电磁场作业答案
作业06_第四章时变电磁场
作业06_第四章时变电磁场-标准化文件发布号：（9456-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII第四章 时变电磁场1. 在无源的自由空间中，已知磁场强度597.210cos(31010)A/m y H t z e -=⨯⨯-，求位移电流密度。
2. 在电导率310S/m γ=、介电常数06εε=的导电媒质中，已知电场强度58210sin(10)x E t e -=⨯π，计算在92.510s t -=⨯时刻，媒质中的传导电流密度c J 和位移电流密度d J 。
3. 在无源区域，已知电磁场的电场强度90.1cos(6.281020.9)V/m x E t z e =⨯-，求空间任一点的磁场强度H 和磁感应强度B 。
4. 一个同轴圆柱型电容器，其内、外半径分别为11cm r =、24cm r =，长度0.5m l =，极板间介质介电常数为04ε，极板间接交流电源，电压为V u t =π。
求极板间任意点的位移电流密度。
5.一个球形电容器的内、外半径分别为a 和b ，内、外导体间材料的介电常数为ε，电导率为γ，在内、外导体间加低频电压sin m u U t ω=。
求内、外导体间的全电流。
6. 已知自由空间中电磁波的两个场量表达式为 20002)V/m x E =t z e ωβ-， 5.32sin()A/m y H =t z e ωβ-式中，20MHz f =，0.42rad/m β==。
求(1)瞬时坡印亭矢量；(2)平均坡印亭矢量；(3)流入图示的平行六面体（长为2m ，横截面积为0.5m 2）中的净瞬时功率。
7. 一个平行板电容器的极板为圆形，极板面积为S ，极板间距离为d ，介质的介电常数和电导率分别为ε，γ，试问：(1). 当极板间电压为直流电压U 时，求电容器内任一点的坡印亭矢量；(2). 如果电容器极板间的电压为工频交流电压cos314u t =，求电容器内任一点的坡印亭矢量及电容器的有功功率和无功功率。
电磁场与电磁波：第三章作业答案
3.1 长度为L 的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为0l ρ。
（1）计算线电荷平分面上任意点的电位ϕ；（2）利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点的电场E ，并用ϕ=-∇E 核对。
解 （1）建立如题3.1图所示坐标系。
根据电位的积分表达式，线电荷平分面上任意点P 的电位为2(,0,0)L L ϕρ-==⎰2ln(4L l L z ρπε-'+=04l ρπε=02l ρπε （2）根据对称性，可得两个对称线电荷元z l 'd 0ρ在点P 的电场为d d E ρρρθ'===Ee e 022320d 2()l z z ρρρπερ''+e故长为L 的线电荷在点P 的电场为2022320d d 2()L l z z ρρρπερ'==='+⎰⎰E E e20002L l ρρπερ'=e ρe 由ϕ=-∇E 求E ，有002l ρϕπε⎡⎢=-∇=-∇=⎢⎥⎣⎦E(00d ln 2ln 2d l L ρρρπερ⎡⎤-+-=⎢⎥⎣⎦e0012l ρρπερ⎧⎫⎪--=⎬⎪⎭e ρe可见得到的结果相同。
3.3 电场中有一半径为a 的圆柱体，已知柱内外的电位函数分别为2()0()()cos a a A aϕρρϕρρφρρ=≤⎧⎪⎨=-≥⎪⎩（1）求圆柱内、外的电场强度；L L -ρρ题3.1图（2）这个圆柱是什么材料制成的？表面有电荷分布吗？试求之。
解 （1）由ϕ=-∇E ，可得到a ρ<时， 0ϕ=-∇=Ea ρ>时， ϕ=-∇=E 22[()cos ][()cos ]a a A A ρφρφρφρρρφρ∂∂----=∂∂e e 2222(1)cos (1)sin a a A A ρφφφρρ-++-e e（2）该圆柱体为等位体，所以是由导体制成的，其表面有电荷分布，电荷面密度为0002cos S n a a A ρρρρεεεφ=====-e E e E3.4 已知0>y的空间中没有电荷，下列几个函数中哪些是可能的电位的解? （1）cosh y e x -； （2）x e y cos -；（3）cos sin e x x （4）z y x sin sin sin 。
工程电磁场课后答案1(完整)
0.29K
7401
VOH 74LS00
