电磁场与电磁波(第4版)习题第4章
第4章 时变电磁场
部分习题解答
4.1 证明：在无源的真空中，以下矢量函数满足波动方程2
2
2
2
10c
t
??-
=?E E ，其中
2
00
1
c με=
，0E 为常数。
（1）0cos()x E t z c
ω
ω=-E e ；（2）0sin()cos()x E z t c
ω
ω=E e ；
（3）0cos()y E t z c
ω
ω=+
E e
解 （1）22
2
00
2
cos()cos()x x E t z E t z c
z
c
ωωωω?
?=?-
=-
=?E e e
2
0(
)cos()x E t z c
c
ω
ω
ω--
e
222
02
2
cos()cos()x x E t z E t z t
t
c
c
ωωωωω?
?
=-
=--
??E e e
故
2
2
2
2
002
2
2
11(
)cos()[cos()]0x x E t z E t z c
t
c
c
c
c
ωωωωωω??-
=--
-
--
=?E E e e
即矢量函数0cos()x E t z c
ω
ω=-
E e 满足波动方程2
2
2
2
10c
t
??-
=?E E 。
（2）22
2
00
2
[sin(
)cos()][sin(
)cos()]x x E z t E z t c
z
c
ωωωω?
?=?==?E e e
2
0(
)sin(
)cos()x E z t c
c
ω
ω
ω-e
222
02
2
[sin(
)cos()][sin(
)cos()]x x E z t E z t t
t
c
c
ωωωωω?
?
==-??E e e
故
2
2
2
2
002
2
2
11(
)sin(
)cos()[sin()cos()]0x x E z t E z t c
t
c
c
c
c
ωωωωωω??-
=--
-=?E E e e
即矢量函数0sin(
)cos()x E z t c
ω
ω=E e 满足波动方程2
22
2
10c
t
??-
=?E E 。
（3）22
2
00
2
cos()cos()y y E t z E t z c
z
c
ωωωω?
?=?+
=+
=?E e e
2
0(
)cos()y E t z c
c
ω
ω
ω-+
e
222
02
2
cos()cos()y x E t z E t z t
t
c
c
ωωωωω?
?
=+
=-+
??E e e
故
2
2
2
2
002
2
2
11(
)cos()[cos()]0y y E t z E t z c
t
c
c
c
c
ωωωωωω??-
=-+
-
-+
=?E E e e
即矢量函数0cos()y E t z c
ω
ω=+
E e 满足波动方程2
2
2
2
10c
t
??-
=?E E 。
4.3 已知无源的空气中的磁场强度为
9
0.1sin(10)cos(610)A m y x t kz ππ=?-H e
利用波动方程求常数k 的值。
解 在无源的空气中的磁场强度满足波动方程
2
2
00
2
(,)(,)0t t t
με??-=?H r H r
而
2
2
9
(,)0.1sin(10)cos(610)y t x t kz ππ?=??-=H r e
2
2
9
[(10)]0.1sin(10)cos(610)y k x t kz πππ--?-e
229
2
2
(,)0.1sin(10)
cos(610)y t x t kz t
t
ππ?
?
=?-=??H r e
9
2
9
(610)0.1sin(10)cos(610)y x t kz πππ-??-e
代入方程2
2
00
2
(,)(,)0t t t
με??-=?H r H r ，得
2
2
9
2
9
00{[(10)](610)}0.1sin(10)cos(610)0y k x t kz πμεπππ--+??-=e
于是有
2
2
9
2
00[(10)](610)0k πμεπ--+?=
故得到
k =
=
4.6 在应用电磁位时，如果不采用洛仑兹条件，而采用库仑规范0?=A ，导出A 和?所满足的微分方程。
解 将电磁矢量位A 的关系式
=??B A
和电磁标量位?的关系式
t
??=-?-
?A E
代入麦克斯韦第一方程
t
ε
???=+?E H J
得
1
()t t ε
?μ
????
????=+-?- ?????
A A J 利用矢量恒等式
2
()????=??-?A A A
得
2
(()t
t
μμε
?????)-?+-?-
??A A A =J （1）
又由
ρ?=D
得
()t ρ?ε
??-?-
=
?A
即
2
()t
ρ
?ε
?
?+
?=-
?A （2） 按库仑规范，令0?=A ，将其代入式（1）和式（2）得
2
2
2
(
)t t ?
