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《电磁场与电磁波》第4版(谢处方编)课后习题答案高等教育出版社六章习题解答

第六章时变电磁场

6.1 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

5cos mT z e t ω=B 之中，如题6.1图所示。滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i.

解穿过导体回路abcda 的磁通为

5cos 0.2(0.7)

cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==?=?-=--=+? B S e e

故感应电流为

0.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mA

in d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ

=-=-+-+E

6.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。设棒以角

速度ω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。

解介质棒内距轴线距离为r 处的感应电场为 00z r r r B φωω=?=?=E v B e e B e

故介质棒内的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X

极化电荷体密度为

200

11()()2()P rP r B r r r r

B ρεεωεεω??

=-??=-

=--??=--P

极化电荷面密度为

0000()()P r r r a e r a B σεεωεεω==?=-?=-P n B e

则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为

220020012()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=??=--=??=-

6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。设0.2a m =、0.1m b c d ===、7

1.0cos(210)A i t π=?，求回路中的感应电动势。

解由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面向内的。故回路中的感应电动势为

d d d d d d in dS B S B S t t

?=-

?=-+?????左右B E 式中

00,22()i i

B B r b c d r μμππ=

=++-左右

故

0000d d ln()

22d d ln()2()2b c

b s

c d d s i ai b c

B S a r r b i ai b c

B S a r b c d r b μμππμμππ+++==+==++-??

??左右

则

0707777d 2

ln()d 2d ln()[1.0cos(210d 4100.2ln 2sin(210)2103.484sin(210)in ai b c t b a b c t b t t V

t V

μπμππππππ

π-+??

=-??

??+=-???=???=?E

6.4 有一个环形线圈，导线的长度为l ，分别通过以直流电源供应电压U 0和时变电源

供应电压U （t ）。讨论这两种情况下导线内的电场强度E 。

解设导线材料的电导率为γ，横截面积为S ，则导线的电阻为

l R S γ=

而环形线圈的电感为L ，故电压方程为

d d i U Ri L

t =+

当U=U 0时，电流i 也为直流，d 0d i t =。故

0l l

U Ri JS J lE

S γγ====

此时导线内的切向电场为

0U E l =

当U=U （t ）时，d ()

0d i t t ≠，故 d ()d

()()()(())

d d d ()()d i t U t Ri t L R E t S L E t S t t

l E t E t S L S S t γγγγγ=+=+=+

即

d ()()()

d E t lE t U t t L S L S γγ+=

求解此微分方程就可得到()t E 。

6.5 一圆柱形电容器，内导体半径为a ，外导体内半径为b ，长为l 。设外加电压为

0sin U t ω，试计算电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。

解当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压

时的电场分布可视为相同（准静态电场），即

0sin ln ()r

U t

r b a ω=E e

故电容器两极板间的位移电流密度为

0cos ln ()d r U t t r b a ωεω?=

=?D

J e

则

200

cos d d d ln ()

l d d r r s

U t

i r z

r b a πεωωφ=?=???

J S e e

002cos cos ln ()l

U t C U t

b a πεωωωω=

式中，

2ln ()l

C b a πε=

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

0d cos d c U

i C

C U t t ωω==

可见

d c i i =

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

0??=E 和ρ??=D

由ρ??=D 得

d d ττ

τρτ

??=??D

据散度定理，上式即为

d s

?=? D S

利用球对称性，得

24r

r π=D e 故得点电荷的电场表示式

24r

r πε=E e

由于0??=E ，可取?=-?E ，则得

2εε?ε?ρ??=??=-???=-?=D E

即得泊松方程

2ρ?ε?=-

6.7 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（1）在直角坐标中

x z x y x z y y x z z H D H J y z t D H H J z x t H H D J x y t ????-=+?????

?????

-=+???????

??-=+??????

x z y x z y x z E H E y z t H E E z x t E E H x y t μμμ????-=-?????

?????

-=-???????

??-=-?????? 0y x z

y x z

B B B x y z D D D x y z ρ???++=??????++=???

（2）在圆柱坐标中

111()z r r r z r

z z H H D J r z t D H H J z r t H D rH J r r r t φ

φφφφφ????-=+?????

?????

-=+?????

????-=+?????

? 111()z r r z r

z E E H r z t H E E z r t E H rE r r r t φ

φφμφμμφ????-=-?????

