工程电磁场与电磁波 丁君版 答案第六章习题答案
电磁场与电磁波课后习题及答案六章习题解答
第六章 时变电磁场6.1 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5cos mT z e t ω=B 之中，如题 6.1图所示。
滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i.解 5cos 0.2(0.7)cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==⨯=⨯-=--=+⎰g g B S e e故感应电流为110.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mAin d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ==-=-+-+E6.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。
设棒以角速度ω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00z r r r B φωω=⨯=⨯=E v B e e B e故介质棒内的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X极化电荷体密度为2000011()()2()P rP r B r r r rB ρεεωεεω∂∂=-∇⋅=-=--∂∂=--P极化电荷面密度为00()(P r r r a e r σεεωε==⋅=-⋅=-P n B e 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()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=⨯⨯=--=⨯⨯=-6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。
设0.2a m=、0.1m b c d ===、71.0cos(210)A i t π=⨯，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。
课后习题(第6章)精编版
第六章习题答案6-1在空气中，均匀平面电磁波的电场强度为E =800sin(ωt-βz )e y V/m ，波长为2m ，求： （1）电磁波的频率； （2）相位常数；（3）磁场强度的振幅和方向。
解：（1）由题意知电磁波在空气中传播，所以传播速度和波阻抗分别为8310m/s v =⨯， Ω=377Z 0故频率 88310 1.510Hz 2v f λ⨯===⨯ （2）相位常数()22=rad/m 2ππβπλ== （3）由图知 z 0e EH Z ⨯=，磁场为x e -方向，其振幅为 ()0800212A/m Z 377.E H ===6-2自由空间中传播的电磁波的电场强度E 的复数形式为yπz e E j20e -= V/m （1）求频率f 及E 、H 的瞬时表达式；（2）当z =0.025m 时，场在何时达到最大值和零值；（3）若在t =t 0，z =z 0处场强达到最大值，现从这点向前走100m ，问在该处要过多少时间，场强才达到最大值。
解：（1）由电场强度()220sin y E t z e ωπ=-可知，电磁波是沿+z 方向传播的均匀平面电磁波，其相位常数20rad/s βπ=，因为是自由空间，所以()8310m/s v =⨯，()0120377Z π==Ω得 ()8920310310Hz 222v f ωβππππ⨯⨯====⨯ EHSxyz()()()t 20V/m ,y E z t z e ωπ=-()()()()z sin t 20z A/m 377,x H t e ωπ=--其中()88203106010rad/s v ωβππ==⨯⨯=⨯ （2）把0.025m z =代入()z ,E t 和()z ,H t 中，显然当()()860102000252n+12.t πππ⨯-⨯= ),2,1,0n (⋅⋅⋅=()9110s 6n t -+=⨯时，场强达最大值。
当 ()86010200025.t n πππ⨯-⨯=()90510s 6.n t -+=⨯ ),2,1,0n (⋅⋅⋅= 时，场强达到零值。
电磁场与电磁波第6章习题答案
第6章习题答案6-1 在1=r μ、4=r ε、0=σ的媒质中，有一个均匀平面波，电场强度是)3sin(),(πω+-=kz t E t z E m若已知MHz 150=f ，波在任意点的平均功率流密度为2μw/m 265.0，试求：（1）该电磁波的波数?=k 相速?=p v 波长?=λ波阻抗?=η （2）0=t ，0=z 的电场?)0,0(=E（3）时间经过μs 1.0之后电场)0,0(E 值在什么地方？（4）时间在0=t 时刻之前μs 1.0，电场)0,0(E 值在什么地方？ 解：（1）)rad/m (22πεπμεω===r cfk )m/s (105.1/8⨯==r p c v ε)m (12==kπλ )Ω(60120πεμπη=rr＝（2）∵ 6200210265.02121-⨯===m rm av E E S εεμη∴ (V/m)1000.12-⨯=m E)V/m (1066.83sin)0,0(3-⨯==πm E E（3） 往右移m 15=∆=∆t v z p（4） 在O 点左边m 15处6-8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)j 3.01(40~-=rε。
