工學(xué)電磁場與電磁波習(xí)題解答劉嵐著

1、電磁場與電磁波基礎(chǔ)課后習(xí)題解答（劉嵐著）第一章習(xí)題解答【習(xí)題1.1解】【習(xí)題1.2解】【習(xí)題1.3解】已知（1）要使，則須散度 所以從 可得：即只要滿足3b+8c=1就可以使向量和向量垂直。（2）要使，則須旋度 所以從 可得b=-3，c=-8【習(xí)題1.4解】已知，因?yàn)?，所以?yīng)有即又因?yàn)?; 所以； 由，解得【習(xí)題1.5解】由矢量積運(yùn)算規(guī)則取一線元：則有則矢量線所滿足的微分方程為或?qū)懗?求解上面三個(gè)微分方程：可以直接求解方程，也可以采用下列方法 （1） （2）由（1）（2）式可得 （3）（4）對（3）（4）分別求和所以矢量線方程為【習(xí)題1.6解】已知矢量場 若 是一個(gè)無源場 ，則應(yīng)有 div=0

2、即： div=因?yàn)?所以有 div=az+2x+b+2xy+1-2z+cx-2xy =x(2+c)+z(a-2)+b+1=0 得 a=2, b= -1, c= - 2【習(xí)題1.7解】設(shè)矢徑 的方向與柱面垂直，并且矢徑 到柱面的距離相等（ra）所以，【習(xí)題1.8解】已知,而又所以+ =【習(xí)題1.9解】已知 所以由于場的旋度處處等于0，所以矢量場為無旋場?！玖?xí)題1.10解】令ln()=C,=，=1+4+9=14 因此Cln14 14為等值面方程【習(xí)題1.11解】求函數(shù)=在點(diǎn)M(2,3)處沿曲線y=朝x增大一方的方向?qū)?shù) 解:在L取一點(diǎn)(x,y) y=-1()沿L的方向的方向余弦為:c因?yàn)閯t(x,y

3、)(2,3)所以又因?yàn)?【習(xí)題1.11解2】求函數(shù)=在點(diǎn)M(2,3)處沿曲線y=朝x增大一方的方向?qū)?shù)曲線y在M點(diǎn)沿所取方向的切線斜率為：所以 因此，方向余弦為所以所求的方向?qū)?shù)為【習(xí)題1.12解】標(biāo)量場該標(biāo)量為一個(gè)以直角坐標(biāo)系的O點(diǎn)為球心的球面求切平面的方程該平面的法線向量為 根據(jù)平面的點(diǎn)法式方程，得平面方程為整理，得：【習(xí)題1.13解】【習(xí)題1.14解】矢量的方向余旋為滿足題意方向?qū)?shù)：【習(xí)題1.15解】【習(xí)題1.16解】所以【習(xí)題1.17解】【習(xí)題1.18解】（1） 證明（+）=（+=（+（=得證(2) = =+ = = 得證【習(xí)題1.19解】【習(xí)題1.20解】已知所以【習(xí)題1.21解】

4、【習(xí)題1.22解】證明：令則 左邊= =又由題得 =同理有 =故 等式右邊 = = =故左邊=右邊，得證【習(xí)題1.23解】【習(xí)題1.24解】證畢?！玖?xí)題1.25解】由題意可知： 左= = =+ = =+ = 即證【習(xí)題1.26解】（1）解：=sinxsinysinxsiny=sinxsiny；（）sinxsiny0；滿足拉普拉斯方程。（2） 解：在圓柱形坐標(biāo)中，拉普拉斯算子可表示為：0； 0 ；滿足拉普拉斯方程；【習(xí)題1.27解】【習(xí)題1.28解】【習(xí)題1.29解】第二章習(xí)題解答【習(xí)題2.1】【習(xí)題2.2】解1解：由例2.2得，電偶極子所產(chǎn)生的電場為其中 ，方向從負(fù)電荷指向正電荷，是從電偶極子

5、指向電場中任一點(diǎn)的矢量，起點(diǎn)在正負(fù)電荷連線的中點(diǎn)。（如圖）本題滿足將式整理：令（）則欲求的最大值，求出最大值即可其中 ， （是和之間的夾角）易見，當(dāng)，即時(shí)，可取最大值則 =2 代入式得 將習(xí)題2.1中的結(jié)論 =2.08 代入得 距離自由電子處的電場故 距離電偶極子處的電場最大值為 距離自由電子處的電場為 【習(xí)題2.2】解2解：設(shè)矢量的方向從電荷指向電荷是從由構(gòu)成的電偶極子指向電場中的任一點(diǎn)的矢量，起點(diǎn)在正負(fù)電荷連線的中點(diǎn)，且R. （ , 為單位矢量，是, 的夾角）（1） ()由向量減法的三角形法則及余弦定理得：=由上題得因此，當(dāng)或時(shí)有最大值， （2）【習(xí)題2.3】 證明： 電偶極距其方向?yàn)閺呢?fù)

6、電荷指向正電荷。 在電場中旋轉(zhuǎn)一個(gè)電偶極距，所需要的能量為 得證?！玖?xí)題2.4】解：根據(jù)2.1題的結(jié)論可求出. 的電偶極矩因?yàn)樽畲竽芰繛槿t則取得最大值時(shí)，可求出最大能量又2.2題所求出結(jié)果，得所以最大能量【習(xí)題2.5】證明：由麥克斯韋方程兩邊取散度得（旋度的散度恒等于0）將上式對任意體積V積分，并利用散度定理，即得得證?！玖?xí)題2.6】解：（1）在無源的自由空間，,若則有而 前一式表明磁場隨時(shí)間變化，而后一式則得出磁場不隨時(shí)間變化，兩者是矛盾的。所以電場不滿足麥克斯韋方程組。（2）若因?yàn)閮蛇厡積分，若不考慮靜態(tài)場，則有因此 可見，電場和磁場可以滿足麥克斯韋方程組中的兩個(gè)旋度方程。很容易證明他

