1、1电磁场与电磁波基础教程（符果行编著）习题解答第 1 章1.1 解：（1） ， ，2222314xyzA2417B；2259C（2） 1234521479AxyzByzCxz， ， ；aaa-aa（3） +21()3xyzxyz， =；BAB（4） 2341xyzyz；aa（5） 04xyzyzxyz；Aa（6） 10452xyzxz；BCa（7） 。x2405xyzxzyaa1.2 解： 2cos68.5107， ；A在 上的投影 ；B12cos4.370B在 上的投影 。6.8A1.3 解： 。4242正 交1.4 解： 110xyzxyzy， ， ； ；aaaa。0xyz； xyzyzx
2、zxy； ， a1.5 解：（1） ；1100z zz， ， ； ， ，aaa。00z zzz， ， ； ， ， aa2（2） ；1100r r r， ， ； ， ，aaaa。0r rr rr， ， ； ， ， a1.6 解： 在点（2，-1，1）处223xyzxzzyyaaa2-13xyz ll， ， ； A。1123xyzxyz aa1.7 解： 。124xyzxyzxyz， ，a a1.8 解： 。13 r1.9 解：对 取散度， ，对 取散度，zazr ra，看出对同一位置矢量 取散度不论选取什么坐标系都应得同一值，坐213rr标系的选取只是表示形式不同而已。1.10 解： ，由亥姆霍
3、兹110 0zcccz-， =BaaB定理判定这是载流源在无源区 产生的无散场。()GJ1.11 解： ，由亥姆霍兹定理判定1100zccz，EaaE这是电荷源在无源区 产生的无旋场；将 与恒等式 对比，可知0gq()u与 等效，令标量位 得 。Euu1.12 解： 满足无旋场的条件为 ，在直角坐标系中表示为F0F 03 2 x zyazbcyzya解得 a=0，b=3 和 c=2。31.13 解： 20xyxy，F2 22 4xyz zyzzFaaaa由亥姆霍兹定理判定知，这是属于第三类的无散有旋场。1.14 解：取 ，属22 22111: 0 0sinrCCccrrrr， =aFaa于第一
4、类的无散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示；取 ，属于第22rccr: ，Fsirr二类的有散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示；取 1: 0sinrrr，a，属于第三类11ircccrrFaa2otra的无散有旋场。4第 2 章2.1 解：q 3 受到 q1 和 q2 的作用力应当等值反向，所以 应位于 和 的连线上某点处。3q12q由库仑定律和 ，可写为12F113231223qKrr， 故 ；又2313.4r13.rx解得 。05.x2.2 解：在图中 z 轴上线元 处电荷dz元 可视为点电荷，它与场点 P 的距离dlz为 R，由库仑定律知，离导线为 处场点 P的电场强度
5、为对 20dcos4lzER在 范围内对 取积分。由图可知2， 和 ，secRtanz2dsecdz得 0cosd4lE， 。20cs4l lE 02lEa2.3 解：圆环上线元 处电荷元 可dldq视为点电荷，它与圆环轴线上场点 P 的距离为，由轴对称性知场点 P 的电场强度只有2Razz 分量，由库仑定律知 32 200d1dcos44zqqlzERa由图知式中 为 与 的夹角。对圆环取积分得zE3 32 20 011 ,44z zqzqzEaa故圆环面中心点处 知 ，这是由于具有轴对称的电场强度不仅其径向分量等值反向，z dz z R P E o z dEz dE dE P R z a
6、o dl 5相互抵消，且在 处无轴向分量。0z2.4 解：利用习题 2.3 的结果进行计算。取盘上半径为 ，宽度为 的圆环，环上电d荷密度为 。该圆环在轴上点 产生的电场，由于对称性， 分量相互抵消为零，dlS P只有 z 分量 320ddSzEz对整个圆面积分 31 10 2 220 0daaSS Sz zEzz故。120SzzaE若 保持不变，当 时，有 ；当 时，有 ，有 。S0aa02SE2.5 解：对于球对称分布，应用高斯定理 01ddSqE在区域 ra : ；10S，在区域 arb : ， ；22104Sra210Sra在区域 rb : ， 。3 24Eb22310rSSabE2.