求： （1）微波传入牛排的穿透深度δ，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聚苯乙烯制成的，其等效复介电常数=r ε~ )103.0j 1(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）20.8mm m 0208.011211212==⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+==-ωεσμεωαδ%688.20/8/0===--e e E E z δ（2）发泡聚苯乙烯的穿透深度(m)1028.103.1103.01045.22103212213498⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛===-πμεωεσωμεσαδ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。
工程电磁场与电磁波丁君版课后习题全解
2 1 1 与 x 轴成 arcsin ax a y 方向相同， 5 5 5
1-4 证明：设矢量 r 的终点在 A.B.C 构成的平面上，则：
(r a ), (r b ), (r c ) 在此平面上 ，则必有不为 0 的实数 m, n, p 满足： m(r a ) n(r b ) p(r c ) 0
1 1 1 1 （1） ( ) ( R)3 2 ( x x' ) ax ( R) 3 2 ( y y ' ) a y ( R) 3 2 ( z z ' ) az R 2 2 2
( R)3 ( x x' ) ax ( R)3 ( y y ' ) ay ( R)3 ( z z ' ) az
-1-
Ax
即
Ay By Cy
Az
Az Bz 0 Cz
3 1 2 0 1 1
Bx Cx
Ax Ay By Cy
代入得 即得证
Bx Cx
Bz 1 3 4 1 3 4 0 4 2 6 0 0 0 Cz
1-3 解： （1） F合 F1 F2 F3 F4 代入数据得 F合 2ax a y （2） F合 4 1 5 （3） 合力方向与单位矢量
y
1 2 1 2
(a )dxdz+ y (A )y
S右
y
a 1 dxdz y
2
(A x )
S前
x
a dydz (A )x x
S后
x
( 1a )dydz x
2
又
(A z )
z
1 2
(A ) z
工程电磁场与电磁波答案(丁君)
工程电磁场与电磁波习题解答（试用本）主编：丁君第一章1-1 解： （1）z y x a a a B A vv v v v )125()93()32(3-++++-=+=z y x a a a v v v 712-+\B A vv 3+=194491441=++（2）266cos 26216cos cos cos -=Þ´-=××=×=×q q q qC BC BC B C B C v vv v v vv v vB r 方向的单位矢量为：26BB B b vv v v ==C r 在B s 方向的分矢量为：33cos (34)1313x y z C b B a a a q ·=-=-+-v v v v v v（3）191321cos cos cos -=×==×q q qBA BA B A B A v v v v vv v vπq Þ=- （4） z y x a a a C B vv v v v 553-+-=-C B vv -的单位矢量为：z y x z y x a a a C B a a a vv v vv v v v 595595593553-+-=--+-1-2证明：欲证明三矢量A 、B 、C 能构成一个三角形，则须证出三个线性无关的非零矢量位于同一平面上。
则有：0)(=´·C B A即 0=z y xz y xzy xC C C B B B A A A 代入得 000043111624431213=-=---=zyxz y xzy xC C C B B B A A A即得证1-3 解：（1）4321F F F F F +++=合代入数据得x y F 2a a =-v v合（2）514=+=合F （3）合力方向与单位矢量y x a a v v 5152-方向相同，与x 轴成-1-4 证明：设矢量r r的终点在A.B.C 构成的平面上，则：(),(),()r a r b r c ---v v v v v v在此平面上 ，则必有不为0的实数,,m n p 满足：()()()0m r a n r b p r c -+-+-=v v v v v v所以得：p n m cp b n a m r ++++=vv v v ， p n m ,,为实数1-5 解：设A 点的坐标为),(11y x ，B 点坐标为),(22y x则a v＝),(11y x ，b v ＝),(22y x 有题意得121211x x y y x x y y --=--Þ则过A ),(11y x ，B ),(22y x 点的方程为 ()111212y x x x x y y y +---=Þ1-6 解：欲使,A B v v 互相垂直，则有0A B ·=v v则有8220A B a ·=--=v v得 3=a1-7 解：矢量A v与坐标轴的夹角分别为：72cos 76cos 7343693cos ==-===++==A A A A AAz y x g b a 其中g b a ,,分别为矢量A v与三个坐标轴方向夹角。