2.9.1 驱动: 负载: 拉电流: 灌电流: 扇出:
2.9.2 VOH > VIH VOL < VIL IOH > IIH IOL > IIL
第三章 组合逻辑电路分析与设计
3.1.2证明（C）A ABC ACD C D E
A ACD (C D )E
(b) _______ ________ _______ ________
A B C D C D A D
( A B)(C D) (C D)( A D)
(C D)( A B D)
AC AD BC BD CD D
AC BC D
3.2.1展开最小项(a) L A(B C) A BC A(B B)(C C) ( A A)BC
mi
3.2.2 (a)
______________________
___________________
AC ABC BC ABC AC BC BC ABC
灌电流多余: (8-4.8)/0.4=8
N=min(8,17)=8
2.4.5
__________________ ____ ____
L AB BC D E
AB BC D E
2.4.6 RP计算 (1)拉电流时
VCC R IP IH 74LS 00 VOH 7401
D=0 选中低位片1；D=1 选中高位片2
01234
56789
1
0
1
A B C D
0
2
0
4.2.9 7位数字译码显示电路
工程电磁场作业合辑
d2
2、2
y
图2-29 具有两层介质的平行板电容器
答案：
Ｔ2-22 答：欧姆定律 ： J E ，其物理意义是电流密度和电场强度成正比，说明电场 是推动大量电荷定向运动从而形成电流的原因，是导电媒质的基本构成关系。
Ｔ2-27 答：电流连续性方程由电荷守恒定律推导而来。
积分形式：
J
Ｔ2-27 电流连续性方程的特点是什么？
Ｅ2-29 一个有两层介质 1 、 2 的平行板电容器，两层介质都具有电导率，分别 为1 和 2 ，参见图 2.29。当外加电压为0 时，求通过电容器的电流和两层介质 分界面上的自由电荷面密度。
x
d1
1、1
E dl 0 ：静电场沿任何一个封闭路径的标量线积分为 0。 l
第二讲 作业
Ｅ2-5 一个球形电荷分布 f 0 1 r2 b2 存在于区域 0 r b
中，这一电荷分布被一内半径为 ri b ，外半径为 r0 的导体球壳所包 围。计算各处的 E 。
Ｅ2-14
已知在园柱形区域（ 0
a
）内的电场强度 E
E4-15. 均匀分布面电荷 s 的球，半径为 a ，以角速度 绕其一直径旋转，求磁 矩。
E4-17. 半径为 a 的磁介质球，具有磁化强度为：M ez (Az2 B) ，求磁化电流和 磁荷。
答案
T4-16. 标量磁位m ， H m 只有在没有传导电流的区域中成立。用m 来表 征磁场的性质和分布，简化了静磁场的分析和计算，最终可化为求解满足一定边 界条件的拉普拉斯方程，计算方法和求解静电场的方法保持了一致性。其缺点在 于求解的局限性仅限于传导电流为零的区域。
槽绝缘的盖板。槽的电压为 0 ，而盖板的电压为0 ，求槽内的电位函数。
高等电磁场理论习题解答(作业)
第一章基本电磁理论1-1 利用Fourier 变换, 由时域形式的Maxwell方程导出其频域形式。
（作1-2—1-3）解：付氏变换和付氏逆变换分别为：麦氏方程：对第一个方程进行付氏变换：（时谐电磁场）同理可得：上面四式即为麦式方程的频域形式。
1-2 设各向异性介质的介电常数为当外加电场强度为(1) ；(2) ；(3) ；(4) ；(5)求出产生的电通密度。
（作1-6）解：将E分别代入，得：1-3 设各向异性介质的介电常数为试求：(1) 当外加电场强度时，产生的电通密度D；(2) 若要求产生的电通密度，需要的外加电场强度E。
（作1-7—1-8）解：即：.附：又所以1-6 已知理想导电体表面上某点的电磁场为试求该点表面电荷及电流密度。
解：由已知条件，理想导体表面某点：(1-6-1)(1-6-2)知该点处的法向单位矢量为： (1-6-3)理想导体表面上的电磁场满足边界条件：(1-6-4)(1-6-5)将(1-6-2)、(1-6-3)式代入(1-6-4)式，得该点处的表面电流密度为：(1-6-6)将(1-6-1)、(1-6-3)式代入(1-6-5)式，得该点处的表面电荷密度为：(1-6-7)1-9 若非均匀的各向同性介质的介电常数为, 试证无源区中的时谐电场强度满足下列方程:（作1-9）证明：非均匀各向同性介质中（无源区）的时谐电磁场满足(1-9-1)(1-9-2)对(1-9-2)式两边取旋度，并利用(1-9-1)得又所以 (1-9-3)又在非均匀各向同性介质中即 (1-9-4)将(1-9-4)代入(1-9-3)，得即第2章平面电磁波2-1 导出非均匀的各向同性线性媒质中，正弦电磁场应该满足的波动方程及亥姆霍兹方程。
