电磁场与电磁波(第四版)习题解答

第1章习题

习题1.1

给定三个矢量A、B和C如下

：Aexey2ez3.

Bey4ezCex5ez2 ,,

解：

（1）aAAAex2ey3ez1222(3)21(ex2ey3ez) 14（2）ABex6ey4ez1262(4)253 （3）A•B(ex2ey3ez)•(4eyez)11

A•B11arccos135.5 AB1417ABAB11（5）ABAcosABA

17BBA（4）arccosex（6）AC1ey20eyez34ex13eY10eZ 2ez

5ex（7）BC05418ex5eY20eZ 02 A•(BC)(ex2eY3eZ)•(8ex5eY20eZ)42

ex AB1eyez02310exeY4eZ 41 (AB)•C(10exeY4eZ)•(5ex2eZ)42

ex5ey0ez2（8）(AB)C10142ex40eY5eZ

exA(BC)18ey25ez355ex44eY11eZ 20习题1.4给定两矢量 Aex2ey3ez4和 Bex4ey5ez6，求它们之间的夹角和 A在 B上的分量。

解：

A2232(4)229 B42(5)26277

AB(ex2ey3ez4)(ex4ey5ez6)31

则A与B之间的夹角为

ABA在B上的分量为

arcisABAB31arcos0131 2977ABB31ABAcosABAA3.532

77BAB

习题1.9用球坐标表示的场Eer25 ，2r（1）求在直角坐标中点(3,4,5)处的E和Ex；

（2）求在直角坐标中点(3,4,5)处E与矢量Bex2ey2ez构成的夹角。 解：

（1）由已知条件得到，在点（-3，4，-5）处，

rx2y2z2(3)242(5)252 E25250.5 2r50e2525r3e4exyz5 Eer23rr102则 Ex（2）其夹角为

310232 20EB

arccosEBEB192arccos153.6 31022Aerez2z验证散r5z0rz4习题1.17在由、和围成的圆柱形区域，对矢量

度定理。

证：

在圆柱坐标系中

1A(2)(2z)32

z425所以， AdVdzd(32)d1200

V000又

AdSAdSAdSSAdSS上S下S柱面2525AezddA00z4040z024(ez)ddA005e5dzd

则

205024da205025dzd1200AdV1200AdS

VS22Aexexeyz沿xy平面上的一个边长为2的正方形回路的线xyz习题1.21求矢量

积分，此正方形的两边分别与x轴和y轴相重合。再求A对此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。

证：

2AdlAC020y02exdxA022x22eydyA02y22(ex)dxA0x0(ey)dy

xdx22dyxdx0dy8000exAxAx ex(eyyAyezzAzAyAxAAAzAy)ey(xz)ez() yzzxxy ex2yzez2x由闭合曲线l所包围的面对A的面积分为：

AdSs0220(ex2yzez2x)ezdxdy20202xdxdy8

因为

sAdSAdl

l即验证了斯托克斯定理。

第2章习题

习题2.15

半径为a的球形体积内充满密度为p（r）的体电荷。若已知球形体积内外的

电位移分布为D=erDr=er(r3+Ar2),0=a，式中A为常数，试求电荷密度p（r）。 解：

由D，得到

1d2(r)D2(rDr)

rdr则在0ra区域，

(r)在ra区域，

1d2322r(rAr)5r4Ar 2rdr

1d2(a5Aa4(r)2r0 2rdrr习题2.20在半径a=1mm的非磁性材料圆柱形实心导体内，沿z轴方向通过电流I=20A，

试求：（1）p=0.8mm处的B；（2）p=1.2mm处的B；（3）圆柱内单位长度的总磁通。

解：

（1）圆柱形导体内的电流密度为

I206 A/m2 Jez2eze6.3710z32a(110)利用安培环路定律HdlI得

c1B0.8mme0Je3.21032（2）利用安培环路定律得

T

IB1.2mme0e3.331032（3）总磁通

T

a112iBidS0Jd0J02222106Wba0120(1103)27410 22(1103)2习题2.21下面的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求出其源量J。

