电磁场与电磁波第四版

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范文一:电磁场与电磁波试卷四

北 京 交 通 大 学 考 试 试 题

课程名称: 电磁场与电磁波 学年学期: 学年第二学期 课程编号: 14L184Q 开课学院: 电子学院 出题教师: 课程组 学生姓名: 学号: 任课教师:学生学院: 班级: 一.填空(每空1分,共10分)

1. 亥姆霍兹定理表明,在无限大的空间中,如果一个矢量场的( )和

( ) 已知,该矢量场即可唯一地确定。

2. 标量场的梯度的方向与标量场的等值面或等值面( )。 3. 简单介质指线性的、各向同性的、( )的介质。 4. 镜像法的理论依据是( )。

5. 根据( )定理,可以得到电流连续性方程的积分形式。 6. 磁化强度和磁场强度的国际单位均为( )。

7. 时变电磁场麦克斯韦方程组的微分形式是( )、

( )和B0、D

。

8. 均匀平面波是指( )为平面,且它上面的电场和磁场的大小各

处相同的电磁波。

二.计算(每题5分,共30分)

1.真空中两个无限大的带电平面平行放置,如题1图所示,两平面间距为d,面电荷密度均为S。求各区域的电场强度。 

题1图

1

2. 一个带电量为q的点电荷,与y-z平面上的接地导体平面相距为d,如题2图所示。如果把该点电荷从点(d, 0, 0)移到点(2d,2d,2d)时,需要做多少功?

题2图

3.已知两条相互平行直的射线与半径为R的四分之三周长的圆弧构成一回路,通电流I。如题3图所示。求圆心O处的磁感应强度B。

题3

4.磁导率为,横截面为矩形的圆铁环,绕有一闭合线圈C,其中铁环的高度为b,其横截面的宽度为a,铁环的内半径为L,如题4图所示。在其对称轴处有一无限长直导线,求无限长直导线与线圈之间的互感M。

I

b

题4图

5.半径为10cm的圆形导电环位于xoy平面内,内电阻为2。如果该区域的磁感应强

(314t)ay0.75cos(314t)az1.2cos(314t)度为Bax0.2cos T。求环内感应电流的最

大值。

6.如题6图所示,光纤的折射率n1.55,光线束自空气向其端面入射,并要能量沿光

2

纤传输,若光纤外包层的折射率为n1 = 1.53,试计算入射光线与光纤轴线间的夹角i的范围。

题6图

三.(10分)两个同心的金属球壳,内、外导体半径分别为a和b,两球壳之间一半的空间填充电容率为 的介质,一半是空气,介质分界面为过球心的平面,如题三图所示。若

内导体带电量为Q,求两球之间:(1)电场分布;(2)电位分布;(3)电容量。

题三图

四.(8分)已知在题四图所示的区域内无电荷,电位在矩形的四条边上满足边界条件:

2|y0,b0;|x0cos(积分系数y;|xa0;求区域内的电位分布。yb

不必计算)

a 题四图

10e五.(8分)已知H1

3

j

π

z60

ax 的电磁波由空气(ε1=ε0,μ1=μ0)向理想介质(ε2=9ε0,

μ2=μ0)垂直入射。求:(1)入射电磁波的频率;(2)反射波的电场和磁场。

六.(12分)频率为10MHz的均匀平面波,电场的振幅为Em

110

,从空气垂直入

射到海平面上(r1,r81,4 ),求:(1)该电磁波在海水内的趋肤深度;

(2)波长;(3)海水的本征阻抗;(4)电磁波入射到海平面时透射波电场振幅的大小。

七.(12分)两无限大理想导体平面限定的区域(0≤z≤1,填充介质为空气)中存在电场

EayE0sin(πz)cos(6π108tx),其中E0和均为常数。在此区域中,求:(1)

(2)H;(3)导体表面的电荷密度和电流密度。 ;

八(10分)空气中一均匀平面波的电场为

E600(axay)cos[6108ta(xyz)] V/m

求:(1)参量a、波的传播方向;(2)波长、波的极化状态;(3)磁场H;(4)平均能流矢量S平均。

4

附: 矢量微分表达式

1.直角坐标 ax



ayaz

xyz

ax

AAyAz

AA

xyzx

AxayyAyaz zAz

222

22 2

xyz

2

a

2.圆柱坐标 aaz

z

Az11A

A(A)

zaaz

a



A

AA zAz

1





2

122 22z2

3.球坐标 ar

A

aa



rrrsin

1211A rA(sinA)r

rsinrsinr2r

aaar

rr2sinrsin



A

rArrArsinA



A12112

2(sin)2r222

rrsinrrrsin

2

112

4.08.85410F/m9

3610

,0 = 4 10-7 H/m

5

范文二:第十四章电磁场和电磁波

第十四章 电磁场和电磁波

考纲要求

1.电磁场,电磁波,电磁波的周期、频率、波长和波速 Ⅰ

2.无线电波的发射和接收 Ⅰ

3.电视、雷达 Ⅰ

知识网络:

单元切块:

按照考纲的要求,本章内容均为Ⅰ级要求,在复习过程中,不再细分为几个单元。本章重点是了解交变电场和交变磁场的相互联系,定性理解麦克斯韦的电磁场理论。

教学目标:

1.了解交变电场和交变磁场的相互联系,定性理解麦克斯韦的电磁场理论.

2.了解电磁场和电磁波概念,记住真空中电磁波的传播速度.

3.了解我国广播电视事业的发展.

教学重点:了解交变电场和交变磁场的相互联系,定性理解麦克斯韦的电磁场理论

教学难点:定性理解麦克斯韦的电磁场理论

教学方法:讲练结合,计算机辅助教学

教学过程:

一、电磁振荡

1.振荡电路:大小和方向都随时间做周期性变儿的电流叫做振荡电流,能够产生振荡电流的电路叫振荡电路,LC回路是一种简单的振荡电路。

2.LC回路的电磁振荡过程:可以用图象来形象分析电容器充、放电过程中各物理量的变化规律,如图所示

3.LC回路的振荡周期和频率

T

2LC

f1

2LC

注意:(1)LC回路的T、f只与电路本身性质L、C有关

(2)电磁振荡的周期很小,频率很高,这是振荡电流与普通交变电流的区别。

分析电磁振荡要掌握以下三个要点(突出能量守恒的观点):

⑴理想的LC回路中电场能E电和磁场能E磁在转化过程中的总

⑵回路中电流越大时,L中的磁场能越大(磁通量越大)。

⑶极板上电荷量越大时,C中电场能越大(板间场强越大、两

高、磁通量变化率越大)。

LC回路中的电流图象和电荷图象总是互为余函数(见右图)。

【例1】 某时刻LC回路中电容器中的电场方向和线圈中的磁

图所示。则这时电容器正在_____(充电还是放电),电流大小正在

还是减小)。

解:用安培定则可知回路中的电流方向为逆时针方向,而上极

以这时电容器正在充电;因为充电过程电场能增大,

所以磁场能减小,电流在减小。

【例2】右边两图中电容器的电容都是

-感都是L=9×104H,左图中电键K先接a,

扳到b;右图中电键K先闭合,稳定后断开。

-开始电磁振荡t=3.14×104s时刻,C的上极1和不变。 板间电压越场方向如右______(增大板是正极板,所(充电还是放电),带_____电(正电还是负

流方向向____(左还是右),磁场能正在_____

小)。 -解:先由周期公式求出T2LC=1.2π×104s, t=3.14C=4×10-6F,电充电结束后将K两图中LC回路板正在____电电);L2中的电(增大还是减×104s时刻-

是开始振荡后的T。再看与左图对应的q-t图象(以上极板带正

右图对应的i-t图象(以LC回路中有逆时针方向电流为正),图象56电为正)和与都为余弦函数图象。在T时刻,从左图对应的q-t图象看出,上极板正在充正电;从右图对应的i-t图象看出,L2中的电流向左,正在增大,所以磁场能正在增大。

二、电磁场

1.麦克斯韦的电磁场理论

要深刻理解和应用麦克斯韦电磁场理论的两大支柱:变化的磁场产生电场,变化的电场产生磁场。

(1)变化的磁场(电场)能够在周围空间产生电场(磁场);

(2)均匀变化的磁场(电场)能够在周围空间产生稳定的电场(磁场);

(3)振荡的磁场(电场)能够在周围空间产生同频率的振荡电场(磁场);

可以证明:振荡电场产生同频率的振荡磁场;振荡磁场产生同频率的振荡电场。

点评:变化的磁场在周围空间激发的电场为涡旋电场,涡旋电场与静电场一样,对电荷有力的作用,但涡旋电场又于静电场不同,它不是静电荷产生的,它的电场线是闭合的,在涡旋电场中移动电荷时,电场力做的功与路径有关,因此不能引用“电势”、“电势能”等概念。另外要用联系的观点认识规律,变化的磁场产生电场是电磁感应现象的本质。

【例3】右图中,内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内,有一直径略小于环口径的带正电

的小球,正以速率v0沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上竖直向上、磁感应强度

56

B随时间成正比例增加的变化磁场,设小球运动过程中的电量不变,那么()

A.小球对玻璃环的压力不断增大 B.小球受到的磁场力不断增大

C.小球先沿逆时针方向做减速运动,过一段时间后,沿顺时针方向做加速运动

D.磁场力一直对小球不做功

分析:因为玻璃环所处有均匀变化的磁场,在周围产生稳定的涡旋电场,对带正电的小球做功,由楞次定律,判断电场方向为顺时针,在电场力的作用下,小球先沿逆时针方向做减速运动,过一段时间后,沿顺时针方向做加速运动。小球在水平面内沿轨迹半径方向受两个力:环的弹力N和磁场的洛仑兹力f,而且两个力的矢量和始终提供向心力,考虑到小球速度大小的变化和方向的变化以及磁场强弱的变化,弹力和洛仑兹力不一定始终在增大。洛仑兹力始终和运动方向垂直,所以磁场力不做功。正确为CD。

2.电磁场:按照麦克斯韦的电磁场理论,变化的电场和磁场总是相互联系的,形成一个不可分离的统一场,称为电磁场。电场和磁场只是这个统一的电磁场的两种具体表现。

理解电磁场是统一的整体:

根据麦克斯韦电磁场理论的两个要点:在变化的磁场的周围空间将产生涡漩电场,在变化的电场的周围空间将产生涡漩磁场.当变化的电场增强时,磁感线沿某一方向旋转,则在磁场减弱时,磁感线将沿相反方向旋转,如果电场不改变是静止的,则就不产生磁场.同理,减弱或增强的电场周围也将产生不同旋转方向的磁场.因此,变化的电场在其周围产生磁场,变化的磁场在其周围产生电场,一种场的突然减弱,导致另一种场的产生.这样,周期性变化的电场、磁场相互激发,形成的电磁场链一环套一环,如下图所示.需要注意的是,这里的电场和磁场必须是变化的,形成的电磁场链环不可能是静止的,这种电磁场是无源场(即:不是由电荷激发的电场,也不是由运动电荷-电流激发的磁场.),并非简单地将电场、磁场相加,而是相互联系、不可分割的统一整体.在电磁场示意图中,电场E矢量和磁场B矢量,在空间相互激发时,相互垂直,以光速c在空间传播.

3.电磁波

变化的电场和磁场从产生的区域由近及远地向周围空间传播开去,就形成了电磁波。

(1)有效地发射电磁波的条件是:①频率足够高(单位时间内辐射出的能量P∝f 4);②形成开放电路(把电场和磁场分散到尽可能大的空间里去)。

(2)电磁波的特点:

①电磁波是横波。在电磁波传播方向上的任一点,场强E和磁感应强度B均与传播方向垂直且随时间变化,因此电磁波是横波。

②电磁波的传播不需要介质,在真空中也能传播。在真空中的波速为c=3.0×108m/s。

③波速和波长、频率的关系:c=λf

注意:麦克斯韦根据他提出的电磁场理论预言了电磁波的存在以及在真空中波速等于光速c,后由赫兹用实验证实了电磁波的存在

(3)电磁波和机械波有本质的不同

4.无线电波的发射和接收

(1)无线电波:无线电技术中使用的电磁波

(2)无线电波的发射:如图所示。

①调制:使电磁波随各种信号而改变

②调幅和调频

(3)无线电波的接收

①电谐振:当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波的频率相同时,接收电路中产生的振荡电流最强,这种现象叫做电谐振。

②调谐:使接收电路产生电谐振的过程。调谐电路如图所示。通过改变电容器电容来改变调谐电路的频率。

③检波:从接收到的高频振荡中“检”出所携带的信号。

4.电磁波的应用

广播、电视、雷达、无线通信等都是电磁波的具体应用。

雷达:无线电定位的仪器,波位越短的电磁波,传播的直线性越好,反射性能强,多数的雷达工作于微波波段。缺点,沿地面传播探测距离短。中、长波雷达沿地面的探测距离较远,但发射设备复杂。

【例4】 一台收音机,把它的调谐电路中的可变电容器的动片从完全旋入到完全旋出,仍然收不到某一较高频率的电台信号。要想收到该电台信号,应该______(增大还是减小)电感线圈的匝数。

解:调谐电路的频率和被接受电台的频率相同时,发生电谐振,才能收到电台信号。由公式f1

2LC可

知,L、C越小,f越大。当调节C达不到目的时,肯定是L太大,所以应减小L,因此要减小匝数。

【例5】 某防空雷达发射的电磁波频率为f=3×103MHZ,屏幕上尖形波显示,从发射到接受经历时间Δt=0.4ms,那么被监视的目标到雷达的距离为______km。该雷达发出的电磁波的波长为______m。

解:由s= cΔt=1.2×105m=120km。这是电磁波往返的路程,所以目标到雷达的距离为60km。由c= fλ可得λ= 0.1m

【例6】 电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电子的。如图所示,在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室,用交变电流励磁的电磁铁在两极间产生交变磁场,从而在环形室内产生很强的电场,使电子加速.被加速的电子同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动。设法把高能电子引入靶室,就能进一步进行实验工作。已知在一个轨道半径为r=0.84m的电子感应加速器中,电子在被加速的

4.2ms内获得的能量为120MeV.设在这期间电子轨道内的高频交变磁场是线性变化的,磁通量的最小值为零,最大值为1.8Wb,试求电子在加速器中共绕行了多少周?

解:根据法拉第电磁感应定律,环形室内的感应电动势为E=

t=

429V,设电子在加速器中绕行了N周,则电场力做功NeE应该等于电子的动能EK,所以有N= EK/Ee,带入数据可得N=2.8×105周。

【例7】 如图所示,半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内,有一个电荷量为 e,质量为 m 的电子。此装置放在匀强磁场中,其磁感应强度随时间变化的关系式为 B=B0+kt(k>0)。根据麦克斯韦电磁场理论,均匀变化的磁场将产生稳定的电场,该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力,使其得到加速。设t=0时刻电子的初速度大小为v0,方向顺时针,从此开始后运动一周后的磁感应强度为B1,则此时电子的速度大小为

A.B1re

m B.2r2kev C.m2

0B0re

mv0

2r

2keD.v m2

解:感应电动势为E=kπr2,电场方向逆时针,电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理:kπr2e=121mv-mv02,得答案B。 22

【例8】 如图所示,平行板电容器和电池组相连。用绝缘工具将电容器两板间的距离逐渐增大的过程中,关于电容器两极板间的电场和磁场,下列说法中正确的是

A.两极板间的电压和场强都将逐渐减小

B.两极板间的电压不变,场强逐渐减小

C.两极板间将产生顺时针方向的磁场

D.两极板间将产生逆时针方向的磁场

解:由于极板和电源保持连接,因此两极板间电压不变。两极板间距离增大,因此场强E=U/d将减小。由于电容器带电量Q=UC,d增大时,电容C减小,因此电容器带电量减小,即电容器放电。放

电电流方向为逆时针。在引线周围的磁场方向为逆时针方向,因此在两极板间的磁场方向也是逆时针方向。选BD。

【例9】如图所示,氢原子中的电子绕核逆时什快速旋转,匀强磁场垂直于轨道平面向外,电子的运动轨道半径r不变,若使磁场均匀增加,则电子的动能( )

A.不变 B.增大

C.减小 D.无法判断

解析:正确答案为 B

电子在库仑力F和洛伦兹力f作用下做匀速圆周运动,用左手定则判断f和F方向始终相同,两者之和为向心力。当磁场均匀增加时,根据麦克斯韦理论,将激起一稳定电场,由楞次定律及安培定则可判出上述电场的方向为顺时针,这时电子除受到上述两力外,又受到一个逆时针方向的电场力作用,该力对电子做正功,所以电子的动能将增大,故答案B正确。

三、针对性练习:

1.对处于图所示时刻的LC振荡电路,下列说法正确的是 ( )

A.电容器正在放电,电场能正转变成磁场能;

B.电容器正在充电,电场能正转变成磁场能;

C.电容器正在放电,磁场能正转变成电场能;

D.电容器正在充电,磁场能正转变成电场能. 2.下列关于电磁波的叙述中,正确的是( )

A.电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播

B.电磁波由真空进入介质传播时,波长将变长

C.电磁波不能产生干涉、衍射现象

D.雷达是利用自身发射的电磁波来对目标进行定位的

3.在我们的周围空间存在着各种不同频率的电磁波,它的存在为人类的信息交流带来了极大的方便:

(1)是谁首先预言了电磁波的存在?答: .

