工程电磁场与电磁波 丁君版 答案第四章习题答案
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:
工程电磁场与电磁波答案(丁君)
l1 ：y 从 1 到- 1 ，x= z = 2 2
cos q = 1 13 2 19
Þ q = π - arccos(
（4）
1 13 ) 2 19
v v v v v B - C = -3a x + 5a y - 5a z
v v B - C 的单位矢量为：
v v v - 3a x + 5a y - 5a z -3 v 5 v 5 v = ax + ay az v v B-C 59 59 59
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 )
v v 则 a ＝ ( x1 , y1 ) ， b ＝ ( x 2 , y 2 ) 有题意得
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
v v v v 1-6 解：欲使 A, B 互相垂直，则有 A · B = 0
电磁场与电磁波第四章习题及参考答案
第四章 习题4-1、 电量为nC 500的点电荷，在磁场)(ˆ2.1T zB =中运动，经过点)5,4,3(速度为 s m y x/ˆ2000ˆ500+ 。
求电荷在该点所受的磁场力。
解：根据洛仑兹力公式B v q F⨯=N x y z y x 4491012ˆ103ˆ2.1ˆ)ˆ2000ˆ500(10500---⨯+⨯-=⨯+⨯⨯= N y x4103)ˆˆ4(-⨯-= 4-2、真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为aIzB πμ2ˆ01= 因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为aIz B B πμ24ˆ401==题4-2图 题4-3图4-3、真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场.解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为b 的点上的磁感应强度为2201)2(ˆa b a bIz B +=πμ所以220)2(3ˆa b a bIz B +=πμ ，其中)6(2πtg a b =4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(c)题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为aIz B 4ˆ01μ= （1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIz B 4ˆ0μ= （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为aIz B πμ4ˆ02= 因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和)2(4ˆ0+-=ππμaIz B （3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即)11(4ˆ0ba I zB -=μ 4-5、 在真空中将一个半径为a 的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。
电磁场与电磁波：第四章作业答案
由于轴对称性，两板间的磁场只有 分量，且在以 轴为中心、 为半径的圆周 上处处相等。于是由
可得
所以
（2）损耗功率瞬时值 为
平均损耗功率 为
（3）进入电容器的平均功率为
由此可见有
根据边界条件，在导线表面上电场的切向分量连续，即 。因此，在导线表面外侧的电场的切向分量为
又利用高斯定理，容易求得导线表面外侧的电场的法向分量为
故导线表面外侧的电场为
利用安培环路定理，可求得导线表面外侧的磁场为
故导线表面外侧的坡印廷矢量为
由内导体表面每单位长度进入其内部的功率
式中 是内导体单位长度的电阻。由此可见，由导线表面进入其内部的功率等于导体内的焦耳热损耗功率。
解坡印廷矢量的瞬时值为
故平均坡印廷矢量为
4.15在半径为 、电导率为 的无限长直圆柱导线中，沿轴向通以均匀分布的恒定电流 ，且导线表面上有均匀分布的电荷面密度 。
（1）导线表面外侧的坡印廷矢量 ；
（2）证明：由导线表面进入其内部的功率等于导线内的焦耳热损耗功率。
解：（1）当导线的电导率 为有限值时，导线内部存在沿电流方向的电场
4.9自由空间中的电磁场为
式中 。求：
（1）瞬时坡印廷矢量；
（2）平均坡印廷矢量；
（3）任一时刻流入如题4.9图所示的平行六面体（长 、横截面积为 ）中的净功率。
解（1）瞬时坡印廷矢量
（2）平均坡印廷矢量
（3）任一时刻流入如题4.9图所示的平行六面体中的净功率为
4.10已知某电磁场的复矢量为
式中 ， 为真空中的光速， 是波长。求：（1） 、 、 各点处的瞬时坡印廷矢量；（2）以上各点处的平均坡印廷矢量。
4.16由半径为 的两圆形导体平板构成一平行板电容器，间距为 ，两板间充满介电常数为 、电导率为 的媒质，如题4.16题所示。设两板间外加缓变电压 ，略去边缘效应，试求：
工程电磁场与电磁波 丁君版 答案第四章习题答案
故只和相关 由的连续性：
c.时
由可知只与相关
时故 时
只有方向分量，只和相关 由得连续性，从区域可得
所以 2）时 时
得： 时 由此可见。两种方法求得的、相同
4-6解
其中 1） = 2） ，，
4—7：解：
(1) 利用镜像法 的空间中
在导体表面只存在法向场,所以： (2)
4-8 解：
要使得则：
(3)求，
4-18解： 与无关 令带入方程 令 得
1） 当时 由时 时 得 故 无解 2）时 由得 得 为欧拉方程解为： 由 所以; 两边同乘以 从0到积分，利用三角
n=1.2…….
