1、1第三章 静磁场3.1 对均匀磁场 ,构建两个满足规范条件 的矢势 ,并证明二者之差的旋度为零.0B0A【解】 取直角坐标( ),不妨设 ,则可构建如下两个矢势:zyxzBe0,xyyxe 021满足题设条件.显然二者之差的旋度为零:.)()(023.2 证明对任何局域电流分布所产生的磁场 ,具有如下性质:当全部电流位于某球体之内,则 在该球体内的体积分B等于 , 为局域电流分布的磁矩;当全部电流位于球体之外,则相应磁场体积分等于球心磁场和球体体积3/20m的乘积.(参见 2.3 题的提示.)【证】 不妨设球半径为 ,取球心为坐标原点,则a. ararr ddVdVAB)()()(代入矢势 的
2、表达式A|j40得 arar dVdV|)(0 rj.r3|)4利用提示的积分公式,对全部电流位于球体之内,即 的情况有ar;mjB2)(3400 VddVar对全部电流位于球体之外,即 的情况有,)(34)(30 BrjEarar 证毕.3.3 半径为 的圆柱壳的轴向面密度为 ( 和 为常数),求柱内外磁场分布.cos10i0i【解】 本题属于圆柱坐标( )下的二维二分量问题,矢势只有 分量,且与 无关:zz.在圆柱内外, 均满足拉普拉斯方程,可用分离变数法求解.考虑到圆柱表面电流的特殊分布zAe)(A形式,尝试将圆柱内、外的解分别写为2, .cos11baA cosln1222baA由 处
3、的边值关系, ,aa21 )(0iaa得,coslncos1221 bb.)(s021i 从上述关系式可以解得,/,l10Aaa,2202aici 从而最终求得圆柱内外的矢势和磁场分布:, ,cos01iA cosln200i,)cos(i201 e B. e 21sn002 aai3.4 电荷和物质均匀分布的球以角速度 自转,其半径为 ,电量为 ,质量为 ,求它的磁矩和角动量,以及二QM者的比值.【解】 取球坐标,极轴沿自转轴方向,球内电流密度为.ervj 334sina由对称性,磁矩只有 分量(沿自转角速度方向),数值为z.5si21 203 adrdVm jre球的转动惯量为 ,角动量为
4、 ,也沿角速度方向.于是磁矩和角动量的5/2MaI5/2I比值为 .)/(q3.5 从毕奥沙伐尔定律出发,证明电流强度为 的闭合线圈的磁场可表为 式中),4/(0IB33|)(rd为线圈相对考察点所张的立体角, 为以线圈为边界的任意曲面.当线圈法向背离考察点时,上述立体角为正,指向考察点时, 上述立体角为负;线圈法向与电流方向之间满足右手定则.【证】 由毕奥沙伐尔定律得 |r|l|r|lB14)(4030 dIdI|l )(1. |r|r|dIdI 14)(4200上式右边第二项的被积式等于 ,其面积分消失;第一项化为 |B)(1)(00 II ,4)(430dI|r|证毕.3.6 设铁磁体的
5、磁化规律为 ,式中 和 为常量.计算由该铁磁体制成的半径为0MH0的球内外的磁感应强度.a【解】 用磁标势方法求解.注意到铁磁体的固有磁化强度均匀,对应的磁荷只分布于球表面.因此,球内外的磁标势均满足拉普拉斯方程.采用球坐标( ),极轴沿 方向,尝试写下球内外的解如下:,r, ,cos101amcos2102rbam式中系数由球面上的边值关系,rar| cs0120 Mrmra确定.将尝试解代入上述边值关系得,ocos21010 ab4,coscoss2013100 Maba据此定出. 0310100 2, ab 代入 和 的表达式得1m2,00cosrrM,32301 )2()( raamM
6、式中 为常数.由上述磁标势求得磁场强度0,011Hm,)(3)2( 02502 rra从而最终求得球内外的磁场分布如下:,021MB.)(3)2( 025002 rHra3.7 设半无限理想导体内初始磁场为零,导体表面为平面.外部为真空.将电流固定为 、面积为 的小载流线圈从无IA穷远移至该平面上方,高度为 ,求下列两种情况下外力做功:(1)线圈平面与导体平面平行;(2)线圈平面与导体平面交角为h45 .(提示:按相对导体平面成镜像关系置放反向电流线圈,然后求力、求功.)【解】 载流线圈的磁矩为 .对线圈平面与导体平面平行的情况,载流线圈磁矩与镜像线圈的磁矩反向,二者均IAm0垂直于导体平面.
