(完整word版)電磁場與電磁波期末復習題(2)

1、2014年第一學期電磁場與電磁波復習題1 .已知矢量 A =exX2 +eyXy2 +ezz2，則 7 A = 2x + 2xy + 2z , V x A =ezy2。注:2.3.+ =2x + 2xy +2z czexey-» ez-» exFey-k ez£柱柱點&czdxczAxAyAz2 x2xy2 zcx=ez矢量A、B垂直的條件為理想介質的電導率為 b =0,理想導體的電導率為dx= ezy2b T處，歐姆定理的微分形式為J =b E 。靜電場中電場強度E和電位 0的關系為E = -勺W ,此關系的理論依據為xE=0 ；若已知電位= 2xy2

2、+3Z2，在點(1,1,1)處電場強度 E = -(ex2+ey4 + ez6 )。注：E =可甲=卜砂-砂- ex +ey +ez cxcycz 丿=-GxZy2 +ey4xy+ez6z )，電位拉普拉5. 恒定磁場中磁感應強度B和矢量磁位A的關系為BA ；此關系的理論依據為可= 0。6 .通過求解電位微分方程可獲知靜電場的分布特性。靜電場電位泊松方程為E、D邊界條件為：enX（E1E2）=O和斯方程為E =0 。7 .若電磁場兩種媒質分界面上無自由電荷與表面電流，其en 61 D2 ）=0 ； B、H 邊界條件為：<§1B2）=O 和 2（耳1H2L0。&空氣與介質

3、（2=4）的分界面為z=0的平面，已知空氣中的電場強度為E1=ex+ey2 + ez4,則介質中的電場強度E2 = ex+ey2+ez1。注：因電場的切向分量連續(xù)，故有Ee +eyezE2z，又電位移矢量的法向分量連續(xù)，即先 X 4 =E2z = E2z=1所以 E2 =ex +ey2 +叩。I，柱外是空氣（凹），則9.有一磁導率為 卩半徑為a的無限長導磁圓柱，其軸線處有無限長的線電流-士PI-RL2%P1柱內半徑為 P,處磁感應強度B1 =H；柱外半徑為 卩2處磁感應強度 B2 = e©。-C2江p210.已知恒定磁場磁感應強度為B =exX+eymy+ez4z,則常數m= -5。

4、注:因為可B =邑+皀excy+邑=0 ,所以 1+m+4=0= m = 5。cz11.半徑為a的孤立導體球,在空氣中的電容為C0=4兀“a ；若其置于空氣與介質（£ 1 ）之間，球心位于分界面上，其等效電容為C2解：（1） Er 4叮0Er=贏和，UQQ=fEr dr = , C = = 4兀£0a、4兀E0aU（2） D1r2兀r2+ D2r 2兀r2 _QD1r D2rGE1r = E2r噸0 52，巳心2 兀（s + 名i）a,C=2花（g0 + S1）aU12.已知導體材料磁導率為 卩，以該材料制成的長直導線單位長度的內自感為13.空間有兩個載流線圈，相互平行放置

5、時，互感最大；相互垂直放置時，互感最小。兀14.兩夾角為O = （n為整數）的導體平面間有一個點電荷q,則其鏡像電荷個數為（2n-1）。n- - 1 15空間電場強度和電位移分別為E、D，則電場能量密度 We= E -D。216.空氣中的電場強度 E =ex20cos（2兀t kz），則空間位移電流密度JD-ex4£0sin（2兀t 一 kz）。f cD c 卜1"注：JD =-Uex220Cos（2I-kz） ex40叭sWkz）（曲。17在無源區(qū)內，電場強度 E的波動方程為 可2E+k：E=0。18 .頻率為300MHz的均勻平面波在空氣中傳播，其波阻抗為120兀（0）

6、,波的傳播速度為8c （止3.0X10 m/s）,波長為 1m，相位常數為2兀（rad /m）；當其進入對于理想介質（£ r= 4,卩卩0），在該介質中的波阻抗為60；1（0），傳播速度為1.5x108（m/s），波長為0.5m ，相位常數為4兀(rad /m)。注：有關關系式為、申1波阻抗n = J ( 0 ),相速度V =(m/s), fA = V ,V E應2兀k = (rad/m)空氣或真空中，n0 =120兀（0） , V = C 俺 3X108（m/S）。19.已知平面波電場為 Ei =E0（ex - jey）e4住，其極化方式為右旋圓極化波注：因為傳播方向為 +Z方向，

