《电磁场与电磁波》西安交大出版社 课后答案(全)
电磁场和电磁波课后习题答案与解析三章习题解答
三章习题解答3.1 真空中半径为a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q 和q -，试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题3.1图所示)。
解 由点电荷q 和q -共同产生的电通密度为33[]4q R R π+-+-=-=R R D 22322232()(){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量d d zz SSS Φ====⎰⎰D S D e223222320()[]2d 4()()aq a ar r r a r aππ--=++⎰ 22121)0.293()aqaq q r a ==-+ 3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为a r 的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为Ze -的电子云，在球心有一正电荷Ze （Z 是原子序数，e 是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为02314ra Ze r r r π⎛⎫=- ⎪⎝⎭D e ，试证明之。
解 位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为 124rZer π=D e 原子内电子云的电荷体密度为333434a a Ze Zer r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 32234344r ra r Ze rr r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为 122314ra Ze r r r π⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为30C m ρ, 两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3图()a 所示。
求空间各部分的电场。
解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。
但可把半径为a 的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为0ρ±的两种电荷分布，这样在半径为b 的整个圆柱体内具有体密度为0ρ的均匀电荷分布，而在半径为a 的整个圆柱体内则具有体密度为0ρ-的均匀电荷分布，如题3.3图()b 所示。
电磁场与电磁波(西安交大第三版)第8章课后答案
第八章 电磁辐射与天线8.1 由（8.1-3）式推导(8.1-4)及(8.1-5)式。
解)sin ˆcos ˆ(4θθθπμ-=-rrIdle A jkrρ (8.1-3) 代入A H ρρ⨯∇=μ1，在圆球坐标系ˆsin ˆˆsin 112θ∂ϕ∂∂θ∂∂∂ϕθθθμμrA A rr r rr A H r=⨯∇=ρρ)]cos ()sin ([4ˆ])([sin sin ˆ2r e e r r Idl A rA r r r jkr jkr r θθθπϕθθμθϕθ--∂∂--∂∂=∂∂-∂∂=可求出H ρ的3个分量为jkre kr kr j Idl k H -+=))(1(sin 422θπϕ (8.1-4) 0==θH H r将上式代入E j H ρρωε=⨯∇，可得到电场为H j E ρρ⨯∇=ωε1ϕθ∂ϕ∂∂θ∂∂∂ϕθθθωεH r rr r rr j sin 0ˆsin ˆˆsin 12=代入ϕH 得jkrr e kr kr j Idl k j E -+-=))(1)((cos 2323θπωε jkr e kr jkr kr j Idl k E --+=))()(1(sin 4323θπωεθ (8.1-5) 0=ϕE8.2 如果电流元yIl ˆ放在坐标原点，求远区辐射场。
解 解1 电流元yIl ˆ的矢量磁位为 jkr e rIl y A -=πμ4ˆρ 在圆球坐标系中jkry r e rIl A A -==πϕθμϕθ4sin sin sin sinjkry e rIl A A -==πϕθμϕθθ4sin cos sin cosjkry e rIl A A -==πϕμϕϕ4cos cos由A H ρρ⨯∇=μ1，对远区辐射场，结果仅取r1项，得jkre rIl jH -=λϕθ2cos jkre r Il j H --=λϕθϕ2sin cos根据辐射场的性质，E r ZH ρρ⨯=ˆ1得 jkre r Il jZ E --=λϕθθ2sin cosjkre r Il jZ E --=λϕϕ2cos解2 根据 jkR e RR l Id j H -⨯=λ2ˆρρ (8.1-13) RH Z E ˆ⨯=ρρ (8.1-14) ϕϕϕθθϕθcos ˆsin cos ˆsin sin ˆˆˆ++==r y lr Rˆˆ≈ ϕθϕθϕcos ˆsin cos ˆˆˆ+-=⨯rl ϕϕϕθθcos ˆsin cos ˆˆ)ˆˆ(--=⨯⨯r rl jkRer Idl j H -=λ2ρ)cos ˆsin cos ˆ(ϕθϕθϕ+- 2jkR Idl E jZ erλ-=r )cos ˆsin cos ˆ(ϕϕϕθθ--8.3 三副天线分别工作在30MHz,100MHz,300MHz,其产生的电磁场在多远距离之外主要是辐射场。
