电磁场与电磁波课程作业解答(老师版)

2π
0
1 4 1 4 2π π a 4 = a (1 − cos 4θ )dθ = a θ | 0 8 8 4
（2） A ⋅ dl = ∇ × A ⋅ ds
l s
∫
v
v
∫
v
v
2-4：解： 不失一般性，设点
v ρ dy v dE = l 2 aR 4πε 0 R
v v 对称取 dz ， dE 的 z 方向抵消，只剩 aR 方向分量。
与（2）比较可见：
∫ A ⋅ ds = ∫ (∇ ⋅ A) ⋅ dv
s v
v
v
v
散度定理成立
1
1-21：解：
v v v 如右图： A = a x x 2 + a y xy 2
v v A ⋅ dl = x 2 dx + xy 2 dy
v v v dl = dxax + dya y
l2
y
a
l1
v v v v v v （1） ∫ A ⋅ dl = ∫ (a x x 2 + a y xy 2 ) ⋅ (dxa x + dya y )
v v v v v v D2t = ε 0ε r 2 E2t = 5ε 0 (3ax + 4a y ) = ε 0 (15ax + 20a y ) v v v v ∴ E2 = 3ax + 4a y + 3az v v v v D2 = ε 0 (15ax + 20a y + 15az )
（2）不一定是介质 2 中任意点处的场强，介质 2 中的场强可能与 z 坐标有 关。
0
1 1 1 v v 1 （2） ∫ ∇ ⋅ Adv = ∫ 21 ∫ 21 ∫ 21 ∇ ⋅ Adxdydz = V − − − 24 2 2 2
z
1/ 1/
1/
y
x
（3）设立方体上下、左右、前后表面分别为 s1、s2、s3、s4、s5 和 s6。 v v v v v v v v v v v v v v ∫ A ⋅ ds = ∫ A ⋅ ds1 + ∫ A ⋅ ds 2 + ∫ A ⋅ ds3 + ∫ A ⋅ ds 4 + ∫ A ⋅ ds5 + ∫ A ⋅ ds6
s
2D ⋅ S = ρs ⋅ S
D=
1 ρs 2
v ρ v 1×10−9 v v v v ∴ E = s as1 = as1 = 8.33(ax − 3a y + 6az ) 1 2ε 0 ×10−9 2× 36π
2-8：解： 如右图： v v v v v v （1） D1 = ε1 E1 = ε 0ε r1 E1 = ε 0 (7.5ax + 10a y + 15az ) 根据边界条件
2-22：解： （1）
v v E = E0 cos(ωt − kz ) ax
复数形式 根据
v ∴H = j v ax
v v E = E0 e − jkz a x v v ∇ × E = − jωµ 0 H
∂ / ∂x ωµ0 E0 e − jkz
kE j ∂ v ∂ / ∂y ∂ / ∂z = ( E0 e − jkz ) = 0 e − jkz a y ωµ0 ∂z ωµ0 0 0
π π π 5π − j ( z− ) v − j( z+ ) v ⎞ 1⎛ 3 4 = ⎜ −0.04e ax + 0.03e 3 6 a y ⎟ η0 ⎝ ⎠
v 1⎛ v π π v π 5π ⎞ H (t ) = ⎜ −ax 0.04 cos(108 π t − z + ) + a y 0.03cos(108 π t − z − ) ⎟ η0 ⎝ 3 4 3 6 ⎠
复坡印廷矢量为： v 1 v v kE kE02 v 1 v v S = ( E × H * ) = ( E0 e − jkz a x ) × ( 0 e jkz a y ) = az 2 2 ωµ 0 2ωµ 0 平均能流度矢量为： v v kE02 v S av = Re( S ) = az 2ωµ 0
l l
−a
l3
a −a
l4
x
= ∫ ( x dx + xy dy)
2 2
l
∫ x dx = 0
2
l
∫ xy
l
2
dy = ± a 2 − y 2 y 2 dy
设 y = a sin θ , 则 x = a cosθ
代入上式有：
