.78/78共138頁電磁場與電磁波〔第四版課后答案第一章習題解答1.1給定三個矢量、和如下：求：〔1；〔2；〔3；〔4；〔5在上的分量；〔6；〔7和；〔8和。解〔1〔2〔3－11〔4由,得〔5在上的分量〔6〔7由于所以〔81.2三角形的三個頂點為、和。〔1判斷是否為一直角三角形；〔2求三角形的面積。解〔1三個頂點、和的位置矢量分別為,,則,,由此可見故為一直角三角形。〔2三角形的面積1.3求點到點的距離矢量及的方向。解,,則且與、、軸的夾角分別為1.4給定兩矢量和,求它們之間的夾角和在上的分量。解與之間的夾角為在上的分量為1.5給定兩矢量和,求在上的分量。解所以在上的分量為1.6證明：如果和,則；解由,則有,即由于,于是得到故1.7如果給定一未知矢量與一已知矢量的標量積和矢量積,那么便可以確定該未知矢量。設為一已知矢量,而,和已知,試求。解由,有故得1.8在圓柱坐標中,一點的位置由定出,求該點在：〔1直角坐標中的坐標；〔2球坐標中的坐標。解〔1在直角坐標系中、、故該點的直角坐標為。〔2在球坐標系中、、故該點的球坐標為1.9用球坐標表示的場,〔1求在直角坐標中點處的和；〔2求在直角坐標中點處與矢量構成的夾角。解〔1在直角坐標中點處,,故〔2在直角坐標中點處,,所以故與構成的夾角為1.10球坐標中兩個點和定出兩個位置矢量和。證明和間夾角的余弦為解由得到1.11一球面的半徑為,球心在原點上,計算：的值。解1.12在由、和圍成的圓柱形區域,對矢量驗證散度定理。解在圓柱坐標系中所以又故有1.13求〔1矢量的散度；〔2求對中心在原點的一個單位立方體的積分；〔3求對此立方體表面的積分,驗證散度定理。解〔1〔2對中心在原點的一個單位立方體的積分為〔3對此立方體表面的積分故有1.14計算矢量對一個球心在原點、半徑為的球表面的積分,并求對球體積的積分。解又在球坐標系中,,所以1.15求矢量沿平面上的一個邊長為的正方形回路的線積分,此正方形的兩邊分別與軸和軸相重合。再求對此回路所包圍的曲面積分,驗證斯托克斯定理。解又所以故有1.16求矢量沿圓周的線積分,再計算對此圓面積的積分。解1.17證明：〔1；〔2；〔3。其中,為一常矢量。解〔1〔2〔3設,則,故1.18一徑向矢量場表示,如果,那么函數會有什么特點呢？解在圓柱坐標系中,由可得到為任意常數。在球坐標系中,由可得到1.19給定矢量函數,試求從點到點的線積分：〔1沿拋物線；〔2沿連接該兩點的直線。這個是保守場嗎？解〔1〔2連接點到點直線方程為即故由此可見積分與路徑無關,故是保守場。1.20求標量函數的梯度及在一個指定方向的方向導數,此方向由單位矢量定出；求點的方向導數值。解題1.21圖故沿方向題1.21圖點處沿的方向導數值為1.21試采用與推導直角坐標中相似的方法推導圓柱坐標下的公式。解在圓柱坐標中,取小體積元如題1.21圖所示。矢量場沿方向穿出該六面體的表面的通量為同理因此,矢量場穿出該六面體的表面的通量為故得到圓柱坐標下的散度表達式1.22方程給出一橢球族。求橢球表面上任意點的單位法向矢量。解由于故橢球表面上任意點的單位法向矢量為1.23現有三個矢量、、為〔1哪些矢量可以由一個標量函數的梯度表示？哪些矢量可以由一個矢量函數的旋度表示？〔2求出這些矢量的源分布。解〔1在球坐標系中故矢量既可以由一個標量函數的梯度表示,也可以由一個矢量函數的旋度表示；在圓柱坐標系中故矢量可以由一個標量函數的梯度表示；直角在坐標系中故矢量可以由一個矢量函數的旋度表示。〔2這些矢量的源分布為,；,；,1.24利用直角坐標,證明解在直角坐標中1.25證明解根據算子的微分運算性質,有式中表示只對矢量作微分運算,表示只對矢量作微分運算。由,可得同理故有1.26利用直角坐標,證明解在直角坐標中所以1.27利用散度定理及斯托克斯定理可以在更普遍的意義下證明及,試證明之。解〔1對于任意閉合曲線為邊界的任意曲面,由斯托克斯定理有題1.27題1.27圖由于曲面是任意的,故有〔2對于任意閉合曲面為邊界的體積,由散度定理有其中和如題1.27圖所示。由斯托克斯定理,有,由題1.27圖可知和是方向相反的同一回路,則有所以得到由于體積是任意的,故有第二章習題解答2.1一個平行板真空二極管內的電荷體密度為,式中陰極板位于,陽極板位于,極間電壓為。如果、、橫截面,求：〔1和區域內的總電荷量；〔2和區域內的總電荷量。解〔1〔22.2一個體密度為的質子束,通過的電壓加速后形成等速的質子束,質子束內的電荷均勻分布,束直徑為,束外沒有電荷分布,試求電流密度和電流。解質子的質量、電量。由得故2.3一個半徑為的球體內均勻分布總電荷量為的電荷,球體以勻角速度繞一個直徑旋轉,求球內的電流密度。解以球心為坐標原點,轉軸〔一直徑為軸。設球內任一點的位置矢量為,且與軸的夾角為,則點的線速度為球內的電荷體密度為故2.4一個半徑為的導體球帶總電荷量為,同樣以勻角速度繞一個直徑旋轉,求球表面的面電流密度。解以球心為坐標原點,轉軸〔一直徑為軸。設球面上任一點的位置矢量為,且與軸的夾角為,則點的線速度為球面的上電荷面密度為故2.5兩點電荷位于軸上處,位于軸上處,求處的電場強度。解電荷在處產生的電場為電荷在處產生的電場為故處的電場為2.6一個半圓環上均勻分布線電荷,求垂直于圓平面的軸線上處的電場強度,設半圓環的半徑也為,如題2.6圖所示。解半圓環上的電荷元在軸線上處的電場強度為題題2.6圖在半圓環上對上式積分,得到軸線上處的電場強度為2.7三根長度均為,均勻帶電荷密度分別為、和地線電荷構成等邊三角形。設,計算三角形中心處的電場強度。解建立題2.7圖所示的坐標系。三角形中心到各邊的距離為題2題2.7圖則故等邊三角形中心處的電場強度為2.8－點電荷位于處,另－點電荷位于處,空間有沒有電場強度的點？解電荷在處產生的電場為電荷在處產生的電場為處的電場則為。令,則有由上式兩端對應分量相等,可得到①②③當或時,將式②或式③代入式①,得。所以,當或時無解；當且時,由式①,有解得但不合題意,故僅在處電場強度。2．9一個很薄的無限大導電帶電面,電荷面密度為。證明：垂直于平面的軸上處的電場強度中,有一半是有平面上半徑為的圓內的電荷產生的。解半徑為、電荷線密度為的帶電細圓環在軸上處的電場強度為題2.10圖故整個導電帶電面在軸上題2.10圖而半徑為的圓內的電荷產生在軸上處的電場強度為2.10一個半徑為的導體球帶電荷量為,當球體以均勻角速度繞一個直徑旋轉,如題2.10圖所示。求球心處的磁感應強度。解球面上的電荷面密度為當球體以均勻角速度繞一個直徑旋轉時,球面上位置矢量點處的電流面密度為將球面劃分為無數個寬度為的細圓環,則球面上任一個寬度為細圓環的電流為細圓環的半徑為,圓環平面到球心的距離,利用電流圓環的軸線上的磁場公式,則該細圓環電流在球心處產生的磁場為故整個球面電流在球心處產生的磁場為2.11兩個半徑為、同軸的相同線圈,各有匝,相互隔開距離為,如題2.11圖所示。電流以相同的方向流過這兩個線圈。〔1求這兩個線圈中心點處的磁感應強度；〔2證明：在中點處等于零；〔3求出與之間的關系,使中點處也等于零。解〔1由細圓環電流在其軸線上的磁感應強度得到兩個線圈中心點處的磁感應強度為〔2兩線圈的電流在其軸線上處的磁感應強度為題題2.11圖所以故在中點處,有〔3令,有即故解得題2.12圖2.12一條扁平的直導體帶,寬為,中心線與軸重合,通過的電流為。證明在第一象限內的磁感應強度為,式中、和如題2.12圖所示。題2.12圖解將導體帶劃分為無數個寬度為的細條帶,每一細條帶的電流。由安培環路定理,可得位于處的細條帶的電流在點處的磁場為則所以2.13如題2.13圖所示,有一個電矩為的電偶極子,位于坐標原點上,另一個電矩為的電偶極子,位于矢徑為的某一點上。試證明兩偶極子之間相互作用力為題2.13圖式中,,是兩個平面和間的夾角。并問兩個偶極子在怎樣的相對取向下這個力值最大？