电磁场与电磁波课后答案第1章
第一章习题解答给定三个矢量、和如下：求：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）在上的分量；（6）；（7）和；（8）和。
解（1）（2）（3）－11（4）由，得（5）在上的分量（6）（7）由于所以（8）三角形的三个顶点为、和。
（1）判断是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。
解（1）三个顶点、和的位置矢量分别为，，则，，由此可见故为一直角三角形。
（2）三角形的面积求点到点的距离矢量及的方向。
解，，则且与、、轴的夹角分别为给定两矢量和，求它们之间的夹角和在上的分量。
解与之间的夹角为在上的分量为给定两矢量和，求在上的分量。
解所以在上的分量为证明：如果和，则；解由，则有，即由于，于是得到故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。
设为一已知矢量，而，和已知，试求。
解由，有故得在圆柱坐标中，一点的位置由定出，求该点在：（1）直角坐标中的坐标；（2）球坐标中的坐标。
解（1）在直角坐标系中、、故该点的直角坐标为。
（2）在球坐标系中、、故该点的球坐标为用球坐标表示的场，（1）求在直角坐标中点处的和；（2）求在直角坐标中点处与矢量构成的夹角。
解（1）在直角坐标中点处，，故（2）在直角坐标中点处，，所以故与构成的夹角为球坐标中两个点和定出两个位置矢量和。
证明和间夹角的余弦为解由得到一球面的半径为，球心在原点上，计算：的值。
解在由、和围成的圆柱形区域，对矢量验证散度定理。
解在圆柱坐标系中所以又故有求（1）矢量的散度；（2）求对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求对此立方体表面的积分，验证散度定理。
解（1）（2）对中心在原点的一个单位立方体的积分为（3）对此立方体表面的积分故有计算矢量对一个球心在原点、半径为的球表面的积分，并求对球体积的积分。
解又在球坐标系中，，所以求矢量沿平面上的一个边长为的正方形回路的线积分，此正方形的两边分别与轴和轴相重合。
再求对此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。
电磁场与电磁波(第3版) 冯恩信 西安交通大学 (第一章答案)
1.1 已知z y x B z y x A ˆ2ˆˆ;ˆˆ3ˆ2-+=-+=，求:(a) A 和B 的大小（模）； (b) A 和B 的单位矢量；(c)B A⋅；(d)B A⨯；(e)A 和B 之间的夹角；(f) A 在B 上的投影。
解：(a) A 和B 的大小74.314132222222==++=++==z y x A A A A A 45.26211222222==++=++==z y x B B B B B(b) A 和B 的单位矢量z y x z y x A A aˆ267.0ˆ802.0ˆ535.0)ˆˆ3ˆ2(74.31ˆ-+=-+==z y x z y x B B bˆ816.0ˆ408.0ˆ408.0)ˆ2ˆˆ(45.21ˆ-+=-+==(c)A B ⋅7232=++=++=⋅z z y y x x B A B A B A B A(d) B A ⨯z y xzy x B B B A A A z y xB A zyxz y xˆˆ3ˆ5211132ˆˆˆˆˆˆ-+-=--==⨯(e)A 和B 之间的夹角α根据αcos AB B A =⋅得764.0163.97cos ==⋅=AB B A α 019.40=α (f) A 在B 上的投影86.245.27ˆ==⋅=⋅B B A bA1.2如果矢量A 、B 和C 在同一平面，证明A ·(B ⨯C )=0。
证明：设矢量A 、B 和C 所在平面为xy 平面y A x A A y x ˆˆ+=y B xB B y x ˆˆ+=y C xC C y x ˆˆ+=z C B C B y C B C B x C B C B C C C B B B zy xC B x y y x z x x z y z z y zyxz y xˆ)(ˆ)(ˆ)(ˆˆˆ-+-+-==⨯zC B C B x y y x ˆ)(-= 0ˆˆ)(0)(=⋅-⨯=⨯⋅z zC B C B C B A x y y x1.3已知A =ααsin ˆcos ˆy x+、B ββsin ˆcos ˆy x -=和C ββsin ˆcos ˆy x +=，证明这三个矢量都是单位矢量，且三个矢量是共面的。
电磁场与电磁波》冯恩信第二版西安交通大学课后答案
1.6
将圆柱坐标系中的矢量场
r F1
(
ρ
,
ϕ
,
z)
=
2ρ$ ,
r F2
(ρ,ϕ,
z)
=
3ϕ$
用直角坐标系中的坐标
分量表示。
解：由(1.2-9)式，
r F1
=
2ρˆ
=
2 cosϕxˆ
+
2sin ϕyˆ
