合工大电磁场与电磁波第4章答案
电磁场与电磁波(第四版)习题解答
（3）
V/m （4）平均坡印廷矢量
rad/m Hz
第6章习题
习题6.2
解： （1）电场的复数形式 由
A/m
（也可用式求解磁场，结果一样）
将其写成瞬时值表达式 A/m
（2）入射到理想导体会产生全反射，反射波的电场为 与其相伴的反射波磁场为 总的电场 总磁场 （3）理想导体上的电流密度为
处的
和
； （2）求在直角坐标中点
处
与矢量
构成的夹角。 解： （1）由已知条件得到，在点（-3，4，-5）处， 则 （2）其夹角为
习题1.17在由
、
和
围成的圆柱形区域，对矢量
验证散度定理。 证： 在圆柱坐标系中 所以， 又 则
习题1.21求矢量
沿
平面上的一个边长为
的正方形回路的线积分，此正方形的两边分别与
A/m
习题6.4
解：
反射系数为 透射系数为 故反射波的电场振幅为 透射波的电场振幅为
V/m V/m
习题6.7
解：区域，本征阻抗
透射系数为 相位常数 则 电场： V/m 磁场： A/m
习题6.13
解：电场振幅最大值相距1.0m，则，得 因电场振幅第一最大值距离介质表面0.5m，即处，故反射系数。 由 又 可得到
，可见，矢量是磁场矢量。其源分布 （4）在球坐标系中
，可见，矢量是磁场矢量。其源分布
习题2.26
解： （1）由，得 故 （2）由，得 故 （3） 故 （4）
习题2.30
解： （1）在界面上法线方向的分量为 （2） （3）利用磁场边界条件，得 （4）利用磁场边界条件，得
习题3.3
解： （1） 由可得到
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。
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答
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，求槽内的电位函数。
解根据题意，电位满足的边界条件为①②③根据条件①和②，电位的通解应取为题图由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。
上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从到，电位线性变化，。
题图解应用叠加原理，设板间的电位为其中，为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为）的电位，即；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：①②③根据条件①和②，可设的通解为由条件③有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
并按定出边缘电容。
解在导体板（）上，相应于的电荷面密度则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷相应的电场储能为其边缘电容为如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
解根据题意，电位满足的边界条件为①题图②③根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布为一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为的电荷。
求体积内的电位。
解在体积内，电位满足泊松方程（1）长方体表面上，电位满足边界条件。
由此设电位的通解为代入泊松方程（1），可得由此可得或（2）由式（2），可得故如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。
求板间的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。
电位的边界条件为题图①②③由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得故如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷。
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：
合肥工业大学电磁场与电磁波孙玉发版答案
第6章习题答案6-1 在1=r μ、4=r ε、0=σ的媒质中，有一个均匀平面波，电场强度是 若已知MHz 150=f ，波在任意点的平均功率流密度为2μw/m 265.0，试求：（1）该电磁波的波数?=k 相速?=p v 波长?=λ波阻抗?=η （2）0=t ，0=z 的电场?)0,0(=E（3）时间经过μs 1.0之后电场)0,0(E 值在什么地方？（4）时间在0=t 时刻之前μs 1.0，电场)0,0(E 值在什么地方？ 解：（1）)rad/m (22πεπμεω===r cfk（2）∵ 6200210265.02121-⨯===m rm av E E S εεμη∴ (V /m)1000.12-⨯=m E（3） 往右移m 15=∆=∆t v z p （4） 在O 点左边m 15处6-2 一个在自由空间传播的均匀平面波，电场强度的复振幅是 试求： （1）电磁波的传播方向？（2）电磁波的相速?=p v 波长?=λ频率?=f （3）磁场强度?=H（4）沿传播方向单位面积流过的平均功率是多少？解：（1） 电磁波沿z 方向传播。
（2）自由空间电磁波的相速m/s 1038⨯==c v p∵ πω20==ck∴ c πω20=∴ Hz 1031029⨯===c f πω（3）)A/m )((10652120j )220(j 7y z x z z e e .e e E e H πππη-+--+⨯=⨯=（4）)W/m (106522)Re(21211*z z av.e e H E S *-⨯=⋅=⨯=ηE E 6-3 证明在均匀线性无界无源的理想介质中，不可能存在z e E kze E j 0-=的均匀平面电磁波。
证 ∵ 0j j 0≠-=⋅∇-kzekE Ε，即不满足Maxwell 方程∴ 不可能存在z e E kze E j 0-=的均匀平面电磁波。
6-4在微波炉外面附近的自由空间某点测得泄漏电场有效值为1V/m ，试问该点的平均电磁功率密度是多少？该电磁辐射对于一个站在此处的人的健康有危险吗？（根据美国国家标准，人暴露在微波下的限制量为10－2W/m 2不超过6分钟，我国的暂行标准规定每8小时连续照射，不超过3.8×10－2W/m 2。
(完整版)《电磁场与电磁波》(第4版)谢处方第四章_时变电磁场00
在于内外导体之间的理想介质中，内外导体表面的电场无切向分量，
只有电场的径向分量。利用高斯定理和安培环路定理，容易求得内
外导体之间的电场和磁场分别为
rr U
E
e
ln(b
, a)
r rI
H e 2
(a b)
内外导体之间任意横截面上的坡印廷矢量
r S
rr EH
r [e
U
ln(b
a
)
]
r (e
I )
11
4.3 电磁能量守恒定律 讨论内容
电磁能量及守恒关系 坡印廷定理 坡印廷矢量
第4章 时变电磁场
12
电磁能量及守恒关系
电场能量密度：
we
1 2
rr ED
磁场能量密度：
wm
1
r H
r B
2
dW
dt V
S
电磁能量密度：
w
we
wm
1 2
rr ED
1
r H
r B
2
空间区域V中的电磁能量：
W
V
w dV
V
r H
(
r E
)
t
r
r ( H )
r 2H
2H
t 2
r
r 2H
2H t 2
0
若为有源空间，结果如何？
若为导电媒质，结果如何？
第4章 时变电磁场
4
4.2 电磁场的位函数
