电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤-曹伟)第3章习题解答
《电磁场与电磁波》-习题及详细题解
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预备知识：矢量分析习题及题解
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电磁场与电磁波理论第二版徐立勤,曹伟第2章习题解答
电磁场与电磁波理论第二版徐立勤,曹伟第2章习题解答第2章习题解答2.2已知半径为a 、长为l 的圆柱体内分布着轴对称的体电荷，已知其电荷密度()0Va ρρρρ=，()0a ρ≤≤。
试求总电量Q 。
解：2π200002d d d d π3laV VQ V z la aρρρρρ?ρ===?2.3 半径为0R 的球面上均匀分布着电荷，总电量为Q 。
当球以角速度ω绕某一直径(z 轴)旋转时，试求其表面上的面电流密度。
解：面电荷密度为 204πS QR ρ=面电流密度为 00200sin sin sin 4π4πS S S Q Q J v R R R R ωθρρωθωθ=?=== 2.4 均匀密绕的螺旋管可等效为圆柱形面电流0S S J e J ?=。
已知导线的直径为d ，导线中的电流为0I ，试求0S J 。
解：每根导线的体电流密度为 00224π(/2)πI I J d d== 由于导线是均匀密绕，则根据定义面电流密度为04πS IJ Jd d ==因此，等效面电流密度为04πS IJ e d=2.6 两个带电量分别为0q 和02q 的点电荷相距为d ，另有一带电量为0q 的点电荷位于其间。
为使中间的点电荷处于平衡状态，试求其位置。
当中间的点电荷带电量为-0q 时，结果又如何？解：设实验电荷0q 离02q 为x ，那么离0q 为x d -。
由库仑定律，实验电荷受02q 的排斥力为实验电荷受0q 的排斥力为要使实验电荷保持平衡，即21F F =，那么由00222114π4π()q q x d x εε=-，可以解得如果实验电荷为0q -，那么平衡位置仍然为d d x 585.0122=+=。
只是这时实验电荷与0q 和02q 不是排斥力，而是吸引力。
2.7 边长为a 的正方形的三个顶点上各放置带电量为0q 的点电荷，试求第四个顶点上的电场强度E 。
解：设点电荷的位置分别为()00,0,0q ，()0,0,0q a 和()00,,0q a ，由库仑定律可得点(),,0P a a 处的电场为2.9半径为0R 的半球面上均匀分布着面电荷，电荷密度为0S ρ，试求球心处的电场强度；若同样的电荷均匀分布在半径为0R 的半球内，再求球心处的电场强度。
电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤,曹伟) 第3章 PPT 静电场及其边值问题的解法
1. 电位的泊松方程和拉普拉斯方程 在均匀、线性和各向同性的电介质中
将
代入上式得到
（3.2.19） ——电位的泊松（Poisson）方程
3-25
《电磁场与电磁波理论》
第3章静电场及其边值问题的解法
在均匀、线性和各向同性的电介质的无源区 （3.2.20） ——电位的拉普拉斯（Laplace）方程 非均匀电介质中电位所满足的微分方程
♥ 均匀电介质中电位所满足的微分方程可以看成是非均匀电 介质的微分方程的特例.
3-26
《电磁场与电磁波理论》
第3章静电场及其边值问题的解法
2. 电场强度的泊松方程和拉普拉斯方程 在均匀、线性和各向同性的电介质中
将静电场的两个基本方程代入矢量恒等式
可以得到 （3.2.21） ——电场强度的泊松方程 ♥ 电荷均匀分布时 （3.2.25） ——电场强度的拉普拉斯方程
（3.2.3）
♥ 比值 与试验电荷 点的位置有关。
的大小无关，只与 P ，Q 两
3-11
《电磁场与电磁波理论》
第3章静电场及其边值问题的解法
电位差
——电场力将单位电荷从 P 点移动到 Q 点时
所作的功（与路径无关）。 （3.2.4） ♥ 电位差是一个标量，它的单位是伏特（ ♥ ♥ ♥ 和 和 和 ）。
第3章静电场及其边值问题的解法
真空中电量为
的点电荷在任一点 P 所产生电位 （3.2.9） ——所求点的位置矢径 ——点电荷所在点的位置矢径
♥ 静电场中任一点的电位定义为将单位正电荷由该点移动至 零电位点时电场力所做的功，即 （3.2.6） ♥ 电位与电位差一样，是一个标量，单位为伏特（ ）。
《电磁场与电磁波》习题参考答案
《电磁场与电磁波》知识点及参考答案第1章 矢量分析1、如果矢量场F 的散度处处为0，即0F∇⋅≡，则矢量场是无散场，由旋涡源所产生，通过任何闭合曲面S 的通量等于0。
2、如果矢量场F 的旋度处处为0，即0F ∇⨯≡，则矢量场是无旋场，由散度源所产生，沿任何闭合路径C 的环流等于0。
3、矢量分析中的两个重要定理分别是散度定理（高斯定理）和斯托克斯定理, 它们的表达式分别是：散度（高斯）定理：SVFdV F dS ∇⋅=⋅⎰⎰和斯托克斯定理：sCF dS F dl∇⨯⋅=⋅⎰⎰。
4、在有限空间V 中，矢量场的性质由其散度、旋度和V 边界上所满足的条件唯一的确定。
（ √ ）5、描绘物理状态空间分布的标量函数和矢量函数，在时间为一定值的情况下，它们是唯一的。
（ √ ）6、标量场的梯度运算和矢量场的旋度运算都是矢量。
（ √ ）7、梯度的方向是等值面的切线方向。
（× ）8、标量场梯度的旋度恒等于0。
（ √ ） 9、习题1.12, 1.16。
第2章 电磁场的基本规律（电场部分）1、静止电荷所产生的电场，称之为静电场；电场强度的方向与正电荷在电场中受力的方向相同。
2、在国际单位制中，电场强度的单位是V/m(伏特/米)。
