工程电磁场与电磁波_丁君版_答案第五章习题答案
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:
电磁场与电磁波 第五章答案
第五章 恒定磁场重点和难点该章重点及处理方法与静电场类似。
但是磁感应强度的定义需要详细介绍，尤其要强调磁场与运动电荷之间没有能量交换，电流元受到的磁场力垂直于电流的流动方向。
说明磁导率与介电常数不同，磁导率可以小于1，而且大多数媒质的磁导率接近1。
讲解恒定磁场时，应与静电场进行对比。
例如，静电场是无散场，而恒定磁场是无旋场。
在任何边界上电场强度的切向分量是连续的，而磁感应强度的法向分量是连续的。
重要公式磁感应强度定义：根据运动电荷受力： B v F ⨯=q根据电流元受力： B l F ⨯=d I 根据电流环受力： B m T ⨯=真空中恒定磁场方程： 积分形式： I ⎰=⋅ll B 0d μ⎰=⋅SS B 0d微分形式：J B 0 μ=⨯∇0=⋅∇B已知电流分布求解电场强度：1，A B ⨯∇=V V ''-'=⎰'d )(4)( 0 r r r J r A πμ2，V V ''-'-⨯'=⎰'d )()( 4)(30 r r r r r J r B πμ 毕奥─萨伐定律。
3，I ⎰=⋅ll B 0d μ安培环路定律。
面电流产生的矢量磁位及磁感应强度分别为S ''-'=⎰'d )(4)(0 r r r J r A S S πμS ''-'-⨯'=⎰'d )()(4)( 30 r r r r r J r B S S πμ 线电流产生的矢量磁位及磁感应强度分别为⎰''-'=l r r l r A d 4)(0I πμ⎰''-'-⨯'=l r r r r l r B 30 )(d 4)(I πμ矢量磁位满足的微分方程：J A 0 2μ-=∇无源区中标量磁位满足的微分方程： 0 2=∇m ϕ 媒质中恒定磁场方程： 积分形式： I l =⋅⎰l H d⎰=⋅SS B 0d微分形式：J H =⨯∇ 0=⋅∇B磁性能均匀线性各向同性的媒质：场方程积分形式：⎰=⋅lI d μl B⎰=⋅BS H 0d场方程微分形式： J B μ=⨯∇ 0=⋅∇H矢量磁位微分方程：J A 2μ-=∇矢量磁位微分方程的解： V V ''-'=⎰'d )(4)(r r r J r A πμ 恒定磁场边界条件：1，t t H H 21=。
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习题解答如题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U0，求槽内的电位函数。
解根据题意，电位?(x,y)满足的边界条件为y?)?a(y,?) 0①?(0,) 0②?(x,0?③?(x,b)?U0 根据条件①和②，电位?(x,y)的通解应取为y ?(x,y)??Ansinh(n?1?n?yn?x)sin()aa b o U0 条件③，有 a 题图U0??Ansinh(? ax n?1n?bn?x)sin()aa sin(两边同乘以n?x)a，并从0到a对x积分，得到a2U0n?xAn?sin()dx?asinh(n?ba)?a04U0?,n?1,3,5,?n?sinh(n?ba)2U0?(1?cosn?) ??n?2,4,6,n?sinh(n?ba)?0，?(x,y)?故得到槽内的电位分布4U01?,sinh?n?1,3,5nn?(ban?ysinh()a?nx)sin(a ) 两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片y?d到y?b(???x??)。
上板和薄片保持电位U0，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)?U0yd。