?????

-=-?????

????-=-?????? 11()011()z

r z

r B B rB r r r z D D rD r r r z φφφρφ???++=??????++=???

（3）在球坐标系中

1[(sin )]sin 11[()]sin 1[()]r r r r H D H J r t

D H rH J r r t D H rH J r r t θφθφθφθφθθθφθφθ???

?-=+?????

????

-=+?????

????

-=+?????

1[(sin )]sin 11[()]sin 1[()]r r r E H E r t H E rE r r t H E rE r r t θφθφφθθμθθφμθφμθ???

?-=-?

????

-=-?????

????

-=-????? 2222

111()(sin )0sin sin 111()(sin )sin sin r r B r B B r r r r D r D D r r r r φ

θφ

θθθθθφθρθθθφ???++=??????++=???

6.8 已知在空气中

90.1sin10cos(610)y x t z ππβ=?-E e ，求H 和β。提示：将E 代入直角坐标中的波方程，可求得β。

解电场E 应满足波动方程

0020

t με??-=?E

将已知的y y E =E e 代入方程，得

22200

y y E E E x z t με???+

-=???

式中

2292

292900

002

0.1(10)sin10cos(610)0.1sin10[cos(610)]0.1sin10[(610)cos(610)]

y y y E x t z x

E x t z z E x t z t πππβπβπβμεμεπππβ?=-?-??=-?-??=-??-?

故得 229200(10)(610)0πβμεπ--+?=

则

54.41rad/m β==

由

t μ???=-?H E

得

0090

911

[]1

[0.1sin10sin(610)

0.110cos10cos(610)]y y x z x z E E t z x

x t z x t z μμβππβμπππβ???=-??=--+???=-

-?-+??-H E e e e e

将上式对时间t 积分，得

0949491

[0.1sin10cos(610]610

cos10sin(610)

2.310sin10cos(61054.41)1.3310cos10sin(61054.41)A/m x z x z x t z x t z x t z x t z βππβμππππβππππ--=-

?-??+?-=-??--??-Ηe e e e

6.9 已知自由空间中球面波的电场为

sin cos()E t kr r θ

θω=-Εe

求H 和k 。

解可以和前题一样将E 代入波动方程来确定k ，也可以直接由麦克斯韦方程求与E 相伴的磁场H 。而此磁场又要产生与之相伴的电场，同样据麦克斯韦方程求得。将两个电场比较，即可确定k 的值。两种方法本质上是一样的。

由

t μ???=-?H

得

00000011()1

[sin cos()]sin sin()

rE t r r

E t kr r

φθφ

μμθωμθωμ??

=-??=-????

=--?=-e H E e e

将上式对时间t 积分，得

00sin cos()k

E t kr r

θωωμ=-H e （1）

将式（1）代入

t ε???=?E H

得

201

11[(sin )(sin )]sin sin r t r H r H r r r φθ

φεθθεθθθ?=?????

-??E H e e

020002sin 1cos()sin()r kE k E t kr t kr r r θθωωεωμωμ??=---????e e

将上式对时间t 积分，得

022200021sin()sin cos()r kE k E t kr t kr r r θωθωεωμωμ??=-+-??

