电磁场课后答案3
- 格式：pdf
- 大小：114.32 KB
- 文档页数：3
课
∂
2πrE = S
rω ∂ψ ' => E = ψ 0 cos ωt ； 2 ∂t
ωa 2 ∂ψ ' => E = ψ 0 cos ωt 2r ∂t
3.9 假定E= (x0+jy0)e–jz，H=(y0–jx0)e–jz，求用z、ωt表示的S以及<S>。 解： E(t ) = cos(ωt − z )x 0 − sin (ωt − z )y 0
S(t ) = z 0
mπx nπy ，求磁场强度 H ，以及瞬时坡印廷功 cos a b
ˆ0 = y ˆ 0 E ym sin 3.10 设电场强度 E = E y y
率流 S (t) 与平均坡印廷功率流 < S > 。 解： H =
1 − jωμ 0
∇×E =
1 − jωμ 0
(
ˆ0 mπE ym z ∂ mπx nπy ˆ0 ) = cos cos Ey z ∂x − jωμ 0 a a b
m
ˆ ，则 答：不可以，假定 E = yx
∂B ∂B ˆ ，在 y=0 的平面上 E=0，但 = −∇ × E = z ≠ 0. ∂t ∂t
3.5 对于调幅广播，频率f从 500KHz到 1MHz，假定电离层电子浓度N = 1012m–3，确定电离层 有效介电系数εe的变化范围。 解： ω P =
Ne 2 = 5.64 × 10 7 ； mε 0
H (t ) = cos(ωt − z )y 0 + sin (ωt − z )x 0
.k hd
)
∂ψ ' ，其中ψ ' 表示被积分环路包围 ∂t
aw .
q (− r0 ) = q 2 (− x 0 cos ϕ − y 0 sin ϕ ) = q 2 (− x 0 cos ωt − y 0 sin ωt ) 2 4πr 4πr 4πr
在这过程中，应用了叠加原理。 3.4 如果在某一表面 E=0，是否就可以得出在该表面
课
则： E t = E1 + E 2 ， Bt = B1 + B2 ， H t = H 1 + H 2 ， Dt = D1 + D2
后 答
案
网
∂ ( D1 + D2 ) ; ∂t
ww w
∂ ( B1 + B2 ) ; ∂t
co
m
3.7 一点电荷（电量为 10–5库仑）作圆周运动，其角速度ω = 1000 弧度/秒，圆周半径r = 1cm， 如图P3.7，试求圆心处位移电流密度。 解： 为了计算方便，设 t = 0 时ϕ = 0，而ϕ = ωt，点电荷 q 在 O 点产生电位移矢量 D 为
x0 y0 z0 S(t ) = E(t ) × H(t ) cos(ωt − z ) − sin (ωt − z ) 0 = z 0 sin (ωt − z ) cos(ωt − z ) 0
案
网
× H e jωt }ຫໍສະໝຸດ ww wˆ mπE ym z 1 1 mπx nπy mπx nπy ˆ 0 E ym sin Re{E × H * } = Re{y cos × 0 cos cos }=0 2 2 a b jωμ 0 a a b
1 2 B =3.98 × 105J。 2μ
.k hd
ε
2
4aωμ 0
Vemf
∂ψ m πa 2 B =− =− ω = − Bωa 2 / 2 ∂t 2π
D=
位移电流密度为
J dx = J dy
圆柱体内外任意点的电场强度。 答：由法拉第电磁感应定律：
后 答
3.8 在一半径为 a 的无限长圆柱体中有一交变磁通通过，其变化规律为ψ = ψ 0 sin ωt ，试求
案
网
把数值代入上式： J d =
ˆ0 =x < S >=
2 − mπE ym
3.11 说明 S ≠ Re{E × H e 3.12 说明 S ≠ Re{E e
jωt
jω t
}.
