电磁场二章习题解答(精品文档)
电磁场与电磁波(第四版)习题解答
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。
《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$。
电磁场与电磁波基础教程(第2版)习题解答
《电磁场与电磁波基础教程》（第2版）习题解答第1章1.1 解：（1）==A B=C（2）)))23452A x y zB y zC 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 2104522405x y z x z y ⨯⨯=-++⨯-=-+A B C a a a a a a a a 。
1.2解：cos 68.56θθ⋅===︒；A B A BA 在B 上的投影cos 1.37B A θ===A ；B 在A 上的投影cos 3.21A 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）111000z 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 。
《电磁场与电磁波》第版谢处方编课后习题答案高等教育出版社
S
1 2
R1 2 R 2 3
1 2
R 1 2 R
2 312 1 7
69
1 7 . 1 3
1.3 求 P(3,1, 4) 点到 P(2, 2,3) 点的距离矢量 R 及 R 的方向。
解 rP ex 3 ey ez 4 ， rP ex 2 ey 2 ez 3 ，
则
RPP rP rP ex 5 ey 3 ez
Ax ) y
ez
dS
S
y2
dS
a 2 00
r2 sin2 r d d r
a4 4
1.23 证明：（1） R 3 ；（2） R 0 ；（3）(A R) A 。其中 R ex x ey y ez z ， A 为一常矢量。
解 （1） R x y z 3 x y z
（2）
ex ey ez R 0
2
2
2
2
解
A d l xd x x d x 22 d y 0d y 8
C
0
0
0
0
ex ey ez
又
A x y
z
ex 2 yz ez 2x
x x2 y2z
22
所以
A d S (ex 2yz ez 2x) ez d x d y 8
S
00
故有
A dl 8 A dS
2 a
r d 3r2 sin d r d d 4 a3
0 00
1.21 求矢量 A ex x ey x2 ez y2z 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。
电磁场与电磁波(版)课后答案谢处方
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 BC ；（8）()⨯⨯A BC 和()⨯⨯A B C 。
解 （1）23A x y z+-===-e e e A a e ee 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cos AB θ=14-==⨯A B A B ，得1cos ABθ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ=1117=-A B B （6）⨯=A C 123502xy z-=-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 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。
电磁场与电磁波课后答案谢处方
第二章习题解答2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为43230049U d x ρε--=-，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电压为0U 。
如果040V U =、1cm d =、横截面210cm S =，求：（1）0x =和x d =区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。
解 （1） 43230004d ()d 9dQ U d x S x τρτε--==-=⎰⎰110044.7210C 3U S dε--=-⨯ （2）4320024d ()d 9dd Q U d x S x τρτε--''==-=⎰⎰11004(10.9710C 3U S d ε--=-⨯ 2.2 一个体密度为732.3210C m ρ-=⨯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271.710kg m -=⨯、电量191.610C q -=⨯。