解：非均匀各向同性线性媒质中，正弦电磁场满足的Maxwell方程组为(2-1-1)(2-1-2)(2-1-3)(2-1-4)对(2-1-2)式两边取旋度，并应用(2-1-1)得即对(2-1-1)式两边取旋度，并应用(2-1-2)得所以非均匀各向同性媒质中，正弦电磁场满足的波动方程为 (2-1-5)(2-1-6)由(2-1-4)式得即 (2-1-7)由(2-1-3)式得即 (2-1-8)利用矢量关系式，并将(2-1-7)(2-1-8)式代入，得电磁场满足的亥姆霍兹方程为(2-1-9)(2-1-10)均匀介质中，无源区中2-4 推导式（2-2-8）。
第十二章 电磁感应电磁场(二)作业答案
一. 选择题[ A ] 1 (基础训练4)、两根很长的平行直导线，其间距离为a ，与电源组成闭合回路，如图12-18．已知导线上的电流为I ，在保持I 不变的情况下，若将导线间的距离增大，则空间的(A) 总磁能将增大． (B) 总磁能将减少．(C) 总磁能将保持不变．(D) 总磁能的变化不能确定【解答】212m W L I =，距离增大，φ增大，L 增大， I 不变，m W 增大。
[ D ]2（基础训练7）、如图12-21所示．一电荷为q 的点电荷，以匀角速度作圆周运动，圆周的半径为R ．设t = 0 时q 所在点的坐标为x 0 = R ，y 0 = 0 ，以i 、j分别表示x 轴和y 轴上的单位矢量，则圆心处O 点的位移电流密度为： (A)i t R q ωωsin 42π (B) j t Rq ωωcos 42π (C) k R q 24πω (D) )cos (sin 42j t i t Rq ωωω-π 图 12-21 【解答】设在0—t 的时间内，点电荷转过的角度为ωt ，此时，点电荷在O 点产生的电位移矢量为0D E ε=, ()222000cos sin ,444rqR q q E e ti tj R R R R ωωπεπεπε=-=-=-+ 式中的r e 表示从O 点指向点电荷q 的单位矢量。
()2sin cos 4d dD q J ti tj dt R ωωωπ∴==-。
[ C ] 3 (基础训练8)、 如图12-22，平板电容器(忽略边缘效应)充电时，沿环路L 1的磁场强度H 的环流与沿环路L 2的磁场强度H 的环流两者，必有： (A) >'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H . (B) ='⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H .(C) <'⎰⋅1d L l H ⎰⋅'2d L l H. (D) 0d 1='⎰⋅L l H .【解答】全电流是连续的，即位移电流和传导电流大小相等、方向相同。
电磁感应与电磁场作业纸答案
第10章 电磁感应与电磁场一、选择题1、一导体圆线圈在均匀磁场中运动，在下列情况下，会产生感应电流的是（ D ）A ．线圈沿磁场方向平移B ．线圈以自身直径为轴转动，轴与磁场方向平行C ．线圈沿垂直于磁场方向平移D ．线圈以自身直径为轴转动，轴与磁场方向垂直 2、将磁铁从迅速插入和缓慢插入金属环，若两种情况下磁铁的起始位置和终了位置均相同，则关于两种情况环中的感应电动势和感生电量的说法正确的是（ C ）A ．感应电动势不同；感生电量也不同B ．感应电动势相同，感生电量也相同；C ．感应电动势不同，感生电量相同；D ．感应电动势相同，感生电量不同． 3、如图所示，A 为闭合的导体环，B 为有间隙的导体环，则当磁铁分别移近A 和B 时，关于A 和B 的运动描述正确的是（ A ）A ．A 环被排斥，B 环不动 B ．A 环被吸引，B 环不动C ．A 环被吸引，B 环被吸引D ．A 环被排斥，B 环被排斥4、在感应电场中电磁感应定律可写成⎰-=•L K dtdl d E φ ，式中K E 为感应电场的电场强度。
此式表明（ D ）A. 闭合曲线L 上K E处处相等 B. 感应电场是保守力场。