7、們也滿足兩個(gè)散度方程?！玖?xí)題2.7】解: 由傳導(dǎo)電流的電流密度與電場強(qiáng)度關(guān)系=知: 即 而 【習(xí)題2.8】解：（1）因?yàn)樵谧杂煽臻g中，全電流密度=0。所以由麥克斯韋第四方程及位移電流密度得到= 其中 F/m= A/m2= A/m2 （2），時(shí)，可以得到 所以 ，處的電場的強(qiáng)度為 V/m mV/m【習(xí)題2.9】解答：表明，電流是磁場的旋度源，所以，通電導(dǎo)體周圍存在磁場； 表明，電荷是電場的散度源，所以，電荷周圍存在電場；【習(xí)題2.10】解：是的微分形式；其積分形式為 即電荷守恒定律在直流電路中，【習(xí)題2.11】解：將表示為復(fù)數(shù)形式: （1）由時(shí)諧形式的麥克斯韋第二方程可得： (2)比較（1）式何

8、（2）式，有所以 所以，相應(yīng)的磁場強(qiáng)度為：【習(xí)題2.12】（1）解：將表示為復(fù)數(shù)形式:則由時(shí)諧形式的麥克斯韋方程可得：而磁場的瞬時(shí)表達(dá)式為（2）內(nèi)導(dǎo)體表面的電流密度（3） 所以，在中的位移電流【習(xí)題2.13】解：（1）將表示為復(fù)數(shù)形式:則由時(shí)諧形式的麥克斯韋方程可得：而磁場的瞬時(shí)表達(dá)式為（2）z=0處導(dǎo)體表面的電流密度為z=d處導(dǎo)體表面的電流密度為【習(xí)題2.14】已知正弦電磁場的電場瞬時(shí)值為 式中 試求：（1）電場的復(fù)矢量； （2）磁場的復(fù)矢量和瞬時(shí)值。解：（1）因?yàn)樗?的復(fù)數(shù)形式為：的復(fù)數(shù)形式： 的復(fù)矢量形式： （2）由時(shí)諧形式Maxwell第二方程可得 A/m【習(xí)題2.15】解：(1)瞬

9、時(shí)坡印廷矢量為（2）因?yàn)楹偷膹?fù)數(shù)形式為所以，平均坡印廷矢量為【習(xí)題2.16】解：將和表示為復(fù)數(shù)形式所以，平均坡印廷矢量為【習(xí)題2.17】 解 （1） =（2）【習(xí)題2.18】解：將電場強(qiáng)度表示成復(fù)數(shù)形式，得由麥克斯韋第二方程，得對上式兩邊積分，得將磁場強(qiáng)度表示成復(fù)數(shù)形式，得則平均坡印廷矢量因?yàn)椋?，所以平均功率【習(xí)題2.19】證明：（1）因?yàn)橛捎?以及所以有 具有不變性；（2） 因?yàn)樗裕哂胁蛔冃?；證畢?！玖?xí)題2.20】解： 已知麥克斯韋方程為 第一方程 第二方程 第三方程 第四方程 又知 在直角坐標(biāo)系中（1） 方程可寫出一個(gè)標(biāo)量方程： （2） 方程可寫出一個(gè)標(biāo)量方程： （3） 方程可寫出三

10、個(gè)標(biāo)量方程：（4） 方程可寫出三個(gè)標(biāo)量方程：第三章習(xí)題解答【習(xí)題3.1】解：設(shè)導(dǎo)線沿方向，電流密度均勻分布則 導(dǎo)線內(nèi)的電場位移電流密度【習(xí)題3.2】解：由歐姆定理 得所以 【習(xí)題3.3】解：（1）（2）（3）【習(xí)題3.4】解：（1）在區(qū)域中，傳導(dǎo)電流密度為0，即 J=0將表示為復(fù)數(shù)形式，有由復(fù)數(shù)形式的麥克斯韋方程，可得電場的復(fù)數(shù)形式所以，電場的瞬時(shí)值形式為（2）處的表面電流密度（3）處的表面電荷密度（4） 處的位移電流密度【習(xí)題3.5】解： 傳導(dǎo)電流密度 （A/）位移電流密度【習(xí)題3.6】解：在介質(zhì)中，傳導(dǎo)電流密度 位移電流密度所以可以得出兩者的振幅分別為（1） 銅：，（2） 蒸餾水：，（3）

11、聚苯乙烯：，【習(xí)題3.7】解: （1） 則 =又 則 （2） 因?yàn)橛?得 則 （3） 因?yàn)?當(dāng) 時(shí)，則 由于而 比較兩式可得 所以 即 （rad/s）【習(xí)題3.8】解：（1）將和代入到電流連續(xù)性方程，得再利用 可得解得 由于時(shí)，故所以 （3） 由上式得【習(xí)題3.9】解：（1）已知 所以 由于 所以，該場不滿足麥克斯韋方程（2）已知 所以 故有 而 所以有 又因?yàn)?而 所以有 （因?yàn)椋┮虼耍搱鰸M足麥克斯韋方程。（3）已知 故有 而 滿足 又 而 滿足 因此，該場滿足麥克斯韋方程?！玖?xí)題3.10】解：對于海水,已知 =4S/m, f=1GHZ, =81, =6.28rad/s由一般介質(zhì)中麥克斯韋

