电磁场与电磁波谢处方_课后答案

第一章习题解答

给定三个矢量A、B和C如下： Aexey2ez3

Bey4ez Cex5ez2

求：（1）aA；（2）AB；（3）AB；（4）AB；（5）A在B上的分量；（6）AC；

（7）A(BC)和(AB)C；（8）(AB)C和A(BC)。

解 （1）aAexey2ez3A123 exeyez222A14141412(3)（2）AB(exey2ez3)(ey4ez)exey6ez453 （3）AB(exey2ez3)(ey4ez)－11

AB111111，得 ABcos1()135.5

AB1417238238AB11（5）A在B上的分量 ABAcosAB B17exeyez（6）AC123ex4ey13ez10 （4）由 cosAB502exeyez（7）由于BC041ex8ey5ez20

502exeyezAB123ex10ey1ez4

041所以 A(BC)(exey2ez3)(ex8ey5ez20)42 (AB)C(ex10ey1ez4)(ex5ez2)42

exeyez（8）(AB)C1014ex2ey40ez5

502exey5ez20A(BC)1823ex55ey44ez11

三角形的三个顶点为P、P2(4,1,3)和P3(6,2,5)。 1(0,1,2) （1）判断PP是否为一直角三角形； 12P3 （2）求三角形的面积。

解 （1）三个顶点P、P2(4,1,3)和P3(6,2,5)的位置矢量分别为 1(0,1,2) r1eyez2，r2ex4eyez3，r3ex6ey2ez5

则 R12r2r1ex4ez， R23r3r2ex2eyez8，

R31r1r3ex6eyez7

由此可见

R12R23(ex4ez)(ex2eyez8)0 故PP为一直角三角形。 12P3 （2）三角形的面积 S1R12R231R12R231176917.13

222 求P(3,1,4)点到P(2,2,3)点的距离矢量R及R的方向。

解 rPex3eyez4，rPex2ey2ez3， 则 RPPrPrPex5ey3ez 且RPP与x、y、z轴的夹角分别为

exRPP5)cos1()32.31 RPP35eR3ycos1(yPP)cos1()120.47

RPP35eR1zcos1(zPP)cos1()99.73

RPP35 给定两矢量Aex2ey3ez4和Bex4ey5ez6，求它们之间的夹角和A在B上的分量。

xcos1(解 A与B之间的夹角为 ABcos1(A在B上的分量为 ABAAB31)cos1()131 AB2977B313.532 B77 给定两矢量Aex2ey3ez4和Bex6ey4ez，求AB在Cexeyez上的分量。

exeyez解 AB234ex13ey22ez10

641(AB)C2514.43 C3 证明：如果ABAC和ABAC，则BC； 解 由ABAC，则有A(AB)A(AC)，即

(AB)A(AA)B(AC)A(AA)C

由于ABAC，于是得到 (AA)B(AA)C 故 BC

如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量积，那么便可以确定该未知矢量。设A为一已知矢量，pAX而PAX，p和P已知，试求X。

解 由PAX，有

APA(AX)(AX)A(AA)XpA(AA)X

故得 XpAAP

AA 在圆柱坐标中，一点的位置由(4,2,3)定出，求该点在：（1）直角坐标中的坐标；（2）球坐标中

3的坐标。

解 （1）在直角坐标系中 x4cos(23)2、y4sin(23)23、z3 所以AB在C上的分量为 (AB)C故该点的直角坐标为(2,23,3)。

（2）在球坐标系中 r42325、tan1(43)53.1、23120 故该点的球坐标为(5,53.1,120) 用球坐标表示的场Eer25，

r2（1）求在直角坐标中点(3,4,5)处的E和Ex；

（2）求在直角坐标中点(3,4,5)处E与矢量Bex2ey2ez构成的夹角。

解 （1）在直角坐标中点(3,4,5)处，r2(3)242(5)250，故

251Eer2

r21332

ExexEEcosrx25220（2）在直角坐标中点(3,4,5)处，rex3ey4ez5，所以

2525rex3ey4ez5 E23rr102故E与B构成的夹角为 EBcos1(EB)cos1(19(102))153.6

EB32 球坐标中两个点(r1,1,1)和(r2,2,2)定出两个位置矢量R1和R2。证明R1和R2间夹角的余弦为

coscos1cos2sin1sin2cos(12)

解 由 R1exr1sin1cos1eyr1sin1sin1ezr1cos1

R2exr2sin2cos2eyr2sin2sin2ezr2cos2

R1R2 R1R2 sin1cos1sin2cos2sin1sin1sin2sin2cos1cos2

sin1sin2(cos1cos21sin1sin2)cos1cos2

得到 cossin1sin2cos(12)cos1cos2

一球面S的半径为5，球心在原点上，计算： (er3sin)dS的值。

S解 (er3sin)dS(er3sin)erdSSS22d3sin500sind752

在由r5、z0和z4围成的圆柱形区域，对矢量Aerr2ez2z验证散度定理。 解 在圆柱坐标系中 A1(rr2)(2z)3r2

rrz所以 Addzd(3r2)rdr1200

0004252又 AdS(errez2z)(erdSredSezdSz)

SS 55ddz24rdrd1200

200004252故有 Ad1200AdS

S 求（1）矢量Aexx2eyx2y2ez24x2y2z3的散度；（2）求A对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求A对此立方体表面的积分，验证散度定理。

222223(x)(xy)(24xyz)解 （1）A2x2x2y72x2y2z2 xyz（2）A对中心在原点的一个单位立方体的积分为

121212Ad121212(2x2x2y72x2y2z2)dxdydz1 24 （3）A对此立方体表面的积分

S11AdS()2dydz()2dydz

22121212121212121212121212 2x2(1)2dxdz2x2(1)2dxdz

2212121212 24xy(1)3dxdy24x2y2(1)3dxdy1 2224121212122212121212故有 Ad1AdS 24S 计算矢量r对一个球心在原点、半径为a的球表面的积分，并求r对球体积的积分。

解 rdSrerdSSS223 daasind4a00又在球坐标系中，r1(r2r)3，所以

r2r2ard223 3rsindrdd4a000 求矢量Aexxeyx2ezy2z沿xy平面上的一个边长为2的正方形回路的线积分，此正方形的两边

分别与x轴和y轴相重合。再求A对此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。

解 Adlxdxxdx2dy0dy8

2C0000222exeyyx2ezex2yzez2x zy2z22又 Axx所以 AdS(ex2yzez2x)ezdxdy8

S00故有 Adl8AdS

CS 求矢量Aexxeyxy2沿圆周x2y2a2的线积分，再计算A对此圆面积的积分。 解 CAdlCxdxxydy22a4

(acossinacossin)d242204Axa4 222AdSez()ezdSydSrsinrddrxy4SSS00 证明：（1）R3；（2）R0；（3）(AR)A。其中Rexxeyyezz，A为一常矢量。

Aya2解 （1）Rxyz3

xyzexeyez（2） R0 xyzxyy（3）设AexAxeyAyezAz，则ARAxxAyyAzz，故

(AxxAyyAzz)ey(AxxAyyAzz) xyez(AxxAyyAzz)exAxeyAyezAzA z 一径向矢量场Ferf(r)表示，如果F0，那么函数f(r)会有什么特点呢？ 解 在圆柱坐标系中，由 F1d[rf(r)]0

rdr可得到

(AR)exC C为任意常数。 r在球坐标系中，由 F1d[r2f(r)]0

r2dr可得到 f(r)C

r2 给定矢量函数Eexyeyx，试求从点P到点P2(8,2,1)的线积分Edl：（1）沿抛物线1(2,1,1)（2）沿连接该两点的直线。这个E是保守场吗？ xy2；

f(r)解 （1） EdlExdxEydyydxxdy

CC222C226yyd(2y)2ydydy14 11（2）连接点P1(2,1,1)到点P2(8,2,1)直线方程为

x2x8 即 x6y40 y1y222故 EdlExdxEydyyd(6y4)(6y4)dy(12y4)dy14

CC11由此可见积分与路径无关，故是保守场。

求标量函数x2yz的梯度及在一个指定方向的方向导数，此方向由单位矢量

ex345定出；求(2,3,1)点的方向导数值。 eyez505050解 ex(x2yz)ey(x2yz)ez(x2yz)

xyzex2xyzeyx2zezx2y

故沿方向elex3ey4ez5的方向导数为

505050226xyz4xz5xy ell505050点(2,3,1)处沿el的方向导数值为

361660112 l50505050x

r r zz r o  

z y

题图

A 试采用与推导直角坐标中AAxyAz相似的方法推导圆柱坐标下的公式

xyzAA1A(rAr)z。

rrrz解 在圆柱坐标中，取小体积元如题图所示。矢量场A沿er方向穿出该六面体的表面的通量为

zzzzrzArrr(rr)drdzArrrdrd

(rAr)1(rAr)rz rrr[(rr)Ar(rr,,z)rAr(r,,z)]z同理

rrzzrrzzrzrrAdrdzrzAdrdz

ArzAr

[A(r,,z)A(r,,z)]rzrrzrAzzzrdrdrAzzrdrd

AzArrzz zz[Az(r,,zz)Az(r,,z)]rrz因此，矢量场A穿出该六面体的表面的通量为

1(rAr)AAzΨΨrΨΨz[]

rrrz1(rAr)AAz故得到圆柱坐标下的散度表达式 Alim

0rrrz222 方程uxyz给出一椭球族。求椭球表面上任意点的单位法向矢量。

a2b2c2解 由于 uex2xey2yez2z

a2b2c2 u2(x)2(y)2(z)2

a2b2c2故椭球表面上任意点的单位法向矢量为

uxyzxyz(ex2ey2ez2)(2)2(2)2(2)2 abcabcu 现有三个矢量A、B、C为

Aersincosecoscosesin

nBerz2sinez2cosez2rzsin Cex(3y22x)eyx2ez2z

（1）哪些矢量可以由一个标量函数的梯度表示？哪些矢量可以由一个矢量函数的旋度表示？ （2）求出这些矢量的源分布。 解（1）在球坐标系中

A1211A(rA)(sinA)r2rrrsinrsin1211(rsincos)(sincoscos)(sin) 2rrrsinrsin

2cos2sincoscossincos0 rrsinrrsinerrersine1A2

rsinrArrArsinAer1r2sinrersine0

rsincosrcoscosrsinsin故矢量A既可以由一个标量函数的梯度表示，也可以由一个矢量函数的旋度表示；

在圆柱坐标系中 B=1rr(rB1BBzr)

rz 1rr(rz2sin)1r(z2cos)z(2rzsin)

z2sinz2sin2rsin2rsin rrerreezerreezB11rrzrrz0

BrrBB2zzsinrz2cos2rzsin故矢量B可以由一个标量函数的梯度表示；

直角在坐标系中

C=CxCyCz

xyzexx(3y22x)y(x2)z(2z)0 Cx3y22x故矢量C可以由一个矢量函数的旋度表示。

（2）这些矢量的源分布为 A0，A0；

B=2rsin，B0； C0，Cez(2x6y)

利用直角坐标，证明

(fA)fAAf

解 在直角坐标中

fAAff(AxxAyAzfffyz)(AxxAyyAzz)

(fAxxAfx)(fAyyAfAfxyy)(fzzAzz) x(fAx)y(fAy)z(fAz)(fA) eyezyzez(2x6y)x22z 证明

(AH)HAAH

解 根据算子的微分运算性质，有

(AH)A(AH)H(AH)

式中A表示只对矢量A作微分运算，H表示只对矢量H作微分运算。

由a(bc)c(ab)，可得

A(AH)H(AA)H(A)

同理 H(AH)A(HH)A(H) 故有 (AH)HAAH

利用直角坐标，证明

(fG)fGfG

解 在直角坐标中

GGGGGzGy)ey(xz)ez(yx)] yzzxxyffffffGy)ey(GxGz)ez(GyGx)] fG[ex(GzyzzxxyfGf[ex(所以

GyGzfff)(Gyf)] yyzzGxGzffey[(Gxf)(Gzf)]

zzxxGyGxffez[(Gyf)(Gxf)]

xxyy(fGz)(fGy)(fGx)(fGz) ex[]ey[]yzzx(fGy)(fGx)ez[](fG)

xy 利用散度定理及斯托克斯定理可以在更普遍的意义下证明(u)0及(A)0，试证明之。 解 （1）对于任意闭合曲线C为边界的任意曲面S，由斯托克斯定理

fGfGex[(Gz有

(u)dSudlSCC由于曲面S是任意的，故有

n2 (u)0

（2）对于任意闭合曲面S为边界的体积，由散度定理有

(A)d(A)dS(A)dS(A)dS

udldu0 lCC2 C1S1n1

S2 题图

SS1S2

其中S1和S2如题图所示。由斯托克斯定理，有

S1(A)dSAdl， (A)dSAdl

C1S2C2C1C2由题图可知C1和C2是方向相反的同一回路，则有 AdlAdl 所以得到 (A)dC1AdlAdlAdlAdl0

C2C2C2由于体积是任意的，故有 (A)0

第二章习题解答

一个平行板真空二极管内的电荷体密度为40U0d43x23，式中阴极板位于x0，阳极板位于

9（1）x0和xd区域内的总xd，极间电压为U0。如果U040V、d1cm、横截面S10cm2，求：

电荷量Q；（2）xd2和xd区域内的总电荷量Q。 解 （1） Qd(40U0d43x23)Sdx40U0S4.721011C

93d0d414114323(1)US0.9710C (Udx)Sdx000033d92d2 一个体密度为2.32107Cm3的质子束，通过1000V的电压加速后形成等速的质子束，质子束内的电荷均匀分布，束直径为2mm，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。

解 质子的质量m1.71027kg、电量q1.61019C。由 （2） Qdd12mvqU 2得 v2mqU1.37106 ms 故 Jv0.318 Am2

IJ(d2)2106 A

一个半径为a的球体内均匀分布总电荷量为Q的电荷，球体以匀角速度绕一个直径旋转，求球内的电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z轴。设球内任一点P的位置矢量为r，且r与z轴的夹角为，则P点的线速度为

vrersin

球内的电荷体密度为

Q 34a3Q3Q故 Jversinersin 334a34a 一个半径为a的导体球带总电荷量为Q，同样以匀角速度绕一个直径旋转，求球表面的面电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z轴。设球面上任一点P的位置矢量为r，且r与z轴的夹角为，则P点的线速度为

vreasin

球面的上电荷面密度为

Q 4a2故 JSveQasineQsin

4a24a 两点电荷q18C位于z轴上z4处，q24C位于y轴上y4处，求(4,0,0)处的电场强度。 解 电荷q1在(4,0,0)处产生的电场为

qrr12ex4ez4E11 3340rr10(42)电荷q2在(4,0,0)处产生的电场为

qrr21ex4ey4 E223340rr20(42)故(4,0,0)处的电场为

3220 一个半圆环上均匀分布线电荷l，求垂直于圆平面的轴线上za处的电场强度E(0,0,a)，设半圆环的半径也为a，如题 图所示。

解 半圆环上的电荷元ldllad在轴线上za处的电场强度为

arr dEld 3 40(2a) lez(excoseysin) d

a820 在半圆环上对上式积分，得到轴线上za处的电场强度为 E(0,0,a)dE

EE1E2exeyez2

 题 图

2l(ezex2)l[e(ecosesin)]d y2zx820a820a 三根长度均为L，均匀带电荷密度分别为l1、l2和l3地线电荷构成等边三角形。设l12l22l3，计算三角形中心处的电场强度。

解 建立题图所示的坐标系。三角形中心到各边的距离为

d 则

E1eyL3 tan30L26l13l1 (cos30cos150)ey 40d20L 3l23l1 E(ecos30esin30)(e3e)2xyxy 20L80L 3l33l1 E3(excos30eysin30)(ex3ey)20L80L 题图

故等边三角形中心处的电场强度为

EE1E2E3

3l13l13l13l1 ey(ex3ey)(ex3ey)ey20L80L80L40L －点电荷q位于(a,0,0)处，另－点电荷2q位于(a,0,0)处，空间有没有电场强度E0的点？ 解 电荷q在(x,y,z)处产生的电场为

qex(xa)eyyezz E140[(xa)2y2z2]32电荷2q在(x,y,z)处产生的电场为

2qex(xa)eyyezz 40[(xa)2y2z2]32(x,y,z)处的电场则为EE1E2。令E0，则有

ex(xa)eyyezz2[ex(xa)eyyezz] 2223222232[(xa)yz][(xa)yz]由上式两端对应分量相等，可得到

E2(xa)[(xa)2y2z2]322(xa)[(xa)2y2z2]32 ① y[(xa)2y2z2]322y[(xa)2y2z2]32 ②

z[(xa)2y2z2]322z[(xa)2y2z2]32 ③

当y0或z0时，将式②或式③代入式①，得a0。所以，当y0或z0时无解； 当y0且z0时，由式①，有

(xa)(xa)32(xa)(xa)3

解得

x(322)a

但x3a22a不合题意，故仅在(3a22a,0,0)处电场强度E0。

2．9 一个很薄的无限大导电带电面，电荷面密度为。证明：垂直于平面的z轴上zz0处的电场强度E中，有一半是有平面上半径为3z0的圆内的电荷产生的。

解 半径为r、电荷线密度为ldr的带电细圆环在z轴上zz0处的电场强度为

rz0drdEez232 20(r2z0)故整个导电带电面在z轴上zz0处的电场强度为

 Eezrz0drz01ez23221220(r2z0)20(r2z0)03z0ez0 203z0 而半径为3z0的圆内的电荷产生在z轴上zz0处的电场强度为

Eez0rz0drz01ez23221220(r2z0)20(r2z0)ez01E 402 题图

一个半径为a的导体球带电荷量为Q，当球体以均匀角速度绕一个直径旋转，如题图所示。求球心处的磁感应强度B。

解 球面上的电荷面密度为

Q 4a2当球体以均匀角速度绕一个直径旋转时，球面上位置矢量rera点处的电流面密度为

JSvωrezera

Qsin 4a将球面划分为无数个宽度为dlad的细圆环，则球面上任一个宽度为dlad细圆环的电流为

QdIJSdlsind

4细圆环的半径为basin，圆环平面到球心的距离dacos，利用电流圆环的轴线上的磁场公式，则该细圆环电流在球心处产生的磁场为

easine233QasindQsind 00 dBezeezz2(b2d2)328(a2sin2a2cos2)328a3Qsin0Q 0故整个球面电流在球心处产生的磁场为 Bedez0z8a6a 两个半径为b、同轴的相同线圈，各有N匝，相互隔开距离为d，如题图所示。电流I以相同的方

0b2dI向流过这两个线圈。

（1）求这两个线圈中心点处的磁感应强度BexBx； （2）证明：在中点处dBxdx等于零；

（3）求出b与d之间的关系，使中点处d2Bxdx2也等于零。 解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度 Bez0Ia22(az)2232

得到两个线圈中心点处的磁感应强度为 Bex0NIb22232(bd4)（2）两线圈的电流在其轴线上x(0xd)处的磁感应强度为

0NIb20NIb2 Bex223222322[b(dx)]2(bx)22dB3NIbx3NIb(dx) x00所以 dx2(b2x2)522[b2(dx)2]52故在中点xd2处，有

22dB3NIbd23NIbd2x00 20 2522252dx2[bd4]2[bd4]2222dB15NIbx3NIbx00（3）  222722252 题图 dx2(bx)2(bx)150NIb2(dx)230NIb2 222722522[b(dx)]2[b(dx)]225d41dBx令 ，有 0 0227222522xd2[bd4][bd4]dx即 5d24b2d24 故解得 db

一条扁平的直导体带，宽为2a，中心线与z轴重合，通过的电流

0Ir20I，为I。证明在第一象限内的磁感应强度为 Bln By x4ar14a 式中、r1和r2如题图所示。 解 将导体带划分为无数个宽度为dx的细条带，每一细条带的电 I流dI。由安培环路定理，可得位于x处的细条带的电流dI在点dx 2aP(x,y)处的磁场为

0Idx0dI0IdxdB 题 图 4a[(xx)2y2]122R4aR

0Iydx则 dBxdBsin 224a[(xx)y]0I(xx)dx

dBydBcos4a[(xx)2y2]所以

xx0I Bxarctan224a[(xx)y]4ayaa0Iydxaa

如题图所示，有一个电矩为p1的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩为p2的电偶极子，位于

矢径为r的某一点上。试证明两偶极子之间相互作用力为

axaxxaxa 0I0Iarctanarctanarctanarctan4a4ayyyyII0(21)0

4a4aaa0I(xx)dx0I0I(xa)2y20Ilnr2 22Byln[(xx)y]ln22224ar14a[(xx)y]8aa8a(xa)ya3p1p2(sin1sin2cos2cos1cos2) 40r4式中1r,p1，2r,p2，是两个平面(r,p1)和(r,p2)间的夹角。