由21mv qU = 得 61.3710v ==⨯ m s 故 0.318J v ρ== 2A m26(2)10I J d π-== A2.3 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ω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θ，则P 点的线速度为sin r φωθ=⨯=v r e ω球内的电荷体密度为343Qa ρπ=故 333sin sin 434Q Q r r a aφφωρωθθππ===J v e e 2.4 一个半径为a 的导体球带总电荷量为Q ，同样以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球表面的面电流密度。
解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。
设球面上任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为sin a φωθ=⨯=v r e ω球面的上电荷面密度为24Q a σπ=故 2sin sin 44S Q Q a a aφφωσωθθππ===J v e e 2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处，24C q =-位于y 轴上4y =处，求(4,0,0)处的电场强度。
2 电磁场与电磁波第二章习题答案
第二章 习题解答2.5试求半径为a ，带电量为Q 的均匀带电球体的电场。
解：以带电球体的球心为球心，以r 为半径，作一高斯面，由高斯定理S D dS ∙⎰ =Q ，及D E ε= 得，错误！未找到引用源。
r ≤a 时， 由S D dS ∙⎰ =224433Qr a ππ⨯，得34Qr D a π= 304Qr E a πε= 错误！未找到引用源。
r>a 时，由S D dS ∙⎰ =Q ，得34Qr D r π= 304Qr E rπε= 2.5 两无限长的同轴圆柱体，半径分别为a 和b （a<b ），内外导体间为空气。
设同轴圆柱导体内、外导体上的电荷均匀分布，其电荷密度分别为1S ρ和2S ρ，求： 错误！未找到引用源。
空间各处的电场强度；错误！未找到引用源。
两导体间的电压；错误！未找到引用源。
要使ρ>b 区域内的电场强度等于零，则1S ρ和2S ρ应满足什么关系？解：错误！未找到引用源。
以圆柱的轴为轴做一个半径为r 的圆柱高斯面，由高斯定理S D dS ∙⎰ =q及D E ε= 得，当0<r<a 时，由S D dS ∙⎰ =q=0，得D =0，E =0当a ≤r ≤b 时，由S D dS ∙⎰ =q,得D r l π⨯2⨯= 1S ρa l π⨯2⨯D =1S r e r ρ ，10S r aE e rρε= 当b<r 时，由S D dS ∙⎰ =q,得D r l π⨯2⨯= 1S ρa l π⨯2⨯+2S ρb l π⨯2⨯D =12s s r a b e r ρρ+ ，E =120s s r a b e rρρε+ Equation.DSMT4 11ab 00ln b b s s a a a a a E dr dr r b ρρεε∅===⎰⎰ Equation.DSMT4 ρ>0的区域外电场强度为0，即：E =120s s r a b e rρρε+ =0，得1S ρ=2s b a ρ- 2.9 一个半径为a 的薄导体球壳，在其内表面覆盖了一层薄的绝缘膜，球内充满总电量为Q的电荷，球壳上又另充了电量为Q 的电荷，已知内部的电场为4()r r E a a= ，计算： = 2 \* GB2 ⑵球的外表面的电荷分布；布；= 4 \* GB2 ⑷球心的电位。
电磁场与电磁波_章二习题答案
静电场 恒定电场习题解答主要问题： 1） 矢量标量书写不加区分（忘记在矢量顶部加箭头） 2） 机械抄袭标准答案，不理解其含义3）不理解极化电荷面密度和极化电荷体密度含义:极化电荷面密度仅仅存在于介质表面，静电场情形下导体表面没有极化电荷面密度（题2-15） 4）所谓验证边界条件对静电场而言有两种方法（题2-13），一是从电位着手判断电位是否连续（12?Φ=Φ）法向电位条件如何？（1212s n nεερ∂Φ∂Φ-+=∂∂，这里格外需要注意说明边界上有没有电荷?s ρ=）二是判断切向电场是不是连续，法向电通密度是不是相等，要是不等，面电荷密度是多少 这两种方法等价。
5）2-2题很多人和标准答案中的坐标图不一致，答案却一样，明显错误2-1、半径为a 的球内充满介电常数为1ε的均匀介质，球外是介电常数为2ε的均匀介质。
若已知球内和球外的电位分别为：122(,) ()(,) ()r Ar r a Aa r r a rθθθθΦ=≤⎧⎪⎨Φ=≥⎪⎩ 式中A 为常数。
求1） 两种介质中的E 和D ；2） 两种介质中的自由电荷密度。
解：1) 在r < a 区域内：111111111A Ar r A A θθεεθε∂Φ∂Φ=-∇Φ=--=--∂∂==--rθr θ1r θE e e e e D E e e ， 在r > a 区域内：()()2222222121Aa r r rAarθθεεθ∂Φ∂Φ=-∇Φ=--=-∂∂==-2r θr θ22r θE e e e e D E e e 2) 在r < a 区域内：。
