2015作业04_第四章时变电磁场答案

求： (1) 常数 A ；
KK
(2) 磁场强度 H1 与 H2 ； KK
(3) 证明在 z = 0 处 H1 与 H2 满足边界条件；
KK
解：(1) 根据衔接条件可知，在 Z = 0 平面 E1t = E2t ，即 E1 = E2
则
⎡⎣60
cos(15
×108
t
)
+
20
cos(15
×108
t)⎤⎦
K ex
K E
=
U d
K ez
利用安培定律得到电容器任一点的磁场强度为
K H
=
JC πr 2 2πr
K eφ
=
r 2
K Jeφ
=
rγ 2
K Eeφ
=
rγ 2
U d
K eφ
则电容器任一点的坡印亭矢量即为
K S
=
KK E×H
=
U d
K ez
×
rγ 2
U d
K eφ
=
−
rγ 2
U2 d2
K er
(2) 采用柱坐标系，设电场强度 EK 的方向沿着极轴 z 方向。
解：由于 r1 l ，r2 l ，所以两柱型极板间的场可以看成是无限长带电圆柱面产
生的场，设柱型极板上电荷线密度为τ ，选取柱型高斯面，由高斯定理可得：
v∫
S
K D
⋅
K dS
=
D2πrl
=
τ
l
⇒D= τ 2πr
E= τ 2πε r
两极板之间的电势差为
∫ ∫ u =
KK E ⋅ dl =
r2
τ
K t )ey
A/m
K
K
即
H1
z=0
=
H2
，得以证明。
z=0
(1 分)
13. 在一个圆形平行平板电容器的极板间加上低频电压 u = Um cosωt ，设极板间 距为 d ，极板间绝缘材料的介电常数为 ε ，试求极板间的磁场强度。
解：对电容器来说，如果题目中没有给出γ ，均可认为自动忽略传导电流
极板间的电场强度方向垂直于极板，大小为
5.一个球形电容器的内、外半径分别为 a 和 b ，内、外导体间材料的介电常数为 ε ， 电导率为 γ ，在内、外导体间加低频电压 u = Um sin ωt 。求内、外导体间的全电 流。
解：设球形电容器带有电量为 q ，由高斯定律
v∫ S
KK D ⋅ dS
=
D 4πr 2
=
q
⇒
D
=
q 4πr 2
−
K 5z)]ey
A/m
(1 分)
HK 2
=
−
1 jωμ2
∇×
EK 2
=
400 ωμ2
e−
j5
z
K ey
(1 分)
K H2
=
200 ωμ0
cos(15 ×108 t
−
K 5z)ey
A/m
(1 分)
(3) 在 Z = 0 平面，无电流存在，则边界条件应为 H1t = H2t ，无法向分量 KK 则 H1 = H2 ，当 z = 0 时，
(1). 当极板间电压为直流电压U 时，求电容器内任一点的坡印亭矢量；
(2). 如果电容器极板间的电压为工频交流电压 u = 2U cos 314t ，求电容器内
任一点的坡印亭矢量及电容器的有功功率和无功功率。
解：(1)采用柱坐标系，设电场强度
K E
的方向沿着极轴
z
方向。
由电压和电场强度的关系，得到：
r2 (b − a)
⇒
JD
=
∂D ∂t
=
ε abω(Um cosωt) r2 (b − a)
⇒
JC
=γE
=γ
D ε
=
γ ab(Um sin ωt) r2 (b − a)
则全电流 i
=
(JC
+
JD
)4πr 2
=
4πabU m b− a
(γ
sin ωt
+
εω
cosωt )
6. 已知自由空间中电磁波的两个场量表达式为
1 为常数。 μ0ε 0
(1)
K 证明 ∇ ⋅ A = −με
∂ϕ
；(2)
KKKK 求B、H 、E和D；
∂t
解：(1)
K ∇⋅ A =
∂Az
=
x
∂z c
−με
∂ϕ ∂t
=
μ0ε 0cx
=
x c
⎫ ⎪⎪ ⎬ ⎪ ⎪⎭
⇒
∇
⋅
K A
=
−με
∂ϕ
∂t
(2)
K B
=
∇
×
K A
=
(t
−
z c
K )ey
K H
=
K B μ0
K E = 2000
2
sin(ωt
−
β
K z)ex
V/m
，
K H
=
5.3
2
sin(ωt
−
β
K z)ey
A/m
式中， f = 20MHz ，β = ω μ0ε0 = 0.42 rad/m 。求(1)瞬时坡印亭矢量；(2)平均坡
印亭矢量；(3)流入图示的平行六面体（长为 2m，横截面积为 0.5m2）中的净瞬
由电压和电场强度的关系，得到：
EK
=
U d
K ez
对于时变场： ∇ × HK = JKC + jωDK = JKC + jωε EK = γ EK + jωε EK = JK
利用全电流定律的复数形式得到：
v∫ l
HK
K ⋅ dl
=
∫
A (JKC
+
jωDK )
⋅
K dA
则 HK
K E
=
2 ×10−5
sin(108
πt
K )ex
，计算在
t
=
2.5 ×10−9
s
时刻，媒质中的传导电流密度
K Jc
和
位移电流密度
K Jd
。（ ε0
=
1 36π
×10−9
F/m
）
答案：
K JC
=
1.41×10−2
K ex
K A/m2 ； JD =
2 6
×10−6
K ex
=
0.236
×10−6
K ex
A/m2
3.