??E e e （2）

将已知的

sin cos()E t kr r θ

θω=-E e

与式（2）比较，可得

含2

r 项的E r 分量应略去，且200k ωμε=，即

k =

将k =1），得

00sin cos()cos()t kr t kr φ

θωθω=-=-H e e A

6.10 试推导在线性、无损耗、各向同性的非均匀媒质中用E 和B 表示麦克斯韦方程。解注意到非均匀媒质的参数,με是空间坐标的函数，因此

()()1

μμμ

μμ

??=??=??+??=-

??+??B H B B

B B

而

()t t t εε???+

=+=+???D E E J J J

因此，麦克斯韦第一方程

t ???=+

H J

变为

t μμε

μμ???=++???E B J B

又

()εεερ??=??=??+??=D E E E

故麦克斯韦第四方程ρ??=D 变为

ρεεε??=

-??E E

则在非均匀媒质中，用E 和B 表示的麦克斯韦方程组为

t t

μμεμμ

ρεεε

???=++??????=-???=0??=

-??E B J B B E B E E

6.11 写出在空气和μ=∞的理想磁介质之间分界面上的边界条件。解空气和理想导体分界面的边界条件为

s ?=?=n E n H J

根据电磁对偶原理，采用以下对偶形式 s ms →,→-,→E H H E J J

即可得到空气和理想磁介质分界面上的边界条件

ms ?=?=-n H n E J

式中，J ms 为表面磁流密度。

6.12 提出推导1s ?=n H J 的详细步骤。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

,,0abcda ab cd l bc da h ==?==?→。对该闭合路径应用麦克斯韦第一方程可得

d d d d lim (d d )b c

h S

d t 1?→?=?+?+?+??≈??-??=?+????

?????

H l H l H l H l H l

H l H l J S S （1）

因为t ??D

为有限值，故上式中

0lim d 0

h S t ?→??=??

而(1)式中的另一项

lim d h S

?→??J S

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

lim d s h S

?→?=???J S J N l

因

()l ?=??l N n

故式（1）可表示为

12()()s l l -???=??H H N n J N （2）

应用矢量运算公式()()??=??A B C C A B ，式（2）变为

12[]s ?(-)?=?n H H N J N

故得

12()s ?-=n H H J （3）

由于理想导体的电导率

2γ=∞，故必有220,0==E H ，故式（3）变为

1s ?=n H J

6.13 在由理想导电壁（γ=∞）限定的区域0x a ≤≤内存在一个由以下各式表示的电磁场：

000()sin()sin()

()sin()sin()

cos()cos()

y x z a x

E H kz t a a x

H H k kz t a x

H H kz t a πμωωππωππω=-=-=-

这个电磁场满足的边界条件如何？导电壁上的电流密度的值如何？

解如题6.13图所示，应用理想导体的边界条件可以得出

在x=0处，

0,0

y x E H ==

0cos()z H H kz t ω=-

在x=a 处，

0,0

y x E H ==

0cos()z H H kz t ω=--

上述结果表明，在理想导体的表面，不存在电场的切向分量E y 和磁场的法向分量H x 。

另外，在x=0的表面上，电流密度为

|()|cos()

s x x x x z z x x z z

y x H H H H kz t ω====?=?+=?=--J n H e e e e e e

在x=a 的表面上，电流密度则为

0|()|cos()

s x a x x x z z x a

x z z

y x a

H H H H kz t ω====?=-?+=-?=--J n H e e e e e e

6.14 海水的电导率4S/m γ=，在频率f=1GHz 时的相对介电常数81r ε≈。如果把海水

视为一等效的电介质，写出H 的微分方程。对于良导体，例如铜，

1, 5.710S/m r εγ==?，比较在f=1GHz 时的位移电流和传导电流的幅度。可以看出，即使在微波频率下，良导体中

的位移电流也是可以忽略的。写出H 的微分方程。

解对于海水，H 的微分方程为

()j j j j

ωγωεωεω??=+=+=-H J D E E E

即把海水视为等效介电常数为

c j

εεω=-的电介质。代入给定的参数，得 99

104210(81)36210

(4.54)(4 4.5)j j j j j πππ-??=??-?=-=+E E E E

对于铜，传导电流的幅度为E γ，位移电流的幅度E ωε。故位移电流与传导电流的幅度之比为

130

2102369.75105.710r f f f ππεεωεπγγ

--?

?===??

可见，即使在微波频率下，铜中的位移电流也是可以忽略不计的。故对于铜，H 的微分方程

为

75.710γ??==?H E E

6.15 计算题6.13中的能流密度矢量和平均能流密度矢量。

解瞬时能流密度矢量为

2022220202220()sin(

)cos(

)sin()cos()()sin ()sin ()

1sin()cos()sin 2()

21()sin ()[1cos 2()]

2y y x x z z x y z z y x x z x z E H H E H E H a

H kz t kz t a

a x

H k kz t a

a x x

H kz t a a a x

H k kz t a ππμω

ωωπ

πμωωπππμωωππμωωπ=?=?+=-=----=----S E H e e e e e e e e e

为求平均能流密度矢量，先将电磁场各个分量写成复数形式

00()sin(

)()sin()cos()jkz j

y jkz j x jkz

z a x

E H e

a a x H H k e

a x

H H e a ππ

πμωπ

πππ-+-+-===

故平均能流密度矢量为

202222220011Re[*]Re[]221Re[sin()cos()]21()sin ()()sin ()