C ．感应电场的电力线不是闭合曲线D ．在感应电场中不能像对静电场那样引入电势的概念 5、关于长直螺线管线圈的自感，以下说法正确的是（ D ） A 、螺线管中通有的电流越大，自感也越大； B 、螺线管横截面通过的磁通量越大，自感也越大C 、在单位长度匝数不变的情况下，真空中螺线管长度越长，自感就越大；D 、在单位长度匝数不变的情况下，真空中螺线管体积越大，自感就越大6、如图，矩形区域为均匀稳恒磁场，半圆形闭合导线回路在纸面内绕轴O 作逆时钟方向匀角速度转动，O 点是圆心且恰好落在磁场的边缘上，半圆形闭合导线完全在磁场外时开始计时。
图(A)--(D)的t -ε函数图像中哪一条属于半圆形导线回路中产生的感应电动势（A ）7、如图所示的闭合线圈abcda 均位于匀强磁场中，当磁场不断减小时，回路中不产生感应电流的是（ B ）8、如图所示，两个圆环形导体a 、b 互相垂直地放置，且圆心重合，当它们的电流I 1、和I 2同时发生变化时，则（ D ）(A) a 导体产生自感电流，b 导体产生互感电流(B) 两导体同时产生自感电流和互感电流(C) b 导体产生自感电流，a 导体产生互感电流；(D)两导体只产生自感电流，不产生互感电流。
2015作业04_第四章时变电磁场答案
5.一个球形电容器的内、外半径分别为 a 和 b ，内、外导体间材料的介电常数为 ε ， 电导率为 γ ，在内、外导体间加低频电压 u = Um sin ωt 。求内、外导体间的全电 流。
解：设球形电容器带有电量为 q ，由高斯定律
v∫ S
KK D ⋅ dS
=
D 4πr 2
=
q
⇒
D
=
q 4πr 2
−
20.9
K z)ey
A/m ，
K B
=
3.33 ×10−10
cos(6.28 ×109 t
−
K 20.9z)ey
T
4. 一个同轴圆柱型电容器，其内、外半径分别为 r1 = 1cm 、r2 = 4cm ，长度 l = 0.5m ， 极板间介质介电常数为 4ε0 ，极板间接交流电源，电压为 u = 6000 2 sin100πt V 。 求极板间任意点的位移电流密度。
解：由于 r1 l ，r2 l ，所以两柱型极板间的场可以看成是无限长带电圆柱面产
生的场，设柱型极板上电荷线密度为τ ，选取柱型高斯面，由高斯定理可得：
v∫
S
K D
⋅
K dS
=
D2πrl
=
τ
l
⇒D= τ 2πr
E= τ 2πε r
两极板之间的电势差为
∫ ∫ u =
KK E ⋅ dl =
r2
τ
K E
=
2 ×10−5
sin(108
πt
K )ex
，计算在
t
=
2.5 ×10−9
s
时刻，媒质中的传导电流密度
K Jc
和
位移电流密度
K Jd
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2.6在圆柱坐标系中电荷分布为P =｛①r∕a, r≤a②0, r>a , r为场点到常数。
求电场强度。
解：电场强度只有沿r方向分量，选取长度为I的圆柱2.7在直角坐标系中电荷分布为P （X，y，Z）=｛①P 0 ∣ X ∣≤a②O度。
解：电场与y，Z均无关，电场强度只有沿X方向分量,4 ■J~∙.E= : EX=一XX > O时E X为有限值所以C=O「0r a 时］=0代入（1）得：Er=C在x=a处E r连续，所以C'二E rZ轴的距离，a为IE dS =2二rlE rS(1)r <a时q ：IliFdV 匚2 二rldr2 二Ir33a代入（1）得: E rar a 时q= QdV= -2:. rldr0 a2二Ia23代入（1）得: E ra2I X∣> a求电场强(1)代入（1）得::?0X‘0qV2.16已知电场强度为E=3x+4y-5z ,试求点（0,0,0）与点（1,2,1）之间的电bbbb压 解：U=E dl = E X dXE y dyE Z dZ = 6aaaa2.26两同心导体球壳半径分别为a 、b ,两导体之间有两层介质，介电常数 分别为ε 1、ε 2，介质界面半径为C ，内外导体球壳电位分别为 V 和0，求两导 体球壳之间的电场和球壳上的电荷面密度， 以及介质分界面上的束缚电荷面密度。
解：两球壳之间电介质不带电电位分布满足拉普拉斯方程∖ ⅛ -0C 1'—C1rC 2'-C 2代入边界条件φ I _ —2 r z b _b C 1 _C 1 =Va由上式可得:I I ■ I I ,(…：C) (1-1) S 1Jr 2a C ；2 c b■ II I I ,(c"b )2(1j) (^1)r 2j1 a CC b 在介质与导体分界面上的电荷密度匚=D n选取球坐标则有：V 2 =1：r 2 ；:r / ；:rC 2 =0D Inr ZC= D 2nr =CCIC 2(1 T)J(1 -[) a C ；2 c bV11 1)(-) C C b2(1 E 1E 2(---r-(---)a a C ；2 c b介质分界面上没有自由电荷感应电荷面密度为:°s = p 2n- R n = ® ( E in- E2n((I -i ) I 1 一厂(1Jd b))a C ；2 Cb ；I aC C b2.32同轴圆柱形电容器内、外半径分别为 a 、b ,导体之间一半填充介电常 数为ε 1的介质，另一半填充介电常数为ε 2的介质，如图所示，当电压为V 时, 求电容器中的电场和电荷分布。
