电磁场与电磁波(第四版)习题解答
电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方饶克谨高等教育出版社
电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方饶克谨高等教育出版社2.1点电荷的严格定义是什么？点电荷是电荷分布的一种极限情况，可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。
当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时，带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。
就可将带电体所带电荷看成集中在带电体的中心上。
即将带电体抽离为一个几何点模型，称为点电荷。
2.2研究宏观电磁场时，常用到哪几种电荷的分布模型？有哪几种电流分布模型？他们是如何定义的？常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷；常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电流模型，他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。
2,3点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么？电偶极子的电场强度又如何呢？点电荷的电场强度与距离r的平方成反比；电偶极子的电场强度与距离r的立方成反比。
E/和E0所表征的静电场特性2.4简述/表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关，静电荷是静电场的通量源。
E0表明静电场是无旋场。
E2.5表述高斯定律，并说明在什么条件下可应用高斯定律求解给定电荷分布的电场强度。
高斯定律：通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以与闭合面外的电荷无1关，即ES在电场（电荷）分布具有某些对称性时，可应用高斯定律求解给定电荷分ddVS0V布的电场强度。
2.6简述BB0表明穿过任意闭合面的磁感应强度的通量等于0，磁力线是无关尾的闭合线，J表明恒定磁场是有旋场，恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源B00和BJ0所表征的静电场特性。
2.7表述安培环路定理，并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。
安培环路定理：磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和倍，即B0I如果电路分布存在某种对称性，则可用该定理求解给定电流分布的磁感应强度。
dl2.8简述电场与电介质相互作用后发生的现象。
《电磁场与电磁波》(第四版)课后习题解答(全)
第一章习题解答【习题1.1解】222222222222222222222222222222222222cos cos cos cos cos cos 1xx x y z yx y z z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z 矢径r 与轴正向的夹角为，则同理，矢径r 与y 轴正向的夹角为，则矢径r 与z 轴正向的夹角为，则可得从而得证a a b b g g a b g =++=++=++++=++++++++++==++ 【习题1.2解】924331329(243)54(9)(243)236335x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z A B e e e e e e e e e A B e e e e e e e e e A B e e e e e e A B +=--+-+=-+=----+=---∙=--∙-+=+-=⨯（）（）－（）(9)(243)19124331514x y z x y z x y z x y ze e e e e e e e e e e e =--⨯-+=---=--+【习题1.3解】已知,38,x y z x y z A e be ce B e e e =++=-++ （1）要使A B ⊥，则须散度 0A B =所以从 1380A B b c =-++=可得：381b c +=即只要满足3b+8c=1就可以使向量错误！未找到引用源。
和向量错误！未找到引用源。
垂直。
（2）要使A B ，则须旋度 0A B ⨯= 所以从1(83)(8)(3)0138xy zx y z e e e A B b c b c e c e b e ⨯==--+++=-可得 b=-3，c=-8 【习题1.4解】已知129x y z A e e e =++，x y B ae be =+，因为B A ⊥，所以应有0A B ∙= 即()()1291290xy z x y ee e ae be a b ++∙+=+= ⑴又因为 1B =; 所以221=； ⑵由⑴，⑵ 解得 34,55a b =±=【习题1.5解】由矢量积运算规则123233112()()()x y zx y z x x y y z ze e e A Ca a a a z a y e a x a z e a y a x e xyzB e B e B e B =?=-+-+-=++取一线元：x y z dl e dx e dy e dz =++则有xy z xyz e e e dlB B B dx dy dzB ?