Fr并问两个偶极子在怎样的相对取向下这个力值最大？

解 电偶极子p1在矢径为r的点上产生的电场为

13(p1r)rp1E1[3] 0rr所以p1与p2之间的相互作用能为

13(p1r)(p2r)p1p2Wep2E1[3]

40r5r因为1r,p1，2r,p2，则 p1rp1rcos1

p2rp2rcos2

又因为是两个平面(r,p1)和(r,p2)间的夹角，所以有

题 图

2 (rp1)(rp2)rp1p2sin1sin2cos 另一方面，利用矢量恒等式可得

(rp1)(rp2)[(rp1)r]p2[r2p1(rp1)r]p2r2(p1p2)(rp1)(rp2)

1因此 (p1p2)2[(rp1)(rp2)(rp1)(rp2)]p1p2sin1sin2cosp1p2cos1cos2

rp1p2W于是得到 e(sin1sin2cos2cos1cos2)

40r3故两偶极子之间的相互作用力为

p1p2Wd1 Freqconst(sin1sin2cos2cos1cos2)(3)

40drrr3p1p2(sin1sin2cos2cos1cos2) 40r4 由上式可见，当120时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。

两平行无限长直线电流I1和I2，相距为d，求每根导线单位长度受到的安培力Fm。

I解 无限长直线电流I1产生的磁场为 B1e01

2r10I1I2直线电流I2每单位长度受到的安培力为 Fm12I2ezB1dze12

2d0式中e12是由电流I1指向电流I2的单位矢量。

0I1I2 2d 一根通电流I1的无限长直导线和一个通电流I2的圆环在同一平面上，圆心与导线的距离为d，如题图所示。证明：两电流间相互作用的安培力为

Fm0I1I2(sec1)

这里是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。

解 无限长直线电流I1产生的磁场为 I B1e01

2r 圆环上的电流元I2dl2受到的安培力为 同理可得，直线电流I1每单位长度受到的安培力为 Fm21Fm12e12题图

0I1I2 2x由题图可知 dl2(exsinezcos)ad

xdacos

20aI1I2F(ezsinexcos)d 所以 m2(dacos)0dFmI2dl2B1dl2ey0aI1I22d20aI1I22cose()ex0I1I2(sec1) exdx222aada20(dacos) 证明在不均匀的电场中，某一电偶极子p绕坐标原点所受到的力矩为r(p)EpE。

解 如题图所示，设pqdl(dl1)，则电偶极子p绕坐标原点所受到的力矩为

Tr2qE(r2)r1qE(r1)

(rdl2)qE(rdl2)(rdl2)qE(rdl2)

qr[E(rdldlqdldl2)E(r2)]2dl[E(r2)E(r2)]

当dl1时，有 E(rdl2)E(r)(dl2)E(r) E(rdl2)E(r)(dl2)E(r) 故得到

Tr(qdl)E(r)qdlE(r) r(p)EpE

题 图 第三章习题解答

真空中半径为a的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q和q，试计算球赤道平面上电通密度的通量(如题图所示)。

解 由点电荷q和q共同产生的电通密度为

qRRD[33] 赤道平面 q 4RR errez(za)qerrez(za)a {2}2322232 4[r(za)][r(za)] 则球赤道平面上电通密度的通量

DdSDezz0dS

SSq 题 图

aqa1(1)q0.293q 2212(ra)02 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为ra的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为Ze的电子云，在球心有一正电荷Ze（Z是原子序数，e是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度

Ze1rDe表达式为023，试证明之。 r4rraZe解 位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为 D1er

4r2Ze3Ze原子内电子云的电荷体密度为 

4ra334ra3

q(a)a[]2rdr 2232223240(ra)(ra)ab Ze1r23 4rra3题3. 3图(a)

电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为0Cm, 两圆柱面半径分别为a

和b，轴线相距为c(cba)，如题图(a)所示。求空间各部分的电场。

解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为a的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为0的两种电荷分布，这样在半径为b的整个圆柱体内具有体密度为0的均匀电荷分布，而在半径为a的整个圆柱体内则具有体密度为0的均匀电荷分布，如题图(b)所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。

0 c a 4r33ZerDee电子云在原子内产生的电通量密度则为 2 rr4r24ra3故原子内总的电通量密度为 DD1D2er 在rb区域中，由高斯定律SEdS0，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别

qb200b2ra200a2rEer为 E1er 2 120r20r20r20r2b b c a 0 ＝

0 c a ＋

b  0a c 题3. 3图(b)

b2ra2r(2) 点P处总的电场为 EE1E120r2r在rb且ra区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为

r2ra2a2rerE2er E2

20r2020r20r20a2r(r2) 点P处总的电场为 EE2E220r在ra的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为

r200rr20rerE3er0 E320r2020r200(rr)0c 点P处总的电场为 EE3E32020 半径为a的球中充满密度(r)的体电荷，已知电位移分布为

r3Ar2Dra5Aa4r2(ra)(ra) 其中A为常数，试求电荷密度(r)。

1d2(rDr) r2dr解：由D，有 (r)D故在ra区域 (r)01d2322[r(rAr)](5r4Ar) 02rdr1d(aAa)2[r]0 在ra区域 (r)02rdrr2 一个半径为a薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜，球内充满总电荷量为Q为的体电荷，球壳上

4又另充有电荷量Q。已知球内部的电场为Eer(ra)，设球内介质为真空。计算：（1） 球内的电荷分布；（2）球壳外表面的电荷面密度。

解 （1） 由高斯定律的微分形式可求得球内的电荷体密度为

1d21d2r4r30E0[2(rE)]0[2(r4)]604

rdrrdraar322（2）球体内的总电量Q为 Qd6044rdr40a

a0球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷Q，而且在球壳外表面上还要感应电荷Q，所以球壳外表面

2Q20 上的总电荷为2Q，故球壳外表面上的电荷面密度为 4a2 两个无限长的同轴圆柱半径分别为ra和rb(ba)，圆柱表面分别带有密度为1和2的面电

a荷。（1）计算各处的电位移D0；（2）欲使rb区域内D00，则1和2应具有什么关系？

解 （1）由高斯定理D0dSq，当ra时，有 D010

S当arb时，有 2rD022a1 ，则 D02era1 ra1b2 r当br时，有 2rD032a12b2 ，则 D03er1ba1b20，则得到 （2）令 D03er 2ar 计算在电场强度Eexyeyx的电场中把带电量为2C的点电荷从点P1(2,1,1)移到点

P2(8,2,1)时电场所做的功：（1）沿曲线x2y2；（2）沿连接该两点的直线。

解 （1）WFdlqEdlqExdxEydy

CC2C222qydxxdyqyd(2y)2ydyq6y2dy14q28106(J)

C11（2）连接点P1(2,1,1)到点P2(8,2,1)直线方程为

x2x8 即 x6y40 y1y2226故Wqydxxdyqyd(6y4)(6y4)dyq(12y4)dy14q2810(J)

C11 长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为l0。（1）计算线电荷平分面上任意点的电位；（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E核对。

解 （1）建立如题图所示坐标系。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 z L2l0dzL2 (r,0)

22L240rzl0 L2l022P ln(zrz) o r 4L20L2 2r2(L2)L2l0ln

2240r(L2)L2题图

2r2(L2)L2l0 ln20r（2）根据对称性，可得两个对称线电荷元l0dz在点P的电场为

dEerdErerl0dz20r2z2coserl0rdz20(r2z2)32

故长为L的线电荷在点P的电场为

L2EdEer0l0rdz20(r2z2)32l0zer()2220rrzL20erl0L40rr2(L2)2

由E求E，有

2l0L2r2(L2) Eln20rl0r1el0err40r20L2r2(L2)2r2(L2)2rLr2(L2)2

rPl 已知无限长均匀线电荷l的电场Eer，试用定义式(r)Edl求其电位函数。其中rP为

20rr电位参考点。

rPrP解 (r)EdlrrlrrdrllnrrllnP 20r2020rP由于是无限长的线电荷，不能将rP选为无穷远点。

一点电荷q位于(a,0,0)，另一点电荷2q位于(a,0,0)，求空间的零电位面。 解 两个点电荷q和2q在空间产生的电位

1q2q(x,y,z)[]222 40(xa)2y2z2(xa)yz令(x,y,z)0，则有 1(xa)yz2222(xa)yz2220

即 4[(xa)2y2z2](xa)2y2z2

524222(xa)yz(a) 故得

33由此可见，零电位面是一个以点(a,0,0)为球心、a为半径的球面。

33Ze1r23() 证明习题的电位表达式为 (r)40r2ra2ra解 位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通量密度为 D1erZe 4r24ra33Ze电子云在原子外产生的电通量密度则为 D2er er224r4r所以原子外的电场为零。故原子内电位为

Ze1r23Zea1r() (r)Ddr()dr234r2r2r0r40rrra0aa 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

ra(r)0 a2ra(r)A(r)cosr （1）求圆柱内、外的电场强度；

（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E，可得到 ra时， E0

a2a2ra时， Eer[A(r)cos]e[A(r)cos]

rrrra2a2erA(12)coseA(12)sin

rr（2）该圆柱体为等位体，所以是由导成的，其表面有电荷分布，电荷面密度为

0nEra0erEra20Acos

验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足20

1rar（1）sin(kx)sin(ly)ehz 其中h2k2l2； （2）rn[cos(n)Asin(n)] 圆柱坐标； （3）rncos(n) 圆柱坐标； （4）rcos 球坐标； （5）r2cos 球坐标。

222解 （1）在直角坐标系中 222

xyz22而 22[sin(kx)sin(ly)ehz]k2sin(kx)sin(ly)ehz

xx22hz2hz[sin(kx)sin(ly)e]lsin(kx)sin(ly)e 22yy22hz2hz [sin(kx)sin(ly)e]hsin(kx)sin(ly)e22zz故 2(k2l2h2)sin(kx)sin(ly)ehz0

1222(r)（2）在圆柱坐标系中  rrrr22z211n(r){rr[cos(n)Asin(n)]}n2rn2[cos(n)Asin(n)] 而

rrrrrr12n2rn2[cos(n)Asin(n)]} 22r22n2r[cos(n)Asin(n)]0 2zz故 20

11(r){r[rncos(n)]}n2rn2cos(n) （3）

rrrrrr122n2nrcos(n) 22r222n[rcos(n)]0 z2z2故 20

12112)2(sin)22（4）在球坐标系中 2(r 2rrrrsinrsin1212)2[r2(rcos)]cos 而 2(rrrrrrrr11(sin)[sin(rcos)] 22rsinrsin122(rsin)cos 2rsinr2211(rcos)0 222222rsinrsin故 20

1212)2[r2(r2cos)]2cos （5） 2(rrrrrrrr2112(sin)[sin(rcos)] 22rsinrsin1222(rsin)cos 24rsinr22112(rcos)0 222222rsinrsin故 20

已知y0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）eycoshx； （2）eycosx； （3）e2ycosxsinx （4）sinxsinysinz。

2y2y2y解 （1）2(ecoshx)2(ecoshx)2(ecoshx)2eycoshx0

xyz所以函数eycoshx不是y0空间中的电位的解；

2y2y2y（2） 2(ecosx)2(ecosx)2(ecosx)eycosxeycosx0

xyz所以函数eycosx是y0空间中可能的电位的解；

22y22y22ycosxsinx)2(ecosxsinx)2(ecosxsinx) （3） 2(exyz4e2ycosxsinx2e2ycosxsinx0

所以函数e2ycosxsinx不是y0空间中的电位的解；

222（4） 2(sinxsinysinz)2(sinxsinysinz)2(sinxsinysinz)

xyz3sinxsinysinz0

所以函数sinxsinysinz不是y0空间中的电位的解。

中心位于原点，边长为L的电介质立方体的极化强度矢量为PP0(exxeyyezz)。（1）计算面束缚电荷密度和体束缚电荷密度；（2）证明总的束缚电荷为零。

解 （1） PP3P0

LLP(x)nPxL2exPxL2P0

22LLP(x)nPxL2exPxL2P0

22LLLLL同理 P(y)P(y)P(z)P(z)P0

22222L32qddS3PL6LP00 （2） PPP02S 一半径为R0的介质球，介电常数为r0，其内均匀分布自由电荷，证明中心点的电位为 2r1()R02 2r30解 由DdSq，可得到

S4r3rR0时， 4rD1

32D1rrE即 D1， 1 r03r0334R02rR0时， 4rD2

33D1R0R03即 D22 ， E22 3r3r00故中心点的电位为

R03rR02R022r12 (0)E1drE2drdrdr()R03r030r20R0R6r0302r30 一个半径为R的介质球，介电常数为，球内的极化强度PerKr，其中K为一常数。（1） 计

00R0R0算束缚电荷体密度和面密度；（2） 计算自由电荷密度；（3）计算球内、外的电场和电位分布。

1d2KK)2 解 （1） 介质球内的束缚电荷体密度为 pP2(rrdrrrK在rR的球面上，束缚电荷面密度为 pnPrRerPrR

R（2）由于D0EP，所以 D0EP即 (10DP 0K

(0)r20)DP 0P由此可得到介质球内的自由电荷体密度为 DpKR14RK2qd4rdr总的自由电荷量 2r000（3）介质球内、外的电场强度分别为 PKE1er (rR)

0(0)rqRKE2ere (rR) r40r20(0)r2介质球内、外的电位分别为

R1EdlE1drE2dr

rrKRKdrdr 2()r()r00rR0KRKln (rR)

(0)r0(0)RR2E2drrRKRKdr (rR) 2()r()r000r0 （1）证明不均匀电介质在没有自由电荷密度时可能存在束缚电荷体密度；（2）导出束缚电荷密度P的表达式。

解 （1）由D0EP，得束缚电荷体密度为 PPD0E 在介质内没有自由电荷密度时，D0，则有 P0E 由于DE，有 D(E)EE0

E所以 E

由此可见，当电介质不均匀时，E可能不为零，故在不均匀电介质中可能存在束缚电荷体密度。

 （2）束缚电荷密度P的表达式为 P0E0E

 两种电介质的相对介电常数分别为r1=2和r2=3，其分界面为z=0平面。如果已知介质1中的电场的

E1ex2yey3xez(5z)

那么对于介质2中的E2和D2，我们可得到什么结果？能否求出介质2中任意点的E2和D2？

解 设在介质2中

E2(x,y,0)exE2x(x,y,0)eyE2y(x,y,0)ezE2z(x,y,0)

D20r2E230E2

在z0处，由ez(E1E2)0和ez(D1D2)0，可得

ex2yey3xexE2x(x,y,0)eyE2y(x,y,0) 

253E(x,y,0)002z于是得到 E2x(x,y,0)2y

E2y(x,y,0)3x E2z(x,y,0)103

故得到介质2中的E2和D2在z0处的表达式分别为

E2(x,y,0)ex2yey3xez(103)D2(x,y,0)0(ex6yey9xez10)

不能求出介质2中任意点的E2和D2。由于是非均匀场，介质中任意点的电场与边界面上的电场是不相同的。

电场中一半径为a、介电常数为的介质球，已知球内、外的电位函数分别为

03cos1E0rcosaE02 ra

20r302E0rcos ra

20验证球表面的边界条件，并计算球表面的束缚电荷密度。

解 在球表面上

030aE0cosE0acos 1(a,)E0acos2020302(a,)Eacos

2002(0)13EcosEcosEcos ra0r200200302E0cos rar20故有 1(a,)2(a,)， 01ra2ra

rr可见1和2满足球表面上的边界条件。 球表面的束缚电荷密度为

30(0)2()E0cos pnP2ra(0)erE20rar20d 平行板电容器的长、宽分别为a和b，极板间距离为d。电容器的一半厚度(0~)用介电常数为2的电介质填充，如题图所示。

(1)(1)? 板上外加电压U0，求板上的自由电荷面密度、束缚电荷；

(2)(2)? 若已知板上的自由电荷总量为Q，求此时极板间电压和束缚电荷； (3)(3)? 求电容器的电容量。

解 （1） 设介质中的电场为EezE，空气中的电场为E0ezE0。由DD0，有

E0E0

z ddEEU0 又由于 022d2 U0 由以上两式解得

d2 20U02U0 EE ，0

(0)d(0)d20U0 题 图

E故下极板的自由电荷面密度为 下

(0)d

20U0E上极板的自由电荷面密度为 上 00(0)d20(0)U0电介质中的极化强度 P(0)Eez

(0)d20(0)U0eP故下表面上的束缚电荷面密度为 p下 z(0)d20(0)U0eP上表面上的束缚电荷面密度为 p上 z(0)d20UQ（2）由

ab(0)dE0 (0)dQU得到 1 2ab02 (0)QE 1故 p下 ab(0)Q0  E0 p上

ab20abQC （3）电容器的电容为 题图 U(0)d

厚度为t、介电常数为40的无限大介质板，放置于均匀电场E0中，板与E0成角1，如题图所示。求：（1）使24的1值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。

tan10 解 （1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有

tan211tan2tan10tan114 由此得到 1tan04 （2）设介质板中的电场为E，根据分界面上的边界条件，有0E0nEn，即

0E0cos1En

1所以 En0E0cos1E0cos14

43介质板左表面的束缚电荷面密度 p(0)En0E0cos140.7280E0

434 在介电常数为的无限大均匀介质中，开有如下的空腔，求各腔中的E0和D0： （1）平行于E的针形空腔；

（2）底面垂直于E的薄盘形空腔； （3）小球形空腔（见第四章题）。

解 （1）对于平行于E的针形空腔，根据边界条件，在空腔的侧面上，有E0E。故在针形空腔中

E0E，D00E00E

（2）对于底面垂直于E的薄盘形空腔，根据边界条件，在空腔的底面上，有D0D。故在薄盘形空腔中

DED0DE，E00

00 在面积为S的平行板电容器内填充介电常数作线性变化的介质，从一极板(y0)处的1一直变化到另一极板(yd)处的2，试求电容量。

解 由题意可知，介质的介电常数为 1y(21)d 设平行板电容器的极板上带电量分别为q，由高斯定理可得

qDy

SDqEyy

[1y(21)d]S介质板右表面的束缚电荷面密度 p(0)En0E0cos140.7280E0

dd所以，两极板的电位差 UEydy0qqddyln2

[1y(21)d]SS(21)10故电容量为 CS(21)q Udln(21) 一体密度为2.32107Cm3的质子束，束内的电荷均匀分布，束直径为2mm，束外没有电荷分布，试计算质子束内部和外部的径向电场强度。

12rEr2 解 在质子束内部，由高斯定理可得 r0r2.32107r1.31104rVm (r103m) 故 Er122028.810在质子束外部，有 2rEr10a2

a22.32107106211.3110Vm (r103m) 故 Er1220r28.810rr 考虑一块电导率不为零的电介质(,)，设其介质特性和导电特性都是不均匀的。证明当介质中有恒定电流J时，体积内将出现自由电荷，体密度为J()。试问有没有束缚体电荷P？若有则进一步求出P。

解 D(E)(J)J()J

对于恒定电流，有J0，故得到 J() 介质中有束缚体电荷P，且

0JPPD0EJ()0()J()J(0)J()

 填充有两层介质的同轴电缆，内导体半径为a，外导体内半径为c，介质的分界面半径为b。两层

介质的介电常数为1和2，电导率为1和2。设内导体的电压为U0，外导体接地。求：（1）两导体之间的电流密度和电场强度分布；（2）介质分界面上的自由电荷面密度；（3）同轴线单位长度的电容及漏电阻。

解 （1）设同轴电缆中单位长度的径向电流为I，则由JdSI，可得电流密度

SI

(arc)

2rJI介质中的电场 E1er (arb)

12r1JI (brc) E2er22r2Jerbc由于 U0E1drE2drabI21lnbIcln a22b212U0

2ln(ba)1ln(cb)故两种介质中的电流密度和电场强度分别为

于是得到 I12U0 (arc)

r[2ln(ba)1ln(cb)]2U0 (arb) E1err[2ln(ba)1ln(cb)]1U0 (brc) E2err[2ln(ba)1ln(cb)] （2）由nD可得，介质1内表面的电荷面密度为

