电磁场与电磁波习题答案PDF

1、. . 第四章习题解答【4.1】如题 4.1 图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为0u，求槽内的电位函数。解 根据题意，电位( , )x y满足的边界条件为(0,)( , )0ya y；( ,0)0 x；0( , )x bu根据条件和，电位( , )x y的通解应取为1( , )sinh()sin()nnnyn xx yaaa由条件，有01sinh()sin()nnn bn xuaaa两边同乘以sin()n xa，并从 0 到a对x积分，得到002sin()dsinh()anun xaxan b aa02(1cos)sinh(

2、)unnnb a04,1,3,5,sinh()02, 4, 6,unnnb an，故得到槽内的电位分布01,3,5,41( , )sinh()sin()sinh()nun yn xx ynn b aaa4.2 两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由dy到by)(x。上板和薄片保持电位0u，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从0y到dy，电位线性变化，0(0,)yu y d。解应用叠加原理，设板间的电位为( , )x y12( , )( ,)x yx y其中，1( ,)x y为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为0u）的电位，即10( ,)x yu y b；2(

3、 , )x y是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位， 其边界条件为：22( ,0)( , )0 xx b2( , )0 ()x yx002100(0)(0,)(0,)(0,)()uuyydbyyyuuyydybdb；根据条件和，可设2( ,)x y的通解为21( , )sin()enxbnnnyx yab；由条件有00100(0)sin()()nnuuyydnybauubyydybdb两边同乘以sin()n yb，并从 0 到b对y积分，得到0002211(1)sin()d()sin()ddbnduuyn yn yayyybbbbdbb022sin()()ubn dndb故得到( ,

4、)x y0022121sin()sin()enxbnubun dn yybdnbb4.4 如题 4.4 图所示的导体槽，底面保持电位0u，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。解 根据题意，电位( , )x y满足的边界条件为0uyxaabo题 4.10uy xoxy boxy dxy 题 4.2 图. . (0,)( , )0ya y( , )0 ()x yy0( ,0)xu，电位( , )x y的通解应取为根 据 条 件 和1( , )sin()nnny an xx ya ea；由条件，有01sin()nnn xuaasin()n xa，并从 0 到a对x积分，得到002sin()danun

5、 xaxaa两边 同 乘 以02(1cos)unn04,1,3,5,02, 4, 6,unnn，；故得到01,3,5,41( , )sin()n y anun xx yena【 4.5】一长、宽、高分别为a、b、c的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为()sin()sin()xzy ybac的电荷。求体积内的电位。解在体积内，电位满足泊松方程22222201()sin()sin()xzy ybxyzac（1）长方体表面s上，电位满足边界条件0s。由此设电位的通解为11101( , , )sin()sin()sin()mnpmnpm xnyp zx y zaabc，代入泊松方程（1） ，可得2

6、22111()()() mnpmnpmnpaabcsin()sin()sin()m xnyp zabc()sin()sin()xzy ybac由此可得0mnpa(1m或1)p；2221 11()()() sin()npnn yaabcb()y yb（2）由式（ 2） ，得2221 102()()() ()sin()dbnnn yay ybyabcbb34() (cos1)bnb n2381,3,5,()02,4,6,bnnn； 故2532221,3,5,081( , )sin()sin()sin()11()()( ) nbxnyzx y znabcnabc【 4.6】如题 4.6 图所示的一对

7、无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷lq，其位置为),0(d。求板间的电位函数。解由于在(0,)d处有一与z轴平行的线电荷lq，以0 x为界将场空间分割为0 x和0 x两个区域，则这两个区域中的电位1( , )x y和2( , )x y都 满 足 拉 普 拉 斯 方 程 。 而 在0 x的 分 界 面 上 ， 可 利 用函 数 将 线 电 荷lq表 示 成 电 荷 面 密 度0( )()lyqyy。电位的边界条件为11( ,0)( , )0 xx a=，22( ,0)( , )0 xx a=1( ,)0 x y()x，2( ,)0 x y()x12(0,)(0,)yy，2100()

8、()lxqydxxxyoadlq题 4.6 图题 4.4 图0uyxaao. . 由条件和，可设电位函数的通解为11( , )sin()nnn x an yx ya ea(0)x21( , )sin()nnn x anyx yb ea(0)x由条件，有1sin()nnnyaa1sin()nnnyba（1）1sin()nnnn yaaa1sin()nnnn ybaa0()lqyd（2）由式（ 1） ，可得nnab（3） ；将式（ 2）两边同乘以sin()m ya，并从0到a对y积分，有nnab002()sin()dalqn yydyna02sin()lqn dna（4）由式（ 3）和（ 4）解得