在无源区域，已知电磁场的电场强度
K E
=
0.1cos(6.28 ×109
t
−
K 20.9 z )ex
V/m ，求空间
任一点的磁场强度
K Hwenku.baidu.com
和磁感应强度
K B
。
答案：可以用 μ 、 ε ，我是按空气来算的，考试时会明确给出是什么介质
K H
=
2.65 ×10−4
cos(6.28 ×109 t
=A
cos(15
×108
K t )ex
可得 A = 80 (2) ∇ × EK = − jωμ0HK
(2 分)
HK 1
=
−
1 jωμ1
∇×
EK 1
=
1 ωμ0
(300e− j5z
−100e j5z
K )ey
(1 分)
K H1
=
1 ωμ0
[300
cos(15 ×108 t
−
5z)
−100
cos(15 ×108 t
第四章 时变电磁场
1.
在无源的自由空间中，已知磁场强度
K H
=
7.2
×10−5
cos(3
×109
t
−
10
K z)ey
A/m ，求位移
电流密度。
答案：
K JD
=
−7.2 ×10−4
sin(3 ×109 t
−
10
z
K )ex
A/m2
2. 在 电 导 率 γ = 103 S/m 、 介 电 常 数 ε = 6ε0 的 导 电 媒 质 中 ， 已 知 电 场 强 度
K H1
z=0
=
1 ωμ0
[300 cos(15×108t
− 5z)
−100 cos(15×108t
−
5
K z)]ey
z=0
=
200 ωμ0
cos(15 ×108
K t)ey
A/m
(1 分)
K H2
z=0
=
200 ωμ0
cos(15 ×108 t
−
5
z
K )ey
z=0
=
200 ωμ0
cos(15
×108
时功率。
x
K 答案： S
= 1.06×104[1− cos(2ωt
−
2β
z
K )]ez
W/m2
；
K Sav
=
1.06
×104
K ez
W/m2
；
p = 7.9×10 3 sin(2ωt − 0.84) W
O
z
2m y
7. 一个平行板电容器的极板为圆形，极板面积为 S ，极板间距离为 d ，介质的介
电常数和电导率分别为 ε ，γ ，试问：
E = u = Um cosωt
d
d
电位移矢量的大小为
D = εUm cosωt
d
根据全电流可知
v∫l
K H
⋅
K dl
=
∫S
K ∂D ∂t
K ×H
K ×E
K
K = ∂D
∂t K = − ∂B
∂t
(I) (II)
⎪∇ ⎪⎩∇
⋅ ⋅
BK D
= =
0 0
(III) (IV)
(2 分)
K
K
K
∇ ⋅ D = 0 ⇒ D = −∇ × Am
K ∇×H ⇒ ∇×
K = ∂D
∂t K (H +
= ∂ (−∇ K∂t
∂Am ) = 0
×
K Am ⇒
)
8.
