电磁场理论习题

电磁场理论习题

一

1、求函数ϕ=xy+z-xyz 在点（1，1，2）处沿方向角π

α=

3，

4π

β=

，

3π

γ=

的方向的方

向导数.

解：由于 M ϕ

∂∂x =y －M yz = -1

M y ϕ

∂∂=2x y －(1,1,2)xz =0 M

z

ϕ∂∂=2z

(1,1,2)

xy -=3

1cos 2α=

，cos 2β=，1

cos 2γ=

所以

1cos cos cos =∂∂+∂∂+∂∂=

∂∂γϕβϕαϕϕ

z y x l

M

2、 求函数ϕ＝xyz 在点（5, 1, 2）处沿着点（5, 1, 2）到点（9, 4, 19）的方向的方向导数。

解：指定方向l 的方向矢量为

l ＝(9－5) e x +(4－1)e y +(19－2)e z ＝4e x +3e y +17e z

其单位矢量

z

y x z y x e e e e e e l 314

731433144cos cos cos +

+=

++=γβα

5

,

10,

2)

2,1,5(==∂∂==∂∂==∂∂M

M

M

M

M

xy

z

xz

y

yz

x

ϕ

ϕϕ

所求方向导数

314123

cos cos cos =•∇=∂∂+∂∂+∂∂=

∂∂ l z y x l

M

ϕγϕβϕαϕϕ

3、 已知ϕ=x 2+2y 2+3z 2+xy+3x-2y-6z ，求在点（0，0，0）和点（1，1，1）处的梯度。

解：由于ϕ∇=(2x+y+3) e x +(4y+x-2)e y +(6z-6)e z

所以，(0,0,0)ϕ

∇=3e x -2e y -6e z

(1,1,1)

ϕ∇=6e x +3e y

4、运用散度定理计算下列积分：

2232[()(2)]x y z s

xz e x y z e xy y z e ds

+-++⎰⎰I=

S 是z=0 和 z=(a 2-x 2-y 2)1/2所围成的半球区域的外表面。

解：设：A=xz 2e x +(x 2y-z 3)e y +(2xy+y 2z)e z 则由散度定理

Ω

∇⎰⎰⎰⎰⎰s

A ds=Adv

可得

2I r dv

Ω

Ω

Ω

=∇==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰222Adv (z +x +y )dv

224

4

220

sin sin a

a

r drd d d d r dr π

π

π

π

θθϕϕθθ==⎰

⎰⎰

⎰⎰⎰

525a π=

5、试求▽·A 和▽×A:

(1) A=xy 2z 3e x +x 3ze y +x 2y 2e z

(2)

22

(,,)cos sin z A z e e ρρφρφρφ=+ (3 ) 211

(,,)sin sin cos r A r r e e e r r θφ

θφθθθ=++

解：（1）▽·A=y 2z 3+0+0= y 2z 3

▽×A=23232(2)(23)x y

x y x e xy xy z e ∂∂∂

=---∂∂∂x y z

23322

e e e x y z xy z x z x y

(2) ▽·A=()[()]

z A A A z φρρρρρφ∂∂∂

++∂∂∂1 =33[(cos )(sin )]