=
2 (xxˆ + yyˆ) x2 + y2
r F2
=
3ϕˆ
=
−3sin ϕxˆ + 3cosϕyˆ
⋅
∇e
kr
=
r k
⋅
rˆke
kr
1.17
(c) ∇r 已知rA
× =
ρyrx$=−r0x;y∇$ ，× r计r r=算0;A∇r ⋅×(∇(z×ρˆ
)r= A)
ϕˆ
解： ∇ × A = 1.18 已知 ∇ ⋅
−Fr2=zˆ;δA(⋅x()∇δ (×yA)δ)(=z)0,∇
×
r Fr
=
0,
计算
r F
r
+ ϕˆ + zzˆ
1 4π
(∇
1 r
×
zˆ
+
1 r
∇×
zˆ)
=
zˆ × rˆ 4πr 2
穿过由 ρ ≤ 1,0 ≤ ϕ ≤ π ,0 ≤ z ≤
1
确定的区域的封闭面的
通量。 解：根据高斯定理，矢量场
r F
=
ρρˆ
+
ϕˆ
+
zzˆ
穿过由
ρ
≤
电磁场与电磁波(西安交大第三版)第5章课后答案解析
第五章 习题5.1如图所示的电路中,电容器上的电压为)(t u c ,电容为C, 证明电容器中的位移电流等于导线中的传导电流。
解：设电容器极板面积为S ，电容器中的位移电流为D i ,传导电流为c i c C C S D D i tu C t C u t q t S t D S SJ i =∂∂=∂∂=∂∂=∂∂=∂∂==)(ρ5.2由麦克斯韦方程组推导H满足的波动方程。
解：解：对麦克斯韦的旋度方程tE J H ∂∂+=⨯∇ε两边取旋度得tEJ H ∂∂⨯∇+⨯∇=⨯∇⨯∇ε上式左边利用矢量恒等式A A A 2∇-⋅∇∇=⨯∇⨯∇，并考虑到0=⋅∇H ，上式右端代入麦克斯韦方程t HE ∂∂-=⨯∇μ，得J tH H ⨯-∇=∂∂-∇222με5.3 在线性、均匀，各向同性的导电媒质中，证明),(t r H满足下列方程0222=∂∂-∂∂-∇t H tH H μσμε 解：在线性、均匀，各向同性的导电媒质中，麦克斯韦旋度方程为tE E H ∂∂+=⨯∇εσ两边取旋度得tEE H ∂∂⨯∇+⨯∇=⨯∇⨯∇εσ上式左边利用矢量恒等式A A A 2∇-⋅∇∇=⨯∇⨯∇，并考虑到0=⋅∇H ，上式右端代入麦克斯韦方程t HE ∂∂-=⨯∇μ，得0222=∂∂-∂∂-∇t H tH H σμμε 5.4 在11,με和22,με两种理想介质分界面上z E y E xE E z y x ˆˆˆ0001++=z H y H xH H z y x ˆˆˆ0001++=求22,H E。
题5.4图解：由两种理介质分界面的边界条件 t t E E 21= n n E E 2211εε= t t H H 21= n n H H 2211μμ=得 z E y E xE E z y x ˆˆˆ021002εε++= ，z H y H x H H z y x ˆˆˆ021002μμ++=5.5在法线方向为x nˆˆ=的理想导体面上 t J y t J zJ y z S ωωcos ˆsin ˆ00-=求导体表面上的H。
《电磁场与电磁波》课后习题解答(全)
等式左边
等号右边为闭合回路穿过的总电流
所以
写成矢量式为
将 代入得
【习题3.18】
解：当 时， ，
当 时， ，
这表明 和 是理想导电壁得表面，不存在电场的切向分量 和磁场的法向分量 。
在 表面，法线
所以
在 表面，法线
所以
【习题3.19】
证明：考虑极化后的麦克斯韦第一方程
【习题4.6】
解：由麦克斯韦方程 ，
引入 ，令 .在库仑规范下， ，所以有
即得
而 的解为
可得
对于线电流，有
所以
习题及参考答案
因为该齐次波动方程是麦克斯韦方程在代入 的条件下导出的，所以 作为麦克斯韦方程的解的条件是：
【习题3.22】
解：已知所给的场存在于无源（ ）介质中，场存在的条件是满足麦克斯韦方程组。
由 得
所以
积分得
由 ，可得
根据 ，可得
对于无源电介质，应满足 或
比较可知： ，但 又不是x的函数，故满足
同样可以证明： 也可满足
则有
而
前一式表明磁场 随时间变化，而后一式则得出磁场 不随时间变化，两者是矛盾的。所以电场 不满足麦克斯韦方程组。
（2）若
因为
两边对t积分，若不考虑静态场，则有
因此
可见，电场 和磁场 可以满足麦克斯韦方程组中的两个旋度方程。很容易证明他们也满足两个散度方程。
【习题2.7】
解:由传导电流的电流密度 与电场强度 关系 = 知:
取一线元：
则有
则矢量线所满足的微分方程为
或写成
求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用下列方法
电磁场与电磁波课后习题及答案
电磁场与电磁波课后习题解答给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（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 。
解 （1）2222314141412(3)A x y z+-===-++-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 6453x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11（4）由 cos AB θ=1417238==⨯A B A B ，得 1cos AB θ-=(135.5238= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ=17=-A B B （6）⨯=A C 123502xy z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。