題2.13圖解電偶極子在矢徑為的點上產生的電場為所以與之間的相互作用能為因為,,則又因為是兩個平面和間的夾角,所以有另一方面,利用矢量恒等式可得因此于是得到<>故兩偶極子之間的相互作用力為<><>由上式可見,當時,即兩個偶極子共線時,相互作用力值最大。2.14兩平行無限長直線電流和,相距為,求每根導線單位長度受到的安培力。解無限長直線電流產生的磁場為直線電流每單位長度受到的安培力為式中是由電流指向電流的單位矢量。同理可得,直線電流每單位長度受到的安培力為2.15一根通電流的無限長直導線和一個通電流的圓環在同一平面上,圓心與導線的距離為,如題2.15圖所示。證明：兩電流間相互作用的安培力為題2.15圖題2.15圖解無限長直線電流產生的磁場為圓環上的電流元受到的安培力為由題2.15圖可知所以2.16證明在不均勻的電場中,某一電偶極子繞坐標原點所受到的力矩為。解如題2.16圖所示,設,則電偶極子繞坐標原點所受到的力矩為題2.16圖當題2.16圖故得到第三章習題解答3.1真空中半徑為的一個球面,球的兩極點處分別設置點電荷和,試計算球赤道平面上電通密度的通量<如題3.1圖所示>。赤道平面題3.1圖解由點電荷和赤道平面題3.1圖則球赤道平面上電通密度的通量3.21911年盧瑟福在實驗中使用的是半徑為的球體原子模型,其球體內均勻分布有總電荷量為的電子云,在球心有一正電荷〔是原子序數,是質子電荷量,通過實驗得到球體內的電通量密度表達式為,試證明之。解位于球心的正電荷球體內產生的電通量密度為原子內電子云的電荷體密度為題3.3題3.3圖電子云在原子內產生的電通量密度則為故原子內總的電通量密度為3.3電荷均勻分布于兩圓柱面間的區域中,體密度為,兩圓柱面半徑分別為和,軸線相距為,如題3.3圖所示。求空間各部分的電場。解由于兩圓柱面間的電荷不是軸對稱分布,不能直接用高斯定律求解。但可把半徑為的小圓柱面內看作同時具有體密度分別為的兩種電荷分布,這樣在半徑為的整個圓柱體內具有體密度為的均勻電荷分布,而在半徑為的整個圓柱體內則具有體密度為的均勻電荷分布,如題3.3圖所示。空間任一點的電場是這兩種電荷所產生的電場的疊加。在區域中,由高斯定律,可求得大、小圓柱中的正、負電荷在點產生的電場分別為題3.3圖＝＋題3.3圖＝＋在且區域中,同理可求得大、小圓柱中的正、負電荷在點產生的電場分別為點處總的電場為在的空腔區域中,大、小圓柱中的正、負電荷在點產生的電場分別為點處總的電場為3.4半徑為的球中充滿密度的體電荷,已知電位移分布為其中為常數,試求電荷密度。解：由,有故在區域在區域3.5一個半徑為薄導體球殼內表面涂覆了一薄層絕緣膜,球內充滿總電荷量為為的體電荷,球殼上又另充有電荷量。已知球內部的電場為,設球內介質為真空。計算：〔1球內的電荷分布；〔2球殼外表面的電荷面密度。解〔1由高斯定律的微分形式可求得球內的電荷體密度為〔2球體內的總電量為球內電荷不僅在球殼內表面上感應電荷,而且在球殼外表面上還要感應電荷,所以球殼外表面上的總電荷為2,故球殼外表面上的電荷面密度為3.6兩個無限長的同軸圓柱半徑分別為和,圓柱表面分別帶有密度為和的面電荷。〔1計算各處的電位移；〔2欲使區域內,則和應具有什么關系？解〔1由高斯定理,當時,有當時,有,則當時,有,則〔2令,則得到3.7計算在電場強度的電場中把帶電量為的點電荷從點移到點時電場所做的功：〔1沿曲線；〔2沿連接該兩點的直線。解〔1〔2連接點到點直線方程為即故3.8長度為的細導線帶有均勻電荷,其電荷線密度為。〔1計算線電荷平分面上任意點的電位；〔2利用直接積分法計算線電荷平分面上任意點的電場,并用核對。解〔1建立如題3.8圖所示坐標系。根據電位的積分表達式,線電荷平分面上任意點的電位為題3.8題3.8圖〔2根據對稱性,可得兩個對稱線電荷元在點的電場為故長為的線電荷在點的電場為由求,有3.9已知無限長均勻線電荷的電場,試用定義式求其電位函數。其中為電位參考點。解由于是無限長的線電荷,不能將選為無窮遠點。3.10一點電荷位于,另一點電荷位于,求空間的零電位面。解兩個點電荷和在空間產生的電位令,則有即故得由此可見,零電位面是一個以點為球心、為半徑的球面。3.11證明習題3.2的電位表達式為解位于球心的正電荷在原子外產生的電通量密度為電子云在原子外產生的電通量密度則為所以原子外的電場為零。故原子內電位為3.12電場中有一半徑為的圓柱體,已知柱內外的電位函數分別為〔1求圓柱內、外的電場強度；〔2這個圓柱是什么材料制成的？表面有電荷分布嗎？試求之。解〔1由,可得到時,時,〔2該圓柱體為等位體,所以是由導體制成的,其表面有電荷分布,電荷面密度為3.13驗證下列標量函數在它們各自的坐標系中滿足〔1其中；〔2圓柱坐標；〔3圓柱坐標；〔4球坐標；〔5球坐標。解〔1在直角坐標系中而故〔2在圓柱坐標系中而故〔3故〔4在球坐標系中而故〔5故3.14已知的空間中沒有電荷,下列幾個函數中哪些是可能的電位的解?〔1；〔2；〔3〔4。解〔1所以函數不是空間中的電位的解；〔2所以函數是空間中可能的電位的解；〔3所以函數不是空間中的電位的解；〔4所以函數不是空間中的電位的解。3.15中心位于原點,邊長為的電介質立方體的極化強度矢量為。〔1計算面束縛電荷密度和體束縛電荷密度；〔2證明總的束縛電荷為零。解〔1同理〔23.16一半徑為的介質球,介電常數為,其內均勻分布自由電荷,證明中心點的電位為解由,可得到時,即,時,即,故中心點的電位為3.17一個半徑為的介質球,介電常數為,球內的極化強度,其中為一常數。〔1計算束縛電荷體密度和面密度；〔2計算自由電荷密度；〔3計算球內、外的電場和電位分布。解〔1介質球內的束縛電荷體密度為在的球面上,束縛電荷面密度為〔2由于,所以即由此可得到介質球內的自由電荷體密度為總的自由電荷量〔3介質球內、外的電場強度分別為介質球內、外的電位分別為3.18〔1證明不均勻電介質在沒有自由電荷密度時可能存在束縛電荷體密度；〔2導出束縛電荷密度的表達式。解〔1由,得束縛電荷體密度為在介質內沒有自由電荷密度時,,則有由于,有所以由此可見,當電介質不均勻時,可能不為零,故在不均勻電介質中可能存在束縛電荷體密度。〔2束縛電荷密度的表達式為3.19兩種電介質的相對介電常數分別為=2和=3,其分界面為=0平面。如果已知介質1中的電場的那么對于介質2中的和,我們可得到什么結果？能否求出介質2中任意點的和？解設在介質2中在處,由和,可得于是得到故得到介質2中的和在處的表達式分別為不能求出介質2中任意點的和。由于是非均勻場,介質中任意點的電場與邊界面上的電場是不相同的。3.20電場中一半徑為、介電常數為的介質球,已知球內、外的電位函數分別為驗證球表面的邊界條件,并計算球表面的束縛電荷密度。解在球表面上故有,可見和滿足球表面上的邊界條件。球表面的束縛電荷密度為3.21平行板電容器的長、寬分別為和,極板間距離為。電容器的一半厚度<>用介電常數為的電介質填充,如題3.21圖所示。<1>板上外加電壓,求板上的自由電荷面密度、束縛電荷；<2>若已知板上的自由電荷總量為,求此時極板間電壓和束縛電荷；<3>求電容器的電容量。解〔1設介質中的電場為,空氣中的電場為。由,有題題3.21圖又由于由以上兩式解得,故下極板的自由電荷面密度為上極板的自由電荷面密度為電介質中的極化強度故下表面上的束縛電荷面密度為上表面上的束縛電荷面密度為題3.22圖〔題3.22圖得到故〔3電容器的電容為3.22厚度為、介電常數為的無限大介質板,放置于均勻電場中,板與成角,如題3.22圖所示。求：〔1使的值；〔2介質板兩表面的極化電荷密度。解〔1根據靜電場的邊界條件,在介質板的表面上有由此得到〔2設介質板中的電場為,根據分界面上的邊界條件,有,即所以介質板左表面的束縛電荷面密度介質板右表面的束縛電荷面密度3.23在介電常數為的無限大均勻介質中,開有如下的空腔,求各腔中的和：〔1平行于的針形空腔；〔2底面垂直于的薄盤形空腔；〔3小球形空腔〔見第四章4.14題。解〔1對于平行于的針形空腔,根據邊界條件,在空腔的側面上,有。