电磁场与电磁波 第2章习题解答

第二章习题解答
【习题2.1】
10
19
29
=.=10
1.610
2.0810
e qR R m
q e C
p m C
e e 解：电偶极矩p 其中 1.3可得电偶极矩p 的大小其方向为从负电荷指向正电荷，即从氯离子指向氢离子。

---´== =醋
【习题2.2】解1
解：由例2.2得，电偶极子所产生的电场为
5
3
3()1[
]4e e P R R
P E R
R
πε=
-
0()R R << ……………………①
其中 0e P qR = ，0R
方向从负电荷指向正电
荷，R
是从电偶极子指向电场中任一点的矢
量，起点在正负电荷连线的中点。

（如图）
本题 10
0 1.310R m -=⨯ 1010010R m -=⨯
满足 0R R << ．
将①式整理：3
2
013[
()]
4e e E P R R P R
R
πε=
-
令 ()e m k P R R P =-
（23k R
=）
则 3
04m E R
πε=
…………………………②
欲求E
的最大值，求出m
最大值即可．
222
222[()]()2()()e e e e e e m k P R R P k P R R P k P R P R =-=+- 2
2
22
(2)()e e k R k P R P =-+
2
224
2
96()()e e R P R P R R
=-
+ 22
23
()e e P R P R
=
+
其中 00cos e P R qR R qR R θ== ， （θ是0R 和R
之间的夹角）
易见，当cos 1θ=，即0θ=时，2m
可取最大值
22
222m ax 234e e e m R P P P R
=+=
则 m
=2e P 代入②式得 m a x
33
m ax
042e P m
E
R
R
πεπε=
=
将习题2.1中的结论 e P
=2.082910c m -⨯⋅ 代入得
29
1
12
10
3
max
2.0810
2 3.148.910
(10010)
E
V m ----⨯=
⋅⨯⨯⨯⨯⨯
51
3.710V m
-≈⨯⋅
距离自由电子处的电场 19
1
71
2
12
10
2
0 1.610
1.41044 3.148.910
(10010
)
e E V m
V m
R
πε-----⨯=
=
⋅≈⨯⋅⨯⨯⨯⨯⨯
故 距离电偶极子处的电场最大值为 513.710V m -⨯⋅ 距离自由电子处的电场为 711.410V m -⨯⋅
【习题2.2】解2
解：设矢量0R e
的方向从电荷C L -指向电荷H +
R n 是从由C L - H +
构成的电偶极子指向电场中的任一点的矢量，起点在正负电荷连
线的中点，且0R 〈〈R. （ e , n 为单位矢量，θ是e , n
的夹角）
（1）003
303cos 1
[]4qR qR E n e R R θπε=
- (41P )
由向量减法的三角形法则及余弦定理得：
=
0302
4qR R πε⎛⎫
⎪⎝⎭
E =
由上题得290( 2.110)e p qR cm -==⨯
因此，当0θ=或θπ=时
E
有最大值， 0302
4qR E R πε==
5
0302 3.7104qR V M R πε=⨯ （2）7
20
1() 1.4104q R V
E M R R πε==⨯
【习题2.3】
证明： 电偶极距qR
e p =其方向为从负电荷指向正电荷。

在电场中旋转一个电偶极距，所需要的能量为
e e -qE R=-E (qR)=-E p p E =-
得证。

【习题2.4】
解：根据2.1题的结论可求出H
+
. cl - 的电偶极矩
19
10
29
1.610
1.310
2.110e P c m ---=⨯⨯⨯=⨯⋅
因为最大能量为cos e e P E P E θ-⋅=-⋅
取cos 1θ=-
则e e P E P E -⋅=⋅
则E 取得最大值时，可求出最大能量 又2.2题所求出结果，得5
m ax
3.710v
E m
=⨯
所以最大能量29
5
24
max
2.110
3.7107.810e P E J --=⨯⨯⨯≈⨯
【习题2.5】
证明：由麦克斯韦方程d D H J J J t
∂∇⨯=+=+∂
两边取散度得()()0d H J J ∇∙∇⨯=∇∙+≡
（旋度的散度恒等于0）
将上式对任意体积V 积分，并利用散度定理，即得
()()0
d d v
s
J J dV J J dS ∇∙+=
+∙=
⎰
⎰
得证。