合工大电磁场与电磁波第6章答案
第6章习题答案6-1在r 1、 r 4、0的媒质中，有一个均匀平面波，电场强度是E(z,t) E m sin( t kz —)3若已知f 150 MHz ，波在任意点的平均功率流密度为0.265卩w/m 2，试求:(1) 该电磁波的波数 k ?相速V p ?波长？波阻抗 ？(2)t 0, z 0的电场 E(0,0)?(3) 时间经过0.1 之后电场E(0,0)值在什么地方？(4) 时间在t 0时刻之前0.1 口 s ,电场E(0,0)值在什么地方？—2 f —解：(1) k .——.r 2 (rad/m) cv p c/. r 1.5 108(m/s)k 1(m)(4)在O 点左边15 m 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—4 j 20 z— 4 j(520 z)八、，、［/ E 10 e je x 10 ee y 伏 / 米试求：(1)电磁波的传播方向？(2) 电磁波的相速V p ?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？=12060 (Q )(2)： S a vE m0 60.265 10E m 1.00 10■. 0 r2(V/m)E(0,0)(3)往右移E m sin 8.66 103z v p t 15 m3(V/m )解：(1)电磁波沿z方向传播。
(2)自由空间电磁波的相速v p c 3 108 m/s••• k —20c20 c f —10c3 109Hz217j(20 z )z(3) H ^e z E 26510 7(e 2 e x e j20 z e y )(A/m)*(4)S av ^Re(EH *)^-^e z2.65 10 11e z (W/m 2)226-3证明在均匀线性无界无源的理想介质中，不可能存在 磁波。
证•/ EjkE °e jkz 0，即不满足Maxwell 方程不可能存在E E °e jkz e z 的均匀平面电磁波。
电磁场与电磁波理论第6章习题解答
第6章习题解答已知空气中存在电磁波的电场强度为 ()80cos 6π102πy E e E t z =⨯+r rV /m试问：此波是否为均匀平面波传播方向是什么求此波的频率、波长、相速以及对应的磁场强度H r。
解：均匀平面波是指在与电磁波传播方向相垂直的无限大平面上场强幅度、相位和方向均相同的电磁波。
电场强度瞬时式可以写成复矢量j 0e kzy E e E -=r r &。
该式的电场幅度为0E ，相位和方向均不变，且0z E e ⋅=r r ⇒z E e ⊥r r ，此波为均匀平面波。
传播方向为沿着z -方向。
由时间相位86π10t t ω=⨯ ⇒ 86π10ω=⨯ 波的频率Hz 1038⨯=f 波数2πk =波长2π 1 m k λ== 相速p 310 m/s v kω==⨯ 由于是均匀平面波，因此磁场为j 0w w1() e kz z x EH e E e Z Z -=-⨯=r r r v &&有一频率为600MHz 的均匀平面波在无界理想介质(r r 4,1εμ==)中沿x +方向传播。
已知电场只有y 分量，初相位为零，且010t t ==s 时，1x =m 处的电场强度值为800kV/m 。
试写出E v 和H v的瞬时表达式。
解：根据题意，角频率812π10ω=⨯，r r 0028πk cωεμεμεμ====，因此 80cos(12π108π)y E e E t x =⨯-r r由s 10=t ，m 1=x 处的电场强度值为kV /m 800，可以得到kV/m 8000=E8800cos(12π108π) kV/m y E e t x =⨯-r r根据电场的瞬时表达式可以写出电场的复矢量为j8π800e kV/m x y E e -=r r&波阻抗为()0r w r 060π ΩZ μμμεεε===。
因此磁场强度复矢量为 j8πw 140() e kA/m 3πx x z H e E e Z -=⨯=r r r r &&因此，磁场的瞬时表达式为840cos(12π108π)3πz H e t x =⨯-r r在无界理想介质中，均匀平面波的电场强度为 ()80sin 2π102πx E e E t z =⨯-r rV /m已知介质的r 1μ=，试求其r ε，并写出H r的表达式。
电磁场与电磁波 习题6
www×
⎡ ⎢ ⎢⎣
−
10−4
sin(ωt − 120π
20πz
)evx
+
10−4
cos(ωt − 120π
20πz)evy
)
⎤ ⎥ ⎥⎦
=
10−8 120π
evz
(W/m2 )
v S av
=
1
Re[
v E
×
v H
*
]
2
86
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《电磁场与电磁波》——习题详解
=
1 2
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第六章 平面电磁波
6-1 理想媒质中一平面电磁波的电场强度矢量为