解：电介质不带电电位分布满足拉普拉斯方程 V 2「= O 电场强度只有沿r 方向分量， 选取圆柱坐标则有:C又上r - ,则L=Cr又因为两极板之间的电压是 VbV = J E dlarln b a在介质与导体分界面上的电荷密度= D nιV b ,r Za a In a¾V r . r r ^ blnL(r = b)=-(---) (--b)b 2 MaC C br =C=-OV C——dr =Cln — a r aC)ln baaln_ aSV .bln_J a导体球壳电位为0，点电荷在球壳内所以球壳外电位均为零 在导体球外距离球心 O 为f 的镜像位置B 处放置一镜像 电荷q'要保持导体球壳C 处 电位为零则有a Q q导体球内距离球心r 处的电位为:4二；0「1 4二；0「2 r 1= ∖ r 2d 2- 2rd CoSr J其中 ________________________2 2r 1 = J r + f - 2rf CoS 日（2）因为球壳是一等位体，球壳内的电位分布应在第一步计算基础上加上球壳 电位V 。
I, qq球壳内的电位分布为：V4"°r 14m °r 2球壳外的电位分布为球心一镜像电荷产生的电位，并且在求外壳产生的电位为 V ，则有：q" Vq" F o bV4 0bb 球壳外电位分布为："=-Vr在；2侧：?S =2.43内外半径分别为 （1）导电球壳电位为 分别求导电球壳内外的电位分布。
解: （ 1）a 、b 的导电球壳内距球心为 d （d<a ）处有一点电荷q ,当 0;（2）导电球壳电位为v; （3）导电球壳上的总电量为 Q ; J —0 4∙. ； °r 1 4…；I Q 2£ =Jr I q'b(3)当导体球壳上总电量为 Q 时，导体球壳的电位为:q Q 4 O bqq 球壳内的电位分布为：U4"0r 1 4兀 g 0r 2吊q + Q 球壳外电位分布为：*4"O r3.7同轴电缆内导体半径为10cm ,外导体半径为40cm ,内外导体之间有两层煤 质。
内层从IOcm 到20cm ，煤质的参数为Z 仁50 μ S∕m , ε rl=2;外层从20cm 到40cm ，煤质的参数为Z 2=100 μ S/m ， ε r2=4.求⑴每区域单位长度的电容；(2) 每区域单位长度的电导；⑶单位长度的总电容；⑷单位长度的总电导。
2二 I 2 2C I =II b InaIn 2(1)每个区域单位长度的电容：Z ； 2% > 4C2 =2In C In 2(2)应用静电比拟可得2 50In 2每个区域单位长度的电导:G 2 =ln- b⑶两电容是串联，单位长度总电容为:2 二；2⑷利用静电比拟，单位长度总电导为:ln 2 C 1C 2 CC 1 C 2ln b lnθ a b2"：2二 1 2二；2 1 . b 1 , C 丄 2In ln - b ln b ln c a b1 a ；22丄詰丄£-1 a -2 b3-13圆球形电容器内导体半径为a,外导体内半径为c,内外导体之间填充两层介电常数分别为；1, ；2 ,电导分别为二1,二2的非理想介质，两层非理想介质分界面半径为b，如果内外导体间电压为V ,求电容器中的电场及界面上的电荷密度。
解：由于圆球形电容器内填充两层非理想介质，有电流流过，设电流为I。
在圆球形电容器内取一半径为r的球面，流过此球面的电流密度为J=J?,则由I= J dS得S2II = J 4r 或J 24兀r电场强度为a ：： r ：：b Ei I—2-4吨I r「Ib ：： r ：： C E2 24 兀σ^ 2r电压为V= E1dr E2drIIII 1 1 1 L{丄(丄_1)•丄(1一丄)} ab σ2 b c4 ■- I由此求出电流与电压的关系后，电场为E1 ^2V1 1b)B(b1~~2rE21 .-2( Γ-1( )a b b C 内导体表面的电荷密度为：'s1 = D In (r = a) = ；I E I外导体内表面的电荷密度为s2 =D2n(r =C)= - ；2丘2 媒质分界面的(驻立)电荷密度为：S^= D2n IDIn= ；2E^-；1 E Iεc2V11 111a2P -)TJ-)a b b CTI V1 [(丄1一1)二1(1-一丄)C2a b b C(G；2 -二2 ；1)V1111 1b2匚2(--I JT(U -)ba b b C4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I。
