(完整版)电磁场与电磁波(第四版)课后答案详解--谢处方

电磁场 与电磁波（第四版） 课后答案

第一章 习 题 解答

1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e

4y z =-+B e e 52x z =-C e e

求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（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

）23A x y z +-=

==e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e

e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由

cos AB θ

=

14-==⨯A B A

B ，得

1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A cos AB θ=

11

17

=-A B B （6）⨯=A C 1235

02x y

z

-=-e e e 41310x y z ---e e e

（7）由于⨯=B C 041502x y

z

-=-e e e 8520x y z ++e e e

⨯=A B 123041

x

y

z

-=-e e e 1014x y z ---e e e

所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e

（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z

---=-e e e 2405x y z -+e e e

()⨯⨯=A B C 1

238

5

20

x

y z -=e e e 554411x y z --e e e

1.2 三角形的三个顶点 为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。 （1）判断 123

PP P ∆是否为一 直角三角形； （2）求三角形的面积。

解 （1）三个顶点1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 的位置 矢量分别为

12y z =-r e e ，243x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e

则 12214x z =-=-R r r e e ， 233228x y z =-=++R r r e e e ，

311367x y z =-=---R r r e e e

由此可见

1223(4)(28)0x z x y z =-++=R R e e e e e

故123

PP P ∆为一直角三角形。 （2）

三角形的面积

122312231117.132

2

S =⨯=⨯==R R R R

（3）

1.3 求(3,1,4)P '-点到(2,2,3)P -点的距离矢量R 及R 的方向。 解 34P x y z '=-++r e e e ，223P x y z =-+r e e e ， 则 53P P P P x y z ''=-=--R r r e e e 且P P 'R 与x 、y 、z 轴的夹角分别为

11cos (

)cos 32.31x P P x P

P φ--''===e R R 11cos

(

)cos 120.47y P P

y

P P φ'--'===e R R

11cos ()cos (99.73z P P z P P φ--''===e R R

1.4 给定两矢量234x y z =

+-A e e e 和456x y z =-+B e e e ，求它们之

间的夹角和A 在B 上的分量。

解 A

与B 之间的 夹角 为 11cos (

)cos 131θ--===AB A B A B A 在B 上的分量为 31

3.53277

B A -===-B A B

1.5 给定两矢量234x y z =+-A e e e 和64x y z =--+B e e e ，求⨯A B 在x y z =-+C e e e 上的分量。

解 ⨯=A B 2

3

464

1x

y z

-=--e e e 132210x y z -++e e e 所以⨯A B 在C 上的分量为 ()⨯=

C A B ()25

14.433

⨯=-=-A B C C

1.6 证明：如果A B =A C 和⨯=A B ⨯A C ，则=B C ；

解 由⨯=A B ⨯A C ，则有()()⨯⨯=⨯⨯A A B A A C ，即

()()()()-=-A B A A A B A C A A A C

由于A B =A C ，于是得到 ()()=A A B A A C 故 =B C

1.7 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 =A X 而=⨯P A X ，p 和P 已知，试求X 。

解 由=⨯P A X ，有

()()()()p ⨯=⨯⨯=-=-A P A A X A X A A A X A A A X 故得 p -⨯=A A P X A A

1.8 在圆柱坐标中，一点的位置由2(4,,3)3

π定出，求该点在：（1）直角坐标中的坐标；（2）球坐标中的坐标。 解 （1）在直角坐标系中

4cos(22x π==-、4sin(23)

y π==3z =

故该点的直角坐标为(2,

-。

（2）在球坐标系中 5r ==、1tan (43)53.1θ-==、2120φπ==

故该点的球坐标为(5,53.1,120)

1.9 用球坐标表示的场2

25r r

=E e ， （1）求在直角坐标中点(3,4,5)--处的E 和x E ；

（2）求在直角坐标中点(3,4,5)--处E 与矢量22x y z =-+B e e e 构成的夹角。

解 （1）在直角坐标 中点(3,4,5)--处，2222(3)4(5)50r =-++-=，故

22512

r

r ==E e

1cos

220

x x rx E θ====-

e E E

（2）在直角坐标中点(3,4,5)--处，345x y z =-+-r e e e ，所以

233452525r r -+-===

e e e r E

故E 与B 构成的夹角为 11cos ()cos (153.6

3θ--===EB E B E B

1.10 球坐标中两个点111(,,)r θφ和222(,,)r θφ定出两个位置矢量1

R 和2R 。证明1R 和2R 间夹角的余弦为

121212cos cos cos sin sin cos()γθθθθφφ=+-

解 由 111111111sin cos sin sin cos x y z r r r θφθφθ=++R e e e

222222222sin cos sin sin cos x y z r r r θφθφθ=++R e e e 得到 12

12

cos γ=

=R R R R

1122112212sin cos sin cos sin sin sin sin cos cos θφθφθφθφθθ++=

121211212sin sin (cos cos sin sin )cos cos θθφφφφθθ++= 121212sin sin cos()cos cos θθφφθθ-+

