电磁场与电磁波基础教程--符果行版(第2版)习题解答

《电磁场与电磁波基础教程》（第2版）
（符果行编著）习题解答
第1章
1.1 解：（1）==A B
=C
（2）)))23452
A x y z
B y z
C x z =
=+-=-+=-，，；A a a a a a a a a a a A
（3）()()+2431223x y z x y z =+-+-+=--=+；A B a a a a a a A B （4）()()23411x y z y z ⋅=+-⋅-+=-；
A B a a a a a （5）()()234104x y z y z x y z ⨯=+-⨯-+=---；A B a a a a a a a a （6）()()()1045242x y z x z ⨯⋅=-++⋅-=-；A B C a a a a a
（7）()()()x 104522405x y z x z y z ⨯⨯=-++⨯-=-+A B C a a a a a a a a 。

1.2解：cos 68.56
θθ⋅=
==︒；A B A B
A 在
B 上的投影cos 1.37
B A θ===A ；
B 在A 上的投影cos 3.21
A B θ===B 。

1.3 解：()()()()()()()4264280⋅=-++-=正交A B 。

1.4 解：1110x x y y z z x y y z z y ⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=，，；；
a a a a a a a a a a a a 0x x y y z z ⨯=⨯=⨯=；a a a a a a x y z y z x z x y ⨯=⨯=⨯=；，a a a a a a a a a 。

1.5 解：（1）1
11000z z z z ρρϕϕρϕϕρ⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=，，；，，a a a a a a a a a a a a ；000z z z z z ρρϕϕρϕϕρρϕ⨯=⨯=⨯=⨯=⨯=⨯=，，；，，a a a a a a a a a a a a a a a 。

（2）111000r r r r θθϕϕθθϕϕ⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=⋅=，，；，，a a a a a a a a a a a a ；
000r r r r r θθϕϕθϕθϕϕθ⋅=⋅=⋅=⨯=⨯=⨯=，，；，，a a a a a a a a a a a a a a a 。

1.6 解：()23223x
y z x y z y xy z yz x y z
ΦΦΦ
Φ∂∂∂∇=++=+++∂∂∂a a a a a a 在点（2，-1，1）处
()2-1133x y z l l ΦΦ
ΦΦ∂∇=--=∇⋅=∇⋅∂，，
；
A
a a a a A
()()11332233
x y z x y z =--⋅
+-=- a a a a a a 。

1.7 解：
()22121(2)(21)455x y z x y z x y z y xy z yz x y z
ΦΦΦ
ΦΦ
∂∂∂∇=++=++++∇=++∂∂∂，
，，a a a a a a a a a 。

1.8 解：()()()1113x y z x y z
∂∂∂
∇⋅=
++=++=∂∂∂r 。

1.9 解：对z z ρρ=+r a a 取散度，()13z
z
ρρρρ∂∂∇⋅=
⋅+=∂∂r ，对r r =r a 取散度，()2
213r r r r
∂∇⋅=
⋅=∂r ，看出对同一位置矢量r 取散度不论选取什么坐标系都应得同一值，坐标系的选取只是表示形式不同而已。

1.10 解：1100z c c c z ρρρϕρρρρρ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
∂∂∂∇⋅=
=∇⨯-+⋅= ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，=B a a B ，
由亥姆霍兹定理判定这是载流源在无源区(0)==G J 产生的无散场。

1.11 解：1100z
c c c z ϕ
ρρρϕρρρρ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
∂∂∂∇⨯=-=∇⋅== ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，E a a E ，由亥姆霍兹定理判定这是电荷源在无源区()0g ρ==产生的无旋场；将0∇⋅=E 与恒等式()0u ∇⨯∇=对比，可知E 与±
u ∇等效，令标量位u Φ=得Φ=-∇E 。

1.12 解：F 满足无旋场的条件为0∇⨯=F ，在直角坐标系中表示为
()
03 2 x z x y z y az bx z cy z ∂∂∂=∂∂∂---+y a a a
解得a =0，b =3和c =2。

1.13 解：
()()2220x y xy x y
∂∂
∇⋅=
--=∂∂，F ()()()()2222220x
y z xy x y xy x y z z x y ⎡⎤∂∂∂∂
∇⨯=+-+---=⎢⎥∂∂∂∂⎣⎦
F a a a 由亥姆霍兹定理判定知，这是属于第一类的无散无旋场。

1.14 解：
取2222221111:00sin r
C C c c r r r r r r r r r θϕθϕθ∂∂∂⎛⎫⎛⎫⎛⎫=∇⋅=⋅=∇⨯-= ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，=F a F F a a ，属 于第一类的无散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示； 取2221r c c c r r r r r r ∂⎛⎫=∇⋅=⋅= ⎪∂⎝⎭:，F a F 1110sin c c r r r r θϕθϕθ∂∂⎛⎫⎛⎫
∇⨯=-= ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭F a a ，属于第
二类的有散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示； 取1:0sin c c r r r ϕθϕ∂⎛⎫
=∇⋅== ⎪∂⎝⎭
，
F a F 11sin sin r
c c r r r r r r θθθθ∂∂⎛⎫
⎛⎫∇⨯=-⋅ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭
⎝⎭F a a 2cot r c r θ=a ，属于第三类的无散有旋场。

第2章
2.1 解：q 3受到q 1和q 2的作用力应当等值反向，所以3q 应位于1q 和2q 的连线上某点处。

由库仑定律和1323F F =，可写为
()
1132312
2
22
132313232q q q q q q K
K
r r r r ==
，
故23131.41r r =；又13131.41r r x +=
解得130.4152.41x
r x =
=。

2.2 解：在图中z 轴上线元d z '处电荷元d l z ρ'可视为点电荷，它与场点P 的距离为R ，由库仑定律知，离导线为ρ处场点P 的电场强度为对
2
0d d cos 4l z E R
ρρθπε'
= 在22ππ⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，范围内对θ取积分。

由图可知sec R ρθ=，tan z ρθ=和2d sec d z ρθθ=，得
0cos d d 4l E ρρθ
θπερ
=
2
200cos d 42l l E πρπρρθθπερπερ-==⎰，02l ρ
ρπερ
=E a 。

2.3 解：由圆环上线元d l '处电荷元d d 2l q q a
π'=可视为点电荷，它与圆环轴线上场点P
的距离为
R =由轴对称性知场点P 的电场强度只有z
分量，由库仑定律知
()
32222
00d 1d d cos 442z q q l z
E R a a z απεπεπ'⎛⎫=
= ⎪
⎝⎭+ 由图知式中α为d E 与d z E 的夹角。