电磁场与电磁波西安交大第三版课后答案
电磁场与电磁波（西安交大第三版）第7章课后答案习题7-1、如果E z ,H z 已知,由无源区的麦克斯韦方程，求 圆柱坐标系中E :, E , H :, H 与E z ,H z 的关系。
解： 设 E = EoC ：, )e 」kzZ ； H =H°C：, )j贝U 兰一j k z E ; M = _jk zH cz &在圆柱坐标系中展开无源区的麦克斯韦方程 \、 E = -j J H由以上几式得1 ：Hz jk z H = j ；E ? 1 : Ez jk zE - - j .y ：L H ,- zcP -jk z E - E -j 」H z1 徙z 丄k z 闭z H( i z i z z ) H k 2 (j ?? j 「「)c 式中 k;=k 2-k ;E ：——占(jk z 差j 」1kc E #3 kz ：Ezk c 1 g z H F ：：H z7-2证明(7.2-6) 式为(7.2-4)式的解证明：由(7.2-6) 式V(z)=V o e—z V°-e—z可得：v"(z)=(V o e-z V°~e-z) J V(Z)2因此豊-2V"即(7.2-4)式7-2、从图7.2-2的等效电路，求⑺2- 5 (7.2-6)式对应的传输线方程的时域形式。
解：图7.2-2V誉「乙I(z) dz竽…y(z) (7.2- 5 ) (7.2- 6 )串联支路上的电压为并联支路上的电流为i gdz Gdz 譽 i di ⑵pl..(UG C 1 評两边同除dz 得（5）、（6）式就是（7.2- 5 ）和（7.2-6）式对应的传输线方程的时域形式。
7-3、由(7.2- 10 )、(7.2-3) 、(7.2-4)和(7.2 9 )式推导(7.2- 11 )和(7.2- 1 2)式。
pi:V 取应L “肯’ dV (1)由（1）和（2） 式得dVTR i L i 为dz (3)学一(iR i L i 普) (5)3 = —(uG G du )dz dt (6)解：将Y + j BZ i j L代入「ZY i并等式两边平方得cT _卩？ + j2a ［） = R 、G\ — Q 2厶C ］ + jco （C 、R\ + 厶GJ 令等式两边实部和虚部分别相等，得a 2-p 2 =Rfi x -(o 2L x C {lap = e （C ］ R 、+ 厶 G ］）解以上两方程，得Q 二刊)(G ： + /予 + (斥□一 "2 厶 G )] 1)0 =凶（时 + 刊）（G ； + co? ©）一（&q 一 /厶 G ）］ 2)7・4、证明（7.2-13）式为（7.2-7）式的解。
电磁场与电磁波课后习题及答案五章习题解答
五章习题解答真空中直线长电流I 的磁场中有一等边三角形回路，如题图所示，求三角形回路内的磁通。
解 根据安培环路定理，得到长直导线的电流I 产生的磁场02I rφμπ=B e 穿过三角形回路面积的磁通为d S ψ==⎰B S 32320002[d ]d d 2d b d b z ddII zz x x x xμμππ=⎰ 由题图可知，()tan63z x d π=-=，故得到320d 3d b d x d x x ψπ-==⎰03[23I b b μπ 通过电流密度为J 的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔，如题图所示。
计算各部分的磁感应强度B ，并证明腔内的磁场是均匀的。
解 将空腔中视为同时存在J 和J -的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布：一个电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内，另一个电流密度为J -、均匀分布在半径为a 的圆柱内。
由安培环路定律，分别求出两个均匀分布电流的磁场，然后进行叠加即可得到圆柱内外的磁场。
dbIz题 图d S由安培环路定律d CI μ⋅=⎰B l ，可得到电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内的电流产生的磁场为 020222b b b b b b r b b r b r J r B J r μμ⎧⨯<⎪⎪=⎨⨯⎪>⎪⎩ 电流密度为J -、均匀分布在半径为a 的圆柱内的电流产生的磁场为 020222a a a a a a r a a r a r J r B J r μμ⎧-⨯<⎪⎪=⎨⨯⎪->⎪⎩这里a r 和b r 分别是点a o 和b o 到场点P 的位置矢量。
将a B 和b B 叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：22222b a ba b a r r B J r r μ⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭ ()b r b > 圆柱内的空腔外：2022b a a a r B J r r μ⎛⎫=⨯- ⎪⎝⎭ (,)b a r b r a <> 空腔内： ()0022b a B J r r J d μμ=⨯-=⨯ ()a r a < 式中d 是点和b o 到点a o 的位置矢量。
