电磁场与电磁波总复习概述

总复习例1.3.1设一标量函数(x,y,z)=x2＋y2－z描述了空间标量场。试求：(1)该函数在点P(1,1,1)处的梯度，以及表示该梯度方向的单位矢量；(2)求该函数沿单位矢量el=excos60＋eycos45＋ezcos60方向的方向导数，并以点P(1,1,1)处的方向导数值与该点的梯度值作以比较，得出相应结论例2.2.2图中所示为一个半径为r的带电细圆环，圆环上单位长度带电l，总电量为q。求圆环轴线上任意点的电场。解：将圆环分解成无数个线元，每个线元可看成点电荷l(r)dl，则线元在轴线任意点产生的电场为2014lRdldEeR由对称性和电场的叠加性，合电场只有z分量，则r0ORdEzdlldEzzzlEzedE20cos4zlledlR304zllezdlR304zllezdlR3024lzrzeR304zqzeR例2.3.1求有限长直线电流的磁感应强度。解：在导线上任取电流元Idz，其方向沿着电流流动的方向，即z方向。由比奥—萨伐尔定律，电流元在导线外一点P处产生的磁感应强度为r1RAzIdzBO2Pz0032sin44IdzdBIdzReRR02sin4BAIBedzR2csc,ctg,cscRrzrdzr其中210012sincoscos44IIBederr当导线为无限长时，1→0，2→02IBer结果分析例2.3.2：求半径为a的电流环在其轴线上产生的磁场。ddlxyzaR(0,0,)Pz分析：在轴线上，磁场方向沿z向。电流分布呈轴对称。解：建立如图柱面坐标系。在电流环上任取电流元，令其坐标位置矢量为。Idl'r034CIdlRBR220223/204()rzIazeaedaz易知：'rraeIdlIade'zrRrrzeaesincosryxeee220223/204()zIaedaz20223/22()zIaeaz解选用圆柱坐标系，则()BeB应用安培环路定理，得211022πcIBdlBa例2.3.3求载流无限长同轴电缆产生的磁感应强度。(1)0a22122ππIIIaa取安培环路，交链的电流为()a0122πIBeaabcII(3)bc应用安培环路定律，得220322()2πIcBcb(4)c(2)ab2202πcBdlBI222232222bcIIIIcbcb40I2203222πIcBecb022πIBe40B半径为a的球形电介质体，其相对介电常数,若在球心处存在一点电荷Q，求极化电荷分布。4r解：由高斯定律，可以求得SDdSQ24rQeDr0PDE在媒质内：023316rQeEr24rQeEr体极化电荷分布:PP221()0rrPrr面极化电荷分布:SPrPe2316Qa在球心点电荷处：2344pSPspQQQa例例有一磁导率为µ，半径为a的无限长导磁圆柱，其轴线处有无限长的线电流I，圆柱外是空气（µ0），如图所示。试求圆柱内外的B，H与M的分布。解：磁场为平行平面场,且具有轴对称性，应用安培环路定律，得2CHdlHI磁场强度02IHe磁化强度0BMH0020Ieaa磁感应强度0022IeaBIaa0sin()cos()yxEeEztkxd例2.7.3：在z=0和z=d位置有两个无限大理想导体板，在极板间存在时变电磁场，其电场强度为求：(1)该时变场相伴的磁场强度；H(2)导体板上的电流分布。zxd解：(1)由麦克斯韦方程BEtxyzyyzxxyzeeeEEBeetxyzxzEEE00sin()sin()cos()cos()xxxzxEkztkxdEztkxddBeteBBdtt00sin()cos()cos()sin()zxxxxEkztkxdEzxdBtkdee00000cos()sin()sin()cos()xzxxxEztkBHexddEekztkxd(2)由边界条件在下极板上：0snzzJeHeH00sin()xyEtkxde在上极板上：snzzdJeHeH0000cos()sin()sin()xyyxEdtkxddEtxdeek例3.1.4：一无限长同轴电缆的内外半径分别为，其间填充介电常数为的介质，如图所示。求：同轴电缆单位长度的电容。ab和解：设内导体单位长度带电荷量为，在内、外导体之间取单位长度的闭合柱面，在该闭合面上应用高斯定律：Qab同轴电缆截面图dDSQ12π00dd2πErzErQ2πrQEerdln2πbraQbUErea2πln()QCUba即：所以：内外导体间的电压为：同轴线单位长度电容为：00112()DaaIdxxDx0lnIDaa000lnlnDaDLIaa总自感为00ln4DLa例3.3.4求双线传输线单位长度的自感。导线半径为a，导线间距离，如图所示DayxxDdx解：由HdlI得二导线在x处产生的磁场分别为2,22yyIIHeHexDx1总的磁感应强度002112yIBHHexDx1单位长度的外自感为单位长度的内自感为000284L例3.3.7求无限长同轴线单位长度内的磁场能量，如图所示。