讨论内容
位函数的定义 位函数的性质 位函数的规范条件 位函数的微分方程
第4章 时变电磁场
5
引入位函数的意义 引入位函数来描述时变电磁场，使一些问题的分析得到简化。
(1 2
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。
合工大电磁场与电磁波习题答案
（2） ∇ ⋅ A = 4 − 2x + 2z ， ∇ ⋅ A M (1,1,3) = 8 ；
( ) （3） A = xyzr = xyz xex + yey + zez = x2 yzex + xy2 zey + xyz2ez
= f ' (r) r ×r
r =0
（3） ∇ × ⎡⎣ f (r )C ⎤⎦ = ∇f (r )× C
= f ' (r )∇r ×C = f ' (r) r×C
r
（4） ∇i⎡⎣r × f (r )C ⎤⎦ = f (r )C ⋅[∇ × r] − ri⎡⎣∇ ×( f (r )C )⎤⎦
=
−r − sinθ cosϕey − cosθ ez
∂ = −e∂ r
( ) ∂ er =
ϕ
∂
ϕ
sinθ cosϕex + sinθ sin ϕey + cosθ ez
= − sinθ sinϕex + sinθ cosϕey
( ) = sinθ − sinϕex + cosϕey
f
(r)
=
C r3
( ) 1-13 求 矢 量 场 A = xyz ex + ey + ez 在 点 M (1, 3, 2) 的 旋 度 以 及 在 这 点 沿 方 向
n = ex + 2ey + 2ez 的环量面密度。
e∂x e∂y e∂z
解： ∇ × A M = ∂ x
∂ y
∂ z
电磁场与电磁波第三版答案第四章
《电磁场与电磁波》——习题详解第四章 静态场的解4-1 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, 相当于两个电荷关于 y = 0 平面向相反方向离开,当 Q 移到 y 处时,受到 的电场力为:y Qdy y xdF= Q2 4πε 0 (2 y ) 2-Q 此时移动 d y 需对电荷做功图 4-1dw = Fd y =移到无穷远处做的总功为:Q2 16πε 0 y 2dyW = dw = Fd y =d∫∫∞∫∞ dQ216πε 0 y 2dy=Q2 16πε 0 d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Q2 8πε 0 d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:W=1 1 1 1 Q Q Q2 + (Q) q11 + q2 2 = Q = 2 2 2 4π ε 0 (2d ) 2 4π ε 0 (2d ) 8π ε 0 d移动点电荷到无穷远以后,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Q2 8πε 0 d.43习题四4-2 一个点电荷放在直角导体内部(如图 4-2),求出所有镜像电荷的位置和大小y-q r2 d r3O r1 r4rq ax -qq图 4-2 解:假设如图所示三个镜像电荷,则空间电荷分布为φ (r ) =v1 1 1 1 ( + ) 4πε 0 r1 r2 r3 r4q经检验:在 y = 0 平面上 φ ( r ) = 0 ,在 x = 0 平面上vφ (r ) = 0所以上述解为原问题的解.因此求得镜像电荷的位置和大小如图 4-2 所示,即vq 2 = q 位置 ( a, d ) , q3 = q 位置 ( a, d ) , q 4 = q 位置 (a, d )4-3 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Rq Q + D q DRq F= 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 其中 D 是 q 到球心的距离 ( D > R ) . 证明:使用镜像法分析.由于导体球不接地,本身又带电 Q ,必须在导体球内 加上两个镜像电荷来等效导体球对外的影响.在距离球心 b = R / D 处,镜像电荷2为 q′ = Rq / D ;在球心处,镜像电荷为 q2 = Q q′ = Q + Rq / D .点电荷 q 受导 体球的作用力就等于球内两个镜像电荷对 q 的作用力,即44《电磁场与电磁波》——习题详解F= q2 q′ D 2 + ( D b) 2 4π ε 0 q Rq Rq Q + D q D = + R2 2 4π ε 0 D 2 2 (D ) D Rq Q + D DRq = 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 q4-4 两个点电荷 + Q 和 Q 位于一个半径为 a 的接地导体球的直径的延长线上, 分 别距离球心 D 和 D . (1) (2) 证明:镜像电荷构成一电偶极子,位于球心,偶极矩为 2a Q / D . 令 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变,计算球外的电场. 使用导体球面的镜像法和叠加原理分析.在球内加上两个镜像电荷:2 2 3 2解:(1)一个是 Q 在球面上的镜像电荷, 1 = aQ / D , q 距离球心 b1 = a / D ; 第二个是 Q 在球面上的镜像电荷, q2 = aQ / D ,距离球心 b2 = a / D .当距离较大时,镜像2电荷间的距离很小,等效为一个电偶极子,电偶极矩为p = q 1 (b1 b2 ) =(2) 2a 3Q D2球外任意点的电场等于四个点电荷产生的电场的叠加.设 + Q 和 Q 位于2坐标 z 轴上,当 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变时,由 + Q 和 Q 在空 间产生的电场相当于均匀平板电容器的电场,是一个均匀场,均匀场的大小为v 2Q / 4π ε 0 D 2 ,方向在 ez ,由镜像电荷产生的电场可以由电偶极子的公式计算.v E=p 4π ε 0 r3v v (er 2 cos θ + eθ sin θ )45习题四=4-5 2 a 3Q v v (er 2 cos θ + eθ sin θ ) 3 2 4π ε 0 r D接地无限大导体平板上有一个半径为 a 的半球形突起,在点 (0,0, d ) 处有一个 点电荷 q (如图 4-3),求导体上方的电z dq a bq2 -bq3-dq1 图 4-3位. 解:计算导体上方的电位时,要保持导 体平板部分和半球部分的电位都为零.先找平 面导体的镜像电荷 q1 = q ,位于 (0,0, d ) 处.再找球面镜像电荷 q2 = aq / d ,位于(0,0, b) 处,b = a 2 / d .当叠加这两个镜像电荷和原电荷共同产生的电位时,在导体平面上位于 (0,0,b) 处. 和球面上都不为零, 应当在球内再加上一个镜像电荷 q3 = aq / d , 这时,三个镜像电荷和原电荷共同产生的电位在导体平面和球面上都为零,而且三 个镜像电荷在要计算的区域以外. 