7、 对线圈平面与导体平面交角为 45 的情况,载流线圈磁矩与镜像线圈的磁矩彼此垂直,与导体平面法向的夹角分别为 45 和 135 .先来计算两磁矩之间的相互作用力.设磁矩分别为 和 ,坐标原点取在 所在位置,计算 所受的磁力.由121m25产生的磁场为1m,31051014)(3rrmB据此求得 所受的磁力为2 521012 )(F 52107510 4)(34)4)(3 rrr .(21202121 mmerr下面计算外界克服磁力做功.取 轴与导体平面重合, 轴垂直导体平面.设线圈沿 轴自无限远向导体运动,当线圈坐xyy标为 时,上述磁力公式化为(取 )y.)(6435(643 2120212
8、10eFyyyy 对线圈平面与导体平面平行的情况,有 ey,得,403mF从而在将线圈沿 轴自无限远移至 的过程中,外界克服磁力所做的功等于yh.320320420hIAdydAhy e对线圈平面与导体平面交角为 45 的情况,有,4200201 189),()(2 ymmmyxyx e Fe 相应外界克服磁力所做的功等于.3204018189hIAdAh6第四章 电磁波的传播4.1 设两平面电磁波的电矢量分别表示为如下复数形式:,)(02)(01 (,( tkziyxtkziyx eEeE分析它们的偏振特性.【解】 两平面电磁波的偏振度分别为 ,前者为左旋圆偏振波,后者为右旋圆偏振波.R4.
9、2 两相距 的无限平面将介质 1、2 和 3 分开,磁导率同为 ,折射率分别为 、 和 .频率为 的平d01n23面电磁波从介质 1 垂直入射,依次进入介质 2 和 3,并在两个界面上发生反射和折射.(1)计算反射系数(针对 1 侧的反射波)和透射系数(针对 3 侧的透射波),验证二者之和为 1.(提示:分别写下介质 1 中的入射波和反射波,介质 2 中的透射波和反射波,以及介质 3 中的透射波的复数形式,列出两个界面上的边值关系并求解各反射波和透射波.)(2)设介质 1 为某光学系统（例如透镜）,介质 2 为系统表面一层镀膜,介质 3 为空气（ ）.为保证电磁波在光学系统和镀膜间的界面上不出
10、现任何反射, 和 应满足什么条件？dn【解】 按附图标出介质 1 和 2 中的入射波和反射波,介质 3 中的透射波,图中规定电场的正向垂直指向纸面,磁场的正向由()的右手正交关系确定,各区电场和磁场的复数形式规定如下:kHE,)(011( tzkiii eE,1,rr ,)(0222)tzkiiii, ,(,(rre,)(3033tzkiH式中;3211 , , nccknck,rrii EE010.3032222, EcnH 按题意,介质 1 中的入射波给定,下面根据边值关系确定其他波的振幅.设介质 1、2 的界面位于 ,则介质 2、3 的界z面位于 .在这两个界面上的边值关系分别为dz,0
11、20020, riririri ,dikdkdkdikdkki eeEeE 3232210其中关于磁场强度切向分量连续的式子可转化为.iiririri Enn 222 31002011 ),( E1r H1rk1rk1iE1iH1i 习题 42n1H3n3k3E3n2k2rk2iH2rH2iE2rE2i7以上关于电场切向分量的方程一共 4 个,待求量( )也是 4 个,解唯一存在.结果为30201,Erir,)sin()cos) 2131201 dkdknEir ,i( 32231iediki,)sin()cos) 21231201 kiknnkir .i( 32133dideEki(1)由上