y U0解应用叠加原理，设板间的电位为?(x,y)??1(x,y)??2(x,y) 其中，boxydxy oxy 题图?1(x,y)为不存在薄片的平行无限大导体平面间的电位，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：①?2(x,0)??2(x,b)?0②?2(x,y)?0(x??) U0?U?y??0b?2(0,y)??(0,y)??1(0,y)???U0y ?U0y?b?d③(0?y?d)(d?y?b) ??xn?y?nb?2(x,y)?? Ansin()e?(x,y)的通解为bn?1根据条件①和②，可设 2 U0?U?y?n?y??0bAnsin()???bn?1?U0y?U0 y?b?d条件③有sin(两边同乘以d(0?y?d)(d?y?b) n?y)b，并从0到b 对y积分，得到b2U2Uyn?y11n?yAn?0?(1?)sin()dy?0?(?) ysin()dy?2U02bsin(n?d)b0bbbddbb(n?)db ?xU02bU0?1n?dn?y?nby?sin()sin()e 2?2?(x,y)?bd?bbn?1n故得到求在上题的解中，除开定出边缘电容。
《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4版)第5章部分习题参考解答-电磁场与电磁波第五章
5.1 在自由空间中，已知电场3(,)10sin() V/m y E z t e t z ωβ=−G G，试求磁场强度。
(,)H z t G解：以余弦为基准，重新写出已知的电场表示式3π(,)10cos( V/m 2y E z t e t z ωβ=−−G G这是一个沿方向传播的均匀平面波的电场，其初相角为z +90−D 。
与之相伴的磁场为300311π(,)(,)10cos(210πcos() 2.65sin() A/m120π2z z y x x H z t e E z t e e t z e t z e t z ωβηηωβωβ=×=×−−=−−−=−−G G G G G G G5.2 理想介质（参数为0μμ=、r 0εεε=、0σ=）中有一均匀平面波沿x 方向传播，已知其电场瞬时值表达式为9(,)377cos(105) V/m y E x t e t x =−G G试求：(1) 该理想介质的相对介电常数；(2) 与(,)E x t G相伴的磁场；(3) 该平面波的平均功率密度。
(,)H x t G 解：(1) 理想介质中的均匀平面波的电场E G应满足波动方程2220EE tμε∂∇−=∂G G据此即可求出欲使给定的E G满足方程所需的媒质参数。
方程中222929425cos(105)y y y y y E E e E e e t x x∂∇=∇==−−∂G G G G 221892237710cos(105)y y y E E e e t t x∂∂==−×−∂∂G G G x = 故得91899425cos(105)[37710cos(105)]0t x t x με−−+×−即18189425251037710με−==×× 故181882r 0025102510(310) 2.25εμε−−×==×××=其实，观察题目给定的电场表达式，可知它表征一个沿x +方向传播的均匀平面波，其相速为98p 10210 m/s 5v k ω===× 而8p 310v ====×故2r 3() 2.252ε==(2) 与电场相伴的磁场E G H G 可由0j E ωμ∇×=−H G G求得。
电磁场与电磁波5答案
式中， 是长为l的圆柱形电容器的电容。
流过电容器的传导电流为
可见
6.6由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。
解点电荷q产生的电场满足麦克斯韦方程
和
由 得
据散度定理，上式即为
利用球对称性，得
故得点电荷的电场表示式
由于 ，可取 ，则得
即得泊松方程
5.7试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中；（2）在圆柱坐标中；（3）在球坐标中。
解如题6.12图所示，设第2区为理想导体（ ）。在分界面上取闭合路径 。对该闭合路径应用麦克斯韦第一方程可得
（1）
因为 为有限值，故上式中
而(1)式中的另一项
为闭合路径所包围的传导电流。取N为闭合路径所围面积的单位矢量（其指向与闭合路径的绕行方向成右手螺旋关系），则有
因
故式（1）可表示为
（2）
应用矢量运算公式 ，式（2）变为
第5章时变电磁场
5.1有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场 之中，如题6.1图所示。滑片的位置由 确定，轨道终端接有电阻 ，试求电流i.