导体上方的电位为四个点电荷电位的叠加,即=其中 q q1 q2 q3 + + + 4π ε 0 R r1 r2 r3 1R = [ x 2 + y 2 + ( z d ) 2 ]1 2 r1 = [ x 2 + y 2 + ( z + d ) 2 ]1 2 r2 = [ x 2 + y 2 + ( z b) 2 ]1 2 r3 = [ x 2 + y 2 + ( z + b) 2 ]1 24-6 求截面为矩形的无限长区域( 0 < x < a , 0 < y < b )的电位,其四壁的电位 为 ( x,0) = ( x, b) = 0 ,46《电磁场与电磁波》——习题详解 (0, y ) = 0U 0 y b , ( a, y ) = y U 0 (1 ), b 0 < y ≤ b/ 2 b/ 2 < y < b解:法一:由边界条件 ( x,0) = ( x, b) = 0 知,方程的基本解在 y 方向应该 为周期函数,且仅仅取正弦函数,即Yn = sin k n y(k n =nπ ) b在 x 方向,考虑到是有限区域,选取双曲正弦函数和双曲余弦函数,使用边界 (0, y ) = 0 条件,得出仅仅选取双曲正弦函数,即X n = sh nπ x b将基本解进行线性组合,得 = ∑ Cn shn =1∞nπ x nπ y sin b b待定常数由 x = a 处的边界条件确定,即 (a, y ) = ∑ Cn shn =1∞nπ a nπ y sin b b使用正弦函数的正交归一性质,有b nπ a C n sh = 2 b∫ (a, y) sin0bnπ y dy bb/2∫b/2 02 U0 y U b nπ y by nπ y nπ y sin d y = 0 cos sin b b b nπ b nπ b 0=U0 b b nπ b2 nπ cos sin 2 2nπ 2 nπ 2∫y nπ y U 0 1 sin dy b b/2 bb47习题四b 2 b nπ y U b nπ y by nπ y 0 = U 0 cos cos sin nπ b b / 2 b nπ b nπ b bb/2b nπ U 0 b nπ = U 0 sin + cos nπ cos 2 b nπ 2 nπ +化简以后得2U 0 b2 U b b nπ cos nπ 0 cos 2 b nπ b nπ 2b nπ a = C n sh b 2∫ (a, y) sin0bnπ y b nπ d y = 2U 0 2 2 sin b 2 nπ求出系数,代入电位表达式,得nπ 4U 2 sin nπ y sh nπ x = ∑ 2 02 nπ a b b n =1 n π sh b 4-7 一个截面如图 4-4 所示的长槽,向 y 方向无限延伸,两侧的电位是零,槽内∞siny → ∞ , → 0 ,底部的电位为 ( x,0) = U 0求槽内的电位. 解:法一:令 ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) = 0 , 因边界条件y =0 =0 = U0 (0, y ) = (a, y ) = 0a图 4-4x所以 X(x) = Acos K x x + B sin K x xQ X ( x) = X (a) = 0求得A = 0 , Kx =nπ a( n = 1,2,3L )X ( x) = Bn sinnπ x ( n = 1,2,3L ) a48《电磁场与电磁波》——习题详解由 Kx + Ky = 0 得 所以 Y ( y ) = C n enπ y a22K y = K x K y = ± j22nπ a( n = 1,2,3L )+ Dn e nπ y a nyπ a nyπ a ( x, y ) =∑n =1 ∞∞(C n e+ Dn e )Bn sinnπ x a=∑n =1 ′ (C n enyπ a′ + Dn e nyπ a) sinnπ x a′ 由边界条件 ( x,+∞) = 0 可得 C n = 0所以 ( x, y ) =∑n =1∞′ Dn enπ y asinnπ x a再由边界条件 ( x,0) = U 0 代入可得∑n =1∞′ Dn e nπ 0 asinnπ x= a∑ D′ sinn n =1∞nπ x = U0 a再两边同乘以 sinmπ x ,并从 0 到 a 积分得 a 4U 0 2U 0 ′ Dn = (1 cos mπ ) = mπ mπ 0 所以槽内电位为∞m = 1,3,5L m = 2,4,6L ( x, y ) =4U 0 myπ mπ e a sin x mπ a m =1, 3, 5....∑=∑n =1∞( 2 n 1) yπ 4U 0 (2n 1)π a x e sin a (2n 1)π法二:由于在 x = 0 和 x = a 两个边界的电位为零,故在 x 方向选取周期解, 且仅仅取正弦函数,即X n = sin k n xnπ kn = a 49习题四在 y 方向,区域包含无穷远处,故选取指数函数,在 y → ∞ 时,电位趋于零,所以 选取Yn = e kn y由基本解的叠加构成电位的表示式为nπ x nπa y e = C n sin a n =1∑∞待定系数由 y = 0 的边界条件确定.在电位表示式中,令 y = 0 ,得U 0 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x aCna = 2∫a0U 0 sinaU 0 nπ x dx = (1 cos nπ ) nπ a当 n 为奇数时, Cn =4U 0 ,当 n 为偶数时, Cn = 0 .最后,电位的解为 nπnπ y a=4-84U nπ x ∑,5 nπ0 sin a e n =1, 3∞若上题的底部的电位为 ( x,0) = U 0 sin重新求槽内的电位3π x a解:同上题,在 x 方向选取正弦函数,即 X n = sin k n x , k n = 向选取 Yn = e kn y nπ ,在 y 方 a .由基本解的叠加构成电位的表示式为 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x e anπ y a将 y = 0 的电位代入,得 U 0 sinnπ x 3π x ∞ = ∑ Cn sin a a n =1其余系数 Cn = 0 , 应用正弦级数展开的惟一性, 可以得到 n = 3 时,C3 = U 0 ,50《电磁场与电磁波》——习题详解所以 = U 0 sin4-93π x e a3π y a一个矩形导体槽由两部分构成, 如图 4-5 所示, 两个导体板的电位分别是 U 0 和 零,求槽内的电位. 解: 将原问题的电位看成是两个电位的叠加. 一个电位与平行板电容器的电位相同(上板电位为 U 0 ,下板电位为零 ),另一个电位为 U ,即=U0 y +U a y = 0 ,U = 0 y = a ,U = 0 a a 2y其中,U 满足拉普拉斯方程,其边界条件为 = U0 =0x图 4-5x = 0 时, U0 U 0 a y, U0 y= U = (0, y ) U a 0 y, a a < y<a 2 a 0< y< 2x → ∞ 时,电位 U 应该趋于零. U 的形式解为 nπ y e U = ∑ Cn sin a n =1待定系数用 x = 0 的条件确定.∞ ∞ nπ x aU (0, y ) = ∑ Cn sinn =1nπ y anπ y dy aa/2a C = 2 n∫a 0U (0, y ) sin∫a/2 02 U0 y U 0 a nπ y nπ y a nπ y sin dy = y cos sin a a a nπ a nπ a 051习题四U = 0 a a 2 nπ a 2 nπ cos + sin 2 2nπ 2 nπ a∫y nπ y a nπ y U 0 1 sin d y = U 0 cos a a/2 nπ a aaa/2 aU 0 a a 2 nπ y ay nπ y cos sin a nπ a nπ nπ U0 a sin + 2 a nπ 2a/2= U 0a nπnπ cos nπ cos 2 +化简后,得到U a a U0 a2 nπ cos nπ 0 cos 2 a nπ 2 a nπ U a nπ y nπ d y = 0 cos a nπ 2a C = 2 n∫a0U (0, y ) sin只有偶数项系数不为零.