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； xyzyzxzx
2、y； ， 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： ，由亥姆霍兹1
3、10 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于第一类的
4、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的电场强度为对
5、 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 o
6、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 24Eb22310rSSabE2.6
7、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:SIbIJa
8、b 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 012dlnln44
9、4L 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 ， ；11200:44rqqbr，a10204rq1，aP在区域 ar 2220:rrr，a224rrrq， ，D；21
10、212011d=d=44br rr rbbbrrqqE b 在区域 r ，3 3220:4rrqa， ，DaP。323draE011 4rrqba3.4 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）两极板上面电荷密
11、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，可应用
12、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 200nSISI， =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 解：解法类似于 3.9 题，只需将 用 来取代，即得1221212sincosH。21arctta3.11 解：解法类似于 3.9 题，只需将 用来取代，即得1222211sincosJ