图（b）
4-19.已知，其余五个面电位皆为零，求腔内电位分布。 解：
电位满足三维拉普拉斯方程及边界条件：
由边界条件可知：
设两板间距离为d,代入边界条件 4—4：解：选择柱坐标系，根据恒定电磁场的拉普拉斯方程，
(1) ，只在方向上有变化， 所以：
由 时：
(2) 可见，利用拉普拉斯方程与安培环路定理求出来的结果一样。 4-5解：选择柱坐标系，设电流为方向
（1）a. 的无源区中 b. 时，所求区域为有源区
0 故无意义
列方程： ，
及边界条件 由边界条件可知：电位在方向上有两个零点，所以可设： 又时， 所对应的应为双曲函数， 时，
时， 两边同乘以并在上对y积分，
4-17.解：
利用叠加原理，将槽分为两个如图
所以：
图（a）
(1) 求，
函数满足拉普拉斯方程，
由题意可设:
将代入：
两边同时乘以使在上积分，得：
(2)同理求，
又由边界条件：时，
两边同乘以对从0到积分，且设 由三角函数正交性可得：
电磁场与电磁波课后复习题与答案四章复习题解答
四章习题解答4.1 如题4.1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⎧=⎪⎨⎪=⎩L L ， 故得到槽的电位分布 01,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a aππϕππ==∑L 4.2 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=。
a题4.1图解 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 b 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 d U 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 bππ 故得到 (,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑ 4.3 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。
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。
电磁场与电池波第四章 习题答案1
4.3 若半径为 a、电流为 I 的无线长圆柱导体置于空气中，已知导体的磁导率为 μ0 ，求导体 内、外的磁场强度 H 和磁通密度 B。 解： （1）导体内：0 ≤ ρ <a 由安培环路定理， H • dl = I
l
∫
K
K
'
Iρ2 I 2 I = 2 .πρ = 2 a πa
'
所以， H1. 2πρ =
4.5 在下面的矢量中，哪些可能是磁通密度 B？如果是，与它相应的电流密度 J 为多少？ （1） F = aρ 解: ∇. F =
→ →
→
→
ρ
所以 F 不是磁通密度
→
1 ∂ 1 . ( ρ Fρ ) = .2 ρ =2 ≠ 0 ρ ∂ρ ρ
→
（2） F =- ax y+ a y x 解： ∇ . F = −
→
→
∂y ∂x + =0 所以 F 是磁通密度 ∂x ∂y
→ →
ax → → ∂ ∇ × B = μ0 J = ∂x −y
（3） F = ax x - a y y
→
→
ay ∂ ∂y x
→
az → ∂ =2 a z ∂z 0
→
所以
J=
2
→
μ0
az
→
∇ . F =0
→
F 是磁通密度
→
a x → → ∂ ∇ × B = μ0 J = ∂x x
由折射定律得
tan θ1 μ1 = tan θ 2 μ 2
所以 tan θ 2 =
μ2 tan θ1 μ1
θ 2 = 0.107 0
B2 = 0.13 × 10 −2 T
电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
习题解答4.1 如题4.1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U ，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= ③0(,)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 a ππϕ∞==∑由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a a ππ∞==∑两边同乘以sin()n x a π，并从0到a 对x 积分，得到002sin()d sinh()an U n xA x a n b a a ππ==⎰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⎧=⎪⎨⎪=⎩L L ，故得到槽内的电位分布1,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a a ππϕππ==∑L4.2 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U ，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=。