=则矢量线所满足的微分方程为 x y zd x d y d z B B B == 或写成233112()dx dy dzk a z a y a x a z a y a x==---＝常数 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k xa a y a a z a d z a a x a a y a d y a a z a a x a d =-=-=-323132132231211)()()( （1）k x a y a z zdzz a x a y ydy y a z a x xdx =-=-=-)()()(211332 （2）由（1）（2）式可得)()(31211y a a x a a k x a d -=)()(21322z a a x a a k y a d -= （3）)()(32313x a a y a a k z a d -= )(32xy a xz a k xdx -=)(13yz a xy a k ydy -= （4）)(21xz a yz a k zdz -=对（3）（4）分别求和0)()()(321=++z a d y a d x a d 0)(321=++z a y a x a d0=++zdz ydy xdx 0)(222=++z y x d所以矢量线方程为1321k z a y a x a =++ 2222k z y x =++【习题1.6解】已知矢量场222()()(2)x y z A axz x e by xy e z z cxz xyz e =++++-+- 若 A 是一个无源场 ，则应有 div A =0即： div A =0y x zA A A A x y z∂∂∂∇⋅=++=∂∂∂ 因为 2x A axz x =+ 2y A by xy =+ 22z A z z cxz xyz =-+- 所以有div A =az+2x+b+2xy+1-2z+cx-2xy =x(2+c)+z(a-2)+b+1=0 得 a=2, b= -1, c= - 2 【习题1.7解】设矢径 r的方向与柱面垂直，并且矢径 r到柱面的距离相等（r ＝a ） 所以，2sssr ds rds a ds a ah πΦ===⎰⎰⎰＝22a h π=【习题1.8解】已知23x y φ=,223y z A x yze xy e =+而 A A A A rot⨯∇+⨯∇=⨯∇=φφφφ)()(2222(6)3203xy zx y ze e e A xy x y e y e xyze x y z x yz xy ∂∂∂∇⨯==--+∂∂∂ 2223[(6)32]x y z A x y xy x y e y e xyze φ∴∇⨯=--+又y x z y x e x e xy ze y e x e 236+=∂∂+∂∂+∂∂=∇φφφφ 232233222630918603xy z x y z e e e A xyx x y e x y e x y ze x yz xy φ∇⨯==-+所以222()3[(6)32]x y z rot A A A x y xy x y e y e xyze φφφ=∇⨯+∇⨯=--+ +z y x e z y x e y x e y x 2332236189+-=]49)9[(3222z y x e xz e y e x x y x+--【习题1.9解】已知 222(2)(2)(22)x y zA y x z e x y z e x z y z e =++-+-+ 所以()()1144(22)0xyzyy x x z z x y z x yzx y z A A A A A A rot A A x y z y z z x x y A A A xz xz y y e e ee e e e e e ∂∂⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫=∇⨯==-+-+- ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭-++-+-=由于场A 的旋度处处等于0，所以矢量场A 为无旋场。
电磁场与电磁波第4版(谢处方编)课后习题答案高等
由此可知，导线的线度小于波长，故可将该长直导线视为电偶极子天线，其辐射电阻
对于环形导线可视为磁偶极子天线，其辐射电阻
式中a为圆环的半径，由 于是 代入上式，得
由以上的计算结果可知，环形天线的辐射电阻远远小于长直天线的辐射电阻，即环形天线的辐射能力远远小于长直天线的辐射能力。
9.11为了在垂直于赫兹偶极子轴线的方向上，距离偶极子100km处得到电场强度的有效值大于 ，赫兹偶极子必须至少辐射多大功率？
天线0和天线1在P点产生的总的辐射场为
其摸为
式中
即为二元天线阵的阵因子
9.6两个半波天线平行放置，相距 ，它们的电流振幅相等，同相激励。试用方向图乘法草绘出三个主平面的方向图。
:解：由上题结论可知，二元阵的方向性函数为
其中 为单元天线的方向性函数， 为阵因子，对于半波天线，
（其方向图由题9.3给出）
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最大值的 时，电台的位置偏离正南多少度？
解：元天线（电基本振子）的辐射场为
可见其方向性函数为 ，当接收台停在正南方向（即 ）时，得到最大电场强度。由
为相距 的天线阵I和天线阵II构成的阵列天线的方向性函数
在垂直于半波天线轴线的平面内（ ） 的方向图如题9.9(2)图所示。由方向图相乘原理可得该四元阵在 平面内的辐射方向图如题9.9(2)图所示。
题9.9(2)图
9.10求波源频率 ，线长 的导线的辐射电阻：
（1）设导线是长直的；
（2）设导线弯成环形形状。
阵因子（由上题结论）
当两天线相距 ，其上的电流振幅相等，同相激励时有 代入上式，得
电磁场与电磁波》(第四版 )答案二章习题解答
电磁场与电磁波》(第四版 )答案二章习题解答2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为$\rho=-\frac{4\epsilon U}{d}-4\times 10^{-3}x-2\times 10^{-3}$，式中阴极板位于$x=9$，阳极板位于$x=d$，极间电压为$U$。
如果$U=40V$，$d=1cm$，横截面$S=10cm^2$，求：（1）$x$和$x=d$区域内的总电荷量$Q$；（2）$x=d/2$和$x=d$区域内的总电荷量$Q'$。
解（1）$Q=\int\limits_{0}^{9}\rhoSdx+\int\limits_{d}^{9}\rho Sdx=-4.72\times 10^{-11}C(3d)$2）$Q'=\int\limits_{d/2}^{d}\rho Sdx=-0.97\times 10^{-11}C$2.2 一个体密度为$\rho=2.32\times 10^{-7}Cm^3$的质子束，通过$1000V$的电压加速后形成等速的质子束，质子束内的电荷均匀分布，束直径为$2mm$，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。