9、0sin()lnnqn dabna故1101( ,)sin()sin()lnn x aqn dnyx yenaa(0)x2101( , )sin()sin()lnn x aqn dn yx yenaa(0)x4.7如题 4.7 图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷lq。求槽内的电位函数。解由 于 在),(00yx处 有 一 与z轴 平 行 的 线 电 荷lq， 以0 xx为 界 将 场 空 间 分 割 为00 xx和0 xxa两个区域，则这两个区域中的电位1( , )x y和2( , )x y都满足拉普拉斯方程。而在0 xx的分界面上， 可利用函数将线电荷lq表示成电荷面密度

10、0( )()lyqyy，电位的边界条件为1(0,) 0y =，2( , )0a y，11( ,0)( , )0 xx b=，22( ,0)( , )0 xx b=1020(,)(, )xyxy02100()()lxxqyyxx由条件和，可设电位函数的通解为11( , )sin()sinh()nnn yn xx yabb)0(0 xx2( ,)x y1sin()sinh()nnnynbaxbb)(0axx由条件，有0011sin()sinh()sin()sinh()nnnnn xnyn ynabaxbbbb（1）01sin()cosh()nnn xnnyabbb01sin()cosh()nnnn

11、 ynbaxbbb)(00yyql（2）由式（ 1） ，可得00sinh()sinh()0nnn xnabaxbb（3）将式（ 2）两边同乘以sin()myb，并从0到b对y积分，有yxoalqb ),(00yx题 4.7 图. . )(cosh)cosh(00 xabnbbxnann0002()sin()dblqnyyyynb002sin()lqnynb（4）由式（ 3）和（ 4）解得00021sinh()sin()sinh()lnqn ynaaxn a b nbb00021sinh()sin()sinh()lnqn xn ybn a b nbb故101021( ,)sinh()sinh()

12、lnqnx yaxnn a bb0sin()sinh()sin()nyn xnybbb，)0(0 xx021021( ,)sinh()sinh()lnqn xx ynn a bb0sin()sinh()sin()nynnyaxbbb，)(0axx若以0yy为界将场空间分割为00yy和0yyb两个区域，则可类似地得到101021( ,)sinh()sinh()lnqnx ybynn b aa0sin()sinh()sin()n xnyn xaaa0(0)yy021021( ,)sinh()sinh()lnqn yx ynn b aa0sin()sinh()sin()n xnn xbyaaa0()

13、yyb*4.8如题 4.8 图所示，在均匀电场00 xeee中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为a。求导体圆柱外的电位和电场e以及导体表面的感应电荷密度。解在外电场0e作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场0e的电位0与感应电荷的电位in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为000( , )cosre xce rc（常数c的值由参考点确定），而感应电荷的电位( , )inr应与0( , )r一样按cos变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以( , )r满足的边界条件为( , )ac0( , )cos()re r

14、cr由此可设101( , )coscosre ra rc由条件，有101coscose aa acc于是得到021eaa，故圆柱外的电位为210( , )()cosrra rec若选择导体圆柱表面为电位参考点，即( , )0a，则0c。导体圆柱外的电场则为1( , )rrrreee220022(1)cos( 1)sinraaeerree导体圆柱表面的电荷面密度为000( , )2cosrarer*4.11如题 4.11 图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为，在距离轴线)(00arr处，有一与圆柱平行的线电荷lq，计算空间各部分的电位。解在线电荷lq作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内

15、外的电位( , )r均为线电荷lq的电位( , )lr与极化电荷的电位( , )pr的叠加，即( , )( ,)( , )lprrr。线电荷lq的电位为220000( ,)lnln2cos22lllqqrrrrrr（1）而极化电荷的电位( , )pr满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。介质圆柱内外的电位1( , )r和2( , )r满足的边界条件为分别为yxoalq0r0题 4.11 图. . 1(0, )为有限值；2( , )( , ) ()lrrrar时，12120,rr由条件和可知，1( , )r和2( , )r的通解为11( , )( , )cosnlnnrra rn(0)ra（2）21(

16、 , )( , )cosnlnnrrb rn()ar（3）将式（ 1）（ 3）带入条件，可得到11coscosnnnnnna anb an（4）110010ln()cos()2nnlnnranqranabnanr（5）当0rr时，将rln展开为级数，有0101lnln() cosnnrrrnn r（6）带入式（ 5） ，得11100110 00()()cos()cos2nnnlnnnnqaanabnannrr（7）由式（ 4）和（ 7） ，有nnnnabaa111000 00()()2nnnlnnqaa nabnarr由此解得0000()12()lnnqanr，20000()2()nlnnqa