解穿过导体回路abcda的磁通为
故感应电流为
5.2一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均匀磁场 中与z轴平行。设棒以角速度 绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解（1）在直角坐标中
（2）在圆柱坐标中
（3）在球坐标系中
5.8已知在空气中 ，求 和 。
提示：将E代入直角坐标中的波方程，可求得 。
解电场E应满足波动方程
将已知的 代入方程，得
式中
故得
则
由
得
将上式对时间t积分，得
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。
工程电磁场与电磁波 丁君版 答案第五章习题答案
习题五5-1 一圆柱形铝管，外半径为32 mm ，管壁厚6 mm ，求单位长度的电阻。
解：铝管的内半径为26mm ，设流过铝管的电流为I ，则： 662222211034810)2632()(⨯=⨯-=-=-πππI IR R IJ6/10348I E J σπσ==⨯13349.5103486103486-=⨯=⨯⨯=⋅=σπσπσII I d E R （Ω）5-2 一长为l m 的导体，电阻率为σ,导体各处的横截面相似，一端的面积为A m 2,另一端面的面积为kA m 2，求两端面间的电阻。
5-2.解：（此题应为导体各处的横截面相似且呈线性关系）。
z设流入导体的电流为I ，则设任一截面面积为()z S ，由⎩⎨⎧==kA l S A S )()0(得： ⎪⎩⎪⎨⎧-==A l k a A b 1则：AAz lk z S +-=1)(σE z S IJ ==)(σ⋅=∴)(z S I Ek Ak Il A z A lk dz I dz E U ln )1()1(11⋅-=+⋅-⋅=⋅=⎰⎰σσAk k l IU R ⋅-⋅==∴σ)1(ln5-3解：σb lU本题所求电感为跨接在内外导体间的r ar E E ˆ)(=r arl I J ˆ2π=E Jσ= r alr IE ˆ2σπ=ab lI dr lr I l d E U babaln22πσσπ==⋅=⎰⎰ab UI G ln 2πσ==球冠面积⎰⎰-==πθθπϕθθ20220)cos 1(2sin r d d r Sr a r E E ˆ)(= r r a r Ia S I J ˆ)c o s 1(2ˆ2θπ-== σS J E = ⎰⎰-=⋅-=21)cos 1(22r r dr r Il d E U σθπ2112)cos 1(2r r r r IU R θπσ--==5-5.解：设电容器板内的D 为0D ，则：d 1=1.0mm d 2=2.0mmd 3=2.5mm1r ε2r ε3r ε方法一：（1） n n D D 10=⎰⋅=⋅=Sn n S D dS D Q 11101111r n n d D d E U εε⋅=⋅=F d S UQ C r 93911011096.71013103613.0---⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅==∴πεε（2）同理 F C 921031.5-⨯=（3）同理 F C 931037.6-⨯= F C C C C 93211012.21111-⨯=++=∴方法二：由介质边界条件nn n n D D D D 0321===⎰⎰⎰⎰++=⋅-=12132321d d d d d n n n dzE dz E dz E l d E Udz D dz D d d d r nd r n⎰⎰++=1212102001εεεεdz D d d d d rn⎰+++3122303εε)(3213210rrrond d d D εεεε++=SD ds D Q n 01=⋅=⎰ UQ C =5-6 解：设内导体单位长度带电量为Q ，E 、D只有r 方向分量，电荷将均匀分布在导体表面上，⎰⎰=⋅+⋅QS d D S d D 2211Q r E r E =+-12110)2(θεθπε 在介质与空气的分界面上t t E E 21=且没有ϕ方向分量，即 21E E E == rQE 1)2(110⋅+-=∴εθθπε)l n ()2(110abQdr E U ba⋅+-=⋅=∴⎰εθθπε[])l n (/)2(110abU QC εθθπε+-==∴5-7l设电轴的位置偏离轴心c mm a 85.68= mm h 53.8= M 点N 点的电位相等 120ln 2R R l περφ=ca c a h l M +-+=2ln20περφ ca c a h l N ---=2ln20περφ由此可得出ca c a h ca c a h ---=+-+22 所以c 满足0222=+-a hc c可求出0003.0=c 1）由于a h >>，求解导体电位时a 可以忽略。