故在針形空腔中,〔2對于底面垂直于的薄盤形空腔,根據邊界條件,在空腔的底面上,有。故在薄盤形空腔中,3.24在面積為的平行板電容器內填充介電常數作線性變化的介質,從一極板處的一直變化到另一極板處的,試求電容量。解由題意可知,介質的介電常數為設平行板電容器的極板上帶電量分別為,由高斯定理可得所以,兩極板的電位差故電容量為3.25一體密度為的質子束,束內的電荷均勻分布,束直徑為,束外沒有電荷分布,試計算質子束內部和外部的徑向電場強度。解在質子束內部,由高斯定理可得故在質子束外部,有故3.26考慮一塊電導率不為零的電介質,設其介質特性和導電特性都是不均勻的。證明當介質中有恒定電流時,體積內將出現自由電荷,體密度為。試問有沒有束縛體電荷？若有則進一步求出。解對于恒定電流,有,故得到介質中有束縛體電荷,且3.27填充有兩層介質的同軸電纜,內導體半徑為,外導體內半徑為,介質的分界面半徑為。兩層介質的介電常數為和,電導率為和。設內導體的電壓為,外導體接地。求：〔1兩導體之間的電流密度和電場強度分布；〔2介質分界面上的自由電荷面密度；〔3同軸線單位長度的電容及漏電阻。解〔1設同軸電纜中單位長度的徑向電流為,則由,可得電流密度介質中的電場由于于是得到故兩種介質中的電流密度和電場強度分別為〔2由可得,介質1內表面的電荷面密度為介質2外表面的電荷面密度為兩種介質分界面上的電荷面密度為〔3同軸線單位長度的漏電阻為由靜電比擬,可得同軸線單位長度的電容為3.28半徑為和的兩個同心的理想導體球面間充滿了介電常數為、電導率為的導電媒質<為常數>。若內導體球面的電位為,外導體球面接地。試求：〔1媒質中的電荷分布；〔2兩個理想導體球面間的電阻。解設由內導體流向外導體的電流為,由于電流密度成球對稱分布,所以電場強度由兩導體間的電壓可得到所以媒質中的電荷體密度為媒質內、外表面上的電荷面密度分別為〔2兩理想導體球面間的電阻3.29電導率為的無界均勻電介質內,有兩個半徑分別為和的理想導體小球,兩球之間的距離為,試求兩小導體球面間的電阻。解此題可采用靜電比擬的方法求解。假設兩小球分別帶電荷和,由于兩球間的距離、,可近似認為小球上的電荷均勻分布在球面上。由電荷和的電位疊加求出兩小球表面的電位差,即可求得兩小導體球面間的電容,再由靜電比擬求出兩小導體球面間的電阻。設兩小球分別帶電荷和,由于、,可得到兩小球表面的電位為所以兩小導體球面間的電容為由靜電比擬,得到兩小導體球面間的電導為故兩個小導體球面間的電阻為3.30在一塊厚度的導電板上,由兩個半徑為和的圓弧和夾角為的兩半徑割出的一塊扇形體,如題3.30圖所示。求：〔1沿厚度方向的電阻；〔2兩圓弧面之間的電阻；沿方向的兩電極的電阻。設導電板的電導率為。解〔1設沿厚度方向的兩電極的電壓為,則有題3.30題3.30圖故得到沿厚度方向的電阻為〔2設內外兩圓弧面電極之間的電流為,則故得到兩圓弧面之間的電阻為〔3設沿方向的兩電極的電壓為,則有由于與無關,所以得到故得到沿方向的電阻為3.31圓柱形電容器外導體內半徑為,內導體半徑為。當外加電壓固定時,在一定的條件下,求使電容器中的最大電場強度取極小值的內導體半徑的值和這個的值。解設內導體單位長度帶電荷為,由高斯定理可求得圓柱形電容器中的電場強度為由內外導體間的電壓得到由此得到圓柱形電容器中的電場強度與電壓的關系式在圓柱形電容器中,處的電場強度最大令對的導數為零,即由此得到故有3.32證明：同軸線單位長度的靜電儲能等于。為單位長度上的電荷量,為單位長度上的電容。解由高斯定理可求得圓柱形電容器中的電場強度為內外導體間的電壓為則同軸線單位長度的電容為同軸線單位長度的靜電儲能為3.33如題3.33圖所示,一半徑為、帶電量的導體球,其球心位于兩種介質的分界面上,此兩種介質的電容率分別為和,分界面為無限大平面。求：〔1導體球的電容；〔2總的靜電能量。解〔1由于電場沿徑向分布,根據邊界條件,在兩種介質的分界面上,故有。由于、,所以。由高斯定理,得到即題3.33題3.33圖導體球的電位故導體球的電容〔2總的靜電能量為3.34把一帶電量、半徑為的導體球切成兩半,求兩半球之間的電場力。解先利用虛位移法求出導體球表面上單位面積的電荷受到的靜電力,然后在半球面上對積分,求出兩半球之間的電場力。導體球的電容為故靜電能量為根據虛位移法,導體球表面上單位面積的電荷受到的靜電力方向沿導體球表面的外法向,即這里在半球面上對積分,即得到兩半球之間的靜電力為3.35如題3.35圖所示,兩平行的金屬板,板間距離為,豎直地插入在電容率為的液體中,兩板間加電壓,證明液面升高其中為液體的質量密度。解設金屬板的寬度為、高度為。當金屬板間的液面升高為時,其電容為題3.35題3.35圖液體受到豎直向上的靜電力為而液體所受重力與相平衡,即故得到液面上升的高度3.36可變空氣電容器,當動片由至電容量由至直線地變化,當動片為角時,求作用于動片上的力矩。設動片與定片間的電壓為。解當動片為角時,電容器的電容為此時電容器中的靜電能量為作用于動片上的力矩為3.37平行板電容器的電容是,其中是板的面積,為間距,忽略邊緣效應。題3.37圖〔1如果把一塊厚度為的不帶電金屬插入兩極板之間,但不與兩極接觸,如題3.37圖所示。則在原電容器電壓一定的條件下,電容器的能量如何變化？電容量如何變化？題3.37圖〔2如果在電荷一定的條件下,將一塊橫截面為、介電常數為的電介質片插入電容器<與電容器極板面積基本上垂直地插入,如題3.37圖所示,則電容器的能量如何變化？電容量又如何變化？解〔1在電壓一定的條件下,未插入金屬板前,極板間的電場為電容為靜電能量為當插入金屬板后,電容器中的電場為此時靜電能量和電容分別為故電容器的電容及能量的改變量分別為〔2在電荷一定的條件下,未插入電介質板前,極板間的電場為靜電能量為當插入電介質板后,由介質分界面上的邊界條件,有題3.37圖題3.37圖于是得到極板間的電場為兩極板間的電位差位此時的靜電能量為其電容為故電容器的電容及能量的改變量分別為3.38如果不引入電位函數,靜電問題也可以通過直接求解法求解的微分方程而得解決。〔1證明：有源區的微分方程為,；〔2證明：的解是解〔1由,可得,即又故得到〔2在直角坐標系中的三個分量方程為,,其解分別為故3.39證明：解由于,所以由題3.38<2>可知故第四章習題解答4.1如題4.1圖所示為一長方形截面的導體槽,槽可視為無限長,其上有一塊與槽相絕緣的蓋板,槽的電位為零,上邊蓋板的電位為,求槽內的電位函數。解根據題意,電位滿足的邊界條件為①②③根據條件①和②,電位的通解應取為題4.1題4.1圖由條件③,有兩邊同乘以,并從0到對積分,得到故得到槽內的電位分布4.2兩平行無限大導體平面,距離為,其間有一極薄的導體片由到。上板和薄片保持電位,下板保持零電位,求板間電位的解。設在薄片平面上,從到,電位線性變化,。yoyyoyboydy題4.2圖其中,為不存在薄片的平行無限大導體平面間〔電壓為的電位,即；是兩個電位為零的平行導體板間有導體薄片時的電位,其邊界條件為：①②③根據條件①和②,可設的通解為由條件③有兩邊同乘以,并從0到對積分,得到故得到4.3求在上題的解中,除開一項外,其他所有項對電場總儲能的貢獻。并按定出邊緣電容。解在導體板〔上,相應于的電荷面密度則導體板上〔沿方向單位長相應的總電荷相應的電場儲能為其邊緣電容為4.4如題4.4圖所示的導體槽,底面保持電位,其余兩面電位為零,求槽內的電位的解。解根據題意,電位滿足的邊界條件為①題4.4圖題4.4圖③根據條件①和②,電位的通解應取為由條件③,有兩邊同乘以,并從0到對積分,得到故得到槽內的電位分布為4.5一長、寬、高分別為、、的長方體表面保持零電位,體積內填充密度為的電荷。求體積內的電位。解在體積內,電位滿足泊松方程〔1長方體表面上,電位滿足邊界條件。由此設電位的通解為代入泊松方程〔1,可得由此可得或〔2由式〔2,可得故4.6如題4.6圖所示的一對無限大接地平行導體板,板間有一與軸平行的線電荷,其位置為。