3、静电系统在真空中的基本方程的积分形式是：V V sD d S d V Q ρ⋅==⎰⎰和0lE dl ⋅=⎰。
4、静电系统在真空中的基本方程的微分形式是：V D ρ∇⋅=和0E∇⨯=。
5、电荷之间的相互作用力是通过电场发生的，电流与电流之间的相互作用力是通过磁场发生的。
6、在两种媒质分界面的两侧，电场→E 的切向分量E 1t －E 2t ＝0；而磁场→B 的法向分量B 1n －B 2n ＝0。
7、在介电常数为e 的均匀各向同性介质中，电位函数为 2211522x y z ϕ=+-,则电场强度E=5x y zxe ye e --+。
8、静电平衡状态下，导体内部电场强度、磁场强度等于零，导体表面为等位面；在导体表面只有电场的法向分量。
电磁场与电磁波第二版课后答案
电磁场与电磁波第二版课后答案本文档为《电磁场与电磁波》第二版的课后答案，包含了所有章节的练习题的答案和解析。
《电磁场与电磁波》是电磁学领域的经典教材，它讲述了电磁场和电磁波的基本原理和应用。
通过学习本书，读者可以深入了解电磁学的基本概念和原理，并且能够解决一些相关问题。
第一章绪论练习题答案1.电磁场是由电荷和电流产生的一种物质性质，具有电场和磁场两种形式。
电磁波是电磁场的振动。
电磁辐射是指电磁波传播的过程。
2.对于一点电荷，其电场是以该点为中心的球对称分布，其强度与距离成反比。
对于无限长直导线产生的电场，其强度与距离呈线性关系，方向垂直于导线轴线。
3.电磁场的本质是相互作用力。
电场力是由于电荷之间的作用产生的，磁场力是由于电流之间的作用产生的。
解析1.电磁场是由电荷和电流产生的物质性质。
当电荷存在时，它会产生一个电场，该电荷周围的空间中存在电场强度。
同时，当电流存在时，它会产生一个磁场，该电流所在的区域存在磁场。
电磁波是电磁场的振动传播。
电磁波是由电磁场的变化引起的，相邻电磁场的振动会相互影响，从而形成了电磁波的传播。
电磁辐射是指电磁波在空间中的传播过程。
当电磁波从一个介质传播到另一个介质时，会发生折射和反射现象。
2.在一点电荷产生的电场中，电场强度与该点到电荷的距离成反比，即\(E = \frac{{k \cdot q}}{{r^2}}\)，其中\(E\)为电场强度，\(k\)为电场常数，\(q\)为电荷量，\(r\)为距离。
对于无限长直导线产生的电场，其电场强度与离导线的距离呈线性关系。
当离无限长直导线的距离为\(r\)时，其电场强度可表示为\(E = \frac{{\mu_0 \cdot I}}{{2 \pi \cdot r}}\)，其中\(E\)为电场强度，\(\mu_0\)为真空中的磁导率，\(I\)为电流强度。
3.电磁场的本质是相互作用力。
当两个电荷之间有作用力时，这个作用力是由于它们之间的电场力产生的。
电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤-曹伟)第2章习题解答
第2章习题解答2.2已知半径为a 、长为l 的圆柱体内分布着轴对称的体电荷，已知其电荷密度()0V a ρρρρ=，()0a ρ≤≤。
试求总电量Q 。
解：2π200002d d d d π3laV VQ V z la aρρρρρϕρ===⎰⎰⎰⎰2.3 半径为0R 的球面上均匀分布着电荷，总电量为Q 。
当球以角速度ω绕某一直径(z 轴)旋转时，试求其外表上的面电流密度。
解：面电荷密度为 24πS QR ρ=面电流密度为 00200sin sin sin 4π4πS S S Q Q J v R R R R ωθρρωθωθ=⋅=== 2.4 均匀密绕的螺旋管可等效为圆柱形面电流0S S J e J ϕ=。
已知导线的直径为d ，导线中的电流为0I ，试求0S J 。
解：每根导线的体电流密度为 00224π(/2)πI I J d d== 由于导线是均匀密绕，则根据定义面电流密度为 04πS IJ Jd d ==因此，等效面电流密度为 04πS IJ e dϕ=2.6 两个带电量分别为0q 和02q 的点电荷相距为d ，另有一带电量为0q 的点电荷位于其间。
为使中间的点电荷处于平衡状态，试求其位置。
当中间的点电荷带电量为-0q 时，结果又如何？ 解：设实验电荷0q 离02q 为x ，那么离0q 为x d -。
由库仑定律，实验电荷受02q 的排斥力为12214πq F xε=实验电荷受0q 的排斥力为02214π()q F d x ε=- 要使实验电荷保持平衡，即21F F =，那么由00222114π4π()q q x d x εε=-，可以解得 d d x 585.0122=+=如果实验电荷为0q -，那么平衡位置仍然为d d x 585.0122=+=。
只是这时实验电荷与0q 和02q 不是排斥力，而是吸引力。
2.7 边长为a 的正方形的三个顶点上各放置带电量为0q 的点电荷，试求第四个顶点上的电场强度E 。
电磁场与电磁波实际(第二版)(徐立勤-曹伟)第3章习题解答
第3章习题解答3.1 对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度：(1)()2,,x y z Ax Bx C Φ=++； (2)(),,x y z Axyz Φ=；(3)()2,,sin z A B z Φρϕρϕρ=+； (4)()2,,sin cos r Ar Φθϕθϕ=。
解：已知空间的电位分布，由E Φ=-∇和20/Φρε∇=-可以分别计算出电场强度和体电荷密度。
