电磁场与微波技术第一二三章课后习题及部分答案剖析

第 1 章 习 题
1、 求函数()D Cz By Ax u +++=1的等值面方程。

解：
根据等值面的定义：标量场中场值相同的空间点组成的曲面称为标量场的等值面，其方程为
)( ),,(为常数c c z y x u =。

设常数E ，则，()E D Cz By Ax =+++1， 即：()1=+++D Cz By Ax E
针对不同的常数E （不为0），对应不同的等值面。

2、 已知标量场xy u =，求场中与直线042=-+y x 相切的等值线方程。

解：
根据等值线的定义可知：要求解标量场与直线相切的等值线方程，即是求解两个方程存在单解的条件，由直线方程可得：
42+-=y x ，
代入标量场C xy =，得到： 0422=+-C y y ，
满足唯一解的条件：02416=⨯⨯-=∆C ，
得到：2=C ，因此，满足条件的等值线方程为：2=xy
3、 求矢量场z zy y y x x
xy A ˆˆˆ222++=
的矢量线方程。

解：由矢量线的微分方程：
z
y x A dz A dy A dx ==
本题中，2
xy A x =，y x A y 2
=，2
zy A z =，
则矢量线为：
222zy dz
y x dy xy dx =
=，
由此得到三个联立方程：
x dy y dx =，z dz x dx =，zy dz x dy =2，解之，得到： 22y x =，z c x 1=，222x c y =，整理， y x ±=，z c x 1=，x c y 3±=
它们代表一簇经过坐标原点的直线。

4、 求标量场z y z x u 2322+=在点M (2,0,-1)处沿z z y xy x
x t ˆ3ˆˆ242+-=
方向的方向导数。

解：由标量场方向导数的定义式：
直角坐标系下，标量场u 在可微点M 处沿l 方向的方向导数为
γβαcos cos cos z
u
y u x u l u ∂∂+∂∂+∂∂=∂∂
α、β、γ分别是l 方向的方向角，即l 方向与z y x
ˆˆˆ、、的夹角。

αcos 、βcos 、γcos 分别是l 方向的方向余弦。

422==∂∂M
M
x
z x
u
，
04==∂∂M M
zy y u
，
1223222=+=∂∂M M y z x z u 令：
8
4
2
2
2
422294)3()()2(z
y x x z xy x ++=++=∆
则：5
4
2cos =∆=M M
x α
，0cos 2=∆
-=
M
M
xy β，5
3cos -=M
γ
，
4536
0516cos cos cos -=-+=∂∂+∂∂+∂∂=∂∂M M
M M z u y u x u t u γβα 5、 求标量场z y x xy z y x u 62332222--++++=在点M (0,0,0) 、点M (1,1,1)处的梯度，并找出场中梯度为0的点。

解：由梯度定义：
z z
u y y u x x u u ˆˆˆ∂∂+∂∂+∂∂=
∇ 则：
z z y x y x
y x z z u y y u x x u u ˆ)66(ˆ)24(ˆ)32(ˆˆˆ-+-++++=∂∂+∂∂+∂∂=
∇
z y x
u ˆ6ˆ2ˆ3)0,0,0(--=∇ y x
u ˆ3ˆ6)1,1,1(+=∇ 若要梯度为零，则需使得梯度中各项分量为零，即：
032=++y x 024=-+x y
066=-z
解之，得到：
1,1,2==-=z y x
即，在点（-2，1，1）处，标量场的梯度为零。

6、 设z z y y x
x r ˆˆˆ++=
，r r =，n 为正整数。

求r ∇、n r ∇、()r f ∇。

解：根据题意及梯度定义：
r
r z z y y x x r z z y y x x r z y x z y x z y x r =++=++=++∇++=++∇=∇-)ˆˆˆ(1
)ˆ2ˆ2ˆ2(1
21)()(21)
(2222
1
222222 r nr r r nr r
nr r n n n n 211---==∇=∇ r
r
r f r
r f r f )
(')(')(=∇=∇ 7、 求矢量场z z y y x
x A ˆˆˆ333++=
在点M (1,0,-1)处的散度。

解：由题意及散度定义： 222333z y x A ++=⋅∇
，将M(1,0,-1)代入：
得到：
6303=++=⋅∇M
A
8、 设a
为常矢量，z z y y x
x r ˆˆˆ++= ，r r =，求()a r ⋅∇、()a r 2⋅∇、()
a r n ⋅∇，证明a r a =⋅∇)( 解：由散度运算公式：
1）
()r
a r r a r r a
r a r a r
⋅=⋅+⋅=⋅∇+⋅∇=⋅∇0 2）
()
a
r r a r r r a
r a r a r
⋅=⋅+⋅=⋅∇+⋅∇=⋅∇2022
222
3）
()
a
r nr a r r nr r a r nr a
r a r a r n n n n n n n
⋅=⋅=⋅+⋅∇=⋅∇+⋅∇=⋅∇---2110
4）证明： 因为：
z
y x z y x za ya xa z y y y x x z a y a x a r a ++=++⋅++=⋅)ˆˆˆ()ˆˆˆ(
且：
x
a ，y a ，z a 均为常数，所以有：
a z a y a x
a r a z y x =++=⋅∇ˆˆˆ)( 得证。

9、 设无限长细直导线与z 轴重合，其上有沿正z 轴方向流动的电流I ，导线周围的磁场
(
)
()y x x
y y
x I
H ˆˆ22
2
+-+=
π
计算H
⋅∇。

解：由题意及散度的定义：
(
)
()y x x
y y
x I
H ˆˆ22
2
+-+⋅
∇=⋅∇π
2
2222)(/2-+=
∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∂-=∂∂y x xy I
x y x y
I
x H x π
π
2
2222)(/2-+-=∂⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∂=
∂∂y x xy I
y y x x I y H y π
π
∴
=∂∂+
∂∂=⋅∇y H x H H y x 10、已知xy y x u 222+-=，求u 2∇。

解：由题意及散度运算性质：
)(2u u ∇⋅∇=∇
y y x x
y x z z u
y y u x x u u ˆ)22(ˆ)22(ˆˆˆ-++=∂∂+∂∂+∂∂=
∇
22)ˆ)22(ˆ)22(()(=-=-++⋅∇=∇⋅∇y y x x
y x u
所以：
02=∇u
11、计算下列矢量场的旋度：
（1）()()
z xyz y xz y x z y x A ˆ2ˆˆ32
32+-++= ； （2）z xy y zx x
yz A ˆˆˆ222++= ； 解：由矢量场旋度定义式，可得：
1）
()()(
)
()(
)
z x z y yz x
xz z x z y yz x xz xz z y A x A y x A z A x z A y A A A A z y x z
y x A x y z x y z z
y
x
ˆ3ˆ21ˆ4 ˆ3ˆ21ˆ22 ˆˆˆ
ˆˆˆrot 2222+--+=--+-++=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=∂∂∂∂∂∂=
2）
()(
)()
z z xz y y yz x
x xy z y A x A y x A z A x z A y A A A A z y x z
y x A x y z x y z z
y x ˆ2ˆ2ˆ2 ˆˆˆ
ˆˆˆrot 222-+-+-=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=∂∂∂∂∂∂=
12、已知x e u =，z y y x x
z A ˆˆˆ222++=
，计算()A u
⨯∇。