解：质子的质量$m=1.7\times 10^{-27}kg$，电量$q=1.6\times 10^{-19}C$。
由$1/2mv^2=qU$得$v=2mqU=1.37\times 10^6ms^{-1}$，故$J=\rho v=0.318Am^2$，$I=J\pi (d/2)^2=10^{-6}A$2.3 一个半径为$a$的球体内均匀分布总电荷量为$Q$的电荷，球体以匀角速度$\omega$绕一个直径旋转，求球内的电流密度。
解：以球心为坐标原点，转轴（一直径）为$z$轴。
设球内任一点$P$的位置矢量为$r$，且$r$与$z$轴的夹角为$\theta$，则$P$点的线速度为$v=\omega\times r=e_\phi \omegar\sin\theta$。
电磁场与电磁波第四版课后答案
答案：① aA =
1 14
(ax
+
2ay
−
3az
)
；②
A−B =
53 ；③ A • B = −11；
④
θ AB = 135.48 ； ⑤
A× C = −(4ax +13ay +10az ) ； ⑥
A •（B × C）=（A • B）× C = −42 ； ⑦
（A× B）× C = 2ax − 40ay + 5az 和
托克斯定理求解此线积分。
∫ ∫ 答案：① A •dl = π a4 ；② (∇ × A) dS = π a4 。
l
4
l
4
1-18 试在直角坐标系下证明： − 1 ∇2 (1 R)=δ(r − r′)。 4π
∫ 1-19 若矢量 A = a（R cos2 ϕ
R3 ），1 ≤ R ≤ 2 ，求
∇• AdV 。
⎡ 2 sinhξ cosη
⎢ ⎢
cosh 2ξ − cos 2η
⎢
答案：[M ] = ⎢−
2 coshξ sinη
⎢ cosh 2ξ − cos 2η
⎢
⎢
0
⎢⎢⎣
2 coshξ sinη cosh 2ξ − cos 2η
2 sinhξ cosη cosh 2ξ − cos 2η
0
⎤ 0⎥
⎥ ⎥ 0⎥ 。 ⎥ ⎥ 1⎥ ⎥⎥⎦
+ ay
y − 2x x2 + y2
。
1-22 已知 A = a a x + b a y + c a z ，写出圆柱坐标系和圆球坐标系下 A 的表达式。
答案： A = (a cosϕ + b sinϕ )ar + (b cosϕ − a sin ϕ )aϕ + caz ；
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2.1点电荷的严格定义是什么？ 点电荷是电荷分布的一种极限情况，可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。
当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时，带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。
就可将带电体所带电荷看成集中在带电体的中心上。
即将带电体抽离为一个几何点模型，称为点电荷。
2.2 研究宏观电磁场时，常用到哪几种电荷的分布模型？有哪几种电流分布模型？他们是如何定义的？ 常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷；常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电流模型，他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。
2,3点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么？电偶极子的电场强度又如何呢？点电荷的电场强度与距离r 的平方成反比；电偶极子的电场强度与距离r 的立方成反比。
2.4简述和 所表征的静电场特性 表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关，静电荷是静电场的通量源。
表明静电场是无旋场。
2.5 表述高斯定律，并说明在什么条件下可应用高斯定律求解给定电荷分布的电场强度。
高斯定律：通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以 与闭合面外的电荷无布的电场强度。
2.6简述 和 所表征的静电场特性。
表明穿过任意闭合面的磁感应强度的通量等于0，磁力线是无关尾的闭合线， 表明恒定磁场是有旋场，恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源 2.7表述安培环路定理，并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。
安培环路定理：磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和 倍，即2.8简述电场与电介质相互作用后发生的现象。
在电场的作用下出现电介质的极化现象，而极化电荷又产生附加电场2.9极化强度的如何定义的？极化电荷密度与极化强度又什么关系？ 单位体积的点偶极矩的矢量和称为极化强度，P 与极化电荷密度的关系为 极化强度P 与极化电荷面的密度 2.10电位移矢量是如何定义的？在国际单位制中它的单位是什么 电位移矢量定义为 其单位是库伦/平方米 （C/m 2） 2.11 简述磁场与磁介质相互作用的物理现象？ ερ/=•∇E 0=⨯∇E ερ/=•∇E 0=⨯∇E VS 0 0=⋅∇BJ B 0μ=⨯∇0=⋅∇B J B0μ=⨯∇0μC P•∇=-p ρnsp e •=P ρE P EDεε=+=0在磁场与磁介质相互作用时，外磁场使磁介质中的分子磁矩沿外磁场取向，磁介质被磁化，被磁化的介质要产生附加磁场，从而使原来的磁场分布发生变化，磁介质中的磁感应强度B 可看做真空中传导电流产生的磁感应强度B 0 和磁化电流产生的磁感应强度B ’ 的叠加，即 2.12 磁化强度是如何定义的？磁化电流密度与磁化强度又什么关系？ 单位体积内分子磁矩的矢量和称为磁化强度；磁化电流体密度与磁化强度： 磁化电流面密度与磁化强度： 2.13 磁场强度是如何定义的？在国际单位制中它的单位是什么？2,14 你理解均匀媒质与非均匀媒质，线性媒质与非线性媒质，各向同性与各向异性媒质的含义么？ 均匀媒质是指介电常数 或磁介质磁导率 处处相等，不是空间坐标的函数。
(完整版)电磁场与电磁波(第四版)课后答案详解--谢处方
