电磁场与电磁波基础教程习题解.doc

电磁场与电磁波基础教程（符果行编著）习题解答第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：在点（2，-1，1）处。1.7 解：。1.8 解：。1.9 解：对取散度，对取散度，看出对同一位置矢量取散度不论选取什么坐标系都应得同一值，坐标系的选取只是表示形式不同而已。1.10 解：，由亥姆霍兹定理判定这是载流源在无源区产生的无散场。1.11 解：，由亥姆霍兹定理判定这是电荷源在无源区产生的无旋场；将与恒等式对比，可知与等效，令标量位得。1.12 解：满足无旋场的条件为，在直角坐标系中表示为解得a=0，b=3和c=2。1.13 解：由亥姆霍兹定理判定知，这是属于第三类的无散有旋场。1.14 解：取，属于第一类的无散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示；取，属于第二类的有散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示；取，属于第三类的无散有旋场。第2章2.1 解：q3受到q1和q2的作用力应当等值反向，所以应位于和的连线上某点处。由库仑定律和，可写为故；又解得。2.2 解：在图中z轴上线元处电荷元可视为点电荷，它与场点P的距离为R，由库仑定律知，离导线为处场点P的电场强度为对在范围内对取积分。由图可知，和，得，。2.3 解：圆环上线元处电荷元可视为点电荷，它与圆环轴线上场点P的距离为，由轴对称性知场点P的电场强度只有z分量，由库仑定律知由图知式中为与的夹角。对圆环取积分得 圆环面中心点处知，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，且在处无轴向分量。2.4 解：利用习题2.3的结果进行计算。取盘上半径为，宽度为的圆环，环上电荷密度为。该圆环在轴上点产生的电场，由于对称性，分量相互抵消为零，只有z分量对整个圆面积分故。若保持不变，当时，有；当时，有，有。2.5 解：对于球对称分布，应用高斯定理在区域ra :；在区域arb :，；在区域rb :，。2.6 解：对于柱对称分布，应用高斯定理在区域；在区域；在区域。2.7 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，得在区域z0：；在区域z0：。2.8 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，。故在坐标原点处。2.9 解：对于轴对称分布，应用安培环路定理在区域；在区域，；在区域。2.10 解：已知和，磁通为由法拉第电磁感应定律知当线圈增至N匝时，磁通增至N倍，有。第3章3.1 解：电荷元在圆环轴线上场点P的电位为故。3.2 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，可知式中。当时，利用二项式定理可知 。上式近似写为。现将平行于z轴的双线传输线分置于处，可知在xy平面上两电流元离场点的距离为和。利用叠加原理可得。3.3 解：对于球对称分布，可由高斯定理求和，再由位场关系求，而求的公式为。在区域r，；在区域ar；在区域r，。3.4 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，其体电流密度为在区域；在区域。看出上述解与例3.4中令的结果一致。当时，和，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。设带和的极板分别置于和处，则的方向与y反向。利用导体表面电场的法向边界条件式（3.51b）忽略极板边缘效应，电介质内为常量。于是；（2）两极板间电压为U，极板间电场为均匀分布，且等于利用式（3.51b）可知。因此，和，结果相同。3.6 解：对于球对称分布，由高斯定理得故当时，可得半径为a的弧立导体，其电容为。地球的介电常数取为，可得地球电容为。3.7 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，得磁感应强度磁通和磁通链为单位长度电感3.8 解：设内线圈中通以电流I1，则管芯中与外线圈交链的磁通，可按3.7题得磁通外线圈有N2匝，得磁通链互感为。3.9 解：利用电场的切向和法向边界条件得两式相比得的大小和方向为 。3.10 解：解法类似于3.9题，只需将用来取代，即得。3.11 解：解法类似于3.9题，只需将用s来取代，即得3.12 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）求得电容器的能量为由3.5题知。3.13 解：对于轴对称分布，应用安培环路定理知（ab）。3.14 解：参考例3.11。其中所受力。3.15 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，内的电荷量为。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，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（2）利用静电位标量公式将例3.12的结果改写为如下形式（3）利用高斯定理公式故3.16 解：将载流圆柱腔看作半径分别为a和b，且电流密度反向的两圆柱体叠加。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故圆柱腔内任一点的磁场3.17 解：在和处的平行板电容器内的电荷满足拉普拉斯方程通解为在处，可知，得在处，可知得故。3.18 解：在和处的同轴电缆内的电位满足拉普拉斯方程直接积分两次得通解在处，可知，得在处，可知在区域ab内有故。3.19 解：按提示进行求解。3.20 解：根据唯一性定理，要求镜像电荷的个数、大小和位置必须满足拉普拉斯方程和接地的齐次边界条件。首先移去导体板，并代之以相同的媒质空间，在对称于垂直板相距d1处设置，这将使垂直半平面的电位为零，但不能使水平半平面的电位为零。