电磁场与电磁波(西安交大第三版)第2章课后答案
第2章习题2-1.已知真空中有四个点电荷q C 11=，q C 22=，q C 34=，q C 48=，分别位于(1,0,0)，(0,1,0)，(-1,0,0,)，(0,-1,0)点，求(0,0,1)点的电场强度。
解：z y r z x r z y r z xr ˆˆ;ˆˆ;ˆˆ;ˆˆ4321+=+=+-=+-=84ˆ15ˆ6ˆ3)ˆˆˆˆ(41024442333222221110πεπεz y xr r q r r q r r q r r q E ++=+++=2-2.已知线电荷密度为ρl 的均匀线电荷围成如图所示的几种形状，求P 点的电场强度。
题2-2图解：(a) 由对称性04321=+++=E E E E E(b) 由对称性0321=++=E E E E(c) 两条半无限长线电荷产生的电场为yay x y x a E E E ll a ˆ2)}ˆˆ()ˆˆ{(40021περπερ-=+--=+=半径为a 的半圆环线电荷产生的电场为y a E lb ˆ20περ=总电场为0=+=b a E E E2-3.真空中无限长的半径为a 的半边圆筒上电荷密度为ρs ，求轴线上的电场强度。
解:在无限长的半边圆筒上取宽度为ϕad 的窄条,,电荷线密度为ϕρρad s l =,对ϕ积分,可得真空中无限长的半径为a 的半边圆筒在轴线上的电场强度为y d x y a d r a E ss s ˆ)ˆcos ˆsin (22ˆ00000⎰⎰-=--==πππερϕϕϕπερπεϕρ题2-3图 题2-4图2-4.真空中无限长的宽度为a 的平板上电荷密度为ρs ，求空间任一点上的电场强度。
解: 在平板上'x 处取宽度为'dx 'dx s l ρρ=，在点),(y x 处产生的电场为ρρρπε'ˆ21),(0dx y x E d s =其中22)'(y x x +-=ρ；22)'(ˆˆ)'(ˆyx x y y xx x +-+-=ρ对'x 积分可得无限长的宽度为a 的平板上的电荷在点),(y x 处产生的电场为)}2/2/(2ˆ)2/()2/(ln ˆ{4),(22220y a x arctg y a x arctg y ya x y a x x y x E s --+++-++=περ 2-5.已知真空中电荷分布为r a ，b 为常数。
电磁场与电磁波课后习题及答案五章习题解答
5.1真空中直线长电流/的磁场中有一等边三角形回路，如题5.1图所示，求三角形回路内的磁通。
解根据安培环路泄理，得到长直导线的电流/产生的磁场题5.1图穿过三角形回路而积的磁通为由题5.1图可知，z = （x —〃）tan? = V，故得到5.2通过电流密度为丿的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔，如题5.2图所示。
计算各部分的磁感应强度并证明腔内的磁场是均匀的。
解将空腔中视为同时存在丿和_丿的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布：一个电流密度为丿、均匀分布在半径为力的圆柱内，另一个电流密度为均匀分布在半径为&的圆柱内。
由安培环路左律，分别求出两个均匀分布电流的磁场，然后进行叠加即可得到圆柱内外的磁场。
由安培环路左律= 可得到电流密度为丿.均匀分布在半径为b的圆柱内的电題5.2图流产生的磁场为B b=\ 电流密度为、均匀分布在半径为a的圆柱内的电流产生的磁场为这里□和◎分别是点°。
和⑷到场点p的位宜矢量。
将和〃$叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：B=^Jx(D圆柱内的空腔外：B = ^-Jx^r.-^r a | (r h<b, r a >a)空腔内：B = =(為va)式中d是点和5到点S的位苣矢量。
由此可见，空腔内的磁场是均匀的。
5.3下而的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量J。
(1)H =e r ar , B = (圆柱坐标)(2)H =5(-©) + 匕处，B =卜』(3)H =e x ax-e^ay, B = “)H(4)H = e0ar , B = (球坐标系)解根据恒泄磁场的基本性质，满足V 5 = 0的矢量函数才可能是磁场的场矢量，否则, 不是磁场的场矢量。
若是磁场的场矢量，则可由j = VxH求出源分布。
< 1)在圆柱坐标中V B = - — (rB r) = -—(ar2) = 2a^0r dr 1 r dr该矢量不是磁场的场矢量。
电磁场与电磁波课后习题及答案九章习题解答
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解：元天线（电基本振子）的辐射场为j k rjθ-=E e可见其方向性函数为(),sin f θφθ=，当接收台停在正南方向（即090θ=）时，得到最大电场强度。
由s i n θ=得 045θ=此时接收台偏离正南方向045±。