v E
(t
)
=
evx
5
cos
2π
(108
t
−
z
)
(V/m)
(1) 求媒质及自由空间中的波长。
(2) 已知媒质 µ = µ0 ， ε = ε 0ε r ，求媒质的 ε r 。
v
m H
=1 η
evz
×
v E
=1 η0
(evy
+
jevx )10−4 e− j20π z
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o = 10−4e− j20π z (jevx + evy ) (A/m) c 120π
(3) 电磁波的瞬时值为
. v
E(t)
=
v Re[E
e
jω
t
]
w = evx10−4 cos(ω t − 20π z) + evy10−4 sin(ω t − 20π z) (V/m)
(mV/m) (mA/m)
工程电磁场与电磁波_丁君版_答案第六章习题答案
6-1.解：E矢量为y 方向，电磁波沿-z 方向传播，)2106cos(7.37)2(8222z t z E y πππ+⨯⨯-=∂∂)2106cos(7.37)106(82822z t tE y πππ+⨯⨯⨯-=∂∂又π2=k ,μεω22=k ,8106⨯=πω 2222222228222)106()2(tE t E k t E z E y y y y ∂∂=∂∂=∂∂⋅⨯=∂∂∴μεωππ )2106cos(7.378z t E y ππ+⨯=∴符合均匀平面波的一维波动方程，所以它属于均匀平面波。
6-2.解：;10328Hz f ⨯==πω π2=k ；m k 12==πλ；s m kv P /1038⨯==ω；m uE H 1.0/77.3/===εη 波沿-z 轴传播；由右手螺旋法则，H 在x 方向上振动。
6-3. 解： (1)Hz vf 881092.461.0103⨯=⨯==λ (2)91003.2/1⨯==f T s (3)3.1061.022===πλπk (4)12.2377/800/===ηE HA/m 方向为y aˆ 6-4.解：由E 和 H的关系可知：y m x m a az t H aaz t H H ˆ)sin(ˆ)sin(-+--=ωωy m x m a az t E aaz t E ˆ)sin(/ˆ)sin(/00-⋅+-⋅-=ωηωη H E S⨯=z m m z m m a az t E az t E aaz t E az t E ˆ)sin(/)sin(ˆ)sin(/)sin(00-⋅⋅-+-⋅⋅-=ωηωωηω z m a az t E ⋅-=022/)(sin 2ηω6-5 解：Hz U f 98000105.212.0103⨯=⨯==λ5001.050111===H E η 又rrrru u u επεεη120001==πε120500=rru（1）在均匀媒质中有：11v v P = rr u Cf ελ=1 2981108105.2103-⨯⨯⨯⨯==∴λεf C u r r （2）由式（1）、（2）得 99.1=r u 13.1=r ε6-6 解：m V a a aE z y x 310)ˆ2ˆˆ4(⨯+-=1）333310)ˆ78ˆ24ˆ33(3186********ˆˆˆ⨯++-=-⨯-⨯=⨯z y x z y x a a aaaaH E322231078243310)ˆ78ˆ24ˆ33(ˆ⨯++⨯++-=z y x a a aaz y x a a a ˆ89.0ˆ27.0ˆ37.0++= 2）3ˆˆˆ(42)10jkr x y z E aa a e -=-+⨯ˆˆˆ(6183)jkr x y z H aa a e -=+-*311ˆˆˆRe[](332478)1022av x y z S E H aa a =⨯=-++⨯3）HE ur r ==επη1201 5.2=∴r ε6-7解： 1）不失一般性，可假设两圆极化波左旋：)ˆˆ(101y x jkz a j ae E E +=-右旋：)ˆˆ(202y x jkz a j ae E E -=-合成波：21E E E+==y jkz x jkz a e j E E a e E E ˆ)(ˆ)(20102010---++ =y jkz jx jkzae e E E aeE E ˆ)(ˆ)(220102010---++πy x E E+=y x E E ≠ 2πϕϕ-=-y xx E 与y E 振幅不等，相位相差2π为一个椭圆极化波故椭圆极化波可分解为一个左旋圆极化波和一个右旋圆极化波。
电磁场与电磁波第六章答案
v
20
则位移电流的瞬时表达式为： J D
a x 5 10 7 cos(6 10 9 t 20z ) 2
3.海水的电导率约为 0.4ms / m ，其相对介电常数为 81。求海水中位移电流密度等于传导 电流密度时的界限频率。 3 解答：
5 1 时的频率为界限频率。则得 f 8.9 10 Hz
6.若空气的磁感应强度如题 2 所示，求磁场强度和电场强度的复数形式、坡印廷矢量的 瞬时值及平均值。
6 解答
1 j 20z H aye
0
，E
1 a x e j 20z ， c
1 S EH a z cos 2 (6 109 t 20z ) ， 0c
7 解答：由 E j 0 H
得H
0 0 E ym e jkz a x E xm e jkz a y 0 0
瞬时形式为： H
0 0 E ym cos(t kz)a x E xm cos(t kz)a y 0 0