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：习题及参考答案5.1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为d ，如果把它移动到无穷远处，需要作多少功？解：用镜像法计算。
导体面上的感应电荷的影响用镜像电荷来代替，镜像电荷的大小为-Q ，位于和原电荷对称的位置。
当电荷Q 离导体板的距离为x 时，电荷Q 受到的静电力为2)2(042x Q F επ-=静电力为引力，要将其移动到无穷远处，必须加一个和静电力相反的外力2)2(042x Q f επ=在移动过程中，外力f 所作的功为d Q d dx dx Q dx f 016220162επεπ=⎰∞⎰∞= 当用外力将电荷Q 移动到无穷远处时，同时也要将镜像电荷移动到无穷远处，所以，在整个过程中，外力作的总功为dq8/2επ。
也可以用静电能计算。
在移动以前，系统的静电能等于两个点电荷之间的相互作用能：d Q d Q Q d Q Q q q W 082)2(04)(21)2(042122211121επεπεπϕϕ-=-+-=+=移动点电荷Q 到无穷远处以后，系统的静电能为零。
因此，在这个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为dq8/2επ。
5．2 一个点电荷放在直角导体内部（如图5-1），求出所有镜像电荷的位置和大小。
解：需要加三个镜像电荷代替 导体面上的感应电荷。
在（-a ，d ）处，镜像电荷为-q ，在（错误！链接无效。
）处， 镜像电荷为q ，在（a ，-d ）处，镜像电荷为-q 。
图5-1 5．3 证明：一个点电荷q 和一个带有电 荷Q 、半径为R 的导体球之间的作用力为]2)22(2[04R D DRq D D qR Q q F --+=επ其中D 是q 到球心的距离（D ＞R ）。
证明：使用镜像法分析。
1 电磁场与电磁波课后习题答案第五章
5.3设y=0为两种磁介质的分界面，y<0为媒质1，其磁导率为1μ，y>0为媒质2，其磁导率为2μ，分界面上有电流密度s x J 2a A/m =分布的面电流，已知媒质1中磁场强度为123/x y z H a a a A m =++ 求媒质2中磁场强度2H 解：mA a a a H a n J H H n z y x y S /52)(2121212++=-==-⨯μμ其中则由到媒质设电磁波由媒质5.6已知在空气中，电场强度矢量为90.1sin(10)cos(610)/y E a x t z V m ππβ=⨯-求磁场强度H 和相位常数β 解：3939,0.2310sin(10)cos(61054.41)0.1310cos(10)sin(61054.14)20/x z E jwB B HH a x t z a x t z rad mμππππηωμεωνπ--∇⨯=-==-⨯⨯--⨯⨯-==÷=由得相位常数：5.7自由空间中，已知电场强度矢量为4cos()3cos()x y E a t z a t z ωβωβ=-+-求（1）磁场强度的复数表达式（2）坡印廷矢量的瞬时表达式（3）平均坡印廷矢量 解: (1)m/4)e a 3a (120113e a e 4a zj -y x z-j y z -j x )(V B H B j E E z βββπμω-==-=⨯∇+=得由 (2)z)-t (cos 245a H E S z)-t 4)cos(a 3a (1201z)-t 3cos(a z)-t cos(4a 2z y x ),(y x )t ,(βωπβωπβωβω=⨯=-=+=所以t z z H E w/m 2(3)()[]ππ485)43()34(120121HE Re 21S av zy x y x a a a a a =-⨯+=⨯=*5.9 将下列复数形式的场矢量变换成瞬时表达式，或作用反的变换 （1）43j z j z x y Ea e a je ββ--=+()()2(,)4Re[]3Re[]4cos()3cos()24cos()3sin()j t z j t z z t x y x y x y E a ea ea