对圆环取积分得
()
()
3322
22
2
2
0011 , 44z z
qz
qz
E a z a z πεπε=
=++故E a
圆环面中心点处0z =知0=E ，这是由于具有轴对称的电场强度不仅其径向分量等值反向，
相互抵消，且在
0z =处无轴向分量。

2.4 解：利用习题2.3的结果进行计算。

取盘上半径为ρ'，宽度为d ρ'的圆环，环上电荷密度为d l S ρρρ'=。

该圆环在轴上点P 产生的电场，由于对称性，ρ分量相互抵消为零，只有z 分量
()
3
2
2
2
0d d 2S z z E z
ρρρερ''=
'+
对整个圆面积分
()
()()3
110
222222222
00
0d 11222a
a
S
S S z z z E z a z z ρ
ρρρρεεερρ⎡⎤⎡⎤
''
⎢⎥⎢⎥
==-
=-⎢⎥⎢⎥
''+++⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣
⎦⎰
故
()1
222012S z z a z ρε⎡⎤
⎢⎥=-⎢⎥+⎢⎥⎣⎦
E a 。

若S ρ保持不变，当0a →时，有0→E ；当a →∞时，有a →∞，有0
2S
ρε→E 。

2.5 解：对于球对称分布，应用高斯定理 00
1
d d S
S q S ρεε⋅==⎰⎰
E S
在区域r ＜a :100S ρ==，E ；
在区域a ＜r ＜b :22
210144S r E a ππρε=，2122
0S r a r ρε=E a ；
在区域r ＞b :()2
2
231
20
1
444S S r E a b ππρ
πρε=
+，()22312201
r
S S a b r
ρρε=+E a 。

2.6 解：对于柱对称分布，应用高斯定理
01
d d S
S
S E S ρε⋅=⎰⎰
S
在区域ρ＜1:00S a ρ==，E ； 在区域a ＜ρ＜11
2002:2S S a a b ρ
ρπρρπερερ
==E a a ；
在区域ρ＞()
1212
3002:2S S S S a b a b b ρ
ρ
πρρρρπερ
ερ
++==E a a 。

2.7 解：对于在xy 面上的无限大面电荷分布，其电场沿z 轴垂直于无限大平面，具有面对称分布，应用高斯定理时可跨平面作矩形盒高斯面，得
()0
S z z S E E S ρ
ε+=
在区域z ＞0：02S z ρ
ε=E a ；
在区域z ＜0：0
2S z ρ
ε=-E a 。

2.8 解：两无限长电流的磁场分布分别具有轴对称分布，应用安培环路定理和叠加原理，得
在y =-a 处，12z I a π=H a ；
在y =a 处，22x
I
a
π=H a 。

故在坐标原点处
()()
00122z x I
a
μμπ=+=+B H H a a 。

2.9 解：对于轴对称分布，应用安培环路定理
0d S
I μ⋅=⎰
B l
在区域ρ＜1:0a =B ；
在区域a ≤ρ≤()
()2222:S I b I J a b a πρπππ''==--，(
)()
22
2222I a b a ϕμρπρ-=-B a ； 在区域ρ＞03:2I
b ϕ
μπρ
=B a 。

2.10 解：已知sin m B t ρω=B a 和n ab =S a ，磁通为
1d sin d sin cos d sin 22
m n m m S
S
S
B t S B t t S abB t ρψωωωω=⋅=⋅==⎰⎰⎰B S a a
由法拉第电磁感应定律知
()1sin 2cos22in m m abB t ab B t t t
ψεωωω∂∂
=-
=-=-∂∂ 当线圈增至N 匝时，磁通增至N 倍，有
cos 2in m Nab B t εωω=-。

第3章
3.1 解：电荷元d d 2l q q
a
π'
=在圆环轴线上场点P 的电位为 ()
()
12
2002
12
20
2
d 1d 1
d 4421
4q q l R a a
z
q a
z
ΦπεπεπΦπε'⎛⎫=
=
⎪⎝⎭
+=
+
故
()()33222222
00144z z z d q z qz dz a z a z ΦΦπεπε⎡⎤
⎢⎥=-∇=-=--=⎢⎥++⎢⎥⎣
⎦E a a a 。

3.2 解：先假设双线传输线为有限长度2L ，导线与z 轴重合，其中点在原点处。

其中
一根导线上所有电流元产生的矢量磁位都与z 轴方向一致，可知
()
()()()12
22
1
220
002
1
1
2
2
2
222d ln ln 444L
L z z z
L
L
L L
I I I z
z z z
L L
ρμμμρπ
ππ
ρ
ρ++--++⎧⎫⎡⎤⎪⎪==++=⎨⎬
⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭
++-⎰
A a a a 式中()
12
22
x y
ρ=+。

当L →∞时，利用二项式定理()()111n
n ααα
+≈+可知()
12
12
222
1L
L L ρρ⎡⎤
⎛⎫+=+⎢⎥ ⎪
⎝⎭
⎢⎥⎣⎦
221122L L L L ρρ⎡⎤⎛⎫≈+=+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦。

上式近似写为
2
0022ln ln 42z z I I L L
μμπρπρ
⎛⎫== ⎪⎝⎭A a a 。

现将平行于z 轴的双线传输线分置于2
d
x =±
处，可知在xy 平面上两电流元离场点的距离为2212d x y ρ⎡⎤⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦和2
2
22d x y ρ⎡⎤⎛⎫=++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦。

利用叠加原理可得
2
20002122
1212
222ln ln ln ln 2222z z z d x y I I I L L d x y
μμμρπρρπρπ⎛
⎫++ ⎪⎛⎫⎝⎭=+=-== ⎪⎛⎫⎝⎭-+ ⎪⎝
⎭A A A a a a 。