ρφρφρρφ∂∂

+∂∂1=3cos ρφ

▽×A=ρφ

ρ

φρρρφρ∂∂∂∂∂∂z z

e e e 1z A A A =

221

cos 0

ρ

φ

ρρρ

φρφρφ∂

∂∂∂∂∂z e e e z sin

=

cos 2sin sin z

e e e ρφρφρφρφ-+

(3) ▽·A=22

(sin )()1

[sin ]sin r A A r A r r r r φθθθθ

θφ∂∂∂++∂∂∂ =23

22

sin cos ()()1(sin )[sin ]sin r r r r r r r θθθθθθφ∂∂∂++∂∂∂ =22

22

12[3sin 2sin cos ]3sin cos sin r r r θθθθθθ+=+

▽×A=

21sin r

r r r r

r θφ

θφ

θθθφθ∂∂∂∂∂∂e e rsin e A A rsin A =

21sin 1

sin sin cos r

r r r r θφ

θθ

θφθ

θ

θθ∂

∂∂∂∂∂e e rsin e rsin

=33

cos 2cos cos sin r e e e r r θφθθ

θθ+-

习题二

1、总量为q 的电荷均匀分布于球体中，分别求球内，外的电场强度。

解: 设球体的半径为a ，用高斯定理计算球内，外的电场。由电荷分布可知，电场强度是球对称的，在距离球心为r 的球面上，电场强度大小相等，方向沿半径方向。

在球外，r>a ，取半径为r 的球面作为高斯面，利用高斯定理计算：

q r E dS D r s

==•⎰2

04πε

2

04r q

E r πε=

对球内，r

'42

0q r E dS D r s

==•⎰

πε

3

3333343434'a q r a q r r q ===ππρπ

3

04a rq

E r πε=

2、半径分别为a,b(a>b),球心距为c （c

解：为了使用高斯定理，在半径为b 的空腔内分别加上密度为+ρ和—ρ的体电荷，这样，任一点的电场就相当于带正电的大球体和一个带负电的小球体共同产生，正负带电体所产生的场分别由高斯定理计算。 正电荷在空腔内产生的电场为

1

01

13r e r E ερ=

负电荷在空腔内产生的电场为

2

2

23r

e r

E ερ-

=

单位向量1r e ，2r e 分别以大、小球体的球心为球面坐标的原点。考虑到 c ce e r e r x r r ==-2211

最后得到空腔内的电场为

x

e

c E 0

3ερ=

3、一个半径为a 的均匀带电圆柱体（无限长）的电荷密度是ρ，求圆柱体内,外的电场强度。 解：因为电荷分布是柱对称的，因而选取圆柱坐标系求解。在半径为r 的柱面上，电场强度大小相等，方向沿半径方向。计算柱内电场时，取半径为r ，高度为1的圆柱面为高斯面。在此柱面上，使用高斯定理，有

02

02,,2ερρππεr E l r q q rl E dS D s

====•⎰ 计算柱外电场时，取通过柱外待计算点的半径为r ，高度为1的圆柱面为高斯面。对此柱面使用高斯定理，有

22

02,,2ερρππεr a E l a q q rl E dS D s ====•⎰ 4、一个半径为a 的均匀带电圆盘，电荷面密度是ρs 0,求轴线上任一点的电场强度。

解：由电荷的电荷强度计算公式

''41

)(3

)

')('(0dS r r r E s

r r r s ⎰-=

-ρπε

及其电荷的对称关系，可知电场仅有z 的分量。代入场点

源点 x ze r =

φφsin 'cos ''r e r e r y x +=

φd dr r dS ''=

电场的z 向分量为

⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=+=⎰⎰2/12200200

2/32200)(12)'(''4z a z

s r z dr zr d s E a ερφπερπ 上述结果适用于场点位于z>0时。但场点位于z<0时，电场的z 向量为

))(1(22

/12200

z a z s E +--=ερ

5、已知半径为a 的球内,外电场分布为

⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<⎪⎭

⎫

⎝⎛>⎪⎭⎫ ⎝⎛=a

r a r E a r r a E E r

r 2

02

求电荷密度.

