电磁场与电磁波(第四版)习题解答

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：23xyzAeee.4yzBee,52xzCee,解：（1）222231(23)1412(3)xyzAxyzeeeAaeeeA（2）2226416(4)53xyzABeee（3）(23)(4)11xyzyzABeeeee（4）11arccosarccos135.51417ABAB（5）1711cosBBAABBAAAAABB（6）12341310502xyzxYZeeeACeee（7）0418520502xyzxYZeeeBCeee()(23)(8520)42xYZxYZABCeeeeee123104041xyzxYZeeeABeee()(104)(52)42xYZxZABCeeeee（8）()10142405502xyzxYZeeeABCeee()1235544118520xyzxYZeeeABCeee习题1.4给定两矢量234xyzAeee和456xyzBeee，求它们之间的夹角和A在B上的分量。解：29)4(32222A776)5(4222B31)654()432(zyxzyxeeeeeeBA则A与B之间的夹角为0131772931cosarBABAarcisABA在B上的分量为532.37731cosBBABABAAAAABB习题1.9用球坐标表示的场225rrEe，（1）求在直角坐标中点(3,4,5)处的E和xE；（2）求在直角坐标中点(3,4,5)处E与矢量22xyzBeee构成的夹角。解：（1）由已知条件得到，在点（-3，4，-5）处，222222(3)4(5)52rxyz225250.550Er210543252532zyxreeerrreE则20232103xE（2）其夹角为6.1532103219arccosarccosBEBEEB习题1.17在由5r、0z和4z围成的圆柱形区域，对矢量22rzrzAee验证散度定理。证：在圆柱坐标系中23)2()(12zzA所以，1200)23(502040dddzdVAV又202040250204052050205004120055425)(dzdaddzdeAddeAddeASdASdASdASdAzzzzSSSS下柱面上则SVSdAdVA1200习题1.21求矢量22xyzxxyzAeee沿xy平面上的一个边长为2的正方形回路的线积分，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：802)()(202020220202002202200dyxdxdyxdxdyeAdxeAdyeAdxeAldAyxxyyxxyC()()()22xyzxyzyyxxzzxyzxzxyzAAAAAAAAAyzzxxyyzxeeeAeeeee由闭合曲线l所包围的面对A的面积分为：22220000(22)28xzzsdyzxdxdyxdxdyASeee因为lsddlASA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),0r=a;er(a5+Aa4)/r2,r=a，式中A为常数，试求电荷密度p（r）。解：由D，得到)(1)(22rDrdrdrDr则在ar0区域，ArrArrrdrdrr45)(1)(22322在ar区域，0(1)(24522rAaardrdrr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62321037.6)101(20zzzeeaIeJA/m2利用安培环路定律IldHc得TeJeBmm308.0102.321（2）利用安培环路定律得TeIeBmm302.11033.32（3）总磁通WbJdJSdBaaii602323702001022)101()101(201042122121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02)()(1020aaBB可见，矢量aeH不是磁场矢量。（2）在直角坐标系中0)()(axyayxB，可见，矢量H是磁场矢量。其源分布aeaxayzyxeeeHJzzyx20（3）在直角坐标系中0)()(ayyaxxB，可见，矢量H是磁场矢量。其源分布00ayaxzyxeeeHJzyx（4）在球坐标系中0)(sin1sin1arrBrB，可见，矢量H是磁场矢量。其源分布aeaearrerererHJrr2cotsin00sinsin122习题2.26解：（1）由tDH，得288/)12.31036.9sin(468.0)12.31036.9cos(15.000mAyteytyeyHeHzyxeeeHtDJzzxxxzyxd故2/468.0mAJd（2）由HBtDH0,，得262620000/)1026.11077.3sin(802.0)1026.11077.3cos(8.0110011mAxtextxexBeBzyxeeeBtDJzzyzYzyxd故2/802.0mAJd（3）)1081.21077.3cos(109.01085.85626120zteEDxr2623/)1081.21077.3sin(1015mAztetDJxd故23/1015mAJd（4）)1.117377sin(101.0108.5167zteJEx)1.117377sin(1072.11085.8312zteEDx21315/)1.117337cos(1053.57)1.117377cos(3771026.15mAzteztetDJxxd习题2.30解：（1）1B在界面上法线方向的分量为TeeeeeeeBBzyxzyxnn244.12.164.0)48.06.064.0()32(11（2）TBBBnt16.3232122221211（3）利用磁场边界条件，得TBBnn212（4）利用磁场边界条件，得TBBtt74.416.323001122第3章习题习题3.3解：（1）由E可得到a时，0Ea时，sin1cos12222aAeaAeE（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cos2000AEeEeaans习题3.5证：根据高斯定律qSdDS，得0Rr时。344312rDr，则001113,3rrrDErD0Rr时。3443022RDr，则203002223023,3rRDErRD则中心点的电位为0200200203002013633)0(0000RRdrrRdrrdrEdrErRRRrR习题3.8解：根据高斯定律qSdDS，得同轴线内、外导体间的电场强度为2)(lqE内、外导体间的电压为abqdqEdUlbaballn22则同轴线单位长度的电容为)/ln(2abUqUQCl则同轴线单位长度的静电储能为)/ln(4222121222abqdqdVEWlbalVe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)(2caIeJ介质中的电场)(2111baIeJE)(2222cbIeJE而bababcIabIdEdEUln2ln221210)/ln()/ln(212021bcabUI得到两种介质中的电流密度和电场强度分别为)()/ln()/ln(12021cabcabUeJ)()/ln()/ln(12021babcabUeE)()/ln()/ln(12012cbbcabUeE（2）同轴电缆中单位长度的漏电阻为211202)/ln()/ln(bcabIUR由静电比拟，可得同轴电缆中单位长度的电容)/ln()/ln(21221bcabC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BeBBB21，注意磁场强度21HH。利用安培环路定律，当a时，22002aIB所以，)(2200aaIB当ba时，IHH)(21，即，IBB)(2211所以，)()(2121baIeB同轴线中单位长度储存的磁场能量为abIIdBdBdBWababamln)(2162121221212212002212020（2）由221LIWm，得到单位长度的自感为abIWLmln)(82212102第4章习题习题4.9解：（1）瞬时坡印廷矢量为)(cos265),(),(),(2kztetzHtzEtzSzW/m2（2）平均坡印廷矢量5.132Re21*zaveHESW/m2