3.3 解：对于球对称分布，可由高斯定理求E 和D ，再由位场关系求Φ，而求P 的公式为()001r εεε=-=-P D E E 。

在区域r ＞112
00:44r
q q b r
r Φπεπε==，E a ，1012
04r q
r επ===1，D E a P ； 在区域a ≤r ≤22
2
0:44r
r
r q q
b r r
πεεπε==，E a a 22221
144r
r r
q q
r r πεπ⎛⎫==- ⎪⎝⎭
，，D a P a 2121
20
11
11d d =d =144b r
r
r r r b
b
b
r r q
q E r E r r r b r ΦΦπε
πεεε=∞
⎡⎤
⎛⎫=---
-+
⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
⎰⎰⎰
； 在区域r ＜332
2
0:044r
r
q q
a r
r πεπ===，，E a D a P ， 323d r
r a r a E r ΦΦ==-⎰01
11
11 114r r q b a r πεεε⎡⎤⎛⎫⎛⎫=---+⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦。

3.4 解：对于轴对称分布，可应用安培环路定理求磁场。

通过导磁圆柱的稳恒电流为均
匀分布，其体电流密度为
2
z
I b π=J a 在区域ρ＜2
2:2I b H JS b ϕπρπρπ'⋅==，
2
2I
b ϕρπρ
⎛⎫= ⎪⎝⎭，H a 2()2πI b ϕρμμρ==B H a 0B H ϕμ⎛⎫=- ⎪⎝⎭M a 2
012I
b ϕμρμπρ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭，a
()200112z
z S b z I I
M J b b ϕρρμμρρρμπμπ=⎛⎫⎛⎫∂
''=∇⨯==-=⨯=-- ⎪
⎪∂⎝⎭
⎝⎭
，1J M a a M a a ； 在区域ρ＞0
:22I I b ϕ
ϕμπρ
πρ
==，H a B a 。

看出上述解与例3.4中令0a →的结果一致。

当b →∞时，'，，J J H 和0→B ，这是因
为有限源分布在无限大空间，对空间中任一点几乎不存在源，自然没有源产生场。

3.5 解：（1）两极板上面电荷密度均为S Q S
ρ=。

设带Q +和Q -的极板分别置于y d =和0y =处，则E 的方向与y 反向。

利用导体表面电场的法向边界条件式（3.51b ）
S n
n Q
S
ρεε=-=-E a a 忽略极板边缘效应，电介质内E 为常量。

于是
()0d d y d d n n y o Q Q Q S
U y d C S S U d εεε==⎛⎫=-⋅=--⋅=== ⎪⎝⎭
⎰⎰ 故E l a a ； （2）两极板间电压为U ，极板间电场为均匀分布，且等于
n
U d
=-E a 利用式（3.51b ）可知S n U E d ρεε
==。

因此，S S Q S U d ερ⎛⎫== ⎪⎝⎭
和S Q C U d ε==，结果相同。

3.6 解：对于球对称分布，由高斯定理得
2
24111d 44r a ab
b Q r Q Q U r r a b πεπεπε=⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭
⎰E a
故
4ab Q ab
C U b a
πε=
=- 当b →∞时，可得半径为a 的弧立导体，其电容为4C a πε=。

地球的介电常数取为0εε≈，
可得地球电容为
6
39
6.5100.72210722910
C F F μ-⨯==⨯=⨯。

3.7 解：对于轴对称分布，可应用安培环路定理首先求磁场。

为此，跨过螺线管一侧作矩形闭合回路，与管长平行一边的长度为L ，得磁感应强度
00BL nLI B nI μμ==，
磁通和磁通链为
200n BS nSI n SI ψμψψμ===，=n
单位长度电感
200L n S
μ=
3.8 解：设内线圈中通以电流I 1，则管芯中与外线圈交链的磁通，可按3.7题得磁通
()2
112011N a I l ψμπ⎛⎫=
⎪⎝⎭
外线圈有N 2匝，得磁通链
20
122121211
N N N a I l μψψπ==
互感为
212
12121
1
n M N N a I l ψμπ=
=。

3.9 解：利用电场的切向和法向边界条件得
2211222111sin sin cos cos E E E E θθεθεθ==，
两式相比得
22
11
tan tan θεθε= 2E 的大小和方向为
()
()
()1
2
2
2
2
2
22122222221111212
2
211112sin cos sin cos sin cos t n E E E E E E E E εθθθθεεθθε⎡⎤⎛⎫⎢⎥=+=
+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
⎡⎤
⎛⎫
⎢⎥=+ ⎪
⎢⎥⎝⎭⎣⎦
2
211arc tan tan εθθε⎛⎫=
⎪⎝⎭。

3.10 解：解法类似于3.9题，只需将ε用μ来取代，即得
1
2
2
2121112sin cos H H μθθμ⎡⎤
⎛⎫
⎢⎥=+ ⎪
⎢⎥⎝⎭⎣
⎦
2
211arc tan tan μθθμ⎛⎫
=
⎪⎝⎭。

3.11 解：解法类似于3.9题，只需将ε用
来取代，即得
1
2
2
2221111sin cos J J σθθσ⎡⎤⎛⎫
⎢⎥
=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
2
211arc tan tan σθθσ⎛⎫=
⎪⎝⎭
3.12 解：忽略平行板电容器的边缘效应，可知电介质内的电场为均匀恒定值U
E d
=。

由式（3.63b ）和（3.65b ）求得电容器的能量为
()2
2
2
1
2
11d 22e e W CU U S W S U d d εε=⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
由3.5题知S C d
ε
=。

3.13 解：对于轴对称分布，应用安培环路定理知
2NI
ϕπρ=H a （a ≤ρ≤b ）
2
2001128m NI w H μμπρ⎛⎫== ⎪⎝⎭
()
2
222
000
11
d d d d ln 84b
h
m m V a
NI b W w V z N I h a πμμρϕπρ
π
⎛⎫
===
⎪⎝⎭
⎰⎰
⎰⎰。

3.14 解：参考例3.11。

其中0q 所受力
()01232
04r
q q q q r πε++=F a 。

3.15 解：（1）利用静电场量公式
图3.33（a ）表示在球内取任一半径为r ＇、厚度为d r ＇的微分球壳，其体积为2d 4d V r r π''=，d V '内的电荷量为20d 4d q r r ρπ''=。