()()()21112111sin sin 2cot r r D D r r r Arθρθθθεθθ∂∂=∇⋅=+∂∂=-+1D在r > a 区域内：()()2222222311sin sin cot r r D D r r r Aa rθρθθθεθ∂∂=∇⋅=+∂∂=-2D 在球面r = a 上，电荷面密度()()()12s r a r a A ρεεθ===⋅-=⋅-=+21r 21n D D e D D2-2一个半径为a 的半圆环上均匀分布线电荷ρl ，求垂直于半圆环平面的轴线z ＝a 处的电场强度。
电磁场与电磁波第三版 郭辉萍 第二章习题解答
D2 z ( x, y,0) = 2
所以
r r r r D2 ( x, y, 0) = ax ⋅ 3 y − a y ⋅ 3x + az ⋅ 2 r E2 ( x, y, 0) = r r r r ax ⋅ 3 y − a y ⋅ 3 x + az ⋅ 2 D2 = ε0 ⋅εr2 3⋅ε0
故不能求出区域 2 中任一点处的 E2 和 D2 2.15 同轴电容器内导体半径为 a， 外导体内直径为 b， 在 a<r<b′部分填充介电常数为ε 的电介质， 求： （1） 单位长度的电容； （2） 若a=5 mm、 b=10 mm、 b′=8 mm， 内外导体间所加电压为 10 000 V， 介 质的相对介电常数为εr=5， 空气的击穿场强为 3×106 V/m， 介质的击穿场强为 20×106 V/m， 问电介质是否会被击穿？ 解：
r
r
r
r
r
r
D2 z ( x, y,0) = 2 ，
（1）
r r ax D2 x ( x, y,0) + a y D2 y ( x, y,0) 3 ⋅ ε0
由（1）和（2）解得
=
r r ax ⋅ 2 y − a y ⋅ 2 x 2 ⋅ ε0
（2）
D2 x ( x, y,0) = 3 y ，
D2 y ( x, y,0) = −3 x ，
φab = ∫ E ⋅ d r = ∫
a
b
ur
r
b
a
ρs a ρs a b dr = ln ε 0r ε0 a
1 1
要使 ρ >b 的区域外电场强度为 0，即：
r ur ρ s a + ρ s b uu b 2 E= 1 ar =0，得 ρ S1 = − ρ s2 ε 0r a
高等电磁场理论习题解答(作业)
第一章 基本电磁理论1-1 利用Fourier 变换, 由时域形式的Maxwell 方程导出其频域形式。
（作1-2—1-3） 解：付氏变换和付氏逆变换分别为：dt e t f F t j ⎰∞∞-=ωω)()(ωωπωd e F t f tj ⎰∞∞--=)(21)( 麦氏方程：t D J H ∂∂+=⨯∇tB E ∂∂-=⨯∇0=⋅∇B ρ=⋅∇D对第一个方程进行付氏变换：),(),(),ωωωr H dt e t r H dt e t r H tj t j ⨯∇=⨯∇=⨯∇=⎰⎰∞∞-∞∞-（左端),(),(),(),(]),(),[ωωωωωωωr D j r J dte t r D j r J dt e t t r D t r J t j tj+=+=∂∂+=⎰⎰∞∞-∞∞-（右端（时谐电磁场） =⨯∇∴),(ωr H ),(),(ωωωr D j r J +同理可得：()()ωωω,,r B j r H -=⨯∇()0,=⋅∇ωr B()()ωρω,,r r D =⋅∇上面四式即为麦式方程的频域形式。
1-2 设各向异性介质的介电常数为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=300420270εε 当外加电场强度为 (1) 01E x e E =；(2)02E y e E =；(3) 03E z e E =；(4) )2(04y x E e e E +=；(5))2(05y x E e e E +=求出产生的电通密度。
（作1-6）解：()),(,t r E t r D⋅=ε⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡333231232221131211εεεεεεεεεz y x D D D 即⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡z y x E E E 将E 分别代入，得：⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡027003000420270000111E E D D D z y x εε )ˆ2ˆ7(001y x E D +=ε⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡042003000420270000322E E D D D z y x εε )ˆ4ˆ2(002y