǎn)生感應(yīng)電荷，所以在球殼外表面上的總

18、電荷為。2-9中心位于原點，邊長為的電介質(zhì)立方體極化強(qiáng)度矢量為。（1）計算面和體極化電荷密度；（2）證明總的極化電荷為零。解（1）極化電荷體密度時，極化電荷面密度時，極化電荷面密度同理可得：，時（2）總極化電荷第3章習(xí)題答案3-1 通過直角坐標(biāo)系試證明，對于任意的標(biāo)量函數(shù) y 和矢量函數(shù)A都滿足下面關(guān)系：(1) Ñ ´ (Ñy) º 0 ；(2) Ñ × (Ñ ´ A) º 0證明：(1) 設(shè) y 為任意標(biāo)量場函數(shù)，在直角坐標(biāo)系中它的梯度為 (1)再對上式進(jìn)行旋度運(yùn)算 (2)得證。(2) 設(shè)A為任意矢量場

19、函數(shù)，由題1-1式(3)可知，在直角坐標(biāo)系中，它的旋度為 (3)再對上式進(jìn)行散度運(yùn)算 (4)得證。3-2 同軸線內(nèi)、外半徑分別為a和b，內(nèi)外導(dǎo)體之間介質(zhì)的介電常數(shù)為 e，電導(dǎo)率為 s。設(shè)在同軸線內(nèi)外導(dǎo)體上施加的電壓為Uab ，求內(nèi)外導(dǎo)體之間的漏電流密度J。解：為了分析問題方便，本題采用圓柱形坐標(biāo)系。先用直接法來求內(nèi)外導(dǎo)體之間的電流密度矢量J。設(shè)同軸線的長度為L。如果內(nèi)外導(dǎo)體之間的總電流為I，則任何給定半徑 r 的同軸圓柱面S上，由對稱性可知，電流密度矢量、電場強(qiáng)度矢量與電流的關(guān)系為 (1)在同軸線任意橫截面上，沿 r 方向?qū)﹄妶鰪?qiáng)度矢量E進(jìn)行積分，可求得內(nèi)外導(dǎo)體之間的電壓 (2)由上式可求得同

20、軸線內(nèi)外導(dǎo)體之間的漏電流為 (3)于是可求得同軸線內(nèi)外導(dǎo)體之間的漏電流密度矢量為 (4)本題也可以通過拉普拉斯方程來求解。在圓柱形坐標(biāo)系中，電位函數(shù)的拉普拉斯方程為 (5)注意上式中的 r 是圓柱形坐標(biāo)系的坐標(biāo)變量，而不是電荷密度。由于沿z軸方向沒有變化，上式中的拉普拉斯方程退化為極坐標(biāo)的二維拉普拉斯方程，即 (6)由軸對稱性可知，對于同軸線拉普拉斯方程還可以進(jìn)一步簡化為只對 r 變量進(jìn)行微分運(yùn)算，因此問題的邊值條件可以寫成 (7)方程的通解為y1 = C1lnrC2 (8)根據(jù)邊界上的電位函數(shù)值可確定兩個積分常數(shù)分別為 (9)于是可求得電位分布函數(shù)為 (10)由軸對稱性可知，對于同軸線，式(

21、3-3-8)給出的電位梯度可以簡化為 (11)由微分形式的歐姆定律可求得同軸線任意橫截面半徑為 r 處的電流密度矢量 (12)3-3 求圖3-3-2中1/4墊圈兩個彎曲面r = a和r = b之間的電阻。解：為了分析問題方便，本題采用圓柱形坐標(biāo)系。先用直接法來求兩個彎面之間的電流密度矢量J。如果兩個彎面之間的總電流為I，由對稱性可知，在任何給定半徑 r 的1/4同軸圓柱面 S 上，電流密度矢量、電場強(qiáng)度矢量與電流的關(guān)系為 (1)在同軸線任意橫截面上，沿 r 方向?qū)﹄妶鰪?qiáng)度矢量E進(jìn)行積分，可求得內(nèi)外導(dǎo)體之間的電壓 (2)由上式可求得墊圈兩個彎曲面r = a和r = b之間的漏電流為 (3)從上式