12U0 11erE1raa[2ln(ba)1ln(cb)]介质2外表面的电荷面密度为

21U0 22erE2rcc[2ln(ba)1ln(cb)]两种介质分界面上的电荷面密度为

(1221)U0 12(1erE12erE2)rbb[2ln(ba)1ln(cb)]Uln(ba)1ln(cb) （3）同轴线单位长度的漏电阻为 R02

I212212由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为 C

2ln(ba)1ln(cb) 半径为R1和R2(R1R2)的两个同心的理想导体球面间充满了介电常数为、电导率为

（1）媒质中0(1Kr)的导电媒质(K为常数)。若内导体球面的电位为U0，外导体球面接地。试求：

的电荷分布；（2）两个理想导体球面间的电阻。

解 设由内导体流向外导体的电流为I，由于电流密度成球对称分布，所以

IJer(R1rR2) 24rJer电场强度 EJerI40(rK)rR2R2(R1rR2)

由两导体间的电压 U0R1EdrR2(R1K)II drln40(rK)r40KR1(R2K)R140KU0可得到 R2(R1K)

lnR(RK)120KU0Jer所以 R(RK)

r2ln21R1(R2K)IJ()媒质中的电荷体密度为 媒质内、外表面上的电荷面密度分别为

1R2(R1K)(rK)2r2 lnR1(R2K)K2U01rR1R2(R1K)(R1K)R1 lnR1(R2K)KU012erJrR2R2(R1K)(R2K)R2

lnR(RK)12（2）两理想导体球面间的电阻

U0R(RK)1 ln21I40KR1(R2K) 电导率为的无界均匀电介质内，有两个半径分别为R1和R2的理想导体小球，两球之间的距离为d(dR1,dR2)，试求两小导体球面间的电阻。

解 此题可采用静电比拟的方法求解。假设两小球分别带电荷q和q，由于两球间的距离dR1、dR2，可近似认为小球上的电荷均匀分布在球面上。由电荷q和q的电位叠加求出两小球表面的电位差，即可求得两小导体球面间的电容，再由静电比拟求出两小导体球面间的电阻。

设两小球分别带电荷q和q，由于dR1、dR2，可得到两小球表面的电位为

R11)

4R1dR2q112()

4R2dR1q4C所以两小导体球面间的电容为 121111R1R2dR1dR2I4G由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为 121111R1R2dR1dR2111111故两个小导体球面间的电阻为 R()

G4R1R2dR1dR2 在一块厚度d的导电板上， 由两个半径为r1和r2的圆弧和夹角为的两半径割出的一块扇形体，如题图所示。求：（1）沿厚度方向的电阻；（2）两圆弧面之间的电阻；沿方向的两电极的电阻。设导电板的电导率为。

解 （1）设沿厚度方向的两电极的电压为U1，则有

1erJKU01q(J r2 E1d  U1 d r1 题图

dUI1J1S11(r22r12)

d2故得到沿厚度方向的电阻为

J1E1U1

R1U12d 22I1(r2r1)（2）设内外两圆弧面电极之间的电流为I2，则

J2I2I2S2rd

E2J2I2 rdr2U2E2dr故得到两圆弧面之间的电阻为 R2U2r1ln2 I2dr1r1I2rln2 dr1（3）设沿方向的两电极的电压为U3，则有 U3E3rd

0由于E3与无关，所以得到

E3eU3 rU3 rrdU3dU3r2

I3J3edSdrlnrr1SrU故得到沿方向的电阻为 R33

I3dln(r2r1) 圆柱形电容器外导体内半径为b，内导体半径为a。当外加电压U固定时，在b一定的条件下，求使电容器中的最大电场强度取极小值Emin的内导体半径a的值和这个Emin的值。

解 设内导体单位长度带电荷为l，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为

lE(r)

20rJ3E3e231bb由内外导体间的电压 UEdralbdrlln 20r20aa得到 l20U

ln(ba)由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 E(r)在圆柱形电容器中，ra处的电场强度最大 E(a)令E(a)对a的导数为零，即 由此得到 ln(b/a)1

bb故有 a

e2.718U

rln(ba)U

aln(ba)E(a)1ln(ba)120 2aaln(ba)eUEminU2.718

bbql2 证明：同轴线单位长度的静电储能We等于。ql为单位长度上的电荷量，C为单位长度上的电容。

2CqlE(r)解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为

2r内外导体间的电压为

bbbUEdrldrlln

2r2aaaql2C则同轴线单位长度的电容为

Uln(ba)22ql211qq112ll)2rdr同轴线单位长度的静电储能为 WeEd( ln(ba)22a2r222C 如题图所示，一半径为a、带电量q的导体球，其球心位于两种介质的分界面上，此两种介质的电

b容率分别为1和2，分界面为无限大平面。求：（1）导体球的电容；（2） 总的静电能量。

解 （1）由于电场沿径向分布，根据边界条件，在两种介质的分界面上E1tE2t，故有 E1E2E。由于D11E1、D22E2，所以D1D2。由高斯定理，得到

D1S1D2S2q

22即 2r1E2r2Eq

qE所以

2r2(12)1 a q 2 o 导体球的电位

qq1(a)Edrdr 22()a2()r1212aa 题 图

故导体球的电容 Cq2(12)a (a)1q2（2） 总的静电能量为 Weq(a)

24(12)a 把一带电量q、半径为a的导体球切成两半，求两半球之间的电场力。

解 先利用虚位移法求出导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力f，然后在半球面上对f积分，求出两半球之间的电场力。

导体球的电容为 C40a

q2q2故静电能量为 We 2C80a根据虚位移法，导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力

1We1q2q2f() 224aa4aa80a3220a4方向沿导体球表面的外法向，即 ferfq23220a4这里 erexsincoseysinsinezcos

在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为

22er

FfdS00222aq2 ezerasindd3220a43220a4q22cossind32a0q22ez

0 如题图所示，两平行的金属板，板间距离为d，竖直地插入在电容率为的液体中，两板间加电压U，证明液面升高

1Uh(0)()2

2gd其中为液体的质量密度。

解 设金属板的宽度为a、高度为L。当金属板间的液面升高为h时，其电容为

ah0a(Lh)C

dd金属板间的静电能量为 U 1aU2 2WeCU[h(Lh)0]

22d液体受到竖直向上的静电力为

WeaU2Fe(0) L h2d h 而液体所受重力

Fgmgahdg

 2aUFe与Fg相平衡，即 (0)ahdg

2d题图

故得到液面上升的高度

(0)U21U2h()() 022dg2gd 可变空气电容器，当动片由0至180电容量由25至350pF直线地变化，当动片为角时，求作用于动片上的力矩。设动片与定片间的电压为U0400V。

解 当动片为角时，电容器的电容为

35025C25251.81PF(251.81)1012F

180112122此时电容器中的静电能量为 WeCU0(251.81)10U0

22We11.811012U021.45107Nm 作用于动片上的力矩为 T2 平行板电容器的电容是0Sd，其中S是板的面积，d为间距，忽略边缘效应。

（1）如果把一块厚度为d的不带电金属插入两极板之间，但不与两极接触，如题(a)图所示。则在原电容器电压U0一定的条件下，电容器的能量如何变化？电容量如何变化？

（2）如果在电荷q一定的条件下，将一块横截面为S、介电常

S 数为的电介质片插入电容器(与电容器极板面积基本上垂直地插入，

如题(b)图所示，则电容器的能量如何变化？电容量又如何变化？

d 解 （1）在电压U0一定的条件下，未插入金属板前，极板间的电d U0

场为 UE00

d题图(a)

0SC电容为 0

d0SU0212静电能量为 We0C0U0

22dd 当插入金属板后，电容器中的电场为 EU0dd 2此时静电能量和电容分别为 W1U00SU20e20ddS(dd)2(dd) C2We0SU2d

0d故电容器的电容及能量的改变量分别为

CCCSSSd00dd0d0d(dd)

WSU20deWeWe002d(dd)

（2）在电荷q一定的条件下，未插入电介质板前，极板间的电场为 E0q 00Sq2dq2静电能量为 We02C2 00S当插入电介质板后，由介质分界面上的边界条件E1tE2t，有 S 再由高斯定理可得 ESE0(SS)q

q 于是得到极板间的电场为 Eqd S)

0(SS 0 S q两极板间的电位差位 UEdqd SS)

0(S题图(b)

此时的静电能量为 W11q2de2qU2S)

0(SS其电容为 CS0(SS)d

故电容器的电容及能量的改变量分别为 C(0)Sd

W1(0)q2de2

0S[S0(SS)] 如果不引入电位函数，静电问题也可以通过直接求解法求解E的微分方程而得解决。（1）证明：有源区E的微分方程为2Et，tP；

0（2）证明：E的解是 E1t4d 0R解 （1）由E0，可得 (E)0，即(E)2E0

又 E1(DP)10(P)

0故得到 2E(P)t

00（2）在直角坐标系中2Et的三个分量方程为

02E1t1t1x，2Eyy，2Eztx 000z其解分别为

E1E2E

1td 40Rx11tEyd 40Ry11tEzd 40RzEx1故 EexExeyEyezEz

t1tt11td [exeyez]d 40R40Rxyzt)d0 Rt1tRt()()解 由于 ，所以 tt3RRRRRtttR()ddd4Ed t03RRRRtd40E 由题(2)可知 Rt()d40E40E0 故 R 证明：(

第四章习题解答

如题图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U0，求槽内的电位函数。

解 根据题意，电位(x,y)满足的边界条件为

① (0,y)(a,y)0 ② (x,0)0 ③ (x,b)U0

根据条件①和②，电位(x,y)的通解应取为

nynx(x,y)Ansinh()sin()

aan1y 由条件③，有

U0 b nbnxU0Ansinh()sin()

aan1nxsin()，并从0到a对x积分，得到 两边同乘以o a x aaa2Unx0题图 Ansin()dx asinh(nba)a 04U0,n1,3,5, nsinh(nba)0，n2,4,6,4U01nynx(x,y)sinh()sin() 故得到槽内的电位分布 n1,3,5,nsinh(nba)aa 两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由yd到yb(x)。上板和薄片保持电位U0，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从y0到yd，电位线性变化，(0,y)U0yd。

2U0(1cosn)nsinh(nba)解 应用叠其中，1(x,y)为即

有导体薄片时的

①

②

y boxyU0加原理，设板间的电位为

(x,y)1(x,y)2(x,y)

dxy oxy 题 图

x 不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U0）的电位，

1(x,y)U0yb；2(x,y)是两个电位为零的平行导体板间电位，其边界条件为： 2(x,0)2(x,b)0

2(x,y)0(x)

(0yd)

U0Uy0b③ 2(0,y)(0,y)1(0,y)U0yU0ybd(dyb)xnynb(x,y)(x,y)Asin()e根据条件①和②，可设2的通解为 2 nbn1U0Uy(0yd)ny0b)由条件③有 Ansin(

UUbn10y0y(dyb)bdny)，并从0到b对y积分，得到 bdb2U02U011ynynyAn(1)sin()dy()ysin()dy2U0bsin(nd) b0bbbddbb(n)2dbxU02bU01ndnynb(x,y)ysin()sin()e故得到 bd2n1n2bb两边同乘以sin( 求在上题的解中，除开U0yb一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按Cf2We2定出边缘U0电容。

解 在导体板（y0）上，相应于2(x,y)的电荷面密度

2dn20U01nx20ysin()eb y0dn1nb则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷

q20U022dx22dx200n1ndsin(ndb)enbxdx40U0b1nd2dn1n2sin(b) 相应的电场储能为 W1220bU01e2q2U02d2sin(nd) n1nb其边缘电容为 C2We40b1ndfU22d2sin() 0n1nb 如题图所示的导体槽，底面保持电位U0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。 解 根据题意，电位(x,y)满足的边界条件为

①

(0,y)(a,y)0 ② y③

(x,y)0(y) (x,0)U0 根据条件①和②，电位(x,y)的通解应取为

(x,y)Aenyasin(nxn)n1a

由条件③，nxo 有 U0UAnsin() 0

a x n1a两边同乘以

题图 asin(nxa)，并从0到a对x积分，得到 a4U0A2U0nx2U,n1,3,5,nasin(0a)dx0n(1cosn)n 0，n2,4,6,故得到槽内的电位分布为 (x,y)4U01enyasin(nx) n1,3,5,na 一长、宽、高分别为a、b、c的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为

y(yb)sin(x)sin(z)ac

的电荷。求体积内的电位。

解 在体积内，电位满足泊松方程

2x22y22z21y(yb)sin(x)sin(z) 0ac长方体表面S上，电位满足边界条件S0。由此设电位的通解为

1） （(x,y,z)10Amnpsin(m1n1p1mxnypz)sin()sin() abc代入泊松方程（1），可得

m2n2p2A[()()()] mnpabcm1n1p1mxnypzxzsin()sin()sin()y(yb)sin()sin()

abcac由此可得

Amnp0 (m1或p1)

2n22nyA[()()()]sin()y(yb) （2） 1n1abcbp1由式（2），可得

2n222bny4bA1n1[()()()]y(yb)sin()dy()3(cosn1)

abcb0bbn8b23(n)0n1,3,5,n2,4,6,8b2

1xnyzsin()sin()sin()5故 1n10n1,3,5,n3[()2()2()2]abc

abc 如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷ql，其位置为(0,d)。求板间的电位函数。

解 由于在(0,d)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x0为界将场空间分割为x0和x0两个区域，则这两个区域中的电位1(x,y)和2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x0的分界面上，可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度(y)ql(yy0)。

(x,y,z)电位的边

y① 2(x,0)=2(x,a)0 ②

ql界条件为

1(x,0)=1(x,a)0

③

(dq21ox d))x0 l(y

xx0题 图 由条件①和②，可设电位函数的通解为 ny1(x,y)Anenxasin() (x0)

an1ny2(x,y)Bnenxasin() (x0)

an1由条件③，有

nynyAnsin()Bnsin() （1） aan1n1qnnynnyAnsin()Bnsin() l(yd) （2）

0aaaan1n1由式（1），可得

a 1(x,y)0(x)

2(x,y)0(x)

1(0,y)2(0,y)

AnBn （3）

将式（2）两边同乘以sin(my)，并从0到a对y积分，有 a2qla2qlnynd(yd)sin()dysin() （4） AnBn0n0an0aqln0sin(nd) a由式（3）和（4）解得 AnBn故 1(x,y)1ndnxanysin()esin() (x0) 0n1naaql1ndnxany2(x,y)sin()esin() (x0) 0n1naa 如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷ql。

qly 求槽内的电位函数。

解 由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以xx0为界将场空间分割为0xx0和x0xa两个区域，则这两个区域中的电位1(x,y)和2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在xx0的分界面上，可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度(y)ql(yy0)，电位的边界条件为

① 1(0,y)=0，2(a,y)0

② 1(x,0)=1(x,b)0 2(x,0)=2(x,b)0 ③ 1(x0,y)2(x0,y)

(b o ql (x0,y0) a 题图

x

q21)xx0l(yy0) xx0由条件①和②，可设电位函数的通解为

nynx1(x,y)Ansin()sinh() (0xx0)

bbn1nyn)sinh[(ax)] (x0xa) 2(x,y)Bnsin(bbn1由条件③，有

nx0nynynAsin()sinh()Bsin()sinh[(ax0)] （1） nnbbbbn1n1nx0nnyAsin()cosh() nbbbn1qlnnyn(yy0) （2） Bnsin()cosh[(ax0)] 0bbbn1由式（1），可得

Ansinh(nx0n)Bnsinh[(ax0)]0 （3） bb将式（2）两边同乘以sin(my)，并从0到b对y积分，有 b2qlbnynx0n(yy)sin()dy Ancosh()Bncosh[(ax0)]00nbbb02qlny0sin() （4） n0b由式（3）和（4）解得

2qlny01nsinh[(ax0)]sin() Ansinh(nab)n0bb2qlnx0ny01Bnsinh()sin()

sinh(nab)n0bb1nsinh[(ax0)] 0n1nsinh(nab)bny0nxnysin()sinh()sin() (0xx0)

bbb2qlnx012(x,y)sinh() 0n1nsinh(nab)bny0nnysin()sinh[(ax)]sin() (x0xa)

bbb若以yy0为界将场空间分割为0yy0和y0yb两个区域，则可类似地得到

2ql1n1(x,y)sinh[(by0)] 0n1nsinh(nba)anx0nynxsin()sinh()sin() (0yy0)

aaa2qlny012(x,y)sinh() 0n1nsinh(nba)anx0nnxsin()sinh[(by)]sin() (y0yb)

aaa 如题图所示，在均匀电场E0exE0中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为a。求导体圆柱外的电位和电场E以及导体表面的感应电荷密度。

解 在外电场E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E0的电位0与感应电荷的电位in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为0(r,)E0xCE0rcosC（常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位in(r,)应与0(r,)一样按cos变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以(r,)满足的边界条件为 y (a,)C ①

(r,)E0rcosC(r) ②

(r,)E0rcosA1r1cosC 由此可设

E1a EacosAacosCC 由条件①，有 0 01o x

A1a2E0 于是得到

故圆柱外的电位为

题图

(r,)(ra2r1)E0cosC

若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a,)0，则C0。

导体圆柱外的电场则为

221aaE(r,)ereer(12)E0cose(12)E0sin

rrrr(r,)导体圆柱表面的电荷面密度为 0ra20E0cos

r故 1(x,y)2ql 在介电常数为的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为a的圆柱形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场E0exE0，求空腔内和空腔外的电位函数。

解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为0(r,)E0xE0rcos而感应电荷的电位in(r,)应与

0(r,)一样按cos变化，则空腔内、外的电位分别为1(r,)和2(r,)的边界条件为

① r时，2(r,)E0rcos； ② r0时，1(r,)为有限值；

③ ra时， 1(a,)2(a,)，012

rr由条件①和②，可设

1(r,)E0rcosA1rcos (ra) 2(r,)E0rcosA2r1cos (ra)

12带入条件③，有 A1aA2a，0E00A1E0aA2

002AEAaE0 由此解得 10， 2002(r,)Ercos (ra) 所以 1000a22(r,)[1()]E0rcos (ra)

0r 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱y 面，如题图所示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位U0和U0。求圆柱面内部的电位函数。

U00 解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为

(0,)为有限值； ① x b o 02U00 U00 2题图 (b,)② ； U320

3220由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为

(r,)rn(AnsinnBncosn) (rb)

n1n代入条件②，有 b(AnsinnBncosn)(b,)

n1由此得到

1Annb21(b,)sinnd[U0sinndnb00232U0sinnd]U0(1cosn)bnn2U0,n1,3,5,nnb0，n2,4,6,

1Bnnb2(b,)cosndb[Un012032cosnd0U0cosnd]

n32U0,U0n3n(1)2n(sinsin)nbbnn220，n1,3,5,n2,4,6,

n31rn()[sinn(1)2cosn] (rb) 故 (r,)n1,3,5,nb 如题图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为，在距离轴线r0(r0a)处，有一与圆柱平行的线电荷ql，计算空间各部分的电位。

解 在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位(r,)均为线电荷ql的电位l(r,)与极化电荷的电位p(r,)的叠加，即(r,)l(r,)p(r,)。线电荷ql的电位为

2U0l(r,)y ql20lnRql20lnr2r022rr0cos （1）

a  o 0 ql r0 x

题图

而极化电荷的电位p(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。介质圆柱内外的电位1(r,)和2(r,)满足的边界条件为分别为

① 1(0,)为有限值；

② 2(r,)l(r,)(r)

12ra,③ 时，1 20rr由条件①和②可知，1(r,)和2(r,)的通解为

n11(r,)l(r,)Anrncosn (0ra) （2）

2(r,)l(r,)Bnrncosn (ar) （3）

n1将式（1）～（3）带入条件③，可得到

Aann1ncosnBnancosn （4）

n1(Annan1Bn0nan1)cosn(0)n1qllnR20rra （5）

1rn当rr0时，将lnR展开为级数，有 lnRlnr0()cosn （6）

n1nr0带入式（5），得 (Annan1n1Bn0nan1(0)ql)cosn20r0an1()cosn （7） rn10nn由式（4）和（7），有 AnaBna

Annan1Bn0nan1(0)qlan1()

20r0r0ql(0)1ql(0)a2n由此解得 An， Bn

20(0)nr0n20(0)nr0n故得到圆柱内、外的电位分别为

ql(0)1rn1(r,)lnrr2rr0cos()cosn （8） 2020(0)n1nr0qlql(0)1a2n222(r,)lnrr02rr0cos()cosn （9） 2020(0)n1nr0r220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为

ql(0)1rnql(0)()cosn(lnRlnr0) 20(0)n1nr020(0)ql(0)1a2nql(0)()cosn(lnRlnr) 20(0)n1nr0r20(0)其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将1(r,)和2(r,)分别写成为