电磁场 与电磁波（第四版） 课后答案第一章 习 题 解答1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e 52x 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）23A 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 ee 64x 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=14-==⨯A B AB ，得1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A cos AB θ=1117=-A B B （6）⨯=A C 123502x yz-=-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 1238520xy z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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(第四版)课后答案 谢处方
电磁场与电磁波(第四版)课后答案谢处方电磁场与电磁波(第四版)课后答案--谢处方-1-共138页第三章习题答疑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?(如题3.1图所示)。
求解由点电荷q和?q共同产生的电通密度为qr?r?d?[3?3]?赤道平面q4?r?r?err?ez(z?a)qerr?ez(z?a)a{2?}23222324?[r?(z?a)][r?(z?a)]则球赤道平面上电通密度的通量d?ds??d?ezz?0ds?ss?qaqa1?(?1)q??0.293q2212(r?a)023.21911年卢瑟福在实验中使用的是半径为ra 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ze?1r?d0?er，先行证明之。
4??r2ra3?ze解位于球心的正电荷ze球体内产生的电通量密度为d1?er4?r2ze3ze原子内电子云的电荷体密度为4?ra334?ra3电子云在原子内产生的电通量密度则为ba?4?r33zer?0d?e??e2rrc234?r4?raze?1r?故原子内总的电通量密度为d?d1?d2?er题3.3图(a)4??r2ra3?3.3电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为?cm3,两圆柱面半题3.1图q(?a)a[?]2?rdr?22322232?4?0(r?a)(r?a)a径分别为a和b，轴线距离为c(c?b?a)，如题3.3图(a)右图。
谋空间各部分的电场。
求解由于两圆柱面间的电荷不是轴对称原产，无法轻易用高斯定律解。
但可以把半径为a的小圆柱面内看做同时具备体密度分别为??0的两种电荷分布，这样在半径为b的整个圆柱体内具备体密度为?0的光滑电荷分布，而在半径为a的整个圆柱体内则具备体密度为??0的光滑电荷分布，如题3.3图(b)右图。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案谢处方
球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷 ，而且在球壳外表面上还要感应电荷 ，所以球壳外表面上的总电荷为2 ，故球壳外表面上的电荷面密度为
3.6两个无限长的同轴圆柱半径分别为 和 ，圆柱表面分别带有密度为 和 的面电荷。（1）计算各处的电位移 ；（2）欲使 区域内 ，则 和 应具有什么关系？
解电荷 在 处产生的电场为
电荷 在 处产生的电场为
故 处的电场为
2.6一个半圆环上均匀分布线电荷 ，求垂直于圆平面的轴线上 处的电场强度 ，设半圆环的半径也为 ，如题2.6图所示。
解半圆环上的电荷元 在轴线上 处的电场强度为
在半圆环上对上式积分，得到轴线上 处的电场强度为
2.7三根长度均为 ，均匀带电荷密度分别为 、 和 地线电荷构成等边三角形。设 ，计算三角形中心处的电场强度。
细圆环的半径为 ，圆环平面到球心的距离 ，利用电流圆环的轴线上的磁场公式，则该细圆环电流在球心处产生的磁场为
故整个球面电流在球心处产生的磁场为
2.11两个半径为 、同轴的相同线圈，各有 匝，相互隔开距离为 ，如题2.11图所示。电流 以相同的方向流过这两个线圈。
（1）求这两个线圈中心点处的磁感应强度 ；
解（1）
（2）连接点 到点 直线方程为
即
故
由此可见积分与路径无关，故是保守场。
1.20求标量函数 的梯度及 在一个指定方向的方向导数，此方向由单位矢量 定出；求 点的方向导数值。
解
故沿方向 的方向导数为
点 处沿 的方向导数值为
1.21试采用与推导直角坐标中 相似的方法推导圆柱坐标下的公式
。
解在圆柱坐标中，取小体积元如题1.21图所示。矢量场 沿 方向穿出该六面体的表面的通量为
电磁场与电磁波答案(第四版)
第一章习题解答1.1 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 g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C g 和()⨯A B C g ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A B C 。
解 （1）23A 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 ee 64x y z +-=e e e（3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由cos AB θ===A B A B g ，得1cos AB θ-=(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos ABθ==A B B g （6）⨯=A C 123502x yz-=-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 g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x yz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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 。