22、便可解出兩個彎面之間的電阻 (4)3-4 參見3-4題圖。某輸電系統(tǒng)的接地體為緊靠地面的半球。土壤的平均電導(dǎo)率為 s =10-2 S/m。設(shè)有I = 500 A的電流流入地內(nèi)。為了保證安全，需要劃出一半徑為a的禁區(qū)。如果人的正常步伐為b = 0.6 m，且人能經(jīng)受的跨步電壓為U = 200 V，問這一安全半徑a應(yīng)為多大？解：流入地下的電流分布在地下2p 立體角的半無窮大空間，在半徑為r的半球面上，電流密度矢量和電場強(qiáng)度矢量分別為 (1)在半徑為 (ab) 和半徑為a的跨步間隔上，跨步電壓與場強(qiáng)的關(guān)系為 (2)把上式改寫成 (3)在上式中代入Ua，ab = 200 V，I = 500 A，b =

23、 0.6 m和 s = 10-2 S/m，整理后可得求解這個一元二次方程，舍去增根，便可解出禁區(qū)的半徑為 (4)3-5 參看圖2-5-6，半徑為a，間距為D的平行雙線傳輸線，周圍介質(zhì)的介電常數(shù)為 e，電導(dǎo)率為 s。利用例2-5-2的結(jié)果，計算平行雙線每單位長度的分布漏電導(dǎo)G1。解：由式(2-5-18)可知，如果平行雙線周圍介質(zhì)的介電常數(shù)為 e = ere0，則兩導(dǎo)線之間的分布電容為 (1)根據(jù)相似性原理，如果平行雙線周圍媒質(zhì)的電導(dǎo)率為 s，則兩導(dǎo)線之間的分布漏電導(dǎo)為 (2)3-6 參看圖3-2-1(a)，半徑分別為a和b的兩個同心球殼(a < b)之間是電導(dǎo)率為 s = s0(1 + k

24、/r)的導(dǎo)電媒質(zhì)，試求兩球殼之間的電阻Rab。再問此題中的電流位 y 是否滿足普拉斯方程。解：(直接法)假設(shè)在以兩球殼公共球心O為球心、半徑為r的球面 S 上通過的電流為I，則該球面 S 上的電流密度矢量、電場強(qiáng)度矢量的關(guān)系為 (1)而兩球殼之間的電壓U0等于電場強(qiáng)度矢量E的Er分量沿r方向的定積分值 (2)于是可求得兩球殼之間的電阻為 (3)驗證電流位是否滿足拉普拉斯方程：由于本題具有球?qū)ΨQ性，在球坐標(biāo)系中，電位的梯度為 (4)于是有 (5)由附錄五可知，在球坐標(biāo)系中，矢量E的散度為 (6)由于本題具有球?qū)ΨQ性，上式等號右邊只有第1項，即 (7)由于媒質(zhì)不均勻，電導(dǎo)率 s 是空間坐標(biāo)的函數(shù)，

25、媒質(zhì)中存在著凈電荷分布，因此本題不滿足拉普拉斯方程。3-7 已知一根長直導(dǎo)線的長度為1km，半徑為0.5mm，當(dāng)兩端外加電壓為6V時，線中產(chǎn)生的電流為1/6A，試求：導(dǎo)線的電導(dǎo)率；導(dǎo)線中的電場強(qiáng)度；導(dǎo)線中的損耗功率。解：由U = IR，求得 由，求得導(dǎo)線的電導(dǎo)率為 導(dǎo)線中的電場強(qiáng)度為 單位體積中的損耗功率，那么，導(dǎo)線的損耗功率為3-8 當(dāng)恒定電流通過無限大的非均勻?qū)щ娒劫|(zhì)時，試證任意一點的電荷密度可以表示為證明：已知恒定電流場是無散場，即 ，那么又由于介質(zhì)中電通密度在某點的散度等于該點自由電荷的體密度，即由上兩式求得第4章習(xí)題答案4-1 通過直角坐標(biāo)系試證明，對于任意的矢量A都滿足下面關(guān)系：&

26、#209; ´ (Ñ ´ A) º Ñ(Ñ × A)Ñ2A (1)證明：設(shè)A為任意矢量場函數(shù)，在直角坐標(biāo)系中對它的旋度再進(jìn)行旋度運(yùn)算： (2)式(1)的第1項和第2項分別為 (5)于是得證。4-2 已知無限長導(dǎo)體圓柱半徑為a，通過的電流為I，且電流均勻分布，試求柱內(nèi)外的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：建立圓柱坐標(biāo)系，令圓柱的軸線為z軸。那么，由安培環(huán)路定律可知，在圓柱內(nèi)線積分包圍的部分電流為，又，則即 在圓柱外，線積分包圍全部電流I，那么即 z-aaOIIxy習(xí)題圖4-3 4-3 若在y = - a處放置一根無限長線電流ez I，