με
μμε???-=-+???A
A J （3） 2
ρ?ε
?=- （4）
式（3）和式（4）就是采用库仑规范时，电磁位函数A 和?所满足的微分方程。
4.9 自由空间中的电磁场为
0(,)100cos()
V x z t t kz ω=-E e (,) 2.65cos()
A m y z t t kz ω=-H e
式中0.42rad m k ==。求：
（1）瞬时坡印廷矢量；
（2）平均坡印廷矢量；
（3）任一时刻流入如题4. 9图所示的平行六面体（长1m 、横截面积为20.25m ）中的净功率。
解 （1）瞬时坡印廷矢量
2
2650cos ()z t kz ω=?=-S E H e 2W m
（2）平均坡印廷矢量
22
2650cos ()d 13252av z
z t kz t πωωπ
=-=?
S e e 2W m
（3）任一时刻流入如题4.9图所示的平行六面体中的净功率为
1
d [()
]0.25n z z z
z S
P S ===-=--+?=?S e S e S e
22
26500.25[cos ()cos (0.42)]t t ωω?--=270.2sin(20.42)t ω--W
4.10 已知某电磁场的复矢量为
00()sin()
V m x z jE k z =E e
00()cos()
A m z k z =H e
式中00
2k c
π
ω
λ=
=
，c 为真空中的光速，0λ是波长。求：（1）0z =、
8
λ、
4
λ各点处的瞬
时坡印廷矢量；（2）以上各点处的平均坡印廷矢量。
解 （1）E 和H 的瞬时矢量为
0000(,)R e[sin()]sin()sin()j t
x x z t jE k z e
E k z t ωω==-E e e V m
0000(,)Re[cos()]cos()cos()j t
y
y
z t k z e k z t ωω==H e e A m
则瞬时坡印廷矢量为
2
000(,)(,)(,)cos()sin()cos()sin()z t z t z t k z k z t t ωω=?=-S E H e
故
(0,)0t =S 2W m
0(,))z
t t λω=-S e 2W m
0(4,)0t λ=S 2W m
（2） 1()R e[()()]02
av z z z *
=?=S E H 2W m
4.11 在横截面为a b ?的矩形金属波导中，电磁场的复矢量为
0sin()V m j z
y a x j H e a βπωμπ-=-E e
00[sin()cos()]A m j z
x z a x x j H H e a a
βππβπ-=+H e e
式中0H 、ω、μ和β都是实常数。求：（1）瞬时坡印廷矢量；（2）平均坡印廷矢量。
解 （1）E 和H 的瞬时矢量为
0(,,)R e[sin(
)]j z
j t
y a
x
x z t j H e
e
a
βωπωμ
π
-=-=E e
0sin()sin()y a x H t z a πωμωβπ-e V m
00(,,)R e{[sin()cos()]}j z j t
x z a x x x z t j H H e e a a βωππβπ-=+=H e e
00sin()sin()cos()cos()x z a x x H t z H t z a a ππβωβωβπ--+-e e
故瞬时坡印廷矢量
(,,)x z t =S 22
2
0(
)sin (
)sin ()z a
x
H t z a
πωμβωβπ
-+e
2
02sin(
)sin(22)4x
a x H t z a
ωμπωβπ
-e 2W m
（2）平均坡印廷矢量
22
01(,)R e[(,)(,)](
)sin (
)2
2
av z
a
x
x z x z x z H a
ωμβ
ππ
*
=
?=S E H e 2W m
4.14设电场强度和磁场强度分别为
00cos()
cos()
e m t t ωψωψ=+=+E E H H
证明其坡印廷矢量的平均值为
001cos()2
av e m ψψ=
?-S E H
解 坡印廷矢量的瞬时值为
00cos )cos()e m t t ωψωψ=?=(+?+=S E H E H
001[cos()]cos[]2
e m e m t t t t ωψωψωψωψ?+++++--=E H
001[cos(2)cos()]2
e m e m t ωψψψψ?+++-E H
故平均坡印廷矢量为
000
111[cos(2)cos()]d 2
T T av e m e m dt t t T T
ωψψψψ=
=
?+++-=?
?
