电磁场与电磁波基础教程习题解

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1、《电磁场与电磁波基础教程》（符果行编著）习题解答第1章1.1解：（1），，；（2）（3）（4）（5）（6）（7）。1.2解：在上的投影；在上的投影。1.3解：。1.4解：。1.5解：（1）；。36（2）；。1.6解：在点（2，-1，1）处。1.7解：。1.8解：。1.9解：对取散度，，对取散度，，看出对同一位置矢量取散度不论选取什么坐标系都应得同一值，坐标系的选取只是表示形式不同而已。1.10解：，由亥姆霍兹定理判定这是载流源在无源区产生的无散场。1.11解：，由亥姆霍兹定理判定这是电荷源在无源区产生的无旋场；将与恒等式对比，可知与等效，令标量位得。1.12解：满

2、足无旋场的条件为，在直角坐标系中表示为解得a=0，b=3和c=2。361.13解：由亥姆霍兹定理判定知，这是属于第三类的无散有旋场。1.14解：取，属于第一类的无散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示；取，属于第二类的有散无旋场，由无旋性可以引入标量位的梯度来表示；取，属于第三类的无散有旋场。36第2章2.1解：q3受到q1和q2的作用力应当等值反向，所以应位于和的连线上某点处。由库仑定律和，可写为故；又解得。2.2解：在图中z轴上线元处电荷元可视为点电荷，它与场点P的距离为R，由库仑定律知，离导线为处场点P的电场强度为对在范围内对取积分。由图可知，和，得，

3、。2.3解：圆环上线元处电荷元可视为点电荷，它与圆环轴线上场点P的距离为，由轴对称性知场点P的电场强度只有z分量，由库仑定律知由图知式中为与的夹角。对圆环取积分得圆环面中心点处知36，这是由于具有轴对称的电场强度不仅其径向分量等值反向，相互抵消，且在处无轴向分量。2.4解：利用习题2.3的结果进行计算。取盘上半径为，宽度为的圆环，环上电荷密度为。该圆环在轴上点产生的电场，由于对称性，分量相互抵消为零，只有z分量对整个圆面积分故。若保持不变，当时，有；当时，有，有。2.5解：对于球对称分布，应用高斯定理在区域r＜a:；在区域a＜r＜b:，；在区域r＞b:，。2.6解

4、：对于柱对称分布，应用高斯定理在区域＜；在区域＜＜；在区域＞。362.7解：对于无限大面电荷分布，其电场垂直于无限大平面，具有面对称分布，应用高斯定理时可跨平面作矩形盒高斯面，得在区域z＞0：；在区域z＜0：。2.8解：两无限长电流的磁场分布分别具有轴对称分布，应用安培环路定理和叠加原理，得在y=-a处，；在y=a处，。故在坐标原点处。2.9解：对于轴对称分布，应用安培环路定理在区域＜；在区域≤≤，；在区域＞。2.10解：已知和，磁通为由法拉第电磁感应定律知当线圈增至N匝时，磁通增至N倍，有。36第3章3.1解：电荷元在圆环轴线上场点P的电位为故。3.2解：先假设

5、双线传输线为有限长度2L，导线与z轴重合，其中点在原点处。其中一根导线上所有电流元产生的矢量磁位都与z轴方向一致，可知式中。当时，利用二项式定理可知。上式近似写为。现将平行于z轴的双线传输线分置于处，可知在xy平面上两电流元离场点的距离为和。利用叠加原理可得。363.3解：对于球对称分布，可由高斯定理求和，再由位场关系求，而求的公式为。在区域r＞，；在区域a≤r≤；在区域r＜，。3.4解：对于轴对称分布，可应用安培环路定理求磁场。通过导磁圆柱的稳恒电流为均匀分布，其体电流密度为在区域＜；在区域＞。看出上述解与例3.4中令的结果一致。当时，和，这是因为有限源分布在无

6、限大空间，对空间中任一点几乎不存在源，自然没有源产生场。363.5解：（1）两极板上面电荷密度均为。设带和的极板分别置于和处，则的方向与y反向。利用导体表面电场的法向边界条件式（3.51b）忽略极板边缘效应，电介质内为常量。于是；（2）两极板间电压为U，极板间电场为均匀分布，且等于利用式（3.51b）可知。因此，和，结果相同。3.6解：对于球对称分布，由高斯定理得故当时，可得半径为a的弧立导体，其电容为。地球的介电常数取为，可得地球电容为。3.7解：对于轴对称分布，可应用安培环路定理首先求磁场。为此，跨过螺线管一侧作矩形闭合回路，与管长平行一边的长度为L，得磁感应

7、强度磁通和磁通链为单位长度电感363.8解：设内线圈中通以电流I1，则管芯中与外线圈交链的磁通，可按3.7题得磁通外线圈有N2匝，得磁通链互感为。3.9解：利用电场的切向和法向边界条件得两式相比得的大小和方向为。3.10解：解法类似于3.9题，只需将用来取代，即得。3.11解：解法类似于3.9题，只需将用s来取代，即得363.12解：忽略平行板电容器的边缘效应，可知电介质内的电场为均匀恒定值。由式（3.63b）和（3.65b）求得电容器的能量为由3.5题知。3.13解：对于轴对称分布，应用安培环路定理知（a≤≤b）。3.14解：参考例3.11。其中所受力。3.15

8、解：（1）