7、6 解：对于柱对称分布，应用高斯定理 01ddSS在区域 ；1:0Sa， E在区域 ；11200SSab在区域 。1212300:SSbab62.7 解：对于无限大面电荷分布，其电场垂直于无限大平面，具有面对称分布，应用高斯定理时可跨平面作矩形盒高斯面，得 0SzE在区域 z0： ；02SzEa在区域 z0： 。z2.8 解：两无限长电流的磁场分布分别具有轴对称分布，应用安培环路定理和叠加原理，得在 y=-a 处， ；12zIaH在 y=a 处， 。x故在坐标原点处。00122zxIaBH2.9 解：对于轴对称分布，应用安培环路定理 0dSI l在区域 ；1:0aB在区域 ， ；22:SIbI
8、Jab 202IabB在区域 。03:Ba2.10 解：已知 和 ，磁通为sinmtnabS1didsicodsin2mmS SStBtabBt 由法拉第电磁感应定律知 1sin2s2inmmabtabttt当线圈增至 N 匝时，磁通增至 N 倍，有。cosinmBt7第 3 章3.1 解：电荷元 在圆环轴线上场点 P 的电位为d2lqa1200120d4qlRazaz故。33220 01d44zz zqzqzaaEa3.2 解：先假设双线传输线为有限长度 2L，导线与 z 轴重合，其中点在原点处。其中一根导线上所有电流元产生的矢量磁位都与 z 轴方向一致，可知12120 0 012dlnln
9、444L Lz z zLII Iz Aaaa式中 。12xy当 时，利用二项式定理 可知 L11n=1212Ll。上式近似写为1。200lnln4zzIILLAaa现将平行于 z 轴的双线传输线分置于 处，可知在 xy 平面上两电流元离场点的距dxz离为 和 。利用叠加原理可得21dxy22y。20 00212121 2lnlnlnz zzdxyIIILzAaaa83.3 解：对于球对称分布，可由高斯定理求 和 ，再由位场关系求 ，而求 的公EDP式为 。01rPDE在区域 r ， ；11200:4rqbr，a10204rq1，aP在区域 ar 2220: 4rrrq，a224zrrrq， ，
10、Da；21212011d=d=4br rr rbbbrrqE b 在区域 r ，3 3220:44rrqqa， ，DaP。323draE011 rrba3.4 解：对于轴对称分布，可应用安培环路定理求磁场。通过导磁圆柱的稳恒电流为均匀分布，其体电流密度为 2zIbJa在区域 2:2IbHJSb， I，H2()IbBHa0BMa201Ib，a；20 012zzSbzI IJb ，1J Ma在区域 。:2IIb，HaBa看出上述解与例 3.4 中令 的结果一致。当 时， 和 ，这是因b， ，JHB为有限源分布在无限大空间，对空间中任一点几乎不存在源，自然没有源产生场。93.5 解：（1）两极板上面
11、电荷密度均为 。设带 和 的极板分别置于SQ和 处，则 的方向与 y 反向。利用导体表面电场的法向边界条件式（3.51b）yd0ESnna忽略极板边缘效应，电介质内 为常量。于是；0 12ddydnnoQQSUyCSSUd 故l（2）两极板间电压为 U，极板间电场为均匀分布，且等于 nUEa利用式（3.51b）可知 。因此， 和 ，结果SndSQdSCd相同。3.6 解：对于球对称分布，由高斯定理得 2411d4raabbQUrabE故 abC当 时，可得半径为 a 的弧立导体，其电容为 。地球的介电常数取为b4Ca，可得地球电容为0。639.510.721072F3.7 解：对于轴对称分布，
12、可应用安培环路定理首先求磁场。为此，跨过螺线管一侧作矩形闭合回路，与管长平行一边的长度为 L，得磁感应强度00BnII，磁通和磁通链为 200nSaISI， =单位长度电感 20L103.8 解：设内线圈中通以电流 I1，则管芯中与外线圈交链的磁通，可按 3.7 题得磁通21120NaIl外线圈有 N2 匝，得磁通链 20121211Il互感为。21201nLNaIl3.9 解：利用电场的切向和法向边界条件得 212211sisicoscsEE，两式相比得 21tan的大小和方向为2E122222 12 2 112112sincossincossincostnEEE。221arctnt3.10
13、 解：解法类似于 3.9 题，只需将 用 来取代，即得1222211sincosH。221arctta3.11 解：解法类似于 3.9 题，只需将 用来取代，即得1222211sincosJ11221arctnta3.12 解：忽略平行板电容器的边缘效应，可知电介质内的电场为均匀恒定值 。UEd由式（3.63b）和（3.65b）求得电容器的能量为 2211deewCUSU由 3.5 题知 。SCd3.13 解：对于轴对称分布，应用安培环路定理知（a b）2NIH2018mIw。222000ddln84bhmVaNI bWzNIha 3.14 解：参考例 3.11。其中 所受力0q。01234r