图3.33（b ）表示微分球壳可视为如同
例3.12的薄层球面电荷分布，其等效面电荷密度为()02
d d 4S q
r r ρρπ'=='r ，因此可以直接照搬例3.12的结果进行计算，并将结果改写为如下形式
()220
22
00d d 0 S r r r r r r E r r
r r ρρεε''⎧''=>⎪=⎨⎪'<⎩
r
()()320022200
00220
002200000
1
d 34d d 3a
r r r r r r a Q E r r r a r r r E r r r r r r a r r ρρεεπερρρεεε''==''==⋅=⋅≥'''===≤⎰⎰⎰。

r r
（2）利用静电位标量公式
将例3.12的结果改写为如下形式
()220
00
22
0d d r d S S r r r r r r r r r r r r r ρρεεΦρρεε''⎧''=>⎪⎪=⎨''⎪''=<⎪⎩r ()()()()23000002300
0030
220
00
d 3d 31
34 3a
r r r a r r a r r r r r r a r r
a Q r a r r E r r r a ρρΦεερρΦεερΦεπερε'
''==≥'''==≤⎧⋅=⋅≥⎪
∂⎪=-=⎨
∂⎪≤⎪⎩⎰⎰。

r r r r
（3）利用高斯定理公式
()3
00
0230043 443 r a Q
r a E r r r a πρεεππρε
⎧⎪=≥⎪⎪⋅=⎨⎪⎪≤⎪⎩
r
故
()20
00
1
4 3r Q r a r E r r a περε⎧⋅≥⎪⎪=⎨⎪≤⎪⎩。

r
3.16 解：将载流圆柱腔看作半径分别为a 和b ，且电流密度反向的两圆柱体叠加。

两
圆柱体具有轴对称分布，可应用安培环路定理得各圆柱内任一点的磁场
()()()20000()(1,2)2222
i i i z i i i I J J i ϕϕρμμμμ
πρρπρπρ==±=-±⨯=±⨯=B a a a a J ρ
或
011
022
2
2
z z J
J
μρμρ=
⨯=-
⨯B a B a 故圆柱腔内任一点的磁场
()00001212 2
2
2
2
z z z x y
J
J
J
J
d d μμμμρρ=+=
⨯-=
⨯=
⨯=。

B B B a a d a a a
式中12x d ==-d a ρρ。

3.17 解：在0y =和y d =处的平行板电容器内的电荷满足拉普拉斯方程
220d dy Φ
= 通解为
ay b Φ=+
在0y =处0Φ=，可知0b =，得ay Φ= 在y d =处U Φ=，可知U a d =
得y U d
Φ= 0||z
z S y S y d U
y d
U U
d d ΦΦεερρ==∂=-∇=-=-∂=-=
，E a a
故
1Q US S C U d U d
εε⎛⎫=
== ⎪⎝⎭。

3.18 解：在a ρ=和b ρ=处同轴电缆内的电位满足拉普拉斯方程 1d d 0d d Φρρρρ⎛⎫
= ⎪⎝⎭ 直接积分两次得通解
ln a b Φρ=+
在b ρ=处0Φ=，可知ln b a b =-，得ln a b ρΦ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
在a ρ=处0U Φ=，可知
ln U a a b =⎛⎫ ⎪⎝⎭
在区域a ≤ρ≤b 内有
000
ln , ln ln 2, ln ln S
a
U d b
U a b d b a U U E Q b b a a a ρρ
ρρρΦΦΦρρεπερε=⎛⎫ ⎪
⎝⎭==-∇=-=⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=
=
⎛⎫⎛⎫ ⎪
⎪⎝⎭
⎝⎭
=E a a
故
002ln Q C b U a πε
=
=
⎛⎫ ⎪⎝⎭。

3.19 解：按提示进行求解。

3.20 解：根据唯一性定理，要求镜像电荷的个数、大小和位置必须满足拉普拉斯方程和接地的齐次边界条件。

首先移去导体板，并代之以相同的媒质空间，在对称于垂直板相距d 1处设置q q '=-，这将使垂直半平面的电位为零，但不能使水平半平面的电位为零。

为了确保水平半平面的电位为零，可在对称于水平板相距d 2处设置q q ''=-，但它产生的位又破坏了垂直半平面的零电位。

为了满足在两个平面上都能同时满足零电位的要求，可在同时对称于两个正交板相距d 1和d 2处设置q q '''=。

于是，由 q q q '''和q '''产生的合成位为
123411114q r r r r Φπε⎛⎫=
--+ ⎪⎝⎭
式中
1234r r r r ====
3.21 解：根据式（3.81a ，b ），并以σ取代ε，由此分别得平行平板电容器和同轴电缆内的漏电导和绝缘电阻为
S d G R d S
σ
σ==，； ()
()
00ln 22ln b a
G R b a
πσπσ==，。

第4章
4.1 解：（1）对于仅由时变磁场穿过静止单导线圆环产生的感应电动势，可以根据
d d in t
ψ
ε=-
来求解。

于是 ()2000208d cos
sin 2d 1sin 228
1cos 2b
z z S
in r
B t r r a B t a a B t
ππψωπωππεωωπ⎡⎤⎛⎫
=⋅=⋅=- ⎪⎢⎥⎣
⎦
⎝⎭⎛⎫
=-- ⎪⎝⎭
⎰⎰B S a a
（2）对于N 匝导线圆环，取n N ψψ=，得2081cos 2in N
a B t πεωωπ⎛⎫
=-- ⎪⎝⎭
（3）在时间相位上，感应电动势与磁通相差2
π。

4.2 解：（1）3.5题已解出0S C d ε=，由此得000sin sin S
Q CU CU t U t d
ωεω===，传导电流为
000d cos cos d SU Q
I CU t t t d
εωωωω=
==； （2）位移电流为
0000cos cos d d d U SU D J t I J S t t d d
εωεωωω∂=
===∂，； （3）d I I =。

4.3 解：（1）由000cos sin d x r x E t E t t
εεωωσσω∂=
===∂，D
J a J E a 得 0d r J J εεωσ
=； （2）在海水中，代入数值计算得 911
1
811021036112.54
d
J J
ππ-⨯
⨯⨯⨯==
在铜中，代入数值计算得
911
87
1
110210369.58105.810
d
J J
ππ--⨯
⨯⨯⨯==⨯⨯ 看出海水比铜的介电性强。

4.4 解：（1）将A 的解代入方程中各项，得
()()()
()22
2222
222
2sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos x x x
t y t y t
y
t y t y t y t t t
βωββωεμ
εμ
βωωεμβωββω∂∇==-∂∂∂
==-=-∂∂，x x A r a a A r,a a a
看出方程得到满足，A 是齐次方程的解得到验证。