t z a t z a t z a t z πωβωβπωβωβωβωβ-+-=+=-+-+=---（2）4sin()sin()cos()cos()x z Ea x t z a x t z a aππωβωβ=-+-(,)()()2()2()4sin()cos()cos()cos()24sin()Re[]cos()Re[]4sin()cos()4sin()cos()z t x z j t z j t z x z j z j zz x z j z j zx z E a x t z a x t z a a a x e a x e a aE a x ea x e aaa j x e a x e a aπωβωβπββββπππωβωβππππππ--------=--+-=+=+=-+（3）cos()2sin()x y E a t z a t z ωβωβ=-+-(,)()()2()cos()2cos()2Re[]2Re[]2z t x y j t z j t z x y j z j zz x y E a t z a t z a ea eE a e a je πωβωβββπωβωβ-----=-+--=+=-（4）sin 3cos(cos )jkz y x Ea j k e θθ-=(sin )2()(sin )2(,)3cos(cos )3cos(cos )Re[]3cos(cos )cos(sin )23cos(cos )sin(sin )j kz z y x j t kz z t y x y x y x E a k eE a k ea k t kz a k t kz πθπωθθθπθωθθωθ---+===-+=--（5）2sin()y Ea t z ωβϕ=-+(,)()()()2cos()22Re[]2z t y j t z y j z z y E a t z a j e E a je ωβφβφπωβφ-+-+=-+-=-=-5.12 对于线性，均匀和各向同性导电媒质，设媒质的介电常数为，磁导率为电导率为，试证明无源区域中时谐电磁场所满足的波动方程为2222E jw E k E H jw H k Hμσμσ∇=-∇=-式中22k w με=解:H k H j H HH j H H Hj H H H E HH H E j E H Ej E D j J H2222220)j ()()(j )()(-=∇-=∇∴=⋅∇-⋅+=∇-⋅∇∇-=⨯∇⨯∇⨯∇+∇=⋅∇∇+⨯∇=⨯∇⨯∇+=+=⨯∇ωμσμεωωμσωμωεσωμωεσωεσω即代入上式将E k E j E 22:-=∇ωμσ同理5.15设电场强度和磁场强度分别为cos()cos()o e o m E E t H H t ωφωφ=+=+求其平均坡印廷矢量。
电磁场与电磁波金立军第五章答案
5-9
题
5-9
图示一个在
xy
平面上的弯曲线，通过
20A
电流。在这区域内的磁场为
B
1.25ezT
。求导
线所受的力。
解 两端直线受到力为 F1 F3 Idl B BIlex
1.25 20 4 100
半圆受到的力为
题 5-9 图
F2 Idl B I ade Bez
l z 2
dm
l z 2
(b2
m2 )3/ 2
ez
0b2 NI 2l
l z
arctan( 2 b
)
b sec2 d
b sec l
z
3
3
arctan( 2 )
b
ez
0 NI 2l
l z
2
( l z)2 b2
2
l z
2
(l 2
2.5107
上下两边产生的磁感应强度
B2
B4
2 10 4
左边产生的磁感应强度
B3
u0I 4
0
0.05da (0.05)a 0.053
6.28104
总的磁感应强度
B总
1.031035
题 5-2 图
5-3 在氢原子中，电子绕半径为 5.3×10-11m 的圆轨道运动，速度为 2200m/s，求圆轨道圆心处的磁场。
解 建立圆柱坐标系，另圆柱轴线为 z 轴。那么根据真空中的安培环路定律可知，
（1）在圆柱内线积分包围的部分电流为 I1
工程电磁场课后答案
用正边沿D触发器实现1101序列检测器
第一章节
Q1
Q0
0
0
0
1
1
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
1
试用负边沿D触发器组成4位二进制异步加计数器，画出逻辑图。
7.1.4 试用正边沿D触发器组成3位二进制同步加计数器，画出逻辑图。
规律：
加：
减：
试用正边沿D触发器和门电路设计一个同步三进制减计数器。
5.2.11 触发器转换
6.1.1 由状态表作状态图