12、第四方程可知=對于銅,已知 =5.7S/m, f=1GHZ, =1,=6.28 rad/s介質(zhì)中, 位移電流密度 ; 傳導(dǎo)電流密度 位移電流與傳導(dǎo)電流幅值之比為=由一般介質(zhì)中麥克斯韋第四方程可知,=5.7【習(xí)題3.11】解：（1）兩極板之間存在電場時(shí)，其電位差 ，若設(shè)極板垂直于Z軸，并且忽略邊界效應(yīng)，則兩極板之間的電場為 則位移電流密度為 總的位移電流 式中 為平行板電容器的電容；（2） 電容器引線中的電流是傳導(dǎo)電流，即故得 【習(xí)題3.12】解：在t時(shí)刻，電荷轉(zhuǎn)過得角度為，而點(diǎn)電荷在圓心處產(chǎn)生的電場為所以【習(xí)題3.13】解：在線性、各向同性介質(zhì)中 （1）當(dāng)用和表達(dá)麥克斯韋方程時(shí)，有從而有（2）

13、當(dāng)用和表達(dá)麥克斯韋方程時(shí)，有從而有【習(xí)題3.14】證明：因?yàn)楹蜐M足的麥克斯韋方程為所以有 并且 故有 即 同理由于 并且 故有 即 【習(xí)題3.15】證明：由于 所以用和表達(dá)麥克斯韋方程為于是有 即 將麥克斯韋方程代入得 即 同理，因?yàn)?即 將麥克斯韋方程代入得 即 【習(xí)題3.16】解：設(shè)空氣為介質(zhì)1，理想磁介質(zhì)為介質(zhì)2，則，因而必須為0，否則 將為無窮大。理想磁介質(zhì)內(nèi)部有 ，故其表面得邊界條件為 即 此外，當(dāng)引入磁流概念時(shí)，的旋度方程為其對應(yīng)的邊界條件為 因?yàn)?， 則 ， 所以 即理想磁介質(zhì)中也不存在電場，故有 ，所求的邊界條件為 【習(xí)題3.17】解：在完純導(dǎo)體中，則，否則為無窮大；由 ,可知

14、如圖，在分界面上取一矩形閉合路徑abcd，該路徑的兩個(gè)l邊與分界面平行，且分別在兩個(gè)分界面兩側(cè)，另外，兩個(gè)邊h為無限小量。由安培環(huán)路定律： ，按照上圖所示線路積分有等式左邊等號右邊為閉合回路穿過的總電流所以 寫成矢量式為將 代入得【習(xí)題3.18】解：當(dāng) 時(shí)， 當(dāng) 時(shí)， 這表明 和 是理想導(dǎo)電壁得表面，不存在電場的切向分量和磁場的法向分量。在表面，法線 所以 在表面，法線 所以 【習(xí)題3.19】證明：考慮極化后的麥克斯韋第一方程 由于極化電荷體密度與極化矢量的關(guān)系為 所以 對于線性、各向同性、均勻介質(zhì)，又知 ， 所以 移項(xiàng)得 即 所以 【習(xí)題3.20】證明：由磁化電流體密度與磁化矢量的關(guān)系 在均

15、勻磁介質(zhì)內(nèi)部，位移電流等于零，故傳導(dǎo)電流 對于線性、各向同性、均勻磁介質(zhì)，而 兩端取旋度 即 所以 即 【習(xí)題3.21】解：令 ， 則 所以，由可得 即有 可見，如果，則就是波動方程的解。 因?yàn)樵擙R次波動方程是麥克斯韋方程在代入的條件下導(dǎo)出的，所以作為麥克斯韋方程的解的條件是：【習(xí)題3.22】解：已知所給的場存在于無源（）介質(zhì)中，場存在的條件是滿足麥克斯韋方程組。由 得 所以 積分得 由 ，可得根據(jù) ，可得對于無源電介質(zhì)，應(yīng)滿足 或 比較可知：，但又不是x的函數(shù)，故滿足 同樣可以證明：也可滿足另外，還須滿足另一旋度方程 因?yàn)?而比較可知，當(dāng) 即 時(shí)，滿足 在這樣的條件下，其它場量就能在所給定的

16、介質(zhì)中存在。第四章習(xí)題解答【習(xí)題4.1】解：（1）故（2）因?yàn)?所以 (3)可見，上述所描述的是零場，故上述結(jié)果自然滿足無源的自由空間麥克斯韋方程?！玖?xí)題4.2】證明：由例4.1可知，采用庫侖規(guī)范后，和滿足的微分方程為 （1） 和 （2）若采用庫侖規(guī)范，即 （3）對（1）式兩邊取散度，有將（2）、（3）式代入，得 故電流連續(xù)性也是滿足的?！玖?xí)題4.3】解：【習(xí)題4.4】 證明： 因?yàn)?即 故滿足連續(xù)性方程。另外，滿足洛侖茲條件。在洛侖茲條件下，電磁位滿足的微分方程為 （1） 和 （2）將代入（1）式，得即 由此可見，是得源。將 以及代入（2）式，也可得上式。得證。【習(xí)題4.5】解：當(dāng)空間只存在