1.11 一球面S 的半径为5，球心在原点上，计算：

(3sin )d r S

θ⎰e S 的值。

解 (3sin )d (3sin )d r r r S

S

S θθ==

⎰⎰e S e e 22

20

d 3sin 5

sin d 75π

π

φθθθπ⨯=⎰⎰

1.12 在由5r =、0z =和4z =围成的圆柱形区域，对矢量

22r z r z =+A e e 验证散度定理。

解 在圆柱坐标系中 21()(2)32rr z r r r

z

∂∂∇=+=+∂∂A

所以 4

25

d d d (32)d 1200z r r r π

τ

τφπ∇=+=⎰⎰⎰⎰A

又

2

d (2)(d d d )r

z r r z z S

S

r

z S S S φφ=+++=⎰⎰A S e e e e e

42522

00

00

5

5d d 24d d 1200z r r π

π

φφπ⨯+⨯=⎰⎰⎰⎰

故有 d 1200τ

τπ∇=⎰A d S

=⎰A S

1.13 求（1）矢量22222324x y z x x y x y z =++A e e e 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。

解 （1）2222232222()()(24)

2272x x y x y z x x y x y z x y z

∂∂∂∇=++=++∂∂∂A

（2）∇A 对中心在原点的一个单位立方体的积分为

121212

2222121212

1

d (2272)d d d 24

x x y x y z x y z τ

τ---∇=

++=

⎰⎰⎰⎰

A （3）A 对此立方体表面的积分

1212112

2212121212

11

d ()d d ()d d 22S

y z y z ----=--+⎰

⎰⎰⎰⎰A S

1212

1212

2

222112121112()d d 2()d d 22x x z x x z ------+⎰⎰⎰⎰

1212

1212

22322

311212111124()d d 24()d d 2224x y x y x y x y ------=⎰⎰⎰⎰ 故有 1d 24

τ

τ∇=

⎰A d S

=

⎰A S

1.14 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 2230

d d d sin d 4r S

S

S aa a π

π

φθθπ===⎰⎰⎰⎰r S r e

又在球坐标系中，221()3r r r r

∂∇==∂r ，所以

223000

d 3sin d d d 4a

r r a ππτ

τθθφπ∇==⎰⎰⎰⎰r

1.15 求矢量22x y z x x y z =++A e e e 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 2

2

2

2

20

d d d 2d 0d 8C

x x x x y y =-+-=⎰⎰⎰⎰⎰A l

又 2

222x y z

x z yz x x y z x

x y z

∂

∂∂

∇⨯==+∂∂∂e e e A e e

所以 22

00

d (22)d d 8x z z S

yz x x y ∇⨯=+=⎰⎰⎰A S e e e

故有

d 8C

=⎰A l d S

=∇⨯⎰A S

1.16 求矢量2x y x xy =+A e e 沿圆周222x y a +=的线积分，.再计算∇⨯A 对此圆面积的积分。

解

2

d d d C

C

x x xy y =

+=

⎰

⎰A l 24

2

422

(cos sin cos sin )d 4

a a

a π

πφφφφφ-+=

⎰

d ()d y

x z z S S A A S x y ∂∂∇⨯=-=∂∂⎰⎰A S e e 24222

00

d sin d d 4a S a y S r r r π

πφφ==⎰⎰⎰ 1.17 证明：（1）3∇=R ；（2）∇⨯=R 0；（3）()∇=A R A 。其中x y z x y z =++R e e e ，A 为一常矢量。

解 （1）3x y z

x y z

∂∂∂∇=

++=∂∂∂R （2） x y z

x y z x

y

y

∂

∂

∂

∇⨯==∂∂∂e e e R 0 （3）设x x y y z z A A A =++A e e e ，则x y z A x A y A z =++A R ，故

()()()x

x y z y x y z A x A y A z A x A y A z x y

∂∂∇=++++++∂∂A R e e ()z x y z A x A y A z z

∂

++=∂e x x y y z z A A A ++=e e e A

1.18 一径向矢量场()r f r =F e 表示，如果0∇=F ，那么函数()f r 会有什么特点呢？

解 在圆柱坐标系中，由 1d [()]0d rf r r r

∇==F 可得到

()C

f r r

=

C 为任意常数。 在球坐标系中，由 221d [()]0d r f r r r ∇==F

可得到 2()C f r r

= 1.19 给定矢量函数x y y x =+E e e ，试求从点1(2,1,1)P -到点

2(8,2,1)P -的线积分d ⎰E l ：

（1）沿抛物线2x y =；（2）沿连接该两点的直线。这个E 是保守场吗？

解 （1） d d d x y C

C

E x E y =+=⎰⎰E l d d C

y x x y +=⎰

2

2

2

1d(2)2d y y y y +=⎰

2

21

6d 14y y =⎰ （2）连接点1(2,1,1)P -到点2(8,2,1)P -直线方程为

28

12

x x y y --=-- 即 640x y -+= 故

2

1

d d d d(64)(64)d x

y C

C

E

x E y y y y y =+=-+-=⎰⎰⎰E l 2

1

(124)d 14y y -=⎰

由此可见积分与路径无关，故是保守场。

1.20 求标量函数2x yz ψ=的梯度及 ψ在一个指定方向的方向

导数，此方向由单位矢量x y z +e e e 定出；求(2,3,1)点的方

向导数值。

解 222()()()x

y z x yz x yz x yz x y z

ψ∂∂∂∇=++=∂∂∂e e e 222x y z xyz x z x y ++e e e

故沿方向l x y z

=++e e e e 的方向导数为

22

650l xyz l ψψ∂

=∇=+∂

e

点(2,3,1)