1 1 S av Re E H az 2 2 0 c
（c
3 108 m / s)
7.在空气中，已知电场强度 E Exm cos(t kz)ax E ym cos(t kz)a y 。求坡印廷矢 量的瞬时值 S 及平均值 S av 。
j ( kz 0 )
，其中
0 为常数， k 2 2 0 0 。①求两个波的坡印廷矢量的平均值 S av1 和 S av2 ；②证明空间
中总的 Sav Sav1 Sav2 。 11 解答：1）由 E j 0 H ，得
电磁场与电磁波第六章答案
6.2 自由空间中一均匀平面波的磁场强度为)cos()(0x wt H a a H z y π-+= m A /求：（1）波的传播方向；（2）波长和频率；（3）电场强度; （4）瞬时坡印廷矢量。
解：)cos()(0x wt H a a H z y π-+=m A /(1) 波沿+x 方向传播(2) 由题意得：k=π rad/m ， 波长m k 22==πλ ， 频率Hz c f 8105.1⨯==λ （3）)cos(120)(0x wt H a a a H E z y x ππη--=⨯= m v / （4）)(cos 24020x wt H a H E S x ππ-=⨯= 2/m w 6.3无耗媒质的相对介电常数4=r ε，相对磁导率1=r μ，一平面电磁波沿+z 方向传播，其电场强度的表达式为)106cos(80z t E a E y β-⨯=求：（1）电磁波的相速；（2）波阻抗和β；（3）磁场强度的瞬时表达式；（4）平均坡印廷矢量。
解：（1）s m cv r r p /105.118⨯===εμμε（2）)(6000Ω===πεεμμεμηrr ， m r a d c w w r r /4===εμμεβ （3）)4106cos(60180z t E a E a H x z -⨯-=⨯=πη m A / （4）π120]Re[2120*E a H E S z av =⨯= 2/m w6.4一均匀平面波从海水表面（x=0）沿+x 方向向海水中传播。
在x=0处，电场强度为m v t a E y /)10cos(1007π =，若海水的80=r ε，1=r μ，m s /4=γ。
求：（1）衰减常数、相位常数、波阻抗、相位速度、波长、趋肤深度；（2）写出海水中的电场强度表达式；（3）电场强度的振幅衰减到表面值的1%时，波传播的距离；（4）当x=0.8m 时，电场和磁场得表达式；（5）如果电磁波的频率变为f=50kHz ，重复（3）的计算。
工程电磁场与电磁波答案(丁君)精编版
Þ
y - y1 y 2 - y1 = x - x1 x 2 - x1
则过 A ( x1 , y1 ) ，B ( x 2 , y 2 ) 点的方程为
Þy=
y 2 - y1 (x - x1 ) + y1 x 2 - x1
1-2 证明：欲证明三矢量 A、B、C 能构成一个三角形，则须证出三个线性无关 的非零矢量位于同一平面上。则有： A · ( B ´ C ) = 0
Ax
即
Ay By Cy Az
Az Bz = 0 Cz 3 1 -2 0 1 1
Bx Cx Ax Ay By Cy
代入得 即得证
Bx Cx
Bz = - 1 3 4 = - 1 3 4 = 0 4 -2 6 0 0 0 Cz
v v v v v v m( r - a ) + n( r - b ) + p ( r - c ) = 0 所以得：
v v v v ma + nb + pc r= ， m+n+ p
m, n, p 为实数
1-5 解：设 A 点的坐标为 ( x1 , y1 ) ，B 点坐标为 ( x 2 , y 2 )
= -11 ，
v v v v v S = 4ax + 2a y - 5az ， S = 16 + 4 + 25 = 3 5 ，
v S 4 v 2 v 5v v Þ aS = ± v = ± ( ax + ay az ) 3 S 3 5 3 5
1-12 解：电场线的切线方向为电场强度方向， v v 则 f = ò E · dl = ò (2 x - 1)dx + (4 - 2 y )dy = x 2 - x - y 2 + 4 y + c 即电场线方程为 x 2 - x - y 2 + 4 y + c 1-13 解:
大学电磁场与电磁波电磁波课件工程电磁场与电磁波丁君版课后习题全解
s E0 R2 sin d daˆR
π
2π 24R2 sin cosdd 0
00
(3)
-6-
2π E d V
π
k 9 6 c os R2
si n
dR d
d
v
0 0 0R
4 8 R2
π2s i n2 2
π 0
0
1-19 解： (1) A B 4ax
(2) A B 3 4 1 2
Ax Ay Az 3 1 2 0 1 1 Bx By Bz 1 3 4 1 3 4 0 Cx Cy Cz 4 2 6 0 0 0
1-3 解：（1） F合 F1 F2 F3 F4
代入数据得 F合 2ax ay
（2） F合 4 1 5
（3）合力方向与单位矢量
2 5
ax
1 5
a
y
y1
1-6 解：欲使 A, B 互相垂直，则有 B 0
-2-
则有 A B 8 2a 2 0
得 a3
1-7 解：矢量 A 与坐标轴的夹角分别为：
cos Ax
3
3 cos Ay 6 cos Az 2
A 9 36 4 7
A7
A7
其中, , 分别为矢量 A 与三个坐标轴方向夹角。