17、磁流源時(shí)，麥克斯韋方程可表示為 (1) （2） (3) （4）式中稱為磁流密度矢量，稱為磁荷密度。用磁化矢量代替和時(shí)，三者關(guān)系為, 將磁得矢量位和標(biāo)量位分別記為和，則采用洛侖茲條件 則和滿足方程 和 用類似上題得解法，可得滿足的微分方程為【習(xí)題4.6】解：由麥克斯韋方程， 引入，令.在庫侖規(guī)范下，所以有即得 而 的解為 可得 對于線電流，有 所以 第五章5.1 一個(gè)點(diǎn)電荷Q與無窮大導(dǎo)體平面相距為d，如果把它移動到無窮遠(yuǎn)處，需要作多少功？解：用鏡像法計(jì)算。導(dǎo)體面上的感應(yīng)電荷的影響用鏡像電荷來代替，鏡像電荷的大小為-Q，位于和原電荷對稱的位置。當(dāng)電荷Q離導(dǎo)體板的距離為x時(shí)，電荷Q受到的靜電力為靜電

18、力為引力，要將其移動到無窮遠(yuǎn)處，必須加一個(gè)和靜電力相反的外力在移動過程中，外力f所作的功為當(dāng)用外力將電荷Q移動到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，同時(shí)也要將鏡像電荷移動到無窮遠(yuǎn)處，所以，在整個(gè)過程中，外力作的總功為。也可以用靜電能計(jì)算。在移動以前，系統(tǒng)的靜電能等于兩個(gè)點(diǎn)電荷之間的相互作用能：移動點(diǎn)電荷Q到無窮遠(yuǎn)處以后，系統(tǒng)的靜電能為零。因此，在這個(gè)過程中，外力作功等于系統(tǒng)靜電能的增量，即外力作功為。y-qqd··52 一個(gè)點(diǎn)電荷放在直角導(dǎo)體內(nèi)部（如圖5-1），求出所有鏡像電荷的位置和大小。a解：需要加三個(gè)鏡像電荷代替x導(dǎo)體面上的感應(yīng)電荷。在（-a，d）q-q··處，鏡像電荷為

19、-q，在（-a，-d）處，鏡像電荷為q，在（a，-d）處，鏡像電荷為-q。 圖5-153 證明：一個(gè)點(diǎn)電荷q和一個(gè)帶有電荷Q、半徑為R的導(dǎo)體球之間的作用力為其中D是q到球心的距離（DR）。證明：使用鏡像法分析。由于導(dǎo)體球不接地，本身又帶電Q，必須在導(dǎo)體球內(nèi)加上兩個(gè)鏡像電荷來等效導(dǎo)體球?qū)η蛲獾挠绊?。在距離球心b=R2/D處，鏡像電荷為q= -Rq/D；在球心處，鏡像電荷為。點(diǎn)電荷q受導(dǎo)體球的作用力就等于球內(nèi)兩個(gè)鏡像電荷對q的作用力，即54 兩個(gè)點(diǎn)電荷+Q和-Q位于一個(gè)半徑為a的接地導(dǎo)體球的直徑的延長線上，分別距離球心D和-D。（1）證明：鏡像電荷構(gòu)成一電偶極子，位于球心，偶極矩為2a3Q/D2。

20、（2）令Q和D分別趨于無窮，同時(shí)保持Q/D2不變，計(jì)算球外的電場。解：（1）使用導(dǎo)體球面的鏡像法疊加原理分析。在球內(nèi)應(yīng)該加上兩個(gè)鏡像電荷：一個(gè)是Q在球面上的鏡像電荷，q1 = -aQ/D，距離球心b=a2/D；第二個(gè)是-Q在球面上的鏡像電荷，q2 = aQ/D，距離球心b1=-a2/D。當(dāng)距離較大時(shí)，鏡像電荷間的距離很小，等效為一個(gè)電偶極子，電偶極矩為（2）球外任意點(diǎn)的電場等于四個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場的疊加。設(shè)+Q和-Q位于坐標(biāo)z軸上，當(dāng)Q和D分別趨于無窮，同時(shí)保持Q/D2不變時(shí)，由+Q和-Q在空間產(chǎn)生的電場相當(dāng)于均勻平板電容器的電場，是一個(gè)均勻場。均勻場的大小為，方向在-ez。由鏡像電荷產(chǎn)生的電

21、場可以由電偶極子的公式計(jì)算：55 接地?zé)o限大導(dǎo)體平板上有一個(gè)半徑為a的半球形突起，在點(diǎn)（0，0，d）處有一個(gè)點(diǎn)電荷q（如圖5-5），求導(dǎo)體上方的電位。qz·解：計(jì)算導(dǎo)體上方的電位時(shí)，要保持d導(dǎo)體平板部分和半球部分的電位都為aq2b··零。先找平面導(dǎo)體的鏡像電荷q1 = -q，-bq3·位于（0，0，-d）處。再找球面鏡像q1-d·電荷q2 = -aq/d，位于（0，0，b）處，b= a2/d。當(dāng)疊加這兩個(gè)鏡像電荷和原電荷共同產(chǎn)生的電位時(shí)，在導(dǎo)體平面上和 圖5-5球面上都不為零，應(yīng)當(dāng)在球內(nèi)再加上一個(gè)鏡像電荷q 3 =aq/d，位于（0，0，-b）

22、處。這時(shí)，三個(gè)鏡像電荷和原電荷共同產(chǎn)生的電位在導(dǎo)體平面和球面上都為零。而且三個(gè)鏡像電荷在要計(jì)算的區(qū)域以外。導(dǎo)體上方的電位為四個(gè)點(diǎn)電荷的疊加，即其中56 求截面為矩形的無限長區(qū)域（0<x<a，0<y<b）的電位，其四壁的電位為解：由邊界條件知，方程的基本解在y方向應(yīng)該為周期函數(shù)，且僅僅取正弦函數(shù)，即在x方向，考慮到是有限區(qū)域，選取雙曲正弦和雙曲余弦函數(shù)，使用邊界條件，得出僅僅選取雙曲正弦函數(shù)，即將基本解進(jìn)行線性組合，得待定常數(shù)由x=a處的邊界條件確定，即使用正弦函數(shù)的正交歸一性質(zhì)，有化簡以后得=求出系數(shù)，代入電位表達(dá)式，得57一個(gè)截面如圖5-7所示的長槽，向y方向無限延伸