(2)是谁用实验的方法证实了电磁波的存在?答: .

(3)无线电波按波长从大到小可分为长波、中波、中短波、短波等,按传播方式可分为天波传播、地波

传播和直线传播,其中地波是依靠波的衍射作用沿地球表面传播的,那么上面提到的四种无线电波中哪种最适宜地波传播.答: .

4.在听收音机时,常常要从一个电台调到另一个电台,去收听自己喜欢的节目;如果你正在收听中央人

民广播电台频率为1035KHz的节目。现在你想改听北京人民广播电台频率为828KHz的节目,那么:

(1)在对收音机进行调谐时,你应把调谐电路中的可变电容器的动片旋进一些,还是旋出一些?为什么?

就能清楚地收到该电台的节目).

答: .

(2)若北京人民广播电台正在实况广播一场音乐会,试问离舞台30米远的现场观众甲和远在现场3000

公里外的听众乙比较,谁先听到歌手的声音?

答: .

5.电磁波遇到某些障碍物会发生反射,雷达就是根据这一原理制成的,某雷达站正在观察一飞机飞行,若飞机正向雷达站飞来,某一时刻雷达第一次发出电磁波到接收到反射波历时200微秒,第二次发出电磁波到接收到反射波历时186微秒,第一次发射到第二次发射的时间差为4秒钟,则刻飞机的飞行速度为 m/s.

6.麦克斯韦的电磁场理论有两个要点:

(1) ;(2) .

7.电磁场:.

电磁波: .

8.电磁波在真空中的波速是.电磁波的波速、波长、周期、频率的关系用公式表示是v= = .传播过程中电磁波的 不变.

9.某收音机可变电容器的电容量为C1时能收到无线电波的彼长是λ1,当电容量为C2时,能收到的无线电波的波长是λ2,若把电容量调为C1+C2,则能收到的电磁波的波长是 .

10.2008年奥运会将在中国北京进行,为了实现全球的电视转播,我国政府将进行设计多种方案,下面

正确的一种是 ( )

A.只需运用一颗同步卫星,在赤道平面上空运行

B.至少需运用三颗同步卫星,在赤道平面上空运行

C.只需运用一颗同步卫星,绕着通过南北极的上空运行

D.至少需运用三颗同步卫星,绕着通过南北极的上空运行

11.2003年10月16日我国成功发射了“神州五号”载人飞船,这标志着我国的航天航空事业居于世界

前列。

(1)如图是A“神州五号”的火箭发射场,

B为山区,C为城市,发射场正在进行发射,

若该火箭起飞时质量为2.02×105kg,起飞推力

2.75×106N,火箭发射塔高100m,则该火箭起

飞的加速度大小为 ,在火箭推力不变的情况下,若不考虑空气阻力和火箭质量

的变化,火箭起飞后经 s飞离发射塔。

(2)为了转播发射实况,我国科技工作者在发射场建立了发射台用于发射广播与电视

信号。已知传输无线电广播所用的电磁波波长为550m,而传输电视信号所用的

电磁波波长为0.556m,为了不让山区挡住信号的传播,使城市居民能听到和收看

实况,必须通过在山顶的转发站来转发 (填无线电广播信号或

电视信号),这是因为 。

12.按有关规定,工作场所所受的电磁波辐射强度(单位时间内垂直通过单位面积的电磁波能量)不得超

过0.50W/m2。若某小型无线通信装置的辐射功率为1W,那么在距离该通信装置 m以外是符合规定的安全区域。

13.“神州五号”载人飞船成功发射,如果你想通过同步卫星转发的无线电话与杨利伟通话,则在你讲完

话后,至少要等多长时间才能听到对方的回话?(已知地球的质量为 M=6.0×1024kg,地球半径为

-R=6.4×106m,万有引力恒量G=6.67×1011Nm2/kg2)

参考答案:

1.D 2.AD 3~8 (略)

9.1

c2LC1

212

2 2c2LC2 3c2L(C1C2) 解得3

10.B 同步卫星只能在赤道平面上空,通过南北极的卫星不可能是同步卫星。由于电信号属于微波段,只能直线传播,为覆盖全球,至少需发射三颗同步卫星,使它们位于三角形的顶点,地球平面内切于这个正三角形,所以B正确。

11.(1)利用F - mg=ma,得a=3.81m/s2,再有s=at2/2,得t=7.25s。

(2)电视信号 电视信号波长短,沿直线传播,受山区阻挡,不易发生衍射。

12. 0.40

13.解:同步卫星是相对于地面静止的,它的运动周期T=3600×24s,设卫星离地面距离为h,它绕地球转动的向心力是它对地球的万有引力,即GmM22m(Rh)(),代入,h=3.59×107m。最短2T(Rh)

通信距离是发话人和听话人均在同步卫星的正下方,这时电磁波传播的最短距离为s=2h,所以最短时间为t=2×2h/c=0.48s。

范文三:《电磁场与电磁波》(第四版)答案四章习题解答

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U0,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

y)a(y,) 0① (0,

) 0 ② (x,0

(x,b)U0

根据条件①和②,电位(x,y)的通解应取为

(x,y)Ansinh(

n1

nynx

)sin() aa

由条件③,有

U0Ansinh(

n1

nbnx)sin() aa

题4.1图

a

两边同乘以sin(

nx

),并从0到a对x积分,得到 a

a

2U0nx

Ansin()dx asinh(nba)0a

4U0

,n1,3,5,

nsinh(nba) 0,n2,4,6,

4U1nynx0si()故得到槽内的电位分布 (x,y) n1,3nsinhn(a)aa,5,

4.2 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yd到yb(x)。上板和薄片保持电位U0,下板保持零电位,求板间电位的解。设在薄片平面上,从y0到yd,电位线性变化,(0,y)U0yd。

2U0

(1cosn)

nsinh(na)

解 应用叠加原理,设板间的电位为

(x,y)1(x,y)2(x,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

题 4.2图

U0)的电位,即1(x,y)U0y;2(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:

① 2(x,0)2(x,b)0

2(x,y)0 )

(0yd)

U0

Uy0b

③ 2(0,y)(0,y)1(0,y)

U0yU0ybd

(dyb)

xnynb

)e根据条件①和②,可设2(x,y)的通解为 2(x,y)Ansin(

bn1

U0Uy(0yd)0

nyb

) 由条件③有 Ansin(bn1U0yU0y(dyb)

bd

ny

),并从0到b对y积分,得到 两边同乘以sin(bdb

2U02U011ynyny2U0bndAn(1)sin()dy()ysin()dysin() 2b0bbbddbb(n)db

xU02bU01ndnynb

 ysin()sin()e故得到 (x,y)22

bdn1nbb

4.3 求在上题的解中,除开U0y一项外,其他所有项对电场总储能的贡献。并按2W

Cf2e定出边缘电容。

U0

解 在导体板(y0)上,相应于2(x,y)的电荷面密度



202

y

y0

x20U01ndnb

sin(b)e

dn1n

则导体板上(沿z方向单位长)相应的总电荷

x20U0ndnb40U0b1nd

q22dx22dx2sin()edx22sin()

ndbdnbn100n1



220bU011nd

sin() 相应的电场储能为 Weq2U022dn1n2b

2We40b1nd

其边缘电容为 Cfsin() 2

U02dn1n2b

4.4 如题4.4图所示的导体槽,底面保持电位U0,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

y)a(y,) 0① (0,

0(y )② (x,y)

)U0 ③ (x,0

根据条件①和②,电位(x,y)的通解应取为

nx

(x,y)Anenysin()

an1

nx

) 由条件③,有 U0Ansin(an1

nx

sin(),并从0到a对x积分,得到 两边同乘以题4.4图 aa

4U0a

,n1,3,5,2U0nx2U0

Ansin()dx(1cosn) na0an0,n2,4,6,

4U01nanx

(x,y)esi )故得到槽内的电位分布为 n1,3a,5n,

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

xz

y(yb)sin()sin()

ac

的电荷。求体积内的电位。

解 在体积内,电位满足泊松方程

2221xz

y(yb)sin()sin() (1) x2y2z20ac

长方体表面S上,电位满足边界条件S0。由此设电位的通解为

(x,y,z)

代入泊松方程(1),可得

1

0

Amnpsin(

m1n1p1



mxnypz

)sin()sin() abc

Amnp[(

m1n1p1

m2n2p

)()()2] abcmxnypzxzsin()sin()sin()y(yb)sin()sin()

abcac

由此可得

Amnp0 (m1或p1)

2n22nyA[()()()]sin()y(yb) (2) 1n1

abcbp1

由式(2),可得

n2ny4b

A1n1[()()2()2]y(yb)sin()dy()3(cosn1)

abcb0bbn

2

b

8b2

3(n)0

n1,3,5,n2,4,6,

1xnyz

sin()sin()sin()5故 0n1,3abc ,5,3

n[()2()2()]2

abc

4.6 如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板,板间有一与z轴平行的线电荷ql,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ql,以x0为界将场空间分割为x0和x0两个区域,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x0的

(x,y,z)

8b2

分界面上,可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度(y)ql(yy0)。

电位的边界条件为

题 4.6图

1(x,0)=1(x,a)0 2(x,0)=2(x,a)0

0(x) ② 1(x,y)

2(x,y)0(x) ③ 1(0,y)2(0,y)

q

(21)x0l(yd) xx0

由条件①和②,可设电位函数的通解为

ny

) (x0) an1

ny

2(x,y)Bnenxsin() (x0)

an1

1(x,y)Anenxsin(

由条件③,有

nynyAsin()Bsin() (1) nn

aan1n1



qlnnynny(yd) (2) Ansin()Bnsin()

0aaaan1n1

由式(1),可得

AnBn (3)

将式(2)两边同乘以sin(

my

),并从0到a对y积分,有 a2qla2qlnynd(yd)sin()dysin() (4) AnBn0n0an0a

由式(3)和(4)解得 AnBn故 1(x,y)

qln0

sin(

nd

) a

1ndnanysin()esin() (x0) 0n1naaql1ndnany

2(x,y)sin()esin() (x0) 0n1naa

ql

4.7 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ql。求槽内的

电位函数。

解 由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql,以xx0为界将场空间分割为0xx0和x0xa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xx0的分界面上,可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度

(y)ql(yy0),电位的边界条件为

题4.7图

1(0,y=),02(a,y)0 ② 1(x,0)=1(x,b)0 2(x,0)=2(x,b)0

③ 1(x0,y)

2(x0,y )(

2x1x

)xx0



ql

(yy0)

由条件①和②,可设电位函数的通解为



nynx

1(x,y)Ansin(

n1

b)sinh(b) (0xx0) 

ny2(x,y)Bnsin()sinh[n

(ax)] (x0n1

bbxa) 由条件③,有



Annsin(ny)sinh(x0)Bsin(ny)sinh[n

(ax0)] n1bbn

n1

bb 

Ann

sin(ny

)cosh(nx0)n1

bbb 

Bnnyn

nsin()cosh[(ax0

)] ql(yy0) n1bbb0

由式(1),可得

Anx0nsinh(

b)Bn

nsinh[b(ax0)]0 将式(2)两边同乘以sin(my

b

),并从0到b对y积分,有 Anx0n2qlbnnb)Bnb

(ax0)]n(yy)sin(y)dy 000b2qlnsin(ny0

) 0b

由式(3)和(4)解得 An

2ql1n

ny0sinh(nb)nsinh[(ax0)]sin()

0bb

B2ql1

nx0ny0nsinh(na)nsinh()sin()

0bb

1n1(x,y)

2q

l

)sinh[

b

(ax0)] 0n1nsinh(nabsin(ny0b)sinh(nxb)sin(nyb

) (0xx0)y)2ql1

nx02(x,sinh() 0n1nsinh(nb)b

1)2)3)4) ( ( ( (

ny0nny

)sinh[(ax)]sin() (x0xa) bbb

若以yy0为界将场空间分割为0yy0和y0yb两个区域,则可类似地得到

sin(

1n

sinh[(by0)] 0n1nsinh(na)a

nx0nynxsin()sinh()sin() (0yy0)

aaa

2qlny01

2(x,y)sinh() 0n1nsinh(nba)a

nx0nnxsin()sinh[(by)]sin() (y0yb)

aaa

4.8 如题4.8图所示,在均匀电场E0exE0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E0作用下,导体表面产生感应电荷,圆柱外的电位是外电场E0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0(r,)E0xCE0rcosC(常数C的值由参考点确定),而感应电荷的电位in(r,)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

)C ① (a,

EsCr( )② (r,)0rco

1(x,y)

2ql

E01

(r,)E0rcosArcosC 1

1

cosCC 由条件①,有 E0acosAa1

由此可设

2

于是得到 A1aE0 故圆柱外的电位为

题4.8图

(r,)(ra2r1)E0cosC

若选择导体圆柱表面为电位参考点,即(a,)0,则C0。

导体圆柱外的电场则为

221aaE(r,)ereer(1)E0cose(1)E0sin

rrr2r2

(r,E0cos 导体圆柱表面的电荷面密度为0ra20

r

4.9 在介电常数为的无限大的介质中,沿z轴方向开一个半径为a的圆柱形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场E0exE0,求空腔内和空腔外的电位函数。

解 在电场E0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E0与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为0(r,)E0xE0rcos而感应电荷的电位in(r,)应与0(r,)一样按cos变化,则空腔内、外的电位分别为1(r,)和

2(r,)的边界条件为

① r时,2(r,)E0rcos;

② r0时,1(r,)为有限值; ③

ra时, 1(a,)2(a,),0

1

2 rr

由条件①和②,可设

1(r,)E0rcosAr1cos (ra)

2(r,)E0rcosA2r1cos (ra)

21

带入条件③,有 Aa1E0aA2 1A2a,0E00A

002

E0, A2aE0 00

2

(r,)Ercos (ra) 所以 1

00

0a2

2(r,)[1()]E0rcos (ra)

0r

由此解得 A1

4.10 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面,如题4.10图所示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地,第一象限和第三象限分别保持电位U0和U0。

求圆柱面内部的电位函数。

解 由题意可知,圆柱面内部的电位函数满足边界条件为

① (0,)为有限值;

U00

② (b,)

U00

02

2

32322

题4.10图

由条件①可知,圆柱面内部的电位函数的通解为

(r,)rn(AnsinnBncosn) (rb)

n1

代入条件②,有 由此得到

b(A

nn1

n

sinBn

cnos)b( ,)

32

1

Ann

b

2

(b,)sinnd

1bn

2

[U0sinnd

U0sinnd]

U0

(1cosn)bnn

2U0

,n1,3,5,n

nb

0,n2,4,6,

1

Bnn

b

2

(b,)cosndb[U

n

1

0

3cosnd

U

cosnd]

n1,3,5,n2,4,6,

n3

2U0

U0,n3n(1)2

n

(sinsin)nbbnn220,

n3

1rn

()[sinn(1)2cosn] (rb) 故 (r,)n1,3,5,nb

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r0(r0a)处,有一与圆柱平行的线电荷ql,计算空间各部分的电位。

解 在线电荷ql作用下,介质圆柱产生极化,介质圆柱内外的电位(r,)均为线电荷ql的

2U0

电位l(r,)与极化电荷的电位p(r,)的叠加,即(r,)l(r,)p(r,)。线电荷ql的电位为

l(r,)

ql20

lnR

ql20

(1)

而极化电荷的电位p(r,)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

题4.11图

rr

由条件①和②可知,1(r,)和2(r,)的通解为

1(0,为有限值;)