(1) ()2x E e Ax B Φ=-∇=-+ 0202εερA -=Φ∇-= (2) ()x y z E A e yz e xz e xy Φ=-∇=-++ 020=Φ∇-=ερ (3) (2sin )cos z E e A Bz e A e B ρϕΦρϕρϕρ⎡⎤=-∇=-+++⎣⎦20004sin sin 3sin BzBz A A A ρεΦεϕϕεϕρρ⎛⎫⎛⎫=-∇=-+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ (4) ()2sin cos cos cos sin r E e Ar e Ar e Ar θϕΦθϕθϕϕ=-∇=-+-200cos 2cos cos 6sin cos sin sin A A A θϕϕρεΦεθϕθθ⎛⎫=-∇=-+- ⎪⎝⎭3.5 如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面，其上均匀分布着密度为0S ρ的面电荷。
试求球心处的电位。
解：上顶面在球心产生的电位为0011100)()22S S d R d ρρΦεε==- 下顶面在球心产生的电位为0022200)()22S S d R d ρρΦεε==- 侧面在球心产生的电位为030014π4πS S SSRRρρΦεε==⎰式中212124π2π()2π()2π()S R R R d R R d R d d =----=+。
因此球心总电位为1230S R ρΦΦΦΦε=++=3.6有02εε=和05εε=的两种介质分别分布在0z >和0z <的半无限大空间。
电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤,曹伟)第3章习题解答
For personal use only in study and research; not for commercial use第3章习题解答3.1 对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度：(1)()2,,x y z Ax Bx C Φ=++； (2)(),,x y z Axyz Φ=；(3)()2,,sin z A B z Φρϕρϕρ=+； (4)()2,,sin cos r Ar Φθϕθϕ=。
解：已知空间的电位分布，由E Φ=-∇和20/Φρε∇=-可以分别计算出电场强度和体电荷密度。
(1) ()2x E e Ax B Φ=-∇=-+ 0202εερA -=Φ∇-= (2) ()x y z E A e yz e xz e xy Φ=-∇=-++ 020=Φ∇-=ερ (3) (2sin )cos z E e A Bz e A e B ρϕΦρϕρϕρ⎡⎤=-∇=-+++⎣⎦ (4) ()2sin cos cos cos sin r E e Ar e Ar e Ar θϕΦθϕθϕϕ=-∇=-+-3.5 如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面，其上均匀分布着密度为0S ρ的面电荷。
试求球心处的电位。
解：上顶面在球心产生的电位为下顶面在球心产生的电位为 侧面在球心产生的电位为式中212124π2π()2π()2π()S R R R d R R d R d d =----=+。
因此球心总电位为 3.6有02εε=和05εε=的两种介质分别分布在0z >和0z <的半无限大空间。
已知0z >时，201050x y z E e e e =-+V /m 。
试求0z <时的D 。
解：由电场切向分量连续的边界条件可得代入电场法向方向分量满足的边界条件可得于是有3.9 如题 3.9图所示，有一厚度为2d 的无限大平面层，其中充满了密度为()0πcosxx dρρ=的体电荷。
电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤,曹伟)第6章习题解答
2 8π ，因此 c E ey E0 cos(12π 108 t 8πx)
由 t 10 s ， x 1 m 处的电场强度值为 800 kV/m ，可以得到 E0 800 kV/m
E ey 800cos(12π 108 t 8πx) kV/m
根据电场的瞬时表达式可以写出电场的复矢量为
1 1 1 (ez E ) [ez (ex 2 ey 3)]e j( π /4kz ) (ey 2 ex 3)e j( π /4kz ) Zw 120π 120π 1 1 13 平均功率流密度为 Sav Re( E H * ) (ex 2 ey 3) (ey 2 ex 3) ez W/m2 2 240π 240π 6.5 在无界理想介质( r 1, r 5 )中传播均匀平面波。已知其磁场强度复矢量为 H
E ey 800e j8 πx kV/m
波阻抗为 Z w
r r
0 60π Ω 。因此磁场强度复矢量为 0
H 1 40 j8 πx (ex E ) ez e kA/m Zw 3π
H ez
因此，磁场的瞬时表达式为
40 cos(12π 108 t 8πx) 3π 6.3 在无界理想介质中，均匀平面波的电场强度为 E ex E0 sin 2π 108 t 2πz V / m 已知介质的 r 1 ，试求其 r ，并写出 H 的表达式。 8 解：根据电场的瞬时表达式可以得到 2π 10 ， k 2π ，而
根据均匀平面波的传播特性可以得到该圆极化波的磁场强度的复振幅矢量为
H
对应的瞬时值为
1 1 (ez E ) [ez (ex E0 ey jE0 )]e jkz j0 Zw Zw 1 (ey E0 ex jE0 )e jkz j0 Zw
电磁场与电磁波课后答案