14、qrFa3.15 解：（1）利用静电场量公式图 3.33（a）表示在球内取任一半径为 r、厚度为 dr 的微分球壳，其体积为， 内的电荷量为 。图 3.33（b）表示微分球壳可视为如同2d4VrdV 20d4q例 3.11 的薄层球面电荷分布，其等效面电荷密度为 ，因此可以直接照02d4Sqrr搬例 3.12 的结果进行计算，并将结果改写为如下形式 2020d d Sr rrE12320022020001d 4d arr rr aQE ra 。（2）利用静电位标量公式将例 3.12 的结果改写为如下形式 22002200d dr SSrr2300230032200d 1 4 arr raraQ
15、rarEr 。（3）利用高斯定理公式 302304 r aQraEr故 201 4 3rQrarE。3.16 解：将载流圆柱腔看作半径分别为 a 和 b，且电流密度反向的两圆柱体叠加。两圆柱体具有轴对称分布，可应用安培环路定理得各圆柱内任一点的磁场 20 011112222zzzzJJBaa13故圆柱腔内任一点的磁场 0001221d 2z zxyJJJd。Baa3.17 解：在 和 处的平行板电容器内的电荷满足拉普拉斯方程0yd20y通解为 ab在 处 ，可知 ，得0y0by在 处 ，可知 得dUadU0|zzSySyd，Ea故。1QUC3.18 解：在 和 处的同轴电缆内的电位满足拉普拉斯
16、方程ab1d0直接积分两次得通解 lnab在 处 ，可知 ，得b0lbc在 处 ，可知a0U0lna在区域 a b 内有 0000l, nln2, llnSa UbbaUEQbbaa14故。02lnQCbUa3.19 解：按提示进行求解。3.20 解：根据唯一性定理，要求镜像电荷的个数、大小和位置必须满足拉普拉斯方程和接地的齐次边界条件。首先移去导体板，并代之以相同的媒质空间，在对称于垂直板相距d1 处设置 ，这将使垂直半平面的电位为零，但不能使水平半平面的电位为零。为了确q保水平半平面的电位为零，可在对称于水平板相距 d2 处设置 ，但它产生的位又破坏q了垂直半平面的零电位。为了满足在两个平
17、面上都能同时满足零电位的要求，可在同时对称于两个正交板相距 d1 和 d2 处设置 。于是，由 和 产生的合成位为q 12344rr式中 2211222314 rxdyzrzxdy3.21 解：根据式（3.81a，b） ，并以 取代 ，由此分别得平行平板电容器和同轴电缆内的漏电导和绝缘电阻为 SGRd， ；。00ln22lnbaba，15第 4 章4.1 解：（1）对于仅由时变磁场穿过静止单导线圆环产生的感应电动势，可以根据来求解。于是dint 20 02 8dcosin2d1sin281bz zSin rBtraBtaa（2）对于 N 匝导线圆环，取 ，得nN2081cosinNat（3）在
18、时间相位上，感应电动势与磁通相差 。4.2 解：（ 1）3.5 题已解出 ，由此得 ，传导0SCd00sinsinSQCUtUtd电流为；00coscosSQIUttt d（2）位移电流为 00ssd dUDJtIJtt， ；（3） 。dI4.3 解：（1）由 得0 0cossindxr xEtEtt，JaJa；0drJ（2）在海水中，代入数值计算得 91182362.54dJ16在铜中，代入数值计算得 9187102369.505.8dJ看出海水比铜的介电性强。4.4 解：（1）将 的解代入方程中各项，得A22 22 2 22sincocosisinsincoxxxtytytt tyttt，
19、 x xraa, a看出方程得到满足， 是齐次方程的解得到验证。A（2）利用式（4.37a，b）求电场和磁场 jAEH将 的解代入上式，其中Asinco0yyxytAaa因此 jjsincosi sin2ic() co cos x xxyxzyttytyt tzyt 。xE aHaa4.5 解：设待求 ，利用式(4.13b，d) 的边界条件52123()sin(10)xyzct，ttSHJ12nB写出边界值振幅的分量 121230, , xyyyrzrzccc aaaa代入 和 ，得 ， 和 。于是15r2r12352()sin(10) A/mxyztHa174.6 解：（1）设平行平板圆盘轴
20、心沿 z 轴，则板间电场为000sincoszdzUtttdEaJ利用安培环路定理 lSdH=J得 202cosUtda电、磁能量密度为 22022000sin1()cos()8emtwEUtHd能流密度矢量为 20sinctSEa验证： 20dsioSUt以上积分只需在板间侧面 的面积 2ad 上进行。a20()d() dsincoVemVeemWwwUatt?因此 dSWt说明进入电容器的无耗空气介质中的能流全部转化为电磁储能增量。（2）外加直流电压 U0 的板间电场为 0zUdEa有 0zJ18利用安培环路定理得 02UdHa能流密度矢量为 20=SE介质中的损耗功率密度为 20UpdJ