求半圆中心处的磁场。
Z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为-IBv(1)因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此B =2型4a(2)由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为.llIB 2 = N 04πa因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和B = _Z>f 二 2)(3)本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即BT(H)4-18、已知真空中位于 xoy 平面的表面电流为 J S=J o X ,求磁感应强度。
解：由于在无限大的平面上有均匀电流，因此产生匀强磁场。
磁场方向在y 方向，跨电流面取一长为L 的矩形回路，利用安培环路定律得B2L = %LJ °因此 写成矢量形式为7μoJ oy —Z 02 %J 0 -2 ---- ;z 024-20、壁很薄的、半径为10cm 的导体圆筒导体圆筒上的电流面密度上的电流在圆筒外产生题4-4图解：设垂直于纸面向内的方向为 (a)I(b)的磁场为B J°% ?A/m ,求导体圆筒上的电流面密度。
P解：当导体圆筒上的电流面密度为J s=J so?,由安培环路定律• B dl 70ll当I为以导体圆筒上的电流面密度的轴线为中心，半径为r的圆时Ul O J SOP 10% P因此J SO =10 A/m5.10已知在空气中? Sin ' . jkrE(r)»E° er在圆球坐标系中，求H(r),E(r,t),H(r,t),S c。
Sin ^l解：E(r,t) =?、,2E0cos(∙t-kr)r_ kE0 Sin日』r —?e一j ∙ J - rH (r,t) h?、2kE°sin 二■. :--1J rcos( ∙t - kr)S C = EH ,kE；Sin2 V• Jr25.11已知在空气中A z(r) = A O e j r在圆球坐标系中，求H(r), E(r)。
解：在圆球坐标系中A r=A Z COSr =A0COSr-jkre利用关系式H=丄' A 得μH 厂0H = 1A 0Sin ^(Jjk =)e°krA r r上式代入l H =j ∙∙; E 得■ 13)^jkrr' ->-i-l ∙ ■r r r6-4.均匀平面电磁波在真空中沿k?=1/ . 2 ( y?+ ?)方向传播，E 0=10 ?,求E , E (y,z,t), H ,H (y,z,t), S C解：则k=2 ∏ ,E = E O e^* = >?ioe^(2"3(y Z) H =1∕Z* k? E=∙∖2∕24π ( y>-2)^j '2"ly 'Z)E (y,z,t)= 00 \ 2 cos(2 ∏ c/ λ t-H (y,z,t)= 1/12 ∏ ( y - Z)cos(2 ∏ ClS C =E H * =(5/6、2 π )(?+?) 6-8、求 f =100kHz,1MHz,100MHz,10GHz 时电磁波在铝(Z =3.6*10 7/欧米,ε r=1, μrAT = -A Z Sin v = A^eJ krr('∙2 ∏ ) (y+z))λ t- ( - 2 ∏ ) (y+z))=1）中的集肤深度4 f =100kH z, δ =2.6526*10 m f =1MHz, δ = 8.3882*10 'm f =100MHz, δ = 8.3882*10 ^6m f =10GHz, δ = 8.3882*10 -J mj3（1/欧米），求在∙ ∙0 = 2二10MHZ 的群速和1 2 22：： ' ----------- 0.894 101 2m∕s 1 . %二2 ' 2 ■解:δ =1/ ..二f 」；「 二f 4二 10 ^7 3.6 IO 7相速。