解：
由题意及矢量的旋度运算公式：
())ˆ)2(ˆ)2(ˆ2()ˆ2ˆ2ˆ2ˆˆ()ˆ2ˆ2ˆ2(ˆ2222
z x x y y z x
y e z x y z x y z x y
y e z x y z x y e A x
e A
u A u A u x x
x x ++-+=++++-=+++⨯=⨯∇+⨯∇=⨯∇
13、已知z z y y x
x r ˆˆˆ++= ，r r =，a 为常矢量，求r ⨯∇、()[]r f r ⨯∇、()[]r f a ⨯∇。

解：
1）
z ˆ)-(y
ˆ)-(x ˆ)-(r =∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂=⨯∇y x x y xz z z x z y
y z
2）
()[]0
)(')(')()()(r f r =⨯=⨯∇=⨯∇=⨯∇+⨯∇=⨯∇r
r
r r f r r r f r
r f r
r f r r f
3）
()[]a r r f r
a
r r r f a r r f a
r f a
r f a r f r f a
⨯=⨯=⨯∇=⨯∇=⨯∇+⨯∇=⨯∇)('1)(')(')()()(
14、已知z xy y z x
y A ˆˆ2ˆ32++= ，z x x B ˆ4ˆ2-=
，求()B A ⨯⨯∇。

解：由题意及运算规则，先求出B A
⨯，再求旋度：
ˆˆˆx
y z x
y
z
x
y z A B A A A B B B ⨯=
2
2
ˆˆˆ 320
4
x y z y z xy x =-
ˆˆˆ ()()()y z z y z x x z x y y x A B A B x
A B A B y A B A B z =-+-+- 2322ˆˆˆ =8(12)2z x x y y y x z z -++- ()A B ∇⨯⨯
2322ˆˆˆ(8(12)2)z x
x y y y x z z =∇⨯-++- 22322232(2)(12)(8)(2)(12)(8)ˆˆˆx z x y y z x z x y y z x y z y z z x x y ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
∂-∂+∂-∂-∂+∂-=-+-+-⎢⎥⎢⎥⎢⎥∂∂∂∂∂∂⎣⎦⎣⎦⎣
⎦
22ˆˆ(416)3xz z y
x yz =-+ 15、已知位于坐标原点处电量为q 的点电荷产生的电位移矢量D 为34r r q D π =，其中z z y y x
x r ˆˆˆ++=
，r r
=，计算D ⨯∇和D ⋅∇。

解：由题意：
1）
34qr
D (
)πr ∇⨯=∇⨯ 33
r 44q q
()r πr πr =∇⨯+∇⨯ 31
()4q r πr =∇⨯
4 (3)4q
r r r π-=-∇⨯
43 4q r
r πr r
-=⨯
0=
2）
3
4qr
D ()πr ∇⋅=∇⋅
3 ()4q
r r π-=
∇⋅ 33 ()()4q r r r r π--⎡⎤=∇⋅+∇⋅⎣⎦ 43
334q r r r r π
--⎡⎤=-∇⋅+⎣⎦ 43 334q r r r r πr --⋅⎡⎤=
-+⎢⎥⎣⎦
33
334q r r π
--⎡⎤=
-+⎣⎦ 0
(0)r =≠
在r=0处，D 无意义，D
⋅∇不存在。

16、证明()0=∇⨯∇u ，
()
0=⨯∇⋅∇A。

证明： 1）
由标量场梯度的定义式：
z z u y y u x x u u z z y y x x u ˆˆˆˆˆˆ∂∂+∂∂+∂∂=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∇ ())ˆˆˆ(
z z
u
y y u x x u u ∂∂+∂∂+∂∂⨯∇=∇⨯∇ 由
z y A x A y x A z
A x z A y A A x y z x y z ˆˆˆ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇ 令：
z z
u
y y u x x u A ˆˆˆ∂∂+∂∂+∂∂= 则：
()0
ˆˆˆ)ˆˆˆ(
222222=⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂∂-∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂-∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂-∂∂∂=∂∂+∂∂+∂∂⨯∇=∇⨯∇z
y x u x y u y z x u x z u x y z u z y u z z
u
y y u x x u u 由此得证。

2）由旋度定义：
z y A x A y x A z
A x z A y A A x y z x y z ˆˆˆ⎪⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇ 则：
()
0ˆˆˆ22
2222=∂∂∂-
∂∂∂+∂∂∂-∂∂∂+∂∂∂-∂∂∂=⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂-∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂∂∂=
⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂⋅∇=⨯∇⋅∇z y A z x A y x A z y A z x A y x A y A x A z x A z A y z A y A x z y A x A y x A z A x z A y A A x y z x y z x y z x y z x y z x y z
由此得证。

17、已知()ϕϕρϕρsin cos ,,22z z u +=，求u A ∇= ，并计算A
⋅∇。

解：由题意及柱坐标下梯度的计算公式：
z z u
u u u ˆˆ1ˆ∂∂+∂∂+∂∂=∇ϕϕρρρ
()
z z z u ˆsin 2ˆcos sin 1
ˆcos 222
ϕϕ
ϕϕρρ
ρ
ϕρ++-+=∇ ()
z z z
ˆsin 2ˆsin cos 1
ˆcos 222
ϕϕ
ϕρϕρ
ρ
ϕρ+-+= ()
z z z u A ˆsin 2ˆsin cos 1
ˆcos 222ϕϕϕρϕρ
ρ
ϕρ+-+=∇= 由
()
z
A A A A z
∂∂+
∂∂+∂∂=⋅∇ϕρρρρϕρ11 可得：
()()
z z z A ∂∂+∂-∂+∂∂=⋅∇ϕ
ϕϕρϕρ
ϕρρρρsin 2sin cos 1cos 21222 ()()
ϕϕρϕρ
ϕρρsin 2cos sin 1
cos 22222+--+=⋅∇z A
ϕρϕϕsin 2cos cos 422⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=⋅∇z A
ϕρϕsin 2cos 322⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-+=⋅∇z A
18、已知()ϕϕρρϕρϕρˆsin ˆcos ,,2
+=z A ，计算A ⋅∇、A ⨯∇。

解：由题意及柱坐标下散度、旋度的计算公式：
()z A A A A z
∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇ϕρρρρϕρ11 可得：
()
ϕ
ϕρρϕρρρ∂∂+∂∂=⋅∇)sin (1cos 12A
ϕϕρ
cos cos 1
2+=⋅∇A
()
z A A A
z A z A A A z z ˆ11ˆˆ1⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇ϕρρρρϕρρϕρρϕρϕ ()z z z A ˆ)cos (1sin 1ˆ)cos (ˆ)sin (22⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-=⨯∇ϕϕρρϕρρρρϕϕρρϕρ z A ˆ)sin (cos 1
2sin 12⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛--=⨯∇ϕϕρρϕρρ
()z
A ˆcos sin sin 2ϕϕϕ+=⨯∇
19、已知
()ϕθϕθcos 2sin 1,,32⎪⎭⎫
⎝
⎛+=r ar r u ，求u ∇。