A B 5 29
5 29
（6） A 50 , B 29
则 A 在 B 的标投影为: A cos
14
29
A 在 B 的矢投影为:
A cos
B
B
14 29
( 2ar
4a
3az
)
1-23 解：（1） 2A 3B 17aR 10a 10a
（2） A B 7
（3） A B 10aR 29a 12a
大学电磁场与电磁波电磁波课件工程电磁场与电磁波丁君版课后习题全解
q R0 1 4π0r2
aR dl
14.4 R0 1 R0
得 R0 1.53m
则 q
B
C
的单位矢量为：
3ax
5ay
5az
BC
3 59
ax
5 59
a y
5 59
az
1-2 证明：欲证明三矢量 A、B、C 能构成一个三角形，则须证出三个线性无关 的非零矢量位于同一平面上。则有： A (B C) 0
-1-
即
代入得 即得证
Ax Ay Az Bx By Bz 0 Cx Cy Cz
1-8
(1)证明： 1 A B 1 B C 1 C A 1 (C A) (B A)
2
2
2
2
1 AB 1 BC 1 C A 1 BC 1 C A 1 AB 0
2
2
2
2
2
2
所以：四个面的面积之和为 0
（2）可以推广到任何闭曲面
1-9 解： （1） A B 27ax 3ay 9az （2） (A B) C (27ax 3ay 9az ) (4ax 2ay az ) 111 （3） A (BC) (A B) C 111
s E0 R2 sin d daˆR
π
2π 24R2 sin cosdd 0
00
(3)
-6-
2π E d V
π
k 9 6 c os R2
si n
dR d
d
v
0 0 0R
4 8 R2
π2s i n2 2
π 0
0
1-19 解： (1) A B 4ax
(2) A B 3 4 1 2
1-21 解：由 A, B,C 三矢量可知： B A C 所以： A, B,C 构成三角形。
大学电磁场与电磁波电磁波课件工程电磁场与电磁波丁君版课后习题全解
s E0 R2 sin d daˆR
π
2π 24R2 sin cosdd 0
00
(3)
-6-
2π E d V
π
k 9 6 c os R2
si n
dR d
d
v
0 0 0R
4 8 R2
π2s i n2 2
π 0
0
1-19 解： (1) A B 4ax
(2) A B 3 4 1 2
（4） A B 是垂直于 AB 所在平面的矢量，即为 AB 平面的法向量
则平面的单位法向量为
1 1085
(10aR
29a
12a
)
（5）A，B 之间夹角为 cos A B 1 7 ， arccos 1 7
AB 9 2
92
-8-
第二章
2-1
解：（1） Q1
V dv1
103 0
( 2, 1, 24)aˆy 4aˆz
1-15 解：两个曲面的夹角实为它们的梯度的夹角的较小的一个 1 2xax 2yay 2zaz 4ax 2ay 4az 2 2xax 2yay az 4ax 2ay az 1 2 1 2 cos
cos (16 4 4) 8 6 21 3 21
A B 5 29
5 29
（6） A 50 , B 29
则 A 在 B 的标投影为: A cos
14
29
A 在 B 的矢投影为:
A cos
B
B
14 29
( 2ar
4a
3az
)
1-23 解：（1） 2A 3B 17aR 10a 10a
（2） A B 7
（3） A B 10aR 29a 12a
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6-1.解：E矢量为y 方向，电磁波沿-z 方向传播，)2106cos(7.37)2(8222z t zE y πππ+⨯⨯-=∂∂)2106cos(7.37)106(82822z t tE y πππ+⨯⨯⨯-=∂∂又π2=k ,μεω22=k ,8106⨯=πω 2222222228222)106()2(tE tE ktE zE y y y y ∂∂=∂∂=∂∂⋅⨯=∂∂∴μεωππ)2106cos(7.378z t E y ππ+⨯=∴符合均匀平面波的一维波动方程，所以它属于均匀平面波。
6-2.解：;10328Hz f ⨯==πωπ2=k ； mk12==πλ；sm kv P /1038⨯==ω；m uE H 1.0/77.3/===εη波沿-z 轴传播；由右手螺旋法则，H 在x 方向上振动。
6-3. 解： (1)Hz v f 881092.461.0103⨯=⨯==λ(2)91003.2/1⨯==f T s (3)3.1061.022===πλπk(4)12.2377/800/===ηE HA/m 方向为y aˆ 6-4.