将系数求出,代入电位的表达式,得=4-10∞ U0 y 2U 0 nπ nπ y + ∑ cos sin e a a 2 n = 2 , 4 ,L nπnπ x a将一个半径为 a 的无限长导体管平分成两半,两部分之间互相绝缘,上半(0 < φ < π ) 接电压 U 0 ,下半 (π < φ < 2π ) 电位为零,如图 4-6,求管内的电位. 解:圆柱坐标的通解为 (r , φ ) = ( A0φ + B0 )(C0 ln r + D0 ) + ∑ r n ( An cos nφ + Bn sin nφ )n =1∞+ ∑ r n (Cn cos nφ + Dn sin nφ )n =1∞由于柱内电位在 r = 0 点为有限值,通解中不能有 ln r 和 rn项,即有52《电磁场与电磁波》——习题详解Cn = 0 , Dn = 0 , C0 = 0 (n = 1,2, L)柱内电位是角度的周期函数, A0 = 0 .因此,该题的通 解取为 r = U0 φx (r , φ ) = B0 D0 + ∑ r ( An cos nφ + Bn sin nφ )n n =1∞ =0图 4-6各项系数用 r = a 处的边界条件来定. (a, φ ) = B0 D0 + ∑ a n ( An cos nφ + Bn sin nφ ) = n =1∞ U0, 0 < φ < π 0, π < φ < 2πB 0 D0 =a n An =U 1 2π (a, φ ) d φ = 0 2π 0 2∫1π1∫ ∫0 (a, φ ) cos nφ d φ = 02π2πa n Bn =柱内的电位为π0 (a, φ ) sin nφ d φ =U0 (1 cos nπ ) nπ2U U (r , φ ) = 0 + 0 2 π4-111r ∑5L n a sin nφ n =1, 3,∞n半径为无穷长的圆柱面上,有密度为 ρ S = ρ S 0 cos φ 的面电荷,求圆柱面内, 外的电位. 解:由于面电荷是余弦分布,所以柱内,外的电位也是角度的偶函数.柱外的电位不应有 r 项,柱内电位不应有 r 是角度的周期函数.故柱内电位选为nn项.柱内,外的电位也不应有对数项,且1 = A0 + ∑ r n An cos nφn =1∞柱外电位选为 2 = C0 + ∑ r nCn cos nφn =1∞53习题四假定无穷远处的电位为零,定出系数 C0 = 0 . 在界面 r = a 上, 1 = 2 , ε0∞ 2 + ε0 1 = ρ S 0 cos φ r r∞即A0 + ∑ a n An cos nφ = ∑ a nCn cos nφn =1 n =1 ε0 ∑ na n 1Cn cos nφ + ε0 ∑ na n 1 An cos nφ = ρ S 0 cos φn =1 n =1∞∞解之得A0 = 0 , A1 =ρS 0 a2 ρS 0 , C1 = 2ε 2ε 0(n > 1)An = 0 , Cn = 0最后的电位为 ρS0 2ε r cos φ , = 2 0 a ρ S 0 cos φ , 2ε 0 r 3-12r<a r>a将一个半径为 a 的导体球置于均匀电场 E0 中,求球外的电位,电场. 解:采用球坐标系求解,设均匀电场沿正 z 方向,并设原点为电位零点(如图v4-7) . 因 球 面 是 等 位 面 , 所 以 在 r = a 处 , = 0 ; 在 r → ∞ 处 , 电 位 应 是 = E0 r cos θ ,球坐标中电位通解具有如下形式: (r ,θ ) = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos θ )n =0∞用无穷远处的边界条件 r → ∞ 及 = E0 r cos θ ,得到 A1 = E0 ,其余An = 0 .再使用球面上 ( r = a ) 的边界条件54《电磁场与电磁波》——习题详解∞ (a,θ ) = E0 a cos θ + ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ ) = 0n =0上式可以改写为E0 a cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ )n =0∞因为勒让德多项式是完备的,即将任意的函数展开成勒让德多项式的系数是 惟 一 的 , 比 较 上 式 左 右 两 边 , 并 注 意 P (cos θ ) = cos θ , 得 E0 a = B1a 12,即B1 = E0 a 3 ,其余的 Bn = 0 .故导体球外电位为 = 1 电场强度为a3 E0 r cos θ r3 rE0θz图 4-7Er = 2a 3 = E0 1 + 3 cos θ r r a = E0 1 3 sin θ r rθ 3Eθ = 4-13将半径为 a , 介电常数为 ε 的无限长介质圆柱放置于均匀电场 E0 中, E0 沿 设vvx 方向,柱的轴沿 z 轴,柱外为空气,如图 4-8,求任意点的电位,电场.解: 选取原点为电位参考点, 1 表示柱内电位, 2 表示柱外电位. r → ∞ 用 在 处,电位 2 = E0 r cos φ因几何结构和场分布关于 y = 0 平面对称, 故电位表 示式中不应有 φ 的正弦项.令rE0φε ε0图 4-8x1 = A0 + ∑ ( An r n + Bn r n ) cos nφn =1∞55习题四∞ 2 = C0 + ∑ (Cn r n + Dn r n ) cos nφn =1因在原点处电位为零,定出 A0 = 0 , Bn = 0 .用无穷远处边界条件 r → ∞ 及 2 = E0 r cos φ ,定出 C1 = E0 ,其余 Cn = 0 .这样,柱内,外电位简化为 1 = ∑ An r n cos nφn =1∞ 2 = C1r cos φ + ∑ Dn r n cos nφn =1∞再用介质柱和空气界面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε 1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n n ∑ An a cos nφ = E0 a cos φ + ∑ Dn a cos nφ n =1 n =1 ∞ ∞ ∑ εnAn a n 1 cos nφ = ε 0 E0 cos φ ∑ ε 0 nDn a n 1 cos nφ n =1 n =1 比较左右 n = 1 的系数,得A1 解之得D1 D1 = E0 , ε A1 + ε 0 2 = ε 0 E0 2 a aA1 = 2ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 2 ε + ε0 ε + ε0比较系数方程左右 n > 1 的各项,得An Dn D = 0 , ε An + ε 0 2n = 0 2n a a n由此解出 An = Dn = 0 .最终得到圆柱内,外的电位分别是1 = E02ε 0 r cos φ , ε + ε0ε ε0 a2 2 = E0 r cos φ + E0 cos φ ε + ε0 r56《电磁场与电磁波》——习题详解电场强度分别为v v 2ε 0 v 2ε 0 E1 = 1 = er E0 cos φ eφ E0 sin φ ε + ε0 ε + ε0v v ε ε 0 a2 v ε ε 0 a2 1 + E0 cos φ eφ 1 E2 = 2 = er ε + ε r 2 E0 sin φ ε + ε0 r2 0 4-14 在均匀电场中,设置一个半径为 a 的介质球,若电场的方向沿 z 轴,求介质 球内,外的电位,电场(介质球的介电常数为 ε ,球外为空气). 