2av x y z z y x j x z z E H E H a x x H e a a

a x a x

H k H k a a πππμωπππμωμωππ=

?=-=-=-S E H e e e e e

6.16 写出存在电荷ρ和电流密度J 的无损耗媒质中E 和H 的波动方程。

解存在外加源ρ和J 时，麦克斯韦方程组为

t ε???=+?E

H J （1） t μ

???=-?H

E （2）

0??=H （3） ρ

ε??=

E （4）

对式（1）两边取旋度，得

()t ε

????=??+???H J E

而 2()????=???-?H H H

故

2(()t ε

???)=?=??+???H H J E （5）

将式（2）和式（3）代入式（5），得

2t με??-=-???H

H J

这就是H 的波动方程，是二阶非齐次方程。

同样，对式（2）两边取旋度，得

(t μ

????=-??)?E H

即

2((t μ

???)-?=-??)?E E H （6）

将式（1）和式（4）代入式（6），得

t t μεμρ

ε???-=+???E J E

此即E 满足的波动方程。

对于正弦时变场，可采用复数形式的麦克斯韦方程表示

j ωε??=+H J E （7） j ωμ??=-E H （8）

0??=H （9）

ε??=

E （10）

对式（7）两边取旋度，得 j ωε????=??+??H J E

利用矢量恒等式 2(????=-???)-?H H H

得

2(j ωε???)-?=??+??H H J E （11）

将式（8）和式（9）代入式（11），得

22ωμε?=-??H +H J

此即H 满足的微分方程，称为非齐次亥姆霍兹方程。

同样，对式（8）两边取旋度，得 j ωμ????=-??E H

即

2(j ωμ???)-?=-??E H H （12）

将式（7）和式（10）代入式（12），得

221

j ωμεωμρ

?=+?E +E J

此即E 满足的微分方程，亦称非齐次亥姆霍兹方程。

6.17 在应用电磁位时，如果不采用洛伦兹条件，而采用所谓的库仑规范，令??=0A ，试导出A 和?所满足的微分方程。

解将电磁矢量位A 的关系式 =??B A 和电磁标量位?的关系式

t ??=-?-

?A E 代入麦克斯韦第一方程

t ???=+

?D H J

得

()t

t t εμ

????=

????=+?????=+-?- ?????

H A J A J

利用矢量恒等式 2()????=???-?A A A

得

2(()t t μμε

??????)-?+-?-??A A A =J （1）

又由

ρ??=D

得

()t ρ?ε???=??-?-

=?A E

即

2()t ρ

?ε??+

??=-?A （2）

按库仑规范，令0??=A ，将其代入式（1）和式（2）得

2()

t t ?

μεμμε???-=-+???A A J （3） 2ρ

?ε?=-

（4）

式（3）和式（4）就是采用库仑规范时，电磁场A 和?所满足的微分方程。

6.18 设电场强度和磁场强度分别为

00cos()

cos()e m t t ωψωψ=+=+E E H H

证明其坡印廷矢量的平均值为

001

cos()2av e m ψψ=

?-S E H

解坡印廷矢量的瞬时值为

000000cos )cos()

[cos()]cos[]21

[cos(2)cos()]2e m e m e m e m e m t t t t t t t ωψωψωψωψωψωψωψψψψ=?=(+?+=

?+++++--=?+++-S E H E H E H E H 故平均坡印廷矢量为

000000111[cos(2)cos()]d 21

cos()2T

av T e m e m e m dt T

t t

T ωψψψψψψ=

=?+++-=?-??S S E H E H

6.19 证明在无源空间（0,0ρ==J ），可以引入一个矢量位A m 和标量位m ?，定义为

m m

m t ?=-???=-?-

?D A A H

试推导A m 和m ?的微分方程。

解无源空间的麦克斯韦方程组为

t ???=

H （1） t ???=-

E （2）

0??=B （3） 0??=D （4）据矢量恒等式0????=A 和式（4），知D 可表示为一个矢量的旋度，故令

m =-??D A （5）

将式（5）代入式（1），得

()m t ?

??=-

???H A

即

m t ??