a题4.1图解 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U ）的电位，即10(,)x y U y b 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： ①22(,0)(,)0x x b ϕϕ==②2(,)0()x y x ϕ=→∞③002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b d b ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()en x bn 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 b A U U b y yd y b d b 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 dbn d U 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 b ππππ∞-=+∑4.3 求在上题的解中，除开0U y 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
∫Байду номын сангаас
2π / ω
0
r 2650 cos (ωt − kz )dt = ez 1325 W / m 2
2
（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。 r r r r r r P = − ∫ S en dS = − S ( −ez ) |z =0 + S ez |z =1 × 0.25
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
r r ω S av = ez 2π
式中
k0 =
2π
µ0
A/ m
λ0
试求（1）
c λ0 λ0 各点处的瞬时坡印廷矢量 z = 0, , 8 4
=
ω
C为真空的光速，λ0是波长。
（2）以上各点处的平均坡印廷矢量 解：（1）E和H的瞬时矢量为
r r r ex jE0 sin ( k0 z ) e jωt = −ex E0 sin ( k0 z ) sin (ωt ) V / m E ( z , t ) = Re r r ε0 r ε0 jωt H ( z , t ) = Re e y E0 cos ( k0 z ) e = ey E0 cos ( k0 z ) cos (ωt ) µ0 µ0 A/ m
s
= 2650 × 0.25 cos 2 (ωt ) − cos 2 (ωt − 0.42 ) = −270.2sin ( 2ωt − 0.42 )W
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答
四章习题解答4.1如题4.1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 U o ，求槽内的电位函数。
解根据题意，电位 (0, y) (x,0) (x,b)电位y b ( x )。
上板和薄片保持电位 U °，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从y 0到y d ，电位线性变化，(0, y) U 0y d 。
解 应用叠加原理，设板间的电位为(x,y )1(x, y) 2(x, y)其中，1 (x, y)为不存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为(x, y) n 1aa两边同乘以 题4.1图由条件③，有sin(nA nU oAsinh(— b)sin( n x)aa2U on sinh( n ba)(1 x―)，并从 a cos n 0到a 对x 积分，得到an xsin( -- )dxasinh( n b a) 0 a4U 02U o ) n sinh(n ,n b a)1,3,5,L2,4,6,L sin h(^^)s135,L nsinh(n b a) aa4.2两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有故得到槽内的电位分布(x,y)型 n y a 极薄的导体片由y d 到 (x, y)满足的边界条件为 (a, y) 0 0U 。
(x, y)的通解应取为 ① ② ③ 根据条件①和②, ②2(x,y) 0 (x )U°)的电位，即1(x,y) U0yb ；2(x,y)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：①2(x,0) 2(x,b) 0根据条件①和②, 由条件③有 U o③ 2(0, y) (0,y) 可设 2（x, y ）的通解为 2（x,y ） U o n y A sin(- 1 b U T yU E y(0 (d 1(o, y) Un y )e A V )eA n Sin( 1d) b) by(0 (dy d) y b)n y两边同乘以sin(- b 2U o d b o ），并从 o 到b 对y 积分，得到b )ysin( / 、U o 2bU o El L 厂求在上题的解中，除开 2W e 故得到 4.3 C f 厂定出边缘电容。