S S E H
001cos()2
e m ψψ?-E H
4.15 在半径为a 、电导率为σ的无限长直圆柱导线中，沿轴向通以均匀分布的恒定电流I ，且导线表面上有均匀分布的电荷面密度S ρ。
（1）导线表面外侧的坡印廷矢量S ；
（2）证明：由导线表面进入其内部的功率等于导线内的焦耳热损耗功率。 解：（1）当导线的电导率σ为有限值时，导线内部存在沿电流方向的电场
i E 2
z
I
a σ
πσ
=
=J
e
根据边界条件，在导线表面上电场的切向分量连续，即iz E oz E =。因此，在导线表面外侧的电场的切向分量为
2
oz
a
I
E a ρπσ
==
又利用高斯定理，容易求得导线表面外侧的电场的法向分量为
S o a
E ρρρ
ε==
故导线表面外侧的电场为
2
S o
z
a
I
a ρ
ρρεπσ
==+E e e
利用安培环路定理，可求得导线表面外侧的磁场为
2o
a
I
a
φ
ρπ==H e
故导线表面外侧的坡印廷矢量为
22
3
0()
22S o
o o z
a
a
I
I
a a
ρ
ρρρπσ
πε===?=-+S E H e e 2
W m
由内导体表面每单位长度进入其内部的功率
22
2
3
d 22S
o a
I
P S a RI a ρρππσ
==-?=
?=?S
e
式中2
1
R a πσ
=
是内导体单位长度的电阻。由此可见，由导线表面进入其内部的功率等于导体
内的焦耳热损耗功率。
4.16 由半径为a 的两圆形导体平板构成一平行板电容器，间距为d ，两板间充满介电常数为ε、电导率为σ的媒质，如题4.16题所示。设两板间外加缓变电压cos m u U t ω=，略去边缘效应，试求：
（1）电容器内的瞬时坡印廷矢量和平均坡印廷矢量；
（2）进入电容器的平均功率；
u
（3）电容器内损耗的瞬时功率和平均功率； 解 （1）电容器中的电场
cos m z z u u
t d d
ω==E e e
位移电流密度d J 和传导电流密度J 分别为
sin m
d z
U t t
d
εωε
ω?==-?E J e
cos m z
U t d
σσω==J E e
由于轴对称性，两板间的磁场只有φe 分量，且在以z 轴为中心、ρ为半径的圆周c 上处处相等。于是由
d d d c
S
S
t
?=
+
??
?
?
D
H l J S S
可得
2
2
2cos sin m
m
U U rH t t d
d
φσεωπππρ
ωωρ=-
所以
(cos sin )2m U t t d
φ
σωεωωρ=-H e
2
2
2
(cos sin 2)22
m U t t d
ρ
εω
σωρω=?=--
S E H e
20
d 2av t π
ωωπ
=
=?
S S
22
2
20
()
(cos sin 2)d 222
m U t t t d
π
ρω
ω
εω
σωωπ
ρ--
?e 2
2
4m U d
ρ
σρ
=-e
（2）损耗功率瞬时值P 为
2
2
2
2d cos d m
V
V
U P E V t V d
σσω=
=
=?
?
2
2
2
2
cos m
U t a d d
σωπ?22
2
cos m
a U t d
πσω=
平均损耗功率a v P 为
222
d 22m
av a U P P t d
π
ωπσω
π
=
=
?
（3）进入电容器的平均功率为
d av
av S
P '=-=? S S [d ()d d ]av z av z av r S S S S S S -+-+
=?
?
?
S e S e S e 上
下
柱面
2
2
2
2
242m m
U a
a U ad d
d
σπσπ=
由此可见有av
av P P '=
(完整版)电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方
一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ； （4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ； （7）()?A B C g 和()?A B C g ；（8）()??A B C 和()??A B C 。 解 （1 ）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由 cos AB θ ===A B A B g ，得 1cos AB θ- =(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ ==A B B g （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 04 1502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e
电磁场与电磁波(第四版)习题解答