1(r,)20qlq(0)lnRllnr0

20020(0)1qllnR1(0)ql1(0)qllnRlnr

2020020020q的电位相同，而介质圆柱外的r, 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（00）的线电荷

0l2(r,)0a2

ql；qr,(,0)电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（00）的线电荷l；位于的线电荷r000q。 位于r0的线电荷

0l 将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。

解 导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位(r,)均为线电荷ql的电位l(r,)与感应电荷的电位in(r,)的叠加，即(r,)l(r,)in(r,)。线电荷ql的电位为

qql(r,)llnRllnr2r022rr0cos （1）

2020而感应电荷的电位in(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。

(r,)满足的边界条件为

① (r,)l(r,)(r)； ② (a,)C。

由于电位分布是的偶函数，并由条件①可知，(r,)的通解为

(r,)l(r,)Anrncosn （2）

n0将式（1）和（2）带入条件②，可得到

Aann0ncosnCql20lna2r022ar0cos （3）

将lna2r022ar0cos展开为级数，有

1alnar2ar0coslnr0()ncosn （4）

n1nr0220带入式（3），得

AnacosnCnn01a[lnr0()ncosn] （5） 20n1nr0qla2nlnr0， An() 由此可得 A0C2020nr0qlql故导体圆柱外的电为

(r,)ql20lnr2r022rr0cos

1a2n(Clnr0)()cosn （6） 2020n1nr0rqlql讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为

ql1a2n()cosn(lnRlnr) 20n1nr0r20ql其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将(r,)写成为

(r,)ql20lnRql20lnRql20lnrCql20lnr0

a2

由此可见，导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（r0,0）的线电荷ql；位于(,0)

r0

的线电荷ql；位于r0的线电荷ql。

在均匀外电场E0ezE0中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U0；（2）导体上充有电荷Q。试分别计算两种情况下球外的电位分布。

解 （1）这里导体充电至U0应理解为未加外电场E0时导体球相对于无限远处的电位为U0，此时导体球面上的电荷密度0U0a，总电荷q40aU0。将导体球放入均匀外电场E0中后，在E0的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。 设(r,)0(r,)in(r,)，其中

0(r,)E0zE0rcos

是均匀外电场E0的电位，in(r,)是导体球上的电荷产生的电位。

电位(r,)满足的边界条件为

① r时，(r,)E0rcos；

dSq ra(a,)C0② 时， 0，rS其中C0为常数，若适当选择(r,)的参考点，可使C0U0。

21由条件①，可设 (r,)E0rcosA1rcosB1rC1

3代入条件②，可得到 A1aE0，B1aU0，C1C0U0

321若使C0U0，可得到 (r,)E0rcosaE0rcosaU0r

（2）导体上充电荷Q时，令Q40aU0，有 U0Q40a

32利用（1）的结果，得到 (r,)E0rcosaE0rcosQ40r 如题图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0ezE0，在介质中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电场E和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为）。

解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则边界条件为

① r时，2(r,)E0rcos；

② r0时，1(r,)为有限值； ③ ra时， 1(a,)2(a,)，0由条件①和②，可设

12 rr1(r,)E0rcosA1rcos

2(r,)E0rcosA2r2cos

带入条件③，有

a 3A1aA2a2，0E00A1E02aA2

o z  0 003AEAaE0 由此解得 10，222E0 003(r,)E0rcos 所以 1题图

20

0a32(r,)[1()]E0rcos

20r空腔内、外的电场为

3E11(r,)E0

20(0)E0a3()[er2cosesin] E22(r,)E020r空腔表面的极化电荷面密度为

30(0)E0cos pnP2ra(0)erE2ra20 如题图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为r1和r2，球的中心放置一个电偶极子p，球壳上的电荷量为Q。试计算球内、外的电位分布和球壳上的电荷分布。

解 导体球壳将空间分割为内外两个区域，电偶极子p在球壳内表面上引起感应电荷分布，但内表面上的感应电荷总量为零，因此球壳外表面上电荷总量为Q，且均匀分布在外表面上。

球壳外的场可由高斯定理求得为

QE2(r)er

40r2Q2(r)

4rr02 r1 Qo pz 外表面上的电荷面密度为 2

4r22Q 设球内的电位为1(r,)p(r,)in(r,)，其中

pcosp题 图

p(r,)P1(cos) 40r240r2是电偶极子p的电位，in(r,)是球壳内表面上的感应电荷的电位。

in(r,)满足的边界条件为

① in(0,)为有限值；

② 1(r1,)2(r2)，即in(r1,)p(r1,)2(r2)，所以

in(r1,)Q40r2p4r201P1(cos)

n由条件①可知in(r,)的通解为 in(r,)AnrPn(cos)

n0n由条件②，有 Anr1Pn(cos)n0Q40r2p4r201P1(cos)

比较两端Pn(cos)的系数，得到

， 40r1340r2An0(n2)

Qp1r(r,)()cos 最后得到 140r240r2r1311球壳内表面上的感应电荷面密度为 10rr0n1r感应电

求绕线

解 根据边

A0Q， A1prr13pcos 4r133p2cos2r荷的总量为 q11dS1sind0 34r10S欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场，问线圈应如何绕（即z 的密度）？

er 设球内的均匀场为H1ezH0(ra)，球外的场为H2(ra)，如题图所示。

界条件，球面上的电流面密度为

aJS n(H2H1)raer(H2ezH0)ra

o H1 HerH22 raeH0sin

0，则得到球面上的电流面密度为 JSeH0sin

球面上的绕线密度正比于sin，则将在球内产生均匀场。 题 图

个半径为R的介质球带有均匀极化强度P。

P（1）证明：球内的电场是均匀的，等于； 0若令这表明

一

erH2ra（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同，解 （1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中极化电荷所产生的场。由于是均匀极化，介质球体内不存在极化电荷，有极化电荷面密度，球内、外的电位满足拉普拉斯方程，可用分离变

建立如题图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为

pPnPerPcos

介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为 ① 1(0,)为有限值； ② 2(r,)0(r)； ③ 1(R,)2(R,)

0(12)rRPcos

rr因此，可设球内、外电位的通解为

1(r,)A1rcos

B12(r,)2cos

rB2B1(A)P 由条件③，有 A1R1，01R2R3PPR3解得 A1， B1

3030PP(r,)rcosz 于是得到球内的电位 13030R 题 图

z 4R3。 3所求的电场即为仅在介质球面上量法求解。

P o

故球内的电场为 E11ezPP 3030（2）介质球外的电位为

PPR314R3Pcos 2(r,)coscos22240r30r40r34R3其中为介质球的体积。故介质球外的电场为

3P212(er2cosesin) E22(r,)ere340rrrr可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同。

半径为a的接地导体球，离球心r1(r1a)处放置一个点电荷q，如题图所示。用分离变量法求电位分布。

解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加，感应电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位分布时，将点电荷的电位在球面上按勒让德多项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。

设(r,)0(r,)in(r,)，其中

qq0(r,)40R40r2r122rr1cos 是点电荷q的电位，in(r,)是导体球上感应电荷产生的电位。

电位(r,)满足的边界条件为

① r时，(r,)0； ② ra时， (a,)0。

由条件①，可得in(r,)的通解为

z q in(r,)Anrn1Pn(cos)

n0为了确定系数An，利用1R的球坐标展开式

r1 a o 题图

rnn1Pn(cos)(rr1)1n0r1 Rr1nP(cos)(rr1)n1nrn0qanP(cos) 将0(r,)在球面上展开为 0(a,)n1n40n0r1n1n0代入条件②，有 AnaanPn(cos) P(cos)0 n1n40n0r1qqa2n1比较Pn(cos)的系数，得到 Ann1 40r1a2n1故得到球外的电位为 (r,))n1Pn(cos) 40R40n0(rr1讨论：将(r,)的第二项与1R的球坐标展开式比较，可得到

ar1a2n1P(cos) n1n2222r)n0(rr(ar)2r(ar)cos111由此可见，(r,)的第二项是位于ra2r1的一个点电荷qqar1所产生的电位，此电荷正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。

qq 一于ra的

解

对于ra根密度为ql、长为2a的线电荷沿z轴放置，中心在原点上。证明：对

P(r,) 点，有 a R 5 qlaa3a ) (r,P(cos)P(cos) 32r 20r3r5r o 线电荷产生的电位为 aaqlql11(r,)dzdz 2240aR40arz2rzcosa 的点，有 题图

1(z)n n1Pn(cos) 22rz2rzcosn0rz 故得到

(z)n(r,)P(cos)dz n140n0arqlaqlaa3a51an1(a)n1P(cos)P(cos)P(cos) 24n20r3r35r0n0n1rn1 一个半径为a的细导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上总电荷量为Q，如题图所示。

ql证明：空间任意点电位为

24Q1r3r11P2(cos)P4(cos) (ra)

40a8a2a24Q1a3a21P2(cos)P4(cos) (ra)

40r8r2r解 以细导线圆环所在的球面ra把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面ra上的电荷面密度

QQz (coscos)(cos) 222a22a再根据边界条件确定系数。

设球面ra内、外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则边界条件为：

1(0,)为有限值； ① a o y 2(r,)0(r) ② 1(a,)2(a,)， ③ x 题 图

根据条件①和②，可得1(r,)和2(r,)的通解为

n00(12)rrraQ(cos) 2a21(r,)AnrnPn(cos) （1） 2(r,)Bnrn1Pn(cos) （2）

n0代入条件③，有

nn1 AnaBna （3）

Qn1n2[AnaB(n1)a]P(cos)(cos) （4） nnn22an00将式（4）两端同乘以Pm(cos)sin，并从0到对进行积分，得

Annan1Bn(n1)an2(2n1)Q(cos)Pn(cos)sind 40a20(2n1)QPn(0) （5）

40a2n1,3,5,0其中 Pn(0) (n1)n2135(1)n2,4,6,246nQQanP(0)，BnPn(0) 由式（3）和（5），解得 Ann1n40a40代入式（1）和（2），即得到 24Q1r3r11P2(cos)P4(cos) (ra)

40a8a2a24Q1a3a21P(cos)P(cos) (ra) 2440r8r2r 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d，如果把它移到无穷远处，需要作多少功？

解 利用镜像法求解。当点电荷q移动到距离导体平面为x的点P处

qq，与导体平面相距为xx，如题图所示。像电q 时，其像电荷q o 荷q在点P处产生的电场为 x x x  qxE(x)ex2 40(2x)所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为

题 图 q2q2WeqE(x)drdx  dd4(2x)216d00q2外力所作的功为 WoWe

160d 如题图所示，一个点电荷q放在60的接地导体角域内的点(1,1,0)处。求：（1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x2,y1处的电位。

解 （1）这是一个多重镜像的问题，共有5个像电荷，分布在以点电荷q到角域顶点的距离为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，其电荷量的大小等于q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为

2cos750.366y x1q, q1 2sin751.366y1 q1x2cos1651.3662q (2,1,0) q,q2 (1, 1,0) 2sin1650.366y2 q260 x2cos1951.3663x q3q, q3 o 2sin1950.366y3  q52cos2850.366 xq44 q,q4  题 图 2sin2851.366y4

2cos3151x5q,q5 2sin3151y5（2）点x2,y1处电位

q4q2q3q51qq1

40RR1R2R3R4R5q0.321(10.5970.2920.2750.3480.477)q2.88109q(V) 4040 一个电荷量为q、质量为m的小带电体，放置在无限大导体平面下方，与平面相距为h。求q的值以使带电体上受到的静电力恰与重力相平衡（设m2103kg，h0.02m）。

解 将小带电体视为点电荷q，导体平面上的感应电荷对q的静电力等于镜像电荷q对q的作用力。根据镜像法可知，镜像电荷为qq，位于导体平面上方为h处，则小带电体q受到的静电力为

q2fe

40(2h)2 (2,1,0)z q z q z R10 h o   h h o P qq  R 0 h  R2 P 0图 q 题 图（a）

o 题 图（b）

题 图（c）

令fe的大小与重力mg相等，即

q2mg

40(2h)28于是得到 q4h0mg5.910C

如题（a）图所示，在z0的下半空间是介电常数为的介质，上半空间为空气，距离介质平面距为h处有一点电荷q，求：（1）z0和z0的两个半空间内的电位；（2）介质表面上的极化电荷密度，并证明表面上极化电荷总电量等于镜像电荷q。

解 （1）在点电荷q的电场作用下，介质分界面上出现极化电荷，利用镜像电荷替代介质分界面上的极化电荷。根据镜像法可知，镜像电荷分布为（如题图（b）、（c）所示）

0qq，位于 zh

00qq， 位于 zh

0上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即

qq0q111 40R140R40r2(zh)20r2(zh)2qqq1q下半空间内的电位由点电荷和镜像电荷q共同产生，即 24R2()22 r(zh)20（2）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为

pnP1P2极化电荷总电量为

z00(E1zE2z)(z0021)zzz0(0)hq

2(0)(r2h2)32(0)q(0)hqrq qPPdSP2rdrdr2232000(rh)S0 一个半径为R的导体球带有电荷量为Q，在球体外距离球心为D处有一个点电荷q。（1）求点电荷

3QRDRq与导体球之间的静电力；（2）证明：当q与Q同号，且成立时，F表现为吸引力。 q(D2R2)2D解 （1）导体球上除带有电荷量Q之外，点电荷q还要在导体球上感应出等量异号的两种不同电荷。根据镜像法，像电荷q和q的大小和位置分别为（如题图所示）

2RRqq， dD

DDd Qq Rz o q q qqq， d0 RD 导体球自身所带的电荷Q则与位于球心的点电荷Q等效。故点电荷q受到的静电力为 题 图

qqq(Dq)  FFqqFqqFQq40(Dd)240D2（2）当q与Q同号，且F表现为吸引力，即F0时，则应有

Q(RD)qRq0 222DDDRDqQ(RD)qRq 2240D2DDRDQRD3R由此可得出 

q(D2R2)2D 两个点电荷Q和Q，在一个半径为a的导体球直径的延长线上，分别位于导体球的两侧且距球心为D。

2a3Q（1）证明：镜像电荷构成一个电偶极子，位于球心，电偶极矩为p；

D2Q（2）令D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变，计算球外的电场。

D解 （1）点电荷Q和Q都要在球面上引起等量异号的感应电荷，可分别按照点电荷与不接地导体球面的镜像确定其等效的像电荷。根据镜像法，点电荷Q的像电荷为

2aaQ， 位于：d1q1 DDaz q1Q，位于：d10 q1Dz D Q 而点电荷Q的像电荷为

R12 aaQ， 位于：d2q2

PRq D11Dd1 raa  0 qqQ，位于：d222o R2D d2 q2 R2和q2等值异号，且同时位于球心，故球心处总如题图所示。由此可见，像电荷q1和q2也等值异号，且位置关于球心对称，故构成位于有 的像电荷为零；而像电荷q1球心的电偶极子，其电偶极矩为 D Q 题图

a2a22a3Q(2d1)Q pq22DDD和q2共同产生，即 （2）球外的电位由Q和Q以及像电荷q1qq2QQ(r,)1－

40R140R140R240R2Q1aD 2222240rD22rDcosr(aD)(2raD)cos1aD 2 22222rD2rDcosr(aD)(2raD)cosQ当D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变时，有

DQD2aD(r,) 222240D2r2D22rDcosr(aD)(2raD)cos 2 22222rD2rDcosr(aD)(2raD)cosQra2ra2aDaDD1cos1cosD1cos1cos 40D2DrrDDrrDpprcoscos 3240a40r球外的电场为

1p2a3a3E(ere)[er(13)cose(13)E0sin]

rr40a3rrppez(er2cosesin) 3340a40r 一根与地面平行架设的圆截面导线，半径为a，悬挂高度为h。证明：单位长度上圆柱导线与地面

20C间的电容为0。

cosh1(ha)解 地面的影响可用一个像圆柱来等效。设导线单位长度带电荷为ql，则像圆柱单位长度带电荷为ql。根据电轴法，电荷ql和ql可用位于电轴上的线电荷来等效替代，如题图所示。等效线电荷对导体

D2aD轴线的偏移为

ql a h D h Dhh2a2 dhh2a2

则导线与地间的电位差为

qlql11qlh2a2(ha)lnlnln2220ad20Da20ha(ha)qh2a2hhlnlcosh1() 20a20a故单位长度上圆柱导线与地面间的电容为

q20C0l

cosh1(ha)ql ql d 题 图

a

在上题中设导线与地面间的电压为U0。证明：地面对导线单位长度的作用力

0U02F0212212。 cosh(ha)(ha)0U0212解 导线单位长度上的电场能量为 WeC0U0

2cosh1(ha)由虚位移法，得到地面对导线单位长度的作用力为

0U02We0U02F0[]2U12212 cosh(ha)(ha)h0hcosh1(ha)

第五章习题解答

真空中直线长电流I的磁场中有一等边三角形回路，如题图所示，求三角形回路内的磁通。 解 根据安培环路定理，得到长直导线的电流I产生的磁场

z b dBe0I 2r

I dS 题 图

x

穿过三角形回路面积的磁通为

z0I2BdS0I[dz]dxS2xd0由题图可知，z(xd)tanxd，故得到

63d3b2d3b2d3b2dzdx xIxd0Ibd3b 0dx[ln(1)]x22d3d3 通过电流密度为J的均匀电流的长圆柱导体中有一平行的圆柱形空腔，如题图所示。计算各部分的磁感应强度B，并证明腔内的磁场是均匀的。

解 将空腔中视为同时存在J和J的两种电流密度，这样可将原来的电流分布分解为两个均匀的电流分布：一个电流密度为J、均匀分布在半径为b的圆柱内，另一个电流密度为J、均匀分布在半径为a的圆柱内。由安培环路定律，分别求出两个均匀分布电流的磁场，然后进行叠加即可得到圆柱内外的磁场。

由安培环路定律Bdl0I，可得到电流密度为J、均匀分布在半径为b的圆柱内的电流产生的磁

C02Jrbrbbrb场为 Bb ra a 2 J od 0bJrbrbboa2 b rb2b 电流密度为J、均匀分布在半径为a的圆柱内的电流产生的磁场为

02Jraraa题图  B2a aJra0raa22ra这里ra和rb分别是点oa和ob到场点P的位置矢量。

将Ba和Bb叠加，可得到空间各区域的磁场为

2b2a 圆柱外：BJ2rb2ra (rbb) 2rarb2a0 圆柱内的空腔外：BJrb2ra (rbb,raa) 2ra 空腔内： B0Jrbra0Jd (raa)

22式中d是点和ob到点oa的位置矢量。由此可见，空腔内的磁场是均匀的。

下面的矢量函数中哪些可能是磁场？如果是，求其源变量J。 (1) Herar,B0H （圆柱坐标）

0(2) Hex(ay)eyax,B0H (3) Hexaxeyay,B0H

(4) Hear,B0H（球坐标系）

解 根据恒定磁场的基本性质，满足B0的矢量函数才可能是磁场的场矢量，否则，不是磁场的场矢量。若是磁场的场矢量，则可由JH求出源分布。 （1）在圆柱坐标中 B1(rBr)1(ar2)2a0

rrrr该矢量不是磁场的场矢量。 （2） B(ay)(ax)0 xyexeyyaxezez2a z0该矢量是磁场的矢量，其源分布为 JHxay （3） B(ax)(ay)0

xyexeyez该矢量是磁场的场矢量，其源分布为 JH0

xyzaxay01B1(ar)0

rsinrsin该矢量是磁场的场矢量，其源分布为 （4） 在球坐标系中 BerJHrersine1eractage2a 2rsinr00ar2sinJ(r) 由矢量位的表示式A(r)d证明磁感应强度的积分公式 4RJ(r)RB(r)0d 34R并证明B0

0J(r)01J(r)解: B(r)A(r)0ddJ(r)()d 4R4R4RRJ(r)R0J(r)(3)d0d 34R4RB[A(r)]0

有一电流分布J(r)ezrJ0(ra)，求矢量位A(r)和磁感应强度B(r)。

解 由于电流只有ez分量，且仅为r的函数，故A(r)也只有ez分量，且仅为r的函数，即A(r)ezAz(r)。在圆柱坐标系中，由Az(r)满足的一维微分方程和边界条件，即可求解出A(r)，然后由B(r)A(r)可求出B(r)。