解:从电场分布计算计算电荷分布,应使用高斯定理的微分形式: ρ=•∇D

用球坐标中的散度公式,并注意电场仅仅有半径方向的分量,得出

()

()

r r 1:

a E 3r r 1:r 2

r

200r

2

r

20

=E ∂∂=>=E ∂∂=<ερερ时时a r a r

6、求习题2-1的电位分布

解：均匀带电球体在球外的电场为

Er=2

04/r q πε

球内电场为

304/a rq Er πε=

球外电位(r > a)为

r

q dr r q Edr r

r

0204/4/πεπεϕ===⎰⎰∞∞

球内电位(a r ≤)为

)

(

a

q r a a q dr

r q dr a rq Edr a

r

a

r

02

23

020304/2/2/4/4/4/πεπεπεπεϕ+-=+==⎰⎰⎰∞

∞

)3(8/2230r a a q -=πε

7、 电荷分布如图所示。试证明，在r>>l 处的电场为E=4

02

23r ql πε 证明:用点电荷电场强度的公式及叠加原理,有E=041πε(2)(l r q +22r q

+2)(l r q -)

当r>>l 时,

2)(1

l r +=

2

2

)1(1

1r l r +≈)321(1222

-+-r l r l r

2)(1l r

-=

2

2

)1(1

1r l r -≈)321(1222

+++r l r l r

将以上结果带入电场强度表达式并忽略高阶小量,得出E=4

02

23r ql πε

8、 真空中有两个点电荷，一个电荷－q 位于原点，另一个电荷q/2位于（a ，0，0）处，求电位为零的等位面方程。

解：由点电荷产生的电位公式得电位为零的等位面为

424100=+-r q

r q

πεπε 其中

2

12

2

2

)(z y x r ++=， 2

122

2

1])[(z y a x r ++-= 等位面方程简化为

r r =12 即

2

22222])[(4z y x z y a x ++=++- 此方程可以改写为

2

2

22

3234⎪

⎭⎫ ⎝⎛=++⎪⎭⎫ ⎝

⎛-a z y a x 这是球心在)

0,0,34(a ,半径为32a 的球面。

9、一个圆柱形极化介质的极化强度沿其轴方向，介质柱的高度为L ，半径为a ，且均匀极化，求束缚体电荷分布及束缚面电荷分布。

解：选取圆柱坐标系计算，并假设极化强度沿其轴向方向，x e P P 0=如图示，由于均匀极化，束缚体电荷为

0=•-∇=P ρ。

在圆柱的侧面，注意介质的外法向沿半径方向r e n =,极化强度在z 方向，故

0=•=x e P ρ 在顶面，外法向为x e n =，故

0P e P x sp =•=ρ 在底面，外法向为x e n -=，故

0)(P e P x sp -=-•=ρ

10、假设x<0的区域为空气，x>0的区域为电解质，电解质的介电常数为3εo ， 如果空气中的电场强度z y x e e e E 54++=（V/m ），求电介质中的电场强度2E 。

解：在电介质与空气的界面上没有自由电荷，因而电场强度的切向分量连续，电位移矢量的法向分量连续。在空气中，由电场强度的切向分量x y t e e E 541+=，可以得出介质中电场强度的切向分量x y t e e E 542+=；对于法向分量，用n D D n 21=，即 x x E E 210εε=，并注意013,3εε==x E ，得出12=x E 。将所得到的切向分量相叠加，得介质中的电场为

z y x e e e E 542++= （V/m ）

11、一个半径为a 的导体球面套一层厚度为b-a 的电解质，电解质的介电常数为ε，假设导体球带电q ，求任意点的电位。

解：在导体球的内部，电场强度为0。对于电介质和空气中的电场分布，用高斯定理计算。在电介质或空气中的电场取球面为高斯面，由

⎰==⋅s r q D r dS D 24π得出

24r q D r π= 电场为

24r q E r πε=

在介质中（a

2

04r q E r πε=

在空气中（r>b ）

电位为

)

1

1(44440220b r q b q dr r q dr r q

Edr r b b

r -+=+==⎰⎰

⎰

∞

∞

πεπεπεπεϕ （a

⎰⎰∞∞=

==r r r q dr r q Edr 02044πεπεϕ (r>b)