17、bnr； 故得到圆柱内、外的电位分别为221000( , )ln2cos2lqrrrrr01000()1() cos2()nlnqrnn r（8）222000( , )ln2cos2lqrrrrr201000()1() cos2()nlnqann r r（9）讨论：利用式（6） ，可将式（ 8）和（ 9）中得第二项分别写成为000100000()()1() cos(lnln)2()2()nllnqqrnrrn r200100000()()1() cos(lnln )2()2()nllnqqanrrn r r其中222200()2 ()cosrrarr ar。因此可将1( , )r和2( , )

18、r分别写成为001000002()1( , )lnln22()llqqrrr00200000()()11( , )lnlnln222lllqqqrrrr由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（,0r0）的线电荷002lq的电位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产. . oaz0题 4.14 图0e生，它们分别为：位于（,0r0）的线电荷lq；位于)0 ,(02ra的线电荷00lq；位于0r的线电荷00lq。*4.13在均匀外电场00zeee中放入半径为a的导体球，设（ 1）导体充电至0u； （2）导体上充有电荷q。试分别计算两种情况下球外的电位分布。解（1）这里导体充电至0u应理解为未

19、加外电场0e时导体球相对于无限远处的电位为0u，此时导体球面上的电荷密度00ua，总电荷004qau。将导体球放入均匀外电场0e中后，在0e的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。设0( ,)( , )( , )inrrr，其中000( , )cosre ze r，是均匀外电场0e的电位，( ,)inr是导体球上的电荷产生的电位。电位( ,)r满足的边界条件为r时，0( , )cosre r；ar时，0( , )ac，0dssqr其中0c为常数，若适当选择( , )r的参考点，可使00uc。由条件，可设210111( ,)coscosre r

20、a rb rc代入条件，可得到031eaa，01aub，001ucc若使00uc，可得到321000( ,)coscosre ra e rau r（2）导体上充电荷q时，令004qau，有004qua利用（ 1）的结果，得到32000( , )coscos4qre ra e rr4.14如题 4.14 图所示，无限大的介质中外加均匀电场00zeee，在介质中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电场e和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为） 。解在电场0e的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场e为外加电场0e与极化电荷的电场pe的叠加。设空腔内、外的电位分别为1(

21、 , )r和2( , )r，则边界条件为r时，20( , )cosre r；0r时，1( ,)r为有限值；ar时，12( , )( , )aa，120rr由条件和，可设101( , )coscosre ra r，2202( , )coscosre ra r带入条件，有221aaaa，30001022eaea a由此解得01002ae，302002aa e所以1003( , )cos2re r30200( , )1( ) cos2are rr空腔内、外的电场为11003( , )2ree，22( , )re30000()( ) 2cossin2reareee空腔表面的极化电荷面密度为202()p

22、rarran pee00003()cos2e4.17 一个半径为r的介质球带有均匀极化强度p。. . zpro题4.17 图（1）证明：球内的电场是均匀的，等于0p；（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子p产生的电场相同，343r。解 （1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中所求的电场即为极化电荷所产生的场。由于是均匀极化，介质球体内不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的电位满足拉普拉斯方程，可用分离变量法求解。建立如题 4.17 图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为cosprpp np e介 质 球 内 、 外 的 电 位1和2满 足 的 边

23、 界 条 件 为 1(0,)为 有 限 值 ； 2( , )0 ()rr；12( ,)( , )rr；120()cosrrprr因此，可设球内、外电位的通解为11( , )cosra r，122( ,)cosbrr由条件，有112barr，10132()bapr解得103pa，3103prb于是得到球内的电位100( , )cos33pprrz， 故球内的电场为110033zppee（2）介质球外的电位为332220014( ,)coscos343prr prrr20cos4pr，其中343r为介质球的体积。故介质球外的电场为22221( , )rrrrreee30(2cossin)4rpre

24、e可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子p产生的电场相同。4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上总电荷量为q，如题 4.20 图所示。证明：空间任意点电位为241240131p (cos)p (cos)428qrraaa()ra242240131p (cos)p (cos)428qaarrr()ra解以细导线圆环所在的球面ar把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用函数将细导线圆环上的线电荷q表示成球面ar上 的 电荷面密度22(coscos)(cos )222qqaa再根据边界条件确定系数。外的电位分别为1( ,)r和2( , )r，则边界条件为：

25、设球面ar内、1(0,)为有限值；2( , )0 ()rr12( , )( , )aa，1202()(cos)2raqrraaoyxz题4.20 图. . 根据条件和，可得1( , )r和2( , )r的通解为10( , )(cos )nnnnra r p（1） ，120( , )(cos )nnnnrb rp（2）代入条件，有1nnnnabaa（3）12200(1)(cos )(cos)2nnnnnnqa nabnapa（4）将式（ 4）两端同乘以sin)(cosmp，并从 0 到对进行积分，得12(1)nnnna nab na200(21)(cos)(cos)sind4nnqpa20(21

