电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)第7章

第七章 时变电磁场7-1 设真空中电荷量为q 的点电荷以速度)(c v v <<向正z 方向匀速运动，在t = 0时刻经过坐标原点，计算任一点位移电流。

（不考虑滞后效应）解 选取圆柱坐标系，由题意知点电荷在任意时刻的位 置为),0 ,0(vt ，且产生的场强与角度φ无关，如习题图7-1 所示。

设) , ,(z r P φ为空间任一点，则点电荷在P 点产生的电场强度为304R q πεRE =，其中R 为点电荷到P 点的位置矢量，即)(vt z r z r -+=e e R 。

那么，由tt d ∂∂=∂∂=ED J 0ε，得 ()()()()()()()25222225224243vt z rr vt z qv vt z r vt z qrv zr d -+--+-+-=ππe e J 。

7-2 已知真空平板电容器的极板面积为S ，间距为d ，当外加电压t V V sin 0ω=时，计算电容器中的位移电流，且证明它等于引线中的传导电流。

习题图7-1 P (r ,φ,z )x解 在电容器中电场为t dV E sin 0ω=，则 t dV t D J d cos 00ωωε=∂∂=， 所以产生的位移电流为t dSV S J I d d cos 00ωωε==；已知真空平板电容器的电容为dSC 0ε=，所带电量为t CV CV Q ωsin 0==，则传导电流为t dSV t CV t QI cos cos d d 000ωωεωω===； 可见，位移电流与传导电流相等。

7-3 已知正弦电磁场的频率为100GHz ，试求铜及淡水中位移电流密度与传导电流密度之比。

解 设电场随时间正弦变化，且t E m x sin ωe E =，则位移电流t E tm r x d cos 0ωωεεe DJ =∂∂=， 其振幅值为m r d E J ωεε0=传导电流t E m x ωσσsin e E J ==，振幅为m E J σ=，可见σωεε0r d J J =； 在海水中，81=r ε，m S /4=σ，则5.11241021036181119=⨯⨯⨯⨯=-ππJJ d；在铜中，1=r ε，m S /108.57⨯=σ，则871191058.9108.5102103611--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππJ J d。

7-4 设真空中的磁感应强度为)106sin(10)(83kz t t y -⨯=-πe B试求空间位移电流密度的瞬时值。

解 由麦克斯韦方程知t∂∂+=⨯∇DJ H ，而真空中传导电流0=J ，则位移电流为B H D J ⨯∇=⨯∇=∂∂=μ1t d ， 求得)m /A )(106sin(210)106sin(10284803kz t kz t k xx d -⨯-=-⨯-=-ππμe e J7-5 试证真空中麦克斯韦方程对于下列变换具有不变性⎪⎩⎪⎨⎧+-='+='θθθθcos sin sin cos B E B B E E c c 式中0 0 /1εμ=c 为真空中的光速。

证明 由于真空中，0=J ，0=ρ，那么，E 及B 应满足的麦克斯韦方程可简化为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∂∂=⨯∇∂∂-=⨯∇t tD H BE ， 即 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⨯∇=∂∂⨯-∇=∂∂BE E B 001μεt t 。

将E '及B '代入该方程，即得)sin cos (θθB E E c +⨯∇='⨯∇，而ΕB B E B EB ⨯∇+⨯∇=∂∂-∂∂=+-∂∂-=∂'∂θεμθθθθθcos sin cos sin )cos sin (00c t t c ct t -式中001με=c 。

因此，上式可简化为)sin cos (cos sin θθθθB E E B B c c t+⨯∇=⨯∇+⨯∇=∂'∂-即E B '⨯∇=∂'∂t-；同理可证，B E '⨯∇=∂'∂001μεt ，即麦克斯韦方程对该变换具有不变性。

7-6 对于上题中的变换，试证总能量密度⎪⎭⎫⎝⎛+20 20 2121H E με也具有不变性。

证明 变换后的总能量密度为)(21212102202020μεμεB E H E w '+'='+'='分别将变换后的E '及B '代入得，+++=')cos sin 2sin cos ([21222220θθθθεcEB B c E w)]cos sin 2cos sin (1222220θθθθμcEB B c E -+ 考虑到001με=c ，代入上式，得)(21)1(2120202020H E B E w μεμε+=+=' 7-7 用直接代入法证明式（7-5-3）是式（7-5-1）的解。

证明 我们首先求出7-5-3式的一阶偏导数得，)1)(()1)(() (21vv r t f v v r t f r r r r +'+--'=∂∂Φ，)()() (21vrt f v r t f t r tt +'+-'=∂∂Φ； 然后再求得其二阶偏导得，)1)(()1)(()) (() (222122v v r t f v v r t f r r r rr r r +''+-''=∂∂∂∂=∂∂ΦΦ， )()()) (() (2122v rt f v r t f t r t t r tt +''+-''=∂∂∂∂=∂∂ΦΦ 式中r f 1'，r f 2'，t f 1'，t f 2'代表相应变量的一阶导数；r f 1''、r f 2''、t f 1''、t f 2''代表相应变量的二阶导数。

显然，0)(1) (22222=∂∂-∂∂t r v r r ΦΦ 7-8 若平板电容器中填充两层媒质，第一层媒质厚度为d 1，第二层媒质厚度为d 2，极板面积为S ，电容器的外加电压t V V sin 0ω=，试求两种媒质参数分别为下列两种情况时：① )S/m (1 , ,410 1 1===σμμεr ； )S/m (2 , ,2 2 0 2 2===σμμεr 。