解：由题意及球坐标下梯度的计算公式：
ϕ
ϕθθθˆsin 1ˆ1ˆ∂∂+∂∂+∂∂=∇u
r u r r r u u 可得：
ϕϕθθθθϕϕθˆsin 2sin 1sin 1ˆ2cos cos 12ˆcos 2sin )32(444⎪⎭⎫ ⎝
⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=∇-r ar r ar r
r ar u 20、已知()θθθϕθˆ
sin ˆcos 2,,3
3r
r r r A += ，计算A ⋅∇、A ⨯∇。

解：由题意及球坐标下散度、旋度的计算公式：
()
()ϕθθθθϕθ∂∂+∂∂
+
∂∂=⋅∇A r A r A r r
r A r sin 1sin sin 1122 ⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=⋅∇3322sin sin sin 1cos 21r r r r r r A θθθθθ ⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=⋅∇3221sin sin 1cos 21r r r r r A θθθθ
θθθθcos sin 2sin 1)(cos 242
2r r r A +-=⋅∇-
θθcos 2cos 244
r r A +-=⋅∇ 0=⋅∇A
第 2 章 习 题
1、 三个点电荷q 1=4C 、 q 2=2C 、q 3=2C ，分别放置于(0,0,0)、(0,1,1)、(0,-1,-1)三点上，求作用于(6,0,0)点处单位负电荷上的力。

解：由库仑定律，得点电荷间作用力： 30
4r r r r q q F q q '
-'-'=
→' πε
令(6,0,0)点处单位负电荷为q ；则电荷q 1对电荷q 的作用力：
30
1
41r r r r q q F q q '-'-=→ πε
3
0ˆ6ˆ64141x x C F q q πε⨯=→
x C
F q q ˆ360
1πε=
→
电荷q 2对电荷q 的作用力：
30
2
42r r r r q q F q q '-'-=→ πε
3
0ˆˆˆ6ˆˆˆ6422z y x z y x C F q q ----=→πε )ˆˆˆ6(2380
2/32z y x
C
F q q --=-→πε
电荷q 3对电荷q 的作用力：
30
3
43r r r r q q F q q '-'-=→ πε
3
0ˆˆˆ6ˆˆˆ6423z y x z y x C F q q ++++=→πε )ˆˆˆ6(2380
2/33z y x
C
F q q ++=-→πε
所以，作用于q 点电荷的作用力为：
q
q q q q q F F F F →→→++=321
)ˆˆˆ6(238)ˆˆˆ6(238ˆ3602/302/30z y x C
z y x C x C F +++--+=--πεπεπε
x C
x C F ˆ638ˆ360
2/30πεπε-+=
x
C F ˆ3863612/30⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+=-πε
2、 长度为L 的线上电荷密度为l ρ，l ρ为常数，计算该带电线的垂直平分线上任意点的电场强度E 。

解：由库仑定律及点电荷间作用力公式：
()()()l d r r r r r r E L l ''
-'-'=⎰
' 41
30 ρπε
令带电线沿Z 轴方向，其中点位于坐标原点，则其垂直平分线位于xy 平面内。

()()
⎰
-'-'-=22
3041l l l dz r r r r r E
ρπε
()()()
()
⎰
--++-+=
22
3
2
2
2
0ˆˆˆ41l l l dz
z y x
z z y y x
x r E ρπε
3、 总电量为Q 的电荷按以下方式分布在半径为a 的球形区域：（1）均匀分布于r =a 的球面上；（2）均
匀分布在r ≤a 的球体中；（3）以体电荷密度()2r r =
ρ分布于r ≤a 的球中。

计算球内、球外的E ，并绘出r E ~曲线。

解：本题（1）、（2）、（3）中，电荷均以球心为中心对称分布，因此，电场都只有ˆr
方向的分量，即ˆ()()r E r E r r
=；也就是说，在以球心为中心的任何球面上()E r 都相等，可以应用高斯定理积分形式来求解；很明显，本题求解可选用球坐标系，（1）、（2）、（3）均取r a =的球心为球坐标系的坐标原点。

（1）、电量Q 均匀分布在r a =的球面上。

在r a <的球内，应用高斯定理，可得：
2
()40r E ds E r r π⋅=⋅=⎰
，解之：
ˆ()()0, r E r E r r
r a ==<； 同理，当r a >时，应用高斯定理，可得：
2
()4r Q
E ds E r r πε⋅=⋅=
⎰，解之：
2
ˆˆ()(), 4r Q E r E r r r r a r πε==>
（2）、电量Q 均匀分布在r a =的球内。

则球内任意一点的电荷密度为：
3
()43
Q r a ρπ=
；
在r a ≤的球内，应用高斯定理，可得：
2()4r E ds E r r π⋅=⋅⎰
33
03443
Q r a ππε=
3
30
Qr a ε= 解之： 30
()4r rQ
E
r a πε=
；
30
ˆˆ(), 4r rQ
E E r r
r
r a a πε==≤ 同理，当r a >时，应用高斯定理，可得：
2
()4r Q
E ds E r r πε⋅=⋅=⎰
，解得：
20
ˆˆ(), 4r Q
E E r r
r
r a r πε==> （3）以体电荷密度()2r r =
ρ分布于r ≤a 的球中。

在r a ≤的球内，应用高斯定理，可得：
20
1
()4()r v
E ds E r r r dv πρε⋅=⋅=
⎰
⎰⎰⎰
220
1
sin v
r r drd d θθϕε=
⋅⎰⎰⎰ 240
1
sin r
d d r dr π
πϕθθε=
⎰
⎰⎰
50
415
r
dr π
ε=
⎰
5
45r πε=
；解之，得到： 30
ˆˆ(), 5r r E E r r r r a ε==< 在r a =的球面上，30
ˆˆ(), 5r a E E r r r r a ε=== 在r a >的球外，应用高斯定理，可得：
2
()4r Q
E ds E r r πε⋅=⋅=
⎰
2
0ˆˆ(), 4r Q E E r r
r
r a r
πε==> 通过计算可知，以上三种情况下，在r a ≥处，电场强度r E 均相同。

4、 两个无限长的r =a 和r =b （b >a ）的同轴圆轴表面分别带有面电荷密度1
S ρ和2S ρ,
35a εr
E
（1）计算各处的E ；
（2）欲使r >b 处E =0，则1S ρ和2S ρ应具有什么关系？
解：本题中，两个圆柱同轴，场呈轴对称、二维分布，宜选用柱坐标来求解，以同轴圆柱面的轴心线为z 轴，则场分布在xy 平面上，并且只与径向坐标r 有关。