【习题2.6】
解：（1）在无源的自由空间，0J = ,若0s in x E e E t ω=
则有00cos x D E H e t t t
εεωω∂∂∇⨯===∂∂
而
00
1
1(sin )0x H E e t t
εωωμμ∂=-
∇⨯=-∇⨯=∂
前一式表明磁场H 随时间变化，而后一式则得出磁场H
不随时间变化，两者是矛盾的。

所以电场0sin x E e E t ω=
不满足麦克斯韦方程组。

（2）若0s in )x z E e E t c ω=
（－
因为000011cos ()z y H
E z E e e E t t z c c
ω
ωμμμ∂∂=-∇⨯=-⨯=-∂∂
两边对t 积分，若不考虑静态场，则有00sin ()y z H e E t c c
ωωμ=-
因此 00
cos ()z x H z E H e e t z c z
εωωε∂∂∇⨯=⨯=-=∂∂
可见，电场E 和磁场H
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c J 与电场强度E
关系
c J =E
σ知:
σ
c
J E = 即 )]
22.3(1.117sin[50
Z t e J E x c
-⨯=
=
σ
而
t
E
t
D J d ∂∂=∂∂=
ε
∴ 12
18.85410
117.1 3.22cos[117.1(3.22)]50
d
J
t Z -=⨯⨯
⨯⨯⨯-
)]
22.3(1.117cos[1068.611
Z t e x x -⨯⨯=- 2/m A
【习题2.8】
解：（1）因为在自由空间中，全电流密度J
=0。

所以由麦克斯韦第四方程
2
0J E c B t e ¶汛
=+
¶ 及位移电流密度0d E
J t
e ¶=¶
得到2
00d E J c B t
e e ¶==汛
¶
=20()x z
B B c e e z
x
e 抖-+抖
其中9
0110
36e p
-=
F/m
=()9
8
2
12
9110
(310)3310
10sin 3101036x t z e p
---
创创创创- A/m
2
=()5926.2610sin 31010x t z e --创-
A/m 2
（2）5
9
1
126.2610
sin(31010)d
x E J dt t z e dt e e -=
=-创-蝌
39
9.910cos(31010)x t z e C -=创-+
0t =， 1.1z m =时，0E =
可以得到 0C =
所以 39
9.910cos(31010)x E t z e -=创-
1t m s \=，9z km =处的电场的强度为
393
3
9.910c o s (310110109
10)x E e --=创创-创 37.4010x e
-= V/m ＝ 7.40x e =mV/m
【习题2.9】
解答：H J ∇⨯=
表明，电流是磁场的旋度源，所以，通电导体周围存在磁场；
D ρ∇∙=
表明，电荷是电场的散度源，所以，电荷周围存在电场；
解：J=t
ρ∂∇∙-
∂
是电流连续性原理的微分形式；其积分形式为
J =q d S I t
∂∙-=∂⎰ 即电荷守恒定律 在直流电路中，J =0∇∙
【习题2.11】
解：将H
表示为复数形式:
(,)2cos(15)i z y H x z e i x e βπ-=- （1）
由时谐形式的麦克斯韦第二方程可得：
000
1
1
(,)12cos(15)30sin(15)y y x z
i z x z H H E x z H e e i i z x i e x e i x e βωεωεβπππωε
-∂∂⎡⎤=∇⨯=
-+⎢⎥
∂∂⎣⎦⎡⎤=-+⎣⎦
0222001(,)2
(15))cos(15)y
x z y i z e E E H x z E i i z x e i x e βωμωμβππωεμ-∂∂⎡⎤
=-
∇⨯=-
-⎢⎥∂∂⎣⎦
⎡⎤=-
+⎣
⎦
(2)
比较（1）式何（2）式，有
722292
2
009
410
(15))(610)
4003610
πβπωμεπππ-⨯+==⨯=⨯
所以
41.56(/)rad m β==
所以，相应的磁场强度为：
9
9
(,,)496cos(15)sin(61041.56)565.5sin(15)cos(61041.56)/x y E x z t e x t z e x t z V m
ππππ=-⨯-+⨯-
（1）解：将E
表示为复数形式:
0.5100(,)i z r E r z e e r
-=
则由时谐形式的麦克斯韦方程可得：
0.511(,)0.398
(/)
r
i z
E
H x z E e i i z
e e A m r
ϕ
ϕωμωμ-∂=-
∇⨯=-
∂=
而磁场的瞬时表达式为
8
5(,,)cos(100.5)
(/)
4H r z t e t z A m r
ϕ
π=-
（2）内导体表面的电流密度
8
397.9cos(100.5)
(/)
s r a
r r a
z J n H
e H
e t z A m ===⨯=⨯=-
（3）82
05sin(100.5)(/)18d r
E J e t z A m t r
επ∂==--∂
所以，在01z ≤≤中的位移电流
18
20.55sin(100.25)
()d d d r s
i J ds J e rdz t A π=
=
=--⎰
⎰
【习题2.13】
解：（1）将E
表示为复数形式:
0(,)sin()x ik x
y E x z e E z e d
π-=
则由时谐形式的麦克斯韦方程可得：
011(,)()
[cos()sin()](/)x y y x z ik x
x z x E E H x z E e e i i z x
E z z e i e k e A m d d d
ωμωμπππωμ-∂∂=-
∇⨯=-
-+∂∂=-+
而磁场的瞬时表达式为
0000(,,)cos()sin()
sin()cos()
(/)x x x z x E z H x z t e t k x d d
k E
z e t k x A m d
ππωωμπωωμ=-+-
（2）z=0处导体表面的电流密度为
00
0sin()
(/)
s z z y x E J e H
e t k x A m d
πωωμ==⨯=-
z=d 处导体表面的电流密度为
00()sin()
(/)s z z d
y x E J e H
e t k x A m d
πωωμ==-⨯=-
【习题2.14】
已知正弦电磁场的电场瞬时值为
).(),(),(2
1
t z t z t z E E E +=
式中 8
1
8
2
(,)0.03s i n (10)
(,)0.04c o s (10)
3
x
x
z t t k z
z t t k z
E e E
e
ππ
π=-=
--uuu r
uuu r
u u r
u r
试求：（1）电场的复矢量；
（2）磁场的复矢量和瞬时值。