解：由E和 H的关系可知：y m x m a az t H aaz t H H ˆ)sin(ˆ)sin(-+--=ωωy m x m a az t E aaz t E ˆ)sin(/ˆ)sin(/00-⋅+-⋅-=ωηωη HE S⨯=z m m z m m a az t E az t E aaz t E az t E ˆ)sin(/)sin(ˆ)sin(/)sin(00-⋅⋅-+-⋅⋅-=ωηωωηω z m a az t E⋅-=022/)(sin 2ηω 6-5 解：HzU f 980105.212.0103⨯=⨯==λ5001.050111===H E η又rrrru u u επεεη120001==πε120500=rru（1）在均匀媒质中有：11v v P = rr u C f ελ=12981108105.2103-⨯⨯⨯⨯==∴λεf C u r r （2）由式（1）、（2）得 99.1=r u 13.1=r ε6-6 解：m V a a aE z y x 310)ˆ2ˆˆ4(⨯+-=1）333310)ˆ78ˆ24ˆ33(318610210104ˆˆˆ⨯++-=-⨯-⨯=⨯z y x z y x a a aaaaH E322231078243310)ˆ78ˆ24ˆ33(ˆ⨯++⨯++-=z y x a a aaz y x a a aˆ89.0ˆ27.0ˆ37.0++=2）3ˆˆˆ(42)10jkr x y z E aa a e -=-+⨯ˆˆˆ(6183)jkr x y z H aa a e -=+-*311ˆˆˆR e[](332478)1022av x y z S E H aa a =⨯=-++⨯3）HE u rr==επη1201 5.2=∴r ε6-7解： 1）不失一般性，可假设两圆极化波左旋：)ˆˆ(101y x jkz a j ae E E +=-右旋：)ˆˆ(202y x jkz a j ae E E -=-合成波：21E E E+==y jkz x jkz a e j E E ae E E ˆ)(ˆ)(20102010---++ =y jkzjx jkz aee E E ae E E ˆ)(ˆ)(220102010---++πy x E E+=yx E E ≠ 2πϕϕ-=-y xx E 与y E 振幅不等，相位相差2π为一个椭圆极化波故椭圆极化波可分解为一个左旋圆极化波和一个右旋圆极化波。
2）不失一般性，设两个旋向相反的椭圆极化波： jkz y m x me a jE a E E -⎪⎭⎫⎝⎛+=ˆ2ˆ21jkz y m x m e a jE a E E -⎪⎭⎫⎝⎛-=ˆˆ22故1E 为左旋圆极化 2E为右旋圆极化 21E E+=jkz y m x m e a jE aE --)ˆˆ(y x E E+=yx E E =，2πϕϕ=-y x ，故合成波为一右旋圆极化波6-8.解：（1） 线性极化； （2） 916≠,244ππππ=--=Φ-Φx y所以为左旋椭圆极化波。
（正椭圆）。
（3）z x a y t ay t E ˆ)5.0sin(4ˆ)5.0cos(3---=z x ay t ay t ˆ)25.0cos(4ˆ)5.0cos(3π+-+-=2)2(0ππϕ=--=∆,43≠所以是右旋椭圆极化波。
（正椭圆）。
6-9 解：设一圆极化波00ˆˆcos()sin()x y E E t kz aE t kz a ωω=-+-00ˆˆcos()sin()y x E EH t kz at kz a ωωηη=--- 0002ˆˆˆˆ[cos()sin()][cos()sin()]ˆx y y x z S E HE E E t kz a E t kz a t kz at kz aE aωωωωηηη=⨯=-+-⨯---=所以S是与距离、时间无关的常数。
6-10.解：因为两个波传播方向相同，频率相同，电场方向垂直，有2π的相位差，且振幅不同，所以合成应为椭圆极化波。
或这样证明：)cos(3t E x ω= )sin(2)2cos(2t t E y ωπω=+=1)3()3(22=+∴y x E E 可见为一正椭圆又因为y 方向超前x 方向，所以为左旋椭圆极化波。
6-11解：y x a z t E az t E E ˆ)cos(4ˆ)cos(300βωβω-+-=x x a z t E a z t E ˆ)cos(21ˆ)cos(2700βωβω---=y y az t E az t E ˆ)cos(21ˆ)cos(2700βωβω-+-+''2''1'2'1E E E E +++='1E 与''1E 构成一振幅为7/2的右旋圆极化波 ''1E 与''2E 构成一振幅为1/2的右旋圆极化波6-12.解：由1001800>=ωεσ，故海水为高损耗媒质。
（1） 5224104105.02276πππωμσβα=⨯⨯⨯⨯⨯=≈=-52==βπλ m6610255105.0⨯=⨯⨯==λf v m/s61025⨯==βωp v m/s（2） 已知：4410~πππσωμηjjee ==y xa x t eH⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⨯⨯⨯=--355210cos 1005.26526πππ61004.2~-⨯==mm H E η )ˆ)(105210cos(1004.26526z xax t eE -+-⨯⨯⨯=∴---πππ x=1带入H ,E表达式可求出该处的场 （3） 吸收功率10S S ==-=x avx avP吸[]x xav aeHE S ˆ48.1Re 2154π-*=⨯= x aP ˆ1047.112-⨯=吸 6-13 解：1）因为m s /108.57⨯=σ 61022⨯==ππωf100>>εωσ此时黄铜认为是良导体ωσεj -=~ 444410)6.26.2(107.3~~--⨯+=⨯===j eejjππσωμεμη1212~~~~ηηηη+-=Γ=43.710)377122j -⨯-≈-m 5106.62-⨯==μσωδ212~~~2ηηη+=T 42 3.710)22j -⨯⨯+=≈2）100360080)10361(102496>>=⨯⨯⨯⨯=-ππεωσ(错误，应等于900) 故海水可视为良导体ωσεj -=~4476441.14104102~πππππσωμηjjjeee =⨯⨯⨯==-1212~~~~ηηηη+-=Γ=14.39947.0377)2222(41.1377)2222(41.1j ej j =++-+m 45.02==μσωδ（应为0.25 m ）212~~~2ηηη+=T jej j 79.00075.0377)2222(41.1)2222(41.12=+++⨯=6-14.