电磁场与电磁波第5章课后答案

第五章习题5.1如图所示的电路中，电容器上的电压为u(t),电容为C,证明电容器中的位移电流等于导c线中的传导电流。解：设电容器极板面积为S,电容器中的位移电流为/,传导电流为iDci=SJ=S辺=S竺旦=C吒=iDDdtdtdtdtdtc5.2由麦克斯韦方程组推导H满足的波动方程。解：解：对麦克斯韦的旋度方程VxH=J+8世dt两边取旋度得VxVxH=VxF+VxedEdtPPPP上式左边利用矢量恒等式VxVxA二VV・A-V2A，并考虑到V-H二0，上式右端代入麦克斯韦方程VxE=-卩，得dtV2Hp-^^d-H=-VxJdt25.3在线性、均匀，各向同性的导电媒质中，证明H(p,t)满足下列方程Pd2HPdHPV2H-ue-uc=0dt2dt解：在线性、均匀，各向同性的导电媒质中，麦克斯韦旋度方程为VxH=oE+e也dt两边取旋度得VxVxH=eVxE+Vx8dt并考虑到v-H二0，上式右端代入上式左边利用矢量恒等式vxVxA二vv-A-V2A,麦克斯韦方程VxE一碑，得V2H--ey瞇=0TOC\o"1-5"\h\zdt2dt5.4在8,y和8,y两种理想介质分界面上1122E=Ex+Ey+Ez1x0y0z0H=hx+hy+hz1x0y0z0求E,H。22Cl*题5.4图解：由两种理介质分界面的边界条件E=E8E=8E1t2t11n22nH=HyH=yHTOC\o"1-5"\h\z1t2t11n22n得E=Ex+Ey+^1Ez，H=Hx+Hy+比HZ2x0y08z02x0y0yz0225.5在法线方向为n=x的理想导体面上J=ZJsinet-yJcosetSz0y0求导体表面上的H解：由理想导体表面上的边界条件nxH=JS得导体表面上的H为H=Jxn=Jxx=yJsinwt+ZJcoswtSSzoyo5.6自由空间中’在坐标原点有一个时变点电荷q=盯"严2'其中qo,均为常数。求标量位。解：根据(5.4-11)式]p(卩,t—-)dV'①(r,t)=〒V—4k8R取psV=q得1q(p',t——)①(r，t)=猛—将q=q0e-(t-t°"代入’考虑到时变点电荷在坐标原点’得-(t--t)2/T21qe-(t-V-to)/TOC\o"1-5"\h\z①(r,t)=o—4兀£r5.7自由空间中'在坐标原点有一用细导线连接的时变电偶极子'电偶极矩为$=Zqle-(t-to)/t，其中q,t,T均为常数。求标量位，矢量位。ooo解：1)标量位“、qze-(t-A"e-(t-学-to)/T、①(r,t)=4(一)4K£RR12R=r一l/2cos0,R=r+1/2cos011r—1/2cos0r丄1/2cos0qe-(t一v-to)/te-(t一v-to)/t①(r,t)=务(eV—eV)4兀&R1r1/2cos01/2cos0—(t——t)—qeVoeVTeVT0(4ksR1R2—(t—r—t)eVTqe-t-V-to)=°-R4兀£r221/2cos01/2cos0((r+1/2cos0)e—vt—(r—1/2cos0)evt)e-(t-to)/t/t2)矢量位细导线中的电流为dqi==-qdt代入矢量位yJ(P',t—R)dVr,t)=4兀Rqle—(t-V9T0—rPyi(卩,t--)lA(p,t)=j4兀R5.8已知导电媒质中E(p,t)=X\；'2Ee—asin(mt-kz)00求：(1)H(r,t)；(2)w(r,t)；(3)P(r,t)；(4)S(r,t)型=—丄VxE二住dtyy解：⑴由麦克斯韦方程VxEr曹e—Qz[asin@t—kz)—kcosgt—kz)]000e—az4[—acos(mt—kz)—ksin(mt—kz)]TOC\o"1-5"\h\zmy000(2)w(P,t)=w(P,t)+w(P,t)emw(P,t)=—sE2(P,t)=sE2e-2czsin2(mt—kz)e2001~e^w(卩,t)二-yH2(r,t)=(—o-)2e—2ct[acos(mt一kz)+ksin(mt一kz)]2m2my000(3)P(t)=cE2=2oEe—asin2(mt—kz)004)S(P,t)二ExH二z竺e—2氏sin(mt—kz)[acos(mt—kz)—ksin(mt—kz)]my00005.9求：解：在无源的自由空间E(P,t)=h2esin(mt—kz)+$J2Ecos(mt—kz)0000H(P,t)=sin(mt—ky)+zj2Hcos(mt—ky)x00z00E1(P),H1(P),H1(P,t)，H2(P),E2(P),E2(P,t)。