电磁学第四章答案全
第四章习题（一）2、平行板电容器（面积为S,间距为d ）中间两层的厚度各为d 1和d 2（d 1+d 2=d ），介电常数各为1ε和2ε的电介质。
试求：（1）电容C ；（2）当金属板上带电密度为0σ±时，两层介质的分界面上的极化电荷密度'σ；（3）极板间电势差U;（4）两层介质中的电位移D ； 解：（1）这个电容器可看成是厚度为d 1和d 2的两个电容器的串联：12210212121d d SC C C C C εεεεε+=+=（2）分界处第一层介质的极化电荷面密度（设与d 1接触的金属板带正电）1111011111εσεεεσ)(E )(P n P '-=-=-=⋅=分界处第二层介质的极化电荷面密度：21222022211εσεεεσ)(E )(P n P '--=--=-=⋅=所以， 21021211εεσεεσσσ+-=+=)('''若与d 1接触的金属板带负电，则21021211εεσεεσσσ+--=+=)('''（3）2101221202010102211εεσεεεεσεεσ)d d (d d d E d E U +=+=+= （4）01101σεε==E D ，02202σεε==E D4、平行板电容器两极板相距3.Ocm ，其间放有一层02.=ε的介电质，位置与厚度如图所示，已知极板上面电荷密度为21101098m /c .-⨯=σ，略去边缘效应，求: (1)极板间各处的P 、E 和D 的值;(2)极板间各处的电势(设正极板处00=U ); (3)画出E-x ，D-x ，U-x 曲线;解：（1）由高斯定理利用对称性，可给出二极板内：2111098m /c .D e -⨯==σ（各区域均相同），在0与1之间01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε在1与2之间210000010454112m /c .D)(E )(P ,r r r -⨯=-=-==εεεεεεε，m /V D E r500==εε 在2与3之间，01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε（2）0=A V ：0-1区：,x dx E V xD 100=⋅=⎰1-2区：),x x (dx E V xx 1501-=⋅=⎰)x x x ,.x x )x x (V 2111505010050≤≤+=+-=2-3区：),x x (dx E V xx 2100021-=⋅=⎰∆)x x x (,.x ).x (,x x x x x )x x (V 3212221501000050100505010010010050≤≤-=-=+-=-++=题4图6、一平行板电容器两极板相距为d,其间充满了两种介质，介电常数为1ε的介质所占的面积为S 1, 介电常数为2ε的介质所占的面积为S 2。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
P a v sS a vd s 0 2 0 2 1 0 E r 0 2 s in 2• r 2 s indd E 9 0 0 2 W /m 2
A
9
A
2
及
•E•A t
2•A
t
2
令 •A0
代入1和2式，得 2A2AJ
t2
t
2
A
3
4.9在自由空间中的电磁场为
Ez,tex1000costkz V/m Hz,tey2.65costkz A/m
式中 k000.42 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。
0 , 0 各点处的瞬时坡印廷矢量
84
（2）以上各点处的平均坡印廷矢量
解：（1）E和H的瞬时矢量为
E z,t R e e xjE 0sin k0zej t e xE 0sin k0 zsin t V /m
H z,t R eey
0E 0c o sk0 zej t ey
0
0 0E 0c o sk0 zc o s t
解：（1）瞬时坡印廷矢量
S E H e z 2 6 5 0 c o s 2 t k z W / m 2
（2）平均坡印廷矢量
S a v e z20 2 / 2 6 5 0 c o s 2 A t k z d t e z 1 3 2 5 W /m 2 4
（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。
试计算通过以坐标原点为球心，
r0为半径的球面s的总功率。
解：将E和H写成复矢量形式
工程电磁场与电磁波_丁君版_答案第四章习题答案