记ra和ra的矢量位分别为A1(r)和A2(r)。由于在ra时电流为零，所以

由此可解得

1Az1(r)0J0r （ra） rrr1Az22Az2(r)(r)0 （ra）

rrr2Az1(r)1Az1(r)0J0r3C1lnrD1

9Az2(r)C2lnrD2

Az1(r)和Az2(r)满足的边界条件为 ① r0时，Az1(r)为有限值

AA② ra时，Az1(a)Az2(a)，z1raz2ra rr由条件①、②，有 C10，10J0a3C2lnaD2，10J0a2C21

93a由此可解得 C210J0a3，D210J0a3(1lna)

333故

1Az1(r)0J0r3D1 （ra）

9111Az2(r)0J0a3lnr0J0a3(lna) （ra）

333式中常数D1由参考点确定，若令r0时，Az1(r)0，则有D10。 空间的磁感应强度为 z1（ra） 0J0r2

3r  0J0a3 （ra） B2(r)A2(r)e3ry a b 如题图所示，边长分别为a和b、载有电流I的小矩形回路。

I （1）求远处的任一点P(x,y,z)的矢量位A(r)，并证明它可以写成 x 题图 pr

A(r)0m3。 其中pmezIab；

4r（2）由A求磁感应强度B，并证明B可以写成

Iabezer场点对小电流回路所张的立体角。 B0(d) 式中d4r2I1解 （1）电流回路的矢量位为 A(r)0dl

4CR式中：R[(xx)2(yy)2z2]12[r22rsin(xcosysin)x2y2]12

P(x,y,z)

B1(r)A1(r)e根据矢量积分公式dldS，有 CSC11dldS() RRS而 (1)(1)

RRI1所以 A(r)0dS()

4SR对于远区场，rx,ry，所以Rr，故

I11A(r)0dS()0[IdS]()0(ezIab)(1)

4Sr4Sr4r0prrpm(3)0m3 4r4r（2）由于 A(r)0pmez(r)e0pmsin

4r34r20pm1故 BAer1(er2cosesin) (sinA)e(rA)34rrsinrr又由于 er2cosesinr3(cos)r3(ezer)

22rr故 B0pm(ezer)0I(abezer)0I(d)

4r24r24 半径为a磁介质球，具有磁化强度为

Mez(Az2B)

其中A和B为常数，求磁化电流和等效磁荷。

解 磁介质球内的磁化电流体密度为 JmMez(Az2B)ezez2Az0

等效磁荷体密度为 mM(Az2B)2Az

z磁介质球表面的磁化电流面密度为

z

JmSMnraezer(Aa2cos2B)

e(Aa2cos2B)sin

I

10

x 2

等效磁荷面密度为

mnMraerez(Aa2cos2B)

题图

(Aa2cos2B)cos

如题所示图，无限长直线电流I垂直于磁导率分别为1和2的两种磁介质的分界面，试求：（1）两种磁介质中的磁感应强度B1和B2；（2）磁化电流分布。

解 （1）由安培环路定理，可得 HeI

2r所以得到 B10He0I

2rI

B2He2r （2）磁介质在的磁化强度 MH1(P1) H2(P1)

l h H1(P2)H2(P2)

1)I 0在磁介质的表面上，磁化电流面密度为

(0)I JmSMezz0er20r 已知一个平面电流回路在真空中产生的磁场强度为H0，若此平面电流回路位于磁导率分别为1和

题图

1 2 (0)I

020r(0)I1d1d1则磁化电流体密度 JmMez(rM)ez(r)0

rdr20rdr在r0处，B2具有奇异性，所以在磁介质中r0处存在磁化线电流Im。以z轴

为中心、r为半径作一个圆形回路C，由安培环路定理，有

1B2HeIIm10CBdlI 0

故得到 Im(2的两种均匀磁介质的分界平面上，试求两种磁介质中的磁场强度H1和H2。

解 由于是平面电流回路，当其位于两种均匀磁介质的分界平面上时，分界面上的磁场只有法向分量，根据边界条件，有B1B2B。在分界面两侧作一个小矩形回路，分别就真空和存在介质两种不同情况，应用安培环路定律即可导出H1、H2与H0的关系。

在分界面两侧，作一个尺寸为2hl的小矩形回路，如题图所示。根据安培环路定律，有 因H垂直于分界面，所以积分式中Hl0。这里I为与小矩形回路交链的电流。

对平面电流回路两侧为真空的情况，则有

CCHdlH(P)hH(P)hH(P)hH1121122(P2)hI （1）

H0dl2H0(P1)h2H0(P2)hI （2）

由于P1和P2是分界面上任意两点，由式（1）和（2）可得到 H1H22H0

BB即 2H0

12212于是得到 BH0

122221BB故有 H1H0 H2H0

112212 证明：在不同介质分界面上矢量位A的切向分量是连续的。

n 解 由BA得 BdSAdSSS媒质① 媒质② l A1 C h A2 （1）

在媒质分界面上任取一点P，围绕点P任作一个跨越分界面的狭小矩形回路C，其长为l、宽为h，如题图所示。将式（1）应用于回路C上，并令h趋于零，得到

AdlA1lA2llimBdS

Ch0SCAdl

由于B为有限值，上式右端等于零，所以

A1lA2l0 由于矢量l平行于分界面，故有

A1tA2t

一根极细的圆铁杆和一个很薄的圆铁盘样品放在磁场B0中，并使它们的轴与B0平行，（铁的磁导率为）。求两样品内的B和H；若已知B01T、50000，求两样品内的磁化强度M。

解 对于极细的圆铁杆样品，根据边界条件H1tH2t，有

HH0B00

题图

BHMBB0 01(4999 1)B00000对于很薄的圆铁盘样品，根据边界条件B1nB2n，有

BB0

HBB0

H4999

00500005．12 如题图所示，一环形螺线管的平均半径r015cm，其圆形截面的半径a2cm，鉄芯的相对磁

MH()B0B11导率r1400，环上绕N1000匝线圈，通过电流I0.7A。

（1）计算螺旋管的电感；

（2）在鉄芯上开一个l00.1cm的空气隙，再计算电感。（假设开口后鉄芯的r不变） （3）求空气隙和鉄芯内的磁场能量的比值。

解 （1）由于ar0，可认为圆形截面上的磁场是均匀的，且等于截面的中心处的磁场。由安培环

路定律，可得螺旋管内的磁场为 Ha NI 2r0 o l0 r0 22aNI 与螺线管铰链的磁链为 NSH故螺线管的电感为

2r0 题图

I

气隙中的磁场强度H0与铁芯中的磁场强度H不同。根据安培环路定律，有

H0l0H(2r0l0)NI

140041070.02210002L2.346H

I2r020.15（2）当铁芯上开有小空气隙时，由于可隙很小，可忽略边缘效应，则在空气隙与鉄芯的分界面上，磁场只有法向分量。根据边界条件，有B0BB，但空

a2N2又由于B00H0、B0rH及B0BB，于是可得 B22aNI 0r所以螺线管得磁链为 NSBrl0(2r0l0)0rNI

rl0(2r0l0)故螺线管得电感为

0ra2N24210714000.02210002L0.944H

Irl0(2r0l0)14000.00120.150.001 （3）空气隙中的磁场能量为 Wm010H02Sl0

22鉄芯中的磁场能量为 Wm10rHS(2r0l0)

2Wrl014000.001故 m01.487

Wm2r0l020.150.001 证明：单匝线圈励磁下磁路的自感量为L01Rm，Rm为磁路的磁阻，故NI激励下，电感量为

LN2Rm。磁路中单匝激励下的磁场储能Wm0Rm022，则NI激励下的WmN2Wm0。

解 在单匝线圈励磁下，设线圈中的电流为I，有0L0II。则在NI激励下，磁路的磁通为 RmN2I

N0Rm22N故电感量为 L IRm2R1I2在单匝线圈励磁下，Wm0L0Im02。在NI激励下，磁路的磁能为

22Rm212N2I2N2Rm2WmLI0N2Wm0

22Rm2 如题图所示，两个长的矩形线圈，放置在同一平面上，长度分别为l1和l2，宽度分别为w1和w2，两线圈最近的边相距为S，两线圈中分

l1 ① I1 ② w1 w2 r S l2题图

别载有电流I1和I2。设l1>>l2，且两线圈都只有一匝，略去端部效应。证明：两线圈的互感是

0l2(Sw1)(Sw2) ln2S(Sw1w2)解 由于l1>>l2，因此可近似认为线圈①中的电流在线圈②的回路中产生的磁场与两根无限长的平行直线电流产生的磁场相同。线圈①中的电流I1在线圈②的回路中产生的磁场为

M0I111() 2rrw1与线圈②交链的磁通12为

B120I1l2Sw2Sw1w2 11()ldrlnln2rrw2SSw11S0I1l2(Sw1)(Sw2) ln2S(Sw1w2)l(Sw1)(Sw2)故两线圈间的互感为 M1202ln

I12S(Sw1w2) 长直导线附近有一矩形回路，回路与导线不共面，如题图(a)所示。证明：直导线与矩形回路间的互感是

I12012MA B Sw20aR ln221222122[2b(RC)bR]B RR 1 C P Q

b A b R C a

P

Q 题图(a)

题图(b)

?

解 设长直导线中的电流为I，则其产生的磁场为 B0I

2r由题图(b)可知，与矩形回路交链的磁通为

R0I0aI110aIR1 BdSdrln22r2RSR其中 R[C2(bR2C2)2]12[R2b22bR2C2]12

1故直导线与矩形回路间的互感为

0aR10a[R2b22bR2C2]12

MlnlnI2R2R0a2lnR[2b(R2C)212 如题图

的磁导率为

解 由安设铁心在磁场

I 题图

x  bR]所示的长螺旋管，单位长度密绕n匝线圈，通过电流I，鉄心、截面积为S，求作用在它上面的磁场力。 培环路定理可得螺旋管内的磁场为 HnI

力的作用下有一位移dx，则螺旋管内改变的磁场能量为

2212

dWm2H2SdxIc0则作用在鉄心上的磁场力为 FxdWmdx磁力有将铁心拉进螺旋管的趋势。

21(0)n2I2S 2H2Sdx1(0)n2I2Sdx 2第六章时变电磁场

Bez5costmT 有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场之中，如题图所示。滑片的位置由x0.35(1cost)m确定，轨道终端接有电阻R0.2，试求电流i.

ya ib 0.2m Rd 0.7m c x 题6.1图

解 穿过导体回路abcda的磁通为

BdSezBezadab5cost0.2(0.7x)cost[0.70.35(1cost)]0.35cost(1cost)

故感应电流为

E1diinRRdt10.35sint(12cost)1.75sint(12cost)mAR

一根半径为a的长圆柱形介质棒放入均匀磁场BezB0中与z轴平行。设棒以角速度绕轴作等速

旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。

解 介质棒内距轴线距离为r处的感应电场为

EvBerezB0errB0

故介质棒内的极化强度为

PXe0Eer(r1)0rB0er(0)rB0

极化电荷体密度为

11PP(rP)(0)r2B0rrrr2(0)B0

极化电荷面密度为

PPner(0)rB0erra(0)aB0 则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为

QPa21P2a2(0)B0QPS2a1P2a2(0)B0

平行双线传输线与一矩形回路共面，如题图所示。设a0.2m、

7bcd0.1m、i1.0cos(210t)A，求回路中的感应电动势。

解 由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面向内的。故回路中的感应电动势为

ddEinBdSB左dSB右dS dtdti a i b c d 题6.3图 式中

B左0i0i,B右2r2(bcdr)

bc故

0iaibcadr0ln()b2r2bscd0i0aibcBdSadrln()右d2(bcdr)2bs

B左dS则

Ein2d0aibcln()dt2babcd0ln()[1.0cos(2107t)]a2b2bdt41070.2ln2sin(2107t)2107V3.484sin(2107t)V

有一个环形线圈，导线的长度为l，分别通过以直流电源供应电压U0和时变电源供应电压U（t）。

讨论这两种情况下导线内的电场强度E。

解 设导线材料的电导率为，横截面积为S，则导线的电阻为

lRS

而环形线圈的电感为L，故电压方程为

diURiLdt di0当U=U0时，电流i也为直流，dt。故

llU0RiJSJlES

此时导线内的切向电场为

UE0l

di(t)0dt当U=U（t）时，，故 di(t)dU(t)Ri(t)LRE(t)SL(E(t)S)dtdtldE(t)E(t)SLSSdt

即

dE(t)lE(t)U(t)dtLSLS 求解此微分方程就可得到E(t)。

一圆柱形电容器，内导体半径为a，外导体内半径为b，长为l。设外加电压为U0sint，试计算

电容器极板间的总位移电流，证明它等于电容器的传导电流。

解 当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压时的电场分

布可视为相同（准静态电场），即

UsintEer0rln(ba)

故电容器两极板间的位移电流密度为

UcostDJder0trln(ba)

则

2lUcost0idJddSererrddz00rln(ba)s 2lU0costCU0costln(ba) 2lCln(ba)是长为l的圆柱形电容器的电容。 式中，

流过电容器的传导电流为

dUicCCU0costdt

可见

idic

由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。 解 点电荷q产生的电场满足麦克斯韦方程

E0和D

由D得

Dd据散度定理，上式即为

d

DdSqs利用球对称性，得

Derq4r2 q

故得点电荷的电场表示式

4r2

由于E0，可取E，则得

DE2

Eer即得泊松方程

2

试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中；（2）在圆柱坐标中；（3）在球坐标中。

解 （1）在直角坐标中

DHzHyJxxyztDyHxHzJyzxtHyHxDJzzxytHxEzEyyztHyExEzzxtEyExHzxyt

BxByBz0xyzDxDyDzxyz

（2）在圆柱坐标中

D1HzHJrrrztDHrHzJzrtD11Hr(rH)Jzzrrrt Hr1EzErztHErEzzrtHz11Er(rE)rrrt 11BBz(rBr)0rrrz11DDz(rDr)rrrz

（3）在球坐标系中

HD1[(sinH)]JrrrsintD11Hr[(rH)]JrsinrtDHr1[(rH)]Jrrt

EHr1[(sinE)]rsintH11Er[(rE)]rsinrtHEr1[(rE)]rrt 1211B(rB)(sinB)0rr2rrsinrsin1211D(rD)(sinD)r2rrrsinrsin

9Ee0.1sin10xcos(610tz)，求H和。 y 已知在空气中

提示：将E代入直角坐标中的波方程，可求得。

解 电场E应满足波动方程

2E2E0020t

EeyEy将已知的代入方程，得

2Ey2Ey2Ey000x2z2t2

式中

2Eyx2Eyz220.1(10)2sin10xcos(6109tz)0.1sin10x[2cos(6109tz)]2Eyt20.100sin10x[(6109)2cos(6109tz)]00故得

(10)2200(6109)20

则

300.41rad/m

由

E0Ht

得

EEH11E[exyezy]t00zx10[ex0.1sin10xsin(6109tz)ez0.110cos10xcos(6109tz)]

将上式对时间t积分，得

Η1[ex0.1sin10xcos(6109tz]90610ezcos10xsin(6109tz)ex2.3104sin10xcos(6109t.41z)ez1.33104cos10xsin(6109t.41z)A/m

已知自由空间中球面波的电场为

EΕe0sincos(tkr)r

求H和k。

解 可以和前题一样将E代入波动方程来确定k，也可以直接由麦克斯韦方程求与E相伴的磁场H。而此磁场又要产生与之相伴的电场，同样据麦克斯韦方程求得。将两个电场比较，即可确定k的值。两种方法本质上是一样的。

由

HE0t

得

H11eE(rE)t00rre10rke[E0sincos(tkr)]r0rE0sinsin(tkr)将上式对时间t积分，得

He

kE0sincos(tkr)0r （1）

将式（1）代入

H0Et

得

E1Ht011(rsinH)e(rsinH)]0r2sinrsinr

k2E0sin12kE0ercos(tkr)esin(tkr)00r20r

将上式对时间t积分，得

[er12kE0k2E01Eer22sin(tkr)e2sincos(tkr)00r0r （2）

将已知的

EeE0sincos(tkr)r

与式（2）比较，可得

122含r项的Er分量应略去，且k00，即

k00 将k00代入式（1），得

00HeEsincos(tkr)0r0e0E0sincos(tkr)A0r

试推导在线性、无损耗、各向同性的非均匀媒质中用E和B表示麦克斯韦方程。

解 注意到非均匀媒质的参数,是空间坐标的函数，因此

H(B)(1)B1B1B12B

而

JD(tJE)EtJt

因此，麦克斯韦第一方程

HJDt

变为

BJEt1B

又

D(E)EE

故麦克斯韦第四方程D变为

E1E

则在非均匀媒质中，用E和B表示的麦克斯韦方程组为

BJE1tBEBtBE1E

写出在空气和的理想磁介质之间分界面上的边界

条件。

解 空气和理想导体分界面的边界条件为

nE0nHJs

根据电磁对偶原理，采用以下对偶形式

EHHEJsJms

n H1 l a b h d c H2 题6.12图 即可得到空气和理想磁介质分界面上的边界条件

nH0nEJms

式中，Jms为表面磁流密度。

提出推导nH1Js的详细步骤。

）

解 如题图所示，设第2区为理想导体（2。在分界面上取闭合路径abcda,abcdl,bcdah0。对该闭合路径应用麦克斯韦第一方程可得

CHdlHdlHdlHdlHdlabcdbcdaHlH2llim(JdSh0SDdS)tS （1）

D因为t为有限值，故上式中

h0limSDdS0t

而(1)式中的另一项

为闭合路径所包围的传导电流。取N为闭合路径所围面积的单位矢量（其指向与闭合路径的绕行方向成右手螺旋关系），则有

limJdSJsNlh0S

因

l(Nn)l

故式（1）可表示为

(H1H2)(Nn)lJsNl （2）

应用矢量运算公式A(BC)(CA)B，式（2）变为

Sh0limJdS[nH1H2]NJsN

故得

n(H1H2)Js （3）

由于理想导体的电导率

2，故必有E20,H20，故式（3）变为

nH1Js

在由理想导电壁（）限定的区域0xa内存在一个由以下各式表示的电磁场：

axEyH0()sin()sin(kzt)aaxHxH0k()sin()sin(kzt)axHzH0cos()cos(kzt)a

x 这个电磁场满足的边界条件如何？导电壁上的电流密度的值如何？ 解 如题图所示，应用理想导体的边界条件可以得出

E0,Hx0在x=0处，y a o 题6.13图

上述结果表明，在理想导体的表面，不存在电场的切向分量Ey和磁场的法向分量Hx。

另外，在x=0的表面上，电流密度为

JsnH|x0ex(exHxezHz)|x0HzH0cos(kzt)

E0,Hx0在x=a处，y

HzH0cos(kzt)exezHzx0eyH0cos(kzt)在x=a的表面上，电流密度则为

JsnH|xaex(exHxezHz)|xa

exezHzxaeyH0cos(kzt)

海水的电导率4S/m，在频率f=1GHz时的相对介电常数r81。如果把海水视为一等效的电介质，

r1,5.7107S/m写出H的微分方程。对于良导体，例如铜，，比较在f=1GHz时的位移电流和传导电流的幅度。可以看出，即使在微波频率下，良导体中的位移电流也是可以忽略的。写出H的微分方程。

解 对于海水，H的微分方程为

HJjDEjEj(j)E

cj的电介质。代入给定的参数，得 即把海水视为等效介电常数为

1094Ej210(81j)E362109j(4.5j4)E(4j4.5)E

9对于铜，传导电流的幅度为E，位移电流的幅度E。故位移电流与传导电流的幅度之比为

12f1092fr013369.7510f75.710

可见，即使在微波频率下，铜中的位移电流也是可以忽略不计的。故对于铜，H的微分方程为

HE5.7107E

计算题中的能流密度矢量和平均能流密度矢量。 解 瞬时能流密度矢量为

SEHeyEy(exHxezHz)exEyHzezEyHxaaxezH02k()2sin2()sin2(kzt)a1axxexH02sin()cos()sin2(kzt)2aa1axezH02k()2sin2()[1cos2(kzt)]2a为求平均能流密度矢量，先将电磁场各个分量写成复数形式

exH02asin(xa)cos(x)sin(kzt)cos(kzt)

EaxyH0()sin(2a)ejkzjaxjkzjHxH0k(2)sin(a)eHxzH0cos(a)ejkz

故平均能流密度矢量为

S11**av2Re[EH*]2Re[exEyHzezEyHx]1axxj2Re[eH2x0sin(a)cos(a)e2]e2ax)e12a2xzH0k()2sin2(az2H0k()sin2(a) 写出存在电荷和电流密度J的无损耗媒质中E和H的波动方程。