23、，兩則的電位是零，槽內(nèi)y，0，底部的電位為y=0=U0x求槽內(nèi)的電位。=0解：由于在x=0和x=a兩個(gè)邊界的電位為零，故在x方向選取周期解，a且僅僅取正弦函數(shù)，即 圖5-7在y方向，區(qū)域包含無窮遠(yuǎn)處，故選取指數(shù)函數(shù)，在y時(shí)，電位趨于零，所以選取由基本解的疊加構(gòu)成電位的表示式為由基本解的疊加構(gòu)成電位的表示式為待定系數(shù)由y=0的邊界條件確定。在電位表示式中，令y=0，得當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，。最后，電位的解為57 若上題的底部的電位為重新求槽內(nèi)的電位。解：同上題，在x方向選取正弦函數(shù)，即，在y方向選取。由基本解的疊加構(gòu)成電位的表示式為將y=0的電位代入，得應(yīng)用正弦級數(shù)展開的唯一性，可以得到n

24、=3時(shí)，其余系數(shù)，所以y59 一個(gè)矩形導(dǎo)體槽由兩部分構(gòu)成，如圖5-9所示，兩個(gè)導(dǎo)體板的電位分別是U0和零，求槽內(nèi)的電位。=U0a解：將原問題的電位看成是兩個(gè)電位的疊加。一個(gè)電位與平行板電容器的電位相同（上板電位為U0，下=U0板電位為零），另一個(gè)電位為U，即x圖5-9其中，U滿足拉普拉斯方程，其邊界條件為y=0 , U=0 y=a , U=0x=0時(shí),x時(shí)，電位U應(yīng)該趨于零。U的形式解為待定系數(shù)用x=0的條件確定?；喴院?，得到=只有偶數(shù)項(xiàng)的系數(shù)不為零。將系數(shù)求出，代入電位的表達(dá)式，得510 將一個(gè)半徑為a的無限長導(dǎo)體管平分成兩半，兩部分之間互相絕緣，上半(0<<）接電壓U0，下半

25、（<<2）電位為零，如圖5-10，求管內(nèi)的電位。解：圓柱坐標(biāo)的通解為=U0·由于柱內(nèi)電位在r=0點(diǎn)為有限值，r通解中不能有l(wèi)nr和r -n項(xiàng)，即有x=0柱內(nèi)電位是角度的周期函數(shù)，A0=0。因此，該題的通解取為 圖5-10各項(xiàng)系數(shù)用r=a處的邊界條件來定。柱內(nèi)的電位為511 半徑為無窮長的圓柱面上，有密度為的面電荷，求圓柱面內(nèi)、外的電位。解：由于面電荷是余弦分布，所以柱內(nèi)、外的電位也是角度的偶函數(shù)。柱外的電位不應(yīng)有項(xiàng)。柱內(nèi)、外的電位也不應(yīng)有對數(shù)項(xiàng)，且是角度的周期函數(shù)。故柱內(nèi)電位選為柱外電位選為假定無窮遠(yuǎn)處的電位為零，定出系數(shù)。在界面r=a上，即解之得最后的電位為r·

26、;512 將一個(gè)半徑為a的導(dǎo)體球置于均勻電場E0中，求球外的電位、電場。解：采用球坐標(biāo)求解。設(shè)均勻電場沿E0z正z方向，并設(shè)原點(diǎn)為電位零點(diǎn)（如圖5-12）。因球面是等位面，所以在r=a處，=0；在r處，電位應(yīng)是=-E0rcos。球坐標(biāo)中電位通解具 圖5-12有如下形式：用無窮遠(yuǎn)處的邊界條件r及=-E0rcos，得到，A1=-E0 ,其余An=0。再使用球面上（r=a）的邊界條件：上式可以改寫為因?yàn)槔兆尩露囗?xiàng)式是完備的，即將任意的函數(shù)展開成勒讓德多項(xiàng)式的系數(shù)是惟一的，比較上式左右兩邊，并注意，得，即，其余的。故導(dǎo)體球外電位為電場強(qiáng)度為xE0·r513 將半徑為a、介電常數(shù)為的無限長介質(zhì)

27、圓柱放置于均勻電場E0中，設(shè)E0沿x方向，柱的軸沿z軸，柱外為空氣，如圖5-13，求任意點(diǎn)的電位、電場。解：選取原點(diǎn)為電位參考點(diǎn)，用表示柱內(nèi)電位，表示柱外電位。0在r處，電位因幾何結(jié)構(gòu)和場分布關(guān)于y=0平面對稱，故電位表示 圖5-13式中不應(yīng)有的正弦項(xiàng)。令因在原點(diǎn)處電位為零，定出A0=0，Bn=0。用無窮遠(yuǎn)處邊界條件r及=-E0rcos，定出C1=-E0，其余C0=0。這樣，柱內(nèi)、外電位簡化為再用介質(zhì)柱和空氣界面（r=a）的邊界條件=及，得比較左右n=1的系數(shù)，得解之得比較系數(shù)方程左右n>1的各項(xiàng)，得由此解出。最終得到圓柱內(nèi)、外的電位分別是電場強(qiáng)度分別為514 在均勻電場中，設(shè)置一個(gè)半徑