x E D +=ε ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡300003000420270000333E E D D D z y x εε z E D ˆ3003ε= ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡010110230004202700000444E E E D D D z y x εε )ˆ10ˆ11(004y x E D +=ε ⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡08160230004202700000555E E E D D D z y x εε )ˆ8ˆ16(005y x E D +=ε 1-3 设各向异性介质的介电常数为⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=4222422240εε试求：(1) 当外加电场强度)(0z y x E e e e E ++=时，产生的电通密度D ；(2) 若要求产生的电通密度004E x εe D =，需要的外加电场强度E 。
电磁场与电磁波课后答案_郭辉萍版1-6章
第一章 习题解答1.2给定三个矢量A ，B ，C ： A =x a +2y a -3z a B = -4y a +z aC =5x a -2za求：错误!未找到引用源。
矢量A 的单位矢量A a ； 错误!未找到引用源。
矢量A 和B 的夹角AB θ； 错误!未找到引用源。
A ·B 和A ⨯B错误!未找到引用源。
A ·（B ⨯C ）和（A ⨯B ）·C ；错误!未找到引用源。
A ⨯（B ⨯C ）和（A ⨯B ）⨯C解：错误!未找到引用源。
A a =A A=（x a +2y a -3z a ） 错误!未找到引用源。
cos AB θ=A ·B /A BAB θ=135.5o错误!未找到引用源。
A ·B =-11, A ⨯B =-10x a -y a -4z a 错误!未找到引用源。
A ·（B ⨯C ）=-42（A ⨯B ）·C =-42错误!未找到引用源。
A ⨯（B ⨯C ）=55x a -44y a -11z a（A ⨯B ）⨯C =2x a -40y a +5z a1.3有一个二维矢量场F(r)=x a （-y ）+y a (x)，求其矢量线方程，并定性画出该矢量场图形。
解：由dx/(-y)=dy/x,得2x +2y =c1.6求数量场ψ=ln （2x +2y +2z ）通过点P （1，2，3）的等值面方程。
解：等值面方程为ln （2x +2y +2z ）=c 则c=ln(1+4+9)=ln14 那么2x +2y +2z =141.9求标量场ψ（x,y,z ）=62x 3y +ze 在点P （2，-1，0）的梯度。
解：由ψ∇=x a x ψ∂∂+y a y ψ∂∂+z a zψ∂∂=12x 3y x a +182x 2y y a +ze z a 得ψ∇=-24x a +72y a +z a1.10 在圆柱体2x +2y =9和平面x=0，y=0,z=0及z=2所包围的区域，设此区域的表面为S: 错误!未找到引用源。
电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方
第一章习题解答1.1给定三个矢量4、〃和C 如下：A=e r +e v 2-e.3B = -e v 4 + e,C =0 5-W.2■' z求：(1) “l; 1 2 kM ： (3) A ・B ；(4)0\B ：(5)A 在B 上的分量：(6)AxC ： (7) A>(BxC)和(Ax 〃)・C ：(8) (AxB)xC 和 Ax(BxC)」A c x +e v 2—e.3 1 2 3解⑴ “「PT *+22+(_3)2 7 為《 而7 而 (2) \A-B\ = |(e x +e >.2-e.3)-(-e y 4+e.)| = |e t+e 、6_e ：4| = >/53 ⑶ A ・B=(S+©.2-e ：3) ・(_e 、.4 + ej = -llA ・B —1111Ax(BxC)= 12 一3 = e x 55-e, 44-eA 1_3 = -e x 10-e.\-eA1A ・(Bxf) =(€x +0尹2 —(e x S + e v 5 + e :20) = —42(A x B^C = (一£」0-0」一冬4)・(乞5-《2) = -42AxB =所以(8) (AxB)xC =务 S J一 10 -1 一 4 50 —2=e r 2-e v 40 + e,5(4)由 cos 。
” = ||||=—=_ ] ----- 得 趴R = cos -1 (— ) = 135.5曲 |A||B| 714x717V238 朋 >/238..,,z .A^B 11A 在B 上的分呈 4 = \A\ COS0A[) = =(5)(6) AxC =(7) 由于B xC =1 = e v 8 + e v 5 + ^.2O一 28 5 201.2 三角形的三个顶点为£(0,1,-2)、P2(4,1,-3)和召(6,2,5) o (1)判断\P\PR是否为一直角三角形：(2)求三角形的而积。