(,)r( )② 2(r,)lr

1

02 ③ ra时,12,

1(r,)l(r,)Anrncosn (0ra) (2)

n1

2(r,)l(r,)Bnrncosn (ar) (3)

n1

将式(1)~(3)带入条件③,可得到

Aa

nn1

n

cosnBnancosn (4)

n1

(Annan1Bn0nan1)cosn(0)

n1

qllnR20r

ra

(5)

1rn

)cnos (6) nrn10

(0)qlan1n1n1

)cosn()cosn (7) 带入式(5),得 (AnnaBn0na20r0n1r0n1r当rr0时,将lnR展开为级数,有 lnRln0

nn

由式(4)和(7),有 AnaBna

Annan1Bn0nan1

(0)qlan1

()

20r0r0

ql(0)1ql(0)a2n

由此解得 An, Bn

20(0)nrn020(0)nr0n

故得到圆柱内、外的电位分别为

ql(0)1rn

1(r,)()cosn (8)

2020(0)n1nr0

ql

ql(0)1a2n

2(r,)()cosn (9) 2020(0)n1nr0r

ql

讨论:利用式(6),可将式(8)和(9)中得第二项分别写成为

ql(0)1rnql(0)

()cosn(lnRlnr0) 20(0)n1nr020(0)ql(0)1a2nql(0)()cosn(lnRlnr)

20(0)n1nr0r20(0)

其中R

。因此可将1(r,)和2(r,)分别写成为

1(r,)

20qlq(0)

lnRllnr0

20020(0)1ql

lnR

1(0)ql1(0)ql

lnRlnr

20200200

20

ql的电位相同,而介 由所得结果可知,介质圆柱内的电位与位于(r0,0)的线电荷

0

2(r,)

a2

,0)质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生,它们分别为:位于(r0,0)的线电荷ql;位于(r0

00

ql;位于r0的线电荷q。 的线电荷

00l

4.12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱,重新计算。

解 导体圆柱内的电位为常数,导体圆柱外的电位(r,)均为线电荷ql的电位l(r,)与感应电荷的电位in(r,)的叠加,即(r,)l(r,)in(r,)。线电荷ql的电位为

l(r,)

ql20

lnR

ql20

(1)

而感应电荷的电位in(r,)满足拉普拉斯方程,且是的偶函数。

(r,)满足的边界条件为

)lr(,(r)); ① (r,)C。 ② (a,

由于电位分布是的偶函数,并由条件①可知,(r,)的通解为

(r,)l(r,)Anrncosn (2)

n0

将式(1)和(2)带入条件②,可得到

AnancosnC

n0

ql20

(3)

1a

lnr0()ncosn (4)

n1nr0

带入式(3),得

AnacosnC

n

n0

1a

[lnr0()ncosn] (5) 20n1nr0

ql

a2n

lnr0, An() 由此可得 A0C

2020nr0

ql

故导体圆柱外的电为

ql

(r,)

ql20

1a2n

(Clnr0)()cosn (6) 2020n1nr0r

ql

ql

讨论:利用式(4),可将式(6)中的第二项写成为

ql1a2n

()cosn(lnRlnr)

20n1nr0r20

ql

其中R

。因此可将(r,)写成为

(r,)

ql20

lnR

ql20

lnR

ql20

lnrC

ql20

lnr0

由此可见,导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生,它们分别为:位于(r0,0)的线电荷ql;

a2

,0)的线电荷ql;位于r0的线电荷ql。 位于(r0

4.13 在均匀外电场E0ezE0中放入半径为a的导体球,设(1)导体充电至U0;(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U0应理解为未加外电场E0时导体球相对于无限远处的电位为U0,此时导体球面上的电荷密度0U0a,总电荷q40aU0。将导体球放入均匀外电场E0中后,在E0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(r,)0(r,)in(r,),其中

0(r,)E0zE0rcos

是均匀外电场E0的电位,in(r,)是导体球上的电荷产生的电位。

电位(r,)满足的边界条件为

① r时,(r,)E0rcos;

ra(a,)C② 时, 0dSq 0,

S

r

其中C0为常数,若适当选择(r,)的参考点,可使C0U0。

由条件①,可设 若使C0U0,可得到

21

(r,)E0rcosArcosBrC1 11

3

代入条件②,可得到 A1aE0,B1aU0,C1C0U0

(r,)E0rcosa3E0r2cosaU0r1

(2)导体上充电荷Q时,令Q40aU0,有 U0利用(1)的结果,得到 (r,)E0rcosaE0r

3

2

Q40a

40r

4.14 如题4.14图所示,无限大的介质中外加均匀电场E0ezE0,在介质中有一个半径为

cos

Q

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E0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E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为1(r,)和2(r,),则

边界条件为

r时,2(r,)E0rcos; ② r0时,1(r,)为有限值;

1

2 ③ ra时, 1(a,)2(a,),0

r

r

由条件①和②,可设

1(r,)E0rcosAr1cos

2(r,)E0rcosA2r2cos

带入条件③,有

A1aA2a2,0E00A1E02a3A2

003

AEAaE0 由此解得 10,2

2020

3

(r,)E0rcos 所以 1

20

0a3

2(r,)[1()]E0rcos

20r

空腔内、外的电场为

题4.14图

3

E0

20

(0)E0a3

()[er2cosesin] E22(r,)E0

20rE11(r,)

空腔表面的极化电荷面密度为

pnP2

ra

(0)erE2

ra



30(0)

E0cos

20

偶极子p,球壳上的电荷量为Q。试计算球内、外的电位分布和球壳上的电荷分布。

解 导体球壳将空间分割为内外两个区域,电偶极子p在球壳内表面上引起感应电荷分布,但内表面上的感应电荷总量为零,因此球壳外表面上电荷总量为Q,且均匀分布在外表面上。

球壳外的场可由高斯定理求得为

4.15 如题4.15图所示,空心导体球壳的内、外半径分别为r1和r2,球的中心放置一个电

E2(r)er

Q40r2

2(r)

Q40r

外表面上的电荷面密度为

Q

4r22

设球内的电位为1(r,)p(r,)in(r,),其中

2

pcosp

P1(cos)

40r240r2

是电偶极子p的电位,in(r,)是球壳内表面上的感应电荷的电位。

in(r,)满足的边界条件为

① in(0,)为有限值;

p(r,)

题 4.15图

1(r1,)2(r2),即in(r1,)p(r1,)2(r2),所以

Qp

in(r1,)P(cos) 21

40r240r1

n

in(r,)AnrPn(cos )

n0

由条件①可知in(r,)的通解为

由条件②,有

Anr1nPn(cos)

n0

Q40r2

p40r12

P1(cos)

比较两端Pn(cos)的系数,得到

40r1340r2

An0(n2)

Qp1r

(r,)(23 最后得到 1

40r240rr1

11

球壳内表面上的感应电荷面密度为 10rr0

n1r

A0

Q

, A1

p

rr1

3p

cos 3

4r1

3p

dScos2r12sind0 感应电荷的总量为 q1134r10S

4.16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场,问线圈应如何绕(即求绕线的

er

密度)?

解 设球内的均匀场为H1ezH0(ra),球外的场为H2(ra),如题4.16图所示。根据边界条件,球面上的电流面密度为

JSn(H2H1)

ra

er(H2ezH0)

ra

ra

2 若令erH2

erH2

ra

eH0sin

 0,则得到球面上的电流面密度为 JSeH0sin

这表明球面上的绕线密度正比于sin,则将在球内产生均匀场。

4.17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P。

题 4.16图

(1)证明:球内的电场是均匀的,等于

P

0

4R3

(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,。

3

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

pPnPerPcos

介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为

1(0,)为有限值;

② 2(r,)0(r); ③ 1(R,)2(R,)



0(12rRPcos

题 4.17图

rr

因此,可设球内、外电位的通解为

1(r,)Ar1cos 2(r,)

由条件③,有 A1R

B1

cos 2r

B12B1

(A)P ,01

R2R3PPR3

解得 A1, B1

3030

PP

rcosz 3030

PP 故球内的电场为 E11ez

3030

于是得到球内的电位

1(r,)

(2)介质球外的电位为

PPR314R3P

cos 2(r,)coscos222

4r30r40r30

4R3

其中为介质球的体积。故介质球外的电场为

3

P12

(er2cosesin) E22(r,)er2e3

4rrrr0

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。

4.18 半径为a的接地导体球,离球心r1(r1a)处放置一个点电荷q,如题4.18图所示。用

分离变量法求电位分布。

解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加,感应电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位分布时,将点电荷的电位在球面上按勒让德多项式展开,即可由边界条件确定通解中的系数。

设(r,)0(r,)in(r,),其中

0(r,)

q40R

是点电荷q的电位,in(r,)是导体球上感应电荷产生的电位。

电位(r,)满足的边界条件为

① r时,(r,)0; ② ra时, (a,)0。 由条件①,可得in(r,)的通解为

in(r,)Anr

n0

n1

Pn(cos)

为了确定系数An,利用R的球坐标展开式

rn

rn1Pn(cos)(rr1)1n01

 Rr1n

P(cos)(rr1)n1nrn0

qan

将0(r,)在球面上展开为 0(a,)Pn(cos)

40n0r1n1

代入条件②,有

题4.18图

Aa

nn0

n1

an

Pn(cos) Pn(cos)0

40n0r1n1

q

qa2n1

比较Pn(cos)的系数,得到 An

40r1n1

a2n1

P(cos) 故得到球外的电位为 (r,)n1n

40R40n0(rr1)

讨论:将(r,)的第二项与R的球坐标展开式比较,可得到

a2n1

P(cos)n1n(rr)n01q

q

由此可见,(r,)的第二项是位于ra21的一个点电荷qqar1所产生的电位,此电荷

正是球面上感应电荷的等效电荷,即像电荷。

)

4.19 一根密度为ql、长为2a的线电荷沿z轴放置,中心在原点上。证明:对于ra的点,有

qlaa3a5

(r,)P(cos)P(cos) 3254

20r3r5r

解 线电荷产生的电位为

题4.19图

对于ra的点,有

ql1

(r,)aR40

40

ql

aa



(z)n

n1Pn(cos)

n0r

故得到

(z)n

(r,)P(cos)dz n140n0ar

ql

a

qlaa31an1(a)n1a5

P(cos)P(cos)P(cos) nn13254

40n0n1r20r3r5r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,

ql

如题4.20图所示。证明:空间任意点电位为

4

1r23r

11P2(cos)P4(cos) (ra)

40a8a2a

24

Q1a3a

21P2(cos)P4(cos) (ra)

40r8r2r

Q

解 以细导线圆环所在的球面ra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ra上的电荷面密度



QQ

(coscos)(cos) 22

2a22a

再根据边界条件确定系数。

设球面ra内、外的电位分别为1(r,)和2(r,),则

边界条件为:

1(0,)为有限值; ② 2(r,)0(r) ③ 1(a,)2(a,),

题 4.20图

0(

12

)rr

ra

Q

(cos) 2

2a

根据条件①和②,可得1(r,)和2(r,)的通解为

1(r,)AnrnPn(cos) (1)

2(r,)Bnrn1Pn(cos) (2)

n0

n0

代入条件③,有

AnaBna

nn1

(3)

[Annan1Bn(n1)an2]Pn(cos)

n0

Q20a2

(cos) (4)

将式(4)两端同乘以Pm(cos)sin,并从0到对进行积分,得

Anna

n1

Bn(n1)a

n2

(2n1)Q

(cos)Pn(cos)sind 2

40a0

(2n1)Q

Pn(0) (5)

40a2

n1,3,5,0

其中 Pn(0)n2135(n1)(1)n2,4,6,246n

QQan

P(0)Pn(0) 由式(3)和(5),解得 An,Bnn1n

40a40

代入式(1)和(2),即得到

4

1r23r

11P2(cos)P4(cos) (ra)

40a8a2a

24

Q1a3a

21P2(cos)P4(cos) (ra)

40r8r2r

4.21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d,如果把它移到无穷远处,需要作多少功? 解 利用镜像法求解。当点电荷q移动到距离导体平面为x的点P处时,其像电荷qq,

与导体平面相距为xx,如题4.21图所示。像电荷q在点P

Q

处产生的电场为

E(x)ex

所以将点电荷q移到无穷远处时,电场所作的功为

q

40(2x)2

d

WeqE(x)dr

d

q2q2

dx 

40(2x)2160d

q2

外力所作的功为 WoWe 题 4.21图 160d

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(1,1,0)处。求:(1)所有镜像电荷的位置和大小;(2)点x2,y1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

q, q1

q,q2

q,q3q,q4

x1

y1x2y2x3y3x4y4

2cos750.3662sin751.366

2cos1651.3662sin1650.366

2cos1951.3662sin1950.3662cos2850.366



2sin2851.366

题 4.22图

2cos3151x5

q,q5

2sin3151y5

(2)点x2,y1处电位

(2,1,0)

q40

q4q2q3q51qq1



40RR1R2R3R4R5

0.321

q2.88109q(V) 40

(10.5970.2920.2750.3480.477)

4.23 一个电荷量为q、质量为m的小带电体,放置在无限大导体平面下方,与平面相距为h。求q的值以使带电体上受到的静电力恰与重力相平衡(设m2103kg,h0.02m)。 解 将小带电体视为点电荷q,导体平面上的感应电荷对q的静电力等于镜像电荷q对q的作用力。根据镜像法可知,镜像电荷为qq,位于导体平面上方为h处,则小带电体q受到

q2

的静电力为 fe2

40(2h)

2

q

mg 令fe的大小与重力mg相等,即

40(2h2)

于是得到

q45.9108C

题 4.24图(a)

题 4.24图(b)

题 4.24图(c)

4.24 如题4.24(a)图所示,在z0的下半空间是介电常数为的介质,上半空间为空

气,距离介质平面距为h处有一点电荷q,求:(1)z0和z0的两个半空间内的电位;(2)介质表面上的极化电荷密度,并证明表面上极化电荷总电量等于镜像电荷q。

解 (1)在点电荷q的电场作用下,介质分界面上出现极化电荷,利用镜像电荷替代介质分界面上的极化电荷。根据镜像法可知,镜像电荷分布为(如题4.24图(b)、(c)所示)

0

q,位于 zh 00

qq, 位于 zh

0

上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生,即

q

qqq1

40R140R40

下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生,即

2

qq4R2

(0)hq

2(0)(r2h2)2

(2)由于分界面上无自由电荷分布,故极化电荷面密度为

pnP1P2

极化电荷总电量为

z00(E1zE2z)(z00

21

)zz

z0

(0)q(0)hqr

q qPPdSP2rdrdr223000(rh)S0

4.25 一个半径为R的导体球带有电荷量为Q,在球体外距离球心为D处有一个点电荷q。3

QRDRqqQ1()求点电荷与导体球之间的静电力;(2)证明:当与同号,且

q(D2R2)2D

成立时,F表现为吸引力。

解 (1)导体球上除带有电荷量Q之外,点电荷q还要在导体球上感应出等量异号的两种不同电荷。根据镜像法,像电荷q和q的大小和位置分别为(如题4.25图所示)

题 4.25图

2

RRqq, d

DD

R

qqq, d0

D

导体球自身所带的电荷Q则与位于球心的点电荷Q等效。故点电荷q受到的静电力为

qqq(Dq)

 FFqqFqqFQq

40(Dd)240D2

qQ(RD)qRq

 2240D2

DDRD

(2)当q与Q同号,且F表现为吸引力,即F0时,则应有

Q(RD)qRq

0 222DDDRD

QRD3R

2 由此可得出

q(DR2)2D

4.26 两个点电荷Q和Q,在一个半径为a的导体球直径的延长线上,分别位于导体球的

两侧且距球心为D。

2a3Q

(1)证明:镜像电荷构成一个电偶极子,位于球心,电偶极矩为p; 2

D

Q

(2)令D和Q分别趋于无穷,同时保持2不变,计算球外的电场。

D

解 (1)点电荷Q和Q都要在球面上引起等量异号的感应电荷,可分别按照点电荷与不接地导体球面的镜像确定其等效的像电荷。根据镜像法,点电荷Q的像电荷为

2

aaQ, 位于:d1q1 DD

q1q1

a

Q,位于:d10 D

而点电荷Q的像电荷为

2

aaQ, 位于:d2q2 DD

a

q2Q,位于:d20 q2

D

和q2等值异号,且同时位如题4.26图所示。由此可见,像电荷q1

和q2也等值异号,于球心,故球心处总的像电荷为零;而像电荷q1

a2a22a3Q

(2d1)Q题4.26图 pq22

DDD

和q2共同产生,即 (2)球外的电位由Q和Q以及像电荷q1

qq2QQ

(r,)1-

40R140R140R240R2

且位置关于球心对称,故构成位于球心的电偶极子,其电偶极矩为

Q 40

os

Q

当D和Q分别趋于无穷,同时保持2不变时,有

D

Q2(r,) 240D

 Qra2ra2aDaD

D1cos1cosD1cos1cos 

40D2DrrDDrrD

pp

rcoscos 32

40a40r

2

球外的电场为

1p2a3a3

E(ere)[er(13)cose(13)E0sin]

rr40a3rrppez(er2cosesin)

33

40a40r

4.27 一根与地面平行架设的圆截面导线,半径为a,悬挂高度为h。证明:单位长度上圆柱导线与地面间的电容为C0

20

cosh1(a)

解 地面的影响可用一个像圆柱来等效。设导线单位长度带电荷为ql,则像圆柱单位长度带电荷为ql。根据电轴法,电荷ql和ql可用位于电轴上的线电荷来等效替代,如题4.27图所示。等效线电荷对导体轴线的偏移为

Dhh2a2

dhh2a2

则导线与地间的电位差为

ql11qllnln

20a

d20Da20

ql

qh

lcosh1() 2020aql

故单位长度上圆柱导线与地面间的电容为

20

C0

cosh1(ha)

ql

题 4.27图

4.28在上题中设导线与地面间的电压为U0。证明:地面对导线单位长度的作用力

cosh(ha)(ha)

0U0212

解 导线单位长度上的电场能量为 WeC0U0

2cosh1(a)

由虚位移法,得到地面对导线单位长度的作用力为

F0

0U02

1

2

2

2。

We

F0

h

U0

0U020U02

[]

21222

cosh(ha)(ha)hcosh1(a)

范文四:电磁场与电磁波第四版课后思考题答案

2.1点电荷的严格定义是什么?