28、為a的介質(zhì)球，若電場的方向沿z軸，求介質(zhì)球內(nèi)、外的電位、電場（介質(zhì)球的介電常數(shù)為，球外為空氣）。解：設(shè)球內(nèi)、外電位解的形式分別為選取球心處為電位的參考點(diǎn)，則球內(nèi)電位的系數(shù)中，.在r處，電位，則球外電位系數(shù)中，僅僅不為零，其余為零。因此，球內(nèi)、外解的形式可分別簡化為再用介質(zhì)球面（r=a）的邊界條件=及，得比較上式的系數(shù)，可以知道，除了n=1以外，系數(shù)、均為零，且由此，解出系數(shù)最后得到電位、電場：第6章習(xí)題解答【6.1題】解： 從數(shù)值來說，S等于E和H的乘積，。所以，=由題目已知 S=得到 =【6.2題】解：平均坡印廷矢量 磁場強(qiáng)度與電場強(qiáng)度的關(guān)系： ，其中與方向互相垂直，且輻射波是單色，依法線方

29、向入射到地球表面的線形極化平面波故可得數(shù)量關(guān)系： 和 故代入數(shù)據(jù) ， ，求得，【6.3題】 解：因?yàn)轭}中所給電場是沿+Z方向傳播的，電磁波能流密度矢量也是沿+Z方向的，因此磁場應(yīng)取方向。而故 A/m【6.4題】 解：平面電磁波的一般表達(dá)式為 與本題電場對比可知：相位常數(shù)（傳播系數(shù)） ，傳播方向?yàn)?Z方向，極化方向?yàn)閤方向。由波數(shù)公式，所以 波長在自由空間，相速所以，頻率; 與E相伴的H的關(guān)系： 對上式t積分 則為求平均坡印廷矢量，須先將場量寫成復(fù)數(shù)形式：【6.5題】 解：在空氣中，電磁波的速度為本征阻抗所以（1）電磁波頻率（2）電磁波周期 （3）（4）【6.6題】 解：在自由空間中，由題意可寫

30、出電場的瞬時(shí)表達(dá)式為所以有：（1）t=0時(shí)，在P點(diǎn)（2）t=1ns時(shí)，在P點(diǎn)（3）t=2ns時(shí)，在Q點(diǎn)【6.7題】 解： 已知 （1） 當(dāng)t=3ms時(shí)，由得 考慮到波長 故 （2）【6.8題】 解：已知 故 式中由題意可寫出電場的瞬時(shí)表達(dá)式為（1） 要在原點(diǎn)再次達(dá)到最大值，必須此時(shí) 故有 （2） 在t=0時(shí)，欲使，必須同相相加所以 即 得 取， 則 【6.9題】 解：（1）從電場方程可知，傳播方向?yàn)?（2）從電場方程可知，所以 （3） 原電場可表示為 是左旋圓極化波（4） 由 可得（5）平均功率即【6.10題】 解：（1）由傳播方向?yàn)檠?方向的線極化波。（2）由傳播方向?yàn)檠?方向的左旋圓極化波

31、。（3）由傳播方向?yàn)檠?方向的右旋圓極化波。（4）由傳播方向?yàn)檠?方向的線極化波。（5）由傳播方向?yàn)檠?方向的左旋橢圓極化波?！?.11題】 解：（1）能流密度為 式中為電磁波傳播方向。設(shè) 則平均能流密度為所以，太陽光的電場振幅為磁場振幅為(2) 以太陽為中心，以日地距離為半徑的大球面積為單位時(shí)間內(nèi)，太陽向四周空間輻射的能量為(3) 太陽的表面積為太陽表面太陽光的平均能流密度為故電場的振幅為故磁場振幅為【6.12題】 證明：設(shè)圓極化波的電場為則磁場為 于是，瞬時(shí)坡印廷矢量這是一個(gè)不依賴于時(shí)間合距離的常數(shù)。（證畢）【6.13題】 解：（1）在自由空間中，而所以 于是得磁場 電場 （2）【6.14

32、題】 解：在自由空間中，設(shè) 由題意，當(dāng)時(shí)，場量達(dá)最大值，則有得 所以 【6.15題】 解：角頻率當(dāng)時(shí)：（1）（2）（3）（4）【6.16題】 解：取z=0的平面進(jìn)行討論，此時(shí)合成電場為 合成電場E與x軸的夾角為 所以 可見，他們分別組合成兩個(gè)分量波： 右旋圓極化波 左旋圓極化波【6.17題】 解：根據(jù)題目所給的條件，在直角坐標(biāo)系中可表示為 故 可見，該波為左旋橢圓極化波?！?.18題】 解：（1）所以 則 相位常數(shù)而角頻率 （2）波傳播方向的單位矢量為故磁場為則 （3）【6.19題】 解：依題意寫出電場表達(dá)式則 其復(fù)數(shù)形式為所以 于是兩線極化波的平均能流密度為則比較可得 【6.20題】 解：將

33、已知電場表示為復(fù)數(shù) 則相應(yīng)的磁場為 所以，平均功率為 第7章習(xí)題解答【7.1】 解：設(shè)第一個(gè)分子的球心位置為原點(diǎn)，即0d（d為分子直徑）處 依題意任意時(shí)刻都要滿足 （1）其中E是空間變化的電場，其形式為，則（1）式變?yōu)?（2）可以求出 所以頻率上限的數(shù)量級為【7.2】解即 【7.3】解（1）波數(shù)（rad/m）相速 （m/s）波長 （m）波阻抗（）（2）均勻平面波的平均坡印廷矢量（W/m）得 （V/m） 當(dāng)t = 0，z = 0時(shí) （V/m）(3) t = 0.1后 得 （m）【7.4】 解：電磁波的頻率為（Hz）在無損耗媒質(zhì)中的波長為（m）故波速為 （m/s）而無損耗媒質(zhì)的本征阻抗為（）聯(lián)解以