处沿l e

l ψ∂==

∂1.21 坐标中

y x z

A A A x y z

∂∂∂∇=

++∂∂∂A 相似的方法推导圆柱坐

标下的公式

1()z r A A rA r r r z

φφ∂∂∂

∇=++

∂∂∂A 。

解 在圆柱坐标中，取小体积元如题1.21图所示。矢量场A 沿r

e 方向穿出该六面体的表面的通量为

()d d d d z z

z z

r r

r r

r r z

z

A r r r A r r φφφφφ

φ

ψφφ+∆+∆+∆+∆+∆=

+∆-

≈⎰⎰⎰⎰

[()(,,)(,,)]r r r r A r r z rA r z z φφφ+∆+∆-∆∆≈

()()

1r r rA rA r z r r r

φτ∂∂∆∆∆=∆∂∂ 同理

题1.21图

d d d d r r z z

r r z z

r

z

r

z

A r z A r z φφ

φφ

φφψ+∆+∆+∆+∆+∆=

-

≈⎰⎰

⎰⎰

[(,,)(,,)]A r z A r z r z φφφφφ+∆-∆∆≈

A A r z r φφφτφ

φ

∂∂∆∆∆=

∆∂∂

d d d d r r r r z z

z z

z z r

r

A r r A r r φφ

φφ

φ

φ

ψφφ+∆+∆+∆+∆+∆=

-

≈⎰⎰⎰⎰

[(,,)(,,)]z z A r z z A r z r r z φφφ+∆-∆∆∆≈

z z A A

r r z z z

φτ∂∂∆∆∆=∆∂∂ 因此，矢量场A 穿出该六面体的表面 的通量为

()1[]r z

r z A rA A ΨΨΨΨr r r z

φφτφ∂∂∂=++≈++∆∂∂∂

故得到圆柱坐标下的散度表达式 0()1lim r z

A rA A r r r z

φτψτφ∆→∂∂∂∇⋅==++∆∂∂∂A 1.22

方程222

222x y z u a b c

=++给出一椭球族。求 椭球表面上任意点

的单位法向矢量。

解 由于 222

222x y z x y z u a b c ∇=++e e e

u ∇=

222(x y z u x y z

a b c u

∇=

=++∇n e e e 1.23 现有三个矢量A 、B 、C 为

sin cos cos cos sin r θφθφθφφ=+-A e e e

22sin cos 2sin r z z z rz φφφφ=++B e e e 22(32)2x y z y x x z =-++C e e e

（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

22111()(sin )sin sin r A r A A r r r r φ

θ

θθθθφ∂∂∂∇=

++=∂∂∂A

22111(sin cos )(sin cos cos )(sin )sin sin r r r r r θφθθφφθθθφ

∂∂∂

++-=∂∂∂ 2cos 2sin cos cos sin cos 0sin sin r r r r φθφφθφθθ

+--=

2

sin 1sin sin r

r r r r r

A rA r A θφ

θφ

θθθφθ∂

∂∂

∇⨯==∂∂∂e e e A 2sin 10sin sin cos cos cos sin sin r

r r r r r r θφ

θθ

θφθφ

θφ

θφ

∂∂∂

=∂∂∂-e e e 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

11()z r B B rB r r r z

φφ∂∂∂∇++=

∂∂∂B =

2211(sin )(cos )(2sin )rz z rz r r r z

φφφφ∂∂∂++=∂∂∂

22sin sin 2sin 2sin z z r r r r φφ

φφ-+= 22110sin cos 2sin r z r z

r z r r r r z r r z B rB B z rz rz θθ

θφφφ

φφ

∂∂∂∂∂

∂

∇⨯=

=

=∂∂∂∂∂∂e e e e e e B 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

y x z

C C C x y z ∂∂∂∇++=∂∂∂C =

22(32)()(2)0y x x z x y z ∂∂∂

-++=∂∂∂

22

(26)322x

y z

z x y x y z y x

x z

∂∂∂

∇⨯=

=-∂∂∂-e e e C e 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 0∇=A ，0∇⨯=A ；

2sin r φ∇B =，0∇⨯=B ； 0∇=C ，(26)z x y ∇⨯=-C e

1.24 利用直角坐标，证明

()f f f ∇=∇+∇A A A

解 在直角坐标中

(

)()y x z x y z A A A f f f

f f f A A A x y z x y z

∂∂∂∂∂∂∇+∇=+++++=∂∂∂∂∂∂A A ()()()y x z x y z A A A f f f

f A f A f A x x y y z z ∂∂∂∂∂∂+++++=∂∂∂∂∂∂ ()()()()x y z fA fA fA f x y z

∂∂∂

++=∇∂∂∂A 1.25 证明

()∇⨯=∇⨯-∇⨯A H H A A H

解 根据∇算子的微分运算性质，有

()()()A H ∇⨯=∇⨯+∇⨯A H A 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 ∇⨯=∇⨯=∇⨯A H H A H A

同理 ()()()H H ∇⨯=-∇⨯=-∇⨯A H A H A H 故有 ()∇⨯=∇⨯-∇⨯A H H A A H

1.26 利用直角坐标，证明

()f f f ∇⨯=∇⨯+∇⨯G G G

解 在直角坐标中

[()()()]y

y x x z z x y z G G G G G G f f y z z x x y ∂∂∂∂∂∂∇⨯=-+-+-∂∂∂∂∂∂G e e e

f ∇⨯=G [()()()]x z

y y x z z y x f f f f f f G G G G G G y z z x x y

∂∂∂∂∂∂-+-+-∂∂∂∂∂∂e e e 所以

f f ∇⨯+∇⨯=G G [()()]y z x z

y G G f f

G f G f y y z z

∂∂∂∂+-++∂∂∂∂e [()()]x z y x z G G f f

G f G f z z x x

∂∂∂∂+-++∂∂∂∂e

[()()]y x z y x G G f f

G f G f x x y y ∂∂∂∂+-+=∂∂∂∂e

()()[]y z x fG fG y z ∂∂-+∂∂e ()()[]x z y fG fG z x ∂∂-+

∂∂e ()()[]y x z fG fG x y

∂∂-=∂∂e ()f ∇⨯G

1.27 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()0u ∇⨯∇=及()0∇∇⨯=A ，试证明之。