（1）判断123PP P ∆是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。
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电磁场与电磁波（第四版）课后答案第一章习题解答1.1 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）23A 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 64x y z +-e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由c o s AB θ=11238=A B A B ，得1c o sAB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A=A c o s AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502xyz-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x y z-=-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 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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(第四版)课后答案_电科习题
3)
v C
evx
3y2 - 2x
+ evy x2 + evz 2z
问：1.哪些矢量可以由一个标量函数的梯度表示？哪些
矢量可以由一个矢量函数的旋度表示？
2.求出这些矢量的源分布。
1.28利用直角坐标，证明
v fA
vv f A Af
1.29： 矢量
在Av由 evρ=52， evzz验2=z0证和散z=度4围定成理的。圆柱形区域,
分量，根据边界条件可知，两种介质的
2
磁感应强度
uv B1
rr
uv B2
r B
er B
但磁场
强度 H1 H2
3.23一电荷量为 q 质量为 m 的小带电体，放置在无限长导体
平面下方，与平面距离h 。求 q 的值以使带电体上受到的
静电力恰好与重力相平衡（设 m 2103 kg, h 0.02m）。
对
第二章
2.1已知半径为a的导体球面上分布着电荷密度为 s s0 cos 的电荷，式中的 s0
为常数。试计算球面上的总电荷量。
2.6 一个平行板真空二极管内的电荷 体位密于度x=为0，阳 极94 板0U0位(d 于43 )xx23=，d，式极中间阴电极压板 为U0。如果U0 ＝40V，d＝lcm，横截 面积s =10cm2。 求：
验
A
证散度定理
1.21 求矢量
v A
erx
x
ery
x2
erz
y
2
z
沿xy平面上的一个边长为2的正
形再回求路 的Av线对积此分回，路此所正包方围形的的表两面个积边分分，别验与证x斯轴托和克y轴斯相定重理合
电磁波与电磁场第四版答案
电磁波与电磁场第四版答案一、单选题1．垂直于匀强磁场放置一长为1m的通电直导线，导线中电流为2A，所受安培力大小为0.1N，则该磁场的磁感应强度大小为（） [单选题] *A．0.05T(正确答案)B．0.1TC．0.2TD．2T2．某一区域的磁感线分布如图所示，M、P为磁场中的两个点，下列说法正确的是（）[单选题] *A．M点的磁场方向和P点的磁场方向相反B．M点的磁场方向和P点的磁场方向相同C．M点的磁感应强度小于P点的磁感应强度(正确答案)D．M点的磁感应强度大于P点的磁感应强度3．如图所示，小磁针静止在导线环中。
当导线环通过沿逆时针方向的电流时，忽略地磁场影响，小磁针最后静止时N极所指的方向（）[单选题] *A．水平向右B．水平向左C．垂直纸面向里D．垂直纸面向外(正确答案)4．面积为0.75m2的线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线垂直，已知穿过线圈平面的磁通量是1.50Wb，那么这个磁场的磁感应强度是（） [单选题] *A．0.05T B．1.125T C．2.0T(正确答案)D．0.02T5．首先发现电流的磁效应的物理学家是（） [单选题] *A．安培B．法拉第C．奥斯特(正确答案)D．密立根6．某个磁场的磁感线如图所示，如果把一个小磁针放入磁场中，小磁针将（）[单选题] *A．顺时针转动(正确答案)B．逆时针转动C．向右移动D．向左移动7．关于定义式（其中B表示磁感应强度，F表示通电导体棒受到的磁场力，I表示通过导体棒的电流强度，L表示导体棒的长度），下列说法正确的是（） [单选题] *A．B与F成正比B．I越大，则B越小C．F的方向就是B的方向D．B的大小和方向与IL无关，由磁场本身决定(正确答案)8．如图，通电螺线管轴线上a、b、c三点的磁感应强度大小分别为Ba、Bb、Bc，则（）[单选题] *A．Bc>Ba>Bb B．Bb>Bc>BaC．Ba>Bb>Bc(正确答案)D．Ba=Bb=Bc9．下列选项中通电直导线周围磁感线分布正确的是（）[单选题] *A．⑴(正确答案)B．⑵ C. ⑶D．⑷10．把螺线管与电源连接，发现小磁针N极向螺线管偏转，静止时所指方向如图所示。
电磁场与电磁波第四版课后答案
电磁场与电磁波第四版课后答案本文为电磁场与电磁波第四版的课后答案，包括章节练习和习题的详细解答。
第一章矢量分析章节练习1.什么是矢量？答：矢量是具有大小和方向的物理量。
矢量用箭头表示，箭头的长度表示矢量的大小，箭头的方向表示矢量的方向。
2.矢量的叉乘运算有什么特点？答：矢量的叉乘运算满足右手定则：将右手的食指指向第一个矢量的方向，中指指向第二个矢量的方向，那么拇指的方向就是叉乘结果的方向。
3.请推导出矢量叉乘的定义式。
答：矢量叉乘的定义式为：$\\mathbf{A} \\times \\mathbf{B} = |\\mathbf{A}| |\\mathbf{B}| \\sin \\theta \\mathbf{n}$，其中$\\mathbf{A}$ 和 $\\mathbf{B}$ 是两个矢量，$\\theta$ 是两个矢量之间的夹角，$\\mathbf{n}$ 是垂直于平面的单位矢量。