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()11cos 22m I I kz z ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭（1）求证：当0r l >>时，020cos cos 22sin jkr m z I eA kr πθμπθ-⎛⎫ ⎪⎝⎭=⋅ （2）求远区的磁场和电场；（3）求坡印廷矢量； （4）已知22cos cos 20.609sin d ππθθθ⎛⎫ ⎪⎝⎭=⎰，求辐射电阻； （5）求方向性系数。
题9.3（1）图解：（1）沿z 方向的电流z I 在空间任意一点()0,P r θ产生的矢量磁位为 ()/20/2,4l jkrz z l I eA r dz rμθπ--=⎰假设0r l >>，则 1020cos cos r r z r r z θθ≈-⎧⎨≈+⎩120111r r r ≈≈ 将以上二式代入()0,z A r θ的表示式得()()()()()()()()12000/20000/2cos cos /20000/2cos cos 00cos cos ,4cos cos 4cos 4l jkrjkr m z l jk r z jk r z l ml jkr jkz jkz mkz ekz eI A r dz dz r r kz e kz e I dz r r I ekz e e dz r θθθθμθπμπμπ------+--⎧⎫⎡⎤⎡⎤⎪⎪=+⎨⎬⎢⎥⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎡⎤=+⎣⎦⎰⎰⎰⎰()()()()(){}()()0/20000/20002200,2cos cos cos 4cos 1cos cos 1cos 41cos cos cos 1cos cos cos 224sin sin cos 2l jkr mz l jkr mjkr mjkr mI A r ekz kz dzr I ekz kz dz r I er I ekr μθθπμθθπππθθθθμπθθπμπ----=⎡⎤⎣⎦=++-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭=+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦=⎰⎰2cos 2sin θθ⎛⎫ ⎪⎝⎭由此得证。
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答(共20页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--2四章习题解答如题图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为0U ，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③ 0(,)x b U ϕ=根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a aππϕ∞==∑ 由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a aππ∞==∑ 两边同乘以sin()n xaπ，并从0到a 对x 积分，得到 002sin()d sinh()an U n xA x a n b a aππ==⎰ 02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩， 故得到槽内的电位分布 01,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a aππϕππ==∑ 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d y =到b y =)(∞<<-∞x 。
上板和薄片保持电位0U ，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。
题图3解 应用叠加原理，设板间的电位为(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为0U ）的电位，即10(,)x y U y ϕ=；2(,)x y ϕ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 22(,0)(,)0x x b ϕϕ==② 2(,)0()x y x ϕ=→∞③ 002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b db ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩ 根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()e n x b n n n y x y A b ππϕ∞-==∑ 由条件③有 00100(0)sin()()n n U U y y d n y bA U U b y y d y b db π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑ 两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d bn dU U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ 故得到 (,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b bππππ∞-=+∑ 求在上题的解中，除开0U y b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁场与电磁波(西安交大第三版)第6章课后答案