解 （1）对于任意闭合曲线C 为边界的任意曲面S ，由斯托克斯定理有

d d d d 0C

C

C

u

u l u l ∂=

∇===∂⎰⎰

⎰S l C 1

S

由于曲面S 是任意的，故有

()0u ∇⨯∇=

（2）对于任意闭合曲面S 为边界的体积τ，由散度定理有

12

()d ()d ()d ()d S

S S τ

τ∇∇⨯=∇⨯=∇⨯+∇⨯⎰⎰⎰⎰A A S A S A S 其中1S 和2S 如题1.27图所示。由斯托克斯定理，有

1

1

()d d S C ∇⨯=⎰⎰A S A l ， 2

2

()d d S C ∇⨯=⎰⎰A S A l

由题 1.27图可知1C 和2C 是方向相反的同一回路，则有

1

2

d d C C =-⎰⎰A l A l

所以得到 1222

()d d d d d 0C C C C τ

τ∇∇⨯=+=-+=⎰⎰⎰⎰⎰A A l A l A l A l

由于体积τ是任意的，故有 ()0∇∇⨯=A

第二章习题解答

2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为

43230049U d x ρε--=-，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电

压为0U 。如果040V U =、1cm d =、横截面210cm S =，求：（1）0x =和x d =区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。

解

（1）

4323000

4d ()d 9d

Q U d x S x τρτε--==-=⎰⎰11004

4.7210C 3U S d ε--=-⨯

（

2）

432002

4d ()d 9d

d Q U d x S x τρτε--'

'==

-=⎰

⎰11004(10.9710C 3U S d ε--=-⨯ 2.2 一个体密度为732.3210C m ρ-=⨯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271.710kg m -=⨯、电量191.610C q -=⨯。由

2

12

mv qU = 得

61.3710v ==⨯ m s 故 0.318J v ρ== 2A m

26(2)10I J d π-== A

2.3 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ω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θ，则P 点的线速度为

sin r φωθ=⨯=v r e ω

球内的电荷体密度为

343

Q

a ρπ=

故 33

3sin sin 434Q Q r r a a

φφω

ρωθθππ===J v e e 2.4 一个半径为a 的导体球带总电荷量为Q ，同样以匀角速度ω

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θ，则P 点的线速度为

sin a φωθ=⨯=v r e ω

球面的上电荷面密度为

2

4Q a σπ=

故 2sin sin 44S Q Q a a a

φφωσωθθππ===J v e e

2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处，24C q =-位于y 轴上4y =处，求(4,0,0)处的电场强度。

解 电荷1q 在(4,0,0)处产生的电场为

1

113014q πε'-=

='-r r E r r

电荷2q 在(4,0,0)处产生的电场为

222302444q πε-'-=='-e e r r E r r

故(4,0,0)处的电场为

122+-=+=

e e e E E E

2.6 一个半圆环上均匀分布线电荷l ρ，求垂直于圆平面的轴线

上z a =处的电场强度(0,0,)a E ，设半圆环的半径也为a ，如题2.6 图所示。

解 半圆环上的电荷元d d l l l a ρρφ''=在轴线上z a =处的电场强度为

d φ'=

=E

(cos sin )

φφφ''-+'e e e

在半圆环上对上式积分，得到轴线上z a =处的电

场强度为

(0,0,)d a ==⎰E E

2

[(cos sin )]d z x

y ππφφφ'''-+=⎰e e

e 2.7 三根长度均为L ，均匀带电荷密度分别

为1l ρ、2l ρ和3l ρ地线电荷构成等边三角形。设1l ρ=22l ρ=32l ρ，计算三角形中心处的电场强度。

解 建立题2.7图所示的坐标系。三角形中心到各边的距离为

3tan 3026

L d L =

= 则

11

1003(cos30cos150)42l l

y

y

d L

ρρπεπε=-=E e e 21

20033(

cos30sin 30)()

28l l x y y L L ρρπεπε=-+=-E e e e e 31

30033(cos30sin 30)()

28l l x y y L L

ρρπεπε=-=E

e e e e 故等边三角形中心处的电场强度为

题 2.6图

题2.7图

123=++=E E E E

111000333()()288l l l y y y L L L ρρρπεπεπε-+=e e e e e 1

034l y

L

ρπεe 2.8 －点电荷q +位于(,0,0)a -处，另－点电荷2q -位于(,0,0)a 处，

空间有没有电场强度0=E 的点？

解 电荷q +在(,,)x y z 处产生的电场为

12

2

232

0()4[()]

x y z x a y z

q

x a y z πε+++=

+++e e e E

电荷2q -在(,,)x y z 处产生的电场为

222232

0()24[()]x y z x a y z q x a y z πε-++=-

-++e e e E (,,)x y z 处的电场则为12=+E E E 。令0=E ，则有

22232()[()]x y z x a y z x a y z +++=+++e e e 22232

2[()]