点电荷是电荷分布的一种极限情况,可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时,带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。就可将带电体所带电荷看成集中在带电体的中心上。即将带电体抽离为一个几何点模型,称为点电荷。

2.2 研究宏观电磁场时,常用到哪几种电荷的分布模型?有哪几种电流分布模型?他们是如何定义的? 常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷;常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电流模型,他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。

2,3点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么?电偶极子的电场强度又如何呢? 点电荷的电场强度与距离r的平方成反比;电偶极子的电场强度与距离r的立方成反比。



2.4简述 E/和 E0所表征的静电场特性

   /  表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关,静电荷是静电场的通量源。 E 0 表明静电场是无旋场。 E 

2.5 表述高斯定律,并说明在什么条件下可应用高斯定律求解给定电荷分布的电场强度。

高斯定律:通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以 与闭合面外的电荷无

S

0V

布的电场强度。 2.6简述 B

 

表明穿过任意闭合面的磁感应强度的通量等于0,磁力线是无关尾的闭合线, B0   J 表明恒定磁场是有旋场,恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源  B

0和 B

J0

所表征的静电场特性。



2.7表述安培环路定理,并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。 安培环路定理:磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和  倍,即

C

2.8简述电场与电介质相互作用后发生的现象。

在电场的作用下出现电介质的极化现象,而极化电荷又产生附加电场 2.9极化强度的如何定义的?极化电荷密度与极化强度又什么关系?

单位体积的点偶极矩的矢量和称为极化强度,P与极化电荷密度的关系为 p  -  极化强度P与P

极化电荷面的密度 spPen

2.10电位移矢量是如何定义的?在国际单位制中它的单位是什么

电位移矢量定义为 D   P   E 其单位是库伦/平方米 (C/m)  0 E

2.11 简述磁场与磁介质相互作用的物理现象?在磁场与磁介质相互作用时,外磁场使磁介质中的分子磁矩沿外磁场取向,磁介质被磁化,被磁化的介质要产生附加磁场,从而使原来的磁场分布发生变化,磁介质

2

中的磁感应强度B可看做真空中传导电流产生的磁感应强度B0 和磁化电流产生的磁感应强度B’ 的叠加,即

BB0B

2.12 磁化强度是如何定义的?磁化电流密度与磁化强度又什么关系? 单位体积内分子磁矩的矢量和称为磁化强度;磁化电流体密度与磁化强度:



磁化电流面密度与磁化强度:J SMMen

2.13 磁场强度是如何定义的?在国际单位制中它的单位是什么?



JMM

2,14 你理解均匀媒质与非均匀媒质,线性媒质与非线性媒质,各向同性与各向异性媒质的含义么? 均匀媒质是指介电常数  0 或磁介质磁导率 处处相等,不是空间坐标的函数。非均匀媒质是指介电常数

或磁介质的磁导率 是空间坐标的标量函数,线性媒质是  (  ) 与 E ( H ) 的方向无关, (

 ) 是标



D)和 E量,各向异性媒质是指 ( B ( ) 的方向相同。 H

2.15 什么是时变电磁场?

随时间变化的电荷和电流产生的电场和磁场也随时间变化,而且电场和磁场相互关联,密布可分,时变的电场产生磁场,时变的磁场产生电场,统称为时变电磁场。

2.16试从产生的原因,存在的区域以及引起的效应等方面比较传导电流和位移电流

(1) 传导电流是电荷的定向运动,而位移电流的本质是变化着的电场。

(2)

传导的电流只能存在于导体中,而位移电流可以存在于真空,导体,电介质中。 (3) 传导电流通过导体时会产生焦耳热,而位移电流不会产生焦耳热。 2.17写出微分形式、积分形式的麦克斯韦方程组,并简要阐述其物理意义。



传导电流与位移电流之和;

过任意闭合曲面的电位移的通量等于该闭合曲面所包围的自由电荷的代数和。 微分形式:

体密度则电位移线汇聚于该点。

2.18 麦克斯韦方程组的4个方程是相互独立的么?试简要解释

的,磁场是无散度场;  D   空间任意一点若存在正电荷体密度,则该点发出电位移线,若存在负电荷

场量不随时间变化时,电场和磁场又是各自存在的。

2.19电流连续性方程能由麦克斯韦方程组导出吗?如果能,试推导出,如果不能,说明原因。

DD

HJ(H)(J)JD0J

tttt

2.20 什么是电磁场的边界条件? 你能说出理想导体表面的边界条件吗?

把电磁场矢量 E , D ,B , H 在不同媒质分界面上各自满足的关系称为电磁场的边界条件,理想导体表面上

的边界条件为: enD



senB0enE0enHJs

3.1电位是如何定义的? E  -  中的负号的意义是什么?

由静电场基本方程   E 0 和矢量恒等式     0 可知,电场强度E可表示为标量函数的梯度,

即 E -  试中的标量函数  称为静电场的电位函数,简称电位。式中负号表示场强放向与该点电位梯

度的方向相反。

3.2 如果空间某一点的电位为零,则该点的电位为零,

这种说话正确吗?为什么? 不正确,因为电场强度大小是该点电位的变化率

3.4求解电位函数的泊松方程或拉普拉斯方程时,边界条件有何意义? 答 边界条件起到给方程定解得作用。

边界条件起到给方程定解得作用。

3.5电容是如何定义的?写出计算电容的基本步骤。

导体的几何形状,选取合适坐标系。2、假定两导体上分别带电荷+q和-q。3、根据假定电荷求出E。4、由 E  dl 求得电位差。5求出比值 C

2

1

qu

3.8 什么叫广义坐标和广义力?你了解虚位移的含义吗?

广义坐标是指系统中各带电导体的形状,尺寸和位置的一组独立几何量,而企图改变某一广义坐标的力就,就为对印该坐标的广义力,广义坐标发生的位移,称为虚位移 3.9 恒定电场基本方程的微分形式所表征的恒定电场性质是什么? 恒定电场是保守场,恒定电流是闭合曲线

3.10 恒定电场和静电场比拟的理论根据是什么?静电比拟的条件又是什么?

理论依据是唯一性定理,静电比拟的条件是两种场的电位都是拉普拉斯方程的解且边界条件相同

3.12何定义电感?你会计算平行双线,同轴的电感?

在恒定磁场中把穿过回路的磁通量与回路中的电流的比值称为电感系数,简称电感。 3.13写出用磁场矢量B、H表示的计算磁场能量的公式。

3.14 在保持此链接不变的条件下,如何计算磁场力?若是保持电流不变,又如何计算磁场力?两种条件下得到的结果是相同的吗?

两种情况下求出的磁场力是相同的

3.15什么是静态场的边值问题?用文字叙述第一类、第二类及第三类边值问题。

1WmHBdv

2v

静态场的边值型问题是指已知场量在场域边界上的值,求场域内的均匀分布问题。第一类边值问题:已知

3.16用文字叙述静态场解的唯一性定理,并简要说明它的重要意义。

惟一性定理:在场域V的边界面S上给定 的值,则泊松方程或拉普拉斯方程在场域V内有惟一解。意义:(1)它指出了静态场边值问题具有惟一解得条件。在边界面S上的任一点只需给定 的值,而不能同时给定两者的值;(2)它为静态场值问题的各种求解方法提供了理论依据,为求解结果的正确性提供了判据。 3.17什么是镜像法?其理论依据的是什么?镜像法是间接求解边值问题的一种方法,它是用假想的简单电荷分布来等效代替分界面上复杂的电荷分布对电位的贡献。不再求解泊松方程,只需求像电荷和边界内给定电荷共同产生的电位,从而使求解简化。理论依据是唯一性定理和叠加原理。

n

S

f(2S)

3.18如何正确确定镜像电荷的分布?

(1)所有镜像电荷必须位于所求场域以外的空间中;(2)镜像电荷的个数,位置及电荷量的大小以满足场域边界面上的边界条件来确定。

3.19什么是分离变量法?在什么条件下它对求解位函数的拉普拉斯方程有用?

分离变量法是求解边值问题的一种经典方法。它是把待求的位函数表示为几个未知函数的乘积,该未知函数仅是一个坐标变量函数,通过分离变量,把原偏微分方程化为几个常微分方程并求解最后代入边界条件求定解。

3.20在直角坐标系的分离变量法中,分离常数k可以是虚数吗?为什么? 不可以,k若为虚数则为无意义的解。

4.1在时变电磁场中是如何引入动态位A和  的?A和 不唯一的原因何在?



BA



根据麦克斯韦方程 和 引入矢量位A和标量位  ,使得: EAE0t

B0

A和  不唯一的原因在于确定一个矢量场需同时规定该矢量场的散度和旋度,而 只规定了

BA

A的旋度,没有规定A的散度

4.2 什么是洛仑兹条件?为何要引入洛仑兹条件?在洛仑兹条件下,A和  满足什么方程?

22A2求解得以简化。在洛仑兹条件下,A和 满足的方程 2AεμμJ

22t4.3坡印廷矢量是如何定义的?它的物理意义?

t坡印廷矢量 S   E  H 

其方向表示能量的流动方向,大小表示单位时间内穿过与能量流动方向相垂直的单位面积的能量

4.4什么是坡印廷定理?它的物理意义是什么?

坡印廷定理:它表明体积V内电磁能量随时间变化的增长率等于场体积V内的电荷电流所做的总功率之和,等于单位时间内穿过闭合面S进入体积V内的电磁能流。 4.5什么是时变电磁场的唯一性定理?它有何重要意义

时变电磁场的唯一性定理:在以闭合曲面S为边界的有界区域V内,如果给定t=0时刻的电场强度E和磁场强度H的初始值,

并且在t大于或等于0时,给定边界面S上的电场强度E的切向分量或磁场强度H的切向分量,那么,在t大于0时,区域V内的电磁场由麦克斯韦方程唯一地确定。它指出了获得唯一解所必须满足的条件,为电磁场问题的求解提供了理论依据。 4.6什么是时谐电磁场?研究时谐电磁场有何意义

以一定角频率随时间作时谐变化的电磁场称为时谐电磁场。时谐电磁场,在工程上,有很大的应用,而且任意时变场在一定的条件下都可以通过傅里叶分析法展开为不同频率的时谐场的叠加,所以对时谐场的研究有重要意义。

4.8时谐电磁场的复矢量是真实的矢量场吗?引入复矢量的意义何在?

复矢量并不是真实的场矢量,真实的场矢量是与之相应的瞬时矢量。引入复矢量的意义在于在频率相同的时谐场中可很容易看出瞬时矢量场的空间分布。

4.11试写出复数形式的麦克斯韦方程组。它与瞬时形式的麦克斯韦方程组有何区别?

HJ

EjD

两者对照,复数形式的麦克斯韦方程组没有与 

DjB时间相关项

 

B04.12 复介电常数的虚部描述了介质的什么特性?如果不用复介电常数,如何表示介质的耗损?

4.13 如何解释复数形式的坡印廷定理中的各项的物理意义?



(EH)ds复数形式坡印廷定理为:

s2

-σEdv-j2ωvW-W)

v

损耗和焦耳热损耗的平均值,式子右端两项分别表示体积V内的有功功率和无功功率,左端的面积是穿过闭合面S的复功率

范文五:电磁场与电磁波第四版思考题答案

思考题答案

2.1点电荷是电荷分布的一种极限情况,可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时,带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。就可将带电体所带电荷看成集中在带电体的中心上。即将带电体抽离为一个几何点模型,称为点电荷。

2.2 常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷;常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电流模型,他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。

2,3点电荷的电场强度与距离r的平方成反比;电偶极子的电场强度与距离r的立方成反比。

2.4    /  表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关,静电荷是静电场的通量 E

源。   E  0 表明静电场是无旋场。

2.5 高斯定律:通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以 与闭合面外的电

S

0V

荷分布的电场强度。

2.6   0 表明穿过任意闭合面的磁感应强度的通量等于0,磁力线是无关尾的闭合线, B

  B   0 J 表明恒定磁场是有旋场,恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源

2.7安培环路定理:磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和  0 倍,即



C

2.8在电场的作用下出现电介质的极化现象,而极化电荷又产生附加电场

2.9单位体积的点偶极矩的矢量和称为极化强度,P与极化电荷密度的关系为  p  -   P 极化强度



P与极化电荷面的密度 spPen



2DEPE2.10电位移矢量定义为 0 其单位是库伦/平方米 (C/m)

2.11 在磁场与磁介质相互作用时,外磁场使磁介质中的分子磁矩沿外磁场取向,磁介质被磁化,被磁化的介质要产生附加磁场,从而使原来的磁场分布发生变化,磁介质中的磁感应强度B可看做真空中传导电流产生的磁感应强度B0 和磁化电流产生的磁感应强度B’ 的叠加,即

BB0B

2.12 单位体积内分子磁矩的矢量和称为磁化强度;磁化电流体密度与磁化强度: JM



磁化电流面密度与磁化强度: JSMMen

M

2,14 均匀媒质是指介电常数 0 或磁介质磁导率 处处相等,不是空间坐标的函数。非均匀媒质是指介

))电常数 或磁介质的磁导率 是空间坐标的标量函数,线性媒质是  (  与 E ( H ) 的方向无关, ( 



是标量,各向异性媒质是指 D ( B ) 和 E ( H ) 的方向相同。





变的电场产生磁场,时变的磁场产生电场,统称为时变电磁场。 2.16传导电流和位移电流都可以在空间激发磁场但是两者的本质不同 (1) 传导电流是电荷的定向运动,而位移电流的本质是变化着的电场。

(2) 传导的电流只能存在于导体中,而位移电流可以存在于真空,导体,电介质中。 (3) 传导电流通过导体时会产生焦耳热,而位移电流不会产生焦耳热。 2.17 积分形式:

D l   ( ) dS 磁场强度沿任意闭合曲线的环量,等于穿过以该闭合曲线为周界的任意曲面的

H dJCSt

微分形式:

体密度则电位移线汇聚于该点。

的,磁场是无散度场;  D   空间任意一点若存在正电荷体密度,则该点发出电位移线,若存在负电荷

但当场量不随时间变化时,电场和磁场又是各自存在的。

DD

2.19  HJ(H)(J)JD0J

tttt

2.20 把电磁场矢量 E , D ,B , H 在不同媒质分界面上各自满足的关系称为电磁场的边界条件,理想导体

enD表面上的边界条件为:



senB0



enE0enHJs

3.1由静电场基本方程  E  0 和矢量恒等式     0 可知,电场强度E可表示为标量函数的梯度,即 E  -   试中的标量函数  称为静电场的电位函数,简称电位。式中负号表示场强放向与该点电位梯度的方向相反。