（2）利用式（4.37a ，b ）求电场和磁场
j j
1
ωωμε
μ
∇∇⋅=--=
∇⨯A
E A H A
将A 的解代入上式，其中
sin cos 0y
y x y t y y βω⎛⎫∂∂
∇∇⋅=⋅= ⎪∂∂⎝⎭
A a a a 因此
j j sin cos sin cos sin sin 21sin cos () cos cos
cos cos x x x y x z y t y t y t
y t y t x y z y t πωωβωωβωωβωβ
βωβωμμ
β
βωμ
⎛
⎫=-=-=-= ⎪⎝
⎭⎛⎫∂∂∂=
++⨯=⨯ ⎪∂∂∂⎝⎭=- 。

x x y z E A a a a H a a a a a a a 4.5 解：设待求52123()sin(2π10)x y z c c c t =++⨯H a a a ，利用式(4.13b ，d)的边界条件
12t t S H H J -=，12n n B B =
写出边界值振幅的分量
121230, 0, 2 x x y y y r z r z c c c μμ-=⋅-== a a a a a a a
代入15r μ=和22r μ=，得11c =，21c =-和35c =。

于是
52(5)sin(2π10) A/m x y z t =-+⨯H a a a
4.6 解：（1）设平行平板圆盘轴心沿z 轴，则板间电场为
000sin cos z
d z U t d
U t
t d ωεωεω=-∂==-∂E a E
J a
利用安培环路定理
d d l
S d ⋅⋅⎰
⎰H l =J S
得
200002ππcos cos 2U H t
d
U t
d
ϕϕ
εω
ρρωεω
ρω=-=-H a
电、磁能量密度为
220002222
2
0000sin 1
()
22cos 1()28e m U t w E d
U t w H d
εωεμωμεωρ====
能流密度矢量为
2
02
sin cos 2U t t d ρεωρωω=⨯=-S E H a
验证：
22
00πd sin cos S a U t t d
εωωω-⋅=⎰S S
以上积分只需在板间侧面a ρ=的面积2ad 上进行。

222
00()d d ()
d sin cos d V
e m V e e m e W w w V w V w w w a d
U W a t t t d
ππεωωω=⎰+≈⎰==
因此
d d d S W
t
-⋅=⎰S S 说明进入电容器的无耗空气介质中的能流全部转化为电磁储能增量。

（2）外加直流电压U 0的板间电场为
0z U
d
=-E a
有
z
U d
σσ==-J E a 利用安培环路定理得
2U d
ϕσρ=-H a
能流密度矢量为
2
02U =d ρ
σρ⎛⎫
=⨯- ⎪⎝⎭
S E H a
介质中的损耗功率密度为
2
0U p =d σ⎛⎫
=⋅ ⎪⎝⎭
J E
验证：
2
22
002
2
2
2
00
d 22d S V
U U a a ad d d
U U a V =a d d d σπσπσπσπ⎛⎫
-⋅=
= ⎪⎝⎭
⎛⎫⋅⋅= ⎪⎝⎭
⎰⎰S S J E
因此
d d S V
V -⋅=⋅⎰⎰S S J E
说明进入电容器的有耗介质中的能流全部转化为介质的损耗功率。

4.7 解：利用式（4.29）得
()j j 2000(,)=Re j cos Re cos cos cos 2t t x z x z x z z t E k z e E k ze E k z t πωωπω⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭⎡⎤⎛⎫⎡⎤==+⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭⎢⎥⎣⎦
E a a a 4.8 解：由于
()sin cos cos 22kz t kz t t kz ππωωω⎛⎫⎛
⎫-=--=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
得
()j j j 22
00cos cos kz kz y y a x a x x,z H K e H K e a a ππππππ⎛
⎫
---+ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
H a a
4.9 解：（1）瞬时形式为
222(,)=(,)(,)=100 2.65cos ()265cos () W z z z t z t z t t kz t kz ωω⨯⨯-=-S E H a a
（2）由式（4.42b ）得时均形式为
()2000111
(,) cos0(100 2.65)132.5 W m 22
T av z z z t dt T ==⨯=⨯=⎰S S E H a a
（3）由式（4.42c ）得复数形式为
()*j0200111
()()100 2.65132.5 W m 222
z z z z e =
⨯=⨯=⨯⨯=S E H E H a a 。

第5章
5.1 解：（1）8861022310Hz,1m;222f k ωπππ
λπππ
⨯===⨯===
（2）j2()20 V m z x z e π-=E a ； （3）j20
1
1()() A m 6z
z y
z z e πηπ
-=
⨯=H a E a ； （4）215()() W m 26z z z π*
⎡⎤=⨯=⎣⎦S E H a ； （5）8310 m s p e k
ω
υυ==
=⨯。

5.2 解：（1）82310Hz,1m 2f k
ωπλπ==⨯==； （2）8310m p k
ω
υ=
=⨯；
（3）由(,)y t H 的表示式知这是沿－y 方向传播的平面波，电、磁场强度的复数形式为
j20() 2.4 V m y x y e ππη=E a j2() 2.4 A m y z y e ππ=H a
（4）电场强度的瞬时形式为
80(,) 2.4cos(6102) V m x y t t y πηππ=⨯+E a
（5）能流密度的复数形式为
()2
32011 2.4345.6 W m 22
y y =πηπ*=
⨯-=-S E H a a 5.3 解：对于良导体，1σωε>>
σωε≈ 求得
αβ== 5.4 解：（1）由
9
8
9
9
25102 1.810 1.13110 rad/s, 1.13100.2536ωπωεπ
-⨯=⨯⨯=⨯=⨯⨯=
得
3
2.5100.0110.25
σωε-⨯==<< 可知媒质是良介质；
（2）由式（5.45）知
75.398 η=
=Ω
由式（5.44a .b ）知
31
2.51075.3980.094 Np m 22
σαη-≈
=⨯⨯⨯=
9
8
1.13110518.85 rad m 310
β⨯≈==⨯=⨯ j (0.094j18.85) l m γαβ=+=+
9
71.13110610m 18.85
11
10.64m 0.094
p ωυβδα
⨯===⨯=
=
=
（3）电场强度的复数形式为
0.094j18.85()377V m z z x z e e --=⋅ E a
由式（5.50b ）得磁场强度的复数形式为
0.094j18.85()0.5 A m z z y z e e --=H a
（4）波的时均能流密度为
0.1882
1()Re ()()9.425W m 2z av z z z z e *-⎡⎤=⨯=⎣
⎦S E H a 。