111222E(P,t)=X、2esin(mt—kz)+Ecos(mt—kz)10000E^=E(-jx+y)e一jk0z10vxE=-j仰H0vxEpkpkE=―zxE=-00(jy+x)e-jk&TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark10"\o"CurrentDocument"-jey仰仰000=0[ysm(ot-kz)-xcos(ot-kz)]OR000H(p,t)=x、2Hsin(ot-ky)+认2Hcos(ot-ky)2x00z00乙=(-jHx+Hz)ejy2x0z0由VxH=jos0E=(—zjH—xH)e-jk02OSx0z00p、辽k入入E(y,t)=o[—xHcos(®t—ky)+zHsin(et—ky)]2曲z00x0005.10已知在空气中E(p)=0Esin^e—jkr0r在圆球坐标系中，求H(p),E(p,t),H(p,t),S。c解：E(p,t)=0、；'2E0泌cos(ot-kr)r由vxVxE入kEsin0(P0e—jkr-jORORrH(P,t)=22kE0sin0cos(ot-kr)ORrkE2sin20r0ORr25.11已知在空气中A(P)=^0e-jkrzr在圆球坐标系中，求HH（p）,E（p）。解：在圆球坐标系中Acos0A=AcosU=—oe-jkrrzr=-AsinU=zAsinU—0e-jkrrA=0利用关系式H=—VxH=0rHU=0H=丄AsinU(j+—)e-jkr申卩0rr2上式代入VxJ-j2A0皿U(j+丄)e-jkrr①wpr2r3=(空+土-丄)e-jkrweprr2r35.12已知在如图所示的用理想导体制作的矩形管中E=yEsin（，x）e-jkzz0ak为常数，z（1）求H；（2）求E（H，t）,H（H，t）；⑶验证E,H满足边界条件；S5)求穿过管截面的平均功率。题5.12图4)求各理想导体面上的面电流J解：(1)由VxE=—j仰H得TOC\o"1-5"\h\zkE兀H二一_osin(—x)e—jkzzx①paj—E—H=亠cos(—x)e-jk孑zmuaaHYPERLINK\l"bookmark28"\o"CurrentDocument"(2)E(p,t)=、2Esin(—x)cos(mt—kz)y0azp-J2kE兀HYPERLINK\l"bookmark32"\o"CurrentDocument"H(r,t)二—zosin(x)cos(et—kz)xmuazH(p,t)二E^cos(—x)cos@t—kz+—HYPERLINK\l"bookmark34"\o"CurrentDocument"zmuaaz2兀(3)在x=0,a的理想导体面上sin(—x)=0，因此aE=0,H=0即E=0,H=0满足理想导体面边界条件。