l3 l4
∫ xy dy = ∫ xy dy + ∫
2 2 l l1
π π
0 2
s
z
0
根据坡印廷定理： − ( E × H ) ⋅ ds =
s
∂ (ωe + ωm ) dv + ∫ σE 2 dv ∫ v v ∂t v v v ∂ 对于静态场， = 0 ，所以 − ∫ ( E × H ) ⋅ ds = ∫ σE 2 dv —— 只有损耗功率 s v ∂t
∫
v
v
v
损耗功率密度为：
3
2-10：解： 忽略边缘效应 v U v 50V v v E = 0 az = az = 2.5 × 104 az V /m d 0.2cm v v v v J = σ E = 3.5 × 10−5 × 2.5 × 104 az =0.88az A / m 2 v v I = ∫ JdS = 0.88 × 15 × 10−4 = 1.33 mA
s s1 s2 s3 s4 s5 s6
v v v v = ∫ 3 x 2 y 2 a z ⋅ dxdya z + ∫ (−3 x 2 y 2 a z ) ⋅ dxdy (− a z )
s1 s2
1 2v 1 v v v x a y ⋅ dxdz (−a y ) + ∫ x 2 a y ⋅ dxdza y s3 4 s4 4 1v 1v v v + ∫ a x ⋅ dydza x + ∫ a x ⋅ dydz (− a x ) s5 4 s6 4 1 1 1 = + = 48 48 24 +∫
v ay
v az
v kE v 瞬时表达形式： H (t ) = 0 cos(ωt − kz )a y ωµ0
（2） v ax v v v S = E×H = Ex 0 v ay 0 Hy v az kE 2 v v 0 = Ex H y az = = 0 cos 2 (ωt − kz )az ωµ0 0
mW
损耗功率密度为：
pσ = Pσ / V = 65.63 × 10−3 /(15 × 10−4 × 0.2 × 10 2） = 21.86 kW / m3
2-21：解：
v π π π π v v （1） E (t ) = ax 0.03sin(108 π t − z − ) + a y 0.04 cos(108 − z + ) 3 3 3 4 π 5π π π v v = ax 0.03cos(108 π t − z − ) + a y 0.04 cos(108 − z + ) 3 6 3 4 π 5 π π π v − j( z+ ) v − j( z− ) v v ⋅ v ⋅ E ( z ) = ax E x + a y E y = 0.03e 3 6 ax + 0.04e 3 4 a y
v ∴ D3 = 0 v E3 = 0
∑Q = 0 ，
当 c ≤ R 时：
∑Q = Q ，
v 2ρ a3 v ∴ D4 = 0 2 aR 15R
v 2 ρ0 a3 v aR ∴ E4 = 15 R 2ε 0
设无穷远处的电位为 0， 则：
R ≥ c 时：
s 0
⇒ 4π R 2 D1 =
4πρ0 R 5 4π ρ0 R3 − 3 5a 2 v v ρ R ρ R3 v E1 = D1 / ε 0 = ( 0 − 0 2 )aR 3ε 0 5ε 0 a
v ρ R ρ R3 v ∴ D1 = ( 0 − 0 2 )aR 3 5a
v 8πρ0 a 3 v 2 当 a ≤ R < b 时： ∫ D2 ⋅ ds = D2 ⋅ 4πR = s 15 v v 2ρ a3 v 2 ρ0 a3 v ∴ D2 = 0 2 aR ， ∴ E2 = aR 15R 15 R 2ε 0 当 b ≤ R < c 时：
l2
xy 2 dy + ∫ xy 2 dy + ∫ xy 2 dy
3π 2
= ∫ 2 a 4 sin 2 θ cos 2θ dθ + ∫π a 4 sin 2 θ cos 2θ dθ + ∫
π
a 4 sin 2 θ cos 2θ dθ + ∫3π a 4 sin 2 θ cos 2θ dθ
2
2π
=∫
x
z
p ( r , ϕ , 0)