12、真空中有两个导体球的半径都为a ，两球心之间距离为d ，且d>>a,试计算两个导体之间的电容。

解：因为球心间距远大于导体的球的半径，球面的电荷可以看作是均匀分布。由电位系数的定义，可得

a p p 0221241πε==， d p p 0211241

πε=

=

让第一个导体带电q, 第二个导体带电-q ，则

d q a q q p q p 001211144πεπεϕ-=-=， a q

d q q p q p 002221244πεπεϕ-

=-= 由

21ϕϕ-=

=q U q C 化简得

a d ad

C -=

02πε

习题三

1、球形电容器内,外极板的半径分别为a,b ，其间媒质的电导率为σ，当外加电压 为0U 时，计算功率损耗并求电阻。

解：设内,外极板之间的总电流为0I ，由对称性，可以得到极板间的电流密度为

J =2r

I

e r π E =24r

I

e r πσ

0U =a

b Edr ⎰=

114I

a b πσ⎛⎫

- ⎪⎝⎭ 从而 I =0411

U a b πσ-

，J =0

211r

U e r a b σ⎛⎫- ⎪⎝⎭

单位体积内功率损耗为 p =2J

σ=

2

211U r a b σ⎡⎤

⎢⎥⎢

⎥⎛⎫⎢⎥- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 总功率耗损为 P=2

4b

a p r dr π⎰=2

2

2

411b

a

U dr r a b πσ⎡⎤-⎢⎥⎣

⎦⎰

=

20411U a b πσ- 由P=2

0U R ，得

R=

114I

a b πσ⎛⎫- ⎪⎝⎭

2、一个半径为a 的导体球作为作为电极深埋地下，土壤的电导率为σ。略去地面的影响，求电极的接地电阻。

解：当不考虑地面影响时，这个问题就相当于计算位于无限大均匀点媒质中的导体 球的恒定电流问题。设导体球的电流为I ,则任意点的电流密度为

J =

24r I

e r π，E =

2

4r

I

e r πσ

导体球面的电位为（去无穷远处为电位零点）

U =2

4a

I

dr

πσ∞

⎰

=4I

a

πσ

接地电阻为

R =U

I =4I a πσ

3、如图，平板电容器间由两种媒质完全填充，厚度分别为1d 和2d ，介电常数分别为1ε和2ε，电导率分别为1σ和2σ，当外加电压U 0时，求分界面上的自由电荷面密度。 解：设电容器极板之间的电流密度为J ，则 J ＝2211E E σσ=

221

1,σσJ

E J

E =

=

于是

22

11

0σσJd Jd U +

=

即

22

1

1

σσd d U J +

=

分界面上的自由面电荷密度为

22

110

11221122112212σσσεσεσεσεεερd d U J E E D D n n s +⎪

⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=-=

4、 内,外导体半径分别为a,c 的同轴线，其间填充两种漏电媒质，电导率分别为

1σ（a

解：设单位长度从内导体流向外导体的电流I ，则电流密度为

J =2r

I

e r π

各区域的电场为

1E =12r I

e r πσ（a

I

e r πσ(b

内,外导体间的电压为 0U =c

a E dr

⎰

=

12b

a

Idr

r πσ⎰

+22c

b

Idr r πσ⎰=12I

πσln b a +22I πσln

c

b

因而，单位长度的漏电电阻为

R =U I =1

2I πσln b a +22I πσln c b

5、一个半径为10 cm 的半球形接地导体电极，电极平面与地面重合，如图，若土壤的电导率为0.01S/m ，求当电极通过的电流为100A 时，土壤损耗的功率。 解：半球形接地器的电导为 πσ2=G a 接地电阻为 σπa G R 211=

=

土壤损耗的功率为

6

2

2

2

1059.11.001.021002⨯≈⨯⨯===ππσa I R I P W

U

6、 内,外半径分别为a,b 的无限长空心圆柱中均匀分布着轴向电流I ，求柱内, 外的磁感应强度。

解：使用圆柱坐标系。电流密度沿轴线方向为

J =()220,0,I b a r a

a r

b b r

π⎧⎪⎪⎪⎨-⎪⎪⎪

⎩<<<<

由电流的对称性，可以知道磁场只有圆周分量。用安培环路定律计算不同区域的磁场。当r

'