Re{E × H e jωt } = Re{( E r + jE i ) × ( H r + jH i )e jωt }
Re{E e jωt × H e jωt } = Re{( E r + jE i )e jωt × ( H r + jH i )e jωt } = Re{[( E r × H r − E i × H i ) + j ( Ei × H r + E r × H i )]e 2 jωt } = ( E r × H r − Ei × H i ) cos 2ωt − ( E i × H r + E r × H i ) sin 2ωt
sin
2mπx nπy cos 2 sin 2ωt a b
E 2 =4.425 × 10-4J;
aw .
co
ˆ 0 E ym sin S (t) = E(t) × H(t) = y
ˆ 0 mπE ym z mπx nπy mπx nπy cos cos ωt × cos cos sin ωt a b − ωμ 0 a a b
因此，上面两题目中的不等式成立。 3.13 求在电场E=104V/m或磁场B=104G（高斯G=10-4Wb/m2）两种情况下，比较单位体积中 存储的电场能与磁场能的差别。 答：对于E=104V/m，单位体积内的电场能： W = 对于B=104G，单位体积内的磁场能： W =
课
= Re{[( E r × H r − Ei × H i ) + j ( E i × H r + E r × H i )]e jωt }
3.1 以下几个量的量纲是什么？ J/m3 ; b) H*B J/m3; a）E*D
c) S
W/m2
ˆ 0 + yz ˆ 0 ， D 随时间变化吗？ 3.2 无源空间 H = zy
答： ∇ × H = J +
∂D ∂D = 0,Q J = 0,∴ = 0 ，所以 D 随时间不变化。 ∂t ∂t
B
、 （E2，B2，H2和D2）分别为源（J1、ρv1） 、 （J2、ρv2）激发的满 3.3 假定（E1,B1,H1,和D1） 足麦克斯韦方程的解。求源为（Jt =J1 +J2、ρvt=ρv1+ρv2）时麦克斯韦方程的解。在得出你 的解中，你应用了什么原理？ 答:
∇ × E1 = −
∂B1 ∂D1 ; ∇ × H1 = J1 + ； ∇ ⋅ B1 = 0 ; D1 = ε ⋅ E1 ; B1 = μ ⋅ H 1 ∇ ⋅ D1 = ρ v1 ； ∂t ∂t ∂B2 ∂D2 ; ∇× H2 = J2 + ; ∇ ⋅ D2 = ρ v 2 ; ∇ ⋅ B 2 = 0 ; D2 = ε ⋅ E 2 ; ∂t ∂t
m
当ω = 1MHz，
εe ⎛ 31.7 × 1014 ⎞ ⎟ = −79.1 = ⎜1 − 6 2 ⎟ ε0 ⎜ ⎝ (2π × 10 ) ⎠
所以电离层有效介电系数εe的变化范围为 − 320.5ε 0 < ε e < −79.1ε 0 。 3.6 一半径为 a 的导体圆盘以角速度 ω 在均匀磁场中做等速旋转，设圆盘与磁场互相垂直， 入图 P3.6，试求圆盘中心与它边缘之间的感应电动势。 （图略） 答：由法拉第电磁感应定律，该圆盘在磁场中旋转运动时，等效为对于任一径向方向与整个 圆盘形成的环路的磁通量有了变化，可以得到：
2 ⎞ ωp εe ⎛ = ⎜1 − 2 ⎟ ⎟ ε0 ⎜ ⎝ ω ⎠
当ω = 0.5MHz，
εe ⎛ 31.7 × 1014 ⎞ ⎟ = −320.5 = ⎜1 − 6 2 ⎟ ε0 ⎜ ⎝ (2π × 0.5 × 10 ) ⎠
.k hd
∂B = 0 ？为什么？ ∂t
aw .
co
∇ × E2 = −
10 2 x 0 sin 10 3 t − y 0 cos10 3 t 4π
(
ww w
∂D x qω = x0 sin ωt ∂t 4πr 2 qω = −y 0 cos ωt 4πr 2
∫ E ⋅ dl = ∂t ∫ B ⋅ dS ，在半径为 r 处满足:
的磁通的大小。 在圆柱体内： 2πrE = πr 2 在圆柱体外： 2πrE = πa 2
B2 = μ ⋅ H 2
如果媒质为线性的，则有：
∇ × ( E1 + E2 ) = −
∇ × (H1 + H 2 ) = ( J1 + J 2 ) +
∇ ⋅ ( D1 + D2 ) = ρ v1 + ρ v 2 ;
∇ ⋅ ( B1 + B2 ) = 0 ; D1 + D2 = ε ⋅ ( E1 + E 2 ) ; B1 + B2 = μ ⋅ ( H 1 + H 2 )
= ( E r × H r − E i × H i ) cos ωt − ( Ei × H r + E r × H i ) sin ωt
后 答
答： S = Re{ E × H * } = Re{( E r + jE i ) × ( H r − jH i )} = E r × H r + E i × H i