???= ????A H + （6）

根据矢量恒等式0????=和式（6），知

t ?+?A H 可表示为一个标量的梯度，故令 m m

t ??=-??A

H + （7）

将式（5）和式（7）代入式（2），得

1()

m m m t t μ?ε??

??=-????=--?-??A E A （8）

而

2()m m m ????=???-?A A A

故式（8）变为

2(m m m m t t ?μεμε????

???)-?-?- ?????

A A A = （9）又将式（7）代入式（3），得

()0m

m t ????=??-?-

=?A H

即

2()0m m t ??

??=?A （10）

令

m t ?με

???=-?A

将它代入式（9）和式（10），即得A m 和m ?的微分方程

200

m m m t t με??με??-=???-=?A A

6.20 给定标量位x ct ?=-及矢量位()x x t c =-A e

，式中c =。（1）试证明：

t ?

με???=-?A ；（2）B 、H 、E 和D ；（3）证明上述结果满足自由空间中的麦克斯韦方

程。

解（1

）1

()x A x t x x c c ????=

=-==??A

()x ct c t t ???=-=-=??故

00(t ?μεμε?-=-=?则

t ?με???=-?A （2） 0

x z y z A A

z y ??=??=-=??B A e e

μ=B H =

而

0()()00

x x x x t x t c

x ct x

??ε???=-?-=---????

=--+=?==x

A E e e t e e D E

（3）这是无源自由空间的零场，自然满足麦克斯韦方程。

(完整版)电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方

一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ；（7）()?A B C g 和()?A B C g ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由 cos AB θ ===A B A B g ，得 1cos AB θ- =(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ ==A B B g （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 04 1502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e

电磁场与电磁波第四版谢处方版思考题目标准答案

一：1.7什么是矢量场的通量？通量的值为正，负或0分别表示什么意义？矢量场F穿出闭合曲面S的通量为：当大于0时，表示穿出闭合曲面S的通量多于进入的通量，此时闭合曲面S内必有发出矢量线的源，称为正通量源。当小于0时，小于有汇集矢量线的源，称为负通量源。当等于0时等于、闭合曲面内正通量源和负通量源的代数和为0，或闭合面内无通量源。 1.8什么是散度定理?它的意义是什么？矢量分析中的一个重要定理：称为散度定理。意义：矢量场F的散度在体积V上的体积分等于矢量场F在限定该体积的闭合积分，是矢量的散度的体积与该矢量的闭合曲面积分之间的一个变换关系。 1.9什么是矢量场的环流？环流的值为正，负，或0分别表示什么意义？矢量场F沿场中的一条闭合回路C的曲线积分，称为矢量场F沿的环流。大于0或小于0，表示场中产生该矢量的源，常称为旋涡源。

等于0，表示场中没有产生该矢量场的源。 1.10什么是斯托克斯定理？它的意义是什么？该定理能用于闭合曲面吗？在矢量场F所在的空间中，对于任一以曲面C为周界的曲面S，存在如下重要关系这就是是斯托克斯定理矢量场的旋度在曲面S上的面积分等于矢量场F在限定曲面的闭合曲面积分，是矢量旋度的曲面积分与该矢量沿闭合曲面积分之间的一个变换关系。能用于闭合曲面. 1,11 如果矢量场F能够表示为一个矢量函数的旋度，这个矢量场具有什么特性? =0,即F为无散场。 1.12如果矢量场F能够表示为一个标量函数的旋度，这个矢量场具有什么特性? =0即为无旋场 1.13 只有直矢量线的矢量场一定是无旋场，这种说法对吗？为什么？不对。电力线可弯，但无旋。 1.14 无旋场与无散场的区别是什么？无旋场F的旋度处处为0，即，它是有散度源所产生的，它总可以表示矢量场的梯度，即 =0

电磁场与电磁波(第四版)谢处方第五章习题解答.