求板間的電位函數。解由于在處有一與軸平行的線電荷,以為界將場空間分割為和兩個區域,則這兩個區域中的電位和都滿足拉普拉斯方程。而在的分界面上,可利用函數將線電荷表示成電荷面密度。電位的邊界條件為題4.6圖題4.6圖②③由條件①和②,可設電位函數的通解為由條件③,有〔1〔2由式〔1,可得〔3將式〔2兩邊同乘以,并從到對積分,有〔4由式〔3和〔4解得故b題4.7圖4.7如題4.7b題4.7圖解由于在處有一與軸平行的線電荷,以為界將場空間分割為和兩個區域,則這兩個區域中的電位和都滿足拉普拉斯方程。而在的分界面上,可利用函數將線電荷表示成電荷面密度,電位的邊界條件為①,②③由條件①和②,可設電位函數的通解為由條件③,有〔1〔2由式〔1,可得〔3將式〔2兩邊同乘以,并從到對積分,有〔4由式〔3和〔4解得故若以為界將場空間分割為和兩個區域,則可類似地得到4.8如題4.8圖所示,在均勻電場中垂直于電場方向放置一根無限長導體圓柱,圓柱的半徑為。求導體圓柱外的電位和電場以及導體表面的感應電荷密度。解在外電場作用下,導體表面產生感應電荷,圓柱外的電位是外電場的電位與感應電荷的電位的疊加。由于導體圓柱為無限長,所以電位與變量無關。在圓柱面坐標系中,外電場的電位為〔常數的值由參考點確定,而感應電荷的電位應與一樣按變化,而且在無限遠處為0。由于導體是等位體,所以滿足的邊界條件為題4.8圖題4.8圖②由此可設由條件①,有于是得到故圓柱外的電位為若選擇導體圓柱表面為電位參考點,即,則。導體圓柱外的電場則為導體圓柱表面的電荷面密度為4.9在介電常數為的無限大的介質中,沿軸方向開一個半徑為的圓柱形空腔。沿軸方向外加一均勻電場,求空腔內和空腔外的電位函數。解在電場的作用下,介質產生極化,空腔表面形成極化電荷,空腔內、外的電場為外加電場與極化電荷的電場的疊加。外電場的電位為而感應電荷的電位應與一樣按變化,則空腔內、外的電位分別為和的邊界條件為①時,；②時,為有限值；③時,,由條件①和②,可設帶入條件③,有,由此解得,所以題4.10圖4.10一個半徑為、無限長的薄導體圓柱面被分割成四個四分之一圓柱面,如題4.10圖所示。第二象限和第四象限的四分之一圓柱面接地,第一象限和第三象限分別保持電位和。求圓柱面內部的電位函數。題4.10圖解由題意可知,圓柱面內部的電位函數滿足邊界條件為①為有限值；②；由條件①可知,圓柱面內部的電位函數的通解為代入條件②,有由此得到故4.11如題4.11圖所示,一無限長介質圓柱的半徑為、介電常數為,在距離軸線處,有一與圓柱平行的線電荷,計算空間各部分的電位。解在線電荷作用下,介質圓柱產生極化,介質圓柱內外的電位均為線電荷的電位與極化電荷的電位的疊加,即。線電荷的電位為〔1題4.11圖而極化電荷的電位滿足拉普拉斯方程,且是的偶函數。介質圓柱內外的電位和滿足的邊界條件為分別為題4.11圖①為有限值；②③時,由條件①和②可知,和的通解為〔2〔3將式〔1～〔3帶入條件③,可得到〔4〔5當時,將展開為級數,有〔6帶入式〔5,得〔7由式〔4和〔7,有由此解得,故得到圓柱內、外的電位分別為〔8〔9討論：利用式〔6,可將式〔8和〔9中得第二項分別寫成為其中。因此可將和分別寫成為由所得結果可知,介質圓柱內的電位與位于〔0的線電荷的電位相同,而介質圓柱外的電位相當于三根線電荷所產生,它們分別為：位于〔0的線電荷；位于的線電荷；位于的線電荷。4.12將上題的介質圓柱改為導體圓柱,重新計算。解導體圓柱內的電位為常數,導體圓柱外的電位均為線電荷的電位與感應電荷的電位的疊加,即。線電荷的電位為〔1而感應電荷的電位滿足拉普拉斯方程,且是的偶函數。滿足的邊界條件為①；②。由于電位分布是的偶函數,并由條件①可知,的通解為〔2將式〔1和〔2帶入條件②,可得到〔3將展開為級數,有〔4帶入式〔3,得〔5由此可得,故導體圓柱外的電為〔6討論：利用式〔4,可將式〔6中的第二項寫成為其中。因此可將寫成為由此可見,導體圓柱外的電位相當于三根線電荷所產生,它們分別為：位于〔0的線電荷；位于的線電荷；位于的線電荷。4.13在均勻外電場中放入半徑為的導體球,設〔1導體充電至；〔2導體上充有電荷。試分別計算兩種情況下球外的電位分布。解〔1這里導體充電至應理解為未加外電場時導體球相對于無限遠處的電位為,此時導體球面上的電荷密度,總電荷。將導體球放入均勻外電場中后,在的作用下,產生感應電荷,使球面上的電荷密度發生變化,但總電荷仍保持不變,導體球仍為等位體。設,其中是均勻外電場的電位,是導體球上的電荷產生的電位。電位滿足的邊界條件為①時,；②時,,其中為常數,若適當選擇的參考點,可使。由條件①,可設代入條件②,可得到,,若使,可得到〔2導體上充電荷時,令,有利用〔1的結果,得到4.14如題4.14圖所示,無限大的介質中外加均勻電場,在介質中有一個半徑為的球形空腔。求空腔內、外的電場和空腔表面的極化電荷密度〔介質的介電常數為。解在電場的作用下,介質產生極化,空腔表面形成極化電荷,空腔內、外的電場為外加電場與極化電荷的電場的疊加。設空腔內、外的電位分別為和,則邊界條件為①時,；②時,為有限值；③時,,由條件①和②,可設題4.14題4.14圖帶入條件③,有,由此解得,所以空腔內、外的電場為空腔表面的極化電荷面密度為4.15如題4.15圖所示,空心導體球殼的內、外半徑分別為和,球的中心放置一個電偶極子,球殼上的電荷量為。試計算球內、外的電位分布和球殼上的電荷分布。解導體球殼將空間分割為內外兩個區域,電偶極子在球殼內表面上引起感應電荷分布,但內表面上的感應電荷總量為零,因此球殼外表面上電荷總量為,且均勻分布在外表面上。球殼外的場可由高斯定理求得為題4.15題4.15圖外表面上的電荷面密度為設球內的電位為,其中是電偶極子的電位,是球殼內表面上的感應電荷的電位。滿足的邊界條件為①為有限值；②,即,所以由條件①可知的通解為由條件②,有比較兩端的系數,得到,,最后得到球殼內表面上的感應電荷面密度為感應電荷的總量為題4.16圖4.16題4.16圖解設球內的均勻場為,球外的場為,如題4.16圖所示。根據邊界條件,球面上的電流面密度為若令,則得到球面上的電流面密度為這表明球面上的繞線密度正比于,則將在球內產生均勻場。4.17一個半徑為的介質球帶有均勻極化強度。〔1證明：球內的電場是均勻的,等于；〔2證明：球外的電場與一個位于球心的偶極子產生的電場相同,。題4.17圖解〔題4.17圖建立如題4.17圖所示的坐標系,則介質球面上的極化電荷面密度為介質球內、外的電位和滿足的邊界條件為①為有限值；②；③因此,可設球內、外電位的通解為由條件③,有,解得,于是得到球內的電位故球內的電場為〔2介質球外的電位為其中為介質球的體積。故介質球外的電場為可見介質球外的電場與一個位于球心的偶極子產生的電場相同。4.18半徑為的接地導體球,離球心處放置一個點電荷,如題4.18圖所示。用分離變量法求電位分布。解球外的電位是點電荷的電位與球面上感應電荷產生的電位的疊加,感應電荷的電位滿足拉普拉斯方程。用分離變量法求解電位分布時,將點電荷的電位在球面上按勒讓德多項式展開,即可由邊界條件確定通解中的系數。設,其中是點電荷的電位,是導體球上感應電荷產生的電位。電位滿足的邊界條件為①時,；②時,。題4.18圖由條件①題4.18圖為了確定系數,利用的球坐標展開式將在球面上展開為代入條件②,有比較的系數,得到故得到球外的電位為討論：將的第二項與的球坐標展開式比較,可得到由此可見,的第二項是位于的一個點電荷所產生的電位,此電荷正是球面上感應電荷的等效電荷,即像電荷。題4.19圖4.19一根密度為、長為2的線電荷沿軸放置,中心在原點上。證明：對于的點,有題4.19圖解線電荷產生的電位為對于的點,有故得到4.20一個半徑為的細導線圓環,環與平面重合,中心在原點上,環上總電荷量為,如題4.20圖所示。