可应用高斯定理求解，选取以z 轴为中轴线的单位长圆柱面作为高斯面，
s s s E ds E ds E ds E ds ⋅=⋅+⋅+⋅⎰⎰⎰⎰底
顶
侧
由于场只有径向分量，因而只有侧面由通量；
s E ds E ds ⋅=⋅⎰⎰侧
并且，侧面积为：2
212()r r m ππ⨯= （1）、计算各处的场：
1）、r a <处，高斯面内无电荷分布，因而()0E r =
2）、a r b <<处，高斯面内总电量为， 11212s s Q a a ρππρ=⋅⨯= 则：
1
22s r s a E ds E ds E r πρπε⋅=
⋅=⋅=
⎰
⎰
侧
，得到：
1100ˆˆ, , ()s s r r a a E E E r
r a r b r r ρρ
εε=
==<< 3）、r b >处，高斯面内总电量为，
121221212()s s s s Q a b a b ρπρππρρ=⋅⨯+⋅⨯=+
则：120
2()
2s s r s a b E ds E ds E r πρρπε+⋅=⋅=⋅=⎰⎰侧
，得到： 1212
00ˆˆ, =, s s s s r r a b a b E E E r r
r b r r
ρρρρεε++=
=> （2）、欲使r b >处0E =，则要求r b >处高斯面内总电量为零，也就是说：
122()0s s a b πρρ+=，解之可得，需满足以下关系：
1
2s s a b
ρρ=-
， 5、 在球坐标系中，已知()()
()
⎪⎩⎪⎨⎧>+≤<+=a r r Aa a a r Ar r E r 0 24523， a 、A 均为常数，求电荷分布。

解：本题宜选用球坐标系来求解：
已知电场求解电荷分布，需要用到高斯定理的微分公式，球坐标系下，计算E 的散度的公式为：
()()22111()sin sin sin r E E r r E E r r r r ϕ
θθθθθϕ∂∂∂∇⋅=++∂∂∂
本题中，ˆr E E r
=，所以，()2
2
1()r E r r E r r
∂∇⋅=∂， 当0r a <≤时，
()232
2
1()()E r r r Ar r r ∂∇⋅=
+∂ ()5421r Ar r r
∂
=+∂
()4321
54r Ar r
=
+ 254r Ar =+ 0
()r ρε=
所以，2
0()(54)r r Ar ρε=+
当r a >时，
542221()a Aa E r r r r r ⎛⎫
∂+∇⋅=⋅ ⎪∂⎝⎭
5
42
1()a Aa r r ∂=
+∂ 0= 0
()
r ρε=
所以，()0r ρ=
6、 分析下列函数中哪一个可能是静电场的表示式，式中A 为常数。

（1）z xy y zx x yz E ˆˆˆ++=
；（2）()()
φφρρφρˆsin 1ˆcos 122-++A A ；（3）()()
30
4ˆsin ˆ cos 2r r πεθθθ+ 7、 长度为L 的线上电荷密度为常数l ρ，（1）计算该线的垂直平分线上任意点的电位Φ；（2）由库仑
定理直接计算该垂直平分线上任意点的电场强度E
，并用Φ-∇核对。

8、 两根互相平行、距离为d 的无限长带电细直线，其上电荷均匀分布。

若其中一根的线电荷密度为l ρ，
另一根的线电荷密度为l ρ-，求空间任意点的电位Φ和电场强度E。

解：如右图所示：由于两带电平行线无限长，若令两平行线沿Z 轴，且其中垂线过原点，则其场分布与Z 向无关，分布于xy 面上，是一个二维场，只有x 、y 分量。

由
()0
S
Q
E r ds ε⋅=
⎰⎰
可求得任意点的场强。

线电荷密度为l ρ：
高斯定理可得：
9、 一半径为a 、总电量为Q 的导体球，其外包裹着一层厚度为b 、介电常数为02εε=的电介质球壳。

求空间的电场强度、电位移矢量、电位以及介质球壳内外的极化电荷密度。

解：因空间媒质以球心对称分布，电荷Q 必均匀分布在导体球面上，Q （对电场的贡献）产生的电场及该电场引起介质极化产生的电场都以球心中心呈对称分布，故可用高斯定理求解，求解所用高斯
面S 是以球心为中心的球面。

在此球面上ˆ()r E E r r
=,ˆ()r D D r r =。

且r 相同处r D 也相同。

（1） r a <导体内无静电场，0=D ,0=E
（2） a r b <<填充物为介质，且02εε=应用介质中
s
D ds Q ⋅=⎰
24r s
D ds D r Q π⋅=⋅=⎰
2
ˆˆ()()4r Q
D r D r r
r r
π== 2
00()
()ˆ()28D r D r Q
E r r r
ε
επε=
=
= （3） r b >填充物为空气，0εε=
24r s
D ds D r Q π⋅=⋅=⎰
2
ˆˆ()()4r Q
D r D r r
r r
π== 2
0()
ˆ()4D r Q E r r
r
ε
πε=
=
将r b =代入（2）、（3），可知在r=b 两媒质交界面处都可得到2
ˆ()4Q
D r b r b
π==。

这说明在r b =两不同媒质交界面处12n n D D =，D
法向分量连续。

但在r<b 一侧2
0ˆ()8Q E r b r
b πε-==
，而在r b >一侧，2
0ˆ()4Q E r b r
b
πε+==
，也就是说， ()()E r b E r b -+=≠=，在r b =两不同媒质交界面处，E 的法向分量不连续，其原因在于r b =的
介质表面有束缚电荷分布。

（4）求电位()r φ
取r =∞为计算电位的参考点()0r φ=∞=
2
0ˆ, ()4Q r b E r r
r πε>=
2
0ˆ ()4r
Q r r
dl r
φπε∞
=⋅⎰
0 4r
Q r πε∞=-
0 4Q
r
πε=
0 ()4Q r b b φπε==
2
0ˆ, ()8Q
a r
b E r r
r πε<<=
，应用不同媒质交界面处电位连续的条件： 2
0 ()()8b
r
Q
r dr b r φφπε=+⎰
00 84b r
Q Q r b πεπε=-
+
000 884Q
Q Q r b
b
πεπεπε=
-
+
011 ()8Q
r b πε=
+ 011, ()8Q
r a a b φπε==
+ （5）、求束缚电荷密度
在a r b <<区域，
2
ˆ()4Q
D r r r
π=
2
0ˆ()8Q E r r
r
πε=
将其代入0D E P ε=+，得到：
00222
0ˆˆ(
)488Q Q Q
P D E r r r r r
εεππεπ=-=-=， 应用ˆPs n
P ρ=⋅，ˆn 是介质表面外法向单位矢量，则有： 22
ˆˆˆ, 88Ps
r a r a r a Q Q
n
P
r
r r a a a ρππ=+
=+=+
=⋅=-⋅=-=+处
-
22
ˆˆˆ, 88Ps
r b r b r b Q Q
n
P
r
r r b b b ρππ==-=-
=⋅=⋅==-处 在球坐标系中，P 只有r P 分量，且与θϕ、无关，所以a r b <<介质中体束缚电荷P ρ为：
22r 222
11(P )()08P Q
P r r r r r r r
ρπ-∂-∂=-∇⋅=
==∂∂ 由于0P ρ=，在a r b <≤的介质球壳及两表面上总的束缚电荷
Ps Ps P ()()P r a r b r Q r a ds r b ds dv ρρρ=====++
=++
⎰
⎰
⎰
球面
球面
球体内部
022
Q Q =-
+= 以上计算说明：
1）、介质极化后虽有Ps ρ分布、P ρ分布，但总极化电荷恒为0；介质仍是电中性的。