6.1.3 由状态图作状态表
5电路的初始状态为01，当序列X=100110时，求该 电路输出Z的序列。
解：011010
6.2.5 同步时序电路分析
6.2.9 异步时序电路分析
可自启动的异步七进制计数器
用同步结构实现状态度，要求电路最简，采用正边沿JK触发器。 解：(1) 画出状态表 列出真值表 写出逻辑表达式
7.1.18 用74161采用两种不同方法构成24进制。
试用两片74194构成8位双向移位寄存器。
并 联
第五章 触发器 5.1.1 R、S输入高电平有效 5.1.3 画同步RS触门组成的同步RS触发器功能
分析各种结构触发的翻转特点
同步触发器：有CP信号控制，高(低)电平期间Q状态保持， (高)低电平期间Q状态由输入端决定；
基本RS触发器：没有CP信号，Q状态由R/S直接决定；
7.1.9 分析计数器改制电路
7.1.11 分析计数器改制电路
异步清零反馈法 译码反馈状态(过渡状态)：1010
有效状态：0000~1001 结论：十进制
电磁场与电磁波课后习题及答案五章习题解答
5.1真空中直线长电流/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。
解根据安培环路泄理，得到长直导线的电流/产生的磁场题5.1图穿过三角形回路而积的磁通为由题5.1图可知，z = （x —〃）tan? = V，故得到5.2通过电流密度为丿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并证明腔内的磁场是均匀的。
解将空腔中视为同时存在丿和_丿的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布：一个电流密度为丿、均匀分布在半径为力的圆柱内，另一个电流密度为均匀分布在半径为&的圆柱内。
由安培环路左律，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。
由安培环路左律= 可得到电流密度为丿.均匀分布在半径为b的圆柱内的电題5.2图流产生的磁场为B b=\ 电流密度为、均匀分布在半径为a的圆柱内的电流产生的磁场为这里□和◎分别是点°。
和⑷到场点p的位宜矢量。
将和〃$叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：B=^Jx(D圆柱内的空腔外：B = ^-Jx^r.-^r a | (r h<b, r a >a)空腔内：B = =(為va)式中d是点和5到点S的位苣矢量。
由此可见，空腔内的磁场是均匀的。
5.3下而的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量J。
(1)H =e r ar , B = (圆柱坐标)(2)H =5(-©) + 匕处，B =卜』(3)H =e x ax-e^ay, B = “)H(4)H = e0ar , B = (球坐标系)解根据恒泄磁场的基本性质，满足V 5 = 0的矢量函数才可能是磁场的场矢量，否则, 不是磁场的场矢量。
若是磁场的场矢量，则可由j = VxH求出源分布。
< 1)在圆柱坐标中V B = - — (rB r) = -—(ar2) = 2a^0r dr 1 r dr该矢量不是磁场的场矢量。
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习题五5-1 一圆柱形铝管，外半径为32 mm ，管壁厚6 mm ，求单位长度的电阻。
解：铝管的内半径为26mm ，设流过铝管的电流为I ，则： 662222211034810)2632()(⨯=⨯-=-=-πππII R R I J6/10348IE J σπσ==⨯13349.5103486103486-=⨯=⨯⨯=⋅=σπσπσI I I d E R （Ω）5-2 一长为l m 的导体，电阻率为σ,导体各处的横截面相似，一端的面积为A m 2,另一端面的面积为kA m 2，求两端面间的电阻。
5-2.解：（此题应为导体各处的横截面相似且呈线性关系）。