3.2 不正确,因为电场强度大小是该点电位的变化率。 3.4 边界条件起到给方程定解得作用。

3.5 两导体系统的电容为任一导体上的总电荷与两导体之间的电位差之比,即:C

q

u

其基本计算步骤:1、根据导体的几何形状,选取合适坐标系。2、假定两导体上分别带电荷+q和-q。3、根据假定电荷求出E。4、由 E  dl 求得电位差。5求出比值 C

1

2

q

u

力就,就为对印该坐标的广义力,广义坐标发生的位移,称为虚位移 3.9 恒定电场是保守场,恒定电流是闭合曲线

3.10 理论依据是唯一性定理,静电比拟的条件是两种场的电位都是拉普拉斯方程的解且边界条件相同 .3.12在恒定磁场中把穿过回路的磁通量与回路中的电流的比值称为电感系数,简称电感。 3.13写出用磁场矢量B,H表示的计算磁场能量的公式: Wm3.14 两种情况下求出的磁场力是相同的

3.15静态场的边值型问题是指已知场量在场域边界上的值,求场域内的均匀分布问题。第一类边值问题:

1HBdv2v

n

S

f(2S)

3.16惟一性定理:在场域V的边界面S上给定

的值,则泊松方程或拉普拉斯方程在场域V内有惟一解。意义:(1)它指出了静态场边值问题具有惟一解得条件。在边界面S上的任一点只需给定 的值,而不能同时给定两者的值;(2)它为静态场值问题的各种求解方法提供了理论依据,为求解结果的正确性提供了判据。

3.17镜像法是间接求解边值问题的一种方法,它是用假想的简单电荷分布来等效代替分界面上复杂的电荷分布对电位的贡献。不再求解泊松方程,只需求像电荷和边界内给定电荷共同产生的电位,从而使求解简化。理论依据是唯一性定理和叠加原理。

3.18(1)所有镜像电荷必须位于所求场域以外的空间中;(2)镜像电荷的个数,位置及电荷量的大小以满足场域边界面上的边界条件来确定。

3.19分离变量法是求解边值问题的一种经典方法。它是把待求的位函数表示为几个未知函数的乘积,该未知函数仅是一个坐标变量函数,通过分离变量,把原偏微分方程化为几个常微分方程并求解最后代入边界条件求定解。



BAA4.1根据麦克斯韦方程   B  0 和    0 引入矢量位A和标量位  ,使得: EE

t

A和  不唯一的原因在于确定一个矢量场需同时规定该矢量场的散度和旋度,而 B    A 只规定了

3.20不可以,k若为虚数则为无意义的解。 A的旋度,没有规定A的散度

题的求解得以简化

22A22

在洛仑兹条件下,A和  满足的方程: AεμμJ

t2t2

4.3坡印廷矢量 S  E  其方向表示能量的流动方向,大小表示单位时间内穿过与能量流动方向相垂直H

的单位面积的能量

4.4坡印廷定理:它表明体积V内电磁能量随时间变化的增长率等于场体积V内的电荷电流所做的总功率之和,等于单位时间内穿过闭合面S进入体积V内的电磁能流。

4,5时变电磁场的唯一性定理:在以闭合曲面S为边界的有界区域V内,如果给定t=0时刻的电场强度E和磁场强度H的初始值,并且在t大于或等于0时,给定边界面S上的电场强度E的切向分量或磁场强度H的切向分量,那么,在t大于0时,区域V内的电磁场由麦克斯韦方程唯一地确定。它指出了获得唯一解所必须满足的条件,为电磁场问题的求解提供了理论依据。

4.6以一定角频率随时间作时谐变化的电磁场称为时谐电磁场。时谐电磁场,在工程上,有很大的应用,而且任意时变场在一定的条件下都可以通过傅里叶分析法展开为不同频率的时谐场的叠加,所以对时谐场的研究有重要意义。

4.8复矢量并不是真实的场矢量,真实的场矢量是与之相应的瞬时矢量。引入复矢量的意义在于在频率相同的时谐场中可很容易看出瞬时矢量场的空间分布。 4.11



HJjD



EjB



D

B0

4.13 如何解释复数形式的坡印廷定理中的各项的物理意义?



(EH)ds损耗和焦耳热损耗的平均值,式子右端两项分别表示体积V内的有功功率和无功功率,左端的面积是穿过闭合面S的复功率

2

-σEdv-j2ωvW-W)

范文六:电磁场与电磁波(第四版)谢处方第一章习题解答

电磁场与电磁波(第四版)谢处方 第一章习题解答

1.1 给定三个矢量A、B和C如下: Aexey2ez3

Bey4ez

Cex5ez2

求:(1)aA;(2)AB;(3)AB;(4)AB;(5)A在B上的分量;(6)AC;

(7)A(BC

)和(AB

)C;(8)

(AB

)C和A(BC)。

ee2e3A解 (1)aAexe

yez

A(2)AB(exey2ez3)(ey4ez)exey6ez4(3)AB(e

xey2ez3)(ey

4ez)-11

AB1,得 ABco

(135.5 sAB8AB (5)A在B上的分量 ABAcosAB

B(4)由 cos

AB

ex

(6)AC1

eyez

5

23ex4ey13ez10

02ex5ex

ey

ez

1ex8ey5ez20 02ey

ez

(7)由于BC04

AB123ex10ey1ez4

041

所以 A(BC)(exey2ez3)(ex8ey5ez20)42 (AB)C(ex10ey1ez4)(ex5ez2)42

ex5ex

ey

eyez

(8)(AB)C1014ex2ey40ez5

02ez

23ex55ey44ez11 520

A(BC)1

8

1.2 三角形的三个顶点为P、P和P。 1(0,1,2)3(6,2,5)2(4,1,3) (1)判断PP是否为一直角三角形; 12P3

(2)求三角形的面积。

解 (1)三个顶点P、P和P的位置矢量分别为 1(0,1,2)3(6,2,5)2(4,1,3) r1eyez2,r2ex4eyez3,r3ex6ey2ez5 则 R12r2r1ex4ez, R23r3, r2ex2eyez8

R31r1r3ex6eyez7

由此可见

R12R23(ex4ez)(ex2eyez8)0

故PP为一直角三角形。 12P3

(2)三角形的面积

S1RR1R1223

17. 13222 1.3 求P(3,1,4)点到P(2,2,3)点的距离矢量R及R的方向。

解 rPex3eyez4,rPex2ey2ez3,

12R

则 RPPrPrPex5ey3ez 且RPP与x、y、z轴的夹角分别为

exRPP)cos132.31 RP

PeyRPP1

y

cos(

)cos1120.47

RPPeRzcos1(zPP)cos1(99.73

RPP1.4

给定两矢量Aex2ey3ez4和Bex4ey5ez6,求它们之间的夹角和A在

xcos1(

B上的分量。

解 A与B之间的夹角为

ABcos1(

AB)cos1131 ABA在B上的分量为 ABA

上的分量。

B3.532 B1.5 给定两矢量Aex2ey3ez4和Bex6ey4ez,求AB在Cexeyez

exeyez

解 AB

234ex13ey22ez10

641

所以AB在C上的分量为 (AB)C

(AB)C14.4 3C1.6 证明:如果和,则;

解 由ABAC,则有A(AB)A(AC),即

(AB)A(AA)B(AC)A(AA)C

由于ABAC,于是得到 (AA)B(AA) C故 BC

1.7 如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量积,那么便可以确定该未知矢量。设A为一已知矢量,pAX而PAX,p和P已知,试求X。

解 由PAX,有

APA(AX)(AX)A(AA)XpA(AA)X 故得 X

(2)球坐标中的坐标。

pAAP AA

1.8 在圆柱坐标中,一点的位置由(4,2,3)定出,求该点在:(1)直角坐标中的坐标;

3

解 (1)在直角坐标系中 x4cos

(3)、2y4sin(23)

z3

故该点的直角坐标为(。

(2

)在球坐标系中 r5、tan13)53.1、23120 故该点的球坐标为(5,53.1,120)

r

(1)求在直角坐标中点(3,4,5)处的E和Ex;

(2)求在直角坐标中点(3,4,5)处E与矢量Bex2ey2ez构成的夹角。 解 (1)在直角坐标中点(3,4,5)处,r2(3)242(5)250,故

1.9 用球坐标表示的场Ee25,

r2

Ee

r

251

r22

1

ExexEEcosrx

220

(2)在直角坐标中点(3,4,5)处,rex3ey4

ez5,所以

E

2525re3e4e5

32rr故E与B构成的夹角为 EBcos1(

EB

)cos1(153.6 EB1.10 球坐标中两个点(r1,1,1)和(r2,2,2)定出两个位置矢量R1和R2。证明R1和R2

间夹角的余弦为

coscos1cos2sin1sin2cos(12)

解 由 R1exr1sin1cos1eyr1sin1sin1ezr1cos1

R2exr2sin2cos2eyr2sin2sin2ezr2cos2

得到 cos

R1R2

R1R2

sin1sin2(cos1cos21sin1sin2)cos1cos2 sin1sin2cos(12)cos1cos2

sin1cos1sin2cos2sin1sin1sin2sin2cos1cos2

1.11 一球面S的半径为5,球心在原点上,计算:

2

(e3sin)dS的值。

rS

2

(e3sin)dS(e3sin)edSd3sin5

r

r

r

S

S

sind752

1.12 在由r5、z0和z4围成的圆柱形区域,对矢量Aer2e2z验证散度定

rz

理。

解 在圆柱坐标系中 A

4

2

1

(rr2)(2z)3r2 rrz

50

所以 又

Addzd(3r2)rdr1200 

AdS(er

r

S

S

42

2

ez2z)(erdSredSezdSz)

52

故有

5

00

2

5ddz24rdrd1200

00

Ad1200AdS 

S

1.13 求(1)矢量Aexx2eyx2y2ez24x2y2z3的散度;(2)求A对中心在原点的

一个单位立方体的积分;(3)求A对此立方体表面的积分,验证散度定理。

222223

(x)(xy)(24xyz)解 (1)A2x2x2y72x2y2z2 xyz

(2)A对中心在原点的一个单位立方体的积分为

212222

Ad(2x2xy72xyz)dxdydz2422

(3)A对此立方体表面的积分

S

11

AdS()2dydz()2dydz

2212122222

2

12122

12122

2x()dxdz2x()dxdz 2222131221322 24xy()dxdy24xy()dxdy22242222

2

故有

1.14 计算矢量r对一个球心在原点、半径为a的球表面的积分,并求r对球体积的积分。

2

Ad

124

AdS

S

rdS

S

rerdS

S

23

daasind4a0

又在球坐标系中,r

12

(rr)3,所以 2

rr

2a

rd23

3rsindrdd4a000

1.15 求矢量Aexxeyx2ezy2z沿xy平面上的一个边长为2的正方形回路的线积分,此正方形的两边分别与x轴和y轴相重合。再求A对此回路所包围的曲面积分,验证斯托

克斯定理。

2

2

2

2

2

C

Adlxdxxdx2

dy0dy8

ex又 Axxeyyx2ez

ex2yzez2x zy2z

22

所以 AdS

S

(e2yze2x)e

x

z

00

z

dxdy8

故有

C

Adl8AdS

S

2

1.16 求矢量Aexxeyxy2沿圆周x2y2a2的线积分,再计算A对此圆面积的积分。

C

Adl

C

xdxxydy

Ay

2

a4

(acossinacossin)d

2

4

2

2

4

Ax

AdSe()ezdSzxySS

a2

y

S

2

dS

00

r

2

sinrddr

2

a4

4

1.17 证明:(1)R3;(2)R0;(3)(AR)A。其中Rexxeyyezz,

A为一常矢量。

解 (1)R

xyz3 xyz

ex(2) Rxxeyyyez

0 zy

(3)设AexAxeyAyezAz,则ARAxxAyyAzz,故

可得到



(AxxAyyAzz)ey(AxxAyyAzz) xy

ez(AxxAyyAzz)exAxeyAyezAzA z

1.18 一径向矢量场Ferf(r)表示,如果F0,那么函数f(r)会有什么特点呢?

1d解 在圆柱坐标系中,由 F[rf(r)]0 rdr

(AR)ex

C

C为任意常数。 r

1d2

在球坐标系中,由 F[rf(r)]0 2

rdrC

可得到 f(r)

r2

1.19 给定矢量函数Eexyeyx,试求从点P到点P的线积分1)1(2,1,1)2(8,2,

f(r)

(1)沿抛物线xy;(2)沿连接该两点的直线。这个E是保守场吗? Edl:

解 (1)EdlEdxEdyydxxdy

2

xy

C

C2

C

2

26yyd(2y)2ydydy14 

22

11

(2)连接点P1(2,1,1)到点P2(8,2,1)直线方程为

x2x8

 即 x6y40 y1y2

2

2

C

E

dlE

C

x

dxEydyyd(6y4)

(6y4)dy(12y4)d

y14

1

1

由此可见积分与路径无关,故是保守场。

1.20 求标量函数x2yz的梯度及在一个指定方向的方向导数,此方向由单位矢量

ex

(2,3,1)点的方向导数值。 eyez

2

解 ex(xyz)ey(x2yz)ez(x2yz)

xyzex2xyzeyx2zezx2y

的方向导数为 eyez

22

el

l点(2,3,1)

处沿el的方向导数值为

 

l故沿方向elex

1.21

试坐标中

的通量为

AxAyAz相似的方法推导圆柱坐标下的公式

A

题1.21图 xyz

AAz1。 A(rAr)

rrrz

解 在圆柱坐标中,取小体积元如题1.21图所示。矢量场A沿er方向穿出该六面体的表面

zz

zz

r



z

Ar

rr

(rr)drd



z

Arrrdrd

(rAr)1(rAr)

rz rrr

[(rr)Ar(rr,,z)rAr(r,,z)]z

同理

rrzz

rrzz





r

z

A



drdz



r

z

Adrdz

[A(r,,z)A(r,,z)]rz

rr

rr

A

rz

Ar



z



r

Az

zz

rdrd



r

Azzrdrd

AzA

rrzz zz

[Az(r,,zz)Az(r,,z)]rrz

因此,矢量场A穿出该六面体的表面的通量为

1(rAr)AAz

ΨΨrΨΨz[]

rrrz

1(rAr)AAz

故得到圆柱坐标下的散度表达式 Alim

0rrrz

222

xyz1.22 方程u22给出一椭球族。求椭球表面上任意点的单位法向矢量。 2abc

2x2y2z

解 由于 uexeeyz2

a2b2c

u故椭球表面上任意点的单位法向矢量为

uxyz(ex2ey2ez2abcu

1.23 现有三个矢量A、B、C为

Aersincosecoscosesin

n

Berz2sinez2cosez2rzsin Cex(3y22x)eyx2ez2z

(1)哪些矢量可以由一个标量函数的梯度表示?哪些矢量可以由一个矢量函数的旋度表示?