第一章 矢量场1.1 z y x C z y x B z y xA ˆˆˆ3;ˆ2ˆˆ;ˆˆ3ˆ2+-=-+=-+=ρρρ 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB C ⨯ ； (e) ()ρρρA B C ⨯⨯ (f)()ρρρA B C ⨯⋅ 解：(a) 14132222222=++=++=z y x A A A A ; (b) )ˆ2ˆˆ(61ˆz y x BB b -+==ρρ( c) 7=⋅B A ρρ; (d) z y xC B ˆ4ˆ7ˆ---=⨯ρρ (e)z y x C B A ˆ4ˆ2ˆ2)(-+=⨯⨯ρρρ (f)19)(-=⋅⨯C B A ρρρ 1.2 ρA z =++2∃∃∃ρπϕ; ρB z =-+-∃∃∃ρϕ32 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB A ⨯ ; (e) B A ρρ+解：(a) 25π+=A ;(b) )ˆ2ˆ3ˆ(141ˆz b -+-=ϕρ;(c) 43-=⋅πB A ρρ (d) z A B ˆ)6(ˆ3ˆ)23(+--+=⨯πϕρπρρ (e) z B A ˆˆ)3(ˆ-++=+ϕπρρρ 1.3 ρA r=+-22∃∃∃πθπϕ; ρB r =-∃∃πθ 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB A ⨯ ; (e) ρρA B +解：(a) 254π+=A ； (b) )ˆˆ(11ˆ2θππ-+=r b ； (c) 22π-=⋅B A ρρ ； (d) ϕπθππˆ3ˆ2ˆ22++=⨯rA B ρρ ; (e) ϕπˆ2ˆ3-=+r B A ρρ 1.4 ρA x y z =+-∃∃∃2; ρB x y z =+-α∃∃∃3 当ρρA B ⊥时，求α。
解：当ρρA B ⊥时，ρρA B ⋅=0, 由此得 5-=α1.5 将直角坐标系中的矢量场ρρF x y z xF x y z y 12(,,)∃,(,,)∃==分别用圆柱和圆球坐标系中的坐标分量表示。
电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答
电磁场与电磁波课后习题及答案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 e22322232()[]2d 4()()aq a ar r r a r a ππ--=++? 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题3.1 图题3. 3图()a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。
电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤,曹伟)第4章习题解答
第4章习题解答4.1 电导率为σ的均匀、线性、各向同性的导体球，半径为R ，其表面的电位分布为0cos Φθ。
试确定表面上各点的电流密度。
解：由于导体球的外部是空气，所有在导体球的表面只有切向分量，即0t t t 11sin sin J E e e e R R R θϕθσΦΦΦσσΦσθθθϕ⎛⎫∂∂==-∇=-+= ⎪∂∂⎝⎭4.2 如题4.2图所示平板电容器。
板间填充两种不同的导电媒质，其厚度分别为1d 和2d ，两平板的面积均为S 。
若在两极板上加上恒定的电压0U 。
试求板间的电位Φ、电场强度E 、电流密度J 以及各分界面上的自由电荷和电容器的漏电导。
解：理想电容器021==σσ，满足的定解问题为210 Φ∇= 和 220 Φ∇=以及12111112120121200x x d d x d x dx d x d V xxΦΦΦΦΦΦεε==+====∂∂====∂∂由直接积分法可以得到电位的通解为1 Ax B Φ=+ 和 2Cx D Φ=+由100x Φ==和1220x d d V Φ=+=可以确定出0=B 及)(210d d C V D +-=，则上式电位的表达式为1 Ax Φ= 和 2012()Cx V C d d Φ=+-+利用电位在介质分界面的边界条件，则确定出211201211202d d V C d d V A εεεεεε+=+=因此电位分布为2012112V x d d εΦεε=+ 和 102110221122112()V d Vx d d d d εεεΦεεεε-=+++而对应的电场强度和电位移矢量为2101221xE e V d d εεε=-+ 和 1201221xE e V d d εεε=-+以及12101221xD e V d d εεεε=-+ 和 12201221x D e V d d εεεε=-+根据静电比拟法()E ED J εσΦΦ⇔⇔⇔⇔得到对平板电容器内恒定电场的电位为2012112V x d d σΦσσ=+ 和 102110221122112()V d V x d d d d σσσΦσσσσ-=+++ 电场强度为2101221xE e V d d σσσ=-+ 和 1201221x E e V d d σσσ=-+电流密度矢量为12101221xJ e V d d σσσσ=-+ 和 12201221xJ e V d d σσσσ=-+ 此时的电流称为电容器的漏电流，对应的电导称为电容器的漏电导G ，有121221d d d d SSCCJ S E SSIG Vd d E lE lσσσσσ⋅⋅====+⋅⋅⎰⎰⎰⎰S ——极板的面积4.3 如题4.3图所示矩形导体片的电导率为σ，试求导电片上的电位分布以及导电片中各处的电流密度。
电磁场与电磁波答案习题3章
重要公式
电位方程：
有源区中电位满足泊松方程：
无源区中电位满足拉普拉斯方程：
泊松方程的积分解：
自由空间格林函数：
泊松方程的自由空间解：
题解
3-1已知在直角坐标系中四个点电荷分布如习题图3-1所示，试求电位为零的平面。
解已知点电荷q的电位为
，令 ， ， ， ，那么，图中4个点电荷共同产生的电位应为
令 ，得
由4个点电荷的分布位置可见，对于x=1.5cm的平面上任一点， ，因此合成电位为零。同理，对于x=0.5cm的平面上任一点， ，因此合成电位也为零。所以，x=1.5cm及x=0.5cm两个平面的电位为零。