2）、电场中的均与介质，其内部体束缚电荷为0；也就是说均与介质内部没有束缚电荷的堆积。

10、
半径为a 的均匀极化介质球，极化强度矢量z P P ˆ0=
（P 0为常数），求z 轴上任意一点的电场强
度E。

11、 半径为a 的导电圆环上电流为I ，求该导电圆环的中轴线上任意点处的磁感应强度B 。

12、 空间中有相距为d 的两无限长平行直导线，其上电流分别为I 1、I 2，且方向相同，求空间任意一点
处的场矢量B。

解：
1）由于直导线无限长，可看成两端在无限远处相连而构成闭合回路。

2）由于直导线无限长，与其垂直的任何平面上，场分布完全相同，因此这是一个二维场。

只需研究xoy
平面上的场分布，且该平面上场矢量都只有ˆˆ,x
y 两个分量。

3）可应用
()I l d r B L
0μ=⋅⎰
分别计算12,I I 在空间任意一点P 产生的场，
再应用叠加原理求B 。

如图所示：12,I I 正向与ˆz 相同，B 与I 呈右手螺旋关系。

对于1I ：
1
11012L B dl r B I πμ⋅==⎰
01
11
2I B r μπ=
01
111ˆ2I B r μϕ
π=
，1L 是以1r 为半径的圆。

对于2I ，同理可得：
02
222ˆ2I B r μϕ
π=
，
2L 是以2r 为半径的圆。

为将12,B B 在xoy 坐标系中叠加，应当求出1212ˆˆ,,,r r ϕϕ及12ˆˆ,r r 的表达式。

由图可知：
1
2
2
2111ˆˆ2ˆ, 2d x x yy d r x y r r ⎛⎫++ ⎪⎡⎤⎛⎫⎝⎭=++=
⎢⎥
⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
12
2
2222
ˆˆ2ˆ, 2d x x yy d r x y r
r ⎛⎫-+ ⎪⎡⎤⎛⎫⎝⎭
=-+=⎢⎥
⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
设1ˆˆˆux vy ϕ=+，由11ˆˆr ϕ⊥可列出如下方程：
11
12ˆˆ0 0d u x vy
r r ϕ⎛
⎫++ ⎪⎝⎭⋅=→= 111
2ˆˆˆ=1 1d v x uy
r z
r ϕ⎛
⎫+- ⎪⎝⎭
⨯=→= 1
2
1
2
2
-=
2y
y
u r d x y -=
⎡⎤⎛⎫++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
，12
1
2
2
2
2=
2d d
x x v r d x y +
+
=⎡⎤⎛⎫++⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
，由此得到：
11
1
2ˆˆˆˆˆd x y ux vy x y r r ϕ
+=+=-+，同理可得：
22
2
2ˆˆˆd
x y
x y r r ϕ
-=-+
因此：
1201021212
()()()ˆˆ 22B P B P B P I I
r r μμϕϕππ=+=
+ 010222
12ˆˆˆˆ (())(())2222
I I d d
yx x y yx x y r r μμππ=
-+++-+- 120122222
1212()()22ˆˆ ()2d d x I x I I I y x y r r r r μπ⎡⎤
⎛⎫+-⎢⎥ ⎪⎛⎫=-+++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
13、 内、外半径分别为a 、b 的无限长空心圆柱导体管中均匀分布着沿轴向流动的电流I ，求空间的磁
场B ；又当b a →、I 不变，重求B 。

解：这是一个轴对称的二维磁场，ˆ()B B r ϕϕ
=，B 只有ˆϕ方向分量。

且()B r ϕ只与坐标r 有关。

此题适合在柱坐标系中求解。

根据安培环路定律：
0L
B dl J ds μ⋅=⋅⎰
⎰⎰，
可用于求解空间磁场分布，其中，L 是以r 为半径、垂直于z 轴的圆形闭合曲线，线上任何一点B ϕ均相同。

r a <区域：0J =，即20B r ϕπ⋅=，因此：0, 0,B B ϕ==
a r
b <<区域：22ˆ()
I
J z
b a π=
-，在半径为r 的圆内，相铰链的电流为 2222
222222()()()()()I I I r a s r a b a b a b a πππ-=-=---，代入环路定律：
22022()
ˆˆ2()
L r a B dl rB I b a ϕϕϕϕπμ-⋅==-⎰，解之，得到： 22022()2()
I r a B r b a ϕμπ-=-，
22022
()
, 2()I r a B B a r b r b a ϕμϕϕπ-==<<- r b >区域：总电流为I ，
02L
B dl B r I ϕπμ⋅=⋅=⎰
，
02I
B r
ϕμπ=
， 0, 2I
B B r b r
ϕμϕϕπ==>
当a b →时，电流以面电流密度2I b
π均与分布在r b =的圆柱面上，r b <的区域内，没有电流分布，
由安培环路定律得：
, 0r b B <=
0L
, 2r b B dl B r I ϕπμ>⋅=⋅=⎰
02I B r ϕμπ=
，0ˆ2I
B r
μϕ
π=
在半径为r 的圆内，相铰链的电流为
14、 半径为a 的圆柱形直导线，它产生的磁感应强度为
()
()⎪⎩
⎪⎨⎧><=a r r I a r a rI B ,ˆ2 ,ˆ220ϕπϕ
πμ
求这两个区域的电流密度。

解：在这两个区域，用静磁场安培定律的微分形式：
()()r J r B
0μ=⨯∇
由柱坐标系下旋度计算公式：
()
z A A A
z A z A A A z z ˆ11ˆˆ1⎪⎪⎭⎫
⎝
⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇ϕρρρρϕρρϕρρϕρϕ 本题中，B 只有B ϕ分量，因此：
()01ˆB rB z J r r
ϕμ∂
∇⨯=
=∂ r a <时：
021ˆ2rI B r z
r r a μπ∂⎛⎫
∇⨯=
⎪∂⎝⎭
()2
021ˆ 2I r z
r a r μπ∂=∂ 02
1ˆ 22I
rz r a μπ= 02ˆ , I
z r a a
μπ=< 因此：2
ˆI J z a π= r a >时：同理可得： 0B ∇⨯=，
因此：0, J r a =>
15、 相距为d 的两根无限长平行导线上有大小相等、方向相反的电流I ，求空间的磁矢位A
和磁感应强度B。