26、)(0)4nnqpa（5）其中201,3,5,(0)1 3 5(1)(1)2, 4,6,2 4 6nnnpnnn由式（ 3）和（ 5） ，解得10(0)4nnnqapa，0(0)4nnnqabp，代入式（ 1）和（ 2） ，即得到241240131p (cos)p (cos)428qrraaa()ra242240131p (cos)p (cos)428qaarrr()ra【 4.22】如题4.22 图所示，一个点电荷q放在60的接地导体角域内的点)0,1, 1(处。求：（1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点1,2 yx处的电位。解 （1）这是一个多重镜像的问题，共有 5 个像电荷， 分布在以

27、点电荷q到角域顶点的距离为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，其电荷量的大小等于q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为366.175sin2366.075cos2,111yxqq366.0165sin2366.1165cos2,222yxqq366.0195sin2366.1195cos2,333yxqq366.1285sin2366.0285cos2,444yxqq1315sin21315cos2,555yxqq（2）点1,2 yx处电位351240123451(2, 1, 0)4qqqqqqrrrrrr0(10.5970.2920.2750.3480.477)4q900.3212.88

28、 10(v)4qqq2q1q5q4q3q题4.22 图)0, 1, 1()0, 1,2(60yxo. . 第 5 章时变电磁场5.1有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场5cosmtzetb之中，如题 6.1 图所示。滑片的位置由0.35(1cos)mxt确定，轨道终端接有电阻0.2r，试求电流i. r0.2m 0.7m a d b c ixy题 6.1 图解穿过导体回路abcda的磁通为5cos0.2(0.7)cos0.70.35(1cos)0.35cos(1cos)zzdbadabtxttttbsee故感应电流为110.35sin(12 cos)1.75sin(12

29、cos)maindirrdtttttre5.2一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0zbbe中与 z 轴平行。设棒以角速度绕轴作等速旋转， 求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。解介质棒内距轴线距离为r 处的感应电场为00zrrrbevbee be故介质棒内的极化强度为00000(1)()errrrbrbpeeex极化电荷体密度为2000011()()2()prprbrrrrbp极化电荷面密度为0000()()prrr aera bp nbe则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为220020012()212()pppspqaabqaab5.3 平行双线传输线与一矩形

30、回路共面，如题 6.3 图所示。设0.2am、0.1mbcd、71.0cos(210)ait，求回路中的感应电动势。解由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面向内的。故回路中的感应电动势为ddddddindsbsbstt左右be00,22()iibbrbcdr左右故0000ddln()22ddln()2()2bcbscddsiaibcbsa rrbiaibcbsa rbcdrb左右则iibdca题 6.3 图. . 072207777d2ln()d2dln()1.0 cos(210)d4100.2ln 2sin(210)2103.484sin(210)

31、inaibctbabctabbttvt ve5.4有一个环形线圈，导线的长度为l，分别通过以直流电源供应电压u0和时变电源供应电压u（t） 。讨论这两种情况下导线内的电场强度 e。解设导线材料的电导率为，横截面积为s，则导线的电阻为lrs而环形线圈的电感为l，故电压方程为ddiurilt当 u=u0时，电流 i 也为直流，d0dit。故0llurijsjles此时导线内的切向电场为0uel当 u=u （t）时，d ( )0di tt，故d ( )d( )( )( )( )ddd( )( )di tutri tlre t sle t sttle te t slsst即d ( )( )( )de

32、tle tu ttl sl s求解此微分方程就可得到( ) te。5.6一圆柱形电容器，内导体半径为a，外导体内半径为b，长为 l。设外加电压为0sinut，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。解当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压时的电场分布可视为相同（准静态电场），即0sinln ()rutrb aee，故电容器两极板间的位移电流密度为0cosln ()druttrb adje则2000cosdd dln ()lddrrsutirzrb ajsee002coscosln ()lutc utb a式中，2ln ()lcb a是长为

33、l 的圆柱形电容器的电容。流过电容器的传导电流为0dcosdcuiccutt可见dcii5.7 由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。解点电荷 q 产生的电场满足麦克斯韦方程0e和d由d得ddd据散度定理，上式即为dsqds利用球对称性，得24rqrde故得点电荷的电场表示式24rqree由于0e，可取e，则得2de. . 即得泊松方程25.8 试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中； （2）在圆柱坐标中； （3）在球坐标中。解（1）在直角坐标中yxzxyxzyyxzzhdhjyztdhhjzxthhdjxytyxzyxzyxzeheyztheezxt