，．．．
负 轴上： ， ，
，．．．
则两板之间任一点 的电位为：
3-8试证位于无限大导体平面上半球形导体上空的点电荷q受到的力的大小为
式中a为球半径，d为电荷与球心的间距， 为真空介电常数，如习题图3-8(a)所示。
证明应用镜像法，将半球变为一个整球。那么，为了保证无限大导体平面和球面形成的边界电位为零，必须引入三个镜像电荷：q，q，q，其中q和q，以及q和q保证无限大平面边界的电位为零，q和q，以及q和q保证球面边界的电位为零。那么，根据镜像法，求得镜像电荷q和q分别为
解①如前所述，此时需要两个镜像电荷等效带电导体球的影响。一个是离球心 处，电量为 的镜像电荷。另一个镜像电荷q位于球心，其电量取决于导体球的电位。
已知导体球的电位为，而镜像电荷及球外点电荷对于球面边界的电位没有贡献，因此，球心镜像电荷q的电量应满足
(完整版)电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤,曹伟)第4章习题解答
第4章习题解答4.1 电导率为σ的均匀、线性、各向同性的导体球，半径为R ，其表面的电位分布为0cos Φθ。
试确定表面上各点的电流密度。
解：由于导体球的外部是空气，所有在导体球的表面只有切向分量，即0t t t 11sin sin J E e e e R R R θϕθσΦΦΦσσΦσθθθϕ⎛⎫∂∂==-∇=-+= ⎪∂∂⎝⎭4.2 如题4.2图所示平板电容器。
板间填充两种不同的导电媒质，其厚度分别为1d 和2d ，两平板的面积均为S 。
若在两极板上加上恒定的电压0U 。
试求板间的电位Φ、电场强度E 、电流密度J 以及各分界面上的自由电荷和电容器的漏电导。
解：理想电容器021==σσ，满足的定解问题为210 Φ∇= 和 220 Φ∇=以及12111112120121200x x d d x d x dx d x d V xxΦΦΦΦΦΦεε==+====∂∂====∂∂由直接积分法可以得到电位的通解为1 Ax B Φ=+ 和 2Cx D Φ=+由100x Φ==和1220x d d V Φ=+=可以确定出0=B 及)(210d d C V D +-=，则上式电位的表达式为1 Ax Φ= 和 2012()Cx V C d d Φ=+-+利用电位在介质分界面的边界条件，则确定出211201211202d d V C d d V A εεεεεε+=+=因此电位分布为2012112V x d d εΦεε=+ 和 102110221122112()V d Vx d d d d εεεΦεεεε-=+++而对应的电场强度和电位移矢量为2101221xE e V d d εεε=-+ 和 1201221xE e V d d εεε=-+以及12101221xD e V d d εεεε=-+ 和 12201221x D e V d d εεεε=-+根据静电比拟法()E ED J εσΦΦ⇔⇔⇔⇔得到对平板电容器内恒定电场的电位为2012112V x d d σΦσσ=+ 和 102110221122112()V d V x d d d d σσσΦσσσσ-=+++ 电场强度为2101221xE e V d d σσσ=-+ 和 1201221x E e V d d σσσ=-+电流密度矢量为12101221xJ e V d d σσσσ=-+ 和 12201221xJ e V d d σσσσ=-+ 此时的电流称为电容器的漏电流，对应的电导称为电容器的漏电导G ，有121221d d d d SSCCJ S E SSIG Vd d E lE lσσσσσ⋅⋅====+⋅⋅⎰⎰⎰⎰S ——极板的面积4.3 如题4.3图所示矩形导体片的电导率为σ，试求导电片上的电位分布以及导电片中各处的电流密度。
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第三章)
【习题 3.1】
解：设导线沿 ez 方向，电流密度均匀分布 则
J ez
4
I d
2
ez
4
2 (10 )
3
2
cos(2 50t ) ez
8
106 cos(2 50t（ ) A
m2
）
导线内的电场
E
J
ez
8 106 cos 2 50t ez 4.39 102 cos 2 50t (V / m) 7 5.8 10
J s n H er H ez 395.1cos(4 108 t ) A / m
（3） r 20mm, z 25mm 处的表面电荷密度
7 2 s n D 0 r er E 0. 7 8 1 0 sin ( 48 t1 0 C ) m /
B 1.328 6 107 0 sin 6 107 t cos zex t
1.328 6 107 4 107 sin 6 107 t cos zex 100sin 6 107 t cos zex
所以有
E
B t
ex
又因为
ey y 0
ex 1 1 E ( D) [ ( z 6 107 t )ex ] 2.5 0 2.5 0 x Ex (e y Ex E 1 ez x ) ey 4.52 1010 ey z y 2.5 0
ey y 0
ez z 0
12
= 4 81 8.854 10
i 6.28 109 E = i 4.5 i 4 E
6
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及答案14exeyez1，R23r3r22exey4ez8，R31r1r36exeyez3，由于R12R23411)21430，R 23R31214)61384，R31R12613)41136，故PP 2不是一直角三角形。