34、下兩式：得 【7.5】 解： 故 而 故 又 故 【7.6】 解：由題意知 聯(lián)解 和得 【7.7】 解：因 ，為低損耗媒質(zhì)。故 （rad/m）相移量 所以 （m）【7.8】 解：對于非磁性物質(zhì)，由題意，波速 （m/s）而頻率 （Hz）相位常數(shù) 故電導(dǎo)率 （S/m）【7.9】 解： 由定義 設(shè) 故 所以 （1） （2）由（1）和（2）可得【7.10】 解：因 ，為一般損耗媒質(zhì)。（Np/m）（rad/m）（m）（m/s）電場 表示為瞬時(shí)值形式 當(dāng) 時(shí)（mV/m）【7.11】 解：，故該媒質(zhì)可視為低損耗媒質(zhì)。（）（Np/m）（rad/m）由 （A/m）瞬時(shí)值表示為（A/m）當(dāng) 時(shí)（A/m）【7.12

35、】 解：（1） 故 （2） （kW/m）（3） 而 故 則 【7.13】 解：兩平面波的瞬時(shí)電場和磁場分別為故總的時(shí)間平均波印廷矢量為上式中的第二項(xiàng)積分為可見，僅由第一項(xiàng)積分決定，此題得證?！?.14】 解：（1） （Np/m）由得 （m）（2） 其中 故 （3）在處，故 （A/m）【7.15】 解：設(shè)土壤中的波場為其傳播速度 ，波長 ，而當(dāng)時(shí)，代入得設(shè)振幅衰減到的距離為，則有 即 而 代入得當(dāng) 時(shí)，有代入得【7.16】 解：當(dāng)時(shí)，海水可視為良導(dǎo)體。此時(shí) m當(dāng)時(shí)，海水不能視為良導(dǎo)體。此時(shí)，(Np/m)(rad/m)式中 ()（m）【7.17】 解： 故此時(shí)該媒質(zhì)可視為良導(dǎo)體，則衰減常數(shù)為由題意

36、得 故 【7.18】 解：海水中的平均能流密度為據(jù)題意得 故得 NP/m而 由上式可求得 ，即 【7.19】 解：頻率 ，所以此時(shí)海水為良導(dǎo)體（1）求海水中的波長，相速度和透入深度 （m） （m/s） (m)（2）海平面處電場，磁場以海下1米深處為坐標(biāo)原點(diǎn)，則（A/m） 【7.20】 解：又 ， ，代入群速公式 （m/s）第8章習(xí)題解答【8.1】 已知：原子質(zhì)量=107.9，密度=10.53×， 阿佛加德羅常數(shù) =6.02×，電荷量=1.6× 電子質(zhì)量=9.11×，絕對介電系數(shù)（真空中）=8.85×銀是單價(jià)元素，由于價(jià)電子被認(rèn)為是自由電子，因而

37、單位體積內(nèi)的電子數(shù)目等于單位體積內(nèi)的原子數(shù)目。即 每立方米的自由電子：可得 （對于銀）將上述、和的值代入和中可得則 故 【8.4】 解：良導(dǎo)體 場衰減因子 當(dāng)傳播距離 時(shí)，用分貝表示即為 55dB?！?.2】 已知：電導(dǎo)率=4.6，原子質(zhì)量=63.5，海水平均密度=1.025×， 阿佛加德羅常數(shù) =6.02×，電荷量=1.6× ，電子質(zhì)量=9.11×，絕對介電系數(shù)（真空中）=8.85×解：（1）與8.1題一樣，可以求出每立方米的自由電子：則 而 所以： （2）依題意，滿足可以求出 【8.3】 解：當(dāng)法向入射時(shí)，所以，其中參數(shù)的解法與8.1、8.

38、2題公式相同。（1） 對于電離層 （2） 對于金屬銅 【8.5】 證：（1）在導(dǎo)電媒質(zhì)中 場矢量滿足的麥克斯韋方程為本構(gòu)關(guān)系為 。對的旋度方程 兩邊取旋度，有再將麥克斯韋方程組的第四方程代入，并考慮到 上方程變?yōu)椋?） 在單色波情況下，導(dǎo)電媒質(zhì)中的麥克斯韋方程的復(fù)數(shù)形式為本構(gòu)關(guān)系為 。令 而 則得 證畢?！?.6】 解：良導(dǎo)體 ，則相速 群速 （m/s）【8.7】 解：波速 由波長 ，故頻率又由 ，故則由 ，得電導(dǎo)率為【8.8】 解：（1）當(dāng) 時(shí)，銅的波阻抗衰減常數(shù) （Np/m）透入深度 銀的波阻抗為 （）衰減常熟 （Np/m）透入深度 （2）當(dāng)時(shí)，銅的波阻抗衰減常數(shù)透入深度 銀的波阻抗為衰減

39、常數(shù)透入深度【8.9】 解：（1）由公式 說明導(dǎo)體是良導(dǎo)體，故透入深度（2）由于，則交流電阻為（3）直流電阻（4）功率損耗 （W）【8.10】 答：在理想介質(zhì)中，在x=常數(shù)的平面上，各點(diǎn)的電磁場量不僅相位相等，而且量值也相等，所以均勻平面電磁波的等相面和等幅面是一致的。電磁波傳播無衰減，波速和波長分別為 瞬時(shí)電場能量密度和磁場能量密度相等，平均坡印亭矢量為 在導(dǎo)電媒質(zhì)中，高頻電磁波的衰減常數(shù)很大，電場強(qiáng)度E和磁場強(qiáng)度H的振幅衰減很快。都與頻率有關(guān)，因此在同一媒質(zhì)中，不同的頻率的信號經(jīng)過同一距離后，幅值的衰減，相位和波長都是不同的，這種現(xiàn)象稱為色散，因此導(dǎo)電媒質(zhì)也叫做色散媒質(zhì)。導(dǎo)電媒質(zhì)波阻抗很小