34、eehxyt0yxzyxzbbbxyzdddxyz（2）在圆柱坐标中111()zrrrzrzzhhdjrztdhhjzrthdrhjrrrt111()zrrzrzeehrztheezrtehrerrrt11()011()zrzrbbrbrrrzddrdrrrz（3）在球坐标系中1(sin)sin11()sin1()rrrrhdhjrtdhrhjrrtdhrhjrrt1(sin)sin11()sin1()rrreherthererrthererrt2222111()(sin)0sinsin111()(sin)sinsinrrbr bbrrrrdr ddrrrr5.11已知自由空间中球面波的电场为

35、0sincos()etkrre求 h 和 k。解可以和前题一样将e 代入波动方程来确定k，也可以直接由麦克斯韦方程求与e 相伴的磁场h。而此磁场又要产生与之相伴的电场，同样据麦克斯韦方程求得。将两个电场比较，即可确定k 的值。两种方法本质上是一样的。由0the得00000011()1sincos()sinsin()retrretkrrrketkrreheee将上式对时间t 积分，得. . 00sincos()ketkrrhe（1）将式（ 1）代入0teh得0201111(sin)(sin)sinsinrtrhrhrrrehee20020002sin1cos()sin()rkek etkrtkr

36、rree将上式对时间t 积分，得20022200021sin()sincos()rkek etkrtkrrreee（2）将已知的0sincos()etkrree与式（ 2）比较，可得，含21r项的 er分量应略去，且200k，即00k将00k代入式（ 1） ，得0000000sincos()sincos()etkrretkrrheea5.12试推导在线性、无损耗、各向同性的非均匀媒质中用e 和 b 表示麦克斯韦方程。解注意到非均匀媒质的参数,是空间坐标的函数，因此211()()11bhbbbb而()tttdeejjj因此，麦克斯韦第一方程tdhj变为1tebjb又()deee故麦克斯韦第四方程

37、d变为1ee则在非均匀媒质中，用e 和 b 表示的麦克斯韦方程组为. . 11ttebjbbebee5.13 写出在空气和的理想磁介质之间分界面上的边界条件。解空气和理想导体分界面的边界条件为0snenhj根据电磁对偶原理，采用以下对偶形式smsehhejj即可得到空气和理想磁介质分界面上的边界条件0msnhnej式中， jms为表面磁流密度。5.14提出推导1snhj的详细步骤。解如题 6.12 图所示，设第2 区为理想导体（2） 。在分界面上取闭合路径,0abcda abcdl bcdah。对该闭合路径应用麦克斯韦第一方程可得20ddddlim (dd )bcdaabcdchssdthlh

38、lhlhlhldhlhljss（1）因为td为有限值，故上式中0limd0hstds，而 (1)式中的另一项0limdhsjs为闭合路径所包围的传导电流。取 n 为闭合路径所围面积的单位矢量（其指向与闭合路径的绕行方向成右手螺旋关系），则有0limdshsjsjnl因() llnn故式（ 1）可表示为12() ()sllhhnnjn（2）应用矢量运算公式()()abccab，式（ 2）变为12snhhnjn故得12()snhhj（3）由于理想导体的电导率2，故必有220,0eh，故式（ 3）变为1snhj5.16在由理想导电壁（）限定的区域0 xa内存在一个由以下各式表示的电磁场：a d b

39、c n l h h2h1 题 6.12 图. . 000()sin()sin()()sin()sin()cos()cos()yxzaxehkztaaxhh kkztaxhhkzta这个电磁场满足的边界条件如何？导电壁上的电流密度的值如何？解如题 6.13 图所示，应用理想导体的边界条件可以得出在 x=0 处，0,0yxeh0cos()zhhkzt在 x=a 处，0,0yxeh0cos()zhhkzt上述结果表明，在理想导体的表面，不存在电场的切向分量ey和磁场的法向分量hx。另外，在 x= 0 的表面上，电流密度为0000|()|cos()sxxxxzzxxzzyxhhhhkztjnheeee

40、ee在 x=a 的表面上，电流密度则为0|() |cos()sxaxxxzzxaxzzyxahhhhkztjnheeeeee5.17海水的电导率4s/m，在频率 f=1ghz 时的相对介电常数81r。如果把海水视为一等效的电介质，写出h 的微分方程。对于良导体，例如铜，71,5.7 10 s/mr，比较在 f=1ghz 时的位移电流和传导电流的幅度。可以看出，即使在微波频率下，良导体中的位移电流也是可以忽略的。写出h 的微分方程。解对于海水， h 的微分方程为()jjjjhjdeee即把海水视为等效介电常数为cj的电介质。代入给定的参数，得999104210 (81)36210(4.54)(4