电磁场与电磁波（第四版）谢处方第五章习题解答 5.1 真空中直线长电流I 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。解根据安培环路定理，得到长直导线的电流I 产生的磁场 02I r φ μπ=B e 穿过三角形回路面积的磁通为 d S ψ==?B S 0 00 2[d ]d d 2d d z d d I I z z x x x x μμππ= ? 由题5.1 图可知，()tan 6z x d π=-=，故得到 d d d x d x x ψ-== 0[)]22I b d μπ+ 5.2 通过电流密度为J 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B ，并证明腔内的磁场是均匀的。解将空腔中视为同时存在J 和J -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J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内，另一个电流密度为J -、均匀分布在半径为a 的圆柱内。由安培环路定律，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。由安培环路定律 d C I μ?=?B l ，可得到电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内的电 I 题 5.1 图题5.2图

流产生的磁场为 0 2 0222 b b b b b b r b b r b r J r B J r μμ???? 电流密度为J -、均匀分布在半径为a 的圆柱内的电流产生的磁场为 2 0222a a a a a a r a a r a r J r B J r μμ?-??? 这里a r 和b r 分别是点a o 和b o 到场点P 的位置矢量。将a B 和b B 叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：22 222b a b a b a r r B J r r μ??=?- ??? ()b r b > 圆柱内的空腔外：2 022b a a a r B J r r μ??=?- ?? ? (,)b a r b r a <> 空腔内： ()0022 b a B J r r J d μμ=?-=? ()a r a < 式中d 是点和b o 到点a o 的位置矢量。由此可见，空腔内的磁场是均匀的。 5.3 下面的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量J 。 (1) 0,r ar H e B H μ== （圆柱坐标） (2) 0(),x y ay ax H e e B H μ=-+= (3) 0,x y ax ay H e e B H μ=-= (4) 0,ar H e B H φμ==（球坐标系）解根据恒定磁场的基本性质，满足0B ??=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 H =??求出源分布。（1）在圆柱坐标中 211()()20r rB ar a r r r r B ????===≠?? 该矢量不是磁场的场矢量。（2） ()()0ay ax x y B ?? ??= -+=?? 该矢量是磁场的矢量，其源分布为 20 x y z z a x y z a y a x e e e J H e ???=??==???- （3） ()()0ax ay x y B ?? ??=+-=??

《电磁场与电磁波》第4版(谢处方编)课后习题答案五章习题解答

五章习题解答 5.1 真空中直线长电流I 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。解根据安培环路定理，得到长直导线的电流I 产生的磁场 02I r φ μπ=B e 穿过三角形回路面积的磁通为 d S ψ==?B S g 0002 [d ]d d 2d d z d d I I z z x x x x μμπ π =? 由题5.1 图可知，()tan 6 z x d π =-= ，故得到 d d d x d x x ψ-== 0[2I b μπ 5.2 通过电流密度为J 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B ，并证明腔内的磁场是均匀的。解将空腔中视为同时存在J 和J -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J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内，另一个电流密度为J -、均匀分布在半径为a 的圆柱内。由安培环路定律，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。由安培环路定律 d C I μ?=?B l ?，可得到电流密度为J 、均匀分布在半径为b 的圆柱内的电流产生的磁场为 0 2 0222 b b b b b b r b b r b r J r B J r μμ???? 电流密度为J -、均匀分布在半径为a 的圆柱内的电流产生的磁场为 0 2 0222 a a a a a a r a a r a r J r B J r μμ?-??? 这里a r 和 b r 分别是点a o 和b o 到场点P 的位置矢量。将a B 和b B 叠加，可得到空间各区域的磁场为圆柱外：220 222b a b a b a r r B J r r μ?? =?- ??? ()b r b > 圆柱内的空腔外：2 022b a a a r B J r r μ??=?- ?? ? (,)b a r b r a <> 空腔内： ()0022 b a B J r r J d μμ=?-=? ()a r a < I 题 5.1 图题5.2图

