1、電磁場與電磁波（第四版）習題解答第1章習題習題1.1給定三個矢量AB 和C 女口下(4)At1 - arcco sAB=arcco s-1 1= 135.514 i 17C =e x 5 e z 2解：（1）（2）(3) A *B = 6 2ey _3ez)( _4ey ez) = -11(5)Ab =Acos日AB-exeyez(6)A xc12-350-2 fcexeyez(7)B XC=0-4150-2A B A B11B !ab 17-4ex -1 3eY - 10eZ= 8ex5內：-20僉A *(B C ) = (ex 2eY 3ez ) *(8ex 5® 20 ez)

2、= -42ex e y1 2ez3 = 1 0 ex eY 4 ez1(A B) *C =(_10ex _eY -4eZ) (5ex _2eZ) = -42(8) (A B) C = -101 4 = 2ex 4 0 內 + 5eZ0-2eyA (B C)二= 5 5ex - 4 4eY -1 1 eZ20習題14給定兩矢量A =e x2 e y3_ e z4 和 B =e x4_ e y5 - e z6，求它們之間的夾角和A在B上的分量。解:2 2 2-3(_4)二29»；77A B =(ex2 亠 ey3_ez4) (ex4 _ey5 亠 ez6) _ -31則A與B之間的夾角為

3、ab = arcis二 ar cosA *B31=13129 -、一 77A在B上的分量為A b 二 A cos r ab AA BB - 31A BB 二 77 3225=er，r（1） 求在直角坐標中點（_3, 4, _5）處的習題1.9用球坐標表示的場E和Ex ；（2） 求在直角坐標中點（-3, 4, -5）處E與矢量B =ex2 - ey 2 - ez構成的夾角。 解：（1 ）由已知條件得到，在點（-3，4，-5 ）處，. ( -3)2 - 42 ( _5)2 = 5、225250.550一 -25E 二 Tr25 r3 rEx 二_31020(2 )其夾角為如二 arccos二 ar

4、ccos192153 .63 10002習題117在由r =5、z =0和z =4圍成的圓柱形區域，對矢量 A二e rr e z2z驗證散 度定理。證：在圓柱坐標系中. AAC-(R2 *)二(2z)所以,又425o dz o d ' o (3 *2) -d- - 1200 二：A dS 二 A dSA dS A dSS.S上.S下.S柱面z =42 二 52X42打 5Pd 丹 © +A2兀 4d 】a！ I 52ez(-ez)"d ：?d ''z -05dzd = 1200 :倍，ep5dzd ©00則鳥、AdV 二 1200 二- A

5、 dS 2 2習題121求矢量A二exX eyX ezy z沿xy平面上的一個邊長為2的正方形回路的線積分，此正方形的兩邊分別與 x軸和y軸相重合。再求' A對此回路所包圍的曲面積分,驗證斯托克斯定理。證：y =0ex dx2 -1Ax -2ey dy 2 -Ay =2x -0(ey)dy002xdx0e xe ye z-.f&dydzAxAyAzV A =e xC 亠)e(:y:z: z一塔ex匸丄)jxjy=e x 2 yz e z 2 x由閉合曲線|所包圍的面對 7 : A的面積分為：2 2=2 xd xd y =8-0 - 02 2J （ex2 yz + ez2x）爭z

6、dxdy0 .0因為 即驗證了斯托克斯定理。第2章習題習題 215半徑為a的球形體積內充滿密度為p（ r）的體電荷。若已知球形體積內外的電位移分布為 D=erDr=er（r3+Ar2）,0vrv=a;er（a5+Aa4）/r2,r>=a ，式中 A 為常數，試求電荷 密度p（ r ）。解：由 D = -，得到-1 d 2J(r)八 D 2 (r Dr) r dr則在0 : r乞a區域,r drAr2 r2) = 5 r - 4 Ar52 (a4Aa2在r a區域，r dr 'r習題 220在半徑a=1mm的非磁性材料圓柱形實心導體內，沿z軸方向通過電流l=20A，試求：（1） p

7、=0.8mm處的B; （2） p=1.2mm處的B; （3）圓柱內單位長度的總磁通。解：（1）圓柱形導體內的電流密度為- I -20-62J = ez2 - ez - ez6.37 10 A/m兀a兀（1漢10 ）利用安培環路定律? H d l =1得*33.210 1 11B 0.8 mm = e0：= ey2利用安培環路定律得B 1 .2mm = e£.-3e 33310 -(2) 總磁通：.：i = Bi dS = °T220X二(1 10 一)32(1 10 一)6=2 10 -Wb習題2.21下面的矢量函數中哪些可能是磁場？如果是，求出其源量J。(1) H=epa