第四章 习题4-1解：选柱坐标系，在所求无源区内电位函数满足： 2=∇φφ只和r 相关0=∂∂ϕφ0=∂∂zφ方程化为 0)(1=∂∂∂∂rrrr φ 21ln C r C +=φ 为常数21,C C由 006.0==φ时r 501.0-==φ时 r得 88.27588.9721=-=C C88.275ln 88.97+-=r φr a rE ˆ188.97=-∇=φ 4—2：解：图一根据边界条件：⎪⎩⎪⎨⎧====021R R R R U φφ０可得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=-=００U R R R B U R R R R A 1211221 ∴)120112021R R U R RR R U R R ---=φ(2) ()R R a R R R U R R a RE ˆ1ˆ212021⋅-=∂∂-=-∇=φφ (3) ()R R R aR R R U R ED ˆ12102001-⋅===εε内表 (1) 如图一，根据题意可知：电位函数φ满足拉普拉斯方程。
采用球坐标系：2=∇φ0=∂∂θφ0=∂∂ϕφR 相关 只于 φ，方程化为:0)(122=∂∂∂∂R RRR φφ积分得：B RA +⋅=1φSS d D s Sρ=⋅⎰内表SS D s ρ=内表 ∴)(12102R R R U R D s -==ερ内表4—3：解：选择直角坐标如图，由恒定电场的泊松方程可得：xy设两板间距离为d,代入边界条件⎪⎩⎪⎨⎧====00U dz z φφ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+==⇒ερερ22002012d d U d d U C C ∴)2()2(2002ερερφερερφddU z E zddU z +-=-∇=++-=4—4：解：选择柱坐标系，根据恒定电磁场的拉普拉斯方程，(1) 02=∇m φ，m φ只在ϕ方向上有变化，所以：BA rm m +==∂∂ϕφϕφ:,01222积分得由 0=ϕ时：0,0==B m 得φ ∴ϕφA m =lm m a dld H φφ-=-∇=l d H d m⋅-=φ⎰⎰-=⋅-=ππφ2020I l d H d mBA I m m+=-==ϕφφπϕ代入,20,0,2=∂∂=∂∂-=∇xyφφερφ方程可化为：,22ερφ-=∂∂z2122:C z C z ++-=ερφ积分得π2⋅=-A I π2I A -= ϕπφ2I m -=(2)ϕϕπϕφφφa rI a d d r a dl d H m l m m 21==-=-∇=可见，利用拉普拉斯方程与安培环路定理求出来的结果一样。
电磁场与电磁波第四章习题及参考答案
第四章 习题4-1、 电量为nC 500的点电荷，在磁场)(ˆ2.1T zB =中运动，经过点)5,4,3(速度为 s m y x/ˆ2000ˆ500+ 。
求电荷在该点所受的磁场力。
解：根据洛仑兹力公式B v q F⨯=N x y z y x 4491012ˆ103ˆ2.1ˆ)ˆ2000ˆ500(10500---⨯+⨯-=⨯+⨯⨯= N y x4103)ˆˆ4(-⨯-= 4-2、真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为aIzB πμ2ˆ01= 因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为aIz B B πμ24ˆ401==题4-2图 题4-3图4-3、真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场.解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为b 的点上的磁感应强度为2201)2(ˆa b a bIz B +=πμ所以220)2(3ˆa b a bIz B +=πμ ，其中)6(2πtg a b =4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(c)题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为aIz B 4ˆ01μ= （1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIz B 4ˆ0μ= （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为aIz B πμ4ˆ02= 因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和)2(4ˆ0+-=ππμaIz B （3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即)11(4ˆ0ba I zB -=μ 4-5、 在真空中将一个半径为a 的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。
电磁场与电磁波(金立军版)第四章答案
2
（d） Q内 sa S a
4mV0 a M (m ka ) 4mV0 b M (m kb )
Q外 sb S b
mV 0 （e） J ar Mr 2 4mV 0 （f） I
21 2 2
1 21 0 r 2 2 1 2 2 0 r 2 2