[()]

x y z x a y z x a y z -++-++e e e 由上式两端对应分量相等，可得到

222322223()[()]2()[()]x a x a y z x a x a y z +-++=-+++

①

222322232[()]2[()]y x a y z y x a y z -++=+++

②

2223222232[()]2[()]z x a y z z x a y z -++=+++

③

当0y ≠或0z ≠时，将式②或式③代入式①，得0a =。所以，当0y ≠或0z ≠时无解；

当0y =且0z =时，由式①，有

33()()2()()x a x a x a x a +-=-+

解得

(3x a =-±

但3x a =-+不合题意，故仅在(3,0,0)a --处电场强度0=E 。

2．9 σ。证明：垂直于平面的z 轴上0z z =处的电场强度E 中，有一半是有平面上半径为03z 的圆内的电荷产生的。

解 半径为r 、电荷线密度为d l r ρσ=的带电细圆环在z 轴上0

z z =处的电场强度为

而半径为03z 的圆内的电荷产生在z 轴上0z z =处的电场强度为

022320000

d 1

2()42

z

z z

r z r r z σσεε'==-==+⎰

E e e e E 2.10 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ω绕一个直径旋转，如题2.10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

2

4Q a σπ=

当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋转时，球面上位置矢量r a =r e 点处的电流面密度为

S z r a σσσω==⨯=⨯=J v ωr e e

sin sin 4Q

a a

φφ

ωωσθθπ=e e 将球面划分为无数个宽度为d d l a θ=的细圆环，则球面上任一个宽度为d d l a θ=细圆环的电流为 d d sin d 4S Q I J l ωθθπ

==

细圆环的半径为sin b a θ=，圆环平面到球心的距离cos d a θ=，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

202232

d d 2()z

b I

b d μ==+B e 230222232sin d 8(sin cos )z Qa a a μωθθπθθ=+e 30sin d 8z

Q a

μωθθπe 故整个球面电流在球心处产生的磁场为

300

0sin d 86z z Q Q a a

π

μωθμωθππ==⎰B e e

2.11 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2.11图所示。电流I 以相同的方向流过这两个线圈。

（1）求这两个线圈中心点处的磁感应强度x x B =B e ；

（2）证明：在中点处d d x B x 等于零；

（3）求出b 与d 之间的关系，使中点处22d d x B x 也等于零。

解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度

2

02

232

2()

z

Ia a z μ=+B e

得到两个线圈中心点处的磁感应强度为 2

02

2

32

(4)

x

NIb b d μ=+B e

（2）两线圈的电流在其轴线上x )0(d x <<处的磁感应强度为

故在中点2d x =处，有

220022522252

d 32320d 2[4]2[4]

x B NIb d NIb d x b d b d μμ=-+=++ （3） 2222

00222722252d 153d 2()2()

x B NIb x NIb x b x b x μμ=-+++ 222

0022722252

15()32[()]2[()]

NIb d x NIb b d x b d x μμ--+-+- 令 0d d 22==d x x x

B ，有 0]

4[1]4[452

52227222=+-+d b d b d 即 445222d b d +=

故解得 b d =

2.12 一条扁平的直导体带，宽为

a 2，中心线与z 轴重合，通过的电流为I

。证明在第一象限内的磁感应强度为

02

1

ln 4y I r B a r μπ=

式中α、

04x I

B a

μα

π=-，1r 和2r 如题 2.12

图所示。

解 将导体

带划分为无数个宽度为x 'd 的细条带，

每一细条带的电流x a

I

I '=d 2d 。由安

培环路定理，可得位于

x '处的细条带的电流I d 在点),(y x P 处的磁场为

00d d d 24I I x B R aR

μμππ'

===02212d 4[()]I x a x x y μπ''-+

则 022

d d d sin 4[()]x Iy x B B a x x y μθπ'

=-=-'-+ 022

()d d d cos 4[()]

y I x x x B B a x x y μθπ''

-=='-+ 所以

022

d 4[()]a

x a

Iy x B a x x y μπ-'

=-='-+⎰0arctan 4a a

I

x x a y μπ-'⎛⎫--= ⎪⎝⎭

0arctan arctan 4I a x a x a y y μπ⎡

⎤⎛⎫⎛⎫----

-=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦

0arctan arctan 4I x a x a a y y μπ⎡

⎤⎛⎫⎛⎫+---=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦

021()4I a μααπ--=04I a

μαπ- 022

()d 4[()]a

y a

I x x x B a x x y μπ-''

-=='-+⎰220ln[()]8a

a

I

x x y a

μπ-'--+=

题 2.12图

题 2.13图

22022

()ln 8()I x a y a x a y

μπ++=-+021ln 4I r a r μπ 2.13 如题2.13图所示，有一个电矩为1p 的电偶极子，位于坐标

原点上，另一个电矩为2p 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

12

12124

03(sin sin cos 2cos cos )4r p p F r

θθφθθπε=

- 式中11,θ=<>r p ，22,θ=<>r p ，φ是两个平面1(,)r p 和2(,)r p 间的夹角。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1p 在矢径为r 的点上产生的电场为

11

15303()1[]4r r

πε=

-p r r p E 所以1p 与2p 之间的相互作用能为

1212215

303()()1[]4e W r r

πε=-=-

-p r p r p p p E 因为11,θ=<>r p ，22,θ=<>r p ，则

111cos p r θ=p r

222cos p r θ=p r

又因为φ是两个平面1(,)r p 和2(,)r p 间的夹角，所以有 2121212()()sin sin cos r p p θθφ⨯⨯=r p r p 另一方面，利用矢量恒等式可得