解:设球内,外电位解的形式分别为1 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ ) ,n =0 ∞∞ 2 = ∑ (Cn r n + Dn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0在 选取球心处为电位的参考点, 则球内电位的系数中 A0 = 0 ,Bn = 0 . r → ∞ 处,电位 2 = E0 r cos θ ,则球外电位系数 Cn 中,仅仅 C1 不为零,即 C1 = E0 , 其余为零.因此,球内,外解的形式分别简化为1 = ∑ An r n Pn (cos nθ ) ,n =0∞ 2 = E0 r cos θ + ∑ Dn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞再用介质球面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n An a Pn (cos nθ ) = E 0 a cos θ + Dn a n 1 Pn (cos nθ ) n =1 n =1 ∞ ∞ εnA a n 1 P (cos nθ ) = ε E cos θ ε 0 (n + 1) Dn a n 2 Pn (cos nθ ) n n 0 0 n =1 n =1 ∑ ∑∑∑比较上式的系数,可以知道,除了 n = 1 以外,系数 An , Dn 均为零,且A1a = E0 a + D1a 2 , ε A1 = ε 0 E0 2ε 0 D1a 357习题四由此,解出系数A1 = 3ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 3 ε + 2ε 0 ε + 2ε 0 3ε 0 r cos θ , ε + 2ε 0最后得到电位,电场1 = E0 2 = E0 r cos θ + E0v v E1 = 1 = erε ε 0 a3 cos θ ε + 2ε 0 r 23ε 0 v 3ε 0 E0 cos θ eθ E0 sin θ ε + 2ε 0 ε + 2ε 0v ε ε 0 a3 ε ε 0 a3 v v 1 + 2 E0 cos θ eθ 1 E2 = 2 = er ε + 2ε r 3 E0 sin θ ε + 2ε 0 r 3 0 4-15 已知球面 ( r = a ) 上的电位为 = U 0 cos θ ,求球外的电位. 解:设球外电位解的形式为 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0∞在无穷远处,应该满足自然边界条件,即电位趋于零.这样确定系数 An = 0 ,球外 电位的形式解简化为 = ∑ Bn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞使用球面 ( r = a ) 的边界条件,有U 0 cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos nθ )n =0∞由于勒让德多项式 Pn (cos nθ ) 是线性无关的,考虑到 P (cos θ ) = cos θ ,比较上式 1 左右的系数,得到 B1 = U 0 a , Bn = 02(n = 0,2,3,L) .所以,球外的电位分布为58《电磁场与电磁波》——习题详解 = U04-16a2 cos θ r2求无限长矩形区域 (0 < x < a,0 < y < b) 第一类边值问题的格林函数(即矩形 槽的四周电位为零,槽内有一与槽平行的单位线源,求槽内电位,如图 4-9). 解:这个问题的格林函数满足的方程为 2G 2G 1 + 2 = δ( x x′) δ( y y′) 2 x y ε0格林函数的边界条件是,在矩形区域的四周为零,即 x = 0 或 x = a , G = 0 ,y = 0 或 b = 0 , G = 0 .用分离变量法求这个问题的格林函数.考虑到格林函数在x = 0 , x = a 时的边界条件,将格林函数表示为y b(x',y')G = ∑Ψ n ( y ) sinn =1∞nπ x a将其代入格林函数方程,得a x 2 nπ 2 nπ x 1 = δ( x x′) δ( y y′) Ψ n ( y ) sin 图 4-9 ∑ y 2 a ε0 a n =1 nπ x 上式左右乘以 sin , 并在 0 < x < a 区间积分, 利用正弦函数的正交性和 δ 函数 a∞的积分性质,得函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程为2 d2 nπ x ′ 2 nπ sin δ( y y ′) Ψn ( y ) = 2 a ε 0a dy a 在确定函数Ψ n ( y ) 时,将原来的区域分为两个区域,并注意到边界条件,设nπ An sh a (b y ), Ψ n ( y) = nπ Bn sh y, a 在 y = y′ 处,电位连续,即y > y′ y < y′An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ a a59习题四对于函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程,在点源附近积分,得∫y′+ 0 y′0d2 nπ Ψn ( y ) d y 2 dy a 2∫y′+ 0 y′0Ψ0 ( y ) d y = nπ x 2 sin ε 0a a因为电位连续,故上式左边第二项的积分为零,从而有d d nπ x′ 2 sin Ψ n ( y) Ψ n ( y) = dy dy a ε 0a y = y′ y = y′ + 代入函数Ψ n ( y ) 的形式,得nπ nπ nπ nπ x′ nπ 2 (b y′) sin An ch Bn ch y′ = a a a a ε 0a a将上式与 An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ 相互联立求解,得 a a nπ 2 1 An = sh y′ , nπ ε 0 sh nπ b a a nπ 2 1 Bn = sh (b y′) nπ ε 0 sh nπ b a asin最后得到矩形区域的格林函数为nπ x ′ n π x nπ nπ sin y ≤ y′ sh a (b y′) sh a y, 2 a a = G= nπ ∑ nπ nπ b ε 0π n =1 sh y′ sh (b y ), y ≥ y′ n sh a a a 4-17 推导无限长圆柱区域内(半径为 a )第一类边值问题的格林函数. 解:使用镜像法及其格林函数的定义计算.在半径为 a 的导体圆柱内部离轴 线 r ′ 处,放置一个线密度为 1 单位,与导体圆柱平行的无穷长线电荷,并且维持导∞体柱面的电位为零,求出柱内的电位,这个电位就是柱内的格林函数.当原电荷位 于 r 处,需要在 r ′ 的镜像位置 r ′′ 处,加一个线密度为 1 的线电荷.此时,圆柱内 的电位是v v G (r , r ′) =1 2π εln1 1 1 ln +C R1 2π ε R2R1 和 R2 分别是从 r ′ 和 r ′′ 到 r 的距离(如图 4-10),C 是常数.由柱面上的电位为零,60《电磁场与电磁波》——习题详解可以定出这个常数的值.最后得到柱内的格林函数为v v G (r , r ′) =1 2π εlnR2 r ′ R1 a yrR1 r'R2 r'' x =0 = U0图 4-10 4-18d图 4-11x两个无限大导体平板间距离为 d ,其间有体密度 ρ =ρ 0 x / d 的电荷,极板的电位如图 4-11 所求,用格林函数法求极板之间的电位. 