8、p,B=uoH圓柱坐標(2)H=ex(-ay)+eyax,B=uOH;(3)H=exax-eyay,B=uOH;(4)H=ear,B=uOH球坐標系解：(1 )在圓柱坐標系中l - 1 卩。2B( : B .-)(a T ) = 2a._；o - 0P cPP cP可見，矢量H二不是磁場矢量。(2 )在直角坐標系中矢量H是磁場矢量。其源分布 芒e新B =亠(-ay) (ax ) = 0，可見， .:xyexeyez=ez 2a-ayax(3 )在直角坐標系中- QQ'、B = (ax ) ( -ay )=0，可見， .:xy矢量H是磁場矢量。其源分布exeyez-y：=0:zax-ay

9、2(4)在球坐標系中1 'B'、B =r sin 0 c-r sin0 ,可見，矢量 H是磁場矢量。其源分布2sinerre日r singCr肘002arsin vre沖e亍2a習題2.26解:(1 )由 l H;:texeyez= H 二.:t-ez 0.468(2)由 Jd.:D.:t(3)：yzex；：H xez 亠 0.15 cos(9.36108 13.12 y) Isin( 9.36810 tJd;:t'、B 3.12 y)= 0.468，得exeyezBy2ez 0.802 sin( 3.7710 t -1.2610Jd= 0.8022A/ mjzx)-1

10、2D = EE°E =ex5X8.85 "0X0.9X10A/ m/By;：x6cos( 3.77ez 0.8 cos( 3.7710 1-1.2610 * x) Iex2_610 t 一 2.8110 z)2Jd.:D-326-上x1510 一 sin(3.7710 t-2.8110 - z)2(4)Jd32=15 x 10 A / m-J1 6E =ex0.10 sin( 377 t 117 .1 z)CT 5.8X1022123D = gE =ex8.85 x101 .72 x10 - sin( 377 t _117 .1z)C?D115Jdex15 .2610 一

11、377 cos( 377 t _117 .1z)a13=ex 57 .5310 一 cos( 337 t -117 .1 z)習題2.30解：(1) Bt在界面上法線方向的分量為B1n = Bt en = (ex -ey 2 +ez3)，(ex 0.64 + ey 0.6 -ez0.48)=0.64 1 .2 -1.44 =2 TB 1t(2)/ 2 22=W +2+3-2=3.16(3)利用磁場邊界條件，得B2n = B1n = 2T(3) 利用磁場邊界條件，得B2土 B“ 汕 3.16=4.74 T叫 2 %第3章習題習題3.3解:(1)由E - A可得到a 時,(2) 圓柱體為等位體且等

12、于 0,所以為導體制成，其電荷面密度為s = en=-2 ；0 A cos習題3.5證：根據高斯定律D dS = q，得Jsr : Ro 時。4 二r 2 D ir，則 D!EiDii-o3 ；r ；0r - Ro 時。34 二Ro，：R；23r_ D2 _R：2 2 ；03 ；o r則中心點的電位為(o)Ro:o Eidr R E2drodr3 ；r ；oRo3Ro 3 ；or2dr2?Ro2習題3.8解：根據高斯定律 D dS =q，得同軸線內、外導體間的電場強度為s內、外導體間的電壓為ba Ed則同軸線單位長度的電容為則同軸線單位長度的靜電儲能為1 2Wev；EdV習題3.11解:qiE

13、(門2朋bd 一止 in'2 沙2 二；qi2心：U In( b / a)1222 二=2qin( b / a)（1）設同軸電纜中單位長度的徑向電流為I ,電流密度（a ：' ： c）介質中的電場E!（a ： ：' ： b）E2(b:c)b -Eid 尸亠 | E2 d 二In2 二一-t ；2U o二21n( b / a) 飛勺 ln( c/ b)得到兩種介質中的電流密度和電場強度分別為(a ： ： : c)；&2U 0：'' 2 In( b / a) In( c/b)Ei；2U 0】t2 ln( b/ a)亠In( c/ b)(a ： r :

14、 b)E -<TiU 02'2 In( b / a)亠一 t ln( c / b) 1(b .； .；： c)(2)同軸電纜中單位長度的漏電阻為U 0<j2 I n(b/a)+cfil n( c / b)R =I2二1；2由靜電比擬，可得同軸電纜中單位長度的電容2叭2C =;2 ln( b / a)亠訃 |n( c / b)習題319解:(1)同軸線的內外導體之間的磁場沿'方向，根據兩種磁介質的分界面上，磁場法向方向連續，則兩種磁介質的磁感應強度Bt=B2 = B=e .B，注意磁場強度H t = H 2。利用安培環路定律,所以,Bo(t : a)? : b 時，門