41、4.5)jjjjjeeee对于铜，传导电流的幅度为e，位移电流的幅度e。故位移电流与传导电流的幅度之比为9130712102369.75 105.7 10rfff可见，即使在微波频率下，铜中的位移电流也是可以忽略不计的。故对于铜，h 的微分方程为75.710hee5.18 计算题 5.16 中的能流密度矢量和平均能流密度矢量。解瞬时能流密度矢量为o a x 题 6.13 图. . 2022220202220()sin()cos()sin()cos()() sin ()sin()1sin()cos()sin 2()21() sin ()1cos2()2yyxxzzxyzzyxxzxzehhe h

42、e haxxhkztkztaaaxhkkztaaxxhkztaaaxhkkztaseheeeeeeeee为求平均能流密度矢量，先将电磁场各个分量写成复数形式20200()sin()()sin()cos()jkzjyjkzjxjkzzaxeheaaxhh keaxhhea故平均能流密度矢量为*2202222220011re*re221resin()cos()21() sin ()() sin ()2avxyzzyxjxzze he haxxheaaaxaxhkhkaaseheeeee5.19 写出存在电荷和电流密度j 的无损耗媒质中e 和 h 的波动方程。解存在外加源和 j 时，麦克斯韦方程组为

43、tehj（1） ；the（2） ；0h（3） ；e（4）对式（ 1）两边取旋度，得()thje而2()hhh故2()thhje（5）将式（ 2）和式（ 3）代入式（ 5） ，得222thhj这就是 h 的波动方程，是二阶非齐次方程。同样，对式（ 2）两边取旋度，得(teh即2(teeh（6）. . 将式（ 1）和式（ 4）代入式（ 6） ，得2221tteje此即 e 满足的波动方程。对于正弦时变场，可采用复数形式的麦克斯韦方程表示jhje（7） ；jeh（8） ；0h（9） ；e（10） ；对式（ 7）两边取旋度，得jhje利用矢量恒等式2(hhh得2(jhhje（ 11）将式（ 8）和式（

44、 9）代入式（ 11） ，得22h +hj此即 h 满足的微分方程，称为非齐次亥姆霍兹方程。同样，对式（ 8）两边取旋度，得：jeh即2(jehh（12）将式（ 7）和式（ 10）代入式（ 12） ，得221je +ej此即 e 满足的微分方程，亦称非齐次亥姆霍兹方程。5.20在应用电磁位时，如果不采用洛伦兹条件，而采用所谓的库仑规范，令a，试导出a 和所满足的微分方程。解将电磁矢量位a 的关系式ba和电磁标量位的关系式tae；代入麦克斯韦第一方程tdhj得1()tttehajaj利用矢量恒等式2()aaa得2()ttaaa =j（1）又由d得()tae，即2()ta（2）按库仑规范，令0a，

45、将其代入式（1）和式（ 2）得222()ttaaj（3）2（4）. . 式（ 3）和式（ 4）就是采用库仑规范时，电磁场a 和所满足的微分方程。5.21设电场强度和磁场强度分别为00cos()cos()emtteehh证明其坡印廷矢量的平均值为001cos()2avemseh解坡印廷矢量的瞬时值为000000cos)cos()1cos()cos21cos(2)cos()2emememememtttttttseheheheh故平均坡印廷矢量为000000111cos(2)cos()d21cos()2tavtemememdtttttsseheh. . 第 6 章习题答案6-1 在1r、4r、0的媒

46、质中，有一个均匀平面波，电场强度是)3sin(),(kztetzem若已知mhz150f，波在任意点的平均功率流密度为2w/m265.0，试求：（1）该电磁波的波数?k相速?pv波长?波阻抗?（2）0t，0z的电场?)0,0(e（3）时间经过s1.0之后电场)0 ,0(e值在什么地方？（4）时间在0t时刻之前s1.0，电场)0,0(e值在什么地方？解： （ 1）)rad/m(22rcfk)m/s(105 .1/8rpcv)m(12k)(60120rr（ 2）6200210265. 02121mrmavees(v/m)1000.12me)v/m(1066.83sin)0, 0(3mee（3） 往

47、右移m15tvzp（4） 在o点左边m15处6-2 一个在自由空间传播的均匀平面波，电场强度的复振幅是米伏 /1010)202( j420j4yxeeezzee试求：（ 1）电磁波的传播方向？（ 2）电磁波的相速?pv波长?频率?f（ 3）磁场强度?h（ 4）沿传播方向单位面积流过的平均功率是多少？解： （1） 电磁波沿z方向传播。（ 2）自由空间电磁波的相速m/s1038cvp)m(1 .02022k20ckc20. . hz1031029cf（3）)a/m)(10652120j)220( j7yzxzzee.eeeeh（4）)w/m(106522)re(21211*zzav.eehes*e