27、在y = a處放置另一根無限長線電流ex I，如習(xí)題圖4-3所示。試求坐標(biāo)原點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：根據(jù)無限長電流產(chǎn)生的磁場強(qiáng)度公式，求的位于y= - a處的無限長線電流ez I在原點產(chǎn)生的磁場強(qiáng)度為位于y= a處的無限長線電流ex I產(chǎn)生的磁場強(qiáng)度為因此，坐標(biāo)原點處總磁感應(yīng)強(qiáng)度為4-5 證明在邊界上矢量磁位A的切向分量是連續(xù)的。證明：已知磁通 與矢量磁位A的關(guān)系為類似證明磁場強(qiáng)度的切向分量是連續(xù)的方法，緊靠邊界作一個閉合矩形方框。當(dāng)方框面積趨近于零時，穿過方框的磁通 也為零，那么求得這樣，由此可知A1t = A2t，即邊界上矢量磁位A的切向分量是連續(xù)的。4-6 一個半徑為的導(dǎo)體球帶電荷量為，以

28、勻角速度繞一個直徑旋轉(zhuǎn)，求此球心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。圖 題4-6解 球面上的電荷面密度為當(dāng)球體以均勻角速度繞一直徑旋轉(zhuǎn)時，如圖題3-1所示，球面上位置矢量點處的電流面密度為將球面劃分為無數(shù)個寬度為的細(xì)圓環(huán)，則球面上任一個寬度為的細(xì)圓環(huán)的電流為細(xì)圓環(huán)的半徑為，圓環(huán)平面到球心的距離，利用電流圓環(huán)的軸線上的磁場公式可得該細(xì)圓環(huán)電流在球心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為故整個球面電流在球心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為4-7 兩個相同的半徑為b，各有匝的同軸線圈N，相距d，如圖題4-7所示。電流I以相同方向流過兩個線圈。（1）求兩個線圈中點處的；（2）證明：在中點處等于零；（3）使中點處也等于零，則b和d之間應(yīng)有何種關(guān)系？（這

29、樣一對線圈可用于在中點附近獲得近似的均勻磁場，稱為亥姆霍茲線圈）圖題4-7解 （1）由細(xì)圓環(huán)電流在其軸線上的磁感應(yīng)強(qiáng)度可得兩個線圈中點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為（2）證明 兩線圈的電流在其軸線上x（0<x<d）處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為所以在中點x=d/2處令，則即 所以b=d。4-8 一圓形截面的無限長直銅線，半徑為1cm，如圖題4-8所示，通過電流為25A，在銅線外套上一個磁性材料制成的圓筒，與之同軸，圓筒的內(nèi)，外半徑為2cm及3cm，相對磁導(dǎo)率為2000。（1）求圓筒內(nèi)每米長的總磁通量；（2）求圓筒內(nèi)的磁化強(qiáng)度M；（3）求圓筒內(nèi)的磁環(huán)電流Jm和JmS。圖題4-8解 （1）圓筒中的磁感應(yīng)強(qiáng)度為故單

30、位長圓筒內(nèi)的磁通為（2）磁化強(qiáng)度為（3）磁環(huán)電流密度圓筒內(nèi)表面磁化電流面密度外表面磁化電流密度第5章習(xí)題答案5-1 通過直角坐標(biāo)系驗證矢量恒等式：Ñ × (E×H) = H × (Ñ×E)E × (Ñ×H) (1)證明：分別從等號左邊和右邊來證。先來證明等號右邊 (1)同理，有 (2) (3)得證。5-2 根據(jù)下面復(fù)數(shù)形式的簡諧場表達(dá)式，利用麥克斯韋方程求出其相應(yīng)的電場或磁場表達(dá)式，并把復(fù)數(shù)形式改寫成瞬時值形式。解：旋度運(yùn)算的行列式如下：5-3 將下面瞬時形式的簡諧場表達(dá)式改寫成復(fù)數(shù)形式，并利用麥克斯韋方