习题1.已知两个矢量 $\\mathbf{A} = 2\\mathbf{i} +3\\mathbf{j} - 4\\mathbf{k}$ 和 $\\mathbf{B} = -\\mathbf{i} + 2\\mathbf{j} + 5\\mathbf{k}$，求两个矢量的点积和叉积。
答：首先计算点积：$\\mathbf{A} \\cdot \\mathbf{B} = (2)(-1) + (3)(2) + (-4)(5) = -2 + 6 - 20 = -16$。
然后计算叉积：$\\mathbf{A} \\times \\mathbf{B} =(3)(5)\\mathbf{i} + (-4)(-1)\\mathbf{j} +(2)(2)\\mathbf{k} = 15\\mathbf{i} - 4\\mathbf{j} +4\\mathbf{k}$。
2.已知一个矢量 $\\mathbf{A} = 3\\mathbf{i} -2\\mathbf{j} + \\mathbf{k}$，求该矢量的模。
最新电磁场与电磁波(第四版)课后答案_第一章_习题ppt课件
解（1）
E dl
c
Exdx Eydy
ydx xdy
c
c
2
yd
2y2
2y2dy
1
26y2dy 14 1
（2）连接两点的直线方程为 x2x8x6y4 y1 y2
故
c E dl ExdxEydy ydxxdy
c
c
2
1
yd
6y
4
6y
4dy
14
由此可见积分与路径无关是保守场。
1.27三个矢量A,B,C
x x2 y2z
22
A•dSex2yzey0ez2x•ezdxdy
S
00
22
22
2xdxdydy2xdx8
00
00
从而验证了斯托克斯定理，即：
A•dl A•dS
C
S
1.25给定矢量函数 Exˆyyˆx试求从点P1（2，1，－1）
到点P2（8，2，－1）的线积分 E dl （1）沿抛物线
x 2 y 2 ；（2）沿连接两点的直线。此矢量场是否为保守
解：由于
u xˆ 2x yˆ 2y zˆ 2z
a2
b2
c2
u 2
x a2
2
y b2
2
z c2
2
故椭球表面上任意点的单位法向矢量为
en u uxˆax2yˆby2zˆcz2 ax22by22cz22
1.18 （1）求矢量 A x ˆ x 2 y ˆ x 2 y 2 z ˆ 2 4 x 2 y 2 z 3的散
1)Aersincoseθcoscosesin 2)Bez2sin+e z2cos+ez2zsin
1),
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
1
及
∂A ρ ∇ • E = ∇ • −∇Φ − = ∂t ε
ห้องสมุดไป่ตู้
∇ 2Φ +
∂ ρ ∇• A = − ∂t ε
2
令
∇• A = 0
∂2 A ∂Φ 2 ∇ A − µε 2 = − µ J + µε∇ ∂t ∂t
代入1和2式，得
ρ ∇ Φ=− ε
2
4.9在自由空间中的电磁场为
∂A E = −∇Φ − ∂t
代入
∂D ∇× H = J + ∂t ∇•D = ρ
∂E ∂ ∂A ∇× H = ∇×∇× A = J +ε = J + ε −∇Φ − ∂t ∂t ∂t µ 1
得
∂Φ ∂2 A ∇ ( ∇ • A ) − ∇ 2 A = µ J − µε − µε 2 ∂t ∂t
s
= 2650 × 0.25 cos 2 (ωt ) − cos 2 (ωt − 0.42 ) = −270.2sin ( 2ωt − 0.42 )W
4.10已知某电磁场的复矢量为
r r ε0 H ( z ) = ey E0 cos ( k0 z )
r r E ( z ) = ex jE0 sin ( k0 z ) V / m
r r E ( z , t ) = ex1000cos (ωt − kz ) V / m r r H ( z , t ) = ey 2.65cos (ωt − kz ) A / m
式中
k = ω µ0ε 0 = 0.42 rad / m
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 解：（1）瞬时坡印廷矢量 r r r r S = E × H = ez 2650 cos 2 (ωt − kz ) W / m 2 （2）平均坡印廷矢量
《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 高等教育出版社五章习题解答
五章习题解答5.1 真空中直线长电流I 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==⎰BS 20002[d ]d d 2d b d z ddII zz x x x xμμππ=⎰ 由题5.1图可知，()tan6z x d π=-=，故得到d d dx d x x ψ-==0[)]22I b d μπ+5.2 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5.2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。
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 br 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：220222b 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 <>I题 5.1 图题5.2图空腔内： ()022b 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。