12、述结果立刻求得反射系数 和透射系数 :RT,)(sin)()cos)(| 23122231201 kknir 3|iEnT.)(sin)()cos)(4231222312 dkdk容易验证 .R(2)为使 ,要求0 .0)(sin)()sin)( ,co2122312 dkdkn由第一个等式,要求 ,或 ;由第二个等式,要求/mdk 4/.24.3 对无限电介质平面的电磁波的反射和折射问题,当入射波电场与入射面垂直时,成立, ,cos21Ecos21E式中 、 和 分别为入射波、反射波和折射波的电场强度, 和 为介电常数, 和 为入射角和折射角.8(1)计算能流密度 、 和 ,证明 , 为界面
13、法向矢量.(2)确定反射系S Sn数.【解】 (1)能流密度分别为 ,)si(co HE.式中 为切向单位矢量.于是有 cos)(/s)() 201ESnco1220 E,1)s(4 o/cs20EHSn,()o(2120 SnE证毕.(2)反射系数为 .21csR4.4 已知海水介电常数为 ,磁导率为 ,电导率为 1Sm-1.对频率为 50Hz 的电磁波,证明良导体近似满00足,并计算该电磁波在海水中的透入深度.【解】 由题给海水电磁性能参数得 ,163579满足良导体近似.此时电磁波在海水中的透入深度为.)42/()/(2 2/10 4.5 设微波炉使用的电磁波频率为 2.5 GHz(1G
14、Hz=109 Hz),食品的介电常数为 ,电导率为 Sm-1,计0算比值 ,回答是否可使用良导体近似并确定电磁波透入食品的深度. 【解】 由题给食品电磁性能参数得 ,8.15.0369不满足良导体近似.电磁波在食品中的透入深度为 ,9.785218.02/5103.2/2892/10 据此求得 = 0.019 m = 1.9 cm.4.6 证明电磁波透入良导体表面单位面积的能流等于导体表面单位面积的平均损耗功率.【证】 设金属导体占据 半空间.在良导体近似下,进入金属中的电磁波的电矢量近似为(z)zxe ,0.021)(0, Eti由表面进入金属的能流为 .|2|( )Re100/ zzi E
15、HS金属的焦耳功率密度为 .p2|)ej因此,导体表面单位面积的平均损耗功率为 ,202000 |41dedz正好等于由表面进入金属的能流,证毕.4.7 如附图所示的波导管,截面为直角三角形,两直角边边长同为 ,管壁可视为理想导体.确定可能传播的波模及下截止a频率.【解】 采用直角坐标下的分离变数法求解,取 ,)(03tzkiyxE其中幅度因子 的任一个分量 存在如下形式的分离变数解:),(0yxEu,)sincosinco2211 ykbbkau.23k需要满足的边界条件如下: ,0(,0,00 xayxyzxxyx E .E除开边界 之外,易求得满足全部其余边界条件的解为ay ).sin(
16、,co21302ykxAzx为满足边界 上切向电场为零的条件,要求x,)sin()(sin)co1221 akakA10据此推出 , 为正整数;ankA2121, )./si()/i(,co30ayxEzyx最后,由条件 得 ,即为横电波,波模为 TEn.对给定的波频率 和正整数 ,波数为n.2/123ck为保证 为实数,要求 ;取 ,求得波导管的下截止频率为3kan/.c/2min4.8 对边长为 和 的矩形截面波导管,频率为 （大于截止频率） 、幅度为 的 TE10波沿波导管传播,管壁材料ab0E的电导率为 ,求单位长度波导管的平均耗散功率.【解】 对 TE10波有 ,22)(0,sinackexEtziy .)(0ostkziztix exiHakH良导体单位面积表面平均耗散功率为 ,2,1 |dAP式中 为表面外侧切向磁场强度.在 和 两壁,成立0yb,axkE220cossin2|过( )对 积分,然后加倍,求得上述两壁单位长度的耗散功率为 .ax 2201caEP在 和 两壁,成立 ,20E2|H过( )对 积分,然后加倍,求得上述两壁单位长度的耗散功率为 .b0y 202ab最终求得单位长度波导管的平均耗散功率为 .021cP