1212()()[()]⨯⨯=⨯⨯=

r p r p r p r p 2112[()]r -=

p r p r p 21212()()()r -p p r p r p

因

此

12121221

()[()()()()]r

=

⨯⨯+=p p r p r p r p r p 1212sin sin cos p p θθφ+1212cos cos p p θθ 于是得到 =e W 12

30

4p p r πε(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)

故两偶极子之间的相互作用力为

e

r q const

W

F r

=∂=-=∂1204p p πε-

(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)3d 1

()d r r

= 12

4

034p p r πε(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ) 由上式可见，当120θθ==时，即两个偶极子共线时，相互作用力

值最大。

2.14 两平行无限长直线电流1I 和2I ，相距为d ，求每根导线单位长度受到的安培力m F 。

解 无限长直线电流1I 产生的磁场为 01

12I r

φ

μπ=B e 直线电流2I 每单位长度受到的安培力为

1

012

122112

d 2m z I I I z d

μπ=⨯=-⎰F e B e 式中12e 是由电流1I 指向电流2I 的单位矢量。

同理可得，直线电流1I 每单位长度受到的安培力为

012

211212

2m m I I d

μπ=-=F F e 2.15 一根通电流1I 的无限长直导线和一个通电流2I 的圆环在同一平面上，圆心与导线的距离为d ，如题2.15图所示。证明：两电流间相互作用的安培力为

012(sec 1)m F I I μα=-

这里α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1I 产生的磁场为

01

12I r

φ

μπ=B e 圆环上的电流元22d I l 受到的安培力为

0122212d d d 2m y I I

I x

μπ=⨯=⨯F l B l e

由题2.15图可知 2d (sin cos )d x z a θθθ=-+l e e

cos x d a θ=+

所以 2012

(sin cos )d 2(cos )m z x aI I d a π

μθθθπθ=--=+⎰F e e

20120

cos d 2(cos )x aI I d a πμθθπθ-=

+⎰e 0120122((sec 1)2x x aI I I I a μπμαπ--+=--e e

2.16 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2.16图所示，设d q =p l (d 1)l <<，则电偶极子p 绕坐标原点所受到的力矩为

2211()()q q =⨯-⨯=T r E r r E r

d d d d ()()()()2222

q q +

⨯+--⨯-=l l l l r E r r E r d d d d [()()]d [()()]22222

q q ⨯+--+⨯++-l l l l

r E r E r l E r E r

题2.15图

d d ()()()()22

-

≈-⋅∇l l

E r E r E r 故得到

(d )()d ()q q ≈⨯⋅∇+⨯=T r l E r l E r ()⨯∇+⨯r p E p E

第三章习题解答

3.1 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Φ(如题3.1图所示)。

解 由点电荷q 和q -共同产生的电通密度为

33[]4q R R π+-

+-

=

-=R R D 22322232

()

(){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量

d d z

z S

S

S Φ====⎰⎰D S D e

22322232

()[]2d 4()()a

q a a

r r r a r a π

π--=++⎰ 221201)0.293()a

qa q q r a ==-+

3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为a r 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表达式为02314r

a Ze r r r π⎛⎫

=- ⎪⎝⎭

D e ，试证明之。 解 位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为

12

4r Ze

r π=D e

原子内电子云的电荷体密度为 33

3434a a Ze Ze

r r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为

3223

4344r r

a r Ze r

r r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为

122314r a Ze r r r π⎛⎫

=+=- ⎪⎝⎭

D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为30C m ρ,

两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3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0ρ±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

题3.1 图

题3. 3图()

a

(完整版)电磁场与电磁波(第四版)课后答案详解--谢处方

电磁场 与电磁波（第四版） 课后答案 第一章 习 题 解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（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 ）23A x y z +-= ==e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由 cos AB θ = 14-==⨯A B A B ，得 1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A cos AB θ= 11 17 =-A B B （6）⨯=A C 1235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e

《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 一章习题解答

一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ； （4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ； （7）()?A B C g 和()?A B C g ；（8）()??A B C 和()??A B C 。 解 （1 ）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由 cos AB θ = ==A B A B g ，得 1cos AB θ- =(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ ==A B B g （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 04 1502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e 1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。 （1）判断123 PP P ?是否为一直角三角形；

电磁场与电磁波(第四版)课后答案 谢处方

电磁场与电磁波(第四版)课后答案谢处方电磁场与电磁波(第四版)课后答案--谢处方 -1- 共138页第三章习题答疑 3.1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3.1图所示)。 求解由点电荷q和?q共同产生的电通密度为 qr?r?d?[3?3]?赤道平面 q4?r?r?err?ez(z?a)qerr?ez(z?a)a{2?}23222324?[r?(z?a)][r?(z?a)]则球赤道平面上电通密度的通量 d?ds??d?ezz?0ds? ss?qaqa1?(?1)q??0.293q2212(r?a)023.21911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表达式为 ze?1r?d0?er，先行证明之。 4??r2ra3?ze解位于球心的正电荷ze球体内产生的电通量密度为 d1?er4?r2ze3ze原子内电子云的电荷体密度为 4?ra334?ra3电子云在原子内产生的电通量密度则为 ba?4?r33zer?0d?e??e2rrc234?r4?raze?1r?故原子内总的电通量密度为d?d1?d2?er题3.3图(a)4??r2ra3?3.3电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为?cm3,两圆柱面半 题3.1图 q(?a)a[?]2?rdr?22322232?4?0(r?a)(r?a)a径分别为a和b，轴线距离为c(c?b?a)，如题3.3图(a)右图。谋空间各部分的 电场。 求解由于两圆柱面间的电荷不是轴对称原产，无法轻易用高斯定律解。但可以把半径为a的小圆柱面内看做同时具备体密度分别为??0的两种电荷分布，这样在半径为b的整个圆柱体内具备体密度为?0的光滑电荷分布，而在半径为a的整个圆柱体内则具备体密度为??0的光滑电荷分布，如题3.3图(b)右图。空间任一点的电场就是这两种电荷所产生的电场的共振。