解：ωεσ<<1 认为媒质为低损耗媒质 210-==ωεσδc tg229923110210610102.5104.171036f σωεπεππ-----=⨯=⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯44.17103370.502α-⨯==⋅=61099.35βπ-≈=⨯=1) 波的振幅衰减到一半时21=-z e α由 0.50.5z e -= 得 1.39z m =2) 005.0974.238)005.01(5.210361104)21(~j e j j=+⨯⨯⨯=+=--ππωεσεμη220.0699.35m ππλβ=== 98610 1.910/99.35p v m s ωπβ⨯===⨯3) 电场的瞬时形式：9ˆ50cos(619)6x y E ae t x αππβ-=⨯--由ˆx EH aη=⨯ 得 0.59ˆ0.21cos(61099.350.005)6x z H ae t x ππ-=⨯---6-15.解：93.9105.22361104102978111≈⨯⨯⨯⨯⨯=≈--πππεμωβ)21(~11111ωεσεμηj+=)105.2236110221021(105.2236110498397----⨯⨯⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=ππππj024.095.7j +=（3） 45.211222=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫⎝⎛+=ωεσμεωα 22.311222=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=ωεσμεωβ 68.068.37)1(104~~12j j+=-⨯==-ωεσεπεμη（4） 0043.06516.0024.095.768.068.37024.095.768.068.37~~~~1212j j j j j +=+++--+=+-=Γηηηη 0043.03484.0024.095.768.068.37)68.068.37(2~~~2122j j j j T -=++++=+=ηηη （5） 入射:⎪⎩⎪⎨⎧====-+-+-+-+-y jz j y z j i x z j x z j i a e a e H a e a e E ˆ53.79/10ˆ~10ˆ10ˆ1005.0)93.9079.0()(1)93.9079.0()(1111βαβαη即:⎪⎩⎪⎨⎧==+-+-y zj i x z j i a eH a eE ˆ126.0ˆ10)93.9079.0()93.9079.0( 反射:⎪⎩⎪⎨⎧⨯=Γ=⨯=Γ=-+⨯-+-+⨯-+---y zj j y z j x zj xz j ae a e H a e a e E ˆ53.79/385.010ˆ~/10ˆ385.010ˆ10)05.0105.010108()(1)105.010108()(311311πβαλπβαλη即:⎪⎩⎪⎨⎧==++⨯-++⨯---y j z j x j z j a e H aeE ˆ048.0ˆ85.352.1)105.010108(2)105.010108(33πλππλ透射⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⨯==⨯==-++⨯-+-++⨯-+---y jj z j y z j t x j z j x z j t ae a eT H a e a TeE ˆ53.79/07.110ˆ~/10ˆ07.110ˆ104368.0)10210102()(1368.0)10210102()(322322πππβαππβαη即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==++⨯-++⨯---y j z j tx j z j t a e H a eE ˆ135.0ˆ7.10417.0)10210102(368.0)10210102(33ππππ（6） []z zi i avi ae H E S ˆ05.0cos 26.121Re 213101016-⨯-*⨯⨯=⨯=π2101016/ˆ629.03m W ae z z-⨯-=π[]z zav aeH E S ˆ05.0cos 048.085.321Re 213101016-⨯-*⨯⨯=⨯=πλλλ 2101016/ˆ092.03m W ae z z-⨯-=π[]z zt t avt aeH E S ˆ4cos135.07.1021Re 21104ππ-*⨯⨯=⨯=2104/ˆ51.0m W aez zπ-= （7） %1)102(=-z eπm z 11.4=∴所以当透射波振幅减小到1%时，能传约4.11m 。