16、 已知半径为a 的圆柱形导体内的磁矢位为()
z
a Ir A ˆ4220πμ-= ，求相应的B。

解：
柱坐标系中，旋度的计算公式14题已经给出，本题中，由磁矢位A 求相应的磁感应强度B 。

他们之间的关系式为（2-25）：
()()r A r B
⨯∇=， 注意到，其仅z 分量，且z A 为r 的函数，因此：
()()r A r B
⨯∇=
ˆz
A A ϕρ
∂∇⨯=-
∂ ()
2204ˆ Ir a μπϕ
ρ
∂-=-
∂ 2
02
ˆ 4I r a r μϕπ∂=∂ 02
ˆ 2I
r a
μϕπ=
17、 半径为a 的球体内有均匀分布的电荷，其总电量为Q ，若该球以角速度ω绕其自身的一直径旋转，
求球体内的体电流密度。

18、 如图A 所示，半径为2mm 的圆柱导线中电流密度为()()
21000A/m ˆ 115z
e J r --=
，求电流I 。

19、 如图B 所示，无限薄的导电面放置于z =0平面内0<x <0.05m 的区域中，流向y
ˆ方向的25安培电流按正弦规律分布于该面内，在x =0和x =0.05m 处线电流密度为0，在x =0.025m 处为最大，求s J
的表示式。

20、 一根铜棒的横截面积为20×80mm 2，长为 2.0m ，两端电压为50mV 。

已知铜的电导率为
)m 1( 107.57⨯=σ。

求（1）铜棒的电阻R ；（2）电流I ；（3）电流密度的大小J ；（4）棒内电场强
度的大小E ；（5）所消耗的功率P ；（6）一小时所消耗的能量W 。

第 3 章 习 题
1、 以铜为例，证明：在微波频率（300MHz ～3000GHz ）下，良导体中的位移电流远小于传导电流。

假设铜的介电常数0εε=，电导率S /m 108.57⨯=σ，其内部的传导电流为20ˆcos A m J t z
ω。

证：由J E σ=，0D E ε=以及 cos ˆ0t J z
J ω=
，求得： 0
ˆcos J
D z
J t εεωσ
σ== 00ˆsin D D
J J t z
t ωεωσ
∂=
=-∂ 将9701
10 5.810236f εεσωππ
-==
⨯=⨯
=及、带入上式，算得： 图B. 第18题用图
图A. 第17题用图
919
071
102369.6105.810
f
f πωεπσ--⨯⨯=≈⨯⨯ 由此：当工作频率为300MHz 时：
1961000ˆˆ9.61030010sin 2.8810sin D J J t z
J t z ωω--≈-⨯⨯⨯=-⨯ 当工作频率为300GHz 时：
199600ˆˆ9.610300010sin 2.8810sin D J J t z
J t z ωω--≈-⨯⨯⨯=-⨯ 可见： 106002.8810 2.8810D J J J --⨯<<⨯，在300MHz ～3000GHz 范围内，0<<D J J
2、 设真空中的磁感应强度为()
()T ˆ2cos 106cos 1033y
z t B ππ⨯=-
，求位移电流密度。

解：由题意可知：(,)0,J r t = 由(,)(,)D D
H r t J r t t t
∂∂∇⨯=+
=∂∂得： 0(,)ˆ(,)(,)y
d B D r t J r t H r t x t t μ⎛⎫
∂∂==∇⨯=-
⎪∂∂⎝⎭
()
[]3
30
cos(2)10ˆ cos 610z x
t z
ππμ-∂=-⨯⋅∂
()()33ˆ 510cos 610sin 2t z x
ππ=⨯⨯⋅ 3、 若某区域中（1）x t E E y ˆ cos 01ω=
，（2）()y
kz t E E ˆ cos 02-=ω
，εμω22=k ，试问它们各自是不是在该区域中可以实际存在的电场，若是，则求该区域中与之相联系的磁场。

解：根据B
E t
∂∇⨯=∂及时变电磁场中的电场和磁场相互依存并构成时变电磁场的不可分割的统一整体。

即可做出判断：
（1）x
t E E y ˆ cos 01ω=
与坐标x 、y 、z 无关，100B
E B t
∂∇⨯=→=→∂为与时间和空间坐标无关的常矢量，不是时变电磁场，1E
可能存在，但不能形成电磁波。

（2）()y
kz t E E ˆ cos 02-=ω
20ˆˆsin()zy E B
E x
kE t kz x z
t
ω∂∂∇⨯=-
=--=-∂∂ 2E 对应的磁场为：
0ˆˆsin()cos()kE B x
kE t kz dt x t kz ωωω
=-=--⎰
0 cos()t kz ω=-- 0ˆcos()B
H x
t kz μεωμ
=
=-- 4、 已知()()[]z t ky x
t ky E E ˆcos ˆcos 0ωω-+-= ，由麦克斯韦方程组确定与之相联系的B
，式中E 0、k 、ω为常数。

解：()()00ˆˆsin sin ∂∇⨯=--+-=-∂B
E E k ky t x
E k ky t z t
ωω ()()()0ˆˆcos cos =-∇⨯=
---⎡⎤⎣⎦⎰E k
B E dt ky t x ky t z ωωω
5、 一段由理想导体构成的同轴腔，内导体半径为a ，外导体内半径为b ，长为L ，两端用理想导体板短
路，导体之间为空气，如图A 所示。

已知在b a ≤≤ρ、L z ≤≤0区域内的电磁场为()ρ
ρ
ˆsin kz A
E = ，()ϕρ
kz B B cos =。

（1）确定A 、B 之间的关系；（2）确定k ；（3）求同轴腔所有内壁上的自由电荷
密度和传导电流密度。

第5题用图
解：在柱坐标系中：
()
z A A A
z A z A A A z z ˆ11ˆˆ1⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇ϕρρρρϕρρϕρρϕρϕ （1）确定A 、B 间的关系：
因为：
()ρρ
ˆsin kz A E = ，E
只有E ρ分量，且该分量为z ρ、的函数，因此：
()()B j kz kA kz A z z E E ωϕρϕρϕρ-==⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂=∂∂=⨯∇ˆcos ˆsin ˆ ()()ϕ
ωρ
ϕωρˆcos ˆcos kz jkA
kz j kA B =-=
将上面结果与已知()ϕρ
kz B
B cos =
比较可得：
ω
ρ
ωρ
jkA
B B
jkA
=
⇒=
（2）确定k 。