电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方饶克谨高等教育出版社

电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方 饶克谨高等教育出版社 2.1点电荷的严格定义是什么？ 点电荷是电荷分布的一种极限情况，可将它看做一个体积很小而电荷 密度很的带电小球的极限。当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时，带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。就可将带电体所带电荷 看成集中在带电体的中心上。即将带电体抽离为一个几何点模型，称为点 电荷。 2.2研究宏观电磁场时，常用到哪几种电荷的分布模型？有哪几种电 流分布模型？他们是如何定义的？常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷；常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电 流模型，他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。 2,3点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么？电偶极子的电场强 度又如何呢？点电荷的电场强度与距离r的平方成反比；电偶极子的电场 强度与距离r的立方成反比。 E/和E0所表征的静电场特性2.4简述/表明空间任意一点电场强度的 散度与该处的电荷密度有关，静电荷是静电场的通量源。E0表明静电场 是无旋场。E2.5表述高斯定律，并说明在什么条件下可应用高斯定律求 解给定电荷分布的电场强度。 高斯定律：通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电 量的代数和除以与闭合面外的电荷无 1关，即ES在电场（电荷）分布具有某些对称性时，可应用高斯定 律求解给定电荷分ddVS0V布的电场强度。2.6简述BB0表明穿过任意闭

合面的磁感应强度的通量等于0，磁力线是无关尾的闭合线，J表明恒定磁场是有旋场，恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源B00和BJ0所表征的静电场特性。 2.7表述安培环路定理，并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。安培环路定理：磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和倍，即 B0I如果电路分布存在某种对称性，则可用该定理求解给定电流分布的磁感应强度。dl2.8简述电场与电介质相互作用后发生的现象。 在电场的作用下出现电介质的极化现象，而极化电荷又产生附加电场2.9极化强度的如何定义的？极化电荷密度与极化强度又什么关系？ C0单位体积的点偶极矩的矢量和称为极化强度，P与极化电荷密度的关系为p-极化强度P与P极化电荷面的密度pPen2.10电位移矢量是如何定义的？在国际单位制中它的单位是什么电位移矢量定义为DPE其单位是库伦/平方米（C/m）0E2.11简述磁场与磁介质相互作用的物理现象？ 2 在磁场与磁介质相互作用时，外磁场使磁介质中的分子磁矩沿外磁场取向，磁介质被磁化，被磁化的介质要产生附加磁场，从而使原来的磁场分布发生变化，磁介质中的磁感应强度B可看做真空中传导电流产生的磁感应强度B0和磁化电流产生的磁感应强度B’的叠加，即 BB0B2.12磁化强度是如何定义的？磁化电流密度与磁化强度又什么关系？

电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方饶克谨高等教育出版社

2.1点电荷的严格定义是什么？ 点电荷是电荷分布的一种极限情况，可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。当带电体的尺寸远小于观察点至带电体的距离时，带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。就可将带电体所带电荷看成集中在带电体的中心上。即将带电体抽离为一个几何点模型，称为点电荷。 2.2 研究宏观电磁场时，常用到哪几种电荷的分布模型？有哪几种电流分布模型？他们是如何定义的？ 常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷；常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模型和线电流模型，他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。 2,3点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么？电偶极子的电场强度又如何呢？ 点电荷的电场强度与距离r 的平方成反比；电偶极子的电场强度与距离r 的立方成反比。 2.4简述 和 所表征的静电场特性 表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关，静电荷是静电场的通量源。 表明静电场是无旋场。 2.5 表述高斯定律，并说明在什么条件下可应用高斯定律求解给定电荷分布的电场强度。 高斯定律：通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以 与闭合面外的电荷无布的电场强度。 2.6简述 和 所表征的静电场特性。 表明穿过任意闭合面的磁感应强度的通量等于0，磁力线是无关尾的闭合线， 表明恒定磁场是有旋场，恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源 2.7表述安培环路定理，并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。 安培环路定理：磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和 倍，即 2.8简述电场与电介质相互作用后发生的现象。 在电场的作用下出现电介质的极化现象，而极化电荷又产生附加电场 2.9极化强度的如何定义的？极化电荷密度与极化强度又什么关系？ 单位体积的点偶极矩的矢量和称为极化强度，P 与极化电荷密度的关系为 极化强度P 与极化电荷面的密度 2.10电位移矢量是如何定义的？在国际单位制中它的单位是什么 电位移矢量定义为 其单位是库伦/平方米 （C/m 2） 2.11 简述磁场与磁介质相互作用的物理现象？ ερ/=•∇E 0=⨯∇E ερ/=•∇E 0=⨯∇E V S 0 0=⋅∇B J B 0μ=⨯∇0=⋅∇B J B 0μ=⨯∇0 μC P •∇=-p ρn sp e •=P ρE P E D εε=+=0