I =

()

22J r a π-=()

222

2

I r a b a

--

由B dl ⎰=2rB π='0

I μ，得

B =

()

()

22222o I r a r b a μπ--

当r

7、半径为a 的长圆柱面上有密度为0s J 的面电流，电流方向分别为沿圆周方向和 沿轴线方向，分别求两种情况下柱内,外的B 。 解：

（1）当面电流沿圆周方向时，由问题的对称性可以知道，磁感应强度仅仅是半径r 的函数 ，而且只有轴向方向的分量，即

B =()z z e B r

由于电流仅仅分布在圆柱面上，所以，在柱内或柱外，B ∇⨯=0。将B =

()z z e B r 代入

B ∇⨯=0，得

B ∇⨯= 一

z

B e r φ

∂∂=0 即磁场是与r 无关的常

量。在离面无穷远处的观察点，由于电流可以看成是一系列流向相反而强度相同的电流元只

和，所以磁场为零。由于B 与r 无关，所以，在柱外的任一点处，磁场恒为0。 为了计算柱内的磁场，选取安培回路为图3-12所示的矩形回路。 l

B dl ⎰=hB = 0

s

h J

μ 因而柱内任一点处，B =0z s e J μ。

图3-12

（2）当面电流沿轴线方向时候，由对称性可知，空间的磁场仅仅有圆分量，且只是半径的函数。在柱内，选取安培回路为圆心在轴线并且为于圆周方向的圆。可以得出，柱内任一点的磁场为零。在柱外，选取圆形回路，

B dl ⎰=0

I μ，与该回路交链的电流为2s

aJ

π，

B dl ⎰=2rB π，所以

B =0s

a e J r φμ

8、 一对无限长平行导线，相距2a ，线上载有大小相等，方向相反的电流I ，求磁矢位A ，并求B 。

解：将两根导线产生的磁矢位看作是单个导线产生的磁矢位的叠加。对单个导线，先计算有限长度产生的磁矢位。设导线的长度为1，导线1的磁矢位为（场点选在xoy 平面）

1

21212022

2

122

10

1])2[(2ln 2)

(4r r l l I z r dz I A l

l

++=+=⎰

-πμπ

μ

当∞→l 时，有

101ln 2r l I A πμ=

同理，导线2产生的磁矢位为

202ln 2r l

I A πμ-

=

由两个导线产生的磁矢位为

()()()2222012021021ln 4ln 2ln ln 2y a x y a x I e r r I e r l r l I e A A e A z z z z +-++==⎪⎪⎭⎫

⎝⎛-=+=πμπμπμ

相应的磁场为

y A e y A e A z y z x

∂∂-∂∂=⨯∇＝B

()()()()2222022220[2][2y a x a x y a x a x I e y a x y y a x y I e y

x +---+++-+--++=πμπμ

9、 已知内，外半径分别为b a ,的无限长铁质圆柱壳（磁道率为μ）沿轴向有恒定的传导电流I ，求磁感应强度和磁化电流。

解：考虑到问题的对称性，用安培环路定律可以得出各个区域的磁感应强度。 当a r <时，

B ＝0 当b r a <<时，

()φ

πμer a b r a r I B 2

2222)(--= 当b r >时，

φ

πμer r I B 20=

当b r a <<时，

φ

πμμμμe a b r a r I B H M r r r )(2)

