电磁场课后习题答案.

2.4 由E 已知ax2b 得E2axax 根据高斯定理：.E电荷密度为：

得 00.E=-2a0

2.6

取直角坐标系如图所示，设圆盘位于xoy平面，圆盘中心与坐标原点重合

方法1：

sds'由 

4R0s在球坐标系求电位值，取带点坐标表示源区

s40a200r'dr'd'z2r'2s2za2z

20因此，整个均匀带电圆面在轴线上P点出产生的场强为

sza1z z>0 22za20 Esz-a1 z<0z222za0

方法2 ：（略） 2.7

当r>a（球外）时，

.E.E1 012(r.Er)0 r2r10.E=0 当r.E.E2 03E012(r.E) rr2ra3E20.E=00

a 2.11

两个点电荷－q,+q/2在空间产生的电位：

1(x,y,z)40令(x,y,z)0 得方程：

qq/2

222222(xa)yzxyzqq/20

222222(xa)yzxyz方程化简得 14042(xa)2y2z2a

33由此可见，零电位面是以点（4 a/3,0,0）为球心，2 a/3为半径的球面。 2.20

由高斯定理D.dSq

s2由 D0rEax0rEx得 Eaxdqd

0s(xd)由UEx.dx 得 U0qdln2 0s由

Csq 得 C0 Udln2 2.22

由于da，球面的电荷可看作均匀分布的

先计算两导体球的电位1、2： 则1E.drE1.drE2.dr

aaddq11q1q21 40ra40rddq1q2 40a40ddaad2E'.drE'1.drE'2.dr

q21q1q21 40ra40rddq1q2 40d40a得 P11P2211P，P 122140a40d由C20ad1得 C

daP11P222P122.25

方法1：

设其中一个极板在yoz平面，另一极板在x=a位置 则电容器储能：

0U212WeCU

22a当电位不变时，第二个极板移动受力：

WeFaa0U2 22a式中负号表示极板间作用力为吸引力

方法2：

设其中一个极板在yoz平面，另一极板在x=a位置 当电荷不变时，

由UEx.dx 得 UExa

0a由高斯定理有E.dSsqq 则Ex

00得 Uqa 0We0U21q2aq2由 WeqU 得 Fa2

220aq202a式中负号表示极板间作用力为吸引力

二 习题答案（第三章）

3. 7

方法1:

设流入球的电流为I，球的半径为a, 导体球的电流分布为

IJer

2r2电场强度为

EJI2r2er

以无穷远处为零点电位，则导体球的电压为

IIUEdrdr

aa2r22a接地电阻为

U1 RI2a

土壤损耗的功率为

PIR2I22a1.59106 (W)

方法2:

设半球表面的总电荷为q，球的半径为a

电场强度为

2r2以无穷远处为零点电位，则导体球的电压为

UErdraErq

q2a

导体球的电容

qC2a

U

由静电比拟法可直接得: G=2a

1接地电阻为 R

2a土壤损耗的功率为

PIR2I22a1.59106 (W)

3.12

在圆柱坐标系计算,取导体中轴线和z轴重合,磁场只有e方向分量,大小只跟r有关,

由安培环路定理:

当ra时,I'0,

CB.dl2rB0I'

B0

r2a2I 当arb时,I2ba2'0(r2a2)BI

2r(b2a2)当rb时,I'I

B0I 2r写成矢量形式

0 ra220(ra)BeI arb 222r(ba)0I rb e2r

3. 21

解: 球内：磁化电流体密度为得:

JmM球表面：磁化电流面密度为

s 因球面上 zaco

Jmsz2MnazM02araM0cos2sin

a0

3.29

同轴线的内外导体之间的磁场沿方向 根据安培环路定理，

当ra时，有

2rB0I2r 2a0Ir ra 2a2当arb时，有 所以 B2rB'0I

所以得到

0I arb 2r同轴线中单位长度储存的磁场能量为 B'1aB21bB'2 Wm2rdr2rdr

0a20200I20I2bln 164a12LI，得到单位长度的自感为 22Wb L2m00ln

I82a补充题:

（2）由Wm两平行无限长直线电流I1和I2，相距为d，求每根导线单位长度受到的安培力Fm。 解: 方法1:

设两平行无限长直线电流I1和I2方向相同

一根无限长直导线(l1)电流的磁场 B1a0I1 2d 另一根直导线(l2)的电流元I2dl2受到磁场力 dF2I2 1dl2B0I1I2dl2a 2II ax012dl2

2d  故导线l2单位长度受力 Fm2

同理,可求得导线l1单位长度受力 Fm1ax方法2:

IIdF2ax012 dl22d0I1I2 2d设两平行无限长直线电流I1和I2方向相同

一根无限长直导线(l1)电流的磁场 B1a0I1 2d 另一根直导线(l2)的电流元I2dl2受到磁场力 dF2I2 1dl2B0I1I2dl2a 2II ax012dl2