sa en ( D1 D2 ) 1 E1n
1 2 e
c b 2 ln a 1 ln c a
r=b 表面上的面电荷密度为
sb en ( D1 D2 ) 2 E2 n
2 1e
1 d d r 0 r dr dr
题 4-8 图
该方程的解为 (r ) C1 ln r C2 令 (a) 0 ， (b) 0 ， 求得常数 C1
0
b ln a
。那么，电场强度为
E(r) = -
d dr
0
b r ln a
2
1 d d r 0 r dr dr a
求得同轴线中的电位 φ 及电场强度 E 分别为
U ln ln ， E r b b
r
1
U er a ln b
则
J =E =
1 U er r a ln b
M m
ln R lim
m
abk bm abk am lim ln(abk bm) ln(abk am) 4m 4m m
b a abk bm abk am b a lim 4 4abk m
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工程电磁场与电磁波丁君版答案第四章习题答案第四章习题4-1解：选柱坐标系，在所求无源区内电位函数满足：02=?φφ只和r 相关0=???φ0=??z φ方程化为 0)(1=????rr r r φ21ln C r C +=φ为常数21,C C 由 006.0==φ时r 501.0-==φ时r得 88.27588.9721=-=C C88.275ln 88.97+-=r φr a rE ?188.97=-?=φ4—2：解：图一依据边界条件：?????====021R R R R U φφ０可得：???????--=-=００UR R R B U R R R R A 1211221 ∴()120212021R R U R R R R U R R ---=φ(2) ()R R a RR R U R R a R E ?1?212021?-=??-=-?=φφ (1) 如图一，依据题意可知：电位函数φ满足拉普拉斯方程。
接受球坐标系：2=?φ0=??θφ0=???φR 相关只于φ，方程化为: 0)(122=????R R R R φφ积分得：B RA +?=1φ(3) ()R R R aR R R U R E D ?12102001-?===εε内表 S S d D s Sρ=??内表S S D s ρ=内表∴)(12102R R R U R D s -==ερ内表4—3：解：选择直角坐标如图，由恒定电场的泊松方程可得：xy设两板间距离为d,代入边界条件?????====000U dz z φφ???????+=+==?ερερ22002021d d U d d U C C ∴)2()2(2002ερερφερερφd d U z E zdd U z +-=-?=++-=4—4：解：选择柱坐标系，依据恒定电磁场的拉普拉斯方程，(1) 02=?m φ，m φ只在?方向上有变化，所以：B A r m m+==???φ?φ:,01222积分得由 0=?时：0,0==B m 得φ∴?φA m = l m m a dld Hφφ-=-?=l d H d m?-=φ??-=?-=ππφ2020I l d H d m0,0,2=??=??-=?xy φφερφ方程可化为：,22ερφ-=??z2122:C z C z ++-=ερφ积分得B A I m m+=-==?φφπ?代入,2π2?=-A I π2I A -= ?πφ2Im -= (2) ??π?φφφa rI a d d r a dl d H m l m m21==-=-?=可见，利用拉普拉斯方程与安培环路定理求出来的结果一样。
4-5解：选择柱坐标系，设电流为z a?方向C J A02μ-=?z C C aJ J ?= )(212202R R IA z --=?πμ由B A =??而B只要?a?方向的分量故z A 只和r 相关 00=??=??zA A zz? )()(121220R R Ir A r r r z --=????πμ 2121 2220ln )(4C r C R R r I A z ++--=πμz aC r C R R r I A ?)ln ) (4(21212220++--=πμ由A的连续性：（1）a. 1R r 时 02=?m φ由H m=?-φ可知m φ只与?相关 01222=???φmr 21C C m +=?φ0=?时 0=m φ故02=Cπ?2=时 I m -=φπ21I C -= ?πφ2I m -= 02=?AA只要z a?方向分量，只和r 相关 0)(1=????rA r r r z '2'1ln C r C A z += z a C r C A ?)ln (' 2'1+= 由A 得连续性，从21R r R 时rI r AA B z πμ20=??-=??=?πa rI H2=?=?I l d H Ir H =?π2 ?πa rI H2=由此可见。