31、程求出其相應(yīng)的電場或磁場表達(dá)式。解：利用題5-1中矢量的旋度計算公式，前3題復(fù)數(shù)形式的電場和磁場分別為(4) 球坐標(biāo)系中，復(fù)數(shù)形式的電場強(qiáng)度矢量為在球坐標(biāo)系中，矢量場的旋度可按下面行列式進(jìn)行計算：上式中 5-4 電流元的遠(yuǎn)區(qū)輻射場為 (1)試求：(1)寫出波印亭矢量的瞬時值S；(2)寫出復(fù)數(shù)波印亭矢量SC；(3)總的平均輻射功率PS。解：(1)由瞬時形式的場矢量求瞬時波印亭矢量 (2)(2)由復(fù)數(shù)形式場表達(dá)式可求得復(fù)數(shù)波印亭矢量 (3)(3)總的平均輻射功率 (4)5-5 在微波環(huán)境中，如果平均功率密度 |Sav| < 10 mW/cm2對人體是安全的。分別計算以電場強(qiáng)度E和磁場強(qiáng)度H表

32、示的相應(yīng)標(biāo)準(zhǔn)。已知E = h0H，h0 = 120p W。解：平均功率密度與最大場強(qiáng)振幅值E0和H0的關(guān)系為 (1)若用E和H分別表示實際工作中的電場強(qiáng)度矢量和磁場強(qiáng)度矢量，則有 (2)5-6 設(shè)一天線輻射的電場強(qiáng)度矢量為E = iAsin(wt - kz) (1)上式中，是電磁波的相位常數(shù)，已知波阻抗。試求：(1)將電場強(qiáng)度矢量E改寫成復(fù)數(shù)形式；(2)通過麥克斯韋方程求磁場強(qiáng)度矢量H；(3)瞬時波印亭矢量S；(4)復(fù)數(shù)波印亭矢量SC。解：(1)將電場強(qiáng)度矢量寫成復(fù)數(shù)形式 (2)(2)通過麥克斯韋方程求磁場強(qiáng)度矢量 (3)(3)瞬時波印亭矢量 (4)(4)復(fù)數(shù)波印亭矢量 (5)5-7 空中交變

33、電磁場的電場強(qiáng)度矢量只有x分量Ex = acos(wt - kz) + bsin(wt + kz) (1)試求：(1)由麥克斯韋方程求出磁場強(qiáng)度矢量H；(2)瞬時波印亭矢量S；(3)復(fù)數(shù)波印亭矢量SC。解：(1)先把電場表達(dá)式變成復(fù)數(shù)形式，再由麥克斯韋方程求出磁場強(qiáng)度矢量 (2)(2)瞬時波印亭矢量 (3)(3)復(fù)數(shù)波印亭矢量 (4)5-8 將下列指數(shù)形式(復(fù)數(shù)形式)的場表達(dá)式變換成正、余弦形式(瞬時值形式)的場表達(dá)式，或者做相反的變換。(注意，在取實部之前應(yīng)加上時間因子ejw t)(1) E = iE0ejae-jkz ； (2) E = jE0； (3) E = iE0cos(wt - k

34、z)j2E0cos(wt - kz + p)解：(1)、(3)加入時間因子ejw t后取實部便可得到瞬時值形式(3)瞬時值形式變換成復(fù)數(shù)形式5-9 已知磁導(dǎo)率為 m，介電常數(shù)為 e 的均勻媒質(zhì)中，電場強(qiáng)度矢量的表達(dá)式為E = (i + jj)Aej(wt-bz) (1)上式中，是電磁波的相位常數(shù)，已知波阻抗。試求：(1)瞬時波印亭矢量S，復(fù)數(shù)波印亭矢量SC和平均波印亭矢量Sav；(2)電場能量密度we和磁場能量密度wm。解：(1) 求出復(fù)數(shù)形式的磁場表達(dá)式，便可得到復(fù)數(shù)形式的波印亭矢量： (2)由瞬時值形式的電場強(qiáng)度矢量和磁場強(qiáng)度矢量來求瞬時波印亭矢量 (3)(2)電場能量密度和磁場能量密度