21、验证： 2002200dSV aadU= JE因此 ddSVJE说明进入电容器的有耗介质中的能流全部转化为介质的损耗功率。4.7 解：利用式（4.29）得 jj 20 00(,)=RejcosRecoscos2ttxzxzxzztEkEkeEkt aaa4.8 解：由于 sincscs22kztkzttkz得 jj 220 0coscoskzkzx xaxax,zHKeHKe 4.9 解：（1）瞬时形式为 222(,)=,(,)=1.65cs()65cs() Wmz zzttt tktkzSEaa（2）由式（4.39b）得时均形式为 20001 1()(,)() os(0.)13.5 22Ta
22、v z zzztdzEHa（3）由式（4.39c）得复数形式为。*j0 20()()().65 mzzzzeSa19第 5 章5.1 解：（1）8861023Hz,1m;2f k（2） ；j()0 VmxxzeEa（3） ；j201() A6xzyeHa（4） ；20() W3zS（5） 。81 mspek5.2 解：（1） ；20Hz,12f k（2） ；831spk（3）由 的表示式知这是沿y 方向传播的平面波，电、磁场强度的复数形式为(,)tHj20().4 VmyxyeEaj. AyzH（4）电场强度的瞬时形式为 80(,)2.4cos(612) Vxyt tyEa（5）能流密度的复数
23、形式为 2320.9 Wmyy=SHa5.3 解：对于良导体， ，有12求得 20。22f5.4 解：（1）由 989 925102.10.3 rad/s, 1.3.6得 32.50.可知媒质是良介质；（2）由式（5.44a.b）知 301120.5.94 Npm22r9085 radrj(.4j1.) l971306ms8.54.p（3）电场强度的复数形式为 0.94j18.5()37Vzzxze Ea由式（5.50b）得磁场强度的复数形式为 0.94j18.5() AmzzyzH（4）波的时均能流密度为。0.1821()Re().2W2zav zzzeSEa5.5 解:（1）当 4110k
24、,0rdsf时 4491361028故海水可视为良导体；当 时，210GHzf102 rads10924360.18故海水可视为为良介质。21（2）当取 时1f1 j4110. Npmrad(j).125 cffe；45103.1ms.p当取 时2f 284.3 NP172rad2024.1583.54 mr。72.10 sp5.6 解：（ 1）为左旋圆极化波， （2）为右旋圆极化波， （3）为左旋椭圆极化波， （4）为右旋椭圆极化波， （5）为线极化波。5.7 解：（1） 沿+z 方向传播的左旋圆极化波。821m,310H,cfk（2）磁场强度为 j20 Am2zzyxeHaEa（3）能流密
25、度为* 。S221 W6.51zz5.8 解：（1）已知入射波电场为 1j()0(,)j)tkzixyztEeEa设反射波和折射波的电场强度写为 12j()0j(,)j)tkzrxyttzRTea22式中 21 12433, 55RT（2）反射波和折射的电场强度为 12j()0j()1(,)(54,j)tkzrxytztzEeEa（3）反射波和折射波均为左旋圆极化波。5.9 解：（1） 21arcsin/arcsin;46（2）当 时，将产生全反射，空气中的折射波沿分界面传播。由折射定律式60ic（5.68b）知 21sintk对沿边界面 z 方向传播的相位因子等相面 对时间 t 进行微分，得
26、波的传sizC播相速。8121.7320m/ssinsisin60pz trck 5.10 解：（1）平行极化波全折射时的极化角和相应的折射角可由式（8.83）和折射定律得 21280arcsinarcsinsi.938.61.6i()i().bbt r（2）垂直极化波以极化角入射时，将 ，并取838(5.71,)ibt ab和 代 入 式o和 ，可得到反射系数和折射系数为101221coscso83.60cos.38.1.890.75ititR=2321cos2cos86.20.1.25893.03iitT 5.11 解：（1） 写为(,)ztiEjj000,Rej coscos2inkzt
27、xyyxEettkzkzi aa（2） 和 写为()rzE(,)rt j00j(,)cos()sin()r kzxyyzREettRtkzaa由式（5. 62a）知 ，故得212j00()j,cos()sin()r kzxyyzEetttkzEaa（3） 和 写为()z,)()(irzzjj jj0002sinjcokkzxyyxEeEezaaj0(,)Retxyzt kea002s2cosinyEktEzt a（4） 和 写为（按右旋关系）()zH,)t0(j)cosyxzkza。0022,) cosy yEEt tkzinta5.12 解:（1 ）在图 5.21 中， 沿 y 方向垂直极化