电磁学(第二版)___习题解答
电磁学（第二版）___习题解答本文档旨在概述《大学物理通用教程_电磁学（第二版）___题解答》的内容和目的。
章节结构本教程共包含以下章节：第一章：电磁学基础概念第二章：库仑定律和电场第三章：电场的高斯定理第四章：静电场的电势第五章：电场中的运动带电粒子第六章：稳恒电流第七章：磁场的基本特性第八章：安培定律和磁场的高斯定理第九章：磁场的矢量势与法拉第电磁感应定律第十章：电磁感应中的动生电动势第十一章：电磁感应中的感生电流第十二章：电磁场的能量与动量第十三章：交变电路理论第十四章：交变电磁场中的能流与坡印廷矢量第十五章：电磁波概论第十六章：辐射和天线每一章节都提供了对应题的解答，帮助读者更好地理解和应用所学的电磁学知识。
该题解答本是《大学物理通用教程_电磁学（第二版）___》的附属部分，旨在补充教材内容，提供题的详细解答，便于读者巩固所学知识。
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问题：如何计算两个点电荷间的电势差？答案：根据库仑定律可以计算出两个点电荷间的力，将该力乘以电荷间的距离即可得到电势差。
问题：如何确定一个圆环上的电场强度大小与方向？答案：根据环上各点的电荷之间的静电力作用，可以确定该点的电场强度大小和方向。
可以施用库仑定律以及数学公式来计算。
问题：如何计算一个球体内的电势分布？答案：根据球内各点的电荷密度以及球内各处的距离关系，利用电场的定义公式，可以计算出球体内各点的电势。
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(2021年整理)电磁场理论复习题(含答案)
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第1～2章 矢量分析 宏观电磁现象的基本规律1. 设：直角坐标系中,标量场zx yz xy u ++=的梯度为A，则M （1，1,1）处 A = ,=⨯∇A 0 .2. 已知矢量场xz e xy e z y eA z y x ˆ4ˆ)(ˆ2+++= ，则在M(1，1，1）处=⋅∇A 9 . 3. 亥姆霍兹定理指出，若唯一地确定一个矢量场（场量为A），则必须同时给定该场矢量的旋度 及 散度 。
4. 写出线性和各项同性介质中场量D、E 、B 、H 、J 所满足的方程（结构方程）: 。
5. 电流连续性方程的微分和积分形式分别为 和 。
6. 设理想导体的表面A 的电场强度为E 、磁场强度为B，则（a ）E 、B皆与A 垂直。
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第二章习题解答2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为420049U d x ρε--=-，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电压为0U 。
如果040V U =、1cm d =、横截面210cm S =，求：（1）0x =和x d =区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。
解 （1） 43230004d ()d 9dQ U d x S x τρτε--==-=⎰⎰110044.7210C 3U S dε--=-⨯ （2） 4320024d ()d 9dd Q U d x S x τρτε--''==-=⎰⎰11004(10.9710C 3U S d ε--=-⨯ 2.2 一个体密度为732.3210C m ρ-=⨯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271.710kg m -=⨯、电量191.610C q -=⨯。
由21mv qU = 得 61.3710v ==⨯ m 故 0.318J v ρ== 2A m26(2)10I J d π-== A2.3 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ω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θ，则P 点的线速度为sin r φωθ=⨯=v r e ω球内的电荷体密度为343Qa ρπ=故 333sin sin 434Q Q r r a aφφωρωθθππ===J v e e 2.4 一个半径为a 的导体球带总电荷量为Q ，同样以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球表面的面电流密度。
解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。