z设流入导体的电流为I ，则设任一截面面积为()z S ，由⎩⎨⎧==kA l S A S )()0(得： ⎪⎩⎪⎨⎧-==A l k a Ab 1则：A Az l k z S +-=1)( σE z S IJ ==)( σ⋅=∴)(z S IE k A k Il A z A lk dz I dz E U ln )1()1(1010⋅-=+⋅-⋅=⋅=⎰⎰σσAk k l I U R ⋅-⋅==∴σ)1(ln 5-3解：σb lU本题所求电感为跨接在内外导体间的r ar E E ˆ)(=r arlI J ˆ2π= E J σ= r a lr IE ˆ2σπ=a bl I dr l r I l d E U b abaln 22πσσπ==⋅=⎰⎰ab U I G ln 2πσ==球冠面积⎰⎰-==πθθπϕθθ20220)cos 1(2sin r d d r Sr a r E E ˆ)(= r r a r I a S I J ˆ)c o s 1(2ˆ2θπ-== σSJ E = ⎰⎰-=⋅-=21)cos 1(22r r dr r Il d E U σθπ2112)cos 1(2r r r r I UR θπσ--==5-5.解：设电容器板内的D 为0D ，则：d 1=1.0mm d 2=2.0mmd 3=2.5mm1r ε2r ε3r ε方法一：（1） n n D D 10=⎰⋅=⋅=Sn n S D dS D Q 11101111r n n d D d E U εε⋅=⋅=F d S U Q C r 93911011096.71013103613.0---⨯=⨯⨯⨯⨯=⋅==∴πεε （2）同理 F C 921031.5-⨯=（3）同理 F C 931037.6-⨯= F C C C C 93211012.21111-⨯=++=∴方法二：由介质边界条件n n n n D D D D 0321===⎰⎰⎰⎰++=⋅-=12132321d d d d d n n n dz E dz E dz E l d E Udz D dz D d d d r nd rn⎰⎰++=1212102001εεεεdz D d d d d rn⎰+++3122303εε)(3213210rrron d d d D εεεε++=S D ds D Q n 01=⋅=⎰ UQ C =5-6 解：设内导体单位长度带电量为Q ，E 、D只有r 方向分量，电荷将均匀分布在导体表面上，⎰⎰=⋅+⋅Q S d D S d D 2211Q r E r E =+-12110)2(θεθπε在介质与空气的分界面上 t t E E 21= 且没有ϕ方向分量，即 21E E E == rQ E 1)2(110⋅+-=∴εθθπε )l n ()2(110a b Q dr E U b a ⋅+-=⋅=∴⎰εθθπε[])ln(/)2(110abU Q C εθθπε+-==∴5-7l设电轴的位置偏离轴心c mm a 85.68= mm h 53.8= M 点N 点的电位相等120ln 2R Rl περφ=c a c a h l M +-+=2ln 20περφ ca ca h l N ---=2ln20περφ 由此可得出ca c a h c a c a h ---=+-+22 所以c 满足0222=+-a hc c可求出0003.0= c1）由于a h >>，求解导体电位时a 可以忽略。
故当P 点在圆柱面上时的电位N M O φφφ== c 近似为零故可忽略aah l P -=2ln20περφ aa h UQ C l l -==2ln 2περρ=3.26F 910-⨯ 2) 同理得 当m h 06.17253.8=⨯=时，F C 91090.2-⨯= 5-8解：因为r d >>故1）z z z a a anI B ˆ1051.1ˆ10403000104ˆ4370---⨯=⨯⨯⨯⨯==πμ（T ） z z a anI B H ˆ12010403000ˆ/30=⨯⨯===-μ(A/m) 2) 2r B πψ⋅= 2020r n Ir nI IL πμπμψ=⋅==61071.1-⨯=(H)5-9解;ϕπμa rI B ˆ210=对于载流环所在平面ϕa dz dr a dz dx S d y ˆˆ== 1212122112I I M M ψψ=== d y d z y I S d B S ⎰⎰⎰=⋅=20311012122πμψ 3ln 10πμI = 3ln 012121πμψ==I M5-10052105020220434πεεπεπQdr r Q dr r Q U =+⋅=⎰⎰ 020πε==UQC5-1121ln C r C r A++-=εφ a r =时0U =φ b r =时0=φ得abb a AU C ln )(01-+=εb ab b a AU b AC ln ln )(02-+-=εε解:r ar D D ˆ)(=D D D n n ==21 ⎰⎰⎰+=⋅-=3221003R R R R dr Ddr D l d