yxtn⑷由J=nxHS在x=0的理想导体面上J=xx(Hx+Hz)=—yH(x=0)=—yj兀e—jk孑xzzmua在x=a的理想导体面上J=一xx(Hx+Hz)=yH(x=0)=yj^0e—jkz.xzzmua在y=0的理想导体面上TOC\o"1-5"\h\z%kE兀j^E/兀、、yx(Hx+Hz)=(z―osm(—x)+xocos(—x))e-jkzzHYPERLINK\l"bookmark46"\o"CurrentDocument"xza®paa在y=b的理想导体面上%kE兀jnE/兀、、-yx(Hx+Hz)=—(z_osm(—x)+xocos(—x))e-jk孑xza®paa”5)P=ffRe[ExH*]-dS00fpkEo./兀、…abkE2HYPERLINK\l"bookmark52"\o"CurrentDocument"=z_0-sin2（一x）dxdy=^-0-HYPERLINK\l"bookmark38"\o"CurrentDocument"a2®卩005.13直接由麦克斯韦方程的复数形式推导电场强度和磁场强度满足的亥姆霍兹方程解：根据麦克斯韦方程的复数形式VxH=J+j®sE(1)vxE=—j®卩H(2)V-sE=p(3)V-Bp=0(4)（1）式两端求旋度后将（2）式代入得VxVxH二VxJ+j®s（-j®pH）利用矢量恒等式VxVxA二VV・A-V2A，并考虑到V-H二0得V2H+O2陆H=-VX5）（2）式两端求旋度后将（1）式代入得VxVxE二-j®卩（J+josE）利用矢量恒等式VxVxA=VV-A-V2A，并考虑到V・E=E得V2E+®2ysE=j®J+VPs5.14直接由麦克斯韦方程的复数形式推导（5.7-18）式解：(5.7-18b)V2①+k2①=-—将E二一j®A-v①代入v-D=p，对于均匀介质，得PPV-(-joA一V①)=8P将洛伦兹条件的复数形式V•A=-jo茁①代入，得V2①+k2①=-—85.15在线性、均匀，各向同性的导电媒质中，证明E(P)满足下列方程V2E+（o2陆一joya）E=0解：VxE二-j°^H式两端求旋度将VxH=aE+jo8E代入得VxVxE=一joy（aE+jo8E）利用矢量恒等式VxVxA=VV・A-V2A，并考虑到在均匀媒质中V・E=0得V2E+o2应E=jo^aE5.16在线性、均匀，各向同性的导电媒质中，证明H满足下列方程V2H+(o2y8一joya)H=0解：VxH=aE+josE式两端求旋度将VxE=一joyH代入得VxVxH=-Q+jos）joyH利用矢量恒等式VxVxA=VV・A-V2A，并考虑到在均匀媒质中V・H=0得V2H+（o2ys一joya）H=05.17写出电磁场边界条件的复数形式。解：解：电磁场边界条件的复数形式和瞬时形式是相同的。即nx（E-E）=o12nx（H一H）=J12S（D—D）-n=p12S（Bp—B）•n=o12对两理想介质的界面E=E1t2tH=H1t2tD=D1n2nBB1n2n在理想导体表面nxE=onxHp=JSD•n=pSB•n=op5.18试写出矢量磁位A=Az在两理想介质分界面的边界条件（用直角坐标系，设介质分z界面法向为Z）。解：展开B=vxA和E=—j讥A+w•A］得k21dA1dAz卩dx①d2Ajk2dxdz①d2Ajk2dydz根据E=E1t2tH1t=H2t得dAdzII11A=ARz1pz2121dAR£dz225.19证明电场可以用矢量磁位表示为E=-何£+丄w-A]k2P证明：将V-A二-j®应①代入E=—j®A-V①PP1P得e=—j®A—vv-A—j®p£二—j®[A+—vv-A]①2陆令k2二①2^8得Ep=—j®[A+丄vv-A]k25.20如图所示，两个厚度为d，间距为b的平行导体长板。导体板宽度为a（a>>b）,板上恒定电流为I构成回路，电压为V。（1）导体板近似看作理想导体，忽略边缘效应。求穿过z二0端面的功率。（2）证明流进电导率为b的单位长度导体板中的功率正好等于欧姆定律计算出的单位长度导体板的损耗功率。丿・!&L._-<题5.20图解：（1）导体板近似看作理想导体，忽略边缘效应，导体板之间的电场强度为EyvE=y—bJP=z丄，典JPxy=—xLSaaSP=ExHP=zVIab穿过z二0端面的功率为P=S-zdxdy=VI(3)电导率为◎的导体中的电流密度为JL丄ad由J=gE，导体中的电场为E=Z—1—bad流进电导率为b的单位长度导体板中的功率为P=『ExH(-y)dzdx=工=丄=12badbVR0011式中R］为宽厚为axd的单位长度导体板的电阻。