()1(1

)1()1(2

222---=-=-=

())()1(12

2a b I e r rM r e M J r z

z m --=∂∂=⨯∇=πμρ 当b r >时，

0=m J

在a r =处，磁化强度0=M ，所以

0)(=-⨯=⨯=r mS e M n M J 在b r =处，磁化强度φ

πμe b I

M r 2)1(-=

，所以 z

r r mS e b I

e M n M J πμ2)1(--=⨯=⨯=

10、已知在半径为a 的无限长圆柱导体内有恒定电流I 沿轴方向。设导体的磁导率为1μ，

其外充满磁导率为2μ的均匀磁介质，求导体内,外的磁场强度,磁感应强度,磁化电流分布。

解：考虑到问题的对称性，在导体内,外分别选取与导体圆柱同轴的圆环作为安培回路，并注意电流在导体内是均匀分布的。可以求出磁场强度如下： r a ≤时，

H =22Ir e a φ

π r >a 时，

H =2I e r φ

π

磁感应强度如下：

r a ≤时，

B =122Ir e a φ

μπ r >a 时，

B =

22I e r φ

μπ

为了计算磁化电流，要求磁化强度： r a ≤时，

M =e φ12

012Ir a μμπ⎛⎫- ⎪⎝⎭， m J =M ∇⨯=

1201z I

e a μμπ⎛⎫-- ⎪⎝⎭ r >a 时，

M =20

12I e r φμμπ⎛⎫- ⎪

⎝⎭， m J =M ∇⨯=0 在r=a 的界面上计算磁化面电流时，可以理解为在两个磁介质之间有一个很薄的真空层。

这样，其磁化面电流就是两个磁介质的磁化面电流只和，即

ms J =11M n ⨯+22M n ⨯

这里的1n 和2n 分别是从磁介质到真空中的单位法向。如果去从介质1到介质2的单位法向是n, 则有

ms J =1M n ⨯一2M n ⨯

代入界面两侧的磁化强度，并注意n =r e ，得

ms J =

1012z I e a μμπ⎛⎫-- ⎪⎝⎭+1012z I e a μμπ⎛⎫- ⎪

⎝⎭ = 210

02z I e a μμμμπ⎛⎫- ⎪

⎝⎭

11、 空气绝缘的同轴线，内导体的半径为a ，外导体的半径为b ，通过的电流为I 。设外导体壳的厚度很薄，因而其储蓄的能量可以忽略不计。计算同轴线单位长度的储能，并有此求单位长度的自感。

解： 设内导体的电流均匀分布，用安培环路定律可求出磁场。 r

H =2

2Ir a π a

H =2I

r π

单位长度的磁场能量为 m W =

12a

⎰

202H rdr μπ+2

0122b a H rdr μπ⎰

=2016I μπ+20ln 4I b

a μπ

故得单位长度的自感为

L =08μπ+

0ln

2b a μπ 其中的第一项是内导体的内自感。

12、 一个长直导线和一个圆环（半径为a ）在同一平面内，圆心与导线的距离是d ，证明它们之间互感为

)(2

2

0a d d M --=μ

证明：设直导线位于z 轴上，由其产生的磁场

)cos (2200θπμπμr d I

x I B +=

=

其中各量的含义如图所示。磁通量为

θ

θπμπ

rdrd r d I

Bds a

⎰⎰

⎰

+==Φ0

20

0)cos (2

上式先对θ积分，并用公式

2220

2cos a d a d d -=

+⎰

πθθ

π

得

)

(2200

2

20a d d I r d rdr I a

--=-=Φ⎰

μμ

所以互感为

)(2

20a d d M --=μ

习题四

1、在两导体平板(z=0和z=d)之间的空气中传播的电磁波其电场强度矢量

0sin[(/)]cos()y x E e E d z wt k π=-

其中x k 为常数.试求 (1) 磁场强度矢量H

(2) 两导体表面上的面电流密度s J 解:

(1) 由麦克斯未方程组得

(/)(/)/x y z y E e E z e E x B t ∇⨯=-∂∂+∂∂=-∂∂

对上式积分得00cos()sin()sin()cos()x x

x z x E E k B e z wt k x e z wt k x dw d w d πππ

=-+-

即0000cos()sin()sin()cos()

x x x x x E E k H e z wt k x e z wt k x dw d w d πππ

μμ=-+-

(2) 导体表面上得电流存在于两导体相向的一面,故在z=0表面上,法线n =z e

面电流密度

00|sin()z s z y

x E J e H e wt k x w d πμ==⨯=-

在z=0表面上,法线n =-z e ,面电流密度

0|sin()z d s z y

x E J e H e wt k x w d πμ==-⨯=-

2、 在理想导电壁（σ＝∞）限定的区域（0≤x ≤α）内存在一个如下的电磁场：

d

sin()sin()0

sin()sin()0

cos()cos()0a x E H kz t y a a x H H k kz t x a x H H kz t z a πμωωππωππω=-=-=-

这个电磁场满足的边界条件如何？导电壁上得电流密度的值如何？

解：在边界x=0处有（n ＝x e ）0,0,cos()0E H H H kz t y x x ω===-

所

以

，

导

电

壁

上

的

电

流

密

度

河

电

荷

密

度

的

值

为

()

cos(),000

000

J n H H s J

n H

e H kz t n D y x s s x ξλ

ωρ=⨯-=⨯=--====在

x

＝

处

电

磁

场

满

足

的

边

界

条

件

为

cos(),0

0,0n H e H kz t n E y n B n D ω⨯=--⨯=== 同理，在x a =（

n e x =-）有 cos(),0cos(),0,0,0

0J n H

e e H e H kz t n D

z z sa x y sa x a x a

n H e H kz t n E n B n D y ωρω=⨯=-⨯=--===⨯=--⨯=⨯=⨯=3、 一段由理想导体构成的同轴线，内导体半径为a ，外导体半径为b ，长度为L ，同轴线两端用理想导体板短路。已知在L z b r a ≤≤≤≤0,区域内的电磁场为

kz

r B e H kz r A

e E r cos ,sin θ→→→

→

==

（1） 确定B A ,之间的关系。

（2） 确定k 。

（3） 求a r =及b r =面上的s s J →

,ρ。

解：由题意可知，电磁场在同轴线内形成驻波状态。 （1）B A ,之间的关系。因为

→→→

→

-==∂∂=⨯∇H

j kz r Ak

e z E e E r ωμθθcos

所以

k j B A ωμ-= （2）因为

()()E

j kz r Bk

e r rH e z rH e r H r z r ωεθθ==∂∂+∂∂-=⨯∇→→→→

sin ][1

所以

ωεj k B

A =

ωεωμj k

k j =- ，μεω=k （3）因为是理想导体构成的同轴线，所以边界条件为

→

→

→

=⨯s J H n ，s D n ρ=•→

→

在a r =的导体面上，法线→

→

=r e n ，所以

kz

a B e kz r B

e H

n J z a r z a

r Sa cos cos →=→

=→→

→

==⨯=

kz

a

A

kz r

A

D n a r a r Sa sin sin εερ=

=

•===→

→

→

在b r =的导体面上，法线→

→

-=r e n ，所以

kz

b B e kz r B

e H

n J z b r z b

r Sb cos cos →=→

=→→

→

-=-=⨯=

kz

b

A

kz r

A

D n b r b r Sb sin sin εερ-

=-

=•===→

→

→

4、 已知真空中电场强度

)

(sin )(cos 0000ct z k E e ct z k E e E y x -+-=→

→

→

，式中

c k ωλπ==002。试求：

（1） 磁场强度和坡印廷矢量的瞬时值。

（2） 对于给定的z 值（例如z ＝0），试确定→

E 随时间变化的轨迹。 （3） 磁场能量密度，电场能量密度和坡印廷矢量的时间平均值。 解：

（1） 由麦克斯韦方程可得

z E e z

E e E x y

y x

∂∂-+∂∂-=⨯∇→

→

→

t H ct z k k E e ct z k k E e y x ∂∂-=----=→

→

→

000000)(sin )(cos μ

对上式积分，得磁场强度瞬时值为

)