7、且Exm = Eym , *x = 0 , *y =2jI,丁%、=二0，故為右旋圓極化波。20 已知空氣中平面波E（x,z）=eyEmeJS），則該平面波波矢量k = ex6 兀 +ez8兀角頻率03=3兀 x109(rad/S)，對應磁場 H(x,z )=-Ed(-6ex+3ez b6泳咖600兀(A/m)。解：因為 kxX+kyy +kzz =67ix +8貶，所有 k 6兀,ky =0 , kz = 8兀,k = Jk： + k： + k； = 10花,從而 k =ex6兀 +ez8兀, k = =0.2(m), 仏=v = c = 3"08(m/s) ,f=1.5"

8、;09(Hz),k9蛍=if =3兀x109（rad/S）。相伴的磁場是H Ne"頁宀=0(ex6沢十的 gEme-gEm (_6ex+3eze從黑七比)(A/m)600兀21.海水的電導率 d =4S/m相對介電常數 E =81。對于f=1GHz的電場，海水相當于一般導體解：因為O'2江 X1X109472,1 = W1X 10二兀818136花所以現在應視為一般導體。22.導電媒質中，電磁波的相速隨頻率變化的現象稱為色散 。23.頻率為f的均勻平面波在良導體（參數為b、巴E ）中傳播，其衰減常數a=，本征阻抗相1位為兀/4，趨膚深度。J if Ry24.均勻平面波從介質1

9、向介質2垂直入射，反射系數r和透射系數T的關系為1 + r = T。25.均勻平面波從空氣向気=2.25, 4 = 40的理想介質表面垂直入射，反射系數r=-0.2，在空氣中合成波為行駐波，駐波比s= 1.5。電2 解：n 1 =% =120兀，n2 ：-0.2，行駐波,r21-卩.526.均勻平面波從理想介質向理想導體表面垂直入射,反射系數r= -1,介質空間合成電磁波為駐波 。27 均勻平面波從理想介質1向理想介質2斜入射，其入射角為9,反射角為&,折射角為Q，兩區(qū)的相位常數分別為ki、k2，反射定律為6 =熱，折射定律為k1 sini =k2Sint。28.均勻平面波從稠密媒質（

10、£ 1）向稀疏媒質（£ 2）以大于等于 氏=arcsi nJ 斜入射，在分界面產生全反V名1射，該角稱為臨界角 ；平行極化波以 乩=arctan （邑斜入射，在分界面產生全透射，該角稱為布儒斯特角。29. TEM波的中文名稱為橫電磁波。30.電偶極子是指幾何長度遠小于波長的載有等幅同相電流的線元,電偶極子的遠區(qū)場是指_kr » 1或 r A Z_°簡答題1.導電媒質和理想導體形成的邊界，電流線為何總是垂直于邊界?答:在兩種不同導電媒質交界面兩側的邊界條件為enJ1 J2 ）=0 , enX（E1 E2 ）= 0,即= J2n ,Eit= E2t，因此=&

11、#163;1 円/J1n/J2ntan &1_ E1t/E1n tan 日2 E2t / E2n顯然，當W T處時，可推得日2 T 0 ,即電流線垂直于邊界。2.寫出恒定磁場中的安培環(huán)路定律并說明：磁場是否為保守場?答：恒定磁場中的安培環(huán)路定律為由斯托克斯定理可得匚JHdl = JxH，dS = JJ dS，因此H = J不恒為零，故不是保守場。 CSS3. 電容是如何定義的？寫出計算雙導體電容的基本步驟。答：電容是導體系統(tǒng)的一種基本屬性，是描述導體系統(tǒng)儲存電荷能力的物理量。孤立導體的電容定義為所q與兩導+q帶電量q與其電位W的比值；對于兩個帶等量異號電荷（ 卻）的導體組成的電容器，其