为了确保水平半平面的电位为零，可在对称于水平板相距d2处设置，但它产生的位又破坏了垂直半平面的零电位。为了满足在两个平面上都能同时满足零电位的要求，可在同时对称于两个正交板相距d1和d2处设置。于是，由和产生的合成位为式中3.21 解：根据式（3.81a，b），并以取代，由此分别得平行平板电容器和同轴电缆内的漏电导和绝缘电阻为。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，可以根据来求解。于是（2）对于N匝导线圆环，取，得（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，由此得，传导电流为；（2）位移电流为（3）。4.3 解：（1）由得；（2）在海水中，代入数值计算得在铜中，代入数值计算得看出海水比铜的介电性强。4.4 解：（1）将的解代入方程中各项，得看出方程得到满足，是齐次方程的解得到验证。（2）利用式（4.37a，b）求电场和磁场将的解代入上式，其中因此4.5 解：设待求，利用式(4.13b，d)的边界条件，写出边界值振幅的分量代入和，得，和。于是4.6 解：（1）设平行平板圆盘轴心沿z轴，则板间电场为利用安培环路定理得电、磁能量密度为能流密度矢量为验证：以上积分只需在板间侧面的面积2pad上进行。因此说明进入电容器的无耗空气介质中的能流全部转化为电磁储能增量。（2）外加直流电压U0的板间电场为有利用安培环路定理得能流密度矢量为介质中的损耗功率密度为验证：因此说明进入电容器的有耗介质中的能流全部转化为介质的损耗功率。4.7 解：利用式（4.29）得4.8 解：由于得4.9 解：（1）瞬时形式为（2）由式（4.39b）得时均形式为（3）由式（4.39c）得复数形式为。第5章5.1 解：（1）（2）；（3）；（4）；（5）。5.2 解：（1）；（2）；（3）由的表示式知这是沿y方向传播的平面波，电、磁场强度的复数形式为（4）电场强度的瞬时形式为（5）能流密度的复数形式为5.3 解：对于良导体，有求得 。5.4 解：（1）由得可知媒质是良介质；（2）由式（5.44a.b）知（3）电场强度的复数形式为由式（5.50b）得磁场强度的复数形式为（4）波的时均能流密度为。5.5 解:（1）当故海水可视为良导体；当时，故海水可视为为良介质。（2）当取时；当取时。5.6 解：（1）为左旋圆极化波，（2）为右旋圆极化波，（3）为左旋椭圆极化波，（4）为右旋椭圆极化波，（5）为线极化波。5.7 解：（1）沿+z方向传播的左旋圆极化波。（2）磁场强度为（3）能流密度为*。5.8 解：（1）已知入射波电场为设反射波和折射波的电场强度写为式中（2）反射波和折射的电场强度为（3）反射波和折射波均为左旋圆极化波。5.9 解：（1）（2）当时，将产生全反射，空气中的折射波沿分界面传播。由折射定律式（5.68b）知对沿边界面z方向传播的相位因子等相面对时间t进行微分，得波的传播相速。5.10 解：（1）平行极化波全折射时的极化角和相应的折射角可由式（8.83）和折射定律得（2）垂直极化波以极化角入射时，将，并取和，可得到反射系数和折射系数为5.11 解：（1）写为（2）和写为由式（5. 62a）知，故得（3）和写为（4）和写为（按右旋关系）。5.12 解:（1）在图5.21中，沿y方向垂直极化，在理想导体面上反射波和入射波的合成场由式（5.88b）得在理想导体内电磁波的场量为零，导体面上磁场的突变量等于导体面上的面电流密度，由理想导体面上磁场切向分量的边界条件得（2）空气中合成场的时均能流密度为式中场分量和由式（5.88a、b）可得于是。第6章6.1 解：（1）将式（6.34）代入式（6.35）（6.35d），乘以，取和m=n=1及实部，得（2）各物理参量为6.2 解:（1）由式（6.42a）知TM21模不能传播的传播常数必须满足即。表明传播因子为实指数，按而衰减。由式（6.41a）求得可知为衰减模式，为传播模式。（2）对于的传播模式，其各物理参量为由式（6.42a）得6.3 解：各物理参量为。6.4 解：（1）由式（6.41a）知取mn=10，20，01，11和21得6.5 解：TE10模的可由式（6.47c）导出。由于利用得由式（6.47a）知。6.6 解：光纤的单模传输条件为，得单模工作频率范围为.6.7 解:（1）特性阻抗为（2）相速、相位常数和波长为6.8 解：（1）（2）利用的变换性关系式得（3）已知和得（4）由 知。6.9 解：（1）由（2）在离负载距离。（3）由知由有6.10 解：将代入式（6.79），分别得，式（6.79）分别变为看出在z=0处，而在处，。这表明从终端开始传输线每经过其阻抗特性就变换一次，每经过就重复一次，此性质分别称为的变换性和的重复性（或还原性）。6.11 解：（1）将和分别代入式（6.79）,得由上两式求出（2）将和l=1.5m代入上两式，得6.12 解：（1）为了实现在输出端对并联负载等效电阻进行等功率馈电，要求从主传输线向每一负载看去的输入阻抗必须相等，即=。由此得（2）在两分支匹配传输线上。第7章7.1 解：滞后位的复数形式为在球坐标系中上式乘以，并取实部，得瞬时形式因此，滞后位满足波动方程。7.2 解：根据振荡电偶极子的辐射公式（7.14a），在处的电场幅值为写为按题意，要求在r=100km处，即知例7.2已给求出赫兹电偶极子的辐射功率为要求。7.3 解：（1）以太阳为球心，以太阳与地求间距离为半径r作假想球面，其面积为太阳发出的总功率为（2）利用，得。7.4 解：两电基本振子在远区场点P的场分别为合成场的模为由于 I1= I2= I，l1=l2=l，故得若用磁基本振子取代电基本振子，利用对偶原理对其电量与磁量进行对偶变换，可按式（7.17）将I取代为Im，且有则得具体变换过程参见7.2.3节。7.5 解：（1）由式(7.24)得（2）由式（7.21）知式中上两式相比得,由此知代入得（3）已知处的，求时处的。此时有得。7.6 解：按7.5题给出的公式计算，得故 。7.7 解：（1）在赤道面上，又知利用