5.5 解:（1）当41110kHz ,210rad s f ωπ==⨯时
4
49
143691012108110
σπ
ωεπ-⨯==⨯⨯⨯⨯
故海水可视为良导体；
当210GHz f =时，102210 rad s ωπ=⨯
109
24360.0912108110σπωεπ-⨯==<<⨯⨯⨯ 故海水可视为为良介质。

（2）当取1f 时
11j 4111
0.40 Np m 0.40 rad m
(10.1425 m
c e παβηπλπβ====+=Ω
== 4
5111210 3.1410m 0.40
p ωπυβ⨯===⨯ ；
当取2f 时
2284.3 NP m
1873.28 rad m
αβ=
===
222
42.152 3.354 mm
ηηπ
λβ==Ω==
72
22
3.3510 m s p ωυβ=
=⨯。

5.6 解：（1）为左旋圆极化波，（2）为右旋圆极化波，（3）为左旋椭圆极化波，（4）为右旋椭圆极化波，（5）为线极化波。

5.7 解：（1）8221m,310Hz,2c
f k ππλπλ
=====⨯沿+z 方向传播的左旋圆极化波。

（2）磁场强度为
()j20
1
1
j A m 12z z y x e πηπ
-=
⨯=
-H a E a a （3）能流密度为
12=
⨯S E H *2210
W m 265mW m 12z z π
==a a 。

5.8 解：（1）已知入射波电场为
1j()0(,)(j )t k z i x y z t E e ω-=+E a a
设反射波和折射波的电场强度写为
12j()0j()
0(,)(j )(,)(j )t k z r x y t k z t
x y z t RE e z t TE e
ωω+-=+=+E a a E a a
式中
21121211112214323, 111155
3232
R T ηηηηηηη-⨯
-===-===+++⨯ （2）反射波和折射的电场强度为
12j()
0j()01
(,)(j )5
4(,)(j )5
t k z r x y t k z t
x y z t E e z t E e
ωω+-=-+=+E a a E a a
（3）反射波为右旋圆极化波，折射波为左旋圆极化波。

5.9 解：（1
）30c θ=︒；
（2）当60i c θθ=︒>时，将产生全反射，空气中的折射波沿分界面传播。

由折射定律式（5.68b ）知
22
11
sin sin i t n k n k θθ== 对沿边界面z 方向传播的相位因子等相面1sin i t k z C ωθ-=对时间t 进行微分，得波的传播相速
812 1.73210m/s sin sin pz i
t
k k ω
ω
υθθ=
=
=
=⨯ 。

5.10 解：（1）平行极化波全折射时的极化角和相应的折射角可由式（5.83）和折射定律得
sin 0.993883.66.38b t θθ===︒===︒
（2）垂直极化波以极化角入射时，将83.6 6.38(5.71,)i b t a b θθθ===︒和代入式，并取
120μμμ≈≈
和12ηη=
0.1118.889
0.9750.1118.889R ⊥-=
=
=-+
20.111
0.025
0.1118.889
T
⊥
⨯
====
+
5.11 解：（1）(,)
z t
i
E写为
()
{}
()
()()
j j
00
00
(,)Re j
cos cos
2
cos sin
kz t
x y
x y
x y
z t E e e
E t kz E t kz
E t kz E t kz
ω
π
ωω
ωω
-
⎡⎤
=-
⎣⎦
⎛⎫
=-+--
⎪
⎝⎭
=-+-
i
E a a
a a
a a
（2）()
r z
E和(,)
r z t
E写为
()j0
00
()j
(,)cos()sin()
r kz
x y
r
x y
z R E e
z t RE t kz RE t kz
ωω
+
=-
=+++
E a a
E a a
由式（5. 62a）知21
2
21
1(0)
R
ηη
η
ηη
-
==-=
+
，故得
()j0
00
()j
(,)cos()sin()
r kz
x y
r
x y
z E e
z t E t kz E t kz
ωω
=--
=-+-+
E a a
E a a
（3）()z
E和(,)
z t
E写为
()()()
i r
z z z
=+
E E E
()()
()[]
()
j j j j
00
00
j j2sin
j2cos
kz kz kz kz
x y
x y
x y
E e e j E e e
E E kz
E kz
--
=---
=--
=-
a a
a a
a a
()
{}j
(,)Re j2cos t
x y
z t E kz eω
⎡⎤
=-
⎣⎦
E a a
00
2cos cos2cos sin
x y
E kz t E kz t
ωω
=+
a a
（4）()z
H和(,)
z t
H写为（按右旋关系）
2
()(j)cos
y x
E
z kz
η
=+
H a a
00
00
22
(,)cos cos cos
y x
E E
z t kz t kzsin t
ωω
ηη
=-
H a a。

5.12 解:（1）在图5.21中，+i
E沿y方向垂直极化，在理想导体面0
z=上反射波和入射波的合成场由式（5.88b）得
1
j sin
1
1
2
(,0)cos i
i
k x
x i
E
x eθ
θ
η
+
-
=-
H a
在理想导体内电磁波的场量为零，导体面上磁场的突变量等于导体面上的面电流密度，由理想导体面上磁场切向分量的边界条件得
()()
1j sin j sin 01211
1
22()=(,0)cos cos i i
i
i
x k x c S n z x i y
i E E x x e
e
ωθθθθηη⎛⎫
++- ⎪-⎝⎭
⨯=-⨯-=J a H a a a
01
2(,)cos .cos (sin ) i
S y
i i E x
x t t c
θωθη+=-J a
（2）空气中合成场的时均能流密度为
1111
()Re ()()2
av z z z *⎡⎤=⨯⎣⎦S E H 式中场分量1y E 和1z H *由式（5.88a 、b ）可得
1j sin 101(,)j2sin(cos )i k x i y i E x z E k z e θθ-+=- 1j sin 0111
2(,)jsin sin(cos )
i i
k x z i i i E H x z k z e θθθη+*
=
于是
2
02111
()2
sin sin (cos )i
av x i i E z k z θθη+=S a 。