电磁场与电磁波(第四版）习题解答 第1章习题 习题1．1 给定三个矢量A 、B 和C 如下: 23 x y z =+-A e e e ． 4y z =-+B e e ， 52x z =-C e e , 解: (1 ）22323) 12(3)A x y z e e e A a e e e A +-= = = +-++- （2 ）2641x y z A B e e e -=+-==(3)(23)(4)11x y z y z A B e e e e e ?=+-?-+=- （4）arccos 135.5A B AB θ?===? (５)1711 cos -=?=??==B B A A B B A A A A AB B θ (６）1 2341310502 x y z x Y Z e e e A C e e e ?=-=---- (７)0 4185205 02 x y z x Y Z e e e B C e e e ?=-=++- ()(23)(8520)42x Y Z x Y Z A B C e e e e e e ??=+-?++=- 1 23104041 x y z x Y Z e e e A B e e e ?=-=---- ()(104)(52)42x Y Z x Z A B C e e e e e ??=---?-=- (8）()10142405502 x y z x Y Z e e e A B C e e e ??=---=-+-
()1 235544118520 x y z x Y Z e e e A B C e e e ??=-=-- 习题1．4给定两矢量 234x y z =+-A e e e 和 456x y z =-+B e e e ,求它们之间的夹角和 A 在 Ｂ上的分量。 解： 29)4(32222=-++=A 776)5(4222=+-+=B 31)654()432(-=+-?-+=?z y x z y x e e e e e e B A 则A 与B 之间的夹角为 131772931cos =???? ???-=???? ? ? ???=ar B A B A arcis AB θ A 在B 上的分量为 532.37731cos -=-=?=???==B B A B A B A A A A AB B θ 习题1.９用球坐标表示的场2 25r r =E e ， (1）求在直角坐标中点(3,4,5)--处的E 和x E ； (2）求在直角坐标中点(3,4,5) --处E 与矢量2 2x y z = -+B e e e 构成的夹角。 解: (１)由已知条件得到，在点（－3，４,-5）处， r ===2 2525 0.550 E r = == 2 105 43252532z y x r e e e r r r e E -+-===
电磁场与电磁波第四版谢处方版思考题目答案
一：1.7什么是矢量场的通量？通量的值为正，负或0分别表示什么意义？ 矢量场F穿出闭合曲面S的通量为： 当大于0时，表示穿出闭合曲面S的通量多于进入的通量，此时闭合曲面S内必有发出矢量线的源，称为正通量源。 当小于0时，小于 有汇集矢量线的源，称为负通量源。 当等于0时等于、闭合曲面内正通量源和负通量源的代数和为0，或闭合面内无通量源。 1.8什么是散度定理?它的意义是什么？ 矢量分析中的一个重要定理： 称为散度定理。意义：矢量场F的散度在体积V上的体积分等于矢量场F在限定该体积的闭合积分，是矢量的散度的体积与该矢量的闭合曲面积分之间的一个变换关系。 1.9什么是矢量场的环流？环流的值为正，负，或0分别表示什么意义？ 矢量场F沿场中的一条闭合回路C的曲线积分，称为矢量场F沿 的环流。 大于0或小于0，表示场中产生该矢量的源，常称为旋涡源。
等于0，表示场中没有产生该矢量场的源。 1.10什么是斯托克斯定理？它的意义是什么？该定理能用于闭合曲面吗？ 在矢量场F所在的空间中，对于任一以曲面C为周界的曲面S，存在如下重要关系 这就是是斯托克斯定理矢量场的旋度在曲面S上的面积分等于矢量场F在限定曲面的闭合曲面积分，是矢量旋度的曲面积分与该矢量沿闭合曲面积分之间的一个变换关系。能用于闭合曲面. 1,11 如果矢量场F能够表示为一个矢量函数的旋度，这个矢量场具有什么特性? =0,即F为无散场。 1.12如果矢量场F能够表示为一个标量函数的旋度，这个矢量场具有什么特性? =0即为无旋场 1.13 只有直矢量线的矢量场一定是无旋场，这种说法对吗？为什么？ 不对。电力线可弯，但无旋。 1.14 无旋场与无散场的区别是什么？ 无旋场F的旋度处处为0，即，它是有散度源所产生的，它总可以表示矢量场的梯度，即 =0
《电磁场与电磁波》(第四版)习题集：第8章 电磁辐射
第8章 电磁辐射 前面讨论了电磁波的传播问题，本章讨论电磁波的辐射问题。时变的电荷和电流是激发电磁波的源。为了有效地使电磁波能量按所要求的方向辐射出去，时变的电荷和电流必须按某种特殊的方式分布，天线就是设计成按规定方式有效地辐射电磁波能量的装置。 本章先讨论电磁辐射原理，再介绍一些常见的基本天线的辐射特性。 8.1滞后位 在洛仑兹条件下，电磁矢量位A 和标量位?满足的方程具有相同的形式 22 2t ?ρ ?μεε??-=-? （8.1.1） J A A μμε-=??-?222 t （8.1.2） 我们先来求标量位?满足的方程式（8.1.1）。该式为线性方程，其解满足叠加原理。设标量位?是由体积元'V ?内的电荷元'q V ρ?=?产生的，'V ?之外不存在电荷，则由式（8.1.1）'V ?之外的标量位?满足的方程 22 20t ? ?με??-=? （8.1.3） 可将q ?视为点电荷，它所产生的场具有球对称性，此时标量位?仅与r 、t 有关，与θ和φ无关，故在球坐标下，上式可简化为 222 210r r r r t ?? με?????-= ?????? （8.1.4） 设其解()() ,,U r t r t r ?= ，代入式（8.1.4）可得 012 2222=??-??t U v r U （8.1.5） 其中，με 1 = v 。该方程的通解为 (),()()r r U r t f t g t v v =-++ （8.1.6） 式中的()r f t v -和()r g t v +分别表示以()r t v -和()r t v +为变量的任意函数。所以q ?周围的 场为 ()11,()()r r r t f t g t r v r v ?= -++ （8.1.7） 式（8.1.7）中第一项代表向外辐射出去的波，第二项代表向内汇聚的波。在讨论发射天线的 电磁波辐射问题时，第二项没有实际意义，取0=g ，而f 的具体函数形式需由定解条件来确定。此时 ()1,()r r t f t r v ?= - （8.1.8）