电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方饶克谨高等教育出版社

电磁场与电磁波第四版思考题答案 2.1 点电荷的严格定义是什么？点电荷是电荷分布的一种极限情况，可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时，带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。就可将带电体所带电荷看成集中在带电体的中心上。即将带电体抽离为一个几何点模型，称为点电荷。 2.2 研究宏观电磁场时，常用到哪几种电荷的分布模型？有哪几种电流分布模型？他们是如何定义的？常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷；常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电流模型，他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。 2,3 点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么？电偶极子的电场强度又如何呢？点电荷的电场强度与距离 r 的平方成反比；电偶极子的电场强度与距离 r 的立方成反比。 2.4 简述 E / 和 E 0 所表征的静电场特性 E / 表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关，静电荷是静电场的通量源。 E 表明静电场是无旋场。 2.5 表述高斯定律，并说明在什么条件下可应用高斯定律求解给定电荷分布的电场强度。高斯定律：通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以与闭合面外的电荷无关，即 E 1 dV 在电场（电荷）分布具有某些对称性时，可应用高斯定律求解给定电荷分 dS S 0 V 布的电场强度。 2.6 简述 B 0 和 B 0J 所表征的静电场特性。 B 表明穿过任意闭合面的磁感应强度的通量等于 0，磁力线是无关尾的闭合线， B 0 J 表明恒定磁场是有旋场，恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源 2.7 表述安培环路定理，并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。安培环路定理：磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和倍，即 0 B dl 0I 如果电路分布存在某种对称性，则可用该定理求解给定电流分布的磁感应强度。 C 2.8 简述电场与电介质相互作用后发生的现象。在电场的作用下出现电介质的极化现象，而极化电荷又产生附加电场

电磁场与电磁波答案第四版谢处方

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一章习题解答给定三个矢量A 、B 和C 如下：求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ；（7）()?A B C 和()?A B C ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由 cos AB θ = 14==?A B A B ，得 1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ= 17 =-A B B （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 041502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e 所以 ()?=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e （8）()??=A B C 1014502 x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。（1）判断123 PP P ?是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。解（1）三个顶点1(0,1,2) P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 的位置矢量分别为 12y z =-r e e ，243x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e 则 12214x z =-=-R r r e e ， 233228x y z =-=++R r r e e e ，由此可见故123 PP P ?为一直角三角形。

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电磁场与电磁波（第四版）课后答案第一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ；（7）()?A B C g 和()?A B C g ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-= ==e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +- --+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （ 4 ）由 cos AB θ = ==A B A B g ，得 1cos AB θ-=(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ= =A B B g （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 041502 x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502 x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e

电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方.

（6）?=A C 123502 x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 0415 02x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 10145 02x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e 1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5) P 。（1）判断123PP P ?是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。解（1）三个顶点1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5) P 的位置矢量分别为 12y z =-r e e ，243x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e 则 12214x z =-=-R r r e e ， 233228 x y z =-=++R r r e e e ， 311367x y z =-=---R r r e e e 由此可见 1223(4)(28)0x z x y z =-++=R R e e e e e 故123 PP P ?为一直角三角形。（2）三角形的面积 12231221117.1322S =?=?=R R R R 1.3 求(3,1,4)P '-点到(2,2,3)P -点的距离矢量R 及R 的方向。解 34P x y z '=-++r e e e ，223P x y z =-+r e e e ，则 53P P P P x y z ''=-=--R r r e e e 且P P 'R 与x 、y 、z 轴的夹角分别为 11cos ()cos 32.31x P P x P P φ--''===e R R

电磁场与电磁波(第四版)课后答案--谢处方

3.1 真空中半径为a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q 和q -，试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题3.1图所示)。解由点电荷q 和q -共同产生的电通密度为 33[]4q R R π+- +- =-=R R D 22322232()(){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量 0d d z z S S S Φ====??D S D e 223222320()[]2d 4()() a q a a r r r a r a ππ--=++? 2212 01)0.293()a qa q q r a ==-+ 3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为a r 的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为Ze -的电子云，在球心有一正电荷Ze （Z 是原子序数，e 是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为 02314r a Ze r r r π?? =- ??? D e ，试证明之。解位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为 12 4r Ze r π=D e 原子内电子云的电荷体密度为 33 3434a a Ze Ze r r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 32234344r r a r Ze r r r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为 122314r a Ze r r r π?? =+=- ??? D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为30 C m ρ, 两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3图()a 所示。求空间各部分的电场。解由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为a 的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为0ρ±的两种电荷分布，这样在半径为b 的整个圆柱体内具有体密度为0ρ的均匀电荷分布，而在半径为a 的整个圆柱体内则具有体密度为0ρ-的均匀电荷分布，如题3.3图()b 所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。题3.1 图题3. 3图( )a