两种方法求得的H 、B相同4-6解其中08.0)4.02.0(2.0222=-+=AC Rz y AC a a r?22?22?-= ，4.0)4.02.0(2.0222=++=BC R ，z y BC a a r ?10103?1010?+= 610)?27.9?79.13(-?-=z y a a D4—7：解：y(1) 利用镜像法 q q -='0>x 的空间中??????????-+----+-+--+-----+-=22222222)1()2(1)1()2(1)1()2 (1)1()2(14y x y x y x y x q o πεφ在导体表面只存在法向场,所以：xE ??-=-?=φφ [][][][]??????????-+++-+-+--+++++-++++---=2322232223222322)1()2()2()1()2()2()1()2()2()1()2()2(4y x x y x x y x x y x x q o πε x o s E ερ= ∴[][][][]??????????-+++-+-+--+++++-++++---=2322232223222322)1()2()2()1()2()2()1()2()2()1()2()2(4y x x y x x y x x y x x q s πρ∴23)0,0,0(52?-=πρqsq π552-=(2) s h P ρ的)0,,0( [][]232232)0,,0()1(4)1(4-+?-++?-=h qh qh sππρ4-8 解：N mg G 33106.198.9102--?=??==20216hq F πε=要使得F G =则：mg h q 20216πε= C q 83229109.5106.19)102(1036116----?=??????=π4—9：解：利用镜像法可知I I I ooμμμμ+-=-="'H 2y图一图二如图一所示：上半空间中1''??22'I I H a a r r ??ππ=+ 如图二所示：下半空间2''''?2''I I H ar ?π+= 故在上半空间中：10101t n B H H μμ=+()()n o t a r I r I a r I r I ?2c o s c o s 2?2s i n s i n 20000000???? ??''+-++??????''?+--=π?μμμμμ?πμπ?μμμμμ?πμ ()()n o t a r r I a r r I ?c o s c o s 2?s i n s i n 20000000??????''?+-++???? ??''?+--=?μμμμμ?πμ?μμμμμ?πμ在直角坐标系下找出Ｐ(x,y,z)与',,',??r r 的关系，y图一图二222)(y h x r +-=，222)(y h x r ++=r h x -=?s i n ''s i n r hx +=? ????,n x t y aa a a 即为即为 r y =?c o s，r y '='?cos 下半空间中 n t B H B 222+=μ n t aa r I I ?c o s )1(2?s i n 20000?μμμμπμ?πμμμμμ''+-+''+''''+-+= n t arI a r I ?c o s ?s i n 000''''?++?''''=?πμμμμμμπ? ()222y h x r +-='' r h x ''+=''?s i n r y''=''?c o s4-10解：1）0>z 时qq q 2121εεεε+-='=q rr εεεεεε0000+-=q r rεε+-11202144r q r qπεπεφ'+==()()??????+++?+-+-++2222220211141h z y x h z y x r r εεπε ()()()()x r r a h z y x x h z y x x E ?11412 3222232220???????????+++?+-+-++=-?=εεπεφ()()()??-++-++?-+++2322223222?12h z y x h z a h z y x yy r ε()()??????????++++?+-+z r r a h z y x hz ?112322εε 2）0k 时)sin()cos(??k B k A n n +=Φ由0)0(=Φ得0=n A0)(=Φα得2)(αππαn k n k ==.......3,2,1=n)sin()(?απ?n B n =Φ0)(2222=-??+??R n r R r rR r απ为欧拉方程解为：απαπn n n n rD r C R -+=由0)()0(=Φ=?φR 0)0(=R所以;0=n D?απφαπn r C n n n sin1∑∞==U n a C n n n =∑∞ =?απαπsin1两边同乘以 ?απm sin从0到?积分，利用三角sin()cos()2m n m n m nαππ?ααα≠??=?=???]1)1[(2--=n n n UC πn=1.2 (1)2[(1)1]sin n n n U n r n παπφ?πα∞=--=∑4-19.已知0y b u φ==，其余五个面电位皆为零，求腔内电位分布。