48、e6-3 证明在均匀线性无界无源的理想介质中，不可能存在zeekzeej0的均匀平面电磁波。证0jj0kzeke，即不满足maxwell 方程 不可能存在zeekzeej0的均匀平面电磁波。6-4 在微波炉外面附近的自由空间某点测得泄漏电场有效值为1v/m，试问该点的平均电磁功率密度是多少？该电磁辐射对于一个站在此处的人的健康有危险吗？（根据美国国家标准，人暴露在微波下的限制量为102w/m2不超过 6分钟，我国的暂行标准规定每8 小时连续照射，不超过3.8102w/m2。 ）解：把微波炉泄漏的电磁辐射近似看作是正弦均匀平面电磁波，它携带的平均电磁功率密度为2302w/m1065.23771e

49、aves可见，该微波炉的泄漏电场对人体的健康是安全的。6-5 在自由空间中，有一波长为12cm 的均匀平面波，当该波进入到某无损耗媒质时，其波长变为8cm，且此时m/v41.31e，m/a125.0h。求平面波的频率以及无损耗媒质的r和r。解：因为rr/0，所以4/9)8/12(2rr又因为rrhe120，所以4443.01202herr1r，25.2r6-6 若有一个点电荷在自由空间以远小于光速的速度v运动，同时一个均匀平面波也沿v的方向传播。试求该电荷所受的磁场力与电场力的比值。解：设v沿z轴方向，均匀平面波电场为e，则磁场为eehz01电荷受到的电场力为efqe其中q为点电荷电量，受到的

50、磁场力为eehebvf00000qvvqvqqzmecqv故电荷所受磁场力与电场力比值为cvffem. . 6-7 一个频率为ghz3f，ye方向极化的均匀平面波在5.2r， 损耗角正切值为102的非磁性媒质中， 沿正xe方向传播。（1）求波的振幅衰减一半时，传播的距离；（2）求媒质的波阻抗，波的相速和波长；（3）设在0 x处的ytee3106sin509，写出),(txh的表示式。解： （1）210tan，这是一个低损耗媒质，平面波的传播特性，除了有微弱的损耗引起的衰减之外，和理想介质的相同。其衰减常数为497.01035.2210321021028922因为2/1ie，所以m40.12ln

51、l（2）对低损耗媒质，4.2385.2/120/相速m/s1090.15.2103188v波长(cm)32.6(m)0632.0/ fv（3）3.991035 .210689(a/m)33.99106sin(21.0)3106sin(50),(95. 095. 0zxzxxtextetxeeh6-8 微 波 炉 利 用 磁 控 管 输 出 的2.45ghz频 率 的 微 波 加 热 食 品 ， 在 该 频 率 上 ， 牛 排 的 等 效 复 介 电 常 数) j3.01 (40r。求：（1）微波传入牛排的穿透深度，在牛排内8mm 处的微波场强是表面处的百分之几？（2）微波炉中盛牛排的盘子是发泡

52、聚苯乙烯制成的，其等效复介电常数r)103.0 j1(03.14。说明为何用微波加热时，牛排被烧熟而盘子并没有被毁。解： （1）20.8mmm0208.011211212%688.20/8/0eeeez（2）发泡聚苯乙烯的穿透深度. . (m)1028.103.1103.01045.22103212213498可见其穿透深度很大，意味着微波在其中传播的热损耗极小，所以不会被烧毁。6-9 已知海水的1,81s/m4rr， 在其中分别传播mhz100f或khz10f的平面电磁波时， 试求：?pv解：当mhz1001f时，888.当khz102f时，41088.故khz102f时，媒质可以看成导体，

53、可以采用近似公式21而mhz1001f时媒质是半电介质，不能采用上面的近似公式。（1） 当mhz1001f时(nep/m)5.371)(12221(rad/m)0 .421)(12221(m/s)101490811.p(m)1490211.（2） 当khz102f时39702122.(nep/m)39702.(rad/m)39702.(m/s)1058.1522p(m)815222.6-10 证明电磁波在良导电媒质中传播时，场强每经过一个波长衰减54.54db。证：在良导体中，故22. . 因为lleeeee2 00所以经过一个波长衰减54.57(db)lg(20lg2020eee6-11 为

54、了得到有效的电磁屏蔽，屏蔽层的厚度通常取所用屏蔽材料中电磁波的一个波长，即2d式中是穿透深度。试计算（1）收音机内中频变压器的铝屏蔽罩的厚度。（2）电源变压器铁屏蔽罩的厚度。（3）若中频变压器用铁而电源变压器用铝作屏蔽罩是否也可以？（铝：s/m1072.37，1r，1r；铁：s/m107，1r，410r，f465khz。 ）解：222d（1）铝屏蔽罩厚度为0.76(mm)(m)1060710723104104652224773.d（2）铁屏蔽罩厚度为(mm)41.1(m)1041.11010104502223747d（ 3）m)(741(m)1047110101041046522257473.