解:先用直接积分法求解.电位仅仅是 x 的函数,故其满足如下方程:ρ x d2 ρ = = 0 2 dx ε0 ε 0d对以上方程积分得ρ x2 ρ x3 d = C1 0 , = C2 + C1 x 0 dx 2ε 0 d 6ε 0 d由 x = 0 及 = 0 , 可 定 出 系 数 C2 = 0 ; 由 x = d 及 = U 0 , 可 定 出 系 数C1 =U 0 ρ0d + ,从而,得到电容器内的电位为 d 6ε 0 =ρ0 x3 6ε 0 dU ρ d + 0 + 0 x d 6ε 0 再用格林函数法求解.这个问题的格林函数为 d x′ x < x′ ε d x, 0 G ( x, x′) = x′ (d x), x > x′ ε 0d 为了计算方便,将这个问题分解为两个:一个是平板电容器内有电荷,而两极板的61习题四电位为零,即奇次边界条件,记电位 1 ;另一个是无电荷分布,极板的电位维持原 来的电位,记电位 2 .用格林函数法计算奇次边界条件时的电位 1 :1 = ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0∫d= ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′ + ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0 x∫x∫d=∫x 0ρ 0 x ′ x ′(d x) d x′ + d ε 0d∫d xρ 0 x ′ (d x ′) x d x′ d ε 0dρ 0 (d x) x 3 ρ 0 x 1 2 2 1 (d x )d + (d 3 x 3 ) = + 2 2 3 ε 0d 2 3 ε 0d =ρ0 3 ρ0d x + x 6ε 0 d 2 6ε 0至于电位 2 ,容易得出 2 = (U 0 / d ) x .故所求电位为 = 1 + 2 = 4-192ρ0 2 U 0 ρ0d x + d + 6ε x 6ε 0 d 0 分析复变函数 w = z 能够表示的静电场. 解: w = u + j v = z = ( x + j y ) = x y + j 2 xy2 2 2 2u = x 2 y 2 , v = 2 xy实部的等值线是双曲线 x y = C1 ;虚部的等值线也是双曲线,其方程为2 22 xy = C2 .因此,这个函数能够表示极板形状为双曲线的导体附近的静电场.如果用虚部表示电位函数,在 x = 0 或 y = 0 处,电位为零,可以表示接地的直角导体拐 角附近的静电场. 4-20 分析复变函数 w = arccos z 能够表示哪些情形的静电场.62《电磁场与电磁波》——习题详解解: z = x + j y = cos(u + j v) = cos u ch v j sin u sh vx = cos u ch v , y = sin u sh vx2 y2 x2 y2 + 2 = 1, 2 =1 ch 2 v sh v cos 2 u sin u可见,虚部的等值线是一簇椭圆,实部的等值线是一簇双曲线.当用虚部表示 电位时,能够表示两个共焦点的椭圆柱体之间的场;当用实部表示电位时,能够表 示两个共焦点的双曲线柱体之间的场. 4-21 用有限差分法求图 4-12 所示区域中各个节点的电位. 解:1 4 1 2 = (1 + 4 + 100) 4 1 3 = (1 + 4 ) 4 1 4 = ( 2 + 3 ) 41 = ( 2 + 3 + 100)解这一方程组,得到1 = 2 = 37.5 V , 3 = 4 = 12.5 V100V 1 0V 3 4 2 0V0V 图 4-1263。
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答案第四章
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0μ，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，⎰•ll d H='I'I =22.I a πρπ=22I a ρ 所以，21.22I H a ρπρ=，122I H a ρπ=，122I H e a ϕρπ→→=，011022I B H e a ϕμρμπ→→→==（2）导体外：a ≤ρ<+∞⎰•l l d H =I, 所以2.2H I πρ=,22I H e ϕπρ→→=，022I B e ϕμπρ→→=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 a ρρ→→=解:1..()F F ρρρρ→∂∇=∂=1.2ρρ=2≠0所以F →不是磁通密度 （2）F →=-x a →y+y a →x 解：∇.F →=y x ∂-∂+xy ∂∂=0 所以F 是磁通密度 B →∇⨯=0μJ →=|x y ze e e x y zy x 0→→→∂∂∂∂∂∂-=2z e → 所以 J →=02μz e →（3）F →=x a →x —y a →y∇.F →=0F →是磁通密度B →∇⨯=0μJ →=|x y ze e e x y zx y→→→∂∂∂∂∂∂-=0所以J →=0 （4）F →=a ϕ→-r∇.F →=0所以F →是磁通密度B →∇⨯=r 2a a a r sin r sin rr 20r sin 0ϕθθθθϕθ→→→∂∂∂∂∂∂-=r a →-θcot +2a θ→=0μJ →所以J →=0cot θμ-r a →+02μa θ→ 4.6已知某电流在空间产生的磁矢位是A →=x a →2x y+y a →x 2y +z a →（2y —2z ） 求磁感应强度B →解：B →=A →∇⨯=|x y z2e e e x y z222x y xy y z →→→∂∂∂∂∂∂-=2y x e →+z e →（2y —2z ）4.13已知钢在某种磁饱和情况下的磁导率为1μ=20000μ，当钢中的磁通密度为B 1=0.5×102T ，1θ= 75°时，试求此时的磁力线由钢进入自由空间一侧后，磁通密度2B 的大小与2B 与法线的夹角2θ。
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。
电磁场与电磁波(第4版)习题第4章
word 版本.第4章 时变电磁场部分习题解答4.1 证明：在无源的真空中，以下矢量函数满足波动方程222210c t∂∇-=∂EE ，其中2001c με=，0E 为常数。
（1）0cos()x E t z cωω=-E e ；（2）0sin()cos()x E z t cωω=E e ；（3）0cos()y E t z cωω=+E e解 （1）222002cos()cos()x x E t z E t z c z cωωωω∂∇=∇-=-=∂E e e20()cos()x E t z c cωωω--e2220022cos()cos()x x E t z E t z t t c cωωωωω∂∂=-=--∂∂E e e 故22220022211()cos()[cos()]0x x E t z E t z c t c c c cωωωωωω∂∇-=-----=∂E E e e即矢量函数0cos()x E t z c ωω=-E e 满足波动方程222210c t ∂∇-=∂E E 。
