電磁場與電磁波第4版習(xí)題

電磁場與電磁波（第4版）習(xí)題第4章第4章時變電磁場部分習(xí)題解答4.1證明：在無源的真空中,以下矢量函數(shù)滿足波動方程“J注3其中C2(1)C2%2E=eEcos(cor部分習(xí)題解答4.1證明：在無源的真空中,以下矢量函數(shù)滿足波動方程“J注3其中C2(1)C2%2E=eEcos(cor一一z)，(2)L,石為常數(shù)。8 0ooco ?E=eEsin(—z)cos(cor)，(3)CcoE=eEcos?/+—z)y(1)COEV2cos?/--z)=eEX0 Q X00Z2CO cocos(cx-，)=

c-e(―)2Ecos(cor—z)V2E-1d?EC20/2V2E-1d?EC20/2/ 3、 / 3、COS(COf Z)=-e32￡COS(COf z)-e(—)2Ecos(3/-—z)-—[-es?Ecos(cor--z)]=0CC2Xo即矢量函數(shù)E=eEx03C0S(①z)C滿足波動方程即矢量函數(shù)E=eEx03C0S(①z)C滿足波動方程V2E-——=0°

C2%2(2)V2E=e￡V2[sin(—z)cos(3/)]=e?2 COE——[sm(—z)cos(CDf)]=x0&2 C3 3-e(―)2Esin(—z)cos(cor)X%E=eE上3t2x03/2c0cCO CD[sin(—z)cos(cor)]=-eC02E[sm(—z)cos(cor)]=-e(―)2￡sin(—z)cos(cor)-—[-es?Esin(—z)cos(cor)]=0即矢量函數(shù)E二eEsin(—z)cos(co0滿足波動方程X°cV2E-——=0°C2dt2-廠32 3、eE cos(31+—z)=y-廠32 3、eE cos(31+—z)=y0&2 cTOC\o"1-5"\h\z刈 3、-e(—)2Ecos(31+一z)32E-E32E-E=eE312 y(cos(31+一z)=-e32Ecos(31+一z)3 3 1 3(—)2Ecos(31+—z)--[-e32Ecos(31+—z)]=0即矢量函數(shù)E即矢量函數(shù)Ecos(3t+3z)滿足波動方程V2E-—注=0。c23124.3已知無源的空氣中的磁場強度為H=e0.1sin(10rtx)cos(6兀x1091-kz)A.'m利用波動方程求常數(shù)k的值。解 在無源的空氣中的磁場強度滿足波動方32H(r,t)八V2H(r,t)-從8 -=000 312V2H(r,t)=eV20.1sin(10ix)cos(6兀x1091-kz)=ye[-(10i)2-k2]0.1sin(1Sx)cos(6兀x1091-kz)ycos(6兀x10cos(6兀x1091一kz)=——H(r,t)=e0.1sin(10Kx)312 y-e(6兀x109)20.1sin(1CHx)cos(6兀x1091-kz)y代入方程V2H(r,t)-從83H^二0，00 312e{[-(10^)2一k2]+[￡(6兀x109)2}0.1sin(10ix)cos(6兀x1091-kz);0于是有[-(10rt)2-k2]+^080(6兀x109)2:0

故得到故得到，如果不采用洛侖茲條日￡(6兀X109)2—(1加)2:10四，如果不采用洛侖茲條件，而采用庫侖規(guī)范V.4=0,導(dǎo)出4和,所滿足的微分方程。解將電磁矢量位4的關(guān)系式和電磁標(biāo)量位，和電磁標(biāo)量位，的關(guān)系式B=Vx4代入麥克斯韋第一方程得利用矢量恒等式Vx得利用矢量恒等式VxH=J+e坐dt1 a-Vx(Vx4)=J+8—日 atVxVx4=V(V?4)-V24a,—V(V?4a,—V(V?4)-V24=RJ+*—(-V9-at又由84

at（1）v.D=pv.(-V9-84)=-at8v29+g（V?4）=-Pat 8（2）按庫侖規(guī)范，令v.4=0，將其代入式（1）和式⑵得, d2A 一 ，。①V2A—口￡ =―口J+口取(―)次2 atv沖=-e￡式(3)和式(4)就是采用庫侖規(guī)范時，電磁位函數(shù)A和,所滿足的微分方程。自由空間中的電磁場為E(z,t)=e1000cos(31—kz)V/mxH(z,t)=e2.65cos(31—kz)Am式中k=3Jr￡=0.42rad.m。求：(1)00時坡印廷矢量；(2)平均坡印廷矢量；(3)任一時刻流入如題4.9圖所示的平行六面體(長1m、橫截面積為025m2)中的凈功率。解(1)瞬時坡印廷矢量S=EXH=e2650COS2(31—kz)Wm2(2)平均坡印廷矢量S=e—f27132650cos2(31—kz)dt=e1325 W,m2(3)住一舒刻流入如題4.9囹所示的平行六面體中的凈功率為P=—(bS，edS=—[S(——e) +S也 ]x0.25=Sn zz=0 zz=12650x0.25[cos2(31)—cos2(31—0.42)]=—270.2sin(231—0.42)w已知某電磁場的復(fù)矢量為TOC\o"1-5"\h\zE(z)=ejEsin(kz)V.-mx0_ 0 '韋H(z)=e 0-Ecos(kz)Amy\R0 00 .. 」、 、式中k0=^=3，c為真空中的光速，入。是波長。求：0