解 存在外加源和J时，麦克斯韦方程组为

HJEt EHt H0 E 对式（1）两边取旋度，得

HJt(E) 而

H(H)2H

故

(H2HJt(E) 将式（2）和式（3）代入式（5），得

2H2Ht2JH

这就是的波动方程，是二阶非齐次方程。

同样，对式（2）两边取旋度，得

Et(H

即

(E2Et(H 将式（1）和式（4）代入式（6），得

2E2EJ1t2t

此即E满足的波动方程。

对于正弦时变场，可采用复数形式的麦克斯韦方程表示

1）2）3）4）5）6）

（ （

（

（

（

（

HJjE （7）

EjH （8）

H0 （9）

E （10）

对式（7）两边取旋度，得

HJjE

利用矢量恒等式

H(H2H

得

(H2HJjE （11） 将式（8）和式（9）代入式（11），得

2H+2HJ

此即H满足的微分方程，称为非齐次亥姆霍兹方程。

同样，对式（8）两边取旋度，得

EjH

即

(E2HjH （12）

将式（7）和式（10）代入式（12），得

12E+2EjJ

此即E满足的微分方程，亦称非齐次亥姆霍兹方程。

在应用电磁位时，如果不采用洛伦兹条件，而采用所谓的库仑规范，令A，试导出A和所满足的微分方程。

解 将电磁矢量位A的关系式

BA

和电磁标量位的关系式

AEt

代入麦克斯韦第一方程

DHJt

得

1EH(A)JtJ利用矢量恒等式

Att

A(A)2A

得

(A2A=JA()tt （1）

又由

D

得

E(A)t

即

(A)t （2）

按库仑规范，令A0，将其代入式（1）和式（2）得

2A2A2J()tt （3）

2 （4）

2式（3）和式（4）就是采用库仑规范时，电磁场A和所满足的微分方程。

设电场强度和磁场强度分别为

EE0cos(te)HH0cos(tm)

证明其坡印廷矢量的平均值为

S1av2E0H0cos(em)

解 坡印廷矢量的瞬时值为

SEHE0coste)H0cos(tm)12E0H0[cos(tetm)]cos[tetm]12E0H0[cos(2tem)cos(em)] 故平均坡印廷矢量为

Sav1TT0Sdt1TT102E0H0[cos(2tem)cos(em)]dt12E0H0cos(em)

证明在无源空间（J0,0），可以引入一个矢量位Am和标量位m，定义为DAmHmmAt

试推导Am和m的微分方程。

解 无源空间的麦克斯韦方程组为

HDt EBt B0 D0 据矢量恒等式A0和式（4），知D可表示为一个矢量的旋度，故令

（1） （2）

（3） （4）

DAm （5）

将式（5）代入式（1），得

H(Am)t

AH+mt0 （6）

即

根据矢量恒等式0和式（6），知

AH+mmt （7）

将式（5）和式（7）代入式（2），得

A1EAm(mm)tt （8）

而

Am(Am)2Am

故式（8）变为

2Amm2(AmAm=t2 （9） t又将式（7）代入式（3），得

H(mAm)0t 2m(Am)0t （10）

HAmt可表示为一个标量的梯度，故令

即

令

mt

将它代入式（9）和式（10），即得Am和m的微分方程

2Am2Am02t2m2m0t2

Am1xcAex(t)A0000。ct； 给定标量位xct及矢量位，式中（1）试证明：（2）

B、H、E和D；（3）证明上述结果满足自由空间中的麦克斯韦方程。

Ax1Ax(t)00xxcc解 （1） 1(xct)ctt00

故

10000()00t00 则

t AABAeyxezz0zy（2）

BH=00

A00而

EexAxexex(t)txtc(xct)ex0xD0E0（3）这是无源自由空间的零场，自然满足麦克斯韦方程。

第七章 正弦电磁波

求证在无界理想介质内沿任意方向en（en为单位矢量）传播的平面波可写成解 Em为常矢量。在直角坐标中

enexcoseycosezcosEEmej(enrt)。

rexxeyyezz故

enr(excoseycosezcos)(exxeyyezz)xcosycoszcos则

EEmej(enrt)Emej[(xcosycoszcos)t]2Eex2Exey2Eyez2EzEm(j)2ej[(xcosycoszcos)t](j)2E

而

2E22{Emej[(xcosycoszcos)t]}2E2tt

故

2EE2(j)2E2E(j)2E2E0t j(enrt)EEme可见，已知的满足波动方程

2E2E20t

故E表示沿en方向传播的平面波。

2 试证明：任何椭圆极化波均可分解为两个旋向相反的圆极化波。 解 表征沿+z方向传播的椭圆极化波的电场可表示为

E(exExeyjEy)ejzE1E2

式中取

1E1[ex(ExEy)eyj(ExEy)]ejz21E2[ex(ExEy)eyj(ExEy)]ejz2

显然，E1和E2分别表示沿+z方向传播的左旋圆极化波和右旋圆极化波。

在自由空间中，已知电场，试求磁场强度H(z,t)。 解 以余弦为基准，重新写出已知的电场表示式

E(z,t)ey103cos(tz)V/m2

这是一个沿+z方向传播的均匀平面波的电场，其初相角为90。与之相伴的磁场为

11H(z,t)ezE(z,t)ezey103costz002103excostzex265sin(tz)A/m1202

E(z,t)ey103sin(tz)V/m 均匀平面波的磁场强度H1A/m3的振幅为，以相位常数30rad/m在空气中沿ez方向传播。当

t=0

和z=0时，若H的取向为y，试写出E和H的表示式，并求出波的频率和波长。

解 以余弦为基准，按题意先写出磁场表示式

1Heycos(tz)A/m3

与之相伴的电场为

1E0[H(ez)]120[eycos(tz)(ez)]3ex40cos(tz)V/m

由rad/m得波长和频率f分别为

e

2vp0.21mc3108fHz1.43109Hz0.212f21.43109rad/s9109rad/s

则磁场和电场分别为

1Heycos(9109t30z)A/m3Eex40cos(9109t30z)V/m

方向传播的均匀平面波，其磁场强度的瞬时值表示式为

πHez4106cos(10πty)A/m4

H0（1）求和在t3ms时，z的位置；（2）写出E的瞬时表示式。

1π00107πrad/mrad/m0.105rad/m831030解（1） 在t=3ms时，欲使Hz=0，则要求 1073103yn,n0,1,2,3042若取n=0，解得y=。

260m考虑到波长，故

2因此，t=3ms时，Hz=0的位置为

y29999 一个在空气中沿

ey

0.75229999222.5

m2

（2）电场的瞬时表示式为

E(Hey)0y22.5nez4106cos(107ty)ey1204ex1.508103cos(107t0.105y)V/m4

 在自由空间中，某一电磁波的波长为。当该电磁波进入某理想介质后，波长变为。设r1，试求理想介质的相对介电常数r以及在该介质中的波速。

在理想介质中，波长0.09m，故波的相速为

vpf1.51090.091.35108m/s而

解 在自由空间，波的相速

vp03108fHz=1.5109Hz00.2

vp0c3108m/s，故波的频率为

vp故

110r0cr

2c3108r4.94v1.35108p

281。求频率为10kHz、100kHz、1MHz、10MHz、100MHz、

海水的电导率4S/m，相对介电常数r1GHz的电磁波在海水中的波长、衰减系数和波阻抗。

解 先判定海水在各频率下的属性

48.81082fr02f810f

17f10Hz可见，当时，满足，海水可视为良导体。此时

f0c(1j)f0 f=10kHz时

10103410740.1260.396Np/m2215.87m0.126c(1j)10103410740.099(1j)f=100kHz时

100103410741.26Np/m225m1.26

c(1j)100103410740.314(1j)f=1MHz时

106410743.96Np/m221.587m3.96

c(1j)f=10MHz时

106410740.99(1j)

101064107412.6Np/m220.5m12.6c(1j)10106410743.14(1j)

1当f=100MHz以上时，不再满足，海水属一般有损耗媒质。此时，

2f2f00r022)11(2fr02)11(2fr00r020(r0)1j(2fr0)f=100MHz时

37.57Np/m42.1rad/m20.149mc4214.05ej41.81j8.9

f=1GHz时

69.12Np/m203.58rad/m20.03m04236.5ej20.81j0.

求证：电磁波在导电媒质内传播时场量的衰减约为55dB/λ。 证明 在一定频率范围内将该导电媒质视为良导体，此时

f 故场量的衰减因子为

eeee20.002

即场量的振幅经过z =λ的距离后衰减到起始值的。用分贝表示。

Em(z)220lg20lge20lge(2)20lge55dBE(0)mzz2

在自由空间中，一列平面波的相位常数00.524rad/m，当该平面波进入到理想电介质后，其相位

1常数变为1.81rad/m。设r，求理想电介质的r和波在电介质中的传播速度。

解 自由空间的相位常数

000，故

00.52431081.572108rad/s00

在理想电介质中，相位常数

1.812r211.930r01.81rad/s

，故

00电介质中的波速则为

1vp3108m/s0.87108m/s0r0r11.931c

在自由空间中，某均匀平面波的波长为12cm；当该平面波进入到某无损耗媒质时，波长变为8cm，

且已知此时的|E|50V/m，|H|0.1A/m。求该均匀平面波的频率以及无损耗媒质的r、r。

vpc3108m/s解 自由空间中，波的相速，故波的频率为

vp0c310f2.510Hz2001210

在无损耗媒质中，波的相速为

vpf2.510981022108m/s

故

12108r0r0 （1）

无损耗媒质中的波阻抗为

r050|Ε|500|H|r00.1 （2）

联解式（1）和式（2），得

r1.99,r1.13

2tan102.5，损耗正切 一个频率为f=3GHz，ey方向极化的均匀平面波在r的非磁性媒质中沿(ex)方向传播。求：（1）波的振幅衰减一半时，传播的距离；（2）媒质的本征阻抗，波的波长和相

Eey50sin(6109t)V/m3速；（3）设在x=0处的，写出H(x,t)的表示式。

181022fr0231092.5110932.536解 （1）

故

32.51020.417102S/m18

而

1021

该媒质在f=3GHz时可视为弱导电媒质，故衰减常数为

00.4171020.497Np/m222.50

由

ex12得 x1ln21ln21.395m0.497

（2）对于弱导电媒质，本征阻抗为

0102c1j238.44(1j0.005)1j22.502238.44ej0.286238.44ej0.0016而相位常数

2f2.500231092.531.6rad/m8310

故波长和相速分别为

220.063m31.623109vp1.108m/s31.6

（3）在x=0处，

E(0,t)ey50sin(6109t)V/m3故

E(x,t)ey50e0.497xsin(6109t31.6x)V/m3

则

H(x)1|c|exΕ(x)ejjj10.497xj31.6x3exey50eeee2ej0.0016238.44ez0.21e0.497xj31.6xee3ejj0.0016ej2A/m

故

H(x,t)Re[H(x)ejt]0.0016)A/m3

80,r1,4S/m)中沿+y方向传播，其磁场强度在y=0处

有一线极化的均匀平面波在海水(rez0.21e0.497xsin(6109t31.6x为

（1）求衰减常数、相位常数、本征阻抗、相速、波长及透入深度；（2）求出H的振幅为m时的位置；（3）写出E(y,t)和H(y,t)的表示式。

443610100.18108001080109解 （1）

10可见，在角频率10时，海水为一般有损耗媒质，故

Hex0.1sin(1010t/3)A/m21()128000[10.1821]83.9Np/m2101021()128000[10.1821]300rad/m21010c1j08001j0.1842.1541.82ej0.028j0.0281.008e1010vp0.333108m/s300226.67103m30011c11.92103m83.9

yy（2）由0.010.1e即e0.1得

11yln102.303m27.4103m83.9



H(y,t)ex0.1e83.9ysin(1010t300y)A/m3（3）

其复数形式为

H(y)ex0.1e83.9yj300yeej3A/m

ej(300y)32故电场的复数表示式为

E(y)cH(y)ey41.82eez4.182e83.9yj0.0280.1e83.9yexeyej(300y0.028)32 V/m则

E(y,t)Re[E(y)ejt]0.028)V/m3

在自由空间（z<0）内沿+z方向传播的均匀平面波，垂直入射到z=0处的导体平面上。导体的电导

1率61.7MS/m，r。自由空间E波的频率f=，振幅为1V/m；在分界面(z=0)处，E由下式给出

E(0,t)eysin2ft

对于z>0的区域，求H2(z,t)。

61.71069704.410621.5100解

ez4.182e83.9ysin(1010t300y

可见，在f=的频率该导体可视为良导体。故

f(1.5106)410761.71061.91104Np/mf1.91104rad/mj4521.51064107j45cee661.7104.38104ej45(3.1j3.1)104分界面上的透射系数为

2c2224.38104ej452.32106ej45421c0(3.1j3.1)10377

入射波电场的复数表示式可写为

则z>0区域的透射波电场的复数形式为

E2(z)eyezjzE1(z)eyej0zej2V/mj2jeeey2.3210e6j45e1.91104zj1.91104z2eeV/m

与之相伴的磁场为

1H2(z)ezE2(z)c14.3810e4j452ezey2.3210e1.91104z61.91104zej(1.91104z45)2ex0.5110eej(1.91104z)2A/m

则

H2(z,t)Re[H2(z)ejt]ex0.51102e1.9110zsin(21.5106t1.91104z)A/m

4 一圆极化波垂直入射到一介质板上，入射波电场为

EEm(exeyj)ejz

求反射波与透射波的电场，它们的极化情况又如何？

解 设媒质1为空气，其本征阻抗为0；介质板的本征阻抗为2。故分界面上的反射系数和透射系数分别为

2020式中

2220

2都是实数，故,也是实数。

002,02r200

可见，反射波的电场的两个分量的振幅仍相等，相位关系与入射波相比没有变化，故反射波仍然是圆极化

反射波的电场为

EEm(exeyj)ejz波。但波的传播方向变为-z方向，故反射波也变为右旋圆极化波。而入射波是沿+z方向传播的左旋圆极化波。

透射波的电场为

E2Em(exeyj)ej2z

220r20式中，2是媒质2中的相位常数。可见，透射波是沿+z方向传播的左旋圆极化波。

j0E100eV/m，从空气中垂直入射到无损耗的介质平面上（介质的m 均匀平面波的电场振幅

20,240,20）

，求反射波和透射波的电场振幅。 110120π10解

02260π240

反射系数为

6012012121601203

透射系数为

22260221601203

故反射波的电场振幅为

100Em||Em33.3V/m3

透射波的电场振幅为

2100Em2Em66.6V/m3

最简单的天线罩是单层介质板。若已知介质板的介电常数2.80，问介质板的厚度应为多少方可

使频率为3GHz的电磁波垂直入射到介质板面时没有反射。当频率分别为及时，反射增大多少？

① ② x 1 入射波 反射波 2 入射波 反射波 3 透射波 z d 题图

解 天线罩示意图如题图所示。介质板的本征阻抗为2，其左、右两侧媒质的本征阻抗分别为1和3。

设均匀平面波从左侧垂直入射到介质板，此问题就成了均匀平面波对多层媒质的垂直入射问题。

设媒质1中的入射波电场只有x分量，则在题图所示坐标下，入射波电场可表示为

H111ezEey1Em11ej1(zd)

而媒质1中的反射波电场为

j1(zd)E1exEm1e与之相伴的磁场为

Em1H111(exE)ey11ej1(zd)

故媒质1中的总电场和总磁场分别为

j1(zd)j1(zd)E1E1E1exEmexEm1e1eEEH1H1H1eym1ej1(zd)eym1ej1(zd)11 （1）

同样，可写出媒质2中的总电场和总磁场

j2zj2E2E2E2exEmexEm2e1eEEH2H2H2eym2ej2zeym2ej2z22 （2）

媒质3中只有透射波

j3zE3exEm3eEmH3ey3ej3z3 （3）

EEEEEm1m2m2m2m在式（1）、（2）、（3）中，通常已知入射波电场振幅，而、、和3为待求量。利用两个分

界面①和②上的四个边界条件方程即可确定它们。

EE3x,H2yH3y在分界面②处，即z=0处，应有2x。由式（2）和（3）得

Em2Em2Em311(Em2Em)E223m3 （4）

由式（4）可得出分界面②上的反射系数

Em2232Em232 （5）

EE2xH1yH2y在分界面①处，即z=-d处，应有1x，。由式（1）和（2）得

j2dj2dj2dEmEmEm2ej2d)1Em1Em2e2e2(e12ej2d) （6）

1(EE)m1m112(Eem2j2dEej2dm2)Em22(ej2d将分界面①上的总电场与总磁场之比定义为等效波阻抗（或称总场波阻抗），由式（1）得

EmEm1Em11Em1ef11EEm1m1(EE)1m1m1 （7）

将式（6）代入式（7）得

ej2d2ej2def2j2de2ej2d （8）

将式（5）代入式（8），并应用欧拉公式，得

ef2再由式（7）得分界面①上的反射系数

3j2tan2d2j3tan2d （9）

ef1Em11Em1ef1 （10）

显然，若分界面①上的等效波阻抗

ef等于媒质1的本征阻抗1，则10，即分界面①上无反射。

通常天线罩的内、外都是空气，即130，由式（9）得

j2tan2d0202j0tan2d

dn,n1,2,3。故

欲使上式成立，必须2ndn222

频率f0=3GHz时

310800.1m3109

则

00.1dm30mm22.821.67

当频率偏移到f1=时，

22223.11092.800108.6rad/m故

tan2dtan(108.630103)0.117

而

2故此时的等效波阻抗为

02225.322.80

ef225.3反射系数为

377j225.30.117370.87ej7.08368j45.7225.3j3770.117

ef1368j45.73770.06ej(18082.37)ef1368j45.7377

即频率偏移到时，反射将增大6%。

1f2.9GHz同样的方法可计算出频率下偏到2时，反射将增加约5%。 [讨论] （1）上述分析方法可推广到n层媒质的情况，通常是把坐标原点O选在最右侧的分界面上较为方便。

3（2）应用前面导出的等效波阻抗公式（9），可以得出一种很有用的特殊情况（注意：此时1）。

d24，则有 取

2tan2dtan(2)24

由式（9）得

22ef3

若取

213，则

此时，分界面①上的反射系数为

1ef10ef1ef1

d24即电磁波从媒质1入射到分界面①时，不产生反射。可见，厚度时，有消除反射的作用。

的介质板，当其本征阻抗

213 题图所示隐身飞机的原理示意图。在表示机身的理想导体表

d34面覆盖一层厚度3的理想介质膜，又在介质膜上涂一层厚度为d2的良导体材料。试确定消除电磁波从良导体表面上反射的条件。

解 题图中，区域（1）为空气，其波阻抗为

x ⑴ ① ② ⑵ ③ ⑶ ⑷ 1 区域（2）为良导体，其波阻抗为

011022j45e2

d1 d2 题7.17图 O z 区域（3）为理想介质，其波阻抗为 32 ()区域（4）为理想导体4，其波阻抗为

34

利用题导出的公式（9），分界面②上的等效波阻抗为

24j3tan(3)4j3tan3d33432ef②33233j4tan3d343j4tan()34

应用相同的方法可导出分界面③上的等效波阻抗计算公式可得

ef②2tanh2d2ef③22ef②tanh2d2 （1）

式中的2是良导体中波的传播常数，tanh2d2为双曲正切函数。将ef②代入式（1），得

2ef③tanh2d2 （2）

由于良导体涂层很薄，满足

2d214j45e04，故可取

tanh2d22d2，则式（2）变为

ef③分界面③上的反射系数为

22d2 （3）

3ef③1ef③1

可见，欲使区域（1）中无反射，必须使

ef③10

故由式（3）得

202d2 （4）

将良导体中的传播常数

222ej45212023772

d334d22.651032这样，只要取理想介质层的厚度，而良导体涂层的厚度，就可消除分界面③上的反射波。即雷达发射的电磁波从空气中投射到分界面③时，不会产生回波，从而实现飞机隐身的目的。此结果可作如下的物理解释：由于电磁波在理想导体表面（即分界面①上产生全反射，则在离该表面34处（即分界面②出现电场的波腹点。而该处放置了厚度为d的良导体涂层，从而使电磁波大大损耗，