（2）222002[sin()cos()][sin()cos()]x x E z t E z t c z cωωωω∂∇=∇==∂E e e20()sin()cos()x E z t c cωωω-e2220022[sin()cos()][sin()cos()]x x E z t E z t t t c cωωωωω∂∂==-∂∂E e e 故22220022211()sin()cos()[sin()cos()]0x x E z t E z t c t c c c cωωωωωω∂∇-=---=∂E E e e即矢量函数0sin()cos()x E z t c ωω=E e 满足波动方程222210c t∂∇-=∂E E 。
（3）222002cos()cos()y y E t z E t z c z cωωωω∂∇=∇+=+=∂E e e20()cos()y E t z c cωωω-+e2220022cos()cos()y x E t z E t z t t c cωωωωω∂∂=+=-+∂∂E e e 故22220022211()cos()[cos()]0y y E t z E t z c t c c c cωωωωωω∂∇-=-+--+=∂E E e e4－4即矢量函数0cos()y E t z c ωω=+E e 满足波动方程222210c t∂∇-=∂EE 。
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
《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。
合肥工业大学电磁场与电磁波(孙玉发版)第4章答案
合肥工业大学电磁场与电磁波（孙玉发版）第4章答案本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21 year.Marchx两边同乘以sin(—),并从o 到“对y 积分，得到by . nny2U {} \ 1 1 ・严兀八」 2U° b .川兀d 、A"二〒片产n (〒心+〒比-尹皿〒)2崙严(〒)故得到 必r,y)=组$ +警£,sin (型)sin (空)e 「曲 b d7T 畚，厂 bh如题图所示的导体槽.底面保持电位〃0,其余两浙电位为零，求槽内的电位的解。
解很据题意.电位(p(x. y)满足的边界条件为第四章习題解答★【】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.上边盖扳的电位为 “0,求槽内的电位函数。
解根据题慰.电位0(x,y)满足的边界条件为①0(0,刃=(p{a. y)=0：②^(A \0) = 0：③<p(x,b) = U Q 根据条件①和②，电位(p{x. y)的通解应取为000(x ，y) =〉2>ksinh(^))sin(^?)由条件③，有 Zi a "U Q = £ A,sinh( —) sin (匕丄) -I a annx , zc/n r ・ mx 、，两边同乘以sin(——),并从o 到a 对x 积分，得到厲= 一 sin(——)dx =a tzsinh( n7rb ： a) J a 4/ 2U° (1 — COS ,?JT )= 7?-Tsinh( n7rb/a)・,/ , z 」1 = 1,3,5，•… /i>rsinn( n7rb/a)0 t 刃=2,4,6，•…z、 4〃()匸 1 ・ | nny ・ nnx故得到槽内的电位分布0(圮刃=—- Y ——— sinh(——)sin(——)7t ... n sinh (7?7r/?/6/) a a两平行无限大导体平面.距离为其间有一极薄的导体片由y = d 到y = b(—svxvs)。
合肥工业大学电磁场与电磁波第4章答案
第四章习题解答★【】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, 求槽内的电位函数。
解根据题意，电位满足的边界条件为①；②；③ 根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。
上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从到，电位线性变化, 解应用叠加原理，设板间的电位为丄■ 其中，为不存在薄片的即;是两个电位为零的题图界条件为：①②③；根据条件①和②，可设的通解为；由两边同乘以，并从0到对积分，得到y平行无限大导体平面间（电压为）的电位，平行导体板间有导体薄片时的电位，其边条件③有故得到如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
解根据题意，电位满足的边界条件为①②②，电位的通解应取为从0到对积分，得到;故得到高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为的电荷。
求体积内的电位。
内，电位满足泊松方程(1) 长方体表面上，电位满足边界条件。
由此设电位的通解为，代入泊松方程（1），可得由此可得或；（2）由式（2），得；故★【】如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。
求板间的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。
电位的边界条件为题图设电位函数的通解为(1)(2)（4）由式（3）和（4）解得故如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷。
求槽内的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度，电位的边界条件为①，，②，③ 由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有题图（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得故，若以为界将场空间分割为和两个区域，则可类似地得到*如题图所示，在均匀电场中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
ql ( x 0 , y 0 )
ϕ1 (0, y )= 0 ， ϕ2 (a, y ) = 0 ，② ϕ1 ( x, 0)= ϕ1 ( x, b) = 0 ， ϕ2 ( x, 0)= ϕ2 ( x, b) = 0
ϕ1 ( x0 , y ) = ϕ2 ( x0 , y ) ( ∂ϕ2 − ∂ϕ1 )
o
两 边 同 乘 以
U0
题 4.4 图
a
x
0 4U 0 , n = 1, 3, 5,3 2U 0 ；故得到 ϕ ( x, y ) = (1 − cos nπ ) = nπ π nπ n = 2, 4, 6,3 0 ， ★【4.5】一长、宽、高分别为 a 、 b 、 c 的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为 πx πz = ρ y ( y − b) sin( ) sin( ) 的电荷。求体积内的电位 ϕ 。 a c 解 在体积内，电位 ϕ 满足泊松方程 4U
=0
ϕ1 ( x, y ) → 0 ( x → ∞) ， ϕ2 ( x, y ) → 0 ( x → −∞)
ql
③
d
a
x
ϕ1 (0, y ) = ϕ2 (0, y )
，
(
∂ϕ 2 ∂ϕ1 − ) ∂x ∂x
x =0
q = − l d (y − d)
ε0
o
题 4.6 图
由条件①和②，可设电位函数的通解为
∂x ∂x
x = x0
o
题 4 y − y0 )
由条件①和②，可设电位函数的通解为
ε0
ϕ1 ( x, y ) = ∑ An sin(
nπ y nπ x (0 < x < x 0 ) )sinh( ) b b n =1 ∞ nπ y nπ ϕ2 ( x, y ) = ∑ Bn sin( )sinh[ (a − x)] ( x0 < x < a ) b b n =1