28、，在理想导体面 上反射波和入+i 0z射波的合成场由式（5.88b）得 1jsin012(,)cosikxxieHa24在理想导体内电磁波的场量为零，导体面上磁场的突变量等于导体面上的面电流密度，由理想导体面上磁场切向分量的边界条件得 1 jsinjsin0121 122()=(,0)cocoii xkx cSnzxiyiEExxee JaHaa01(,)s.(si) iSyit tcJ（2）空气中合成场的时均能流密度为 111()Re()2avzzEH式中场分量 和 由式（5.88a、b）可得1yEzH 1jsin101(,)jsin(co)kxy ixkze1jsin0112(,)ji()
29、ikxz iE于是。201 11()2sin(cos)avx iEzkzS25第 6 章6.1 解：（1）将式（6.34）代入式（6.35 ）（6.35 d） ，乘以 ，取 和ajte1jm=n=1 及实部，得 102(,)cosins()xcEyztExytzkab102(,)sisi()yczt tzb0(,)inco()zExtxyta021(,)sisin()xcHytEtzkbb021(,)oscsi()yczt xytzax（2）各物理参量为 2212cfad 2221b261 2221 222TM1 gpcabf。6.2 解:（1）由式（6.42a ）知 TM21 模不能传播的传
30、播常数必须满足22222921271.2 (10)8.504500 Np/m cabf，即 。表明传播因子为实指数，按 而衰减。20p/ ze由式（6.41a）求得 2 22.21 12791 151008.50460Hzcfab 可知 为衰减模式， 为传播模式。1.2cf2.1cf（2）对于 的传播模式，其各物理参量为f 2221 367.4 radmab821.10 /sp .21TMTM2.7()gZRj27由式（6.42a）得 22221TM912j j367.4j367.4j 0. 0185abZ。6.3 解：各物理参量为 8.102. 288.1022.10310.GHz27. 1
31、3.9cm7.304.60/s.cgpcfaf 。TE1022101 5083cZf 6.4 解：（1）由式（6.41a）知 2 22832.910.10cmnnmnfab 取 mn=10，20， 01，11 和 21 得10200112165MHz,13z,47MHz,6z,97MHzcccccfffff (2)3,f时 有288810221081010310=4ms654c pcpgff 。6.5 解：TE 10 模的 可由式（6.47c）导出。由于10cf 9121228.504=5.4rad/mk 利用 21010cfk得 2109102.65.49GHzcc ff 由式（6.47a）
32、知 10,2cfa得。891030.136m.c.5cf 6.6 解：光纤的单模传输条件为 TMT0101,ccf或，得1220.1.86nn由 知 TM2.0116.95m45cDn单模工作频率范围为 .27.Hzf6.7 解:（1）特性阻抗为 60 927.103.248cLlZC （2）相速、相位常数和波长为29869033831101.460ms27.824.9 radm1.4615. .90pp lLCLCl 。6.8 解：（1） 89. =0ccf（2）利用 的变换性关系式424inLcZ得 1048j6475jinZ（3）已知 和 得10cZj,L 0j74.31101j49j2
33、5175j76Lc（4）由 知1|0.。1|3.086.9 解：（1）由 150,LcRZ和 得 1502LcR（2）在离负载距离 42z和 处 ,得 j2j4j2j21Lee301142506.74incZ。1122502incZ6.10 解：将 代入式（6.79） ，分别得 ，式4z和 tantan042和（6.79）分别变为 2,cininLLZZ 看出在 z=0 处， 而在 处， 。这表明从终端开始传0;,4ininZz在 处 2z0in输线每经过 其阻抗特性就变换一次，每经过 就重复一次，此性质分别称为 的变换44性和 的重复性（或还原性） 。26.11 解：（1）将 和 分别代入式（6.79）,得0LZL0jtan, jcotinscinzZz由上两式求出 0 01, arct2inscinsZZ（2）将 和 l=1.5m 代入上两式，得0j13,j54.6insinZ.7 1j103jarctnj.628 rad/m .554.c。6.12 解：（ 1）为了实现在输出端对并联负载等效电阻进行等功率馈电，要求从主传输线向每一负载看去的输入阻抗必须相等，即 = 。由此得1inZ210ic11 20648, 50cinLcinLZ（2）在两分支匹配传输线上