2

故反射波就趋于零了。

d2 均匀平面波从自由空间垂直入射到某介质平面时，在自由空间形成驻波。设驻波比为，且介质平面上有驻波最小点；求介质的介电常数。

解 自由空间的总电场为

j1j1zj1zj1zE1E1E1exEmeeEeeE(ee)1xm1xm1

式中

Em1Em1

是分界面上的反射系数。

驻波比的定义为

EmaxEm1||1Em1SEminEm1Em1|| 1得

1||2.71||

据此求得

1.7||0.4593.7

因介质平面上是驻波最小点，故应取

0.459

反射系数

200.45920 得

1和波阻抗2.651032j45e代入式（4），得

20.371377139.79则

20139.792.310127.260

如题图所示，z>0区域的媒质介电常数为2，在此媒质前置有厚度为d、介电常数为1的介质板。对于

1d4r1r2一个从左面垂直入射过来的TEM波，试证明当r1且时，没有反射（为自由空间的波长）。

x 0 1 2 O1 O z d 题7.19图 解 媒质1中的波阻抗为 101101r10r1 媒质2中的波阻抗为

2210102r20r2 当

r1r2时，由式（1）和（2）得

22100020r1r2 而分界面O1处（即zd处）的等效波阻抗为

j1tan1def211j2tan1dd1

当4、即

d1r14时 21ef2 分界面O1处的反射系数为

ef0ef0 将式（3）和（4）代入式（5），则得

01

r1r2且d即4d1r1时，分界面O1上无反射。

4的介质层称为匹配层。 垂直放置在球坐标原点的某电流元所产生的远区场为

1）

2）

3）

4）

5）

（（（（（100sincos(tr)V/mr0.265Eesincos(tr)A/mr

试求穿过r=1 000m的半球壳的平均功率。

解 将电场、磁场写成复数形式

100Eresinejrr0.265Hresinejrr

平均坡印廷矢量为

1SavRe[E(r)H*(r)]211000.265Re[esinejresinejr]2rr11000.2652sin22ersinW/mer13.252W/m222rr

故穿过r=1000m的半球壳的平均功率为

1PavSavdS2S

式中dS为球坐标的面积元矢量，对积分有贡献是

dSerdSrerr2sindd

故

12sin2Paver13.252err2sindd13.25sin3d0200rEe1413.25(coscos3)13.2555.5W330

Eex150sin(tz)V/m 在自由空间中，。试求z0平面内的边长为30mm和15mm长方形面积的总功率。

解 将已知的电场写成复数形式

得与E(z)相伴的磁场

E(z)ex150ej(z90)

H(z)1ezE(z)ey150j(z90)e377

0故平均坡印廷矢量为

Sav1Re[E(x)H*(z)]21150j(z90)Re[ex150ej(z90)eye]ez29.84W/m22377

2则穿过z=0平面上S3015mm的长方形面积的总功率为

PavSavezS29.843010315103W13.43103W 均匀平面波的电场强度为

Eex100sin(tz)ey200cos(tz)V/m

（1）运用麦克斯韦方程求出H：（2）若该波在z=0处迁到一理想导体平面，求出z<0区域内的E和

H；（3）求理想导体上的电流密度。

解 （1）将已知的电场写成复数形式

E(z)ex100ej(z90)ey200ejz由

Ej0H

eyyEyezz0得

ex11H(z)E(z)j0j0xExj0z1jzj(z90)[ex200(j)eey100(j)e]j0

[ex200ejzey100ej(z90)]0 1[ex200ejzey100ej(z90)]A/m0

写成瞬时值表示式

H(z,t)Re[H(z)ejt]1(exEy

eyEx)z

101[ex200cos(tz)ey100cos(tz90)][ex200cos(tz)ey100sin(tz)]A/m

（2）均匀平面波垂直入射到理想导体平面上会产生全反射，反射波的电场为

Ex100ej(z90)Ey200ejz0即z0区域内的反射波电场为

EexExeyEyex100ej(z90)ey200ejz与之相伴的反射波磁场为

11H(ezE)(ex200ejzey100ej(z90))00 至此，即可求出z0区域内的总电场E和总磁场H。

ExExEx100ej(z90)100ej(z90)

100ej90(ejzejz)j200sinzej900EyEyEy200ejz200ejzj400sinz

故

EexExeyEyexj200sinzej90eyj400sinz同样

HxHxHx10200ejz10200ejz10400cosz

HyHyHy[100ej(z90)100ej(z90)]10

10200ej90cosz1故

0（3）理想导体平面上的电流密度为

JsnHz0HexHxeyHy(ex400coszey200ej90cosz)

j90ez(ex400coszey200ecosz)10z0

ex0.53ej90ey1.06A/m

在自由空间中，一均匀平面波垂直投射到半无限大无损耗介质平面上。已知在平面前的自由空间中，

1合成波的驻波比为3，无损耗介质内透射波的波长是自由空间波长的6。试求介质的相对磁导率r和相对介电常数r。

解 在自由空间，入射波与反射波合成为驻波，驻波比为

EmaxEmE1||m1S13EminEm1Em11||

由此求出反射系数

1||2

12。而反射系数为 设在介质平面上得到驻波最小点，故取

2121 式中的10120，则得

102220

求得

r01120即3r030得

r1r9 （1）

又

得

2rr00rr6

rr36联解式（1）和（2）得

（2）

r2,r18

均匀平面波的电场强度为

Eex10ej6z，该波从空气垂直入射到有损耗媒质

(r2.5,损耗角正切tan20.5)2的分界面上（z=0），如题图所示。（1）求反射波和透射波的电场和

磁场的瞬时表示式；（2）求空气中及有损耗媒质中的时间平均坡印廷矢量。

x 1：空气 入射波 反射波 O 题7.24图 z 2：损耗媒质 透射波 解（1）根据已知条件求得如下参数。 在空气中（媒质1）

16rad/m 1c631081.8109rad/s1在有损耗媒质中

01377Ω10

tan

2

0.52

222221()1222.500[10.521]2.31Np/m221.8109222221()1222.500[10.521]9.77rad/m21j1.81092

22j13.3

0222.501j0.5255e218.96j51.76

分界面上的反射系数为

218.96j51.76377210.278ej156.921218.96j51.76377

透射系数为

222225ej113.30.752ej8.3421218.96j51.76377

故反射波的电场和磁场的复数表示式为

Eex10eH1j6zex2.78ej156.9ej6z0(ezE)1(ezex2.78ej156.9ej6z)377ey7.37103ej156.9ej6z

则其瞬时表示式为

E(z,t)Re[Eejt]ex2.78cos(1.8109t6z156.9)V/mH(z,t)Re[Hejt]ey7.37103cos(1.8109t6z156.9)A/m而媒质2中的透射波电场和磁场为

E2ex10eH212zj2z

eex7.52e2.31zj9.77zeej8.342ezE21225ej13.3eeezex7.52e2.31zej9.77zej8.34ej13.3ey0.035e2.31zj9.77zj8.34

故其瞬时表示式为

E2(z,t)Re[E2ejt]ex7.52e2.31zcos(1.8109t9.77z8.34)V/mH2(z,t)Re[H2ejt]ey0.035e2.31zcos(1.8109t9.77z4.96)A/m11Re[EH*]Re[EH*]22

（2）

Sav1SavSavSav2110212.782ezezez0.122W/m2237723771*Re[E2H2]21Re[ex7.52e2.31zej9.77zej8.34ey0.035e2.31zej9.77zej4.96]21Re[ez0.263e4.62zej13.3]ez0.122e4.62zW/m22

一右旋圆极化波垂直入射到位于z=0的理想导体板上，其电场强度的复数表示式为

EiE0(exeyj)ejz

（1）确定反射波的极化方式；（2）求导体板上的感应电流；（3）以余弦为基准，写出总电场强度的瞬时值表示式。

解 （1）设反射波的电场强度为

Er(exErxeyEry)ejz

据理想导体的边界条件，在z=0时应有

(EiEr)z00故得

ErxE0,EryjE0

则

ErE0(e0eyj)ejz可见，反射波是一个沿z方向传播的左旋圆极化波。

（2）入射波的磁场为

11HiezEiezE0(exeyj)ejz00E001(exjey)ejz反射波的磁场为

Hr

(ezEr)1(ez)E0(exeyj)ejz0E000(exjey)ejz故合成波的磁场为

HHiHrE0

(exjey)ejzE0(exjey)ejz00

2E0(exeyj)则导体板上的感应电流为

JsnHz0ez(HiHr)z00

（3）合成电场的复数表示式为

E EiErE0(exeyj)ejzE0(exeyj)ejzexE0(ejzejz)eyjE0(ejzejz)2E0sinz(exjey)

故其瞬时表示式为

E(z,t)Re[Eejt]2Esinz(exsinteycost) 如题图所示，有一正弦均匀平面波由空气斜入射到z=0的理想导体平面上，其电场强度的复数表示式为

Ei(x,z)ey10ej(6x8z)V/m

（1）求波的频率和波长；（2）以余弦函数为基准，写出入射波电场和磁场的瞬时表示式；（3）确定入射角；（4）求反射波电场和磁场的复数表示式；（5）求合成波电场和磁场的复数表示式。

x kr Er n Hr 理想导体 r i Ei Hi 题7.26图 ki O z 解 （1）由已知条件知入射波的波矢量为

kiex6ez8exkixezkizki628210

故波长为

频率为

220.628mki

3108f4.78108Hz0.6282f3109rad/s

（2）入射波传播方向的单位矢量为

ke6ez8eniixex0.6ez0.8ki10

c入射波的磁场复数表示式为 11Hi(x,z)eniEix,z(ex8ez6)ey10ej(6x8z)001(ex8ez6)ej(6x8z)120

则得其瞬时表示式

Hi(x,z,t)Re[Hi(x,z)ejt]91Re[(ex8ez6)ej(6x8z)ej310t]1201(ex8ez6)cos(3109t6x8z)A/m120

而电场的瞬时表示式为

Ei(x,z,t)Re[Ei(x,z)ejt]Re[ey10ej(6x8z)ejt]ey10cos(3109t6x8z)V/mkizkicosi

（3）由

，得 k8cosiizki10 故 i36.9

（4）据斯耐尔反射定律知

krex6ez8enrri36.9，反射波的波矢量为

krex6ez8ex0.6ez0.8kr10

而垂直极化波对理想导体平面斜入射时，反射系数Er(x,z)ey10ej(6x8z)V/m

与之相伴的磁场为

1Hr(x,z)enrEr(x,z)1。故反射波的电场为

0（5）合成波的电场为

E(x,z)Ei(x,z)Er(x,z)ey10ej(6x8z)ey10ej(6x8z)ey10ej6x(ej8zej8z)eyj20ej6xsin8zV/m1(ex0.6ez0.8)(ey10ej(6x8z))1201(ex8ez6)ej(6x8z)A/m120 

合成波的磁场为

H(x,z)Hi(x,z)Hr(x,z)11(ex8ez6)ej(6x8z)(ex8ez6)ej(6x8z)1201201(ex16cos8zeyj12sin8z)ej6xA/m120 4,r1的电介质分界面上，如果入射波的电场矢量与入

一个线极化平面波从自由空间入射到r射面的夹角为45°。试求：（1）入射角为何值时，反射波只有垂直极化波；（2）此时反射波的平均功率流是入射波的百分之几？

解 （1）由已知条件知入射波中包括垂直极化分量和平行极化分量，且两分量的大小相等Ei02。当入射角i等于布儒斯特角B时，平行极化波将无反射，反射波中就只有垂直极化分量。

402iBarctanarctan01arctan263.43 63.43（2）i时，垂直极化分量的反射系数为

2sin2i1cosi2sin2i1cosi00.0cos63.43sin263.430故反射波的平均功率流为

cos63.4340sin263.43

Ei20121Ei0SravEr020.18212121

而入射波的平均功率流为

12SiavEi021

可见，

Srav18%Siav

20i 垂直极化波从水下的波源以入射角投射到水与空气的分界面上。水的r81,r1，试求：（1）

临界角c；（2）反射系数；（3）透射系数；（4）波在空气中传播一个波长距离时的衰减量。

2解 （1）临界角为

02carcsinarcsin81016.38

（2）反射系数为

0sin2208100cos20sin220810cos200.940.0120.1170.94j0.32ej38.040.940.0120.1170.94j0.32

（3）透射系数为

2cos200cos20sin220810（4）由于

ic，故此时将产生全反射。由斯耐尔折射定律得

sint20.94j19.021.e0.940.0120.117

1sini81sin203.082

此时

cost1sin2t13.082j2.91空间变化因子为

式中取“j2.91”，是考虑到避免z时，场的振幅出现无穷大的情况。这是因为空气中的透射波电场的

ejk2entrejk2(xsintzcost)ej3.08k2xejk2(j2.19)zej3.08k2xek2(2.91z)由上式即得透射波传播一个波长时的衰减量为

20lge

k2(2.912)20lge22(2.912)158.8dB

第八章习题解答

为什么一般矩形波导测量线的纵槽开在波导的中线上？

解：因为矩形波导中的主模为TE10模，而由TE10的管壁电流分布可知，在波导宽边中线处只有纵向电流。因此沿波导宽边的中线开槽不会因切断管壁电流而影响波导内的场分布，也不会引起波导内电磁波由开槽口向外辐射能量。(如题图)

a/2

题图

下列二矩形波导具有相同的工作波长，试比较它们工作在TM11模式的截止频率。 (1) ab2310mm2；

(2) ab16.516.5mm2。

mn 解：截止频率 fc2ab 当介质为空气001

c（1）当ab23mm10mm，工作模式为TM11（m=1,n=1），其截止频率为

13101111 fc16.36GHz22310（2）当ab16.5mm16.5mm，工作模式仍为TM11（m=1,n=1），其截止频率为的

3101111 fc12.86GHz216.516.5 由以上的计算可知：截止频率与波导的尺寸、传输模式及波导填充的介质有关，与工作频率无

关。

推导矩形波导中TEmn模的场分布式。

222222 解：对于TE波有Ez0,Hz0 Hz应满足下面的波动方程和边界条件：

22HkHz0zEyx00 （1） Eyxa0Exy00Exyb0由均匀导波系统的假设，

Hzx,y,zHzx,yez

将其代入式(1)，得

Hz2Hz2Hz22kHz0 22xyz2222222 （2） kHx,y0hx2y2zx2y2Hzx,y0其中h22k2

该方程可利用分离变量法求解。设其解为：

Hzx,yfxgy (3) 将式(.3) 代入式 (2)，然后等式两边同除以fxgy，得

d2fxd2gy112  h22fxdxgydy上式中等式左边仅为x的涵数，等式右边仅为y的函数，要使其相等，必须各等于常数。于是，该式可分离出两个常微分方程

d2fx2k2fx0 (4a)

dxxd2gydy2k2ygy0 (4b) k2xk2yh2 (5)

式(4a)的通解为 fxAsinkxxBcoskxx (6) 由于在x=0和x=a的边界上，满足

Eyx00 Eyxa0

由纵向场与横向场的关系，得 EjHzyk2x

c则在x=0和x=a的边界上，Hzx,y满足

Hz于是将其代入式 (6)得

xx00 Hzxxa0 A0

kmxam0,1,2,3......

所以 fxBcosmax

同理得式(4)的通解 gyCsinkyyDcoskyy 满足的边界条件为

Hzyy00

Hzyyb0

于是得

C0

knybn0,1,2,3,......

gyDcosny

所以，得到矩形波导中TE波的纵向场分量b

HyHmnzx,0cos

axcosby式中H0=CD由激励源强度决定

本征值由式 hkkmn

xyab利用纵向场与横向场的关系式可求得TE的其他横向场分量

22222jnmn

Hcosxsiny0h2babjmmn

Eyx,y2Hsinxcosy0haabjkmjkznmn mn

Hxx,y2zHsinxcosyHx,yHcosxsinyy002haabhbab 设矩形波导中传输TE10模，求填充介质（介电常数为）时的截止频率及波导波长。

Exx,y 解：截止频率 fc12mn ab121 2aa222对于TE10（m=1,n=0），得 fc 波导波长

g22fc212ffc2 12f式中2为无界空间介质中的

已知矩形波导的横截面尺寸为ab2310mm2，试求当工作波长10mm时，波导中能传输哪些波型？30mm时呢？

解：波导中能传输的模式应满足条件

c （工作波长小于截止波长）

mn或 ffc （工作频率大于截止频率）

mn在矩形波导中截止波长为

222mn 2310c222mn ab 由传输条件

当=10mm时上式可写为 n<102m

1023能满足传输条件的m和n为

（1）m=0,n<2有以下波型 TE01

（2）m=1,n<1.95有以下波型 TE10,TE11,TM11 （3）m=2,n<1.8有以下波型 TE20,TE21,TM21 （4）m=3,n<1.5有以下波型 TE30,TE31,TM31 （5）m=4,n<0.95有以下波型 TE40

2212当=30mm时，应满足 n<102m

3023（1）m=0,n<0.66（无波型存在） （2）m=1,n<0.5有以下波型 TE10 （3）m=2,不满足条件。 故此时只能传输TE10模

一矩形波导的横截面尺寸为ab2310mm2由紫铜制作，传输电磁波的频率为f10GHz。试计算：

（1）当波导内为空气填充，且传输TE10波时，每米衰件多少分贝？

（2）当波导内填充以r2.的介质，仍传输TE10波时，每米衰件多少分贝？

8v3102解：当波导内为空气填充时，其工作波长为 3103cm 9f1010当波导内填充以r2.的介质时。其工作波长为

2212v310821.88101.88cm 9f2.1010波导壁的表面电阻 Rsf 查表得紫铜的电导率5.8107S/m，于是

3.141010943.14107Rs0.0261 75.810矩形波导中传输TE10波时，由导体引起的衰减为 2bc12 2a2ab12aRs（1）当波导内为空气填充，Rs0377，得 02bc122a2ab12a20302

122322330101037712230.011Np/m用分贝表示 c0.0118.6860.094dB/m （2）当波导内填充以r2.的介质时

0.02612bc122a2ab012aRsr201.882

12232231.88101037712230.013Np/m用分贝表示 c0.0138.6860.113dB/m

试设计10cm的矩形波导。材料用紫铜，内充空气，并且要求TE10模的工作

0.02612.频率至少有30%的安全因子，即0.7fc2f1.3fc1，此处fc1和fc2分别表示TE10波和相邻高阶模式的截止频率。

解；由题给：0.7fc2f1.3fc1

即 0.7fcTEf1.3fcTE

2010若用波长表示，上式变为

0.71a10 即

1.312a10由此可得 6.5a7 选择：a6.8cm

0.7cTE2011.3cTE

10为防止高次模TE01的出现，窄边b的尺寸应满足 cTE2b

01即 0b5cm

考虑到传输功率容量和损耗情况，一般选取 b0.40.5a 故设计的矩形波导尺寸为 ab6.83.4cm2

矩形波导的前半段填充空气，后半段填充介质（介电常数为），问当TE10波从空气段入射介质段时，反射波场量和透射波场量各为多大？

解：由反射系数 =Er21Z2Z1 Ei21Z2Z1得 Er=Ei

即反射波场量的大小为入射波场量的倍 由透射系数 =Et222Z2 Ei21Z2Z1得 Et=Ei

即透射波场量的大小为入射波场量的倍。因此只须求出和即可得到解答。 矩形波导中TE10模的波阻抗为

ZTE102 1c其中

0r0r

20 1c当介质的介电常数为0r时，得 当介质为空气时，得

Z10Z21c20r110rc22020 rc0于是Z2Z1Z2Z110r02a2a 2200001r22002a2ar1cc20r0c2r0c2010c222Z2Z2Z102022102a22

2001cc 试推导在矩形波导中传输TEmn波时的传输功率。

解：波导中传输的功率可由波导横截面上坡印廷矢量的积分求得

r10r02a2aPRe11EHdS22ZTEmnsbasEdS2ZTEmn2sHdS2

212ExEydxdy2ZTEmn00式中E和H分别为波导横截面内的电场强度和磁场强度，ZTEmn为波阻抗。

nmn 矩形波导中Exx,yjHcosxsiny0h2babnmn 得 Exx,yEmcosxsinybabjmmn

Eyx,y2Hsinxcosy0haabmmn 得 Eyx,yEmsinxcosyaab式中 EmH0

h2于是

1P2ZTEmn12ZTEmn00baExEydxdy222nmnxsinyEmcosbababdxdy200Emsinmxcosnymaab22nEmb2ZTEmn

2n2msinydycosba002baxdxxdx2mEma2ZTEmn2n2mcosydysinb0a022ba2n2mEmNNEmnabNmNnabmba2ZTEmn42ZTEmn422abnm2NmNnEm8ZTEmnbaab22EmhNmNn8ZTEmn