解：（1）因为8
8
1
(,)0.03sin(10
)0.03cos(10
)2
x
x
z t t kz t kz E
e e πππ=
-=
--
uuu r
uuu r
u r
所以 1
E u r
的复数形式为：(/2)
0.03x
i kz e
E e π-
+=u r v
2E u r
的复数形式： 2(/3)
0.04x
i kz e E e π-
+=u r r
E u r 的复矢量形式：12
E E E +=u r u r u r
32
(0.030.04
)x
i i
i k z
e e e E e π
π-
-
-+
=u r r
（2）由时谐形式Maxwell 第二方程可得
01()
x
y
i
H z e
i E E z
ωμωμ∂-
∂=∇⨯=u u r
r r 0
32(0.030.04
)y
i
i
k i k z
e e e e π
π
ωμ-
-
-+
=
r
7
8
32(0.030.04)4*10
*10y
i
i
ikz
e e
e
e k
ππππ
-
-
--+=
r 5
432(7.6*10 1.0*10)y i
i
ikz e k e
e
e π
π
-
-
---+=
r
A/m
5
8
4
8
(,)[7.6
10s i n (10)
1.0
10c o s (10)]
3
H y
z t e
k t k z
t k z π
ππ--⨯-+⨯--∴=r u r
【习题2.15】
解：(1)瞬时坡印廷矢量为
2
2
(,,)(,,)(,,)1000cos()
00
2.56cos()
2650cos ()1325[1cos(20.84)]
/x y z z z e e e S x z t E x z t H x z t t z t z e t z e t z W m
ωβωβωβω=⨯=--=-=+-
（2）因为E 和H
的复数形式为
1000x
i z
e
E e β-
=u r v
2.65i z e y H e β-
=r r
所以，平均坡印廷矢量为
2
1R e 1325
/2av S E H W m ∙∙*⎡⎤
=⨯=⎢⎥⎣⎦
【习题2.16】
解：将E 和H
表示为复数形式
0sin (,)E ik r
e
r
E r e
θ
θθ-
=u r v
00s i n (,)E i k r
e
r
H r e
ϕ
θηθ-
=ur v
所以，平均坡印廷矢量为
22
2
00
11
R e (
)sin /22r
av E S E H W m r
e
θ
η∙∙*⎡⎤
=⨯=
⎢⎥⎣⎦
22
22
00
00
1
(
)sin sin 290
av av s
E E P S dS r d d r
ππ
θθθϕη
=∙=
=
⎰⎰⎰
【习题2.17】
解 （1） 000001sin()()2
ik z ik z
x x E e iE k z e E e e -==-
0000
0000
2
1
(,)[cos()cos()]
2
cos()()
(,)[][cos()cos()]
1
2
(,)(,)(,)(4
[]cos x
i z
i z y
i t
e m
y
z
i t
E z t t k z t k z e m k
k H z H z t t k z t k z S z t E z t H z t t z e
E
e
R E e
k e
e e e
e
R H
e
k E
ωωωωωωω-=++-=
=+=
=
++-=⨯=+
=
2
02
2
2
2
)()]0,(0,)01
2
/8)()()])
8
4
4
4)()()]
4
4
2
2
cos cos cos cos cos z
z
z
t z z S t z S z t t t z S z t t k e
e E
e ωπ
π
ωωωπ
π
ωωλλλ
λ
--===
=+
--
=-=
=+
--
时时，（，时，（，
=2
2
()()}0sin sin z
t t e ωω--=
（2
）0
*11[])()]02
2
o o o i
z
i z i z i z
e e av
k
k k k E
H R e e e e R S
--=
⨯=-+=
【习题2.18】
解：将电场强度E
表示成复数形式，得
50i t z
x E e e
ωβ-=
由麦克斯韦第二方程，得 ()50sin y B
E e t z t
ωβωβ∂=-∇⨯=-∂
对上式两边积分，得 ()50cos y B e t z βωβω=--
()00
50cos y B H e t z βωβμωμ∴==--
将磁场强度E
表示成复数形式，得
()
50i t z y H e e
ωββωμ-=- 则平均坡印廷矢量
*00
1
50501250R e 22av z z S E H e e ββωμωμ⎡⎤=⨯==⎣⎦ 因为，/C βω= ，所以平均功率
222
78
00125012501250 2.565.1()410310
av av s
P S dS R R W C C ωπππωμμπ-=
⋅=⨯=⨯=⨯=⨯⨯⨯⎰
【习题2.19】
证明：（1）因为
2
21
1
111122222
2222
21
1
1
1
2222
1[cos sin 2cos sin ]2111[sin cos 2cos sin ]2E H E E H H E H E H E H E H εμεμεϕηϕηϕϕμϕϕϕϕηη+=∙+∙=++∙++-∙ 由于 2
εημ=
以及,
μεημη
=
==
所以有
22
2
2
1
11
1112
2
2
2
E H E H
εμεμ+
=
+
具有不变性；
（2） 因为
11221(cos sin )(sin cos )
1cos ()()sin E H E H E H E H H E E H
ϕηϕϕϕη
ϕηϕη
⨯=+⨯-+=⨯+⨯-=⨯
所以，具有不变性；证毕。