E U εε24r D S d D Q π⋅=⋅=⎰24r QD π=所以b ab b a AU b Ar a b b a AU r Aln ln )(ln ln )(00-+-+-+-=εεεεφ2）r a rab b a AU A E ˆ)1ln)((0⋅-++-=-∇=εεφ 1） 内：ab a b a A U A ED ar n S ln)(011-++-====εερ外：ab b b a A U A ED br n S ln)(012-+-=-===εερ4）000010ln)(22U a b a b a A U A a U a U Q C s ⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡-++-=⋅==εππρ 5-12由6261105104100--⨯+⨯==πσπσE E Iπσπσ2185410+=E 所以21121111154400σσσπσ+=⋅==r E S J I21222254500σσσ+==S J I5-13 解：（a ）因为/m r k σ=+，可见电场只与r 有关。
r a r E E ˆ)(=设从内球壳流进外球壳的电流为I ，则： ()r r ca krmr Ia r I J E ˆ4ˆ422+===πσπσ)()(ln 141420bk m a ak m b m I r d kr mr I r d E U b a ba++⋅⋅=⋅+=⋅=∴⎰⎰ππ()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=bk m a ak m b mU I ln 40π )()(ln410bk m a ak m b m I U R ++⋅==∴π （b ）)()(ln)(4422bk m a ak m b k a ma mU ka ma IE D ar nar n s +++=+=====εππεερ内)()(ln)(20bk m a ak m b k b m b m U D br ns +++===ερ外(c) r ak r m r bk m a ak m b m U D201)()(ln+⋅++=ε 20)(1)()(ln)(1rk m bk m a ak m b mkU rrD r D V +⋅++-=∂∂⋅=⋅∇=ερ(d) )()(ln)(4402bk m a ak m b ak m am U a Q S +++=⨯=πεπρ内内)()(ln)(4402bk m a ak m b bk m bmU b Q S +++=⨯=πεπρ外外(e) r r c abk m a ak m b r mU a r IJ ˆ)()(lnˆ4202++==π (f) )()(ln40bk m a ak m b m U RU I ++==π5-14.解： abI N dr r h I N dS r I N dS r I N dS B b a S SSln 2121220000πμπμπμπμψ=⋅⋅===⋅=⎰⎰⎰⎰ abh N I N L ln 202πμψ==∴ 5-15解一般情况下认为a l >>1，a l >>2z aN I B ˆ1101μ= 2211021a N N I πμψ= 221012121a N N I M πμψ==5-16.解：AC若AB 为一对传输线，CD 为一对传输线，A 对CD ： ϕπμa rIB A ˆ202= )1(ln 220022=⋅⋅⋅=⋅=⋅=⎰⎰l D D I dr l r I S d B ACAD d d SA AA D A C πμπμψ同理 BDBCB D D I ln202πμψ=IM BA 2221ψψ+=5-17xI传输线的内自感：)/(48200m H L i πμπμ=⨯= ϕπμarIB ˆ20= dx 处的磁感应强度)ˆ()(2)ˆ(200z z ax D Ia x I B --+-=πμπμ aa D I a dxdy B aD az -=⋅=⎰-ln ˆ0πμψa a D IL -==ln 00πμψaaD L L L i -+=+=ln 4000πμπμ 5-18.解：直导线在螺线管内产生的磁场为： )(20t i rB r πμμ=a bh t i r hdr t i r dS t i r r bar r ln )(2)(2)(2000⋅=⋅==⎰⎰πμμπμμπμμψ)(107.51015ln 10200036102500ln 2)(9290H a b Nh t i N M r ---⨯=⨯⨯⨯=⋅==πππμμψ。