abcII解：在的区域ra2122122IrIHeerara在的区域arb22IHer在的区域由基本方程brc3lHdlI2222322222IcrrHIrbIcbcb22222crIHercb322222303022242202222211222223ln44ccmbbIcrWHrdrrdrrcbIcccbbcbcb因为总磁场能量2012312mmmmWLI三个区域单位长度内的磁场能量分别为22230101000112222216aamIIWHrdrrdra222020201122ln2224bbmaaIIbWHrdrrdrra例频率为100MHz的正弦均匀平面波在各向同性的均匀理想介质中沿+Z方向传播，介质的特性参数为。设电场沿x方向，即。已知：当t=0,z=1/8m时，电场等于其振幅值。试求:（1）波的传播速度、波长、波数；（2）电场和磁场的瞬时表达式；（3）坡印廷矢量和平均坡印廷矢量。4,1rrxxEeE410/Vm0解：由已知条件可知：频率:振幅:100fMHz4010/xEVm(1)800111310/2prrvms88242101033k21.5mk(2)设00cos()xEeEtkz由条件，可知：4804102103Ek，，480410cos(210)3xEetz即：由已知条件，可得：440411010cos()380648410cos(210)36xEetz481410cos(210)6036zxeetz48410cos(210)6036yetzkHeE(3)()()()StEtHt828410cos(210)6036zetz01()TavSStdtT8210/120zeWm另解：443610jzjxEee44361060jzjyeHe1Re[]2avSEH8210/120zeWm例:在介质中沿方向传播的均匀平面波电场强度为，求(1)相对介电常数；(2)传播速度；(3)本质阻抗；(4)波长；(5)磁场强度；(6)电场强度和磁场强度的复数表示形式00(,)ry9377cos(105)V/mzEtye由电场强度的表达式可知:E解(1)相对介电常数910rad/s,5rad/mk00rk181882r0025102510(310)2.25(2)传播速度为98p10m/s210m/s5vk0r0120π251.332.25(3)本质阻抗为(4)波长为2π2πm1.257m5k(5)根据均匀平面波的电场、磁场和传播方向满足右手螺旋法则的规律，及电场强度和磁场强度的关系，可得911.5cos(105)A/myxHeEtye(6)电场强度和磁场强度的复数形式为j5377eV/myzEej51.5A/myxHee9377cos(105)V/mzEtye91.5cos(105)A/mxHtye例1根据电场表示式判断它们所表征的波的极化形式。所以，合成波为线极化波。(1)()jkzjkzxmymEzejEeejEe解：02xyxy，故：(2)(,)sin()cos()xmymEzteEtkzeEtkz解：,022xyxy，故：xmymmEEE故：合成波为左旋圆极化波。(3)(,)sin()cos()xmymEzteEtkzeEtkz＋＋解：合成波为右旋圆极化波。(4)()jkzjkzxmymEzeEeejEe－－－解：(,)cos()cos()2xmymEzteEtkzeEtkz+0,22xyxyxmymmEEE故：合成波为右旋圆极化波。(5)(,)sin()cos(40)xmymEzteEtkzeEtkz+解：合成波为椭圆极化波。例2电磁波在真空中传播，其电场强度矢量的复数表达式为420()10(/)jzxyEejeeVm试求：(1)工作频率f;(2)磁场强度矢量的复数表达式；(3)此电磁波是何种极化，旋向如何。解：(1)真空中传播的均匀平面电磁波的电场强度矢量的复数表达式为420()10(/)jzxyEejeeVm有8009120,310(/)2,,310()kvmskfvfHz电场的瞬时式为410[cos()cos(/2)]xyEetkzetkz(2)磁场强度复矢量为4200000011()10120()jzzyxHeEejee磁场强度的瞬时式为40(,)Re[()]10[cos()cos(/2)]jtyxHztHzeetkzetkz(3)此均匀平面电磁波的电场强度矢量在x方向和y方向的分量振幅相等，且x方向的分量比y方向的分量相位超前π/2，故为右旋圆极化波。例5.3.1海水的特性参数为：已知频率为f=100Hz的均匀平面波在海水中沿+z轴方向传播，设，其振幅为1V/m。（1）求衰减系数、相位系数、本征阻抗、相速度和波长；（2）写出电场和磁场的瞬时表