第6章
6.1 解：（1）将式（6.34）代入式（6.35a ）~（6.35d ），乘以j t e ω，取1111j γβ=和m =n =1及实部，得
11011211(,,,)cos sin sin()x c E x y z t E x y t z k a a b
βπππ
ωβ⋅⎛⎫
=
- ⎪⎝⎭
11011211
(,,,)sin cos sin()y c E x y z t E x y t z k
b a b βπππ
ωβ⋅⎛⎫
=
- ⎪⎝⎭
011(,,,)sin sin
cos()z E x y z t E x y t z a
b
π
π
ωβ=-
011211(,,,)sin cos sin()x c H x y z t E x y t z k b a b ωεπππ
ωβ⋅⎛⎫=-
- ⎪⎝⎭
011211(,,,)cos cos sin()(,,,)0
y c z H x y z t E x y t z k a a b H x y z t ωεπππ
ωβ⋅⎛⎫=-- ⎪⎝⎭=
（2）各物理参量为
11c f ⋅
11β=
1111
1111
TM 11
2g p π
λβωυβη⋅⋅=
=
=
==。

6.2 解:（1）由式（6.42a ）知TM 21模不能传播的传播常数必须满足
21
1.21
200 Np/m c f f γ===<， 即200Np/m α=。

表明传播因子为实指数，按z e α-而衰减。

由式（6.41a ）求得
.2199.610Hz
c f ==⨯可知1.21c f f <为衰减模式，2.21c f f >为传播模式。

（2）对于2f 的传播模式，其各物理参量为
21367.47 rad m β=
82
2121
3.4210 m/s p ωυβ⋅=
=⨯ .2121TM TM 2121
21
20.017m(17mm)
g Z R j π
λβγωε
=
===
由式（6.42a ）和（6.43a ）得
21TM
21912
j367.47
j367.47j 330.42 220108.8510Z γπ-===-=Ω⨯⨯⨯⨯。

6.3 解：各物理参量为
8
.102
.1088.10310 2.08GHz
227.21013.89cm
4.1610m/s
c g p c f a λυ-⨯===⨯⨯====
=
=⨯
TE
100
120522.8Z ηπ
===Ω 。

6.4 解：（1）由式（6.41a ）知
c mn
f ⋅= 取mn =10，20，01，11和21得
10200111216550MHz,13100MHz,14700MHz,16000MHz,19700MHz c c c c c f f f f f ⋅⋅⋅⋅⋅===== (2)6550MHz 13100MHz f <<
(3)10000MHz ,f =时有
8810810
1010
10m 4104cm 10p p g f
υυλ⋅⋅⋅=
=
⨯⨯=
==。

6.5 解：TE 10模的10c f ⋅可由式（6.47c ）导出。

由于
21210rad/m k π=⨯⨯
利用
10β=得
10102.6510.95GHz
c f ⋅==由式（6.47a ）知10,2c c
f a
⋅=得
8
9
103100.0136m 1.36cm 2210.9510c c a f ⋅⨯====⨯⨯ 。

6.6 解：光纤的单模传输条件为
TM TM
0101,c c f f λλ⋅⋅<>或
12
21
0.01 1.8216n n n n -∆=
==由 知，得
TM .0116.95m c λμ=
单模工作频率范围为1217.710Hz f <⨯.
6.7 解:（1）特性阻抗为
39.243c Z ==Ω
（2）相速、相位常数和波长为
83
38
3
1.41610m s
210010 4.43910 rad m 1.41610221415.45m 4.43910p p υωπβυπ
π
λβ
--=
=
=
=
=⨯⨯⨯===⨯⨯=
=
=⨯ 。

6.8 解：（1）
8
9
3100.1m =10cm
310c f λ⨯===⨯ （2）利用
4
λ
的变换性关系式 24in L c Z Z Z λ⎛⎫
⋅= ⎪⎝⎭
得
100100
48j64475j100
in Z λ⨯⎛⎫==-Ω ⎪+⎝⎭ （3）已知100c Z =Ω和75j100,L Z =+得
0j74.3075j1001001j49j32
0.5175j1001007j465
L L Z Zc Z Zc -+--++Γ=
====++++
（4）由 1||0.51Γ=知
001||
3.081||
ρ+Γ=
=-Γ。

6.9 解：（1）由15050,L c R Z =Ω=Ω和得
0150501
150502
L c L c R Z R Z --Γ=
==++
（2）在离负载距离4
2
z z λ
λ
=
=
和处,得
j2j 40j2j2201142211222e e e e λβπλβπλλ⎛⎫
- ⎪-⎝⎭⎛⎫
- ⎪-⎝⎭⎛⎫
Γ=Γ==- ⎪⎝⎭
⎛⎫
Γ=Γ==
⎪⎝⎭
111425016.67141142in c
Z Z λλλ⎛⎫⎛⎫+Γ+- ⎪ ⎪
⎛⎫⎝⎭⎝⎭==⨯=Ω ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭-Γ-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
1112250150121122in c
Z Z λλλ⎛⎫+Γ+
⎪⎛⎫⎝⎭==⨯=Ω ⎪⎛⎫⎝⎭--Γ ⎪
⎝⎭。

（3）利用ρ、0Γ和L Z 的关系式求L Z 由max min
240
640
U U ρ=
=
=知01517ρρ-Γ=
=+ 由00(0)0444
l n λλλ
ϕϕπ=
+===知有 0005
7
j e ϕΓΓ=
=
5
11750300()5117
L C Z Z +
+Γ==⨯=Ω-Γ-
6.10 解：将4
2
z z λ
λ
==
和代入式（6.79），分别得tan tan 04
2
λ
λ
ββ⋅
→∞⋅
=和，
式（6.79）分别变为
2
,42c in in L L Z Z Z Z Z λλ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
看出例如在终端短路（0L Z =）的纯驻波状态下，在z =0处，0;,,
4
in in Z z Z λ
==→∞在处而在2
z λ
=
处，0in Z =。

这表明从终端开始传输线每经过4λ其阻抗特性就变换一次，每经过
2λ就重复一次，此性质分别称为4λ的变换性和2
λ的重复性（或还原性）。

6.11 解：（1）将0L Z =和L Z =∞分别代入式（6.79）,得
0j tan , j cot ins c in c Z Z z Z Z z ββ==-
由上两式求出
1
, arctan c Z z β== （2）将0j103,j54.6ins in Z Z =Ω=-Ω和l =1.5m 代入上两式，得
75 1j j
arctan j0.628 rad/m 1.5c Z γβ=
Ω
===。

6.12 解：（1）为了实现在输出端对并联负载等效电阻进行等功率馈电，要求从主传输线向每一负载看去的输入阻抗必须相等，即1in Z =22100in c Z Z ==Ω。