【习题2.20】
解： 已知麦克斯韦方程为
第一方程 D
ρ∇⋅=
第二方程 E /t
B ∇⨯=-∂∂
第三方程 B 0∇⋅=
第四方程 H /t
J D ∇⨯=+∂∂
又知 =∇x
e x
∂∂y
e y
∂∂+z
e z
∂∂+
A ⨯∇(z
x A e y ∂=-∂ )y A z ∂+∂(x y A e z ∂-∂ )z
A x ∂+∂(y z A e x ∂-∂ )x A y
∂∂ 在直角坐标系中
（1） 方程D ρ∇⋅= 可写出一个标量方程： y x z
D D D x y z
ρ∂∂∂++=∂∂∂ （2） 方程B 0∇⋅= 可写出一个标量方程： 0y x z B B
B x
y
z
∂∂∂+
+=∂∂∂ （3） 方程E /t B ∇⨯=-∂∂
可写出三个标量方程：
y
x z E B E y z t
∂∂∂-
=-∂∂∂ y
x z
B E E z x t ∂∂∂-
=-∂∂∂ y x
z E E B
x
y t ∂∂∂-=-∂∂∂ （4） 方程H /t J D ∇⨯=+∂∂
可写出三个标量方程：
y
x z x H D
H J y z t
∂∂∂-
=+∂∂∂ y
x z y
D H H J z x t
∂∂∂-
=+∂∂∂ y x
z z H H D J x
y t
∂∂∂-
=+∂∂∂。