35、(4)第6章習(xí)題答案6-1 一頻率為f = 100 MHz的均勻平面電磁波在簡單媒質(zhì)(mr = 1，er = 4，s = 0)中沿 +z方向傳播，電場強(qiáng)度矢量為E = iEx(z, t)，電場的振幅值為E0 = 10-4 V/m。當(dāng)t = 0，z = 0.125 m時，電場的瞬時值達(dá)到振幅值E0 。試寫出電場強(qiáng)度矢量E和磁場強(qiáng)度矢量H的瞬時表達(dá)式。解：電磁波的工作波長和實際波長分別為 (1)電磁波的相位常數(shù)為 (2)設(shè)電場強(qiáng)度矢量E的Ex分量瞬時值表達(dá)式為Ex = E0 cos(wt - kz + y) (3)在t = 0時刻，z = 0.125 m處cos(00.125 ´ k +

36、 y) = 1，因此有 y = 0.125 k = p/6，于是可寫出電場強(qiáng)度矢量E的x分量為 (4)磁場強(qiáng)度矢量H及其分量表達(dá)式為 (5)6-2 已知自由空間中電磁波的振幅為A，極化方向為j，圓頻率為 w，傳播方向為(z)，試寫出該電磁波的電場強(qiáng)度矢量E和磁場強(qiáng)度矢量H。解：根據(jù)已知條件，可由電場強(qiáng)度矢量的瞬時值形式得到復(fù)數(shù)形式 (1) (2)亦可根據(jù)電場強(qiáng)度矢量、磁場強(qiáng)度矢量和傳播方向三者的右手螺旋關(guān)系來求 (3)6-3 試證明在色散媒質(zhì)中相速vp和群速vg之間滿足下面關(guān)系：上兩式中，b 和 l 分別是色散媒質(zhì)中電磁波的相位常數(shù)和波長。證明：由 w = vp b，可得 (1)由，代入上式可

37、得 (2)得證。6-4 已知某色散媒質(zhì)的色散關(guān)系為，其中 l0是該波在真空中的波長，k，m是正實數(shù)，求群速vg 。解：由已知條件可得 (1)由群速計算公式，可得 (2)6-5 已知自由空間電磁波的電場強(qiáng)度矢量的表達(dá)式為 (1)試求其相伴的磁場強(qiáng)度矢量H，并指出電磁波的極化方式。解：由麥克斯韋方程求相應(yīng)的磁場強(qiáng)度矢量 (2)亦可根據(jù)電場強(qiáng)度矢量、磁場強(qiáng)度矢量和傳播方向三者的右手螺旋關(guān)系來求 (3)從電場強(qiáng)度矢量E或磁場強(qiáng)度矢量H的表達(dá)式中可以看出，電磁波沿 +z方向傳播，兩個分量等幅，y分量的相位超前于x分量的相位差角為90°，因此合成波為左旋圓極化波。6-6 試判斷Ex = 2cos

38、(w t - bz)，Ey = 3cos(w t - bz + 90°) 是什么極化波，并寫出Ex和Ey分量所滿足的軌跡方程式。解：從表達(dá)式容易看出，波沿 +z方向傳播，兩個線極化波分量不等幅，Ey分量的相位超前于Ex分量的相位差角為90°，合成波是左旋橢圓極化波。該橢圓極化波的軌跡為正橢圓，軌跡方程式為 (1)6-7 試判斷下列各波的極化狀態(tài)(線極化應(yīng)指出極化方向，圓極化應(yīng)指出旋轉(zhuǎn)方向)。(1) Ex = Bsin(w t - bz) ， Ey = Acos(w t - bz + 90°)(2) Ey = -Acos(w tbx) ， Ez = Acos(w t

39、 - bx + 90°)(3) Ez = Bcos(w t + by - 270°) ， Ex = Acos(w t + by)(4) Ex = Aej(w t+b z) ， Ez = Aej(w t+b z+90°)(5) 解：逐個進(jìn)行判斷如下：(1) Ex = Bsin(w t - bz) = Bcos(w t - bz - 90°) ， Ey = Acos(w t - bz + 90°)波沿 +z方向傳播，兩個線極化波分量等幅反相，合成波是線極化波。電場強(qiáng)度矢量E與x軸正方向的夾角及其單位矢量分別為(2) Ey = -Acos(w t -

40、 bx)= Acos(w t - bx + 180°) ， Ez = Acos(w t - bx - 90°)波沿 +x方向傳播，兩個線極化波分量等幅，Ey分量的相位超前于Ez分量的相位差角為90°，合成波是右旋圓極化波。(3) Ez = Bcos(w t + by - 270°) = Bcos(w t + by + 90°) ， Ex = Acos(w t + by)波沿 -y方向傳播，兩個線極化波分量不等幅，Ex分量的相位落后于Ez分量的相位差角為90°，合成波是左旋橢圓極化波。(4) Ex = Aej(w t+b z) ， Ey