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电磁场与电磁波(第四版）习题解答第1章习题习题1．1给定三个矢量A 、B 和C 如下:23x y z =+-A e e e ．4y z=-+B e e ，52x z =-C e e ,解:(1）22323)12(3)A x y z e e e A a e e e A+-===+-++- （2）2641x y z A B e e e -=+-==(3)(23)(4)11x y z y z A B e e e e e •=+-•-+=-（4）arccos135.5A B AB θ•===︒ (５)1711cos -=⋅=⋅⋅==B B A A B B A A A A AB Bθ(６）12341310502xy zx Y Z e e e A C e e e ⨯=-=---- (７)0418520502xy zx Y Z e e e B C e e e ⨯=-=++-()(23)(8520)42x Y Z x Y Z A B C e e e e e e •⨯=+-•++=-123104041xy zx Y Z e e e A B e e e ⨯=-=---- ()(104)(52)42x Y Z x Z A B C e e e e e ⨯•=---•-=-(8）()10142405502x y zx Y Z e e e A B C e e e ⨯⨯=---=-+-()1235544118520xy zx Y Z e e e A B C e e e ⨯⨯=-=-- 习题1．4给定两矢量 234x y z =+-A e e e 和 456x y z =-+B e e e ,求它们之间的夹角和 A 在 Ｂ上的分量。
解：29)4(32222=-++=A776)5(4222=+-+=B31)654()432(-=+-⋅-+=⋅z y x z y x e e e e e e B A则A 与B之间的夹角为131772931cos =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅=ar BA B A arcis ABθ A 在B上的分量为532.37731cos -=-=⋅=⋅⋅⋅==B B A BA B A A A A AB Bθ习题1.９用球坐标表示的场225rr =E e ， (1）求在直角坐标中点(3,4,5)--处的E 和x E ；(2）求在直角坐标中点(3,4,5)--处E 与矢量22x y z =-+B e e e 构成的夹角。
解:(１)由已知条件得到，在点（－3，４,-5）处，r ===225250.550E r === 210543252532z y x r e e e r r r e E -+-===则 20232103-=-=x E （2)其夹角为6.1532103219arccos arccos =⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯-=⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅=BE B E EBθ习题１.17在由5r =、0z =和4z =围成的圆柱形区域,对矢量22r z r z =+A e e 验证散度定理。
证：在圆柱坐标系中23)2()(12+=∂∂+∂∂=⋅∇ρρρρρz zA所以， πρρρφπ1200)23(52040=+=⋅∇⎰⎰⎰⎰d d dz dV A V又⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰=⨯+⨯=⋅+-⋅+⋅=⋅+⋅+⋅=⋅===πππρρπππφφρρφφρρφρρ202042520405205020504120055425)(dzd a d dzd e Ad de Ad de A S d A S d A S d A S d A z z z z S S S S下柱面上则⎰⎰⋅==⋅∇SVS d A dV A π1200习题1．21求矢量22x y z x x y z =++A e e e 沿xy 平面上的一个边长为2的正方形回路的线积分,此正方形的两边分别与x 轴和y 轴相重合。
再求∇⨯A 对此回路所包围的曲面积分,验证斯托克斯定理。
证:802)()(22222020202202200=--+=-⋅+-⋅+⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰====dy xdx dy xdx dye Adx e Ady e Adx e Al d A y x x y y x x y C()()() 22x y z x y zyy x x z z x y z x z x y z A A A A A A A A A y z z x x yyz x∂∂∂∇⨯=∂∂∂∂∂∂∂∂∂=-+-+-∂∂∂∂∂∂=+e e e A e e e e e由闭合曲线l 所包围的面对∇⨯A 的面积分为：2222(22)28xzzsd yz x dxdy xdxdy ∇⨯=+==⎰⎰⎰⎰⎰A Se e e因为 ⎰⎰⋅=⋅⨯∇lsd d l A S A即验证了斯托克斯定理。
第2章习题习题2．15半径为a 的球形体积内充满密度为p(r)的体电荷。
若已知球形体积内外的电位移分布为D=erD ｒ＝er(r3＋Ar ２)，0＜ｒ<＝a;ｅr(ａ5+Ａa4)/r2,r ＞=a,式中A 为常数,试求电荷密度p （r)。
解：由ρ=⋅∇D,得到)(1)(22r D r drd r D r =⋅∇= ρ则在a r ≤<0区域，[]Ar r Ar r r drd r r 45)(1)(22322+=+=ρ 在a r >区域，0(1)(24522=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=r Aa a r dr d r r ρ 习题2.20在半径a=1mm 的非磁性材料圆柱形实心导体内,沿z 轴方向通过电流I=20Ａ,试求：（１)p=0.８ｍm 处的B ；（２）p=1.2ｍｍ处的Ｂ；（3）圆柱内单位长度的总磁通。
解：(1)圆柱形导体内的电流密度为62321037.6)101(20⨯=⨯==-z z z e e a I e J ππ A ／m 2利用安培环路定律I l d H c=⋅⎰得T e J e B mm 308.0102.321-⨯==φφρμ(2）利用安培环路定律得T e I e B mm 302.11033.32-⨯==φφπρμ(3）总磁通WbJd J S d B a ai i 60232372001022)101()101(201042122121----⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯===⋅=Φ⎰⎰ππρμρρμ 习题2.21下面的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是,求出其源量J 。