设球面上任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为sin a φωθ=⨯=v r e ω球面的上电荷面密度为24Q a σπ=故 2sin sin 44S Q Q a a aφφωσωθθππ===J v e e 2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处，24C q =-位于y 轴上4y =处，求(4,0,0)处的电场强度。
解 电荷1q 在(4,0,0)处产生的电场为1113014q πε'-=='-r r E r r电荷2q 在(4,0,0)处产生的电场为222302444q πε-'-=='-e e r r E r r 故(4,0,0)处的电场为122+-=+=e e e E E E2.6 一个半圆环上均匀分布线电荷l ρ，求垂直于圆平面的轴线上z a =处的电场强度(0,0,)a E ，设半圆环的半径也为a ，如题2.6 图所示。
解 半圆环上的电荷元d d l l l a ρρφ''=在轴线上z a =处的电场强度为d φ''==E(cos sin )φφφ''-+'e e e在半圆环上对上式积分，得到轴线上z a =处的电场强度为(0,0,)d a ==⎰E E2[(cos sin )]d z xy ππφφφ'''-+=⎰e ee 2.7 三根长度均为L ，均匀带电荷密度分别为1l ρ、2l ρ和3l ρ地线电荷构成等边三角形。
设1l ρ=22l ρ=32l ρ，计算三角形中心处的电场强度。
解 建立题2.7图所示的坐标系。
三角形中心到各边的距离为3tan 302L d == 则111003(cos30cos150)42l lyyd Lρρπεπε=-=E e e 2120033(cos30sin 30)()28l l x y y L L ρρπεπε=-+=-E e e e e 3130033(cos30sin 30)()28l l xy y L Lρρπεπε=-=E e e e e 故等边三角形中心处的电场强度为123=++=E E E E111000333()()288l l l yy y L L L ρρρπεπεπε-+=e e e e e 1034l yLρπεe题 2.6图1l题2.7图2.8 －点电荷q +位于(,0,0)a -处，另－点电荷2q -位于(,0,0)a 处，空间有没有电场强度0=E 的点？解 电荷q +在(,,)x y z 处产生的电场为1222320()4[()]x y z x a y zqx a y z πε+++=+++e e e E电荷2q -在(,,)x y z 处产生的电场为2222320()24[()]x y z x a y z q x a y z πε-++=--++e e e E (,,)x y z 处的电场则为12=+E E E 。
令0=E ，则有22232()[()]x y z x a y z x a y z +++=+++e e e 222322[()][()]x y z x a y z x a y z -++-++e e e由上式两端对应分量相等，可得到2223222232()[()]2()[()]x a x a y z x a x a y z +-++=-+++ ① 222322232[()]2[()]y x a y z y x a y z -++=+++ ②2223222232[()]2[()]z x a y z z x a y z -++=+++ ③当0y ≠或0z ≠时，将式②或式③代入式①，得0a =。
所以，当0y ≠或0z ≠时无解； 当0y =且0z =时，由式①，有33()()2()()x a x a x a x a +-=-+解得(3x a =-±但3x a =-+不合题意，故仅在(3,0,0)a --处电场强度0=E 。
2．9 一个很薄的无限大导电带电面，电荷面密度为σ。
证明：垂直于平面的z 轴上0z z =处的电场强度E 中，有一半是有平面上半径为03z 的圆内的电荷产生的。
解 半径为r 、电荷线密度为d l r ρσ=的带电细圆环在z 轴上0z z =处的电场强度为0223200d d 2()zr z rr z σε=+E e 故整个导电带电面在z 轴上0z z =处的电场强度为002232221200000d 12()2()2z z zr z r z r z r z σσσεεε∞∞==-=++⎰E e e e 而半径为03z 的圆内的电荷产生在z 轴上0z z =处的电场强度为022320000d 12()42zz zr z r r z σσεε'==-==+E e e e E 2.10 一个半径为a 的导体球带电荷量为Q ，当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋转，如题2.10图所示。
求球心处的磁感应强度B 。