(cos )(sin 000000

ct z k c E e ct z k c E e H y x ---=→→

→

μμ

故坡印廷矢量的瞬时值

c E e H E S z

02

μ→

→→→

-=⨯=

（2） 因为→

E 的模和幅角分别为

2

2

E E E E y x =+=→

)

()(cos )

(sin tan

00000ct z k ct z k E ct z k E -=--=θ

所以，→

E 随时间变化的轨迹是圆。

（3）磁场能量密度，电场能量密度和坡印廷矢量的时间平均值分别为

]Re[41

*,→→•=D E e

av ω

)]()[(41)2(0000)2

(000000z k j y z jk x z k j y z jk x e E e e E e e E e e E e --→→-→-→+•+=π

π

εε

20

021E ε=

2

00,21

E m av εω==

c E e H E S z av 020

*

2]21Re[μ→→→→-=⨯= 习题五

1、 电磁波在真空中传播，其电场强度矢量的复数表达式为

())

(10204m V e e j e t E z j y x π--→

→→

⎪⎭⎫

⎝⎛-=

试求：

（1） 工作频率f 。

（2） 磁场强度矢量的复数表达式。

（3） 坡印廷矢量的瞬时值和时间平均值。 解：

（1）由题意可得 9

00106,20⨯==

==πωω

εμωπc

k

所以工作频率

Hz f 9

103⨯= （2）磁场强度矢量的复数表达式为

)

/(10)(1

1

2040

m A e e j e E e H z j x y y πηη--→

→→

→→

+=

⨯=

其中波阻抗Ω=πη1200。

（3）坡印廷矢量的瞬时值和时间平均值。 电磁波的瞬时值为

)

20cos(10)(]Re[)(4z t e j e e

E t E y x t

j πωω--==-→

→→

→ （V/m ）

)

20cos(10)(1

]Re[)(40

z t e j e e

H t H x y t

j πωηω-+=

=-→

→→

→ （A/m ）

所以，坡印廷矢量的瞬时值

)())(20(cos 10

1

)()()(2

8

=+⨯--=

⨯=→

→

→

→

-→

→→

x y x x e j e e j e z t t H t E t S πωη W/2

m

同理可得坡印廷矢量的时间平均值 0]21Re[*

=⨯=→→→

H E S av

W/2

m

2、 理想介质中，有一均匀平面电场波沿z 方向传播，其频率s rad /1029

⨯=πω。当0=t

时，在0=z 处，电场强度的振幅m mV E /20=→

，介质的1,4==r r με。求当s t μ1=时，在z ＝62m 处的电场强度矢量，磁场强度矢量和坡印廷矢量。 解：根据题意，设均匀平面电场为

)cos()(0kz t E e t E x -=→

→→

ω m mV / 式中， 340,/1029πμεωπω=

=⨯=k s rad

所以

)340102cos(2)(9z t e t E x π

π-

⨯=→

→

（m mV /）

当s t μ1=，z ＝62m 时，电场强度矢量，磁场强度矢量和坡印廷矢量为 →

→

-=x e E m mV /

)340102cos(4

)(90

z t e t H y π

πη-

⨯=

→

→

m mA /

故此时

→

→

-

=y

e H 0

2

ηm mA /

π601→→→→=⨯=z

e H E S 2/m mA

3、已知空气中一均匀平面电磁波的磁场强度复矢量为

H=(43)

(4)(/)

j x z z y z A m e e e e

πμ-+-+

试求：

（1）波长、转播方向单位矢量及转播方向与z 轴的夹角 （2）常数A

（3）电场强度复矢量。 解：

（1）波长、转播方向与z 轴的夹角分别为

25,0.4K m k π

πλ=

===

=