（1）H=epap,B=uoH 圆柱坐标

(2)H=ex(-ay)+eyax,B=u0H;(3)H=exax-eyay,B=u0H;(4)H=ear,B=u0H球坐标系 解：

（1）在圆柱坐标系中

1B(B)0(a2)2a00

可见，矢量Hea不是磁场矢量。 （2）在直角坐标系中

B(ay)(ax)0，可见，矢量H是磁场矢量。其源分布

xyexeyezez2a z0JHxyayax（3）在直角坐标系中

B(ax)(ay)0，可见，矢量H是磁场矢量。其源分布

xyexJHxaxeyyayez0 z0（4）在球坐标系中

B1B1(ar)0，可见，矢量H是磁场矢量。其源分布

rsinrsinerrersine1JH2eracote2a

rsinr00ar2sin 习题2.26

解：

D（1）由H，得

tHxDJdHexez0.15cos(9.36108t3.12y)txyzyyHx00ez0.468sin(9.36108t3.12y)A/m2exeyez

故 Jd0.468A/m2

D,B0H，得 （2）由Ht11By1D1JdBezez0.8cos(3.77102t1.26106x)t00xyz0x0x0BY0ez0.802sin(3.77102t1.26106x)A/m2exeyez

故 Jd0.802A/m2

（3）Dr0Eex58.8510120.9106cos(3.77102t2.81106z)

DJdex15103sin(3.77102t2.81106z)t故

A/m2

Jd15103A/m2

J（4） E16e0.110sin(377t117.1z) x75.810 DEex8.8510121.72103sin(377t117.1z)

DJdex15.261015377cos(377t117.1z) tex57.531013cos(337t117.1z)A/m2

习题2.30

解：

（1）B1在界面上法线方向的分量为

B1nB1en(exey2ez3)(ex0.64ey0.6ez0.48)0.641.21.442（2）

T

B1tB12B12n12232223.16T

（3）利用磁场边界条件，得

B2nB1n2（4）利用磁场边界条件，得

T

B2t

32B1t03.164.74120T

第3章习题

习题3.3

解：

（1） 由E可得到 a时， E0

a2a2a时， EeA12coseA12sin



（2） 圆柱体为等位体且等于0，所以为导体制成，其电荷面密度为

sen0Ea0eEa20Acos

习题3.5

证：

根据高斯定律DdSq，得

SD4r3rr，则D1,E11 rR0时。4rD133r03r023334R0R0R0D2，则D22,E2 rR0时。4rD23030r23r2则中心点的电位为

(0)E1drE2dr0R0R0R003Rr0drdrR3r23r000

RR6r0302020

习题3.8

解：

根据高斯定律DdSq，得同轴线内、外导体间的电场强度为

SE()内、外导体间的电压为

ql2

UEdabbql2adqlbln 2a则同轴线单位长度的电容为

C则同轴线单位长度的静电储能为

Qql2 UUln(b/a)ql211bql2WeEdV2d4ln(b/a) 2V2a2

2习题3.11

解：

（1） 设同轴电缆中单位长度的径向电流为I，电流密度

Je介质中的电场

I2(ac)

JE1eI21I22I1(ab)

JE2e2(bc)

而

U0babE1dE2da21lnbIcln a22bI212U0

2ln(b/a)1ln(c/b)得到两种介质中的电流密度和电场强度分别为

Je12U02ln(b/a)1ln(c/b)(ac)

E1e

2U02ln(b/a)1ln(c/b)1U02ln(b/a)1ln(c/b)(ab)

E2e(bc)

（2） 同轴电缆中单位长度的漏电阻为

RU02ln(b/a)1ln(c/b) I212

由静电比拟，可得同轴电缆中单位长度的电容

C212

2ln(b/a)1ln(c/b) 习题3.19

解：

（1）同轴线的内外导体之间的磁场沿方向，根据两种磁介质的分界面上，磁场法向方向

连续，则两种磁介质的磁感应强度B1B2BeB，注意磁场强度H1H2。

利用安培环路定律， 当a时，2B00I2 a2(a)

所以，B00I22a当ab时，(H1H2)I， 即，(B11B22)I

所以，Be12I(12)(ab)