第六章 平面电磁波 1.在εr=2, μr=1的理想介质中,频率为f =150MHZ 的均匀平面波沿y 方向传播,y=0处,E =zˆ10V/m,求E , E (y,t), H ,H (y,t) ,S c,υp.解：s m c cv rr p /2==εμ，m f c fv p 222===λπλπ22==kyj jkye z eE E π2010ˆ--==Z=120π/2Z e z yZ E k H yj /10ˆˆ/ˆ2π-⨯=⨯==-xˆ（2/12π）yj e π2-E (y,t)= zˆ102cos(2π*150*106t-2πy) H (y,t)= -xˆ/6πcos(2π*150*106t-2πy) Sc=*H E ⨯=yˆ52/6π2.在真空中H =xˆx H =x ˆ0H zj e π2求E ,E (z,t), λ, f ,Z, S c.解：Z=120πE =kH Z ˆ⨯=z j e H z x ππ20120)ˆ(ˆ-⨯=y ˆ120π0H z j e π2 k=2πλ=k π2=1m ，Hz c v f p 8103⨯===λλ Sc=*H E⨯=-zˆ120π0H 23.在理想介质中E (x,t)= y ˆ80π2cos(10*107πt+2πx)H (x,t)= -z ˆ2cos(10*107πt+2πx)求: f , εr, μr ,λ.解：71010⨯=πω，f =πω2=5*107Hz π2=k ，λ=kπ2=1m,m f c 60==λ由: k=2π=ω (εrμr)2/1及 Z=80π=120π(μr /εr)2/1 得：εr=9 ,μr=44.均匀平面电磁波在真空中沿kˆ=1/2(yˆ+z ˆ)方向传播, 0E =10x ˆ,求E ,E (y,z,t),H ,H (y,z,t), Sc解：则k=2π,E =0E r k j e ∙-=xˆ10))(2(z y j e +-πH =1/Z*⨯kˆE =2/24π(yˆ-z ˆ))(2z y j e +-πE (y,z,t)= xˆ102cos(2πc/λt-（2π）(y+z)) H (y,z,t)= 1/12π(y ˆ-z ˆ)cos(2πc/λt-（2π）(y+z)) Sc=*H E ⨯=（5/62π)(yˆ+z ˆ)5、在均匀理想介质中)sin(2ˆ)cos(2ˆ)(00kz t E y kz t E xt E -+-=ωω. 求)(t H及平均坡印亭矢量。
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球坐标系中的坐标分量表示。 解：在圆柱坐标系中
F1 cos sin 0 Fx1 cos sin 0 1 cos F sin cos 0 F sin cos 0 0 sin 1 y1 F 0 0 1 F 0 0 1 0 0 z1 z1 ˆ sin ˆ F1 ( , , z ) cos F 2 cos sin 0 Fx 2 cos sin 0 0 sin F sin cos 0 F sin cos 0 1 cos 2 y2 F 0 0 1 F 0 0 1 0 0 z2 z2 ˆ cos ˆ F2 ( , , z ) sin
ˆ 2y ˆz ˆ 证明 ：因为 A B 2 x
A ( B) C 0
所以三个矢量 A 、B 和 C 形成一个三角形 此三角形的面积为
ˆ x 1 S A B Ax 2 Bx ˆ y Ay By ˆ y ˆ ˆ ˆ z x z Az 5 5 0 5 2 5 2 20 2 / 2 10.6 Bz 3 7 1
(e)A 和 B 之间的夹角 根据 A B AB cos 得
A B 7 cos 0.764 AB 9.163
40.19 0
(f) A 在 B 上的投影
A ˆ B 7 2.86 Ab B 2.45
1.2 如果矢量 A、B 和 C 在同一平面，证明 A·(B C)=0。 证明：设矢量 A、B 和 C 所在平面为 xy 平面
2）三个矢量是共面的
ˆ x B C Bx Cx ˆ y By Cy ˆ z ˆ B z 2 cos sin z Cz
ˆz ˆ0 A ( B C ) 0 2 cos sin z
1.4
2y z ； B x y 3z ，当 AB 时，求 。 A x
ˆ ( Bx C y B y C x ) z
ˆz ˆ0 A ( B C ) 0 ( Bx C y B y C x ) z
ˆ cos y ˆ sin 、B x ˆ cos y ˆ sin 和 C x ˆ cos y ˆ sin ，证 1.3 已知 A= x
(c)
A B
A B Ax Bx Ay B y Az Bz 2 3 2 7
(d) A B