2d  故导线l2单位长度受力

Fm2I2dl2B1ax010I1I2d2 WmI1I2M120I1I2d22

FWmII012d2d同理,可求得导线l1单位长度受力 Fm1ax0I1I2 2d三 习题答案（第五章）

5.3

对于海水， 传导电流为

JcEE0sint 位移电流为

Jd0E0rE0cost t位移电流与传导电流的幅度之比为

JdJ.2fd0r0r1.13103 JcJc5.10

应用理想导体的边界条件可以得出

在x0处，Ey0，Hx0 HzH0coskz(t) 在xa处，Ey0，Hx0 HzH0coskz(t)

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

JsnH|x0ex(exHxezHz)|x0

(t) exezHz|x0eyH0coskz在xa的表面上，电流密度则为

JsnH|xaex(exHxezHz)|xa

exezHz|5.13

(1) ERe[axEymej(tkx)xa )e0Hcos(kztyazEzmej(tkx)2]

axEymej(kx)azjEzmej(kx)

xxa(2) H(t)axH0ksin()cos(tkz)azH0cos()cos(tkz)

a2axj(tkz2)xaHRe[axH0ksin()eazH0cos()ej(tkz)]

aaxj(kz2)xaaxH0ksin()eazH0cos()ej(kz)

aa

(3)E(x,y,z,t)Re[azE0sin(kxx)sin(kyy)ej(tkzz)]

azE0sin(kxx)sin(kyy)cos(tkzz)

(4)E(x,y,z,t)Re[ax2E0sin()cos(kxcos)ej(tkzsin)2]

ax2E0sin()cos(kxcos)cos(tkzsin)

2ax2E0sin()cos(kxcos)sin(tkzsin)

5.15

解：

（1）将E表示为复数形式，有 EayjEmejkz

由复数形式的麦克斯韦方程，得

H1j0E1j0axkEmejkzaxjkEm0ejkz

磁场H的瞬时表达式为

H(t)axkEmsin(tkz)

0（2）方法1：

由于是无源自由空间，根据无源自由空间的波动方程得：

2EE0020

t2由于E只有y分量，得y分量的标量波动方程

2Eyx由于

2Eyx222Eyy22Eyz2002Eyt20

、

2Eyy2为0，得

2Eyz22Eyt2000

对正弦电磁场，上方程可以写成

(jk)2Ey00(j)2Ey0

得

k1C

00方法2：

由于是无源自由空间，根据无源自由空间的麦克斯韦方程得：

Hj0E

H2由于 H=axkEmjkzkEmjkzyzayj(jk)eaye00j0Eajkzy0Eme

故 ak2Emjkzjkzyeay0Eme

0得

1kC

00（3）坡印廷矢量的时间平均值为

SavRe[12EH]Re[12(aejkz)(akEyjEmx.(j)mejkz)]02a1kEmz2. 05.20

解： 由麦克斯韦方程的微分形式

HJEt EHt H0 E1 由式（1）两边取旋度，得

(H)Jt(E) 利用矢量恒等式，

1）2）3）4）

（ （ （

（

(H)2H(H)

所以 2H(H)J将式（2）和式（3）代入上式

(E) t2HJ故得

H() tt2HH2J （5）

t2同理可得

2EJ1E2 （6）

tt2式（5）式（6）则为所求的有源空间中E和H所满足的波动方程，是非齐次波动方程。

四 习题答案（第六章）

6.1

(1)介质中

221 （m）

k2自由空间中

222c310803（m）

k0002f00f108(2)

由于 k00r k2c2(2)2(3108)2故 r29 82(210)(3)

由于011=0=120=40 0r3rE0m磁场强度的瞬时表达式

H(t)ayaycos2(108tz)

E0mcos2(108tz) 405aycos2(108tz)

401aycos2(108tz)

86.3 由 HjE 得

磁场强度的瞬时表达式

H(t)1188e4cos2(310tz)e3cos2(310tz) yx061120188e4cos2(310tz)e3cos2(310tz) xy6ex111cos2(3108tz)eycos2(3108tz) (A/m) 40630

1由 SavRe[EH]得

2Savjj111jkzjkzjkz3Re[(ax.4.eay.3.ee)(ax..e.e3ay..ejkz)]

240305 (W/m2) 48 6.9

5.8107由于

02f110936由 121属良导体

01

f0由于频率越大，集肤深度越小，故取fmin104 Hz代入上式得

1104105.8104770.66 (mm)

按题意铜皮厚度h应选择 h53.3 (mm) 6.19 (1)

EaxE0cos(wtkz)+ayE0cos(wtkz)

2Ex与Ey幅度相同，Ex相位比Ey相位滞后旋圆极化波。 (2)

，电磁波往+z方向传播，故为左2EaxE0cos(wtkz)+ay2E0cos(wtkz)

22Ex与Ey没有相位差，故为在一、三象限的线极化波。 (3)

EaxE0cos(wtkz)+ayE0cos(wtkz)424axE0cos(wtkz)+ayE0cos(wtkz)44

Ex与Ey幅度相同，没有相位差，故为在一、三象限的线极化波。 (4)

EaxE0cos(wtkz)+ayE0cos(wtkz)423axE0cos(wtkz)+ayE0cos(wtkz)4

Ex与Ey幅度相同，Ex相位比Ey相位滞后左旋椭圆极化波。

3，电磁波往+z方向传播，故为4