l/2
y
v r ρl dz r dEr = dE ⋅ cos θ = dE ⋅ = R 4πε 0 R 3 ∴ Er = 2 ∫
ρ /2
0
r ρl dz 4πε 0 R 3
2
把 R = (r 2 + z 2 )1/ 2 代入， ∴ Er = ∫ ∴ Er = ∫ 2-7：解：
v v （2） ∇ × E = − jωµ 0 H
v H ( z) =
v j ∂ / ∂x ∂ / ∂y ∂ / ∂z ∇× E = ωµ0 ωµ0 Ex Ey 0 j
v ax
v ay
v az
4
=
j ⎡⎛ ∂E z ∂E y ⎞ v ⎛ ∂E x ∂E z ⎞ v ⎛ ∂E y ∂E x ⎞ v ⎤ ⎟a x + ⎜ − − ⎟a y + ⎜ ⎢⎜ ⎜ ∂x − ∂y ⎟ ⎟a z ⎥ ∂z ⎟ ∂x ⎠ ωµ 0 ⎣⎜ ⎝ ∂z ⎝ ∂y ⎠ ⎝ ⎠ ⎦
v v v v E2t = E1t = 3ax + 4a y
v v v D2 n = D1n = 15ε 0 a z
ε r1 = 2.5
v v v v E1 = 3ax + 4a y + 6az
v v D2 n 15ε 0 v v az = 3az ∴ E2 n = = ε 0ε r 2 5ε 0
εr2 = 5
pσ = σE 2 = 3.5 × 10 −5 × ( 2.5 × 10 4 ) 2 = 21.86 kW / m 3
百度文库总损耗功率为：
Pσ = ∫ pσ dv = 21.86 × 103 × 15 × 10−4 × 0.2 × 102 = 65.63
v
mW
或者：
−3 P σ = IU 0 = 1.33 × 10 × 25 = 65.63
5
3-2 ：解： 带电体的带电量
a R2 R2 Q = ∫ ρ dv = ∫ ρ 0 (1 − 2 )dv = ∫ ρ 0 (1 − 2 )4π R 2 dR V V 0 a a
+Q
−Q
a
b
c
=
8π ρ0 a3 15
求空间各点的电场强度时，可根据高斯定理求解。 取半径为 R 的球形高斯面，球心与带电体的球心重合。 v v R 当 R < a 时： ∫ D1 ⋅ ds = D1 ⋅ 4πR 2 = ∫ ρ 0 (1 − R 2 / a 2 )4πR 2 dR
ρ /2
ρ /2
0
2 rρ l 2 (r + z 2 ) 4πε 0
−3 / 2
dz
0
2 rρ l 2 (r + z 2 ) 4πε 0
−3 / 2
2 rρ l z dz = ⋅ 4πε 0 r 2 r 2 + z 2
l/2
=
0
lρ l 2πε 0 r l 2 + 4r 2
v v v v 平面的法线方向：as = (− ax + 3a y − 6az ) / 46 ，平面无限大，电荷均匀分布， 所以电场沿平面法线方向，且为常数。包含坐标原点一侧电场强度方向为 v v v v as = (ax − 3a y + 6az ) / 46 ，不含坐标原点一侧，电场强度方向与平面法线方 向一致。平行于电力线，做底面平行于平面侧面垂直于平面的高斯面。根 据高斯定理： v v ∫ D ⋅ ds = Q
“电磁场与电磁波”课程习题 参考解答
配套教材“电磁场”——周希朗主编
大连理工大学信息与通信工程学院 “电磁场与电磁波”课程教学组
2011 年 9 月
1-5：解： 标量函数沿其梯度方向的方向导数最大，最大方向导数等于其梯度。 ∇u = ∂u v ∂u v ∂u v a x + a y + az ∂x ∂y ∂z v v v =6 xy 2 z 2 ax + 6 x 2 yz 2 a y + 6 x 2 y 2 zaz
v v v (∇ u ) p = 6 a x + 6 a y − 6 a z
在点 p (1,1, −1) 处
∇u 3 v v v v (ax + a y − az ) ∴ ap = = 3 ∇u
∇u p = 6 3 。
1-18：解：
v ∂A ∂Ay ∂Az + = 2 x + 2 x 2 y + 72 x 2 y 2 z 2 （1） ∇ ⋅ A = x + ∂x ∂y ∂z