同轴线中单位长度储存的磁场能量为

1aB021bB21bB2Wm2ddd0aa202122（2）由Wm0I12Ibln162(12)a22

12LI，得到单位长度的自感为 2L2Wm012b ln28(12)aI

第4章习题

习题4.9

解：

（1）瞬时坡印廷矢量为

S(z,t)E(z,t)H(z,t)ez265cos2(tkz) W/m2

（2）平均坡印廷矢量

*1SavReEHez132.5 W/m2

2

（3）流入的净功率

PSendSS(en)S2650.25cos2(t)cos2(t0.42)

z0Senz10.25

习题4.17

证：

由Ej0H得磁场复矢量

exH11j0E1j0xExexH21j0E2j0xEx1ey1eyyEyezez0eyE1mejkz z0Ez

yEy0exE2mej(kz) z0Ez平均坡印廷矢量

*1021S1avReE1H1ezE1m

220*1021S2avReE2H2ezE2m

220合成波电场和磁场复矢量

EE1E2exE1mejkzeyE2mej(kz) HH1H2ex0E2mej(kz)eyE1mejkz

0所以合成波平均坡印廷矢量

*10212SavReE1H1ez(E1mE2m)

220

由此可见

SavS1avS2av

即证。

第5章习题

习题5.6

解：

（1）传播方向为ez

k2000，

故(2)电场可表示为

20006109 rad/s f3109 Hz 2Eexjey104ej20z 是左旋圆极化波。 j20z1104je HezErxeye0120（3）

(4)

*1SavReEHez2.651011 W/m2

2 即

Pav2.651011 W/m2

习题5.9

解：

在自由空间，波的频率为

3108f1.5109 Hz

00.2在理想介质中，波长0.09m，此时波的相速为

vpvpf1.51090.091.35108 m/s

另外，vp故

110r0cr2

crvp31081.351084.94 2

习题5.12

解：

（1）由给定的磁场得到

61083108 Hz 频率 f22相位常数 2 rad/m 波长 22m1m 26108相速 vp3108 m/s

2（2）与磁场相伴的电场强度

E(z,t)0H(z,t)ez(exey)ez0.8120cos(6108t2z) 8(exey)96cos(610t2z)（3）瞬时坡印廷矢量为

S(z,t)E(z,t)H(z,t)ez153.6cos2(6108t2z) W/m2

习题5.14

解：

（1）由磁场的表达式可得

krkxxkyykzzxy0.5z

kx,ky,kz0.5

则

kexeyez0.5

3k(1)21(0.5)2 rad/m

2波传播方向的单位矢量为

221kenexeyez

k333（2）

vp224m k3/2331089f108 Hz

4/34

（3）

31E(z,t)0H(z,t)en(exeyez)106costxyz22221exeyez37733317377106exeyez36（4）平均坡印廷矢量

V/m

598cos10t(xy0.5z)32*1SavReEH2117Re377106exeyez2365j(xy0.5z)3106exeyezej(xy0.5z)e3211.71010exeyez2

W/m2

第6章习题

习题6.2

解：

（1）电场的复数形式

j(z900)E(z)ex100eey200ejz

由Ej0H

exHz1j0E(z)j0x1eyyezz A/m ExEy01e200ejze900)xy100ej(z0（也可用H1ezE式求解磁场H，结果一样）

0将其写成瞬时值表达式

H(z,t)ReH(z)ejt1ez)ex200cos(ty100sin(tz)0（2）入射到理想导体会产生全反射，反射波的电场z0为

E900)ejzrex100ej(zy200e

与其相伴的反射波磁场为

H110rezErezx200ejey100ej(z90

00总的电场

EEEe0e1rxj200sinzej90yj400sinz

总磁场

HHH101rex400coszej90y200ecosz

0（3）理想导体上的电流密度为

JsenH1z0ej900ex0.53ey1.06 A/m

习题6.4

解：

110120

1022060

240A/m

反射系数为 211

213222

213透射系数为 故反射波的电场振幅为 ErmEim33.3 V/m 透射波的电场振幅为 ErmEim66.6 V/m

习题6.7

解：z0区域，本征阻抗 2

透射系数为 2r21200602r22

222606.67101

211206031092203108rad/m

相位常数 22200r2则

电场：E2exEimcos(t2z)ex6.67cos(3109t20z) V/m

1磁场： H2ezE2ey0.03cos(3109t20z) A/m

2

习题6.13

解：电场振幅最大值相距1.0m，则

21.0，得2.0m

因电场振幅第一最大值距离介质表面0.5m，即()处，故反射系数0。

4S1211 由 S12131

3又 可得到

201r2

201r22r2

11/34 11/3