(2)求出这些矢量的源分布。 解(1)在球坐标系中

1211A

A2(rAr)(sinA)

rrrsinrsin1211

(rsincos)(sincoscos)(sin) 2

rrrsinrsin

2cos2sincoscossincos0 rrsinrrsin

errersine

1

A2

rsinr

ArrArsinA

er

1r2sinr

sincosrercoscosrsine

0

rsinsin

故矢量A既可以由一个标量函数的梯度表示,也可以由一个矢量函数的旋度表示;

在圆柱坐标系中

11BBz

B=(rBr)

rrrz112

(rz2sin)(zcos)(2rzsin)

rrrzz2sinz2sin

2rsin2rsin rr

er

B

1rrBr

rerB

ezerrerz2cos

ez

0 z2rzsin

1

zrrBzz2sin

故矢量B可以由一个标量函数的梯度表示;

直角在坐标系中

C=

CxCyCz

xyz

(3y22x)(x2)(2z)0xyz

ey

yx2

ez

ez(2x6y) z2z

ex

C

x3y22x

故矢量C可以由一个矢量函数的旋度表示。 (2)这些矢量的源分布为

A0,A0;

B=2rsin,B0;

1.24 利用直角坐标,证明 解 在直角坐标中

C0,Cez(2x6y)

(fA)fAAf

fAAff(

AxAyAzfff

)(AxAyAz) xyzxyz

AAAfff

(fxAx)(fyAy)(fzAz)

xxyyzz

(fAx)(fAy)(fAz)(fA) xyz(AH)HAAH

1.25 证明

解 根据算子的微分运算性质,有

(AH)A(AH)H(AH)

式中A表示只对矢量A作微分运算,H表示只对矢量H作微分运算。

由a(bc)c(ab),可得

A(AH)H(AA)H(A)

同理 H(AH)A(HH)A(H) 故有 (AH)HAAH

1.26 利用直角坐标,证明

(fG)fGfG

解 在直角坐标中

GyGxGxGzGzGy

fGf[ex()ey()ez()]

yzzxxyffffffGy)ey(GxGz)ez(GyGx)] fG[ex(Gz

yzzxxy

所以

GyGzff

fGfGex[(Gzf)(Gyf)]

yyzz

GxGzff

ey[(Gxf)(Gzf)]

zzxx

GyGxff

ez[(Gyf)(Gxf)]

xxyy

(fGx)(fGz) (fGz)(fGy)

ex[]ey[]

yzzx(fGy)(fGx)ez[](fG)

xy

1.27 利用散度定理及斯托克斯定理可以在更普遍的意义下证明(u)0及

(A)0,试证明之。

解 (1)对于任意闭合曲线C为边界的任意曲面S,由斯托克斯定理有

(u)dSudl

S

C

C

u

dldu0 lC

由于曲面S是任意的,故有

(u)0

(2)对于任意闭合曲面S为边界的体积,由散度定理有

(A)d(A)dS(A)dS(A)dS

S

S1

S2

其中S1和S2如题1.27图所示。由斯托克斯定理,有

S1

(A)dSAdl, (A)dSAdl

C1

S2

C2

由题1.27图可知C1和C2是方向相反的同一回路,则有 所以得到

C1

AdlAdl

C2

C2

(A)dA

C1

dlAdlAdlAdl 0

C2

C2

由于体积是任意的,故有 (A)

1

范文七:电磁场与电磁波(金立军版)第四章答案

4-1 每立方米铜中大约有8.5×1028个自由电子。若铜线截面积为10cm2,通过电流1500A。求(a)电子平均漂移速度;(b)电流密度。

I/S1500/(10104)解 (a)电子飘移速度v1.1104m/s 2819

Ne8.5101.610

J

(b)电流密度JI/S1500/(1010)1.510A/m

4-2 在电场作用下,真空中电子运动的平均速度是3×105m/s。若电流密度为10A/cm2,求电子运动方

向假想垂直单位面积上的电子数。 解 NJ/v/e1010/3

4

5

19

10/1.610

1

08102.

4

6

2

4-3 一宽度为30cm的传输带上电荷均匀分布,以速度20m/s匀速运动,形成的电流所对应的电流强度为50μA,计算传输带上的面电荷密度。

JSI/L50106/30102

解 S8.33106C/m2

vv20

4-4 (略)

4-5 孤立导体内有多余电荷,已知经电荷包围面流出的电流i0.2e

50t

A,求(a)驰豫时间;(b)初

始电荷;(c)在t=2τ时间内,通过包围面的总电荷;(d)电流衰减到初始值10%所需要的时间。

解 (a)1/500.02s

(b) t时间内穿过导体表面的电荷量为

Q0.2e50tdt0.004(1e50t)C

t

则初始电荷为Q00.004C

(c) t=2τ=0.04s时,穿过包围面的总电荷为Q20.00346C (d) 解方程e

50t

0.1,得所需时间t0.0461s

4-6 设同轴电缆内导体半径为a,外导体的内半径为b,填充介质的电导率为σ。根据恒定电流场方程,计算单位长度内同轴线的漏电导。

解 设r=a时, φ=U;r =b时,φ=0。建立圆柱坐标系,则电位应满足的拉普拉斯方程为

2

1dd

r0 rdrdr

求得同轴线中的电位φ及电场强度E分别为

er Ulnln,E

arbblnb

ra1U

则 J=E=

1U

er

ralnb2U

alnb

单位长度内通过内半径的圆柱面流进同轴线的电流为

IJdS

S

那么,单位长度内同轴线的漏电导为

G

I2

aUlnb

4-7 设双导线的半径为a,轴线间距为D,导线间的媒质电导率为σ,根据恒定电流场方程,计算单位长度内双导线之间的漏电导。

解 设双导线的两根导线上线电荷密度分别为+ρ和-ρ,利用叠加原理和高斯定律可求得两导线之间垂直连线上任一点的电场强度大小为

E

那么两导线之间的电位差为

11



2rDr

Da

U

单位长度内两导线之间的电流大小为

a

Edr

Daln() a

IJdSEdS

S

S

D(Da)

则单位长度内两导线之间的漏电导为

G

I

U

D

Da

(Da)ln()

a

S/m

若D>>a则单位长度内双导线之间的漏电导为

G



Dln()a

S/m

4-8 已知环形导体尺寸如题4-8图所示。试求r=a与r=b两间的电阻。

解 建立圆柱坐标系,则电位应满足的拉普拉斯方程为

表面之

2

1dd

r0 rdrdr

题4-8图

该方程的解为(r)C1lnrC2 令(a)0,(b)0, 求得常数C1

0blna

。那么,电场强度为

E(r)=-

ddr

0

brlna

er

电流密度为J=E=

0

brlna

er

电流强度为I

S

JdS2

d

0

baln

a

addz

d0

b2ln

a

b2lna。

由此求得两个表面之间的电阻为R0

Id

4-9 两半径分别为a和b(b>a)的同心导电球壳之间填充了非均匀材料,其电导率m/rk,式中arb,且m和k均为常数。设内球壳电位为V0,外球壳接地。计算(a)媒质的电阻;(b)每个球的面电荷密度;(c)媒质中的体电荷密度;(d)每个球体上的总电荷;(e)区域中的电流密度;(f)

通过区域的电流。问当m→0时,电阻是多少? 解

(a)利用dR

dl A

b

R

4r2(mk)4r2

a

a

dr

b

dr

1abkbm

ln

4mabkam

r

IV0/R

4mV0

abkbmln

abkammV0

ar

abkbm2lnrabkam

J

I4r2

ar

J

E

mV0

ar

abkbmln(mrkr2)abkam

(b)内壳外表面 saDn内Ea 外壳内表面

sb(Dr外0)(ar)



mV0

abkbmln(mrkr2)abkam

mV0M(maka)

2

mV0

M(mbkb)

2

(c)vD

mV0mV01212

(rDr)[r]

2r2r222rrM(mrkr)M(mkr)r4mV0a2M(maka2)4mV0b2M(mbkb2)

4mV0a

M(mka)4mV0b

M(mkb)

(d)Q内saSa

Q外sbSb

mV0

(e)Ja

2rMr4mV0

(f)I M m

ln

Rlim

m

abkbm

abkamlimln(abkbm)ln(abkam) 4m4mm

ba

ba

limabkbmabkam

44abkm

4-10 媒质1的电导率为100S/m,相对电容率为9.6,其中的电流密度为50A/m2,和分界面法线的夹角为30º。如果媒质2的电导率为10S/m,相对电容率为4,其中电流密度是多少?它和分界面法线的夹角是多少?分界面上的面电荷密度是多少? 解 (a)电流密度

J2nJ1n50cos3043.3A/m2E2tE1t

J1sin30

1

50sin30

0.25V/m

100

J2t2E2t2.5A/m2

J2(J2n2J2t2)1/243.37A/m2

(b)电流密度与分界面法线的夹角

2arctan(J2t/J2n)arctan(2.5/43.3)3.3

(c)分界面上的面电荷密度是

SJ2n(

2149.6)43.3()8.85410121.1651010C/m2 2110100

4-11 已知圆柱形电容器的长度为L,内、外电极半径分别为a及b,填充的介质分为两层,分界面半径为c。在a

解 ①建立圆柱坐标系,则电位应满足的拉普拉斯方程为

2

1dd

r0 rdrdr

设媒质1和媒质2的电位分别为φ1和φ2,那么

1()C1C2,2()C3C4

根据边界条件,得知

1(a)e,2(b)0,1(c)2(c),1

得出

1r

rc

2

2r

rc

C1

e

cbln1lna2c

e

bcln2lnc1a

lnr

cbln1lna2c

lnr

bcln2lnc1a

,C2e

lnacbln1lna2c

lnb

bcln2lnc1alna

e

C3,C4e

e

代入上式,得

1

ee

cbln1lna2c

lnb

e

e

2

e

bcln2lnc1a

J1J21E1

12e

cblnln1r2a

c

er

②r=a表面上的电荷密度为

saen(D1D2)1E1n

12e

cb

lnln1a2a

c

r=b表面上的面电荷密度为

sben(D1D2)2E2n

21e

cblnln1b2a

c

③两种介质分界面上的自由电荷密度

scen(D1D2)(

12(1221)e

)J1n

12cb

lnln1c2

a

c

4-12 有两块不同导电率的薄钢片构成一导电弧片,如题4-12图所示。若σ1=6.5×107S/m,σ2=1.2×107S/m,R2=45cm,R1=30cm,厚度为2mm。电极间电压U=30V,电极的电导率σ>>σ1,求:①弧



片内的电位分布(设x轴上的电极为零电位);②总流I和弧片电阻;③在分界面上,D、J和E是否

突变?④分界面上的电荷密度ρs。

解 J线沿Φ方向,且垂直于电极,也垂直于等位线,因此φ仅与Φ有关。令σ1区和σ2区的电位分别为φ1、φ2,则 ①

121

1202

r

2

(R1rR2,

4



2

)

22

12

0

r22

2

(R1rR2,0

4

)

边界条件为

2(0)0,1()U

2



1()2(),11

44

解以上方程,得

/4

2

2



/4

1()C1C2 ,2()C3C4

利用边界条件,得

题4-12图

C40,C1

U

4

30

(11/2)

4

5.95,

(16.5/1.2)

C3

1

C132.26,C2UC120.6522

V

(

1()5.9520.65

4



2()32.26

②由E

V(0

4

2

)

)

1

e,且J的法线分量在分界面上连续,即 r

J=1E12E21

故电流

C11

e11e rr

IJdS

S

R2

R1

C11dRdrC11dln2rR1

45

3.31710530

6.51075.952103ln

电阻R

A

U309.56105

5

I3.31710

③因为电流密度沿分界面法线方向连续,因此,J连续。由于σ突变,所以E突变,从而D突变。 ④分界面上的电荷密度S0(E2E1)0(

C3C126.310

)

rrr

4-13 面积为1m2的两块平行金属板间填充三种导电媒质,厚度分别为0.5mm、0.2mm、0.3mm,电导率分别为10kS/m、500S/m、0.2MS/m。两板间的有效电阻是多少?若两板间的电位差为10mV,计算每个

J区域钟的和E,三种媒质中消耗的功率各是多少?总消耗功率是多少?

解: 三层导电媒质是串联的,其总电阻为 RR1R2R3

ddd1dd1d

23(123) 1A2A3AA123

10.51030.21030.3103

++)4.515107() ①R(

36110105000.210

101034.515107

2.2104A

②IV/R

JI/A2.2104A/m2

J1J2J3J

E1J/1

2.21041010

3

2.2V/m

2.2104

E2J/24.4V/m

500

E3J/3

2.21040.210

6

0.11V/m

③P1J1E1Ad12.2102.210.510

43

24.2

P2J2E2Ad22.21044.410.2103193.6 P3J3E3Ad32.21040.1110.31030.726

Pp1p2p3218.5(w)

4-14 同轴电缆内导体的半径为10cm,外导体的半径为40cm,两导体之间填两层媒质。里层媒质半径从10cm到20cm,电导率为50μS/m,电容率为2ε0;外层媒质半径从20cm到40cm,电导率为100μS/m,电容率为4ε0。运用静电比拟的方法,求单位长度(a)各层媒质区的电容;(b)各层媒质区的电阻;(c)总电容;(d)总电阻。 解

1drln(b/a) (a) C1a12r21

C121/ln(b/a)220/ln20.1610F C222/ln(c/b)240/ln20.3210F (b)

G C

99

b

R1

111ln(b/a)ln(b/a)ln2

2206 6

1C11212125010

ln(c/b)ln2

1103 6

22210010

111C1C2

0.11109F

R2

(c)C

(d)RR1R23309

4-15 两同心球形导体,半径分别为3cm和9cm。两球间填充两种媒质:里层媒质,半径从3cm到6cm,电导率为50μS/m,电容率为3ε0;外层媒质,半径从6cm到9cm,电导率为100μS/m,电容率为4ε0。

运用静电比拟的方法,求(a)各层媒质区的电容;(b)各层媒质区的电阻;(c)总电容;(d)总电阻。 解

rb1dr1解 (a)

ra4r2C14

11

故 rarb

C1

4rarb

rbra

4rarb43036102

C121011F

rbra634rbrc44069102

C281011F

rcrb96

(b)根据

G

,则 C

R1

301

26526 611

1C15010210

402

4421 2C210010681011

111C1C2

1.61011F

R2

(c)总电容C

(d)总电阻RR1R230947

4-16 将半径为25mm的半球形导体球埋入地中,如题4-16图所示,该导体球与无限远处之间的电阻称为导体球的接地电阻。若土壤的电导率为10μS/m,试求导体的接地电阻。

解 已知半径为a的孤立导体与无限远处之间的电容为C=4πεa,那么根据静电比拟,埋地导体球的电阻R为

RC12a

1

R

C4a

对于埋地的导体半球,表面积减小了一半,故电阻加倍,即

R

6.36106

题4-16图

若一张矩形导电纸的电导率为σ,面积为a×b,四周电位如题错误!

未找到引用源。图所示。试求:①导电纸中电位分布;②导电纸中电流密度。

解 ①建立直角坐标系,根据给定的边界条件,得

y

0,

y0

y

0, (0xa)

yb

题错误!未找到引用源。图

(0,y)0,(a,y)0, (0yb)导电纸区域中电位的通解为

(x,y)(A0xB0)(C0yD0)[AnsinhknxBncoshknx][CnsinknyDncoskny]

n1

由边界条件

y

0和

y0

y

0得

yb

(A0xB0)C0[AnsinhknxBncoshknx]Cnkny0

n1

(A0xB0)C0[AnsinhknxBncoshknx][CnsinknbDncosknb]0

n1

由此求得常数:Cn0,其中n=0,1,2,3,‥‥ kn代入上式,得

n

,其中n=1,2,3,‥‥ b

sinh((x,y)A0xB0[An

n1

nnn

cosh(x)Bnx)]cos(y)

bbb

由边界条件(0,y)0,(a,y)0,得

aB0[Ansinh(A0

n1

nnncosh(a)]cos(a)Bny)0

bbb

Bncos(B0

n1

n

y)0b

由此求得常数:

0,其中n=0,1,2,3,‥‥ Bn

A0

0

a

0,其中n=1,2,3,‥‥ ,An

那么导电纸中的电位分布为

(x,y)

0

a

x

② 由E

0

a

ex,求得导电纸中电流密度为

J(x,y)E

0aex

范文八:《电磁场与电磁波》(第四版)答案七章习题解答

《电磁场与电磁波》习题解答 第七章 正弦电磁波

7.1 求证在无界理想介质内沿任意方向en(en为单位矢量)传播的平面波可写成

EEmej(enrt)。

解 Em为常矢量。在直角坐标中

enexcoseycosezcosrexxeyyezz

enr(excoseycosezcos)(exxeyyezz)

xcosycoszcos

EEmej(enrt)Emej[(xcosycoszcos)t]2Eex2Exey2Eyez2Ez

Em(j)2ej[(xcosycoszcos)t](j)2E

2E2

2{Emej[(xcosycoszcos)t]}2E2

tt

2

2E

E2(j)2E2E(jE2E0

t j(enrt)

EEme可见,已知的满足波动方程

2E

E20

t

2

故E表示沿en方向传播的平面波。

7.2 试证明:任何椭圆极化波均可分解为两个旋向相反的圆极化波。

解 表征沿+z方向传播的椭圆极化波的电场可表示为

E(exExeyjEy)ejzE1E2

式中取

显然,E1和E2分别表示沿+z方向传播的左旋圆极化波和右旋圆极化波。 7.3 在自由空间中,已知电场H(z,t)

3

E(z,t)ey10sin(tz)V/m

1

E1[ex(ExEy)eyj(ExEy)]ejz

21

E2[ex(ExEy)eyj(ExEy)]ejz

2

,试求磁场强度

解 以余弦为基准,重新写出已知的电场表示式

E(z,t)ey103cos(tz)V/m

2

这是一个沿+z方向传播的均匀平面波的电场,其初相角为90。与之相伴的磁场为

H(z,t)

1

0

ezE(z,t)



ezey103costz02

1

103

excostzex265sin(tz)A/m

1202

1

A/m37.4 均匀平面波的磁场强度H的振幅为,以相位常数30rad/m在空气中沿eze

方向传播。当t=0和z=0时,若H的取向为y,试写出E和H的表示式,并求出波的频率和波长。

解 以余弦为基准,按题意先写出磁场表示式

Hey

与之相伴的电场为

1

cos(tz)A/m3

E0[H(ez)]120[ey

ex40cos(tz)V/m

由rad/m得波长和频率f分别为

20.21m

1

cos(tz)(ez)]3

则磁场和电场分别为

3108

fHz1.43109Hz

0.21

2f21.43109rad/s9109rad/s

c

1

cos(9109t30z)A/m3

Eex40cos(9109t30z)V/m Hey

vp

7.5 一个在空气中沿

ey

方向传播的均匀平面波,其磁场强度的瞬时值表示式为

(1)求和在

π

Hez4106cos(10πty)A/m

4

Hz0t3ms

时,

的位置;(2)写出E的瞬时表示式。

解(1

在t=3ms时,欲使Hz=0,则要求

107π

30

rad/mrad/m0.105rad/m8

31030

1073103

若取n=0,解得y=899992.m。

y

4

2

n,n0,1,2,



考虑到波长

2

60m

,故

y29999

2

0.75

2

29999

2

22.5

因此,t=3ms时,Hz=0的位置为

范文九:《电磁场与电磁波》(第四版)第九章习题解答

九章习题解答

9.1 设元天线的轴线沿东西方向放置,在远方有一移动接收台停在正南方而收到最大电场强度,当电台沿以元天线为中心的圆周在地面移动时,电场强度渐渐减小,问当电场强度减小到

时,电台的位置偏离正南多少度?