12、電容為 體之間的電壓U之比。計算雙導體的步驟為：根據導體的幾何形狀，選取合適的坐標系；假定兩導體上分別帶電荷 和-q:根據假定的電荷求出E ;由U和電dl求出電壓；由C詩求出電容C.4. 敘述靜態(tài)場解的惟一性定理，并簡要說明其重要意義。pCp答：靜態(tài)場解的惟一性定理：在場域V的邊界面S上給定W或的值，則泊松方程或拉普拉斯方程在cn場域V具有惟一值。惟一性定理的重要意義：給出了靜態(tài)場邊值問題具有惟一解的條件；為靜態(tài)場邊值問題的各種求解方 法提供了理論依據；為求解結果的正確性提供了判據。5. 什么是鏡像法？其理論依據是什么？如何確定鏡像電荷的分布?答：在適當的位置上，用虛設的電荷等效替代分布復雜的

13、電荷的方法稱為鏡像法。鏡像法的理論依據是唯 一性定理。鏡像法的原則為：所有的鏡像電荷必須位于所求場域之外的空間中；鏡像電荷的個數、位置及電 荷量的大小以滿足原邊界條件來確定。6. 分別寫出麥克斯韋方程組的積分形式、微分形式并做簡要說明。答：積分形式:第一方程說明：磁場強度沿任意閉合曲線的環(huán)量，等于穿過以該閉合曲線為周界的任意曲面的傳導電流與位移電流之和。叩 dl = J dS + 廿dS第二方程說明：電場強度沿任意閉合曲線的環(huán)量，等于穿過以該膽 dS =0 D dS = T陽V閉合曲線為周界的任意曲面的磁通量變化率的負值。第三方程說明：穿過任意閉合曲面的磁感應強度的通量恒等于 第四方程說明：穿

14、過任意閉合曲面的電位移的通量等于該閉合面包含的自由電荷的代數和。微分形式:H J邁ct第一方程對安培環(huán)路定理進行修正，表征電流與變化的電場都是磁場的漩渦源;第二方程為電磁感應定律，說明變化的磁場產生電場;第三方程說明磁場為無散場;第四方程說明電荷為電場的源。7. 寫出坡印廷定理的積分形式并簡要說明其意義。答：坡印廷定理的積分形式為-q (EXH ) d S = f (- E *D + H B )dV + f E J dV 丿 dt "v 22-V物理意義：單位時間內，通過曲面s進入體積V的電磁能量等于體積 V中所增加的電磁場能量與損耗的能量之和。坡印廷定理是表征電磁能量守恒關系的定理

15、。d 1 - -1 -打匹E"2H B)dV單位時間內體積 V中所增加的電磁能量。線極化：= 0、圓極化：Exm = Eym ,橢圓極化：其它情況,也0 > 0，左旋，< 0,右旋。(E JdV 時間內電場對體積 V中的電流所作的功；在導電媒質中，即為體積V內總的損耗功率。-勺s( exh廠d S 通過曲面S進入體積V的電磁功率。&什么是波的極化？說明極化分類及判斷規(guī)則。答：電磁波的極化是指在空間給定點處，電場矢量的端點隨時間變化的軌跡，分為線極化、圓極化和橢圓 極化三類。電磁波的極化狀態(tài)取決于Ex和Ey的振幅Exm、Eym和相位差$ = 0 y- x，對于沿+

16、z方向傳 播的均勻平面波: ±兀，$ = 0,在1、3象限，$ = ±兀，在2、4象限;細=±7! /2,取?！保笮龍A極化，取 ”，右旋圓極化;9. 分別定性說明均勻平面波在理想介質中、導電媒質中的傳播特性。 答：均勻平面波在理想介質中的傳播特性： 電場、磁場與傳播方向之間相互垂直，是橫電磁波; 電場與磁場振幅不衰減; 波阻抗為實數，電場磁場同相位; 電磁波的相速與頻率無關，無色散; 平均磁場能量密度等于平均電場能量密度。均勻平面波在導電媒質中的傳播特性: 電場、磁場與傳播方向之間相互垂直，是橫電磁波; 電場與磁場振幅呈指數衰減; 波阻抗為復數，電場與磁場不同相

