电磁场微波技术与天线(盛振华)第1章习题答案

第一章

1-1解:

方法（一）：应用高斯定理

由于电荷分布具有球对称性,所以容易用高斯定理来直接求解电场.如图所示：



dSqdV应用高斯定理 E

s

V

（1）r

（2） a

432

0rrr4SEdS0E 3

r



EErarar

30

rD0Ear

3

432

40同理：

SEdS40Er4r3a

（3） r>b 同理:

a3a3EErarar， D40Ear

120r23r2

E。*因为静电场是无旋场， 求以上三个 区域内的 

E0所以在以上三个区域内 ：

*应用球坐标系下的矢量旋度公式(P251)

43a32

0SEdS0Er4r3aEErar30r2ar

a3

， D0Ear

3r2

D求以上三个 区域内的

*应用高斯定理



V

(D)dVDdSdV

S

V



arr2sinE

rEr

arsin0

ar

00



D



raD 

arbD0 

rbD0

*应用球坐标系下的矢量散度公式(P251)

12

D2(rDr)

rr



代入计算结果也可求出相应区域的 D

1-2解：因两圆柱面间的电荷分布不对称，不能直接用高斯定理求解。可采用补偿叠加的方法，设小圆柱面内具有体密度



为 的两种电荷分布,将不对称电荷分布化为对称电荷分布的叠加。如下图所示:

=

+

'rr1的区域，应用高斯定理在内圆柱面内，即



1）设内圆柱中的负电荷在P点产生的电场为E1

s

V

0EdSqdV



E12rhr2h

0



2）设外圆柱中的正电荷在P点产生的电场为E2'2rE22r'hr'hE2arar

02020

则P点的电场E为E和E的叠加，即：

12

EE1E2(arar)d

doo2020

r

Earar1

2020

E------？ E1E2



r)20

'r

d

r

r'

r

d

'r： rd

1-8解：设内球壳半径为a=10cm,外球壳半径为b=20cm,两球壳之间的正电荷的体密度为 10c/m

43

08.851012F/m

方法一:用高斯定理求解电场强度,然后由E沿半径的积分求电位.



0EdSqdV

s

V

分 rb三个区域进行讨论.

p

2

raEdSE4r0E (1) ： 001r101

S

42

arbEdSE4r (r3a3)02r(2) ： 0S2

3

(r3a3)3.77106(r30.13)E2E2rararar

22

30rr

rb： (3)



42EdSE4r(b3a3)003rS3

3

3(b3a3)2.64104E3ararar

22

r30rr

由于电荷分布在有限空间,可选取无穷远处为零电位参考点.于是电位

(1)r

a,1 

r

a

b1.7105

E1drE2drE3dr

a

b

br





r



Edr

(2)arb,

2



23212a30.00156r2.26103.7710()E2drE3drbrb2r3022r

(3)rb,

3

r

b3a32.64104

E3dr

30rr

ar在球坐标系中 Er

根据前面所计算的三个区域电位的表达式,可分别求出各个区域的电场强度,即

(1)r

a,

(2)arb,



E11ar0

r2(r3a3)3.77106(r30.13) E2ararar

22

r30rr

(3)rb,

3(b3a3)2.64104

E3ararar

22

r30rr

根据电场强度的表达式,可得: r=50cm=0.5m时,P点的电场强度为:

EPE3

r0.5

1.04105(V/m)

(到r=1m)

(105V)(105V/m)E

r(m)

(2)arb,

（1-14）

1-14 此题与P25例题十分相似,可以先根据电流分布求解矢量磁位的的泊松方程,然后再求其旋度即得磁感应强度,进而计算出磁场强度. 设内导体所通过的直流电流为I,外导体通过的直流电流为-I.

解:在圆柱坐标系中,矢量磁位的每个分量都满足泊松方程:

2Ar0Jr2

A0J2AJ

z0z

因为电流密度分别沿 z轴(正、负)方向，所以A只有z方向分量， 故仅有

2Az0Jz

AzAz

,z无关，即 z0设同轴线无限长，因为场分布具有轴对称性，故问题可视为与

所以

1Az12Az2Az1Az

0Jz2Az(r)22(r)0Jz

2ArClnrDzrrrrzrrr

4

2

Az,Jz,B,H及积分常数分别用下标1，2，3，4表示。 下面分4个区域进行求解，4个区域的



ar

r

因为BA

r

Ar

arA

azr

A

(z)zrAz

即B

Azr

（2）

1

由B0HHHa且HB

0

（3）

[1]rr1，JzJ1

I

,因r0A1有限，2

r1

根据（1）式有C10即：A1

0J1

4

r2D1

A10Ir

B1

r2r12



IrHHaa122r1

I

[3], r2rr3时，JzJ322

(r3r2)

r因为

利用边界条件:

[2] r1rr2时，JzJ20,

A2C2lnrD2,B2

A3

0J34

C2

r

C3lnrD3

A30IrC3

B 322

r2(rr)r32[4]rr3时，JzJ40,A4C4lnrD4

时，A40,D40

B4

C4r

r r1时,B1B2

0Ir1C2

2r12r1

rr2时,B2B3

0Ir2C3C2

r22(r32r22)r2

r r3时,B3B4

C3C4



2(r32r22)r3r3



0Ir3

0I

C22

0Ir32

联立求得：C322

2(rr)32

C40

0Ir

B12r12



0I

B2

2r

0I(r32r2)B322

2r(rr32)

B40

Ir

HHaa1122r1

进而求得:

I

HHaa22 2r

22I(rr)3 aH3H3a22

2r(r3r2) HHa440

可应用恒流磁场的斯托克斯定律--安培环路定律



HdlI(H)dSJdS

c

S

S

求磁场强度。设内导体内的电流为I 。则内导体电流密度为 J1外导体电流密度为

J3

I

r32r22Ir12

r0

(1)r[0,r1]

H12rJ1dr2r2

r1

J1r12IH1

2r2rJ1r12IH1

2r2r

2

(2)r[r1,r2]

H22rJdr2J1dr2J1r12

r

(3)r[r2,r3]

2

1

2

H32rJdr

22

r

2

JdrJdr

2

10

3r

2

r1

r

22H3I22rr3J1rJ3rrIrr2I22

r3r2r32r22， 

r

2rrI

2323

r2r22

(4)r[r3,]

， 根据柱坐标下的旋度公式计算磁场强度的旋度

H42rJdr

r

2

JdrJdrII0

2

2

10

3r

2

r1r3

H40

arrH

r

Hr

arH

azr1(rH)azzrrHz

IH1J12az

r1即得:

H 2J20

IH3J3az

(r32r22)

H4J40

求磁感应强度的散度,可直接应用柱坐标下的散度公式 

BrBr1BBzB0

rrrz

rr1,Br1Br20,H1H2rr2,Br2Br30,H2H3

I2r1

I2r2

说明了恒流磁场是无散场.

验证边界条件: rr,BB0,HH03r3r434

1-27解：波阵面的形状可由等相位面方程判断。等相位面是平面（柱面，球面），则该波是平面（柱面，球面）波。由等相位面方程 610t2zconst可见，在某时刻，满足等相位面方程的条件是

8

zc

，它表示垂直于Z轴的平面；由该电场的表达式可看出，在该平面上，电场强度的大小处处相等，只是随时间t做

正弦变化，即振幅是均匀的。所以该波属于均匀平面波。

Ey(z,t)Eycos(tkz)由平面电磁波的一般瞬时形式可看出：

方向传播该波沿-z

E(z,t)37.7cos(6

108t2z)

610rad/s

在自由空间中 1

r

8

k2

f





3108Hz2



v

1mf

E

v

3108m/sk120

377

波阻抗

根据右手螺旋法则，磁 场H的振动方向为x方向。 其大小的复数形式为：

振幅：H



0.1A/m



Hax0.1ej2zA/m



Hax0.1cos(6108t2z)A/m

1-29

解：平面波极化性质判断依据：

y，为右旋极化波 0,2xy0x超前 在

xy

范围内 为线极化波

0xy0

xy



2

y，为左旋极化波 x落后

ExEy振幅相等,为圆极化波. 且 (1)EaEsin(tkz)a x0yE0cos(tkz);



axE0cos(tkz)ayE0cos(tkz)

2

 yx落后可见，x,y方向上振幅相等，，xy所以为左旋圆极化波。  (2)EaxE0sin(tkz)ay2E0sin(tkz);

xy0，为线极化波。 x和y方向上，电场相位相等，

， Ea(3)Esin(tkz)aEcos(tkz);x0y0



44



axE0cos(tkz)ayE0cos(tkz)

424



aEcos(tkz)aEcos(tkz) x0y0

44

 xy0，为线极化波。 x和y方向上，电场相位相等，



(4)EaxE0sin(tkz)ayE0cos(tkz);

4





)ayE0cos(tkz)42

3

aEcos(tkz)a x0yE0cos(tkz)