电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
习题解答 如题图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的 电位为零，上边盖板的电位为 U ，求槽内的电位函数。 解 根据题意，电位(,)x y ?满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ??== ② (,0)0x ?= ③ 0(,)x b U ?= 根据条件①和②，电位(,)x y ?的通解应取为 1 (,)sinh( )sin()n n n y n x x y A a a ππ?∞ ==∑ 由条件③，有 01 sinh( )sin()n n n b n x U A a a ππ∞ ==∑ 两边同乘以 sin( ) n x a π，并从0到a 对x 积分，得到 00 2sin()d sinh()a n U n x A x a n b a a ππ== ? 02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ? =? ? ? = ?， 故得到槽内的电位分布 1,3,5, 41(,)sinh()sin() sinh()n U n y n x x y n n b a a a ππ?π π== ∑ 两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有一极薄的导体片由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。上板和薄片保持电位 U ，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从0=y 到 d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ?=。 ~ a > 题图
解 应用叠加原理，设板间的电位为 (,)x y ?=12(,)(,)x y x y ??+ 其中， 1(,)x y ?为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为 U ）的电位，即 10(,)x y U y b ?=；2(,)x y ?是两个电位为零 的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ① 22(,0)(,)0x x b ??== ② 2(,)0() x y x ?=→∞ ③ 002100(0)(0,)(0,)(0,)() U U y y d b y y y U U y y d y b d b ????-≤≤??=-=? ?-≤≤?? # 根据条件①和②，可设2 (,)x y ?的通解为 21(,)sin()e n x b n n n y x y A b π π?∞ -==∑ 由条件③有 00100(0)sin()() n n U U y y d n y b A U U b y y d y b d b π∞ =? -≤≤??=??-≤≤??∑ 两边同乘以 sin( ) n y b π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d b n d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=??022sin() ()U b n d n d b ππ 故得到 (,)x y ?=0022 121sin()sin()e n x b n U bU n d n y y b d n b b π πππ∞-=+∑ 求在上题的解中，除开0U y 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按 2 02U W C e f =定出边缘电容。 解 在导体板（0=y ）上，相应于 2(,)x y ?的电荷面密度 题 图
电磁场与电磁波课后习题与答案七章习题解答(2)