40、，所以電場能量密度遠(yuǎn)小于磁場能量密度，電磁波的相速v和波長都比較小。坡印亭矢量的平均值為 產(chǎn)生這些差異的原因，是導(dǎo)電媒質(zhì)中的電導(dǎo)率，只要有電磁波存在，就必然出現(xiàn)傳導(dǎo)電流，引起損耗，這樣就帶來了理想介質(zhì)中和導(dǎo)電媒質(zhì)中傳播均勻平面電磁波的不同點(diǎn)?！?.11】 解：對于TEnm波，其截止頻率滿足 則對于TE10波，其截止頻率為【8.12】 解：（1）對于TEnm波，其截止頻率滿足 則對于TE10波，其截止頻率為 對于TE01波，其截止頻率為（2）對于TE01波，相速 能流速度第9章習(xí)題解答【9.1】 解：因?yàn)椴既逅固亟菨M足 根據(jù)已知條件代入即可求得：（a）（b）【9.2】 證明：已知 （9-38）（

41、9-45）再法向入射情況下根據(jù)斯涅爾折射定理，有將斯涅爾折射定理和代入（9-38）和（9-45）有故命題得證?！?.3】 解：對于法向入射情形，滿足反射和折射條件如下： （1） （2）依題意，對于由介質(zhì)溴化鉀和空氣，當(dāng)波從空氣射向介質(zhì)時(shí)，設(shè)空氣的折射率為,介質(zhì)的折射率為，當(dāng)波從介質(zhì)射向空氣時(shí)，設(shè)介質(zhì)的折射率為,空氣的折射率為。我們統(tǒng)一將空氣的折射率為,介質(zhì)的折射率為，則隨著波透射的傳播方向不同僅相差一個(gè)負(fù)號，但考慮到我們要分析的是能量損耗，即只與有關(guān)，所以不用考慮的正負(fù)。對于,則分成兩種情形： 當(dāng)波從空氣射向介質(zhì)時(shí)， （3） 當(dāng)波從介質(zhì)射向空氣時(shí)， （4）如下圖，波在兩個(gè)截面上經(jīng)過無數(shù)次反射和

42、折射，能量的損耗由兩部分組成，即第一次反射波，另外一部分為無數(shù)次與傳播方向反向的方向透射的能量之和，211即： （5）其中 （6）可以看出該數(shù)列為等比為的一個(gè)無窮等比數(shù)列，將已知條件和式（1）、（3）、（4）、（6）代入（5）后×100式可以求得能量損耗的百分比。最后結(jié)果為，在溴化鉀中，反射能量的損失約為9，在氯化銀中，反射能量的損失約為21。【9.5】 解：（1）將代入方程（9.37）和（9.42）可得：故命題得證。 （2）證明：由，有，而 當(dāng)時(shí)，因此原命題得證。將玻璃和空氣的折射率代入，則界面上發(fā)生完全內(nèi)反射的臨界角為41.1°。【9.6】 解：解題方法與題9.3一樣，

43、但須注意，棱鏡的斜面上發(fā)生的完全內(nèi)反射，因此在斜面上的波沒有損耗，只是起到改變波傳播方向的作用。最后結(jié)果，損耗約8【9.7】 解：（1）（2）全反射需滿足故全反射時(shí)，入射角。（3）當(dāng)波從空氣中斜入射到介質(zhì)中時(shí)，由于，故由可見當(dāng)入射角可以產(chǎn)生全折射。由（2）問，布儒斯特角可見不存在，不能發(fā)生全反射。【9.8】 解：（1）因?yàn)?，發(fā)生全反射的條件為所以能夠發(fā)生全反射。（2）對于垂直極化波，不能發(fā)生全折射。因?yàn)橐a(chǎn)生全折射，要求，為滿足此式，必由，這實(shí)際上只能是一種媒質(zhì)，不存在分界面。（3）如果，由于不存在，故不能產(chǎn)生全反射。另外，由，故也不能產(chǎn)生全折射。【9.9】 解：（1）臨界角（2）由題給的，將

44、產(chǎn)生全反射。由斯耐爾定律，得這時(shí)，將變成虛數(shù)，即故反射系數(shù)（3）折射系數(shù)形成了分界面上的表面波?！?.10】 解：當(dāng)入射角時(shí)：（1）全反射的臨界角（2）由，故（3）故反射系數(shù)（4）折射系數(shù)當(dāng)時(shí)：（5）布儒斯特角入射角,不滿足無反射條件。（6）入射波在入射方向的相速度為（7）由折射定律，得（8）入射波在y方向的相速度為（9）發(fā)生全反射時(shí)，得臨界入射角由于，且，因此會發(fā)生全反射。（10）由于會發(fā)生全反射，故媒質(zhì)2中的平均功率流密度?！?.11】 解：自由空間的合成電場強(qiáng)度為式中為反射系數(shù)。駐波比為可求得。按題給的條件，應(yīng)取，則令,解上式，得，即故得 【9.12】 解：駐波比，故反射系數(shù) ，式中377。故則 ，得即 或 又 ，得 解以上兩式，得 【9.13】 解：由題給條件，；，故