4

axE0cos(tkz



xy

34

y3x落后， 为左旋椭圆极波。

第一章

1-1解:

方法（一）：应用高斯定理

由于电荷分布具有球对称性,所以容易用高斯定理来直接求解电场.如图所示：



dSqdV应用高斯定理 E

s

V

（1）r

（2） a

432

0rrr4SEdS0E 3

r



EErarar

30

rD0Ear

3

432

40同理：

SEdS40Er4r3a

（3） r>b 同理:

a3a3EErarar， D40Ear

120r23r2

E。*因为静电场是无旋场， 求以上三个 区域内的 

E0所以在以上三个区域内 ：

*应用球坐标系下的矢量旋度公式(P251)

43a32

0SEdS0Er4r3aEErar30r2ar

a3

， D0Ear

3r2

D求以上三个 区域内的

*应用高斯定理



V

(D)dVDdSdV

S

V



arr2sinE

rEr

arsin0

ar

00



D



raD 

arbD0 

rbD0

*应用球坐标系下的矢量散度公式(P251)

12

D2(rDr)

rr



代入计算结果也可求出相应区域的 D

1-2解：因两圆柱面间的电荷分布不对称，不能直接用高斯定理求解。可采用补偿叠加的方法，设小圆柱面内具有体密度



为 的两种电荷分布,将不对称电荷分布化为对称电荷分布的叠加。如下图所示:

=

+

'rr1的区域，应用高斯定理在内圆柱面内，即



1）设内圆柱中的负电荷在P点产生的电场为E1

s

V

0EdSqdV



E12rhr2h

0



2）设外圆柱中的正电荷在P点产生的电场为E2'2rE22r'hr'hE2arar

02020

则P点的电场E为E和E的叠加，即：

12

EE1E2(arar)d

doo2020

r

Earar1

2020

E------？ E1E2



r)20

'r

d

r

r'

r

d

'r： rd

1-8解：设内球壳半径为a=10cm,外球壳半径为b=20cm,两球壳之间的正电荷的体密度为 10c/m

43

08.851012F/m

方法一:用高斯定理求解电场强度,然后由E沿半径的积分求电位.



0EdSqdV

s

V

分 rb三个区域进行讨论.

p

2

raEdSE4r0E (1) ： 001r101

S

42

arbEdSE4r (r3a3)02r(2) ： 0S2

3

(r3a3)3.77106(r30.13)E2E2rararar

22

30rr

rb： (3)



42EdSE4r(b3a3)003rS3

3

3(b3a3)2.64104E3ararar

22

r30rr

由于电荷分布在有限空间,可选取无穷远处为零电位参考点.于是电位

(1)r

a,1 

r

a

b1.7105

E1drE2drE3dr

a

b

br





r



Edr

(2)arb,

2



23212a30.00156r2.26103.7710()E2drE3drbrb2r3022r

(3)rb,

3

r

b3a32.64104

E3dr

30rr

ar在球坐标系中 Er

根据前面所计算的三个区域电位的表达式,可分别求出各个区域的电场强度,即

(1)r

a,

(2)arb,



E11ar0

r2(r3a3)3.77106(r30.13) E2ararar

22

r30rr

(3)rb,

3(b3a3)2.64104

E3ararar

22

r30rr

根据电场强度的表达式,可得: r=50cm=0.5m时,P点的电场强度为:

EPE3

r0.5

1.04105(V/m)

(到r=1m)

(105V)(105V/m)E

r(m)

(2)arb,

（1-14）

1-14 此题与P25例题十分相似,可以先根据电流分布求解矢量磁位的的泊松方程,然后再求其旋度即得磁感应强度,进而计算出磁场强度. 设内导体所通过的直流电流为I,外导体通过的直流电流为-I.

解:在圆柱坐标系中,矢量磁位的每个分量都满足泊松方程:

2Ar0Jr2

A0J2AJ

z0z

因为电流密度分别沿 z轴(正、负)方向，所以A只有z方向分量， 故仅有

2Az0Jz

AzAz

,z无关，即 z0设同轴线无限长，因为场分布具有轴对称性，故问题可视为与

所以

1Az12Az2Az1Az

0Jz2Az(r)22(r)0Jz

2ArClnrDzrrrrzrrr

4

2

Az,Jz,B,H及积分常数分别用下标1，2，3，4表示。 下面分4个区域进行求解，4个区域的



ar

r

因为BA

r

Ar

arA

azr

A

(z)zrAz

即B

Azr

（2）

1

由B0HHHa且HB

0

（3）

[1]rr1，JzJ1

I

,因r0A1有限，2

r1

根据（1）式有C10即：A1

0J1

4

r2D1

A10Ir

B1

r2r12



IrHHaa122r1

I

[3], r2rr3时，JzJ322

(r3r2)

r因为

利用边界条件:

[2] r1rr2时，JzJ20,

A2C2lnrD2,B2

A3

0J34

C2

r

C3lnrD3

A30IrC3

B 322

r2(rr)r32[4]rr3时，JzJ40,A4C4lnrD4

时，A40,D40

B4

C4r

r r1时,B1B2

0Ir1C2

2r12r1

rr2时,B2B3

0Ir2C3C2

r22(r32r22)r2

r r3时,B3B4

C3C4



2(r32r22)r3r3



0Ir3

0I

C22

0Ir32

联立求得：C322

2(rr)32

C40

0Ir

B12r12



0I

B2

2r

0I(r32r2)B322

2r(rr32)

B40

Ir

HHaa1122r1

进而求得:

I

HHaa22 2r

22I(rr)3 aH3H3a22

2r(r3r2) HHa440

可应用恒流磁场的斯托克斯定律--安培环路定律



HdlI(H)dSJdS

c

S

S

求磁场强度。设内导体内的电流为I 。则内导体电流密度为 J1外导体电流密度为

J3

I

r32r22Ir12

r0

(1)r[0,r1]

H12rJ1dr2r2

r1

J1r12IH1

2r2rJ1r12IH1

2r2r

2

(2)r[r1,r2]

H22rJdr2J1dr2J1r12

r

(3)r[r2,r3]

2

1

2

H32rJdr

22

r

2

JdrJdr

2

10

3r

2

r1

r

22H3I22rr3J1rJ3rrIrr2I22

r3r2r32r22， 

r

2rrI

2323

r2r22

(4)r[r3,]

， 根据柱坐标下的旋度公式计算磁场强度的旋度

H42rJdr

r

2

JdrJdrII0

2

2

10

3r

2

r1r3

H40

arrH

r

Hr

arH

azr1(rH)azzrrHz

IH1J12az

r1即得:

H 2J20

IH3J3az

(r32r22)

H4J40

求磁感应强度的散度,可直接应用柱坐标下的散度公式 

BrBr1BBzB0

rrrz

rr1,Br1Br20,H1H2rr2,Br2Br30,H2H3

I2r1

I2r2

说明了恒流磁场是无散场.

验证边界条件: rr,BB0,HH03r3r434

1-27解：波阵面的形状可由等相位面方程判断。等相位面是平面（柱面，球面），则该波是平面（柱面，球面）波。由等相位面方程 610t2zconst可见，在某时刻，满足等相位面方程的条件是

8

zc

，它表示垂直于Z轴的平面；由该电场的表达式可看出，在该平面上，电场强度的大小处处相等，只是随时间t做

正弦变化，即振幅是均匀的。所以该波属于均匀平面波。

Ey(z,t)Eycos(tkz)由平面电磁波的一般瞬时形式可看出：

方向传播该波沿-z

E(z,t)37.7cos(6

108t2z)

610rad/s

在自由空间中 1

r

8

k2

f





3108Hz2



v

1mf

E

v

3108m/sk120

377

波阻抗

根据右手螺旋法则，磁 场H的振动方向为x方向。 其大小的复数形式为：

振幅：H



0.1A/m



Hax0.1ej2zA/m



Hax0.1cos(6108t2z)A/m

1-29

解：平面波极化性质判断依据：

y，为右旋极化波 0,2xy0x超前 在

xy

范围内 为线极化波

0xy0

xy



2

y，为左旋极化波 x落后

ExEy振幅相等,为圆极化波. 且 (1)EaEsin(tkz)a x0yE0cos(tkz);



axE0cos(tkz)ayE0cos(tkz)

2

 yx落后可见，x,y方向上振幅相等，，xy所以为左旋圆极化波。  (2)EaxE0sin(tkz)ay2E0sin(tkz);

xy0，为线极化波。 x和y方向上，电场相位相等，

， Ea(3)Esin(tkz)aEcos(tkz);x0y0



44



axE0cos(tkz)ayE0cos(tkz)

424



aEcos(tkz)aEcos(tkz) x0y0

44

 xy0，为线极化波。 x和y方向上，电场相位相等，



(4)EaxE0sin(tkz)ayE0cos(tkz);

4





)ayE0cos(tkz)42

3

aEcos(tkz)a x0yE0cos(tkz)

4

axE0cos(tkz



xy

34

y3x落后， 为左旋椭圆极波。