注意到：导体之间为空气，00 μ
μεε＝，＝ 将（1）确定的ω
jkA
B =
代入B ，得到：
()ϕρω
kz jkA B cos =，应用0B H μ=，得：()ϕρωμ kz jkA H cos 0=
由()ρ
ρ
ˆsin kz A
E = 得()ρ
ρ
εεˆsin 0kz A
E D == ， 将上面求出的,D H 代入：H j D ω∇⨯=，得：
()()ρ
ρ
ωερ
ρω
μˆsin ˆsin 002kz A
j kz A
jk = 即：
0022002
εμωωεω
μ=⇒=k k
0022002
εμωωεω
μ=⇒=k k
00 μεω=k
（3）求同轴腔所有内壁上的自由电荷密度s ρ和传导电流密度s J 。

应用（1）（2）求出得
()ϕρω
μ
kz jkA H cos 0=
()ρ
ρ
εˆsin 0kz A
D = 及边界条件：ˆs J n
H =⨯，ˆs n D ρ=⋅ 在a ρ=的柱面上，ˆˆn ρ= ()()00ˆˆ()cos cos s jkA jkA
J a kz z kz a a
ρρ
ϕμωωμ==⨯=
()()00ˆˆ()sin sin s A
A
a kz kz a
a
εερρρ
ρ
==⋅=
在b ρ=的柱面上，ˆˆn
ρ=-
()()00ˆˆ()cos cos s jkA jkA
J b kz z kz b b
ρρ
ϕμωωμ==-⨯=-
()()00ˆˆ()sin sin s A
A
b kz kz b
b
εερρρ
ρ
==-⋅=-
在0z =处，ˆˆn
z = 00ˆˆ(0)s jkA
jkA
J z z
ϕρ
μρω
ωμρ
==-⨯=-
ˆ(0)(0)0s z z
D z ρ==⋅== 在z L =处，ˆˆn
z =- 00ˆˆ()cos()cos()s jkA
jkA
J z L z
kL kL ϕρ
ωμρ
ωμρ
==-⨯=
ˆˆ()()0s z L z
D z L ρρ==-⋅==
6、 设z = 0平面为两种磁介质的分解面，z < 0空间的41=r μ，z > 0空间的32=r μ，分界面z = 0处的面
电流()
A/m ˆ102sin 36y
t J s ⨯=π
，z < 0空间中紧挨z = 0界面处的磁场为
()(
)
A/m 102sin ˆ3ˆ261t z x
H ⨯+=π 。

求z > 0空间中紧靠z = 0界面处的磁场2
H 、2B。

解：边界面的法向为ˆz
方向，(
)
6
12sin 210=⨯t H t π, (
)
6
1210=⨯n H t π
应用边界条件：(
)6
213sin 210-==⨯t t s H H J t π,得：(
)
6
215sin 210=+=⨯t s t H J H t π；
应用边界条件：21=n n B B ，得2211=r n r n H H μμ，()
6
11222103
=
=⨯r n n r H H t μπμ
因此得：()
6222ˆˆˆˆ5sin 210 A/m 3⎛⎫
=
+=+⨯ ⎪
⎪⎝⎭
t n H H x H z x z t π， ()()()
6762220ˆˆˆ35sin 210 A/m=41015sin 210 A/m -⎛⎫==+⨯=⨯+⨯ ⎪ ⎪⎝⎭
B H x z t x t μμπππ 7、 在理想导电板限定的a x ≤≤0区域中存在如下的电磁场：()t kz a x a
H E y ωππμω
-⎪⎭⎫
⎝⎛=sin sin 0，()t kz a x a
k
H H x ωππ-⎪⎭⎫ ⎝⎛=sin sin 0，()t kz a x H H z ωπ-⎪⎭
⎫
⎝⎛=cos cos 0。

这个电磁场是否满足边界条件？如果是，由它求出理想导电板上的电流密度。

解：
在0x x a ==或处为理想导体壁，在0x =处，ˆˆn
x =，在x a =处，ˆˆn x =-。

（1）因为：
()0sin sin ˆˆˆ000
=-⎪⎭⎫
⎝⎛⨯=⨯==x y x t kz a x a
H y x
E n ωππμω ()0sin sin ˆˆˆ0=-⎪⎭⎫
⎝⎛⨯-=⨯==a x a
x t kz a x a
H y x E n ωππμω ()0sin sin ˆˆ000
0=-⎪⎭⎫
⎝⎛==⋅=⋅====x x x
x x t kz a x a
k
H H H x B n ωππμμμ ()0sin sin ˆˆ0=-⎪⎭⎫
⎝⎛==⋅=⋅====a x a
x x
a
x a x t kz a x a
k
H H H x
B n
ωππμμμ 满足理想导电壁处ˆ0n
E ⨯=，ˆ0n B ⋅=的边界条件。

（2）导电壁0x =，x a =处面电流s J ，由ˆs n
H J ⨯=得： ()t kz H y H y z H x H x
x J x z x z x s ω--=-=+⨯====cos )ˆˆ(ˆ)0(00
()t kz H y H y z H x H x
a x J a
x z a x z x s ω--==+⨯-====cos )ˆˆ(ˆ)(0
8、 已知真空中电场强度为()()
V /m ˆ23102cos 2,,,8
y
z t t z y x E ππ-⨯= ，求与之对应的()t z y x H ,,, ，并求出()t z y x E ,,, 、()t z y x H ,,,
的复数表示式。

解：
由E j H ωμ∇⨯=-得：
E
H j
ωμ
∇⨯=()823ˆˆsin 21032 2y
E j j x t z x z πππωμωμ∂⎛⎫--=
=⨯- ⎪
∂⎝⎭
()83ˆ sin 21032 j t z x
π
ππωμ
=
⨯- ()()821032ˆ,,,Re ()ˆ Re 2j t j t z E x y z t E r e y e y
ωππ⨯-⎡⎤=⎣⎦⎡⎤=⎢⎥⎣⎦
()8
32(210)ˆ Re 2j z j t e e y ππ-⨯⎡⎤=⎣⎦ ()8
3(210)ˆ Re 2j z j t e e y ππ-⨯⎡⎤=⎣⎦
()()
32ˆ2j z E r e
y
π-=
()()8
ˆ,,,Re ()3ˆ sin 21032j t
H x y z t H r e x j t z x
ωπ
ππωμ
⎡⎤=⎣⎦
=
⨯-
()83ˆ cos 21032/2j t z x
π
πππωμ
=
⨯-+ (
)821032/2
3ˆ
j t z j e
x ππππ
ωμ
⨯-+=
()8
32/2/2(210)3ˆ j z j j t e e e x
πππππ
ωμ
-+⨯=
()32/23ˆ()j z j H r e x
πππ
ωμ
-+=
9、 求下列各复场量的瞬时表示式：（1）x e E E z
j ˆ0
β-= ；（2）()x z E E ˆsin 0β= ；（3）()y z jH H ˆcos 0β= ；（4）z e y e x
e E j j j ˆˆ6ˆ54022030
-++=。