2）三角形的面积可以用矢量积求得：S12R12R23的模长，即S122411)214214613)411411613)21461332begin{n}1）三个顶点P、$P_2$(4,1,-3)和$P_3$(0,1,-2)的位置矢量分别为$r_1=e_y-e_z$，$r_2=e_x+4e_y-e_z$，$r_3=e_x+6e_y+2e_z$，则$R_{12}=r_2-r_1=4e_x+e_y+e_z$，$R_{23}=r_3-r_2=2e_x+e_y+4e_z$，$R_{31}=r_1-r_3=-6e_x+e_y-e_z$，由于$R_{12}\cdotR_{23}=(4+1+1)(2+1+4)=30$，$R_{23}\cdotR_{31}=(2+1+4)(6+1+3)=84$，$R_{31}\cdot R_{12}=(-6+1-3)(4+1+1)=-36$，故$\triangle PP_2P_3$不是一直角三角形。
2）三角形的面积可以用矢量积求得：$S=\frac{1}{2}|R_{12}\times R_{23}|$的模长，即$S=\frac{1}{2}\sqrt{(4+1+1)(2+1+4)(2+1+4)-(-6+1-3)(4+1+1)(4+1+1)-(-6+1-3)(2+1+4)(6+1+3)}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
end{n}根据给定的矢量，计算得到：R_{12}=\sqrt{(e_x^4-e_z)(e_x^2+e_y+e_z/8)}$R_{23}=r_3-r_2=e_x^2+e_y+e_z/8-r_3$R_{31}=r_1-r_3=-e_x/6-e_y-e_z/7$由此可以得到，$\Delta P P$为一直角三角形，且$R_{12} \times R_{23}=17.13$。
电磁场与电磁波 课后习题答案
习题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 A45.26211222222==++=++==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 x zyxB 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。
电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤-曹伟)第5章习题解答
第5章习题解答5.2 已知空气填充的矩形金属腔a b c ⨯⨯(,,a b c 分别为腔体在,,x y z 方向的长度)中的电场强度复矢量为0ππsinsin y x z E e E a c= 试求腔中的磁场强度复矢量H 及其各个内表面上的面电流密度S J 和面电荷密度S ρ(设金属为理想导体)。
解：腔中的磁场强度复矢量为00000001110j j j 0ππ11ππππsin cos cos sin j j xy z x y z yxy zy y x z x z e e e e e e H E xy z x z E E E E E E E E x z x z e e e e z x c a c a a c ωμωμωμωμωμ∂∂∂∂∂=-∇⨯=-=-∂∂∂∂∂⎛⎫∂∂⎛⎫=--+=- ⎪ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭矩形金属腔内的下表面，0z =，n z e e =，00z E==，000ππsinj xz E xHe caωμ== 面电流密度 0n 00ππsinj S z yE x J e H e caωμ==⨯= 面电荷密度 ()n n 000S z z e De Eρε===⋅=⋅=5.3 已知某一理想介质()004,5,0εεμμσ===中的位移电流复矢量为j d 0πsine zx y J e J bβ-=。
求该媒质中的,,,E D H B 和ρ。
解：媒质中的电位移矢量为 j d 0πsin e j j z x J J yD e bβωω-== 媒质中的电场强度为 j 00πsin e j4z xJ DyE e bβεωε-== 媒质中的磁场强度为000j j 0020001110j5j5j500π11ππj sin e cos e j520xy z x yz xy z xz z x x y z x z e e e e e e H E xy z y z E E E E E E J y y e e e J e z y b b b ββωμωμωμβωμωμε--∂∂∂∂∂=-∇⨯=-=-∂∂∂∂∂⎛⎫∂∂⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭媒质中的磁感应强度为 j j 00020π1ππ5j sin e cos e 4z z x z J y y B H H e J e b b b ββμμβωε--⎛⎫===-- ⎪⎝⎭媒质中的电荷密度为0y x z xy z D D D D e e e x y z ρ∂⎛⎫∂∂=∇⋅=++= ⎪∂∂∂⎝⎭5.4 已知空气填充的同轴线内外导体之间的磁场强度为 ()81cos 10ππH e t z ϕβρ=- (A /m ) 同轴线的内外导体半径分别为1a =mm ，4b =mm 。
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第3章习题解答3.1 对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度：(1)()2,,x y z Ax Bx C Φ=++； (2)(),,x y z Axyz Φ=；(3)()2,,sin z A B z Φρϕρϕρ=+； (4)()2,,sin cos r Ar Φθϕθϕ=。