41、 = Aej(w t+b z+90°)波沿 -z方向傳播，兩個線極化波分量等幅，Ey分量的相位超前于Ex分量的相位差角為90°，合成波是右旋橢圓極化波。(5) 波沿 +z方向傳播，兩個線極化波分量等幅，Hy分量的相位超前于Hx分量的相位差角為90°，合成波是左旋圓極化波。6-8 試證明：(1) 一個橢圓極化波可以分解為一個左旋和右旋的圓極化波；(2) 一個圓極化波可以由兩個旋向相反的橢圓極化波疊加而成。證明：(1) 以右旋橢圓極化波為例來證明。設(shè)波的傳播方向為z方向，它的兩個線極化波分量電場的振幅分別為A和B，A ¹ B。它的表達(dá)式為 (1)上式中，(A

42、 - B) = 2a，(A + B) = 2b。(2) 以右旋圓極化波為例來證明。設(shè)波的傳播方向為z方向，它的兩個線極化波分量電場的振幅都是A。它的表達(dá)式為 (2)上式中m ¹ 0，n ¹ 0，m ¹ n。6-9 已知無限大均勻理想介質(zhì)中，電場強(qiáng)度矢量的表達(dá)式為E = (i2 + j2 - kj)e-j(x-y) (1)試說明該波的極化狀態(tài)，并計算它的波長 l。解：先討論波的傳播方向，由指數(shù)因子的指數(shù)k(xcosa + ycosb + zcosg ) = x - y (2)由方向余弦的關(guān)系可得 (3)于是可求得相位常數(shù)、波長和頻率 (4)方向余弦值及相應(yīng)的角度為

43、(5)電磁波的傳播方向為 (6)從電場強(qiáng)度矢量表達(dá)式可以看出，它可以分解為兩個線極化波E = E1 + E2 = (i2 + j2) e-j(x - y) - kje-j(x - y) (7)從表達(dá)式可以看出，第2個線極化波分量落后于第1個線極化波分量的相位差角為90°。由于 (8)說明這兩個線極化波都是橫電磁波。不難驗證E1 × E2 = 0，因此它們彼此垂直。由于E1，E2 和n三者互相垂直成右手螺旋關(guān)系，所以合成波是右旋橢圓極化波。6-10 z = 0平面是無限大分界面，z < 0一側(cè)為真空，z > 0一側(cè)為相對磁導(dǎo)率和相對介電常數(shù)分別為mr = 1和 e

44、r = 2.25的理想介質(zhì)。圓頻率為 w 的線極化均勻平面電磁波從真空一側(cè)向分界面垂直投射。已知z = 0分界面上，入射波的電場強(qiáng)度矢量為Ei(x, y, 0, t) = iEix = i300pcos(w t) (mV/m)。試求：(1) 分界面兩側(cè)電磁波的相位常數(shù)k，波長 l，相速vp和波阻抗 h ；(2) 分界面兩側(cè)入射波、反射波和傳輸波的電場強(qiáng)度矢量、磁場強(qiáng)度矢量表達(dá)式；(3) 驗證分界面上滿足電磁場邊界條件和能量守恒定律。解：本題用電磁波的瞬時值形式表達(dá)式作解答，同學(xué)們也可用復(fù)數(shù)形式的表達(dá)式作解答。(1) 在z < 0真空一側(cè)的4個參數(shù)分別為在z > 0介質(zhì)一側(cè)的4個參數(shù)分別為(2) 由已知條件可分別求得分界面z < 0真空一側(cè)入射波的電場強(qiáng)度矢量、磁場強(qiáng)度矢量表達(dá)式為由已知條件還可以求得分界面上電場強(qiáng)度矢量的反射系數(shù)和傳輸系數(shù)于是可求得分界面z < 0真空一側(cè)反射波的電場強(qiáng)度矢量、磁場強(qiáng)度矢量表達(dá)式為而z > 0介質(zhì)一側(cè)的傳輸波的電場強(qiáng)度矢量、磁場強(qiáng)度矢量表達(dá)式為(3) 驗證分界面上滿足電磁場邊界條件。由上面計算結(jié)果可知，在z = 0分界面上E1t = Eix|z = 0 + Erx|z = 0 = 300pcos(w t) - 60