解：将()E r 写成()
()
()ˆˆˆ()()()()y x z j r j r j r xm ym zm E r E r e
x
E r e y
E r e z ϕϕϕ=++的标准形式，再对各分量乘以j t e ω，最后写实部，即可得瞬时表达式：
（1）x
e E E z j ˆ0β-=
()
000ˆˆˆ(,)Re Re cos()j z j t j t z E r t E e e x E e x E t z x
βωωβωβ--⎡⎤⎡⎤===-⎣⎦⎣⎦ （2）()x
z E E ˆsin 0β=
00ˆˆ(,)Re sin()sin()cos()j t
E r t E z e x E z t x
ωββω⎡⎤==⎣⎦ （3）()()y e z H y
z jH H j
ˆcos ˆcos 200π
ββ== ()()()2200ˆˆ(,)Re cos Re cos j j t j t H r t H z e e y H z e y ππ
ωωββ+⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦
()0ˆ cos cos()2
H z t y
π
βω=+ ()0ˆ cos sin()H z t y
βω=- （4）z e y e x
e E j j j ˆˆ6ˆ54022030
-++= z e y e x
e E j
j j ˆˆ6ˆ5929116π
ππ-++= 所以有
112699ˆˆˆ(,)Re 56j j j j t j t
j t E r t e e x
e e y e e z πππ
ωωω-⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦
112()()()699ˆˆˆ Re 56j t j t j t e x e y e z πππ
ωωω++-⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦
112ˆˆˆ 5cos()6cos()cos()699
t x t y t z πππ
ωωω=++++- 10、
已知空气中y
e x j H jkz ˆ)15cos(2--=π ，Hz 1039⨯=
f ，试求E
和k 。

解：题中磁场为时谐场，满足时谐场的Maxwell 方程，且空气中无自由传导电流，有：
()()()()
∇⨯∇⨯=⇒=
H r H r j E r E r j ωεωε
该电场应该满足()()∇⨯=-E r j H r ωμ，则有：()()⎛⎫
∇⨯∇⨯=- ⎪⎝⎭
H r j H r j ωμωε
即：()()2
∇⨯∇⨯=H r H r ω
εμ
应用矢量恒等式()
2∇⨯∇⨯=∇∇⋅-∇H H H 及0∇⋅=H ，得22
∇⨯∇⨯=-∇=H H H ωεμ
将()ˆ2cos(15)-=-jkz
H r j x e y
π、922310=
=⨯⨯f ωππ带入上式，可求出=k 。

之后可求出()()230ˆˆcos(15)sin(15)--∇⨯=+=jkz jkz k E r x e x x e z
j H r j ωεπ
ππωεωε
11、
分别处于x = 0、x = d 两个平面上的两块无限大平行理想导体板之间的电场为
()z
d n k j m xe
d
n E E 22sin ππ--= 。

（1）求H ；（2）写出E 、H 的瞬时表示式，（3）求两导体板上的面电流密度。

解：（1）求H
由E j H ωμ∇⨯=-得：
ˆˆy
y E E E
j H j x z z x
ωμωμ∂
∂⎛⎫
∇⨯==-
+
⎪∂∂⎝⎭
ˆˆ cos m E n n n j
xe x
xe z d
d d
π
ππωμ--⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
2ˆˆ cos j m E n n n xe
x xe z
d
d d
ππππωμ⎫--⎪
-
⎭
=
+ （2）写出E 、H
的瞬时表示式
()ˆ(,)Re ()sin
cos j t m n E r t E r e E x t y
d
ωπω⎡⎤==-⎢⎥⎣⎦
()
ˆ(,)cos ˆ
cos cos 2m
m n H r t x t x
d
E n n x t z
d d πωωμ
πππωωμ=
+⎛
⎫+ ⎪⎝⎭
（4） 求d J ，在0x =处，ˆˆn
x =，在x d =处，ˆˆn x =- ()
00
ˆˆˆ(0)sin m d x z x E n J x x
H H y
t y
d
πωωμ====⨯=-=
()
ˆˆˆ()cos()sin m d x d
z x E n J x d x
H H y
n t y
d
ππωωμ==-==-⨯==
12、 无限长理想导体所围区域为a x ≤≤0、b y ≤≤0，
如图B 所示，其中电场为
y
e x a n E E z
j y ˆsin 0βπ-⎪⎭
⎫ ⎝⎛= 。

（1）求区域中的位移电流密度和磁场；（2）求瞬时玻印廷矢量和平均玻印廷矢量；（3）计算穿过该区域任一横截面的平均功率。

x
解：
（1）求d J 和H 因为
(,)Re ()j t
E r t E r e ω⎡⎤=⎣⎦
()0ˆ sin cos y n E x t z y
a
π
ωβ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
所以：
()000ˆsin sin d y D E n J E x t z y
t t a
πεεωωβ∂∂⎛⎫
=
==-- ⎪∂∂⎝⎭
由0E j H ωμ∇⨯=-得：
00ˆˆy y E E E j H j x z z x
ωμωμ∂∂⎛⎫
∇⨯==-
+ ⎪∂∂⎝⎭
000
0ˆˆ sin cos j z j z y y E
j x x j
j E e x E e z a a a ββπππβωμωμ--∇⨯⎡⎤
⎛⎫⎛⎫==
+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦
20000
ˆˆ sin cos j z j z y y x x E e x E e
z a a a πβββ
πππωμωμ⎛⎫
-- ⎪-⎝
⎭-⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （2）求(,)S r t 及av S
[]ˆˆˆ(,)(,)(,)(,)(,)(,)y x z S r t E r t H r t E r t y
H r t x H r t z =⨯=⨯+ ˆˆ (,)(,)(,)(,)y x y z E r t H r t z
E r t H r t x =-+ ()()()000
000ˆ sin cos sin cos ˆ sin cos cos cos 2y y y y x x E t z E t z z
a a x x E t z E t z x
a a πβπωβωβωμππππωβωβωμ⎛⎫⎛⎫
=-⨯- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛
⎫--⨯-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭
()()()0
20222
0ˆ sin cos cos sin ˆ
sin cos y y x x E t z t z x
a a a x E t z z
a πππωβωβωμβπωβωμ⎛⎫⎛⎫
=
--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
⎛⎫- ⎪⎝⎭
*1Re ()()2av S E r H r ⎡⎤
=⨯⎢⎥⎣⎦
2000001ˆˆˆ Re sin sin cos 2j z j z j z y y y x x x E e y E e x E e
z a a a a πβββπβπππωμωμ⎛⎫- ⎪-⎝
⎭⎧⎫⎡⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+⎢⎥⎨⎬ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭
20
20ˆ sin 2y E x z
a βπωμ⎛⎫= ⎪⎝⎭
（3）计算传输功率：取z=任意值的横截面
2
20
0ˆsin 2a
b
y av s
E x P S zds
dxdy a βπωμ⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭
⎰⎰⎰⎰
2
200 sin 2a
y b E x dx a βπωμ⎛⎫=
⎪⎝⎭
⎰ ()
20
001sin 2/ 22
a
y b E x a dx βπωμ-=
⎰ ()
2
001sin 2/ 22
a
y b E x a dx βπωμ-=
⎰
2
00
4y ab E βωμ=。