55、铁d(mm)73(m)103371072310450222277.铝d用铝屏蔽50hz 的电源变压器需屏蔽层厚73mm，太厚，不能用。用铁屏蔽中周变压器需屏蔽层厚m714.，故可以选用作屏蔽材料。6-12 在要求导线的高频电阻很小的场合通常使用多股纱包线代替单股线。证明，相同截面积的n 股纱包线的高频电阻只有单股线的n1。证：设 n 股纱包中每小股线的半径为r，单股线的半径为r，则22rnr，即rnr单股线的高频电阻为rr211其中为电导率，为趋肤深度。n 股纱包线的高频电阻为rnrn21nrnrnrnrrrn11. . 6-13 已知群速与相速的关系是ddvvvppg式中是相移常数，证明下式

56、也成立ddvvvppg证：由2得ddd22)1(2ddvvddvvvppppg)2(226-14 判断下列各式所表示的均匀平面波的传播方向和极化方式（1）yxeeekzkzeeejej1j1j（2）zkxykxeheheehj2j1（021hh）（3）yxeeekzkzeeeej0j0j（4）)(j00jyxeeeeaeeekz（a为常数，, 0）（5）)j(jjzxeehkymkymeeee（6）ymxmkztekztetzeee)cos()sin(),(（7）ymxmkztekztetzeee)4cos()4sin(),(解： （1） z 方向，直线极化。（2） x 方向，直线极化。（3）

57、 z方向，右旋圆极化。（4） z方向，椭圆极化。（5） y 方向，右旋圆极化。（6） z方向，左旋圆极化。（7） z方向，直线极化。6-15 证明一个直线极化波可以分解为两个振幅相等旋转方向相反的圆极化波。证：设沿z 方向传播的直线极化波的电场矢量方向与xe方向夹角为，则ezyxeej1)sin(coseezyxeeeeeejjjjj1)j22(eezyxzyxeeeeeeeejjj1jjj1)j(2)j(2eeee左圆右圆ee6-16 证明任意一圆极化波的坡印廷矢量瞬时值是个常数。证：设沿z方向传播的圆极化波为. . ymxmkztekztetzeee)cos()2cos(),(则坡印廷矢量

58、瞬时值eeeeeeeeeheszzzzmzmmekztekzteee22222cos2cos6-17 有两个频率相同传播方向也相同的圆极化波，试问：（1）如果旋转方向相同振幅也相同，但初相位不同，其合成波是什么极化？（2）如果上述三个条件中只是旋转方向相反其他条件都相同，其合成波是什么极化？（3）如果在所述三个条件中只是振幅不相等，其合成波是什么极化波？解： （1）设kzyxeeejj011)j(eeekzyxeeejj022)j(eee则21eeekzyxeeeejjj0)(j(21ee故合成波仍是圆极化波，且旋转方向不变，但振幅变了。（2）设kzyxeeejj011)j(eeekzyxee

59、ejj021)j(eee则21eeekzxeeejj012e故合成波是线极化波。（3）设kzyxeeejj1011)j(eeekzyxeejjj2021)(eeee则kzyxeeeejj2010211)j)(eeeee故合成波是圆极化波，且旋转方向不变，但振幅变了。6-18 一个圆极化的均匀平面波，电场)j(j0yxkzeeeee垂直入射到0z处的理想导体平面。试求：（1）反射波电场、磁场表达式；（2）合成波电场、磁场表达式；（3）合成波沿z 方向传播的平均功率流密度。解： （1） 根据边界条件0|)(0zriee故反射电场为zyxreej0)j(eee. . rze-ehr)(1)j (j0

60、yxzeeee（2）rieee)j(sinj20yxzeeerzize-eeeh)(11)j(cos20yxzeee（3）)re(21hesav)(jcos2)j)(sin(j2re2100yxyxzezeeeee06-19 当均匀平面波由空气向理想介质（1r，0）垂直入射时，有84的入射功率输入此介质，试求介质的相对介电常数r。解：因为rrr111212所以11rrr211rrr又因为16. 0%8412r，故4.0r44. 54 .014 .012r6-20 当平面波从第一种理想介质向第二种理想介质垂直入射时，若媒质波阻抗21，证明分界面处为电场波腹点；若12，则分界面处为电场波节点。证：