（1）工二0、%、X各點處的瞬時坡印廷矢量；（2）TOC\o"1-5"\h\z、4 - 8… 4-一以上各點處的平均坡印廷矢量。解（1）E和H的瞬時矢量為E(z,t)=Re[ejEsin(kz)j]二一eEsin(kz)sin(①t)V'mX0 0 X0 0^r~ 'eH(z,t)=Re[e1—0-Ecos(kz)e2]=e:fEcos(kz)cos(3t)y^N0 0 y\" 0 00 ' 0A.'mA.'m則瞬時坡印廷矢量為二一e0E2cos(kz)sin(kz)cos(3t)sin(3t)z\平0 0 000S(0,t)=0W.1m2°. e2er~ .S(入/8,t)=一ez—J—e-sin(2wt) w/m2"0S(九04,t)=0 W/m2S(z)=1Re[E(z)xH*(z)]=0 W.-'m2在橫截面用"b的矩形金屬波導(dǎo)中，電磁場的復(fù)矢量為a一兀X .E=-ej3"—Hsin(——)e-jPz V'my兀0a -a 兀x 兀I、1A.m（1）瞬時坡H=[ejP—Hsin(——)+eHcos(——)]e-jPz式中H、3…和1P都是實常0A.m（1）瞬時坡印廷矢量；（2）平均坡印廷矢量。解（1）e和H的瞬時矢量為a_.，兀X、 一E(x,z,t)=Re[-ejQ"—Hsm(——)e-jPzej31]二y兀0ae3"—Hsin(9)sin(31-Pz)y兀0aV/mH(x,z,t)=Re{[ejP—Hsin(巴)+eHcos(巴)]e-jPzej31}二

x兀0az0aTOC\o"1-5"\h\zn TLX 7tx-€XP—Hsin(——)sin(cor-pz)+eH-€X故瞬時坡印廷矢量a tcxS(羽z/)=eCO|1P(—H)2sin2(——)sin2(cor-p^)+

[兀。 aeHisin(^^)sin(2cor-2Pz)x4兀oa(2)平均坡印廷矢量(2)平均坡印廷矢量,aTT. ./兀x、(—H)2sm2(,aTT. ./兀x、(—H)2sm2(——)71 0-E2o故平均坡印廷矢量為xH[cos(2(or+\|/+\jj)+cos州-y)]SavTSdt=-oTT1「T-E02oxH[cos(2co?+\|/+\|/)+cos(\|/-1|/)]dt=S(x,z)=1Re[E(x,z)xH*(x,z)]=e吧Eav 2 z2W/m2設(shè)電場強度和磁場強度分別為E=Ecos(cor+v)H=Hcos(cor+v)證明其坡印廷矢量的平均值為 〃S=-ExHcos(t|/-V|Z).. av2 0 0 em解坡印廷矢量的瞬時植為S=ExH=Ecos((jd^+w)xHcos(co?+\\f)=-ExH[cosCcor+\|/+(f>t+\|/)]+cos[31+1|/-cor-\\f]=2o--v)

m—ExHcos(w2-v)

m在半徑為,、電導(dǎo)率為。的無限長直圓柱導(dǎo)線中，沿軸向通以均勻分布的恒定電流/,且導(dǎo)線表面上有均勻分布的電荷面密度p。S

（1）導(dǎo)線表面外側(cè)的坡印廷矢量s（2）證明：由導(dǎo)線表面進入其內(nèi)部的功率等于導(dǎo)線內(nèi)的焦耳熱損耗功率。解：（1）當(dāng)導(dǎo)線的電導(dǎo)率o為有限值時，導(dǎo)線內(nèi)部存在沿電流方向的電場E=J=e—I—根據(jù)邊界條件，在導(dǎo)線表面上電場的切向分量連續(xù)，即E=E。因此，在導(dǎo)線表面外側(cè)的電場的切向分量為EI_=又利用高斯定理，容易求得導(dǎo)線表面外側(cè)的電場的法向分量為故導(dǎo)線表面外側(cè)的電場為E| =e^s-+e——op=a p8z兀a20利用安培環(huán)路定理，可求得導(dǎo)線表面外側(cè)的磁場為W..m2故導(dǎo)線表面外側(cè)的坡印廷矢量為W..m2p=a="X"o'Ia由內(nèi)導(dǎo)體表面每單位長度進入其內(nèi)部的功率12 三…12 三… X2兀a=RI22兀2a30是內(nèi)導(dǎo)體單位長度的電阻。由此可見，由導(dǎo)線蓑甯進入其內(nèi)部的功率等于導(dǎo)體內(nèi)的焦耳熱損耗功率。由半徑為0的兩圓形導(dǎo)體平板構(gòu)成一平行板電容器，間距為“，兩板間充滿介電常數(shù)為電導(dǎo)率為。的媒質(zhì)，如題4.16題所示。設(shè)兩板間外加緩變電壓〃=U間外加緩變電壓〃=Ucos（01，m（1）電容器內(nèi)的瞬時坡印廷矢量和平均坡印廷矢量；（2）進入電容器的平均功率；（3）電容器內(nèi)損耗的瞬時功率和平均功率；略去邊緣效應(yīng)，試求:題4.16題解（1）電容器中的電場uuE—e—=e—mcosot

zdzd一位移電流密度J和傳導(dǎo)電流密度J分別為d加一8OU一?J—8 -e msin①toU——mcosotoU——mcosotJ—oE―ez.d、由于軸對稱性，兩板間的磁場只有e分量，且在以軸為中心、P為半徑的圓周,上處處相等。于是由可得JH可得JH?也cfJ?dS+J空.dSSS0toU ?-8OU??2兀rH—兀p2?——“cosot—兀p2 msinot所以TOC\o"1-5"\h\z。d d所以UpH—e°-2d-(ocosot-80sinot)U2p/ 8o.S―EXH―1亦(ocos2o"7s1n20t)

Sav33Sav33二——13Sdt二)UP(oCOS23t-P2d2sin2①t)dtoU2p—em—P4d2_(2)損耗功率瞬時值p為PJoE2P