證明：空間任意點電位為解以細導線圓環所在的球面把場區分為兩部分,分別寫出兩個場域的通解,并利用函數將細導線圓環上的線電荷表示成球面上的電荷面密度題4.20題4.20圖再根據邊界條件確定系數。設球面內、外的電位分別為和,則邊界條件為：①為有限值；②③,根據條件①和②,可得和的通解為〔1〔2代入條件③,有〔3〔4將式〔4兩端同乘以,并從0到對進行積分,得〔5其中由式〔3和〔5,解得,代入式〔1和〔2,即得到4.21一個點電荷與無限大導體平面距離為,如果把它移到無窮遠處,需要作多少功？題4.21圖解利用鏡像法求解。當點電荷移動到距離導體平面為的點處時,其像電荷,與導體平面相距為,如題4.21圖所示。像電荷在點處產生的電場為題4.21圖所以將點電荷移到無窮遠處時,電場所作的功為外力所作的功為4.22如題4.22圖所示,一個點電荷放在的接地導體角域內的點處。求：〔1所有鏡像電荷的位置和大小；〔2點處的電位。解〔1這是一個多重鏡像的問題,共有5個像電荷,分布在以點電荷到角域頂點的距離為半徑的圓周上,并且關于導體平面對稱,其電荷量的大小等于,且正負電荷交錯分布,其大小和位置分別為題題4.22圖〔2點處電位4.23一個電荷量為、質量為的小帶電體,放置在無限大導體平面下方,與平面相距為。求的值以使帶電體上受到的靜電力恰與重力相平衡〔設,。解將小帶電體視為點電荷,導體平面上的感應電荷對的靜電力等于鏡像電荷對的作用力。根據鏡像法可知,鏡像電荷為,位于導體平面上方為處,則小帶電體受到的靜電力為令的大小與重力相等,即題4.24圖〔題4.24圖〔>圖2.13題4.24圖〔題4.24圖〔>4.24如題4.24〔圖所示,在的下半空間是介電常數為的介質,上半空間為空氣,距離介質平面距為處有一點電荷,求：〔1和的兩個半空間內的電位；〔2介質表面上的極化電荷密度,并證明表面上極化電荷總電量等于鏡像電荷。解〔1在點電荷的電場作用下,介質分界面上出現極化電荷,利用鏡像電荷替代介質分界面上的極化電荷。根據鏡像法可知,鏡像電荷分布為〔如題4.24圖〔、〔所示,位于,位于上半空間內的電位由點電荷和鏡像電荷共同產生,即下半空間內的電位由點電荷和鏡像電荷共同產生,即〔2由于分界面上無自由電荷分布,故極化電荷面密度為極化電荷總電量為4.25一個半徑為的導體球帶有電荷量為,在球體外距離球心為處有一個點電荷。〔1求點電荷與導體球之間的靜電力；〔2證明：當與同號,且成立時,表現為吸引力。題4.25圖解〔1導體球上除帶有電荷量之外,點電荷還要在導體球上感應出等量異號的兩種不同電荷。根據鏡像法,像電荷和的大小和位置分別為〔如題4.25圖所示題4.25圖,,導體球自身所帶的電荷則與位于球心的點電荷等效。故點電荷受到的靜電力為〔2當與同號,且表現為吸引力,即時,則應有由此可得出4.26兩個點電荷和,在一個半徑為的導體球直徑的延長線上,分別位于導體球的兩側且距球心為。〔1證明：鏡像電荷構成一個電偶極子,位于球心,電偶極矩為；〔2令和分別趨于無窮,同時保持不變,計算球外的電場。解〔1點電荷和都要在球面上引起等量異號的感應電荷,可分別按照點電荷與不接地導體球面的鏡像確定其等效的像電荷。根據鏡像法,點電荷的像電荷為,位于：有題4.26圖有題4.26圖而點電荷的像電荷為,位于：,位于：如題4.26圖所示。由此可見,像電荷和等值異號,且同時位于球心,故球心處總的像電荷為零；而像電荷和也等值異號,且位置關于球心對稱,故構成位于球心的電偶極子,其電偶極矩為〔2球外的電位由和以及像電荷和共同產生,即當和分別趨于無窮,同時保持不變時,有球外的電場為4.27一根與地面平行架設的圓截面導線,半徑為,懸掛高度為。證明：單位長度上圓柱導線與地面間的電容為。題4.27圖解地面的影響可用一個像圓柱來等效。設導線單位長度帶電荷為,則像圓柱單位長度帶電荷為。根據電軸法,電荷和可用位于電軸上的線電荷來等效替代,如題4.27圖所示。等效線電荷對導體軸線的偏移為題4.27圖則導線與地間的電位差為故單位長度上圓柱導線與地面間的電容為4.28在上題中設導線與地面間的電壓為。證明：地面對導線單位長度的作用力。解導線單位長度上的電場能量為由虛位移法,得到地面對導線單位長度的作用力為第五章習題解答5.1真空中直線長電流的磁場中有一等邊三角形回路,如題5.1圖所示,求三角形回路內的磁通。解根據安培環路定理,得到長直導線的電流產生的磁場題5.1題5.1圖穿過三角形回路面積的磁通為由題5.1圖可知,,故得到5.2通過電流密度為的均勻電流的長圓柱導體中有一平行的圓柱形空腔,如題5.2圖所示。計算各部分的磁感應強度,并證明腔內的磁場是均勻的。解將空腔中視為同時存在和的兩種電流密度,這樣可將原來的電流分布分解為兩個均勻的電流分布：一個電流密度為、均勻分布在半徑為的圓柱內,另一個電流密度為、均勻分布在半徑為的圓柱內。由安培環路定律,分別求出兩個均勻分布電流的磁場,然后進行疊加即可得到圓柱內外的磁場。題5.2圖由安培環路定律,可得到電流密度為、均勻分布在半徑為的圓柱內的電流產生的磁場為題5.2圖電流密度為、均勻分布在半徑為的圓柱內的電流產生的磁場為這里和分別是點和到場點的位置矢量。將和疊加,可得到空間各區域的磁場為圓柱外：圓柱內的空腔外：空腔內：式中是點和到點的位置矢量。由此可見,空腔內的磁場是均勻的。5.3下面的矢量函數中哪些可能是磁場？如果是,求其源變量。<1>〔圓柱坐標<2><3><4>〔球坐標系解根據恒定磁場的基本性質,滿足的矢量函數才可能是磁場的場矢量,否則,不是磁場的場矢量。若是磁場的場矢量,則可由求出源分布。〔1在圓柱坐標中該矢量不是磁場的場矢量。〔2該矢量是磁場的矢量,其源分布為〔3該矢量是磁場的場矢量,其源分布為〔4在球坐標系中該矢量是磁場的場矢量,其源分布為5.4由矢量位的表示式證明磁感應強度的積分公式并證明解:5.5有一電流分布,求矢量位和磁感應強度。解由于電流只有分量,且僅為的函數,故也只有分量,且僅為的函數,即。在圓柱坐標系中,由滿足的一維微分方程和邊界條件,即可求解出,然后由可求出。記和的矢量位分別為和。由于在時電流為零,所以〔〔由此可解得和滿足的邊界條件為①時,為有限值②時,,由條件①、②,有,,由此可解得,故〔〔式中常數由參考點確定,若令時,,則有。題5.6題5.6圖〔〔5.6如題5.6圖所示,邊長分別為和、載有電流的小矩形回路。〔1求遠處的任一點的矢量位,并證明它可以寫成。其中；〔2由求磁感應強度,并證明可以寫成式中場點對小電流回路所張的立體角。解〔1電流回路的矢量位為式中：根據矢量積分公式,有而所以對于遠區場,,所以,故〔2由于故又由于故5.7半徑為磁介質球,具有磁化強度為其中和為常數,求磁化電流和等效磁荷。解磁介質球內的磁化電流體密度為等效磁荷體密度為磁介質球表面的磁化電流面密度為題5.8題5.8圖等效磁荷面密度為5.8如題5.8所示圖,無限長直線電流垂直于磁導率分別為和的兩種磁介質的分界面,試求：〔1兩種磁介質中的磁感應強度和；〔2磁化電流分布。解〔1由安培環路定理,可得所以得到〔2磁介質在的磁化強度題5.9圖題5.9圖在處,具有奇異性,所以在磁介質中處存在磁化線電流。以軸為中心、為半徑作一個圓形回路,由安培環路定理,有故得到在磁介質的表面上,磁化電流面密度為5.9已知一個平面電流回路在真空中產生的磁場強度為,若此平面電流回路位于磁導率分別為和的兩種均勻磁介質的分界平面上,試求兩種磁介質中的磁場強度和。解由于是平面電流回路,當其位于兩種均勻磁介質的分界平面上時,分界面上的磁場只有法向分量,根據邊界條件,有。在分界面兩側作一個小矩形回路,分別就真空和存在介質兩種不同情況,應用安培環路定律即可導出、與的關系。在分界面兩側,作一個尺寸為的小矩形回路,如題5.9圖所示。根據安培環路定律,有〔1因垂直于分界面,所以積分式中。這里為與小矩形回路交鏈的電流。對平面電流回路兩側為真空的情況,則有〔2由于和是分界面上任意兩點,由式〔1和〔2可得到即于是得到故有5.10證明：在不同介質分界面上矢量位的切向分量是連續的。