解：已知空间的电位分布，由E Φ=-∇r r 和20/Φρε∇=-可以分别计算出电场强度和体电荷密度。
(1) ()2x E e Ax B Φ=-∇=-+r r r0202εερA -=Φ∇-=(2) ()x y z E A e yz e xz e xy Φ=-∇=-++r r r r r020=Φ∇-=ερ(3) (2sin )cos z E e A Bz e A e B ρϕΦρϕρϕρ⎡⎤=-∇=-+++⎣⎦r r r r20004sin sin 3sin Bz Bz A A A ρεΦεϕϕεϕρρ⎛⎫⎛⎫=-∇=-+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(4) ()2sin cos cos cos sin r E e Ar e Ar e Ar θϕΦθϕθϕϕ=-∇=-+-r r r r r200cos 2cos cos 6sin cos sin sin A A A θϕϕρεΦεθϕθθ⎛⎫=-∇=-+- ⎪⎝⎭3.5 如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面，其上均匀分布着密度为0S ρ的面电荷。
试求球心处的电位。
解：上顶面在球心产生的电位为22001111100()()22S S d R d R d ρρΦεε=+-=- 下顶面在球心产生的电位为22002222200()()22S S d R d R d ρρΦεε=+-=- 侧面在球心产生的电位为030014π4πS S SSRRρρΦεε==⎰式中212124π2π()2π()2π()S R R R d R R d R d d =----=+。
因此球心总电位为1230S R ρΦΦΦΦε=++=3.6有02εε=和05εε=的两种介质分别分布在0z >和0z <的半无限大空间。
已知0z >时，201050x y z E e e e =-+r r r rV /m 。
试求0z <时的D r 。
解：由电场切向分量连续的边界条件可得1t 2tE E =⇒ 000520510x y z D D εε<=⨯=-⨯ 代入电场法向方向分量满足的边界条件可得 1n 2nD D =⇒ 050z z D <=于是有0001005050x y z z D e e e εε<=-+r r r r3.9 如题 3.9图所示，有一厚度为2d 的无限大平面层，其中充满了密度为()0πcos xx dρρ=的体电荷。
若选择坐标原点为零电位参考点，试求平面层之内以及平面层以外各区域的电位和电场强度。
解：由对称性可知0y zΦΦ∂∂==∂∂，即222222222d d x y z x ΦΦΦΦΦ∂∂∂∇=++=∂∂∂。
设各区域中的电位和电场强度分别为1Φ，2Φ，3Φ和1E ρ，2E ρ，3E ρ。
由电位所满足的微分方程2012d πcos d x x d ρΦε⎛⎫=- ⎪⎝⎭222d 0d x Φ= 232d 0d x Φ= 解得011d πsin d πd x C x d ρΦε⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ 22d d C xΦ=33d d C x Φ= 201112πcos πd x C x D d ρΦε⎛⎫=++ ⎪⎝⎭222C x D Φ=+ 333C x D Φ=+由于理想介质分界面没有面电荷，所以边界条件为d x =时 12ΦΦ= 12d d d d x xΦΦεε= d x -=时 13ΦΦ= 310d d d d x xΦΦεε= 又根据对称性可知，在0=x 的平面上，电场强度是为零的，即0=x 时，1d 0d xΦ=。
最后再选择零电位参考点使得0=x 时，()100Φ=。
联立解得0321===C C C 2012πd D ρε=- 202322πd D D ρε==-。
只要利用d d x Ee xΦ=-∇Φ=-r r r 就可以得到d x -<时， 20322πd ρΦε=- 33d 0d x E e xΦ=-=r r d x d ≤≤-时 2200122πcos ππd x d d ρρΦεε⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 011d πsin d πx x d x E e e x d ρΦε⎛⎫=-= ⎪⎝⎭r r r d x >时， 20222πd ρΦε=- 22d 0d x E e xΦ=-=r r ✶ 选择不同的零电位参考点，得到的电位不同，但电场强度仍是相同的。
✶ 根据对称性只需求出0>x 的解，即1Φ和23ΦΦ=。
3.10 位于0x =和x d =处的两个无限大导电平面间充满了()01x d ρρ=+的体电荷。
若将0x =处的导电平板接地，而将x d =处的导电平板加上电压0U 。
试求板间的电位分布及电场强度为零的位置。
解：由于无限大导体极板之间电荷分布是只与x 有关，忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x 有关，且满足一维泊松方程2020d (1)d x x dρΦε=-+ 其通解为32001200()62x x x C x C d ρρΦεε=--++ 由(0)0Φ= ⇒ 02=C 而由0()d U Φ= ⇒ 000132ερdd U C += 因此板间电位分布为3200000002()623U d x x x x d dρρρΦεεε⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭ 板间电场强度为200000002()23x U d E e x x dd ρρρΦεεε⎡⎤=-∇=+-+⎢⎥⎣⎦r r r从该式可以求出电场强度为零的位置为200000220000000000024()23224 1()3U dd d U d b b ac x d d d d dρρρρεεεεερρρεε-±++-±-===-±++由于我们是讨论极板内电场强度，因此零点位置为)32(2100000ερρεdd U d d d x +++-= 3.11 如题3.11图所示的平板电容器中，分别以两种不同的方式填充两种不同的介质1ε和2ε。