由此得
1280,50cL cL Z Z Ω==Ω
（2）在两分支匹配传输线上
1122121122648025500.11, 0.3364802550
L cL L cL L cL L cL Z Z Z Z Z Z Z Z ----Γ===-Γ===-++++
1212121||1||10.1110.33
1.25, 1.991||10.111||10.33
ρρ+Γ+Γ++=
=====-Γ--Γ-。

第7章
7.1 解：滞后位的复数形式为
()j kr
C r e r
Φ-=
在球坐标系中
[]22
j j 2j 2d 2d ()d d kr kr kr C C C r e e k e r r r r r r Φ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫∇=+=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
上式乘以j t e ω，并取实部，得瞬时形式 ()()22cos cos C t kr k t kr r ωω⎡⎤
∇-=--⎢⎥⎣⎦ 因此，滞后位满足波动方程
()()22,,0r t k r t ΦΦ∇+=⎡⎤⎣⎦。

7.2 解：根据振荡电偶极子的辐射公式（7.14a ），在2
π
θ=
处的电场幅值为
2m Il E r
θηλ=
写为
2m E r
Il
θλ
η⋅=
按题意，要求在r =100km 处V 100m m E θμ≥，即知
650
210010210120m E r
Il θλ
ηπ
-⋅⨯⨯⨯≥=
例7.2已给求出赫兹电偶极子的辐射功率为
2
2
40r Il P πλ⎛⎫
= ⎪⎝⎭
要求
2
2
65
2220210010210204040 1.11W 1203120m r E r P θπππηππ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⋅⨯⨯⨯≥=== ⎪ ⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
⎝⎭。

7.3 解：（1）以太阳为球心，以太阳与地求间距离为半径r 作假想球面，其面积为
263219244(1491010)2789910m S r ππ==⨯⨯⨯=⨯
太阳发出的总功率为
1926
02
0.152789910 4.184810W 100r P SS -==⨯⨯
=⨯
（2）利用20
00
2E S η=
，得
01063.47V m E == 。

7.4 解：由式（7.14a ）知两电基本振子在z 轴上（2
πθ=）远区场点P 的场分别为
j j 11022012j
,j 22kr kr I l I l E e E e r r
θθηη
λλ--== 合成场的模为
0E 由于 I 1= I 2= I ，l 1=l 2=l ，故得
j 0kr E e -= 若用磁基本振子取代电基本振子，利用对偶原理对其电量与磁量进行对偶变换，可按式（7.17）将I 取代为I m ，且有
0j m S I I l
ωμ=
则得
j kr E ϕ-
具体变换过程参见7.2.3节。

7.5 解：（1）由式(7.24)得
0.63 1.8G D η==⨯=
（2）由式（7.21）知
0220
|r r m
P P E D E ==
式中
222
20000
114,422m r r E E P r P r ππηη==
上两式相比得0r r P DP =,由此知
m E =
代入2013,10W 10km,20km,r D P r r ====和得
3
1
3
2
10 V m
10V m
m
m
E
E
-
-
=
==
（3）已知
1
r处的
1
D D
=，求
12
m m
E E
=时
2
r处的
2
D。

此时有
得
12
3412
D D D
===
和。

7.6 解：按7.5
题给出的公式计算，得
3
10V m
E-
===
2
10V m
m
E-
=
故
10
m
E E=。

7.7 解：（1）在赤道面上
2
π
θ=，又知
8
6
310
30m
1010
c
f
λ
⨯
===
⨯
利用式（7.14）得在10km
r=的远区场
3
3
2
2j2.110
j1010
j32
30
03
255010
j j120 =7.85410V m 222301010
kr
Il
E e e e
r
π
π
θ
π
ηπ
λ
⎛⎫
--⨯-
-⨯⨯ ⎪
--⎝⎭
⨯⨯
⎛⎫
==⨯⨯
⎪⨯⨯⨯
⎝⎭
3
j2.110
j62
j20.8310A m
22
kr
Il
H e e
r
π
ϕ
π
λ
⎛⎫
-⨯-
⎪
--⎝⎭
⎛⎫
==⨯
⎪
⎝⎭
（2）
33
j2.110j2.110
36
22 11
Re Re7.8541020.8310
22
av
e e
ππ
θϕ
⎛⎫⎛⎫
-⨯-⨯-
⎪ ⎪
*--
⎝⎭⎝⎭
⎡⎤
⎡⎤
=⨯=⨯⨯⨯
⎢⎥
⎣⎦
⎢⎥
⎣⎦S E H a a
92
81.810W m
r
-
=⨯
a
（3）
2
22
22
5010
80800.22
30
r
l
Rππ
λ
-
⎛⎫
⨯
⎛⎫
===Ω
⎪
⎪
⎝⎭⎝⎭。

7.8 解：以cos ϕ取代式（7.50）中的cos θ，再代入式（7.54a ），并取m =1和2
d λ
=，
得
()
()121cos 12cos
2cos 2cos cos 2222k F ψ
λϕψαπϕα⎡⎤
=-=-⎢⎥⎣⎦
欲使3
π
ϕ=±时，()()max ||f f ψψ=
解得2
π
α=。

7.9 解：以cos ϕ取代式（7.50）中的cos θ，再代入式（7.54a ），并取m =1和2
d λ
=，
得 ()121
()2cos 2cos
cos 2
F ψψπϕα==- 等幅同相()0α=边射式和等幅反向()απ=端射式二元阵H 面的方向性因子和方向图为
()
()
1212()2cos cos 02()2sin cos 2F F πϕϕαπ
ϕϕαπ⎛⎫
== ⎪⎝⎭⎛⎫
== ⎪⎝⎭
)0α=)απ=
7.10 解：将例7.4中E 面的方向性因子以cos ϕ取代sin θ，则得其H 面的方向性因子为
12()2cos cos 4
4F π
πψϕ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
由式（7.53）的方向性相乘原理
112()()()
F F F ψψψ=
在H 面内，以,0.252
l π
θλ=
=代入式（7.30b ）
，得 122cos cos cos 424()1sin 2
F πλππλλλψπ⎛⎫⎛⎫
⋅-⋅ ⎪ ⎪
⎝⎭⎝⎭==
在E 面内，例7.4给出为
1cos cos 2()sin F πθψθ
⎛⎫ ⎪⎝⎭=
因此，E 面内的有向因子1()F ψ乘12()F ψ比H 面内的无向因子1()F ψ乘12()F ψ所得方向更尖锐。

H 面内的方向性图为
=。