15、h t H 2 I，即,弋牛1所以,B e ： I士)P(a ： J ： b)同軸線中單位長度儲存的磁場能量為Wm21 a Bo12 兀 PdP +2 0 J。2 a 叫 ':dJ2l°l16 二in2 二2)(2 )由 Wm1LI2得到單位長度的自感為第4章習題習題4.9解：(1)瞬時坡印廷矢量為- - - 2S(z, t) = E (z,t) H ( z, t) = ez 265 二 cos (，t kz)(2 )平均坡印廷矢量Sav =丄 Re E H-ez132.5 W/m22(3)流入的凈功率P 二-S n dS= 2650.25z =0S en2C，t) 一 co

16、s (；lt 一 0.42 )W/m20.25習題4.17證：由l E =-jl °H得磁場復矢量平均坡印廷矢量VxE2E 2S1 avjkz-0j（kz _ ）一畧.1。2me2mS2av1 Re2H21 m22m合成波電場和磁場復矢量.jkz. j （ kz _ JE 二 E1E 2 = ex E 1m e ey E 2me0二 H 1 川1H 2 二exE2me（kz_）eyE1mekz所以合成波平均坡印廷矢量-1 匚 -* 1- 1$022S八尹 E1 H1J"® E2m）由此可見S avS1av S2av即證。第5章習題習題5.6 1S av2Re E

17、H二 ez2.651110 -2W/m112Pav 二 2.6510 -W/m解:(1)傳播方向為ez20 二=6 .： ： 10rad/sf ='=310 9Hz電場可表示為10Je J20-z是左旋圓極化波。(3)1 1 ez E r = n410 一. - - jex - ey120 二習題5.9解：在自由空間，波的頻率為8Vp3X109f1.510 Hz' - 00.2在理想介質中，波長 0.09m，此時波的相速為98Vp= 1.5100.09 =1.3510m/s另外,vp11c= 4.943 1081.3510習題5.12解：（1）由給定的磁場得到頻率86 ：，：

18、10=310Hz相位常數rad/m波長2 -：2 二m - 1m相速Vp =8=310m/s(2)與磁場相伴的電場強度E(z,t) =oH (z,t) ezez 0.8120 二 cos( 6?. ： 10t 一 2二z)8二(ex - ey )96 二 cos( 6門； 10 t-2 二 z)(3)瞬時坡印廷矢量為2W/m 2 8S(z,t) = E ( z, t) H (z,t) = ez 153 .6 二 cos (6 】 ：10 t - 2二z)習題5.14解：(1)由磁場的表達式可得k r = kxx kyy kzz= -二x 二 y 0.5 二z則kx =二， ky =-：, k

19、z 0.5'：k - -ex ； 'ey，亠 ez 0.5 二:2'2 3k =二.(T)- 1 - (0.5)rad/m2波傳播方向的單位矢量為- k -2- 2- 1enexeyez -k333(2)(3)8Vp3X1098f10 HzZ4/34-3E(z,t) = o H (z,t) en = (ex - ey2_6ez)10 一 cosTL _ x + y川-ez 3773V/m= 37710_6(-1ex 35一9兀8:cos10 t1-ez -_ 二(-x 亠 y 亠 0.5z)3_27_ e y6(4 )平均坡印廷矢量Sav21 一 6/-1-7-5! _

20、L 皿+/*.5z)“ 二/3丄-丄-加_3*村5z)Re 1377 X10 -ex-ey+ eze漢10ex+ ey + ez e2 1363丿2 丿 210，= 1 1= 1.7 兀 £10-ex +ey +ez < 2丿W /m第6章習題習題6.2解：(1 )電場的復數形式E(z) =ex100 e 任祕)+ey 200 e一“- 1 - 1；:yA/mH zE(z)=j曲0j護ExEy= 丄 11氛200 e+ey100 e(艮甲0 )0(也可用H二1ez E式求解磁場H，結杲一樣)將其寫成瞬時值表達式H (z, t) = Re H (z)e" ' 1 二丄 L ex 200 cos( ，t - -z)%-ey 100 sin( t；z) 1 A/m(2)入射到理想導體會產生全反射,反射波的電場z ： 0 為j ( 7 -900 )jEr-ex100 e一 ey 200 e與其相伴的反射波磁場