(1）H=ep ａｐ,B=uoH 圆柱坐标(２)H=e ｘ(－a ｙ）＋eyax,B=u0H;(3)H ＝ex ａx-ey ａｙ,B=u0H;(4)Ｈ=ｅar,B=ｕ0H 球坐标系 解:(1）在圆柱坐标系中02)()(1020≠=∂∂=∂∂=⋅∇μρρρμρρρρa a B B可见，矢量ρρa e H=不是磁场矢量。
（2）在直角坐标系中0)()(=∂∂+-∂∂=⋅∇ax yay x B ，可见,矢量H 是磁场矢量。
其源分布a e axay z y x e e e H J z zy x 20=-∂∂∂∂∂∂=⨯∇= (３）在直角坐标系中0)()(=-∂∂+∂∂=⋅∇ay yax x B ,可见，矢量H 是磁场矢量。
其源分布00=-∂∂∂∂∂∂=⨯∇=ayaxz y x e e e H J zy x(4）在球坐标系中0)(sin 1sin 1=∂∂=∂∂=⋅∇ar r B r B φθφθφ ,可见,矢量H 是磁场矢量。
其源分布a e a e ar re r e r e r H J r r2cot sin 0sin sin 122θφθθθφθθθ-=∂∂∂∂∂∂=⨯∇=习题２.26解：(１)由tDH ∂∂=⨯∇ ，得[]288/)12.31036.9sin(468.0)12.31036.9cos(15.000m A y t e y t ye y H e H z y x e e e H t D J z z x x x zy x d -⨯-=-⨯∂∂-=∂∂-=∂∂∂∂∂∂=⨯∇=∂∂=故 2/468.0m A J d =（２）由H B tD H0,μ=∂∂=⨯∇,得 []262620000/)1026.11077.3sin(802.0)1026.11077.3cos(8.0110011m A x t e x t xe x B e B z y x e e e B t D J z z y z Y zy x d --⨯-⨯=⨯-⨯∂∂=∂∂=∂∂∂∂∂∂=⨯∇=∂∂=μμμμ故 2/802.0m A J d =（3）)1081.21077.3cos(109.01085.85626120z t e E D x r --⨯-⨯⨯⨯⨯⨯==εε2623/)1081.21077.3sin(1015m A z t e tD J x d --⨯-⨯⨯-=∂∂=故23/1015m A J d -⨯=（4） )1.117377sin(101.0108.5167z t e JE x -⨯⨯==σ)1.117377sin(1072.11085.8312z t e E D x -⨯⨯⨯==--ε21315/)1.117337cos(1053.57)1.117377cos(3771026.15m A z t e z t e tD J x x d -⨯=-⨯⨯-=∂∂=--习题２．30解:(1)1B在界面上法线方向的分量为Te e e e e e e B B z y x z y x n n 244.12.164.0)48.06.064.0()32(11=--=-+⋅+-=⋅=（2)T B B B n t 16.3232122221211=-++=-=(3)利用磁场边界条件，得T B B n n 212==(4）利用磁场边界条件，得T B B t t 74.416.323001122=⨯==μμμμ第3章习题习题3.３解：（1） 由ϕ-∇=E可得到 a <ρ时， 0=-∇=ϕEa >ρ时, φρφρϕφρsin 1cos 12222⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=-∇=a A e a A e E（2） 圆柱体为等位体且等于0，所以为导体制成，其电荷面密度为φεεερρρρcos 2000A Ee Ee aan s -=⋅=⋅===习题3.5证:根据高斯定律q S d D S=⋅⎰，得0R r <时。
ρππ344312r D r =，则001113,3εερεερr r r D E r D ===0R r >时。
ρππ3443022R D r =,则203002223023,3r R D E rR D ερερ=== 则中心点的电位为20020020302013633)0(0ερεερερεερϕRR dr rR dr r dr E dr E r R R R r R +=+=+=⎰⎰⎰⎰∞∞习题3.８解:根据高斯定律q S d D S=⋅⎰，得同轴线内、外导体间的电场强度为περρ2)(l q E =内、外导体间的电压为ab q d q Ed U l b abal ln 22περπερρ===⎰⎰则同轴线单位长度的电容为)/ln(2a b U q U Q C l πε===则同轴线单位长度的静电储能为)/ln(4222121222a b q d q dV E W l b a lV e περπρπερεε=⎪⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰习题3．１1解:（1） 设同轴电缆中单位长度的径向电流为I ，电流密度)(2c a I e J <<=ρπρρ介质中的电场)(2111b a I e J E <<==ρπρσσρ)(2222c b I e J E <<==ρπρσσρ而⎰⎰+=⋅+⋅=bab abc I a b Id E d E U ln 2ln221210πσπσρρ )/ln()/ln(212021b c a b U I σσσπσ+=得到两种介质中的电流密度和电场强度分别为[])()/ln()/ln(12021c a b c a b U e J <<+=ρσσρσσρ[])()/ln()/ln(12021b a b c a b U e E <<+=ρσσρσρ[])()/ln()/ln(12012c b b c a b U e E <<+=ρσσρσρ（2） 同轴电缆中单位长度的漏电阻为211202)/ln()/ln(σπσσσb c a b I U R +==由静电比拟，可得同轴电缆中单位长度的电容)/ln()/ln(21221b c a b C εεεπε+=习题3.19解:（1)同轴线的内外导体之间的磁场沿φ方向,根据两种磁介质的分界面上，磁场法向方向连续,则两种磁介质的磁感应强度B e B B B φ ===21，注意磁场强度21H H=。