1m01n0 式中 Nm,Nn2m=02n=0 试设计一工作波长5cm的圆柱形波导，材料用紫铜，内充空气，并要求TE11波的工作频率应有一定的安全因子。

解：TE11模是圆柱形波导中的主模，为保证单模传输，应使工作频率大于TE11模的截止频率而小于

第一次高模TM01的截止频率，即

2acTE1.841和 2acTM11112.405于是得 2a2a 2.4051.841 圆柱形波导的半径a应满足 a

2.613.41选择 a5cm

33 求圆柱形波导中TE0n波的传输功率。

解：传输功率 PRe1EHdS12s2ZTE0n柱形波导中的TE0n模的场分量

1EdS2ZTE0ns22aE002rE2rdrd

Er0

Ekc''H0JmhrE0Jmhr

mJmhrJm+1hr kcr'因为m=0 则 JmhrJ0'hrJ1hr

'由贝塞尔函数的递推公式 Jmhr 所以 EE0J1hr

222 PE0J1hrrdr2ZTE0n0a 而

12Jhrrdr1kc20ahrJhrdhr210a

a22J1haJ0haJ2ha2由电场切向分量连续的边界条件可知 Era0

'即 J0haJ1ha0

J2ha2J1haJ0haJ0ha

haa2a22 故 J1hrrdrJ0ha 20则圆柱形波导中TE0n的传输功率为 Pa22ZTE0n 试求圆波导中TE0n模由于管壁不是完纯导体而引起的衰减c。 解：波导中由于管壁不是完纯导体而引起的衰减 cPl

2P式中：Pl表示波导中单位长度的损耗功率；P表示传输功率。

12PlRsJsdS

2sRs为导体的表面电阻。而

JsraararHraHazHzazHaHzrara22E0J0ha

由圆波导中TEmn的场分量表示式可知，当m=0时H0，得

JsraaHz则

raHzraH0J0ha

2112PlRsJsdS2s2R0sJrd2

122Rs2aH0J0ha2由上题得TE0n模的传输功率

Pa22ZTE0nEJ2020haa22ZTE0n222H0J0ha

h故

122R2aHJ0has0Pl2c22Pa2222H0J0ha 2ZTE0nhRsZTE0nhaZTE0n2因为

f1cf2;hc 所以TE0n模的衰减常数为

Rcsa1c2fcffc12ffc f222Rsa1fRscffa1cf 已知在圆柱形波导中，TMmn波由于壁面不完纯而引起的衰减常数为

2cRs/af1cf2

求证：衰减的最小值出现在f=3f处。

c证：因为

cRs/a2fc 1f而导体的表面电阻 RsfNf

因此c的最小值可由

d0求得 df132ddNfdfdfaf2fc222233fffc2ffN1f22222a2ffcffc314224222f43f2fc2N3f3ffc2fffcN02a3/223/222223/22afffcfffc 得 Nf2f23fc20

即 f23fc20

12

所以f3f

c 设计一矩形谐振腔，使在1及分别谐振于两个不同模式上。

解：矩形谐振腔的谐振频率为 fvmnl

mnl2a2b2d若使在1及分别谐振于矩形谐振腔的TE101及TE102两个不同模式上，则它们的谐振频率分别为

119f10131081102a2d 11f10231082ad2222122221291.5101211102a2d3则 2222221

111522ad322111510将以上二式相减得 113.9 d2433可得 d30.23m

413.922将其代入式（2）得 1251006.1

2a231所以 a0.20m 46.1尺寸b可取为 ba0.10m

2于是该矩形谐振腔的尺寸为 abd0.200.100.23m3 由空气填充的矩形谐振腔，其尺寸为a=25mm,b=,d=60mm,谐振于TE102模式，若在腔内填充介质，则在同一工作频率将谐振一TE103模式，求介质的相对介电常数r应为多少？

解：矩形谐振腔的谐振频率为 fvmnlmnl2a2b2d222

12当填充介质为空气时 vc3108m/s TE102模的谐振频率为

f10210321033102602257.8109Hz822 12当填充介质的介电常数为r时，v f310103由题给条件 f103f1028cr2，TE103模的谐振频率为

21033103225260r7.8109

 1228103231032310得 r1.52 9501207.810 平行双线传输线的线间距D=8cm，导线的直径d=1cm，周围是空气，试计算：(1) 分布电感和分布电容；(2) f=600MHz时的相位系数和特性阻抗R10,G10。

解：（1）双线传输线分布电容 C12Dlnd0ln1610pF/m

72D410分布电感 L0ln2.77261.11μH/m 1d（2）

f6108Hz=L1C1210108111.1110612.86rad/m

L11.11106Z0333 11C110 同轴线的外导体半径b23mm，内导体半径a10mm，填充介质分别为空气和r2.25的无耗介质，试计算其特性组抗。

解：（1）填充空气时

2028.851012C16.681011F/m

b23lnlna100b410723L1lnln1.67107H/m

2a210特性阻抗 Z0L10lnb120ln2.350

C12a2（2） r2.25时，'00120 r2.25L'1bZ0Zln33.32 'C12a2.25 8．18 在构造均匀传输线时，用聚乙烯（r2.25）作为电介质。假设不计损耗。

（1）对于300的平行双线，若导线的半径为，则线间距应选多少？

（2）对于75的同轴线，若内导体的半径为，则外导体的半径应选多少？

解：（1）双线传输线，设a为导体半径，D为线间距，则

DD L10ln lnaaL1DZ00ln300C1ra D300ln2.253.75a120则线间距 D42.50.625.5mm

（2）同轴线传输线，设a为内导体半径，b为外导体内半径，则

C1 C12bb L10ln ln2aaZ0

L10bln75C12ra

b7522.251.875a120则外导体的内半径 b6.5160.63.91mm

ln 试以传输线输入端电压U1和电流I1以及传输线的传播系数和特性阻抗Z0表示线上任意一点的

电压分布Uz和电流分布Iz。 （1）用指数形式表示； （2）用双曲函数表示。

解：传输线上电压和电流的通解形式为

UzA1ezA2ez 1zzIzA1eA2eZ0式中传播系数和特性阻抗Z0分别为

R1jL1G1jC1

R1jL1Z0G1jC1对于输入端：zl

U1A1elA2el联立求解得

1llI1A1eA2eZ0可得

1U1I1Z0el2 1A2U1I1Z0el2A1Uz1UIzl1zl211Z0e2U1I1Z0e Iz1U11I1Zzl0eU2Z1I1Zzl0e用双曲函数表示

02Z0Uz1UzlezlI1Z02ezlezl21eU1chz-lI1Z0shz-lIz12ZUzlzlI1ezlezl 1ee02IU11chz-lZshz-l 一根特性阻抗为50为2m0、长度的无损耗传输线工作于频率200MHz，ZL40j30，试求其输入阻抗。

解：无损耗线得输入阻抗 ZZLjZ0tanzinZ0ZjZz

0Ltan而

z22

c8f31021081.5m所以

z41.54800 则

tan48001.732Zin5040j30j501.73250j40j301.732

26.32j9.87 一根75的无损耗线，终端接有负载阻抗ZLRLjXL。

（1）欲使线上的电压驻波比等于3，则RL 和XL有什么关系？ （2）若RL150，求XL等于多少？

（3）求在（2）情况下，距负载最近的电压最小点位置。

解：(1) 由驻波比S与反射系数的关系 S1S112

而 ZLZ0ZZ

L0即

1222RLZ0XL1R2

LZ0X2L24RZ22R22L04XLLZ0XL解得

终端接有阻抗XLZ0R10RLL13Z0Z0 22R10R75LL137575（2）将RL150代如上式，得 15010150X751 L7537596.82（3）终端反射系数

22RLZ0XLRLZ0XL

15075j96.8215075j96.82j20.4375j0.242

式中

0.5e2arctan2900.2420.4375

arctan0.0553传输线的电压分布

UzAejz2AejzAejz12e2jzAe电压的幅值

jz12eej22jz

j2z2Aejz1e2UzAejz12ej2z2A1222cos2z22 波节点出现在 cos2z21 第一波节点出现在 2z121800

04180即

0z12901800

0解得 z180290.29 141800 考虑一根无损耗传输线，

（1）当负载阻抗ZL40j30时，欲使线上驻波比最小，则线的特性阻抗应为多少？ （2）求出该最小的驻波比及相应的电压反射系数。 （3）确定距负载最近的电压最小点位置。

解：（1）因为 S1

S1得 S1 122L12 驻波比S要最小，就要求反射系数最小，而 RLZ0X

22RZX0LLd2其最小值可由402302 0求得 Z02RL2XLdZ0故 Z050

（2）将Z50代入反射系数公式，得

12minRLZ0X22RLZ0XL2L222405030 2240503013111min32 最小驻波比为 Smin1min113（3）终端反射系数

122RLZ0jXLRLZ0jXL4050j30 4050j300.333ej900由上题的结论，电压的第一个波节点z1应满足 22z121800

0即 4180z9001800

10018090解得 z0.125 104180 有一段特性阻抗为Z0500的无损耗线，当终端短路时，测的始端的阻抗为250的感抗，求

该传输线的最小长度；如果该线的终端为开路，长度又为多少？ 解：（1）终端短路线的输入阻抗为 ZinjZ0tanz 即

j500tanzj250zarctan0.526.570

0226.57 将 z代入上式得传输线的长度为 z0.074 02180Z0 （2）终端开路线的输入阻抗为 Zin

jtanz 即

500250tanzz116.570

0 将 z2代入上式得传输线的长度为 z116.570.324

21800 求如题图示的分布参数电路的输入阻。

（a） （b）

（c） （d）

题图 解：设传输线无损耗，则输入阻抗为 ZinZ0ZLjZ0tanz

Z0jZLtanz2Z当传输线长度z时 Zin0 （阻抗变换性）

444ZLn当传输线长度zn时 ZinZL （阻抗还原性）

2222Z（a） Zin0j0.5Z0 4ZL22ZZ00（b）支节① Zin1Z0 4ZL1Z022ZZ支节② Zin2000 4ZL2支节③ ZL3Zin1//Zin20

ZinZin34Z（c）支节① in1422Z0Z0 ZL3022Z0Z02Z0 ZL11Z0222Z0Z02Z0 支节② Zin214ZL2Z02支节③ ZL3Zin1//Zin2Z0

22Z0Z0ZinZin3Z0

4ZL3Z01 （d）支节① Zin1Z02222ZZ00支节② Zin20 4ZL2支节③ ZL3Zin1Zin2Z0

222Z0Z0ZinZin32Z0

4ZL3Z0/2 求题图中各段的反射系数及驻波系数。

解:：终端反射系数 2反射系数 2e2jz 驻波系数 S(a)

12 12ZLZ0

ZLZ02ZLZ0j2Z0Z0ZLZ0j2Z0Z0

03j4ej53.1352e2jzej53.132z

1211S

1211ZZ0Z0Z0 (b) 支节① 2L0

ZLZ0Z0Z02e2jz0

12101 1210ZZ0Z0 支节② 2L1

ZLZ0Z02e2jze2jz

S1211 1211ZZ00Z0支节③ 2L1ej

ZLZ00Z0e2jzej2z

S2S1211 12111Z0Z011ZZL0(c) 支节①、② 22ej

ZLZ01ZZ3300212e2jzej2z

3111232 S12113ZZ0Z0Z0支节③ 2L0

ZLZ0Z0Z02e2jz0

12101 12101Z0Z0ZZ11L02(d) 支节① 2ej ZLZ01ZZ3300212e2jzej2z

3111232 S12113ZZ0Z0 支节② 2L1

ZLZ0Z02e2jze2jz

S1211 12111Z0Z0ZZ11L02支节③ 2ej ZLZ01ZZ3300212e2jzej2z

3111232 S12113S

第九章习题解答

设元天线的轴线沿东西方向放置，在远方有一移动接收台停在正南方而收到最大电场强度，当电台沿以元天线为中心的圆周在地面移动时，电场强度渐渐减小，问当电场强度减小到最大值的1时，电

2台的位置偏离正南多少度？

解：元天线（电基本振子）的辐射场为 EejIdlsin0ejkr

2r0可见其方向性函数为f,sin，当接收台停在正南方向（即900）时，得到最大电场强度。由 sin1

2得 450

此时接收台偏离正南方向450。 上题中如果接收台不动，将元天线在水平面内绕中心旋转，结果如何？如果接收天线也是元天线，讨论收发两天线的相对方位对测量结果的影响。

解： 如果接收台处于正南方向不动，将天线在水平面内绕中心旋转，当天线的轴线转至沿东西方向时，接收台收到最大电场强度，随着天线地旋转，接收台收到电场强度将逐渐变小，天线的轴线转至沿东南北方向时，接收台收到电场强度为零。如果继续旋转元天线，收台收到电场强度将逐渐由零慢慢增加，直至达到最大，随着元天线地不断旋转，接收台收到电场强度将周而复始地变化。

当接收台也是元天线，只有当两天线轴线平行时接收台收到最大电场强度；当两天线轴线垂直时接

收台收到的电场强度为零；当两天线轴线任意位置，接收台收到的电场强介于最大值和零值之间。

如题图所示一半波天线，其上电流分布为IImcoskz（1）求证：当r0l时，

1 1z22Az（2）求远区的磁场和电场；

（3）求坡印廷矢量；

0Ime2kr0jkr0coscos 2sin2coscos2（4）已知2d0.609，求辐射电阻；

2sin0（5）求方向性系数。 z r1l/2

r0? I1dz l/2 r2 o l/2

l/2 题（1）图

解：（1）沿z方向的电流Iz在空间任意一点Pr0,产生的矢量磁位为

Azr0,04Izejkr

dzrl/2l/2假设r，则 r1r0zcos1110l  r2r0zcosr1r2r0将以上二式代入Azr0,的表示式得

AIl/2coskzejkr10zr0,0m4dzcoskzejkr2dz0r0l/2r0l/2jkr0zcos0Imcoskzcoskzejkr0zcos

4e0r0rdz0l/20Im4rejkr0coskzjkzcosjkzcosdz00eel/2Ar0Imjkrz0,e04r2cos0kzcoskzcosdz0l/20Imejkr04rcoskz1coscoskz1cos0dz01coscoscos1coscos0Imjkrcos0224resin2sin20cos0Im02cos2krejkr0sin2（2）远区的磁场和电场为

H1A0err0er0sine

110r20sinr0Arr0Ar0sinAArAzcos而 AAzsin

A0H1r0Azsin0r0r0得

jI0cos mejkr2cos2r0sinHr0,H0

由麦克斯韦方程 E1jH

得

由此得证。 E0H0Imejkrj2r00coscos Er0,E0 2sincoscos 由远区场的表示式，可得其方向性函数为 2fsin 在极坐标系下E面和H面的方向图如题（2）图所示。

z

E

y y



E

x

E面方向图 E面方向图 题（2）图

（3）平均坡印廷矢量为

Sav1ReEH

211SEHE22022

coscos20Im22228r0sin（2） 由总辐射功率

PSs2avds02coscos20Im2r2sindd02228r0sin02coscosI2d4sin020m

 故辐射电阻

12ImRr22coscos2dRr020sin022/20cos2cos2dsin

2coscos/2由题给条件 2d0.609

sin0所以 Rr00.60973 （5）方向系数 DP0（最大辐射方向考察点的电场强度相等）

P式中P0表示理想无方向性天线的辐射功率，P表示考察天线的辐射功率，于是

EP04r02S4r02max2020coscos90jkr10Ime022 4r0j202r0sin90020Im2PSavdss22coscos220Im2r2sindd22028rsin000

cos2cosI2d4sin020m

则

2coscos2/2I2d0m20sincos2cos2dsin0用分贝表示 D10log101.2.15dB

半波天线的电流振幅为1A，求离开天线1km处的最大电场强度。

/2DP0P111.0.609

coscos 解：半波天线的电场强度为 0Ime2E2r0sin可见，当900，时电场为最大值。将900,r01103m代入上式，得

jkr00Im60360103V/m 2r010 在二元天线阵中，设d,900，求阵因子方向图。

4解：在如题图中，天线0和天线1为同类天线。其间距为d，它们到场点P的距离分别为r0和r1。天线0和天线1上的电流关系为I1mI0ej

Z

Pr,,

r0

 天线0 r1 d y 天线1  X

题图

当考察点远离天线计算两天线到P点的距离采用r1r0，计算两天线到P点的相位差采用r1r0dsincos。

则天线1的辐射场到达P点时较天线0的辐射场超前相位 kdsincos 天线0和天线1在P点产生的总的辐射场为

EE0E1 jE01me其摸为

EmaxEE0E1E01mejE01m22mcosE01m22mcoskdsincosE0f,

式中 f,1m22mcoskdsincos 即为二元天线阵的阵因子 两个半波天线平行放置，相距，它们的电流振幅相等，同相激励。试用方向图乘法草绘出三个主

2平面的方向图。

:解：由上题结论可知，二元阵的方向性函数为 F,F0,f,

其中F0,为单元天线的方向性函数，f,为阵因子，对于半波天线，

coscos（其方向图由题给出） 2F0sin阵因子（由上题结论）

f,1m22mcoskdsincos

当两天线相距d，其上的电流振幅相等，同相激励时有m1,0代入上式，得

22f,22cossincos2 sincos2cos2在三个主平面内的单元天线方向性函数和阵因子方向性函数分别为

2x0x2y平面：F01,f2coscos

2coscosz平面：2,f2cossin F0sin2方向图见题图

ycoscos z平面：2F0,f2siny y y

2

xy平面

x x x

F0,f,F,

0xz平面

F0, f, F,

2yz平面

F0, f, F, 题图

均匀直线式天线阵得元间距d，如要求它得最大辐射方向在偏离天线阵轴线600的方向，问

2单元之间的相位差应为多少，？

解：均匀直线式天线阵的阵因子为

z

z x

z x y x z

z z y

y

N2 fsin2sin其最大辐射条件可由df0求得 0

d即 kdsincos0 式中为单元天线上电流的相位差 考虑900的平面，当600时有 kdcos6000 所以 kdcos6002cos600

22 求半波天线的主瓣宽度。

解：天线的主瓣宽度定义为最大辐射方向上两个

半功率（两个Emax）点之间的夹角20.5,如题图所示。

2 ?

z  Emax/22E0.5 /2max Emax/2 Emax y

题图

coscos 半波天线的方向性函数为 2Fsin半功率点（场强为Emax）时所对应的角度可由下列公式求得

2coscos1 2Fsin2解得 510

于是主瓣宽度为 20.529002900510780

用方向图乘法求图示[题(1)图]的由半波天线组成的四元侧射式天线阵在垂直于半波天线轴线平面内的方向图。

解：四元天线阵如题(1)图其合成波场强为

EE0E1E2E3E01ejej2ej3 E01ej1ej2/2 /2 /2/2 /2天线阵轴线

1 /22 3 4



?

/2I

II

题(1)图

式中

kdsincos

其方向性函数为 F,F1,F2,F3, 其中F1,为半波天线的方向性函数

coscos 2F1,sinF2,为相距/2的天线1和天线2（或天线3和天线4）构成的二元天线阵I（或二元天线阵II）的阵因子方向性函数，设各单元天线上电流同相，则

F2,2cossincos

2F3,为相距的天线阵I和天线阵II构成的阵列天线的方向性函数

F3,2cossincos

在垂直于半波天线轴线的平面内（）F1,,F2,,F3,的方向图如题(2)图所示。由方

2向图相乘原理可得该四元阵在平面内的辐射方向

2图如题(2)图所示。

 F1,2 F2,2F3, F, 22 题(2)图

求波源频率f1MHz，线长l1m的导线的辐射电阻： （1）设导线是长直的； （2）设导线弯成环形形状。

8v3100解：波源的波长 300m 6f10由此可知，导线的线度小于波长，故可将该长直导线视为电偶极子天线，其辐射电阻

dlRr8028.8103

20S2402a42f对于环形导线可视为磁偶极子天线，其辐射电阻 Rr 2286v06310式中a为圆环的半径，由2a1于是 a1代入上式，得 Rr2.44108

24 由以上的计算结果可知，环形天线的辐射电阻远远小于长直天线的辐射电阻，即环形天线的辐射能力远远小于长直天线的辐射能力。

为了在垂直于赫兹偶极子轴线的方向上，距离偶极子100km处得到电场强度的有效值大于100V/m，赫兹偶极子必须至少辐射多大功率？

解：赫兹偶极子的辐射场为 EjIdlkejkrsin

2r 当900，电场强度达到最大值为 E0IdlkIdl

902r2r于是 Idl2rE900

将r110m,E090554Idl210210 210V/m代入上式，得 4而辐射功率 22P802I2dlIdl

321052有 P2104 3得 P2.22W?