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电磁场与电磁波（第四版）课后答案第一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下：求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6） ?A C ；（7）()?A B C 和()?A B C ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-===-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由 cos AB θ =14==?A B A B ，得 1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ= 17=-A B B （6）?=A C 1 23502 x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 041502 x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e 所以 ()?=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e （8）()??=A B C 1014502 x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e 1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2) P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。（1）判断 123 PP P ?是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。解（1）三个顶点1(0,1,2) P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 的位置矢量分别为 12y z =-r e e ，243x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e 则 12214x z =-=-R r r e e ， 233228x y z =-=++R r r e e e ，由此可见故123PP P ?为一直角三角形。（2 ）三角形的面积 122312231117.1322S =?=?==R R R R 1.3 求(3,1,4)P '-点到(2,2,3)P -点的距离矢量R 及R 的方向。

《电磁场与电磁波》第4版(谢处方编)课后习题答案三章习题解答

三章习题解答 3.1 真空中半径为a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q 和q -，试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题3.1图所示)。解由点电荷q 和q -共同产生的电通密度为 33[]4q R R π+- +- = -=R R D 22322232 () (){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量 d d z z S S S Φ====??D S D e g g 223222320()[]2d 4()() a q a a r r r a r a ππ--=++? 2212 1)0.293()a qa q q r a =-=-+ 3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为a r 的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为Ze -的电子云，在球心有一正电荷Ze （Z 是原子序数，e 是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为02314r a Ze r r r π?? =- ??? D e ，试证明之。解位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为 12 4r Ze r π=D e 原子内电子云的电荷体密度为 33 3434a a Ze Ze r r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 3223 4344r r a r Ze r r r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为 122314r a Ze r r r π??=+=- ??? D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为3 0C m ρ, 两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3图()a 所示。求空间各部分的电场。解由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为a 的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为0ρ±的两种电荷分布，这样在半径为b 的整个圆柱体内具有体密度为0ρ的均匀电荷分布，而在半径为a 的整个圆柱体内则具有体密度为0ρ-的均匀电荷分布，如题3.3图()b 所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。在b r >区域中，由高斯定律0 d S q ε= ?E S g ?，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P 产生题3.1 图题3. 3图()a

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一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在 B 上的分量；（6）?A C ；（7）()?A B C 和()?A B C ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-= ==+e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-= e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由 c o s AB θ = 1 1 1238 =A B A B ，得 1c o s AB θ- =(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A c o s AB θ ==A B B （6）?= A C 1235 02 x y z -=-e e e 41310 x y z ---e e e （7）由于?= B C 04 1502 x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014 x y z ---e e e 所以 ()?=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42 x z -=-e e

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第一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ；（7）()?A B C g 和()?A B C g ；（8）()??A B C 和()??A B C 。解（1 ）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由 cos AB θ ===A B A B g ，得 1cos AB θ- =(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ ==A B B g （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 04 1502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e 1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5) P 。

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第一章习题解答 1.1给定三个矢量4、〃和C 如下： A=e r +e v 2-e.3 B = -e v 4 + e, C =0 5-W.2 ■' z 求：(1) “l; 1 2 kM ： (3) A ?B ；(4)0\B ：(5)A 在B 上的分量：(6)AxC ： (7) A>(BxC) 和(Ax 〃)?C ：(8) (AxB)xC 和 Ax(BxC)」 A c x +e v 2—e.3 1 2 3 解⑴ “「PT *+22+(_3)2 7 為《而7 而 (2) \A-B\ = |(e x +e >.2-e.3)-(-e y 4+e.)| = |e t +e 、6_e ：4| = >/53 ⑶ A ?B=(S+?.2-e ：3) ?(_e 、.4 + ej = -ll A ? B —11 11 Ax(BxC)= 1 2 一 3 = e x 55-e, 44-eA 1 _3 = -e x 10-e.\-eA 1 A ?(Bxf) =(€x +0尹2 — (e x S + e v 5 + e :20) = —42 (A x B^C = (一￡」0-0」一冬4)?(乞5-《2) = -42 AxB = 所以 (8) (AxB)xC = 务 S J 一 10 -1 一 4 5 0 —2 =e r 2-e v 40 + e,5 (4)由 cos 。” = ||||= — =_ ] ----- 得趴R = cos -1 (— ) = 135.5 曲 |A||B| 714x717 V238 朋 >/238 ..,,z . A^B 11 A 在 B 上的分呈 4 = \A\ COS0A[) = = (5) (6) AxC = (7) 由于B xC = 1 = e v 8 + e v 5 + ^.2O 一 2

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