K 在时变电磁场中，已知矢量位函数 A =
Ame−α z
cos(ωt
−
β
K z)ex
，其中
Am
、α
和
β
K
K
均是常数。试求电场强度 E 和磁感应强度 B 。
答案：
K E
=
ω Ame−α z
sin(ωt
−
β
K z)ex
V/m
；
K B
=
−
Ame−α
z
[α
cos(ωt
−
β
z)
−
β
sin(ωt
−
β
K z)]ey
∂t
K H
K
=
−∇ϕm
−
∂Am ∂t
K
K
K
KK
∇ × ∇ × Am = −∇ × D ∇ × ∇ × A = ∇(∇ ⋅ A) − ∇2 A
K
K
根据 (II) 式以及 ( Am ，ϕm )与 H 的表达式，可得
−∇
×
K D
=
−ε∇
×
K E
=
−με
K ∂H
K ∇2 Am
−
με
K ∂2 Am ∂t 2
− ∇(∇ ⋅
−
20.9
K z)ey
A/m ，
K B
=
3.33 ×10−10
cos(6.28 ×109 t
−
K 20.9z)ey
T
4. 一个同轴圆柱型电容器，其内、外半径分别为 r1 = 1cm 、r2 = 4cm ，长度 l = 0.5m ， 极板间介质介电常数为 4ε0 ，极板间接交流电源，电压为 u = 6000 2 sin100πt V 。 求极板间任意点的位移电流密度。
∂t K Am
+
με
∂ϕm ∂t
)
=
0
根据麦克斯韦方程(III)式： K
∇⋅B =0 ⇒
∇⋅
K H
=
μ∇
⋅
⎛ ⎜
−
⎝
K ∂Am ∂t
− ∇ϕm
⎞ ⎟ ⎠
=
0
−
∂ ∂t
(∇ ⋅
K Am )
− ∇2ϕm
=
0
令⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩∇∇∇22⋅ϕAKAKmmm−−+μμμεεε∂∂∂∂∂22∂ϕϕttAK2t2mmm
A
(EK
×
HK
*
)
⋅
K dA
=⎤⎥⎦
=
γS d
U
2
，
即 P = GU 2 ， G 是电容器的电导；
电容器内任一点的无功功率密度为 − rωε U 2 ， 2 d2
v∫ 电容器的无功功率为 Q = Im ⎡⎢⎣−
A
(EK
×
HK
*
)
⋅
K dA
=⎤⎥⎦
=
−ω
εS d
U
2
，
即 Q = −ωCU 2 ， C 是电容器的电容。
9. 在均匀的非导电媒质中（ γ = 0 ），已知时变电磁场分别为
K E=
30π cos(ωt
−
4 3
K y)ez
K V/m ， H
= 10 cos(ωt
−
4 3
K y)ex
A/m
且媒质的 μr = 1 ，由麦克斯韦方程求出 ω 和 εr 。
答案：ω = 107 rad/s ； εr = 1600
K
=
1 μ0
(t −
z c
K )ey
K E
=
−∇ϕ
−
K ∂A ∂t
=
−[(z
−
K ct )ex
+
K xez
]+
K xez
=
(z
−
K ct)ex
K D
=
K ε0E
=
ε0
(z
−
K ct)ex
12. 已知区域 I（ z < 0 ）的媒质参数为 ε1 = ε0 、 μ1 = μ0 、γ1 = 0 ；区域 II（ z > 0 ）
= 0 ，可得 =0 =0
(1 分) (1 分) (1 分)
(1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) (2 分)
11. 在某一区域中有 μr = εr = 1 和 γ = 0 ，给定推迟位函数为 ϕ = x(z − ct) V 和
K A
=
x( z c
−
t
K )ez
Wb/m ，其中 c=
的媒质参数为 ε2
=
5εK0 、 E1 =
μ2 = 2μ0 、 γ 2 = ⎡⎣60 cos(15×108t
0 。区域 I 中的电场强度为 − 5z) + 20 cos(15×108t + 5z)⎤⎦
K ex
V/m
区域 II 中的电场强度为
K E2
=
A cos(15 ×108 t
−
5z
K )e
x
V/m
E
=
q 4πε r2
∫ ∫ u =
KK E ⋅ dl =
b a
q 4πε r2
dr
=
q 4πε
⎛ ⎜⎝
1 a
−
1 b
⎞ ⎟⎠
=
q(b − a) 4πε ab
则 q = 4πε abu (b − a)
4πε abu
⇒ D = q = (b − a) = ε abu = ε ab(Um sin ωt)
4πr2 4πr2 r2 (b − a)
K
10. 证明在无源空间（ ρ f = 0 ， JC = 0 ）中，可引入一个矢量位 Am 和标量位ϕm ，
定义为
K D
=
−∇ ×
K Am ，
K H
=
−∇ϕm
−
K ∂Am ∂t
，
K 并在线性各向同性均匀媒质条件下推导 Am 和ϕm 满足的微分方程。
证明：无源空间的麦克斯韦方程组为
⎧⎪∇ ⎪ ⎪⎨∇ ⎪
dr = τ ln r2 = τ ln 4
r1 2πε r
2πε r1 2πε
2πε u
则τ = 2πεu ln 4
⇒ E = τ = ln 4 = u 2πε r 2πε r r ln 4
⇒ D = ε E = εu = ε 6000 2 sin100πt r ln 4 r ln 4
⇒ J = ∂D == 4ε0 6000 2 ⋅100π cos100πt ∂t r ln 4
=
JK πr 2 2πr
K eφ
=
r (γ 2
EK
+
jωε
EK
K )eφ
=
Ur 2d
(γ
+
jωε
K )eφ
则电容器内任一点的复坡印亭矢量为
S
=
EK ×
HK *
=
−
r 2
U2 d2
(γ
−
jωε
K )er
电容器内任一点的有功功率密度为 rγ U 2 ， 2 d2
v∫ 电容器的有功功率为 P = Re ⎡⎢⎣−