17、位; 電磁波的相速與頻率有關，有色散; 平均磁場能量密度大于平均電場能量密度。10. 簡要說明行波、駐波、行駐波之間的區(qū)別。答：行波是其振幅不變的波，反射系數r =0,駐波系數S =1 ；駐波的振幅有零點（駐點），在空間沒有移動，只是在原來的位置振動，反射系數|r 1=1，駐波系數；而行駐波則是其振幅在最大值和不為零的最小值之間變化，反射系數0 qr |<1，駐波系數1 < S V處。11. 簡要說明電偶極子遠區(qū)場的特性。答：電偶極子遠區(qū)場的特性: 遠區(qū)場是橫電磁波，電場、磁場和傳播方向相互垂直; 遠區(qū)場電場與磁場振幅比等于媒質的本征阻抗; 遠區(qū)場是非均勻球面波，電磁場振幅與1/r

18、成正比;遠區(qū)場具有方向性，按sin0變化。三、分析計算題1.電場中有一半徑為 a的圓柱體，已知圓柱體內、外的電位函數為:P<aa2=A(P-p)cos©P>a求圓柱體內、外的電場強度；柱表面電荷密度。（提示：柱坐標"e+環(huán)誥+ez|Z） 解：圓柱體內的電場強度為圓柱體外的電場強度為卜£甲2-孑甲2-靜2 、Tep苗呻一曲1+丁柱表面電荷密度為Pc*fcos© + eA 1V2 丄"S 2+ ez 遼丿篤sin*P2丿IP2Ps =en (02 Di=ep'(sE2 L =-2Acos<t>2.同心球形電容器的內導

19、體半徑為a、外導體半徑為 b,其間填充介電常數為£的均勻介質。已知內導體球均勻攜帶電荷 q。求：介質內的電場強度E該球形電容器的電容。解：高斯定理J D yS = q,得Der內外導體間電壓:q 11q (rb)b -a由電容的定義C =2，得到ugabb -a3.空氣中有一磁導率為半徑為a的無限長均勻導體圓柱，磁感應強度 B和磁場強度H。-uq其軸線方向電流強度為I，求圓柱內外的解：由qH qi =l可得圓柱內外的磁場強度都是C而圓柱內外磁感應強度是4矩形線圈長與寬分別為a、b,與電流為i的長直導線放置在同一平面上，最短距離為i=l ,求：長直導線產生的磁場；線圈與導線間的互感。已

20、知導線電流i(t)=l ocosot, 求:解：電流i=I產生的磁場:穿過矩形線圈的磁通量是-“PI=JB ”dS= J 0Sad"2兀故線圈與導線間的互感為導線電流i(t)=l 0cos3t產生的磁場:穿過矩形線圈的磁通量是2線圈中的感應電動勢 d七八円dS=dGP卩0I0c卻£此血12'n:2兀InXbsinst d上式中約定感應電動勢的方向是順時針。d,如圖。已知 導線產生的磁場;5點電荷q放置在無限大的導體平面附近，高度為已知空間介質的相對介電常數£ r=2，求點電荷q受到的電場力；高度為 4h的P點的電場強度與電位。線圈中的感應電動勢。解：鏡像法

21、，確定鏡像電荷q（T）F =ey24 聴 o(2h)E =Ei +E2p*q£ hq '-q 。q'的位置如圖和大小16 兀goh-ey 4兀so(4h - h)2+ ey4q2 = ey24兀so (4h + h)2225 兀g oh2+3O"oh4 兀名 o(4h-h) 4 兀名 o(4h + h)6已知半徑為a的導體球帶電荷量為Q，距離該球球心f=4a處有一點電荷q,求q受到的電場力。解: q一fqq4c則q受到的電場力為Fqp 4%f2exq/q4%(f -cT)2Qq31q2ex(6%a2576O%a2)7.海水的電導率cF4S/m ,相對介電常數