解 球面上的电荷面密度为24Q a σπ=题2.10图当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋转时，球面上位置矢量r a =r e 点处的电流面密度为S z r a σσσω==⨯=⨯=J v ωr e esin sin 4Qa aφφωωσθθπ=e e将球面划分为无数个宽度为d d l a θ=的细圆环，则球面上任一个宽度为d d l a θ=细圆环的电流为 d d sin d 4S Q I J l ωθθπ== 细圆环的半径为sin b a θ=，圆环平面到球心的距离cos d a θ=，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202232d d 2()z b Ib d μ==+B e 230222232sin d 8(sin cos )z Qa a a μωθθπθθ=+e 30sin d 8zQ aμωθθπe 故整个球面电流在球心处产生的磁场为 3000sin d 86z zQ Q a aπμωθμωθππ==⎰B e e 2.11 两个半径为b 、同轴的相同线圈，各有N 匝，相互隔开距离为d ，如题2.11图所示。
电流I 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x x B =B e ； （2）证明：在中点处d d x B x 等于零；（3）求出b 与d 之间的关系，使中点处22d d x B x 也等于零。
解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度 2022322()zIa a z μ=+B e得到两个线圈中心点处的磁感应强度为 202232(4)xNIb b d μ=+B e（2）两线圈的电流在其轴线上x )0(d x <<处的磁感应强度为2200223222322()2[()]x NIb NIb b x b d x μμ⎧⎫=+⎨⎬++-⎩⎭B e 所以 220022522252d 33()d 2()2[()]x B NIb x NIb d x x b x b d x μμ-=-+++- 故在中点2d x =处，有220022522252d 32320d 2[4]2[4]x B NIb d NIb d x b d b d μμ=-+=++ （3） 222200222722252d 153d 2()2()x B NIb x NIb x b x b x μμ=-+++ 222002272225215()32[()]2[()]NIb d x NIb b d x b d x μμ--+-+- 令0d d 222==d x xx B ，有 0]4[1]4[45252227222=+-+d b d b d 即 5222d b d +=题2.11图题 2.13图故解得 b d =2.12 一条扁平的直导体带，宽为a 2，中心线与z 轴重合，通过的电流为I 。
证明在第一象限内的磁感应强度为 04x I B aμαπ=-，021ln 4yI r B a r μπ= 式中α、1r 和2r 如题2.12图所示。
解 将导体带划分为无数个宽度为x 'd 的细条带，每一细条带的电流x aII '=d 2d 。
由安培环路定理，可得位于x '处的细条带的电流I d 在点),(y x P 处的磁场为00d d d 24I I x B R aRμμππ'===02212d 4[()]I x a x x y μπ''-+ 则 022d d d sin 4[()]x Iy x B B a x x y μθπ'=-=-'-+ 022()d d d cos 4[()]y I x x x B B a x x y μθπ''-=='-+ 所以022d 4[()]ax aIy x B a x x y μπ-'=-='-+⎰0arctan 4a aI x x a y μπ-'⎛⎫--= ⎪⎝⎭0arctan arctan 4I a x a x a y y μπ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-----=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦0arctan arctan 4I x a x a a y y μπ⎡⎤⎛⎫⎛⎫+---=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦021()4I a μααπ--=04I aμαπ- 022()d 4[()]a y a I x x x B a x x y μπ-''-=='-+⎰220ln[()]8aa I x x y a μπ-'--+=22022()ln 8()I x a y a x a y μπ++=-+021ln 4I r a r μπ 2.13 如题2.13图所示，有一个电矩为1p 的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩为2p 的电偶极子，位于矢径为r 的某一点上。