界条件为：
x
ϕ= ϕ= 0 2 ( x, 0) 2 ( x, b )
, y ) 0 ( x → ∞) ϕ2 ( x =
(0 ≤ y ≤ d ) ( d ≤ y ≤ b)
； 根据条件①和②，可设 ϕ 2 ( x, y ) 的通解为
③
U U − 0 y 0 b ϕ 2 (0, y ) =ϕ (0, y ) − ϕ1 (0, y ) = U 0 y − U0 y b d
ϕ ( x, y ) = ∑ An e − nπ y a sin(
∞ nπ x nπ x ) ) ；由条件③，有 U 0 = ∑ An sin( a a n =1 n =1 a 2U 0 nπ x nπ x = A = sin( )dx a x sin( ) ，并从 0 到 对 积分，得到 n ∫ a 0 a a ∞
∞
∞
π x nπ y − nb ϕ2 ( x, y ) = ∑ An sin( )e b n =1
nπ y ) ，并从 0 到 b 对 y 积分，得到 b d b 2U 2U 1 1 y nπ y nπ y )dy + 0 ∫ ( − ) y sin( )dy = 2U 0 b sin( nπ d ) An = 0 ∫ (1 − ) sin( b 0 b b b d d b b (nπ ) 2 d b n π U 2bU 0 ∞ 1 nπ d nπ y − b x 故得到 ϕ ( x, y ) = 0 y + sin( ) sin( )e ∑ b d π 2 n =1 n 2 b b 4.4 如题 4.4 图所示的导体槽，底面保持电位 U 0 ，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。 解 根据题意，电位 ϕ ( x, y ) 满足的边界条件为
b
ε0 = m 1= n 1= p 1 mppp n 2 p 2 2
) +(
∑∑∑ A
∞
∞
sin(
mppp x n y p z ) sin( ) sin( ) ，代入泊松方程（1） ，可得 a b c
（2）
由式（2） ，得
nπ 2 nπ y π π 4 b 3 A1n1[( ) 2 + ( ) 2 + ( ) 2 ] = y ( y − b) sin( )d y= ( ) (cos nπ − 1) = ∫ a b c b0 b b nπ
5
∑
∞
★【4.6】如题 4.6 图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与 z 轴平行的线电荷 ql ，其位置为 (0 , d ) 。求板间的电位函数。 由于在 (0, d ) 处有一与 z 轴平行的线电荷 ql ，以 x
ϕ1 ( x, y ) 和 ϕ2 ( x, y ) 都 满 足 拉 普 拉 斯 方 程 。 而 在 σ = ( y ) qlδ ( y − y0 ) 。
1 − nπ y a nπ x e sin( ) a n =1,3,5,3 n
∑
长方体表面 S 上，电位 ϕ 满足边界条件 ϕ
S
∞
∂ 2ϕ ∂ 2ϕ ∂ 2ϕ 1 πx πz + 2 + 2 = − y ( y − b) sin( ) sin( ) 2 ∂x ∂y ∂z ε0 a c = 0 。由此设电位 ϕ 的通解为
电位的边界条件为 ① ②
= 0 为界将场空间分割为 x > 0 和 x < 0 两个区域，则这两个区域中的电位 x = 0 的 分 界 面 上 ， 可 利 用 δ 函 数 将 线 电 荷 ql 表 示 成 电 荷 面 密 度
， ϕ 2 ( x, 0)=ϕ 2 ( x, a )
y
ϕ1 ( x, 0)=ϕ1 ( x, a) = 0
∞ ∞
由条件③，有
∞ nπ x0 nπ y nπ y nπ = A sin( ) sinh( ) Bn sin( ) sinh[ (a − x0 )] ∑ ∑ n b b b b = n 1= n 1 ∞ ∞ q nπ x0 nπ nπ y nπ nπ y nπ An sin( ) cosh( ) − ∑ Bn sin( ) cosh[ (a − x0 )] = l δ( y − y 0 ) （2） ∑ ε0 b b b b b b n =1 n =1 nπ x0 nπ （3） 由式（1） ，可得 An sinh( ) − Bn sinh[ (a − x0 )] = 0 b b mπ y 将式（2）两边同乘以 sin( ) ，并从 0 到 b 对 y 积分，有 b
故得到槽内的电位分布
1 nπ y nπ x sinh( ) sin( ) a a n =1,3,5,3 n sinh( nπ b a ) 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 y = d 到 y = b ( −∞ < x < ∞) 。上板和薄片保持电位 U 0 ，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， ϕ (0, y ) = U 0 y d 。
两边同乘以 sin(
U U − 0 y nπ y 0 b )= ；由条件③有 ∑ An sin( b n =1 U 0 y − U 0 y b d
(0 ≤ y ≤ d ) ( d ≤ y ≤ b)
① ② ③ 根据条件①和
y
ϕ = (0, y ) ϕ = ( a, y ) 0 ϕ ( x, y ) → 0 ( y → ∞ ) ϕ ( x, 0) = U 0 ②，电位 ϕ ( x, y ) 的通解应取为
ϕ ( x, y ) =
4U 0 π
∑
解
应用叠加原
y
U0
理，设板间的电位为
其中， ϕ1 ( x, y ) 为不
bo x
体薄片时的电位， 其边 ① ②
dxy oxy
题 4.2 图
ϕ ( x, y ) = ϕ1 ( x, y ) + ϕ2 ( x, y ) 存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为 U 0 ）的电位，即 ϕ1 ( x, y ) = U 0 y b ； ϕ2 ( x, y ) 是两个电位为零的平行导体板间有导
n= 1,3,5,3 n = 2, 4, 6,3
； 故
8b 2 − 3 (nπ ) 0
解
ϕ ( x, y , z ) = −
1 πx nπ y πz sin( ) sin( ) sin( ) π ε 0 n =1,3,5,3 n3 [( 1 ) 2 + ( n ) 2 + ( 1 ) 2 ] a b c a b c 8b 2
数。
πe 0
ql
∑ n sin(
n =1
∞
1
nπ d nπ x a nπ y )e sin( ) a a
4.7 如题 4.7 图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷 q l 。求槽内的电位函
( x0 , y 0 ) 处 有 一 与 z 轴 平 行 的 线 电 荷 ql ， 以 x = x0 为 界 将 场 空 间 分 割 为 0 < x < x0 和 x0 < x < a 两个区域，则这两个区域中的电位 ϕ1 ( x, y ) 和 ϕ2 ( x, y ) 都满足拉普拉斯 ( y ) qlδ ( y − y0 ) ， = 可利用 δ 函数将线电荷 ql 表示成电荷面密度 σ 方程。 而在 x = x 0 的分界面上，
n =1
a
a
b
o
U0
U 0 = ∑ Ansinh(
n =1
∞
nπ b nπ x ) sin( ) a a
a
a
题 4.1
x
两边同乘以 sin(
2U 0 nπ x nπ x = = sin( )dx 0 到 a 对 x 积分，得到 An ) ，并从 ∫ asinh( nπ b a ) 0 a a