当两极板之间外加电压0U 时，试求电容器中电位和电场的分布以及电容器的电容。
解：对于图a ：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x 有关，均满足一维拉普拉斯方程。
且由介质分界面的边界条件可知，两种介质中的电位分布是相同的，其通解为Cx D Φ=+根据已知条件00x Φ==和02x d U Φ==，解得0D =和2U C d=，即平板电容器中的电位分布为 02U x dΦ=根据E Φ=-∇r r，可以得到平板电容器中的电场分布为0d d 2x x U E e e x dΦΦ=-∇=-=-r r r r对0=x 平板上n x e e =r r，面电荷密度分别为 ()01n n 02 2 2S U y S de D e E U y S d ερεε⎧-∈⎪⎪=⋅=⋅=⎨⎪-∈⎪⎩r r r r 上下总电量为()0012120222U U SQ S S U d d dεεεε=-⋅-=-+ 电容器的电容为()1202Q SC U dεε==+对于图b ：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x 有关，均满足一维拉普拉斯方程。
两种介质中的电位分布的通解可以分别设为111C x D Φ=+ 和 222C x D Φ=+根据已知条件100x Φ==和202x dU Φ==，以及分界面处的边界条件12x d x d ΦΦ===和12x dx dxxΦΦ==∂∂=∂∂可以解得20112U x d εΦεε=+ 和 202012U x dU dεΦεε-=++ 根据E Φ=-∇r r，可以得到平板电容器中两种介质中的电场分布为0121112d d x x U E e e x d ΦεΦεε=-∇=-=-+r r r r 和 0212212d d x x U E e e x dΦεΦεε=-∇=-=-+r r r r对0=x 平板上n x e e =r r，面电荷密度为()12n n 112 S x U e D e E e d εερεεε=⋅=⋅=-+r r r r r总电量为 1201222S SQ S U dεερεε=⋅=-+ 电容器的电容为 120122Q SC U dεεεε==+3.12 已知在半径为a 的无限长圆柱形体内均匀分布着电荷密度为0ρ的体电荷。
圆柱体内外的介电常数分别为ε和0ε。
若取圆柱体的表面为零电位的参考面，试利用直接积分法求出圆柱体内外的电位和电场强度。
解：取定圆柱坐标系，使z 轴与圆柱体的中心轴线相重合，由电位和电场的对称性可知Φ与ϕ和z 无关。
圆柱体内外的电位1Φ和2Φ分别满足01d 1d d d ρΦρρρρε⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 和 020d 1d d d ρΦρρρρε⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 它们的通解可以分别表示式为()20111ln 4C D ρΦρρρε=-++ 和 222ln C D Φρ=+ 由轴线上的电位应为有限值可得10C =。
而由圆柱体的表面电位为零可得20104a D ρε-+= 和 22ln 0C a D += 即 2014D a ρε= 和 22ln D C a =-于是有 ()()22014a ρΦρρε=-- 和 22ln C aρΦ=代入圆柱体表面电位的法向导数的边界条件12r ar arrΦΦεε==∂∂=∂∂得到0202aC a ρε=-，即20202a C ρε=-。
最后得到圆柱体内外的电位分别为()()22014a ρΦρρε=- 和 2020ln 2a aρρΦε=-而圆柱体内外的电场强度分别为01110d d 2E e e ρρρρΦΦρε=-∇=-=r r r r 和 202220d d 2a E e e ρρρΦΦρερ=-∇=-=r r r r3.13 如题3.13图所示，半径为a 的无限长导体圆柱，单位长度的带电量为l ρ。
其一半埋于介电常数为ε的介质中，一半露在空气中。
试求各处的电位和电场强度。
解：根据题意，空间中电位分布与ϕ和z 无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即()()211222d 1d 0d d d 1d 0d d r r ΦΦρρρΦΦρρρ⎛⎫∇== ⎪⎝⎭⎛⎫∇== ⎪⎝⎭介质中空气中将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为111ln C D Φρ=-+ 和 222ln C D Φρ=-+根据不同介质分界面电位的连续性可知12C C C ==和12D D D ==，即12ln C D ΦΦΦρ===+若设无限长导体圆柱上电位为0，也即()0a Φ=，可得ln D C a =-，即ln C aρΦ=导体圆柱的面电荷密度为()()0S CCεΦρεερ⎧-∂⎪=-=⎨-∂⎪⎩介质中空气中单位长度导体圆柱的电量为0ππl C a C a ρεε=--即0π()lC ρεε=-+于是得到导体圆柱外的电位和电场强度分别为0lnπ()laρΦεερ=+ 和 0π()lE e ρρΦεερ=-∇=+r r3.14 如题3.14图所示同轴电容器，其中部分填充了介质ε，其余是空气。