解:元天线(电基本振子)的辐射场为

Ee可见其方向性函数为f

大电场强度。由

sinjkr ,sin,当接收台停在正南方向(即900)时,得到最 得 450

此时接收台偏离正南方向450。

9.2 上题中如果接收台不动,将元天线在水平面内绕中心旋转,结果如何?如果接收天线也是元天线,讨论收发两天线的相对方位对测量结果的影响。

解: 如果接收台处于正南方向不动,将天线在水平面内绕中心旋转,当天线的轴线转至沿东西方向时,接收台收到最大电场强度,随着天线地旋转,接收台收到电场强度将逐渐变小,天线的轴线转至沿东南北方向时,接收台收到电场强度为零。如果继续旋转元天线,收台收到电场强度将逐渐由零慢慢增加,直至达到最大,随着元天线地不断旋转,接收台收到电场强度将周而复始地变化。

当接收台也是元天线,只有当两天线轴线平行时接收台收到最大电场强度;当两天线轴线垂直时接收台收到的电场强度为零;当两天线轴线任意位置,接收台收到的电场强介于最大值和零值之间。

9.3 如题9.3图所示一半波天线,其上电流分布为IImcoskz1 1z22

(1)求证:当r0l时,

(2)求远区的磁场和电场;

(3)求坡印廷矢量;

(4)已知20ImejkrAz2kr00coscos 2sin2

0coscos2d0.609,求辐射电阻; sin2

(5)求方向性系数。

题9.3(1)图

范文十:《电磁场与电磁波》(第四版)第七章习题解答

《电磁场与电磁波》习题解答 第七章 正弦电磁波

7.1 求证在无界理想介质内沿任意方向en(en为单位矢量)传播的平面波可写成

EEmej(enrt)。

解 Em为常矢量。在直角坐标中

enexcoseycosezcosrexxeyyezz

enr(excoseycosezcos)(exxeyyezz)

xcosycoszcos

EEmej(enrt)Emej[(xcosycoszcos)t]2Eex2Exey2Eyez2Ez

Em(j)2ej[(xcosycoszcos)t](j)2E

2E2

2{Emej[(xcosycoszcos)t]}2E2

tt

2

2E

E2(j)2E2E(jE2E0

t j(enrt)

EEme可见,已知的满足波动方程

2E

E20

t

2

故E表示沿en方向传播的平面波。

7.2 试证明:任何椭圆极化波均可分解为两个旋向相反的圆极化波。

解 表征沿+z方向传播的椭圆极化波的电场可表示为

E(exExeyjEy)ejzE1E2

式中取

显然,E1和E2分别表示沿+z方向传播的左旋圆极化波和右旋圆极化波。 7.3 在自由空间中,已知电场H(z,t)

3

E(z,t)ey10sin(tz)V/m

1

E1[ex(ExEy)eyj(ExEy)]ejz

21

E2[ex(ExEy)eyj(ExEy)]ejz

2

,试求磁场强度

解 以余弦为基准,重新写出已知的电场表示式

E(z,t)ey103cos(tz)V/m

2

这是一个沿+z方向传播的均匀平面波的电场,其初相角为90。与之相伴的磁场为

H(z,t)

1

0

ezE(z,t)



ezey103costz02

1

103

excostzex265sin(tz)A/m

1202

1

A/m37.4 均匀平面波的磁场强度H的振幅为,以相位常数30rad/m在空气中沿eze

方向传播。当t=0和z=0时,若H的取向为y,试写出E和H的表示式,并求出波的频率和波长。

解 以余弦为基准,按题意先写出磁场表示式

Hey

与之相伴的电场为

1

cos(tz)A/m3

E0[H(ez)]120[ey

ex40cos(tz)V/m

由rad/m得波长和频率f分别为

20.21m

1

cos(tz)(ez)]3

则磁场和电场分别为

3108

fHz1.43109Hz

0.21

2f21.43109rad/s9109rad/s

c

1

cos(9109t30z)A/m3

Eex40cos(9109t30z)V/m Hey

vp

7.5 一个在空气中沿

ey

方向传播的均匀平面波,其磁场强度的瞬时值表示式为

(1)求和在

π

Hez4106cos(10πty)A/m

4

Hz0t3ms

时,

的位置;(2)写出E的瞬时表示式。

解(1

在t=3ms时,欲使Hz=0,则要求

107π

30

rad/mrad/m0.105rad/m8

31030

1073103

若取n=0,解得y=899992.m。

y

4

2

n,n0,1,2,



考虑到波长

2

60m

,故

y29999

2

0.75

2

29999

2

22.5

因此,t=3ms时,Hz=0的位置为

y22.5n

2

m

(2)电场的瞬时表示式为

E(Hey)0



ez4106cos(107ty)ey120

4

ex1.508103cos(107t0.105y)V/m

4

7.6 在自由空间中,某一电磁波的波长为0.2m。当该电磁波进入某理想介质后,波长

变为0.09m。设r1,试求理想介质的相对介电常数r以及在该介质中的波速。

解 在自由空间,波的相速

vp0c3108m/s

,故波的频率为

在理想介质中,波长0.09m,故波的相速为 而

3108

fHz=1.5109Hz

00.2

vp0

vpf1.51090.091.35108m/svp

2

2

cr

vp

31084.948

1.3510

7.7 海水的电导率4S/m,相对介电常数r。求频率为10kHz、100kHz、1MHz、

10MHz、100MHz、1GHz的电磁波在海水中的波长、衰减系数和波阻抗。

解 先判定海水在各频率下的属性

81

48.8108

2fr02f810f

17

f10Hz可见,当时,满足,海水可视为良导体。此时

c(1jf=10kHz时

0.1260.396Np/m

2215.87m

0.126c(1jf=100kHz时

0.099(1j)

1.26Np/m

225m

1.26c(1jf=1MHz时

0.314(1j)

3.96Np/m

221.587m

3.96c(1jf=10MHz时

0.99(1j)

12.6Np/m

220.5m

12.6c(1j3.14(1j)

1当f=100MHz以上时,不再满足,海水属一般有损耗媒质。此时,

2f2f0

f=100MHz时

37.57Np/m42.1rad/m

20.149m

c

f=1GHz时

14.05ej41.8

69.12Np/m203.58rad/m

20.03m

0

36.5ej20.8

7.8 求证:电磁波在导电媒质内传播时场量的衰减约为55dB/λ。 证明 在一定频率范围内将该导电媒质视为良导体,此时

故场量的衰减因子为

z

ee

z

e

2



即场量的振幅经过z =λ的距离后衰减到起始值的0.002。用分贝表示。

e20.002

E(z)

20lgm20lge20lge2(2)20lge55dB

Em(0)

7.9 在自由空间中,一列平面波的相位常数00.524rad/m,当该平面波进入到理想电介质后,其相位常数变为1.81rad/m。设

的传播速度。

解 自由空间的相位常数

r1,求理想电介质的r和波在电介质中

0

0.52431081.572108rad/s

在理想电介质中,相位常数

1.81rad/s

,故

r

1.812

200

11.93

电介质中的波速则为

8

vp/s0.87108m/s

7.10 在自由空间中,某均匀平面波的波长为12cm;当该平面波进入到某无损耗媒质时,波长变为8cm,且已知此时的|E|50V/m,|H|0.1A/m。求该均匀平面波的频率以及无损耗媒质的r、

r。

vpc3108m/s

,故波的频率为

解 自由空间中,波的相速

在无损耗媒质中,波的相速为 故

3108f2.5109Hz2

001210

c

vp0

vpf2.510981022108m/s

2108

(1)

无损耗媒质中的波阻抗为



50|Ε|500|H|0.1

(2)

联解式(1)和式(2),得

r1.99,r1.13

7.11 一个频率为f=3GHz,ey方向极化的均匀平面波在

r2.5,损耗正切

tan

102的非磁性媒质中沿(ex)方向传播。求:(1)波的振幅衰减一半时,传播

9

的距离;(2)媒质的本征阻抗,波的波长和相速;(3)设在x=0处的

Eey50sin(6

t13

)V/m

,写出H(x,t)的表示式。

181022fr0231092.5110932.5

36解 (1)

32.5102

0.417102S/m

18

该媒质在f=3GHz时可视为弱导电媒质,故衰减常数为

1021

ex

12得

0.497Np/m

x

1

ln2

(2)对于弱导电媒质,本征阻抗为

1

ln21.395m0.497

c

而相位常数

1j2



102

1j238.44(1j0.005)

2

238.44ej0.286238.44ej0.0016

2f23109

故波长和相速分别为

31.6rad/m3108



2

2

0.063m31.6

(3)在x=0处,

23109

vp1.89108m/s

31.6

E(0,t)ey50sin(6109t)V/m

3

E(x,t)ey50e0.497xsin(6109t31.6x)V/m

3

H(x)

1|c|

exΕ(x)ej



jj10.497xj31.6x

exey50eee3e2ej0.0016238.44

ez0.21e

0.497xj31.6x

ee3e

j

j0.0016

e

j

2

A/m

H(x,t)Re[H(x)ejt]

0.0016)A/m3

80,r1,4S/m)中沿+y方向传播,

7.12 有一线极化的均匀平面波在海水(r

其磁场强度在y=0处为

(1)求衰减常数、相位常数、本征阻抗、相速、波长及透入深度;(2)求出H的振幅为0.01A/m时的位置;(3)写出E(y,t)和H(y,t)的表示式。

ez0.21e0.497xsin(6109t31.6x

Hex0.1sin(1010t/3)A/m

4436

10100.18910801080100解 (1)

10

可见,在角频率10时,海水为一般有损耗媒质,故

83.9Np/m1010

300rad/m1010

c

42.15j0.028

41.82ej0.028

1.008e

10

10vp0.333108m/s

300226.67103m

30011c11.92103m

83.9

yy

0.1得 (2)由0.010.1e即e

11yln102.303m27.4103m

83.9

H(y,t)ex0.1e83.9ysin(1010t300y)A/m

3(3)

其复数形式为

H(y)ex0.1e

故电场的复数表示式为

83.9yj300y

ee

j

3

A/m

83.9y

E(y)cH(y)ey41.82e

ez4.182e

83.9y

j0.028

0.1e

e

j(300y)

32



exey

e

j(300y0.028)

32

V/m

E(y,t)Re[E(y)ejt]

7.13 在自由空间(z

ez4.182e83.9ysin(1010t300y

3

0.028)V/m

r1。自由空间E波的频率f=1.5MHz,振幅为

E(0,t)eysin2ft

对于z>0的区域,求H2(z,t)。

61.71069

704.410621.5100

可见,在f=1.5MHz的频率该导体可视为良导体。故

1.91104Np/m1.91104rad/m

j45j45

c4.38104ej45(3.1j3.1)104

分界面上的透射系数为

入射波电场的复数表示式可写为

2c2224.38104ej45

2.32106ej45

4

21c0(3.1j3.1)10377 E1(z)eye

j0z

e

j

2

V/m

j

则z>0区域的透射波电场的复数形式为

2

E2(z)eye

zjz

ee

ey2.3210e

与之相伴的磁场为

6j45

e

1.91104zj1.91104z

ee

j

2

V/m

H2(z)

1

c

ezE2(z)

1

ezey2.3210e

1.91104z

6

1.91104z

4.3810e

4j45

e

j(1.91104z45)

2

ex0.5110e

2

e

j(1.91104z)

2

A/m

H2(z,t)Re[H2(z)ejt]

ex0.51102e1.9110zsin(21.5106t1.91104z)A/m

7.14 一圆极化波垂直入射到一介质板上,入射波电场为

求反射波与透射波的电场,它们的极化情况又如何?

解 设媒质1为空气,其本征阻抗为0;介质板的本征阻抗为2。故分界面上的反射系数和透射系数分别为

4

EEm(exeyj)ejz

式中

202022



20 

2

反射波的电场为

都是实数,故,也是实数。

0

可见,反射波的电场的两个分量的振幅仍相等,相位关系与入射波相比没有变化,故反射波仍然是圆极化波。但波的传播方向变为-z方向,故反射波也变为右旋圆极化波。而入射波是沿+z方向传播的左旋圆极化波。

透射波的电场为

EEm(exeyj)ejz

E2Em(exeyj)ej2z

式中,2

的左旋圆极化波。

是媒质2中的相位常数。可见,透射波是沿+z方向传播

j0E100eV/m,从空气中垂直入射到无损耗的介质

7.15 均匀平面波的电场振幅m

平面上(介质的

20,240,20)

,求反射波和透射波的电场振幅。

1

120π

60π

2

反射系数为



透射系数为

21601201



21601203



故反射波的电场振幅为

222602



21601203

100

33.3V/m3 2100

66.6V/m3



Em||Em

透射波的电场振幅为

Em2Em

7.16 最简单的天线罩是单层介质板。若已知介质板的介电常数2.80,问介质板的

厚度应为多少方可使频率为3GHz的电磁波垂直入射到介质板面时没有反射。当频率分别为3.1GHz及2.9GHz时,反射增大多少?