22、 名r =81 o設海水中電場大小為 E =EmCOSBt ,求頻率f=1MHzJd o時，海水中的傳導電流密度 J;海水中的位移電流密度解： J = 4Em cos t D 二 E = r Em cos t = 810Em cos t&、在理想介質(Er =2.25,片=1)中均勻平面波電場強度瞬時值為:E(z,t)= ex40cos(©t-kz)。已知該平面波頻率為10GHz，求：該平面波的傳播方向、角頻率、波長、波數k;電場強度復矢量；磁場強度瞬時值；平均能流密度矢量Sav。解：傳播方向：+z ； o =2肝=2 兀 x10>d09 =2 兀燈010(rad/s)

23、；輕心108 »上72.25f2"09 =0.02(m)10x102兀2兀Y 丘 TOE")。1963671=81s0Em© sin©t = -81Xx10 x 2兀 x1 x10 Em sin©t = -1.458EmsinF匹vs V $0 Er120兀1十ez nX E(z) = ey40_jkzF 1jkze = ey e80兀(A/m)；H(z,t)亠1=ey cos®t - kz) (A/ m)S av咒 H-Reex 40e2 I-jkz Xey 一eI 2兀、jkzI - ez10 (W/m2) j兀E(z)

24、 =ex40e-jkz(V/m)- -= = 80兀(0 ), 仏V2.259.已知自由空間中均勻平面波磁場強度瞬時值為:- -1H(x,z,t)=ey cos«t-兀(3x + 4z) A/m，求該 3兀平均坡印廷矢量。平面波角頻率、頻率f、波長A電場、磁場強度復矢量瞬時坡印廷矢量、 解： kxX+kyy+kzz =3兀x+4貶；kx =3兀,ky = 0 , kz=4兀；=J(3 兀)2 + (4 兀)2 = 5 兀(rad /m) ； k= =2町=15花 X 108(rad /s)c 3X1088仏=V = c (因是自由空間)，f = 丁 = = 7.5X 10 (Hz)；

25、兒 0.4 - 1 H(X, z) =ey e-j嘆3x溝Z)(A/m);E(x, z) =n H(X, z) X en =n H (x, z) x k =120兀 x ey 丄e血(3x"z)x 3兀 +ez4兀 k51!=(ex32 -ez24)eM3x*z) (V / m) E(x, z,t) =fex32 ez24Cosbt -；i(3x +4z)】(V /m)- -1H(X,乙 t )=ey Lcosot-兀(3x +4z) (A/m )3兀 *" *I-I-1S = E X H =(ex32 -ez24 Cosb t 兀(3x + 4z) k e cos時 t-

26、兀(3x + 4z)=fex24 +ez32 Cos2 kt -兀(3x + 4z) (W/m2)E(x,z) =6x32 -ez24b於x+z)，H(x,z) = ey 丄 e j(3Fz)STr奔切=2 呼x32_ez24Lf *yAe 1-丄 £x24 +ez32(W/m10.均勻平面波從空氣垂直入射到某介質(£ = £ r £ 0, U U 0),空氣中駐波比為3，分界面為合成電場最小點，求該介質的介電常數解: S=3，ss卩I，31S+1 3+1-0.5 ;分界面為合成電場最小點,r <0，r = -0.533022-0.5，11已知空氣

27、中均勻平面波電場強度的復數表示為E (z,t )= ex由z<0區(qū)域垂直入射于 z>=0區(qū)域的理想介質中，已知該理想介質£ r = 4 ,卩卩0,求反射波的電場強度、磁場強度；透射波電場強度、磁場強度。z<0區(qū)域合成波的電場強度、磁場強度并說明其性質。解：Ei "xEoe罪=±ez 応xE0eTjey 旦 r 氏0Er2 0 n “02T|2x_0_ _2n-0-+nr =l&z）xEr%0V 3360；!Et= exzE0ek2z=2P= ex2E0e203=丄&）咒Et =丄&）咒 仁耳。/2 Ley 旦 e290兀厲22V 3Ei=exE0ex 且 ejexE0p1ejBLexE0FeJ 及3L 3 匕= exE0 討|co雖+ ey 旦ej =1 旦 e及+4及1 120兀L3H 1 = e y120兀-E。2 菲 + .2 .=ey Le + j -sin12