解：电位满足三维拉普拉斯方程及边界条件：2222220x y zφφφ???++=???00,,0,00,0,0,00,0,0,00,,0,00,0,0,0,,0,0x a y b z c x y b z c z x a y b z c x a y b y x a z c u y b x a z cφφφφφφ==≤≤≤≤??==≤≤≤≤??==≤≤≤≤??==≤≤≤≤??==≤≤≤≤?==≤≤≤≤??由边界条件可知：φ在x 方向，z 方向至少有两个零点，又由于对()()()X x Y y Z z φ=分别变量后得:2222221110d X d Y d Z X dx Y dy Z dz ++=所以：()()()()sin ,sin m m n n X x A k x Z z C k z == 而对应的()()mn mn Y y B sh k y =由()0,1,2,3,...m m X a k m a π=→== 由()0,1,2,3,...n n Z c k n cπ=→== 又()22211,,sin sin mn m n mnmn n m k k k k m n x y z D x z sh a c ππφ∞∞===+∴=??????∴=? ???????∑∑0011sin sin y bmn n m u m n u D x z sh a cφππ=∞∞===??????∴=? ???????∑∑设mnmn E D sh ??=??则： 011sin sin mn n m m n u E x z a cππ∞∞==????=? ?????∑∑方程两边同时乘以sin sin s t x z acππ????? ?????并对,x z 取如下积分： 0000011sin sin sin sin sin sin c ac a mn n m s t u x z dxdz a c m n s t E x z x z dxdz a c a c ππππππ∞∞==????= ? ????????????????? ? ? ? ?????????????∑∑??由三角函数正交性可得：左边220sin sin 4c ast st s t ac E x z dxdz E a c ππ????==? ???????左边()024,1,3,5,...1,3,5,...acu s t st π=== 所以：()0216,1,3,5,...1,3,5,...st u E s t st π=== 所以：()()()1,sin m m m m m m X x B ch k x B ch x b m m x y C y ch x b b πππφ∞=??∴== ???????∴= ??????∑4-20．Ex解：选柱坐标系，空腔内02=?φ且φ和z 无关01)(1222=??+?????φφr r r r r 令)()(?φΦ=r R 带入方式0)(1222=?Φ?+????Φ?r R r R r r r 令k r R r r R r =?Φ?Φ-=????221)(? 0222=-+kR dr dR r rd R d r 022=Φ+Φk d d ? 由于)2()(π??+Φ=Φ且φ关于X 轴对称， 2n k = 所以π?n A n cos )(=Φ n=0.1.2.3….n n n n r D r C r R -+=)(∑∞=-+=0cos )(n n n n n in n r D r C ?φ n=0.1.20=r 时，0=in φ所以0=n D∑∞==1cos n n n in n r C ?φ同理柱外电位∑∞=-+=0cos )(n n n n n out n r F r E ?φ n=0，1，2……..由∞→r??c o s 0r E o u t =得∑∞=-+=11cos cos n n n out n r F r E ??φ再利用a r =时边界条件out in ??=及rr outin ??=???ε?ε0得：?φ?n a F a E n aC n n n nn ncos cos cos 101∑∑∞=-∞=+-=?ε?ε?εn a nF E n anC n n n n n n cos cos cos 1 1011∑∑∞=---∞=--=比较1=n 时0012E C εεε+-=20001a E F εεεε+-=1>n 时 0=n C 0=n F故??εεε?εεεφar E a E E r in ?sin 2?cos 200001+-+=-?=4-21.解：设()()()22,,,x y u W z u x y jv x y -==+则：,12u v x y v xy c u v y x ???=????→=+????=-????∴等位线方程可写为：12xy c =∴复电位可写为：()22222,W z x y jxy k k =-++为常数4-22.解：(1)选对数函数()ln W z k z c =+ 接受柱坐标，令j z re ?=，则:12ln u k r c v k c ?=+??=+? 选2v k c ?=+为电位函数，则由边界条件可得：127010φ?=+ (2)1270??E a a r r??φφ??=-?=-=-?(3)981011270??10 1.121036D E ar a r ??επ---??==??-=-? ??? (4)无切向场()81180.10.19000.0011.12101.1210 5.1610s n s sD r Q dv drdz C r ρρ----∴==??===????。