解 天线罩示意图如题7.16图所示。介质板的本征阻抗为2,其左、右两侧媒质的本征阻抗分别为1和3。设均匀平面波从左侧垂直入射到介质板,此问题就成了均匀平面波对多层媒质的垂直入射问题。

设媒质1中的入射波电场只有x分量,则在题7.16图所示坐标下,入射波电场可表示为

H

而媒质1中的反射波电场为 与之相伴的磁场为

1

1

1

ezEey

1

Em1

1

ej1(zd)

j1(zd)

E1exEm1e

H

1

1

1

(exE)ey

1

Em1

1

ej1(zd)

故媒质1中的总电场和总磁场分别为

j1(zd)j1(zd)

E1E1E1exEmeeE1xm1e



EE

H1H1H1eym1ej1(zd)eym1ej1(zd)

11 (1)

同样,可写出媒质2中的总电场和总磁场

j2zj2

E2E2E2exEmexEm2e1e



EE

H2H2H2eym2ej2zeym2ej2z

22 (2)

媒质3中只有透射波

j3z

E3exEm3e



Em

H3ey3ej3z

3 (3)



EEEEEm1m2m2m2m在式(1)、(2)、(3)中,通常已知入射波电场振幅,而、、和3为待求

量。利用两个分界面①和②上的四个边界条件方程即可确定它们。

在分界面②处,即z=0处,应有

E2xE3x,H2yH3y

。由式(2)和(3)得



11

(Em2Em)Em3223 (4)

由式(4)可得出分界面②上的反射系数

Em2232

Em232 (5)

EE2x,H1yH2y。由式(1)和(2)得

在分界面①处,即z=-d处,应有1x

j2dj2dj2d

EmEmEm2ej2d)1Em1Em2e2e2(e



Em2Em2Em3

1

1

(EE)

m1m1

1

2

(Ee

m2

j2d

Ee

j2dm2

)

Em2

2

(ej2d



2ej2d)

 (6)

将分界面①上的总电场与总磁场之比定义为等效波阻抗(或称总场波阻抗),由式(1)得



Em1Em1

ef1

EEm1m1(Em1Em1)

Em1Em1

1

(7)

将式(6)代入式(7)得

ej2d2ej2d

ef2j2d

e2ej2d (8)

将式(5)代入式(8),并应用欧拉公式,得

ef2

3j2tan2d

2j3tan2d (9)

再由式(7)得分界面①上的反射系数

Em

11ef1

Em1ef1

(10)

显然,若分界面①上的等效波阻抗无反射。

ef

等于媒质1的本征阻抗1,则10,即分界面①上

通常天线罩的内、外都是空气,即130,由式(9)得

0j2tan2d2j0tan2d

dn,n1,2,3。故

欲使上式成立,必须2

02

d

频率f0=3GHz时

n

2

n

2

2

3108

00.1m

3109 d

当频率偏移到f1=3.1GHz时,

0.1

m30mm

21.67

223.110108.6rad/m

故 而

tan2dtan(108.630103)0.117

2

故此时的等效波阻抗为

225.3

377j225.30.117

370.87ej7.08368j45.7

225.3j3770.117

ef225.3

反射系数为

即频率偏移到3.1GHz时,反射将增大6%。

ef1368j45.7377

10.06ej(18082.37)

ef1368j45.7377

f2.9GHz

同样的方法可计算出频率下偏到2时,反射将增加约5%。 [讨论]

(1)上述分析方法可推广到n层媒质的情况,通常是把坐标原点O选在最右侧的分界面上较为方便。

(2)应用前面导出的等效波阻抗公式(9),可以得出一种很有用的特殊情况(注意:此时

13)

d

2

4,则有

tan2dtan(

由式(9)得

22

ef

3

2

2

2

4

)

若取

2

ef1

此时,分界面①上的反射系数为

ef1

10

ef1

即电磁波从媒质1入射到分界面①时,不产生反射。可见,厚度本征阻抗

d24的介质板,当其

2时,有消除反射的作用。

7.17 题7.17图所示隐身飞机的原理示意图。在表示机身的理想导体表面覆盖一层厚度

d334的理想介质膜,又在介质膜上涂一层

厚度为d2的良导体材料。试确定消除电磁波从

良导体表面上反射的条件。

解 题7.17图中,区域(1)为空气,其波阻抗为

1

区域(2)为良导体,其波阻抗为

区域(3)为理想介质,其波阻抗为

j45

2

3

区域(4)为理想导体

(4),其波阻抗为

利用题7.16导出的公式(9),分界面②上的等效波阻抗为

j45

40

ef②

应用相同的方法可导出分界面③上的等效波阻抗计算公式可得

23

)

4j3tan3d33432

33

3j4tan3d3

3j4tan(3)4

34

4j3tan(

ef③2

ef②2tanh2d22ef②tanh2d2

(1)

式中的2是良导体中波的传播常数,tanh2d2为双曲正切函数。将

ef②

代入式(1),

tanh2d2 (2)

d1,故可取tanh2d22d2,则式(2)变为

由于良导体涂层很薄,满足22

ef③

2

ef③

2

2d2 (3)

分界面③上的反射系数为

3

ef③1ef③1

可见,欲使区域(1)中无反射,必须使

ef③10

故由式(3)得

2

2d2

0

(4)

将良导体中的传播常数

2

j45

2

和波阻抗

j45

代入式(4),得

3

d4d2.65102,332这样,只要取理想介质层的厚度,而良导体涂层的厚度

12.65103

d2

2023772

1

就可消除分界面③上的反射波。即雷达发射的电磁波从空气中投射到分界面③时,不会产生回波,从而实现飞机隐身的目的。此结果可作如下的物理解释:由于电磁波在理想导体表面

(即分界面①上产生全反射,则在离该表面3处(即分界面②出现电场的波腹点。而该处放置了厚度为d2的良导体涂层,从而使电磁波大大损耗,故反射波就趋于零了。 7.18 均匀平面波从自由空间垂直入射到某介质平面时,在自由空间形成驻波。设驻波比为2.7,且介质平面上有驻波最小点;求介质的介电常数。

解 自由空间的总电场为 式中

j1zj1zj1

E1E1E1exEmexEmexEmej1z) 1e1e1(e

4

是分界面上的反射系数。

驻波比的定义为



EmaxEm1||1Em1S

EminEm1Em1|| 1

Em

1

Em1

据此求得

1||

2.71|| ||

1.7

0.4593.7

因介质平面上是驻波最小点,故应取

反射系数

0.459



得 则

20

0.459

20

20.371377139.79

2

0

139.79

2

64.310127.260

7.19 如题7.19图所示,z>0区域的媒质介电常数为2,在此媒质前置有厚度为d、介电常数为1的介质板。对于一个从左面垂直入射过来的TEM

波,试证明当

r1

d

1时,没有反射(为自由空间的波长)。

1

0

媒质2中的波阻抗为

21

0

r11)和(2)得

221

0020

r1 而分界面O1处(即zd处)的等效波阻抗为

2j

1tan1def1

1j2tan1d

d

当

d

1

、即

4时

2

1ef

2 分界面O1处的反射系数为



ef0

ef0 将式(3)和(

4)代入式(5),则得

0

r1d

d

即

1

时,分界面O1上无反射。

4的介质层称为匹配层。7.20 垂直放置在球坐标原点的某电流元所产生的远区场为

Ee100

rsincos(tr)V/mEe0.265rsincos(tr)A/m

试求穿过r=1 000m的半球壳的平均功率。

1)

2)3)4)5) (

解 将电场、磁场写成复数形式

平均坡印廷矢量为

100

sinejrr0.265

Hresinejr

r Ere

Sav

故穿过r=1000m的半球壳的平均功率为

1

Re[E(r)H*(r)]211000.265Re[esinejresinejr]2rr11000.2652sin222ersinW/me13.25W/mr

2r2r2

Pav

式中dS为球坐标的面积元矢量,对积分有贡献是

S

12

S

av

dS

dSerdSrerr2sindd

12sin22

Paver13.252errsindd13.25sin3d

0200r

14

13.25(coscos3)13.2555.5W

330

x7.21 在自由空间中,

和15mm长方形面积的总功率。

解 将已知的电场写成复数形式

Ee150sin(tz)V/m。试求z0平面内的边长为30mm

得与E(z)相伴的磁场

E(z)ex150ej(z90)

H(z)

1

ezE(z)ey

150j(z90)

e377

0

故平均坡印廷矢量为

Sav

2

则穿过z=0平面上S3015mm的长方形面积的总功率为

1

Re[E(x)H*(z)]2

1150j(z90)

Re[ex150ej(z90)eye]ez29.84W/m2

2377

333

PavSavezS29.8430101510W13.4310W

7.22 均匀平面波的电场强度为

(1)运用麦克斯韦方程求出H:(2)若该波在z=0处迁到一理想导体平面,求出z

解 (1)将已知的电场写成复数形式

Eex100sin(tz)ey200cos(tz)V/m

E(z)ex100ej(z90)ey200ejz

Ej0H得

ex

11

H(z)E(z)

j0j0x

Ex

ey

yEy

ezz0

写成瞬时值表示式

j0z

1

[ex200(j)ejzey100(j)ej(z90)]

j0



[ex200ejzey100ej(z90)]0

1

[ex200ejzey100ej(z90)]A/m0



1

(ex

Ey

ey

Ex

)z

H(z,t)Re[H(z)ejt]



x

1

0

1

[ex200cos(tz)ey100cos(tz90)][ex200cos(tz)ey100sin(tz)]A/m

j(z90)

(2)均匀平面波垂直入射到理想导体平面上会产生全反射,反射波的电场为

0

E100e

即z0区域内的反射波电场为 与之相伴的反射波磁场为

Ey200ejz

EexExeyEyex100ej(z90)ey200ejz

H

1

0

(ezE)

1

0

(ex200ejzey100ej(z90))

至此,即可求出z0区域内的总电场E和总磁场H。

ExExEx100ej(z90)100ej(z90)

100ej90(ejzejz)j200sinzej90

0

EyEyEy200ejz200ejzj400sinz

EexExeyEyexj200sinzej90eyj400sinz

同样

HxHxHx

1

0

200ejz

1

0

200ejz

1

0

400cosz



HyHyHy[100ej(z90)100ej(z90)]



1

0

1

0

200ej90cosz

1

HexHxeyHy

0

(ex400coszey200ej90cosz)

(3)理想导体平面上的电流密度为

JsnH

z0

ez(ex400coszey200ej90cosz)

1

0

z0

ex0.53ej90ey1.06A/m

7.23 在自由空间中,一均匀平面波垂直投射到半无限大无损耗介质平面上。已知在平

1

面前的自由空间中,合成波的驻波比为3,无损耗介质内透射波的波长是自由空间波长的6。试求介质的相对磁导率r和相对介电常数r。

解 在自由空间,入射波与反射波合成为驻波,驻波比为



EmaxEm1||1Em1S3

EminEm1Em11||

由此求出反射系数

||

12



设在介质平面上得到驻波最小点,故取

1

2。而反射系数为



式中的10120,则得

2121

求得

120

220 13

20即

1

0

3

r1

r9 (1)



联解式(1)和(2)得



0

6

rr36 (2)

r2,r18

j6zEe10ex7.24 均匀平面波的电场强度为,该波从空气垂直入射到有损耗媒质

(r2.5,损耗角正切tan

2

0.5)2

的分界面上(z=0),如题7.24图所示。(1)求

反射波和透射波的电场和磁场的瞬时表示式;(2)求空气中及有损耗媒质中的时间平均坡印

廷矢量。

(1)根据已知条件求得如下参数。 在空气中(媒质1)

16rad/m

1c63108

1.8109rad/s1

在有损耗媒质中

377Ω

tan

2

0.52

2.31Np/m21.81029.77rad/m1.8102

j13.3

255e

分界面上的反射系数为

218.96j51.76



21218.96j51.76377

0.278ej156.9

21218.96j51.76377

透射系数为

222225ej113.3

0.752ej8.34

21218.96j51.76377

故反射波的电场和磁场的复数表示式为

Eex10ej6zex2.78ej156.9ej6zH

1

0

(ezE)

1

(ezex2.78ej156.9ej6z)377

ey7.37103ej156.9ej6z

则其瞬时表示式为

E(z,t)Re[Eejt]

ex2.78cos(1.8109t6z156.9)V/m

H(z,t)Re[Hejt]

ey7.37103cos(1.8109t6z156.9)A/m

而媒质2中的透射波电场和磁场为

E2ex10e2zej2zex7.52e2.31zej9.77zej8.34H2

1

2

ezE2

1225ej13.3

ezex7.52e2.31zej9.77zej8.34

ey0.035e2.31zej9.77zej8.34ej13.3

故其瞬时表示式为

E2(z,t)Re[E2ejt]

ex7.52e2.31zcos(1.8109t9.77z8.34)V/m

H2(z,t)Re[H2ejt]

ey0.035e2.31zcos(1.8109t9.77z4.96)A/m

11

Sav1SavSavRe[EH*]Re[EH*]

22(2)

110212.782

ezezez0.122W/m2

237723771*

Sav2Re[E2H2]

2

1

Re[ex7.52e2.31zej9.77zej8.34ey0.035e2.31zej9.77zej4.96]2

1

Re[ez0.263e4.62zej13.3]ez0.122e4.62zW/m22

7.25 一右旋圆极化波垂直入射到位于z=0的理想导体板上,其电场强度的复数表示式为

(1)确定反射波的极化方式;(2)求导体板上的感应电流;(3)以余弦为基准,写出总电场强度的瞬时值表示式。

解 (1)设反射波的电场强度为

EiE0(exeyj)ejz

Er(exErxeyEry)ejz

据理想导体的边界条件,在z=0时应有

(EiEr)z00故得 则

ErxE0,EryjE0

ErE0(e0eyj)ejz

z可见,反射波是一个沿方向传播的左旋圆极化波。

(2)入射波的磁场为

Hi

反射波的磁场为

1

0

E0

ezEi

1

0

ezE0(exeyj)ejz

0

1

(exjey)ejz

Hr

故合成波的磁场为

0

E0

(ezEr)

1

0

(ez)E0(exeyj)ejz

0

(exjey)ejz

HHiHr

则导体板上的感应电流为

E0

0

(exjey)ejz

E0

0

(exjey)ejz

JsnH

z0

ez(HiHr)z0

2E0

0

(exeyj)

(3)合成电场的复数表示式为

E EiErE0(exeyj)ejzE0(exeyj)ejz

exE0(ejzejz)eyjE0(ejzejz)2E0sinz(exjey)

故其瞬时表示式为

E(z,t)Re[Eejt]2Esinz(exsinteycost)

7.26 如题7.26图所示,有一正弦均匀平面波由空气斜入射到z=0的理想导体平面上,其电场强度的复数表示式为

(1)求波的频率和波长;(2)以余弦函数为基准,写出入射波电场和磁场的瞬时表示式;(3)确定入射角;(4)求反射波电场和磁场的复数表示式;(5)求合成波电场和磁场的复数表示式。

Ei(x,z)ey10ej(6x8z)V/m

解 (1)由已知条件知入射波的波矢量为

kiex6ez8exkixezkizki10

故波长为



频率为

2

c

2

0.628mki

(2)入射波传播方向的单位矢量为

3108

f4.78108Hz

0.628

2f3109rad/s eni

kiex6ez8

ex0.6ez0.8ki10

入射波的磁场复数表示式为

Hi(x,z)

则得其瞬时表示式

1

0

eniEix,z

1

0

(ex8ez6)ey10ej(6x8z)

1

(ex8ez6)ej(6x8z)

120

Hi(x,z,t)Re[Hi(x,z)ejt]

91

Re[(ex8ez6)ej(6x8z)ej310t]

1201(ex8ez6)cos(3109t6x8z)A/m120

而电场的瞬时表示式为

Ei(x,z,t)Re[Ei(x,z)ejt]Re[ey10ej(6x8z)ejt]

ey10cos(3109t6x8z)V/m

(3)由

kizkicosi,得

kiz8

ki10 故 i36.9

36.9ri(4)据斯耐尔反射定律知,反射波的波矢量为

cosi

krex6ez8enr

krex6ez8ex0.6ez0.8kr10

而垂直极化波对理想导体平面斜入射时,反射系数

1。故反射波的电场为

Er(x,z)ey10ej(6x8z)V/m

与之相伴的磁场为

Hr(x,z)

1

0

enrEr(x,z)

(5)合成波的电场为

1

(ex0.6ez0.8)(ey10ej(6x8z))1201(ex8ez6)ej(6x8z)A/m120

E(x,z)Ei(x,z)Er(x,z)ey10ej(6x8z)ey10ej(6x8z)

ey10ej6x(ej8zej8z)eyj20ej6xsin8zV/m

合成波的磁场为

H(x,z)Hi(x,z)Hr(x,z)

11

(ex8ez6)ej(6x8z)(ex8ez6)ej(6x8z)

1201201(ex16cos8zeyj12sin8z)ej6xA/m120 

r7.27 一个线极化平面波从自由空间入射到r的电介质分界面上,如果入射

波的电场矢量与入射面的夹角为45°。试求:(1)入射角为何值时,反射波只有垂直极化波;(2)此时反射波的平均功率流是入射波的百分之几?

解 (1)由已知条件知入射波中包括垂直极化分量和平行极化分量,且两分量的大小

4,1

相等ii等于布儒斯特角B时,平行极化波将无反射,反射波中就只有垂直极化分量。

EiBarctanarctanarctan263.43

63.43i(2)时,垂直极化分量的反射系数为



0.6

2

故反射波的平均功率流为

Srav

而入射波的平均功率流为

Ei20121Er0

20.1821211

Siav

12

Ei021

可见,

Srav

18%Siav

7.28 垂直极化波从水下的波源以入射角i20投射到水与空气的分界面上。水的r81,r1,试求:(1)临界角c;(2)反射系数;(3)透射系数;(4)波在空气

中传播一个波长距离时的衰减量。

解 (1)临界角为

carcsinarcsin6.38

(2)反射系数为



(3)透射系数为

0.94j0.32

ej38.04

0.94j0.32



(4)由于

ic,故此时将产生全反射。由斯耐尔折射定律得

sint

1.89ej19.02

i203.08

此时

式中取“j2.91”,是考虑到避免z时,场的振幅出现无穷大的情况。这是因为空气中的透射波电场的空间变化因子为

costj2.91

ejk2entrejk2(xsintzcost)ej3.08k2xejk2(j2.19)z

ej3.08k2xek2(2.91z)

由上式即得透射波传播一个波长时的衰减量为

20lge

k2(2.912)

20lge

2

2

(2.912)

158.8dB