解由得題5.10圖媒質題5.10圖媒質②媒質①在媒質分界面上任取一點,圍繞點任作一個跨越分界面的狹小矩形回路,其長為、寬為,如題5.10圖所示。將式〔1應用于回路上,并令趨于零,得到由于為有限值,上式右端等于零,所以由于矢量平行于分界面,故有5.11一根極細的圓鐵桿和一個很薄的圓鐵盤樣品放在磁場中,并使它們的軸與平行,〔鐵的磁導率為。求兩樣品內的和；若已知、,求兩樣品內的磁化強度。解對于極細的圓鐵桿樣品,根據邊界條件,有對于很薄的圓鐵盤樣品,根據邊界條件,有5．12如題5.12圖所示,一環形螺線管的平均半徑cm,其圓形截面的半徑cm,鉄芯的相對磁導率,環上繞匝線圈,通過電流。〔1計算螺旋管的電感；〔2在鉄芯上開一個的空氣隙,再計算電感。〔假設開口后鉄芯的不變〔3求空氣隙和鉄芯內的磁場能量的比值。題5.12圖解〔1由于,可認為圓形截面上的磁場是均勻的,且等于截面的中心處的磁場。題5.12圖與螺線管鉸鏈的磁鏈為故螺線管的電感為〔2當鐵芯上開有小空氣隙時,由于可隙很小,可忽略邊緣效應,則在空氣隙與鉄芯的分界面上,磁場只有法向分量。根據邊界條件,有,但空氣隙中的磁場強度與鐵芯中的磁場強度不同。根據安培環路定律,有又由于、及,于是可得所以螺線管得磁鏈為故螺線管得電感為〔3空氣隙中的磁場能量為鉄芯中的磁場能量為故5.13證明：單匝線圈勵磁下磁路的自感量為,為磁路的磁阻,故激勵下,電感量為。磁路中單匝激勵下的磁場儲能,則激勵下的。解在單匝線圈勵磁下,設線圈中的電流為,有。則在激勵下,磁路的磁通為故電感量為在單匝線圈勵磁下,。在激勵下,磁路的磁能為①②題5.14圖5.14如題5.14圖所示,兩個長的矩形線圈,放置在同一平面上,長度分別為和,寬度分別為和,兩線圈最近的邊相距為,兩線圈中分別載有電流和。設>>,且兩線圈都只有一匝,略去端部效應。證明：兩線圈的互感是①②題5.14圖解由于>>,因此可近似認為線圈①中的電流在線圈②的回路中產生的磁場與兩根無限長的平行直線電流產生的磁場相同。線圈①中的電流在線圈②的回路中產生的磁場為與線圈②交鏈的磁通為故兩線圈間的互感為5.15長直導線附近有一矩形回路,回路與導線不共面,如題5.15圖<>所示。證明：直導線與矩形回路間的互感是題題5.15圖<>題5.15圖<>解設長直導線中的電流為,則其產生的磁場為由題5.15圖<>可知,與矩形回路交鏈的磁通為其中故直導線與矩形回路間的互感為題5.16圖5.16如題5.16圖所示的長螺旋管,單位長度密繞匝線圈,通過電流,鉄心的磁導率為、截面積為,求作用在它上面的磁場力。題5.16圖解由安培環路定理可得螺旋管內的磁場為設鐵心在磁場力的作用下有一位移,則螺旋管內改變的磁場能量為則作用在鉄心上的磁場力為磁力有將鐵心拉進螺旋管的趨勢。第六章時變電磁場6.1有一導體滑片在兩根平行的軌道上滑動,整個裝置位于正弦時變磁場之中,如題6.1圖所示。滑片的位置由確定,軌道終端接有電阻,試求電流i.解穿過導體回路abcda的磁通為故感應電流為6.2一根半徑為a的長圓柱形介質棒放入均勻磁場中與z軸平行。設棒以角速度繞軸作等速旋轉,求介質內的極化強度、體積內和表面上單位長度的極化電荷。解介質棒內距軸線距離為r處的感應電場為故介質棒內的極化強度為極化電荷體密度為極化電荷面密度為則介質體積內和表面上同單位長度的極化電荷分別為6.3平行雙線傳輸線與一矩形回路共面,如題6.3圖所示。設、、,求回路中的感應電動勢。解由題給定的電流方向可知,雙線中的電流產生的磁感應強度的方向,在回路中都是垂直于紙面向內的。故回路中的感應電動勢為式中故則6.4有一個環形線圈,導線的長度為l,分別通過以直流電源供應電壓U0和時變電源供應電壓U〔t。討論這兩種情況下導線內的電場強度E。解設導線材料的電導率為,橫截面積為S,則導線的電阻為而環形線圈的電感為L,故電壓方程為當U=U0時,電流i也為直流,。故此時導線內的切向電場為當U=U〔t時,,故即求解此微分方程就可得到。6.5一圓柱形電容器,內導體半徑為a,外導體內半徑為b,長為l。設外加電壓為,試計算電容器極板間的總位移電流,證明它等于電容器的傳導電流。解當外加電壓的頻率不是很高時,圓柱形電容器兩極板間的電場分布與外加直流電壓時的電場分布可視為相同〔準靜態電場,即故電容器兩極板間的位移電流密度為則式中,是長為l的圓柱形電容器的電容。流過電容器的傳導電流為可見6.6由麥克斯韋方程組出發,導出點電荷的電場強度公式和泊松方程。解點電荷q產生的電場滿足麥克斯韋方程和由得據散度定理,上式即為利用球對稱性,得故得點電荷的電場表示式由于,可取,則得即得泊松方程6.7試將麥克斯方程的微分形式寫成八個標量方程：〔1在直角坐標中；〔2在圓柱坐標中；〔3在球坐標中。解〔1在直角坐標中〔2在圓柱坐標中〔3在球坐標系中6.8已知在空氣中,求和。提示：將E代入直角坐標中的波方程,可求得。解電場E應滿足波動方程將已知的代入方程,得式中故得則由得將上式對時間t積分,得6.9已知自由空間中球面波的電場為求H和k。解可以和前題一樣將E代入波動方程來確定k,也可以直接由麥克斯韋方程求與E相伴的磁場H。而此磁場又要產生與之相伴的電場,同樣據麥克斯韋方程求得。將兩個電場比較,即可確定k的值。兩種方法本質上是一樣的。由得將上式對時間t積分,得〔1將式〔1代入得將上式對時間t積分,得〔2將已知的與式〔2比較,可得含項的Er分量應略去,且,即將代入式〔1,得6.10試推導在線性、無損耗、各向同性的非均勻媒質中用E和B表示麥克斯韋方程。解注意到非均勻媒質的參數是空間坐標的函數,因此而因此,麥克斯韋第一方程變為又故麥克斯韋第四方程變為則在非均勻媒質中,用E和B表示的麥克斯韋方程組為6.11寫出在空氣和的理想磁介質之間分界面上的邊界條件。解空氣和理想導體分界面的邊界條件為根據電磁對偶原理,采用以下對偶形式即可得到空氣和理想磁介質分界面上的邊界條件式中,Jms為表面磁流密度。6.12提出推導的詳細步驟。解如題6.12圖所示,設第2區為理想導體〔。在分界面上取閉合路徑。對該閉合路徑應用麥克斯韋第一方程可得〔1因為為有限值,故上式中而<1>式中的另一項為閉合路徑所包圍的傳導電流。取N為閉合路徑所圍面積的單位矢量〔其指向與閉合路徑的繞行方向成右手螺旋關系,則有因故式〔1可表示為〔2應用矢量運算公式,式〔2變為故得〔3由于理想導體的電導率,故必有,故式〔3變為6.13在由理想導電壁〔限定的區域內存在一個由以下各式表示的電磁場：這個電磁場滿足的邊界條件如何？導電壁上的電流密度的值如何？解如題6.13圖所示,應用理想導體的邊界條件可以得出在x=0處,在x=a處,上述結果表明,在理想導體的表面,不存在電場的切向分量Ey和磁場的法向分量Hx。另外,在x=0的表面上,電流密度為在x=a的表面上,電流密度則為6.14海水的電導率,在頻率f=1GHz時的相對介電常數。如果把海水視為一等效的電介質,寫出H的微分方程。對于良導體,例如銅,,比較在f=1GHz時的位移電流和傳導電流的幅度。可以看出,即使在微波頻率下,良導體中的位移電流也是可以忽略的。寫出H的微分方程。解對于海水,H的微分方程為即把海水視為等效介電常數為的電介質。代入給定的參數,得對于銅,傳導電流的幅度為,位移電流的幅度。故位移電流與傳導電流的幅度之比為可見,即使在微波頻率下,銅中的位移電流也是可以忽略不計的。故對于銅,H的微分方程為6.15計算題6.13中的能流密度矢量和平均能流密度矢量。解瞬時能流密度矢量為為求平均能流密度矢量,先將電磁場各個分量寫成復數形式故平均能流密度矢量為6.16寫出存在電荷J的無損耗媒質中E和H的波動方程。解存在外加源和J時,麥克斯韋方程組為〔1〔2〔3〔4對式〔1兩邊取旋度,得而故〔5將式〔2和式〔3代入式〔5,得這就是H的波動方程,是二階非齊次方程。同樣,對式〔2兩邊取旋度,得即〔6將式〔1和式〔4代入式〔6,得此即E滿足的波動方程。