② 0 , ,110 1 1===σμμεr ；)S/m (2 , ,22 0 2 r2===σμμε。

电容器中的电场强度，损耗功率及储能。

解 ①设两种媒质中的电场强度分别为1E 和2E ，由于两种媒质均为非理想介质，则电容器中将有传导电流，且其在两媒质的分界面上应该连续，即21J J =，而E J σ=，则有：⎪⎩⎪⎨⎧=⋅+⋅=⎰⎰+V d d d d 2212d d 1022211l E l E E E σσ习题图7-8即⎩⎨⎧=+=t V d E d E E E sin 022112211ωσσ 得2112021 sin d d t V E σσωσ+=，2112012 sin d d tV E σσωσ+=损耗功率为 ()21211222021222211 sin σσσσωσσσσ++=+=d d tV E E P 系统的储能为⎰⎰⎰⎰+=+=+=2121d 21d 21d d 2222112121V V V V V E V E V w V w W W W εε ()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=221122202122221122202211 sin sin 2d d t V d d d t V d S σσωσεσσωσε ②当01=σ时，则电容器中传导电流中断，媒质①中存在位移电流，两媒质之间的分界面上逐渐积累表面电荷，最后导致媒质②中的电场为零。

此时，V d E =11t d V E ωsin 11=⇒，02=E 。

损耗功率为零，系统能量仅储藏在媒质①中，即t V d S V E W W V sin 2d 212201121111ωεε===⎰。

7-9 已知电磁波的合成电场的瞬时值为),(),(),(21t z t z t z E E E +=式中⎪⎩⎪⎨⎧--=-=)3 10cos(04.0),() 10sin(03.0),(8281πππkz t t z kz t t z x x e E e E 。

试求合成磁场的瞬时值及复值。

解 根据题意，电场分量E 1的复值为kz x e j 1203.0-=e E 。

电场分量E 2的瞬时值可写为)610sin(04.0 )2310sin(04.0)3 10cos(04.0),(8882πππππππ+-=+--=--=kz t kz t kz t t z x x x e e e E 对应的复值为)6j(2204.0π--=kz xee E那么，合成电场的复值为kz xe e j 6j)04.003.0(21-+=πe E由H E ωμj -=⨯∇，得z E y E z E xy x z x y ∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇=ωμωμωμ1j 1j1j e e e E H 求得kzye e j 6j)04.003.0(21-+=μεπe H 对应的磁场分量的瞬时值分别为) 10sin(03.0),(81kz t t z y -=πμεe H 310cos(04.0)6 10sin(04.0),(882ππμεππμε--=+-=kz t kz t t z y y e e H 7-10 用直接代入法证明，式（7-10-2a ）及式（7-10-2b ）分别是式（7-10-1a ）及式（7-10-1b ）的解。

证明 将7-10-2a 式代入7-10-1a 式的左边，由于其中的拉普拉斯算子是对场点r 的运算，因此与源点r '无关，可将其放入积分号之内。

考虑到μεω22=k ，再令()()()222z z y y x x R '-+'-+'-='-=r r则()r A 的表达式可写为()()()⎰⎰'-''--''=''-'=V kRV k V R V d e 4d e 4j j r J r r r J r A r r πμπμ()()⎰'-'⎪⎪⎭⎫⎝⎛∇'=∇V kR V R d e 4j 22r J r A πμ式中()()⎪⎭⎫ ⎝⎛∇+⎪⎭⎫ ⎝⎛∇⋅∇+∇=⎪⎭⎫⎝⎛∇⋅∇=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇-----R R R R R kR kR kR kR kR 1e 1e 2e 1e 1e 2j j j 2j j 2其中()⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂-=∇--z R y R x R k kR kR z y x e e e j j e j e ⎪⎭⎫ ⎝⎛'-+'-+'--=-R z z R y y R x x k kR z y x e e e j e j令Rz z R y y R x x '-+'-+'-=zy xe e e Q ，则 ()Q kR kR k j j e j e ---=∇同理可得 Q e e e z y x 233311R R z z R y y R x x R -=⎪⎭⎫ ⎝⎛'-+'-+'--=⎪⎭⎫ ⎝⎛∇ 则 ()()2j 2j j e j 1e j 1eR k R k R kR kR kR---=⎪⎭⎫⎝⎛-⋅-=⎪⎭⎫⎝⎛∇⋅∇Q Q利用公式()A A A ⋅∇+∇⋅=⋅∇ΦΦΦ，得()()()()()QQ Q ⋅∇-+-∇⋅=-⋅∇=∇⋅∇=∇-----kRkRkR kR kR k k k j j j j j 2e j ej e j e e()Rk k kRkR2e j e j j 2---+-=综上所述，又知()R R πδ412-=⎪⎭⎫⎝⎛∇，最后求出()R R k R kRkR πδ4e e j 2j 2--=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇-- 那么，将上式代入，得()()()()[]()()⎰⎰'-'-''-='-'=+∇V kR V kR V R V R k d e d e 44j j 22δμπδπμr J r J r A r A 考虑到r r '-=R 及δ函数的对称性，()()r r r r -'='-δδ，则上述积分式可表示为()()()r r rr r J r r r J -'-'-'-'-='-''-⎰k V k V j j e d eμδμ当r r ='时，则()[]()r J r J rr rr μμ-='-='-'-k j e即得()()()r J r A r A μ-=+∇22k同法可证7-10-1b ；故7-10-2式是7-10-1式的解。