ˆ x A B Ax Bx ˆ y Ay By ˆ y ˆ z ˆ ˆ z x ˆ 3y ˆz ˆ Az 2 3 1 5 x Bz 1 1 2
（4 ）
如果矢量 C 是单位矢量，则
2 2 2 2 2 C C Cx Cy C z2 C x 9C x 25C x 1
所以
Cx
1 1 9 25
0.169
C y 3C x 0.507
C z 5C x 0.845
ˆ 0.507 y ˆ 0.845z ˆ C 0.169 x
A C 4C x 3C y C z 0 B C 2C x C y C z 0
（1） （2）
C y 3C x
（1）+（2）
得
6C x 2C y 0
（3 ）
（1）+3 （2）得
10C x 2C z 0
C z 5C x
从 P 点到 Q 点的距离为
R R 32 15 2 15.3
ˆ 3y ˆz ˆ y ˆz ˆ 和 B 2x ˆ 都正交的单位矢量。 1.7 求与两矢量 A 4 x ˆ 3y ˆz ˆ y ˆz ˆ 和 B 2x ˆ 都正交，则 解：设矢量 C 与两矢量 A 4 x
sin sin cos sin cos sin sin cos sin cos
cos Fx 2 sin Fy 2 0 Fz 2 cos 0 sin sin sin 1 cos sin 0 0 cos
（1）
得
F1x sin cos cos cos sin 5 5 sin cos F sin sin cos sin cos 0 5 sin sin 1y F cos sin 0 0 5 cos 1z ˆ5 sin cos y ˆ 5 sin sin z ˆ5 cos F1 ( x, y, z) x
明这三个矢量都是单位矢量，且三个矢量是共面的。 证明： 1）三个矢量都是单位矢量
2 2 A A Ax Ay Az2 cos 2 sin 2 1 2 2 2 B B Bx By Bz2 c o 2 s s i n 1 2 2 C C Cx Cy C z2 cos 2 sin 2 1
（1）
得
F1x cos sin 0 2 2 cos F sin cos 0 0 2 sin 1y F 0 0 1 0 0 1z ˆ 2 sin y ˆ F1 ( x, y, z ) 2 cos x
在圆球坐标系中
Fr1 sin cos F 1 cos cos F1 sin sin cos cos cos sin sin sin cos sin cos sin sin cos sin cos cos Fx1 sin Fy1 0 Fz1 cos 1 sin cos sin 0 cos cos 0 0 sin
x s c o 2 x y2 x s i n x2 y2 zz
又因为
（2）
ˆ F1 ( x, y, z ) 2
2 x2 y2
ˆ yy ˆ) ( xx
F2 x cos sin 0 0 3 sin F sin cos 0 3 3 cos 2y F 0 0 1 0 0 2z ˆ 3 cos y ˆ F2 ( x, y, z) 3 sin x
ˆ 12 y ˆz ˆ 3y ˆz ˆ 和 2x ˆ， 1.6 P 点和 Q 点的位置矢量分别为 5x 求从 P 点到
Q 点的距离矢量及其长度。 解：从 P 点到 Q 点的距离矢量为
ˆ 3y ˆz ˆ 12 y ˆz ˆ 15 y ˆ ˆ) (5x ˆ) 3x R rQ rP (2 x
第一章
ˆ 3y ˆz ˆy ˆ 2z ˆ; B x ˆ， 1.1 已知 A 2 x 求:(a) A 和 B 的大小 （模） ； (b) A
和 B 的单位矢量；(c) 在 B 上的投影。
A B
；(d) A B ；(e)A 和 B 之间的夹角；(f) A
解：(a) A 和 B 的大小
ˆ sin ˆ cos cos ˆ F1 (r , , ) sin cos
Fr 2 sin cos F 2 cos cos F 2 sin sin cos cos cos sin
解：当 AB 时， A B 0
A B 2 5
ˆ 5y ˆ 、B 3x ˆ 7y ˆz ˆ 2y ˆz ˆ 和 C 2 x ˆ 形成一个 1.5 证明三个矢量 A 5x
三角形的三条边，并利用矢积求此三角形的面积。
ˆ cos ˆ cos sin ˆ F2 (r , , ) sin sin
, F2 ( , , z) 3 用直角坐标 1.9 将圆柱坐标系中的矢量场 F1 ( , , z) 2
系中的坐标分量表示。 解：根据
Ax cos A sin y Az 0 sin cos 0 0 A 0 A 1 Az
2 2 A A Ax Ay Az2 2 2 32 12 14 3.74 2 2 B B Bx By Bz2 12 12 2 2 6 2.45
(b) A 和 B 的单位矢量
A 1 ˆ ˆ 3y ˆz ˆ 0.802 y ˆ 0.267 z ˆ) 0.535 x ˆ a (2 x A 3.74 B ˆ 1 (x ˆ y ˆ 2z ˆ 0.408 y ˆ 0.816 z ˆ) 0.408 x ˆ b B 2.45
ˆ Ay y ˆ A Ax x ˆ By y ˆ B Bx x ˆ Cy y ˆ C Cx x
ˆ x B C Bx Cx ˆ y By Cy ˆ z ˆ ( Bz C x Bx C z ) y ˆ ( Bx C y B y C x ) z ˆ Bz ( B y C z Bz C y ) x Cz
利用（2）式可得