《电磁场与电磁波》第4版(谢处方编)课后习题答案高等教育出版社三章习题解答

三章习题解答 3.1真空中半径为“的一个球而，球的两极点处分别设置点电荷G 和-0，试计算球赤道平 而上电通密度的通量0(如题3.1图所示人 解 由点电荷。和-Q 共同产生的电通密度为 Z) = JL I 4-41 = 4/r RI R 5 q W + e ：(z_a) _ e∕ + e( + d) 4Λ, [r 2 +(z-a)2f f2 [r +(Z +Λ)2]V 2 则球赤道平面上电通密度的通量 Φ = ∫P ∙dS=∫D ∙ e.∣.=I)ClS = 4,,(,+/)3/2(厂 2+/)3/2 Md 心 (咅一 l)g = -0.293q 3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为G 的球体原子模型.英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ZW (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表达式为n 0=e r - 4-4，试证明之。 4兀I 广乙丿 Q 4∕ZT *∙ ., '3 Ze r 电 子云在原子内产生的电通量密度则为7 3.3电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度 为POW 两圆柱 而半径分别为"和b ∙轴线相距为C(Cb 区域中，由髙斯泄律f β ∙ d5 =-,可求得大.小圆柱中的正、负电荷在点P 产生 (-d) 解 位于球心的正电荷ZW 球体内产生的电通量密度为 Ze 4zrr 2 原子内电子云的电荷体密度为 D = D i +D 1 D ∖=S 3Ze_ 4甥 题3.3图 故原子内总的电通量密度为

《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 高等教育出版社六章习题解答

第六章 时变电磁场 6.1 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 5cos mT z e t ω=B 之中，如题6.1图所示。滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i. 解 穿过导体回路abcda 的磁通为 5cos 0.2(0.7) cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==⨯=⨯-=--=+⎰ B S e e 故感应电流为 11 0.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mA in d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ = =-=-+-+E 6.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。设棒以角 速度ω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 00z r r r B φωω=⨯=⨯=E v B e e B e 故介质棒内的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X 极化电荷体密度为 200 00 11()()2()P rP r B r r r r B ρεεωεεω∂∂ =-∇⋅=- =--∂∂=--P 极化电荷面密度为 0000()()P r r r a e r a B σεεωεεω==⋅=-⋅=-P n B e 则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为 220020012()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=⨯⨯=--=⨯⨯=- 6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。设0.2a m =、0.1m b c d ===、7 1.0cos(210)A i t π=⨯，求回路中的感应电动势。

《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 四章习题解答

四章习题解答 4.1 如题4.1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0U ，求槽内的电位函数。 解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ= ③ 0(,)x b U ϕ= 根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为 1 (,)sinh( )sin()n n n y n x x y A a a ππϕ∞ ==∑ 由条件③，有 01 sinh( )sin()n n n b n x U A a a ππ∞ ==∑ 两边同乘以sin( )n x a π，并从0到a 对x 积分，得到 00 2sin()d sinh()a n U n x A x a n b a a ππ==⎰ 2(1cos )sinh() U n n n b a πππ-= 04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧ =⎪ ⎨⎪= ⎩ ， 故得到槽内的电位分布 0 1,3,5, 41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n x x y n n b a a a ππϕπ π== ∑ 4.2 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d y =到 b y =)(∞<<-∞x 。上板和薄片保持电位0U ，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片 平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。 解 应用叠加原理，设板间的电位为 (,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+ 其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为 0U ）的电位，即10(,)x y U y b ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零 的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ① 22(,0)(,)0x x b ϕϕ== ② 2(,)0()x y x ϕ=→∞ ③ a 题4.1图 题 4.2图

电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方

一章习题解答 1.1 给定三个矢量 A 、 B 和 C 如下： A e x e y 2 e z 3 B e y 4 C e x 5 e z e z 2 求：（ 1） a A ； （ 2） A B ； （ 3） A B ；（ 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 ) 。 A e x e y 2 e z 3 1 2 3 解 （ 1） a A e x e y e z A 1 2 2 2 ( 3) 2 14 14 14 （ 2） A B (e x e y 2 e z 3) ( e y 4 e z ) e x e y 6 e z 4 53 （ 3） A B (e x e y 2 e z 3) ( e y 4 e z ) －11 A B （ 4）由 c o s AB A B 1 1 1 1 ，得 1 4 1 7 2 3 8 c o s 1 ( 11 238 ) 135.5 （ 5） A 在 B 上的分量 A B 11 A B A c os AB B 17 e x e y e z （ 6） A C 1 2 3 5 0 2 e x 4 e y 13 e z 10 （ 7）由于 所以 A (B C ) (e x e y 2 e z 3) (e x 8 e y 5 e z 20) 42 ( A B ) C ( e x 10 e y 1 e z 4) ( e x 5 e z 2) 42 （ 8） ( A e x e y e z A ( B C ) 1 2 3 8 5 20 e x 55 e y 44 e z 11 AB e x e y e z B C 4 1 e x 8 e y 5 e z 20 5 0 2 e x e y e z A B 1 2 3 e x 10 e y 1 e z 4 0 4 1 e x e y e z B ) C 10 1 4 e x 2 e y 40 e z 5 5 0 2

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电磁场与电磁波（第四版）课后答案 第一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（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）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4 )y z -+=e e －11 （ 4 ） 由 cos AB θ = 14==⨯A B A B ，得 1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ= 17 =-A B B （6）⨯=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502 x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e （8）()⨯⨯=A B C 1014502 x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e