對于正弦時變場,可采用復數形式的麥克斯韋方程表示〔7〔8〔9〔10對式〔7兩邊取旋度,得利用矢量恒等式得〔11將式〔8和式〔9代入式〔11,得此即H滿足的微分方程,稱為非齊次亥姆霍茲方程。同樣,對式〔8兩邊取旋度,得即〔12將式〔7和式〔10代入式〔12,得此即E滿足的微分方程,亦稱非齊次亥姆霍茲方程。6.17在應用電磁位時,如果不采用洛倫茲條件,而采用所謂的庫侖規范,令,試導出A和所滿足的微分方程。解將電磁矢量位A的關系式和電磁標量位的關系式代入麥克斯韋第一方程得利用矢量恒等式得〔1又由得即〔2按庫侖規范,令,將其代入式〔1和式〔2得〔3〔4式〔3和式〔4就是采用庫侖規范時,電磁場A和所滿足的微分方程。6.18設電場強度和磁場強度分別為證明其坡印廷矢量的平均值為解坡印廷矢量的瞬時值為故平均坡印廷矢量為6.19證明在無源空間〔,可以引入一個矢量位Am和標量位,定義為試推導m和的微分方程。解無源空間的麥克斯韋方程組為〔1〔2〔3〔4據矢量恒等式和式〔4,知D可表示為一個矢量的旋度,故令〔5將式〔5代入式〔1,得即〔6根據矢量恒等式和式〔6,知可表示為一個標量的梯度,故令〔7將式〔5和式〔7代入式〔2,得〔8而故式〔8變為〔9又將式〔7代入式〔3,得即〔10令將它代入式〔9和式〔10,即得Am和的微分方程6.20給定標量位及矢量位,式中。〔1試證明：；〔2B、H、E和D；〔3證明上述結果滿足自由空間中的麥克斯韋方程。解〔1故則〔2而〔3這是無源自由空間的零場,自然滿足麥克斯韋方程。第七章正弦電磁波7.1求證在無界理想介質內沿任意方向en〔en為單位矢量傳播的平面波可寫成。解Em為常矢量。在直角坐標中故則而故可見,已知的滿足波動方程故E表示沿en方向傳播的平面波。7.2試證明：任何橢圓極化波均可分解為兩個旋向相反的圓極化波。解表征沿+z方向傳播的橢圓極化波的電場可表示為式中取顯然,E1和E2分別表示沿+z方向傳播的左旋圓極化波和右旋圓極化波。7.3在自由空間中,已知電場,試求磁場強度。解以余弦為基準,重新寫出已知的電場表示式這是一個沿+z方向傳播的均勻平面波的電場,其初相角為。與之相伴的磁場為7.4均勻平面波的磁場強度H的振幅為,以相位常數30rad/m在空氣中沿方向傳播。當t=0和z=0時,若H的取向為,試寫出E和H的表示式,并求出波的頻率和波長。解以余弦為基準,按題意先寫出磁場表示式與之相伴的電場為由得波長和頻率分別為則磁場和電場分別為7.5一個在空氣中沿方向傳播的均勻平面波,其磁場強度的瞬時值表示式為〔1求和在時,的位置；〔2寫出E的瞬時表示式。解〔1在t=3ms時,欲使Hz=0,則要求若取n=0,解得y=899992.m。考慮到波長,故因此,t=3ms時,Hz=0的位置為〔2電場的瞬時表示式為7.6在自由空間中,某一電磁波的波長為0.2m。當該電磁波進入某理想介質后,波長變為0.09m。設,試求理想介質的相對介電常數以及在該介質中的波速。解在自由空間,波的相速,故波的頻率為在理想介質中,波長,故波的相速為而故7.7海水的電導率,相對介電常數。求頻率為10kHz、100kHz、1MHz、10MHz、100MHz、1GHz的電磁波在海水中的波長、衰減系數和波阻抗。解先判定海水在各頻率下的屬性可見,當時,滿足,海水可視為良導體。此時f=10kHz時f=100kHz時f=1MHz時f=10MHz時當f=100MHz以上時,不再滿足,海水屬一般有損耗媒質。此時,f=100MHz時f=1GHz時7.8求證：電磁波在導電媒質內傳播時場量的衰減約為55dB/λ。證明在一定頻率范圍內將該導電媒質視為良導體,此時故場量的衰減因子為即場量的振幅經過z=λ的距離后衰減到起始值的0.002。用分貝表示。7.9在自由空間中,一列平面波的相位常數,當該平面波進入到理想電介質后,其相位常數變為。設,求理想電介質的和波在電介質中的傳播速度。解自由空間的相位常數,故在理想電介質中,相位常數,故電介質中的波速則為7.10在自由空間中,某均勻平面波的波長為12cm；當該平面波進入到某無損耗媒質時,波長變為8cm,且已知此時的,。求該均勻平面波的頻率以及無損耗媒質的、。解自由空間中,波的相速,故波的頻率為在無損耗媒質中,波的相速為故〔1無損耗媒質中的波阻抗為〔2聯解式〔1和式〔2,得7.11一個頻率為f=3GHz,ey方向極化的均勻平面波在,損耗正切的非磁性媒質中沿方向傳播。求：〔1波的振幅衰減一半時,傳播的距離；〔2媒質的本征阻抗,波的波長和相速；〔3設在x=0處的,寫出H<x,t>的表示式。解〔1故而該媒質在f=3GHz時可視為弱導電媒質,故衰減常數為由得〔2對于弱導電媒質,本征阻抗為而相位常數故波長和相速分別為〔3在x=0處,故則故7.12有一線極化的均勻平面波在海水<>中沿+y方向傳播,其磁場強度在y=0處為〔1求衰減常數、相位常數、本征阻抗、相速、波長及透入深度；〔2求出H的振幅為0.01A/m時的位置；〔3寫出E<y,t>和H<y,t>的表示式。解〔1可見,在角頻率時,海水為一般有損耗媒質,故〔2由即得〔3其復數形式為故電場的復數表示式為則7.13在自由空間〔z<0內沿+z方向傳播的均勻平面波,垂直入射到z=0處的導體平面上。導體的電導率,。自由空間E波的頻率f=1.5MHz,振幅為1V/m；在分界面<z=0>處,E由下式給出對于z>0的區域,求。解可見,在f=1.5MHz的頻率該導體可視為良導體。故分界面上的透射系數為入射波電場的復數表示式可寫為則z>0區域的透射波電場的復數形式為與之相伴的磁場為則7.14一圓極化波垂直入射到一介質板上,入射波電場為求反射波與透射波的電場,它們的極化情況又如何？解設媒質1為空氣,其本征阻抗為；介質板的本征阻抗為。故分界面上的反射系數和透射系數分別為式中都是實數,故也是實數。反射波的電場為可見,反射波的電場的兩個分量的振幅仍相等,相位關系與入射波相比沒有變化,故反射波仍然是圓極化波。但波的傳播方向變為-z方向,故反射波也變為右旋圓極化波。而入射波是沿+z方向傳播的左旋圓極化波。透射波的電場為式中,是媒質2中的相位常數。可見,透射波是沿+z方向傳播的左旋圓極化波。7.15均勻平面波的電場振幅,從空氣中垂直入射到無損耗的介質平面上〔介質的,求反射波和透射波的電場振幅。解反射系數為透射系數為故反射波的電場振幅為透射波的電場振幅為7.16最簡單的天線罩是單層介質板。若已知介質板的介電常數,問介質板的厚度應為多少方可使頻率為3GHz的電磁波垂直入射到介質板面時沒有反射。當頻率分別為3.1GHz及2.9GHz時,反射增大多少？題7.16圖解天線罩示意圖如題7.16圖所示。介質板的本征阻抗為,其左、右兩側媒質的本征阻抗分別為和。設均勻平面波從左側垂直入射到介質板,此問題就成了均勻平面波對多層媒質的垂直入射問題。設媒質1中的入射波電場只有x分量,則在題7.16圖所示坐標下,入射波電場可表示為而媒質1中的反射波電場為與之相伴的磁場為故媒質1中的總電場和總磁場分別為〔1同樣,可寫出媒質2中的總電場和總磁場〔2媒質3中只有透射波〔3在式〔1、〔2、〔3中,通常已知入射波電場振幅,而、、和為待求量。利用兩個分界面①和②上的四個邊界條件方程即可確定它們。在分界面②處,即z=0處,應有。由式〔2和〔3得〔4由式〔4可得出分界面②上的反射系數〔5在分界面①處,即z=-d處,應有,。由式〔1和〔2得〔6將分界面①上的總電場與總磁場之比定義為等效波阻抗〔或稱總場波阻抗,由式〔1得〔7將式〔6代入式〔7得〔8將式〔5代入式〔8,并應用歐拉公式,得〔9再由式〔7得分界面①上的反射系數〔10顯然,若分界面①上的等效波阻抗等于媒質1的本征阻抗,則,即分界面①上無反射。通常天線罩的內、外都是空氣,即,由式〔9得欲使上式成立,必須。故頻率f0=3GHz時則當頻率偏移到f1=3.1GHz時,故而故此時的等效波阻抗為反射系數為即頻率偏移到3.1GHz時,反射將增大6%。同樣的方法可計算出頻率下偏到時,反射將增加約5%。[討論]〔1上述分析方法可推廣到n層媒質的情況,通常是把坐標原點O選在最右側的分界面上較為方便。〔2應用前面導出的等效波阻抗公式〔9,可以得出一種很有用的特殊情況〔注意：此時。取,則有由式〔9得若取,則此時,分界面①上的反射系數為即電磁波從媒質1入射到分界面①時,不產生反射。可見,厚度的介質板,當其本征阻抗時,有消除反射的作用。7.17題7.17圖所示隱身飛機的原理示意圖。在表示機身的理想導體表面覆蓋一層厚度的理想介質膜,又在介質膜上涂一層厚度為d2的良導體材料。試確定消除電磁波從良導體表面上反射的條件。解題7.17圖中,區域〔1為空氣,其波阻抗為區域〔2為良導體,其波阻抗為區域〔3為理想介質,其波阻抗為區域〔4為理想導體,其波阻抗為利用題7.16導出的公式〔9,分界面②上的等效波阻抗為應用相同的方法可導出分界面③上的等效波阻抗計算公式可得〔1式中的是良導體中波的傳播常數,為雙曲正切函數。將代入式〔1,得〔2由于良導體涂層很薄,滿足,故可取,則式〔2變為〔3分界面③上的反射系數為可見,欲使區域〔1中無反射,必須使故由式〔3得〔4將良導體中的傳播常數和波阻抗代入式〔4,得這樣,只要取理想介質層的厚度,而良導體涂層的厚度,就可消除分界面③上的反射波。即雷達發射的電磁波從空氣中投射到分界面③時,不會產生回波,從而實現飛機隱身的目的。此結果可作如下的物理解釋：由于電磁波在理想導體表面〔即分界面①上產生全反射,則在離該表面處〔即分界面②出現電場的波腹點。而該處放置了厚度為d2的良導體涂層,從而使電磁波大大損耗,故反射波就趨于零了。7.18均勻平面波從自由空間垂直入射到某介質平面時,在自由空間形成駐波。設駐波比為2.7,且介質平面上有駐波最小點；求介質的介電常數。解自由空間的總電場為式中是分界面上的反射系數。駐波比的定義為得據此求得因介質平面上是駐波最小點,故應取反射系數得則7.19如題7.19圖所示,z>0區域的媒質介電常數為,在此媒質前置有厚度為d、介電常數為的介質板。對于一個從左面垂直入射過來的TEM波,試證明當且時,沒有反射〔為自由空間的波長。解媒質1中的波阻抗為〔1媒質2中的波阻抗為〔2當時,由式〔1和〔2得〔3而分界面O1處〔即處的等效波阻抗為當、即時〔4分界面O1處的反射系數為〔5將式〔3和〔4代入式〔5,則得即時,分界面O1上無反射。的介質層稱為匹配層。7.20垂直放置在球坐標原點的某電流元所產生的遠區場為試求穿過r=1000m的半球殼的平均功率。解將電場、磁場寫成復數形式平均坡印廷矢量為故穿過r=1000m的半球殼的平均功率為式中dS為球坐標的面積元矢量,對積分有貢獻是故7.21在自由空間中,。試求平面內的邊長為30mm和15mm長方形面積的總功率。解將已知的電場寫成復數形式得與相伴的磁場故平均坡印廷矢量為則穿過z=0平面上的長方形面積的總功率為7.22均勻平面波的電場強度為〔1運用麥克斯韋方程求出H：〔2若該波在z=0處遷到一理想導體平面,求出z<0區域內的E和H；〔3求理想導體上的電流密度。解〔1將已知的電場寫成復數形式由得寫成瞬時值表示式〔2均勻平面波垂直入射到理想導體平面上會產生全反射,反射波的電場為即區域內的反射波電場為與之相伴的反射波磁場為至此,即可求出區域內的總電場E和總磁場H。故同樣故〔3理想導體平面上的電流密度為7.23在自由空間中,一均勻平面波垂直投射到半無限大無損耗介質平面上。已知在平面前的自由空間中,合成波的駐波比為3,無損耗介質內透射波的波長是自由空間波長的。試求介質的相對磁導率和相對介電常數。解在自由空間,入射波與反射波合成為駐波,駐波比為由此求出反射系數設在介質平面上得到駐波最小點,故取。而反射系數為式中的,則得求得得〔1又得〔2聯解式〔1和〔2得7.24均勻平面波的電場強度為,該波從空氣垂直入射到有損耗媒質的分界面上〔z=0,如題7.24圖所示。〔1求反射波和透射波的電場和磁場的瞬時表示式；〔2求空氣中及有損耗媒質中的時間平均坡印廷矢量。解〔1根據已知條件求得如下參數。在空氣中〔媒質1在有損耗媒質中分界面上的反射系數為透射系數為故反射波的電場和磁場的復數表示式為則其瞬時表示式為而媒質2中的透射波電場和磁場為故其瞬時表示式為〔27.25一右旋圓極化波垂直入射到位于z=0的理想導體板上,其電場強度的復數表示式為〔1確定反射波的極化方式；〔2求導體板上的感應電流；〔3以余弦為基準,寫出總電場強度的瞬時值表示式。解〔1設反射波的電場強度為據理想導體的邊界條件,在z=0時應有故得則可見,反射波是一個沿方向傳播的左旋圓極化波。〔2入射波的磁場為反射波的磁場為故合成波的磁場為則導體板上的感應電流為〔3合成電場的復數表示式為故其瞬時表示式為7.26如題7.26圖所示,有一正弦均勻平面波由空氣斜入射到z=0的理想導體平面上,其電場強度的復數表示式為〔1求波的頻率和波長；〔2以余弦函數為基準,寫出入射波電場和磁場的瞬時表示式；〔3確定入射角；〔4求反射波電場和磁場的復數表示式；〔5求合成波電場和磁場的復數表示式。解〔1由已知條件知入射波的波矢量為故波長為頻率為〔2入射波傳播方向的單位矢量為入射波的磁場復數表示式為則得其瞬時表示式而電場的瞬時表示式為〔3由,得故〔4據斯耐爾反射定律知,反射波的波矢量為而垂直極化波對理想導體平面斜入射時,反射系數。故反射波的電場為與之相伴的磁場為〔5合成波的電場為合成波的磁場為7.27一個線極化平面波從自由空間入射到的電介質分界面上,如果入射波的電場矢量與入射面的夾角為45°。試求：〔1入射角為何值時,反射波只有垂直極化波；〔2此時反射波的平均功率流是入射波的百分之幾？解〔1由已知條件知入射波中包括垂直極化分量和平行極化分量,且兩分量的大小相等。當入射角等于布儒斯特角時,平行極化波將無反射,反射波中就只有垂直極化分量。〔2時,垂直極化分量的反射系數為故反射波的平均功率流為而入射波的平均功率流為可見,7.28垂直極化波從水下的波源以入射角投射到水與空氣的分界面上。水的,試求：〔1臨界角；〔2反射系數；〔3透射系數；〔4波在空氣中傳播一個波長距離時的衰減量。解〔1臨界角為〔2反射系數為〔3透射系數為〔4由于,故此時將產生全反射。由斯耐爾折射定律得此時式中取"",是考慮到避免時,場的振幅出現無窮大的情況。這是因為空氣中的透射波電場的空間變化因子為由上式即得透射波傳播一個波長時的衰減量為第八章習題解答8.1為什么一般矩形波導測量線的縱槽開在波導的中線上？解：因為矩形波導中的主模為模,而由的管壁電流分布可知,在波導寬邊中線處只有縱向電流。因此沿波導寬邊的中線開槽不會因切斷管壁電流而影響波導內的場分布,也不會引起波導內電磁波由開槽口向外輻射能量。<如題8.1圖>a/2題8.1圖8.2下列二矩形波導具有相同的工作波長,試比較它們工作在模式的截止頻率。<1>

；<2>

。解：截止頻率當介質為空氣〔1當,工作模式為〔m=1,n=1,其截止頻率為〔2當,工作模式仍為〔m=1,n=1,其截止頻率為的由以上的計算可知：截止頻率與波導的尺寸、傳輸模式及波導填充的介質有關,與工作頻率無關。8.3推導矩形波導中模的場分布式。解：對于TE波有應滿足下面的波動方程和邊界條件：〔1由均勻導波系統的假設,將其代入式<1>,得〔2其中該方程可利用分離變量法求解。設其解為：<3>將式<.3>代入式<2>,然后等式兩邊同除以,得上式中等式左邊僅為x的涵數,等式右邊僅為y的函數,要使其相等,必須各等于常數。于是,該式可分離出兩個常微分方程<4a><4b><5>式<4a>的通解為<6>由于在x=0和x=a的邊界上,滿足由縱向場與橫向場的關系,得則在x=0和x=a的邊界上,滿足于是將其代入式<6>得所以同理得式<4>的通解滿足的邊界條件為于是得所以,得到矩形波導中TE波的縱向場分量式中H0=CD由激勵源強度決定本征值由式利用縱向場與橫向場的關系式可求得TE的其他橫向場分量8.4設矩形波導中傳輸模,求填充介質〔介電常數為時的截止頻率及波導波長。解：截止頻率對于〔m=1,