《电磁场与电磁波》习题解答 第七章 正弦电磁波 7.1 求证在无界理想介质沿任意方向e n （e n 为单位矢量）传播的平面波可写成 j() e n r t m βω?-=e E E 。 解 E m 为常矢量。在直角坐标中 故 则 而 故 可见，已知的() n j e r t m e βω?-=E E 满足波动方程 故E 表示沿e n 方向传播的平面波。 7.2 试证明：任何椭圆极化波均可分解为两个旋向相反的圆极化波。 解 表征沿+z 方向传播的椭圆极化波的电场可表示为 式中取 显然，E 1和E 2分别表示沿+z 方向传播的左旋圆极化波和右旋圆极化波。 7.3 在自由空间中，已知电场3(,)10sin()V/m y z t t z ωβ=-E e ，试求磁场强度 (,)z t H 。 解 以余弦为基准，重新写出已知的电场表示式 这是一个沿+z 方向传播的均匀平面波的电场，其初相角为90? -。与之相伴的磁场为 7.4 均匀平面波的磁场强度H 的振幅为1 A/m 3π，以相位常数30rad/m 在空气中沿z -e 方向传播。当t=0和z=0时，若H 的取向为y -e ，试写出E 和H 的表示式，并求出波的频率和波长。 解 以余弦为基准，按题意先写出磁场表示式 与之相伴的电场为 由rad/m β=30得波长λ和频率f 分别为 则磁场和电场分别为 7.5 一个在空气中沿 y e +方向传播的均匀平面波，其磁场强度的瞬时值表示式为 （1）求β和在3ms t =时， z H =的位置；（2）写出E 的瞬时表示式。 解（1 ） 781π 10πrad /m rad /m 0.105rad /m 31030β==? ==? 在t =3ms 时，欲使H z =0，则要求 若取n =0，解得y =899992.m 。 考虑到波长260m π λβ = =，故 因此，t =3ms 时，H z =0的位置为 （2）电场的瞬时表示式为 7.6 在自由空间中，某一电磁波的波长为0.2m 。当该电磁波进入某理想介质后，波长变为0.09m 。设1r μ=，试求理想介质的相对介电常数r ε以及在该介质中的波速。 解 在自由空间，波的相速 80310m/s p v c ==?，故波的频率为 在理想介质中，波长0.09m λ=，故波的相速为 而
电磁场与电磁波刘岚课后习题解答(第八章)
第8章习题解答 【8.1】 已知：原子质量=107.9，密度=10.53×3 3 10/kg m ， 阿佛加德罗常数 =6.02×26 10 /kg 原子质量 ，电荷量 q =1.6×C 1910- 电子质量m =9.11×kg 31 10 -，绝对介电系数（真空中） 0ε=8.85×1210/F m - 银是单价元素，由于价电子被认为是自由电子，因而单位体积内的电子数目等于单位体积内的原子数目。 9 .1071002.61053.10263）（）（每立方米的原子数目???= 即 每立方米的自由电子数目：28 1088.5?=N 可得 s Nq m 142 1074.3/-?==στ（对于银） 将上述σ、τ和0 ε的值代入r k =+-)1(/12 20 τωεστ和l k =+ω τωε σ)1(2/2 20 中可得 52251061.2)1/(1061.21?-=+?-=τωr k 7 1055.5?=l k 则 7461242 /122=?? ? ? ????++-=l r r i k k k n 故 7 2 104.6-?==i n c ωδ 【8.4】 解：良导体 αβ== 场衰减因子 2z x z e e e π αβλ - --==
当传播距离 z λ=时， 220.002z e e e π λ απλ - --=== 用分贝表示即为 55dB 。 【8.2】 已知：电导率σ=4.6m s /，原子质量=63.5，海水平均密度=1.025×3 3 10/kg m ， 阿佛加德罗常数 =6.02 ×26 10/kg 原子质量 ，电荷量q =1.6×C 19 10 - ，m 2=δ，电子质 量m =9.11×kg 31 10 -，绝对介电系数（真空中）0 ε=8.85 ×12 10 /F m - 解：（1）与8.1题一样，可以求出每立方米的自由电子数目：28 1034.3?=N s Nq m 212 1089.4/-?==στ 910545.2-?=r k f k l 10 10 14.4?= 则 f k k k k n l l r r i 10 2 /1221014.424?= ≈?? ? ? ????++-= 而 δω c n i = 所以： kHz f 8.13= （2）依题意，满足 %0001.0)exp(2 =??? ?? ?-δz 可以求出 m z 8.13=
电磁场与电磁波试题 (2)
. '. 《电磁场与电磁波》测验试卷﹙一﹚ 一、 填空题（每题8分，共40分） 1、在国际单位制中，电场强度的单位是________；电通量密度的单位是___________；磁场强度的单位是____________；磁感应强度的单位 是___________；真空中介电常数的单位是____________。 2、静电场 →E 和电位Ψ的关系是→E ＝_____________。→ E 的方向是从电位_______处指向电位______处。 3、位移电流与传导电流不同，它与电荷___________无关。只要电场随__________变化，就会有位移电流；而且频率越高，位移电流密度___________。位移电流存在于____________和一切___________中。 4、在两种媒质分界面的两侧，电场→ E 的切向分量E 1t －E 2t ＝________；而磁场 → B 的法向分量B 1n －B 2n ＝_________；电流密度→ J 的法向分 量J 1n －J 2n =___________。 5、沿Z 轴传播的平面电磁波的复数表示式为：_____________________=→ E , ____________________=→ H 。 二、计算题（题，共60分） 1、（15分）在真空中，有一均 匀带电的长度为L 的细杆， 其电荷线密度为τ。 求在其横坐标延长线上距 杆端为d 的一点P 处的电 场强度E P 。 2、（10分）已知某同轴电容器的内导体半径为a ，外导体的内半径为c ， 在a ﹤r ﹤b (b ﹤c)部分填充电容率为ε的电介质，求其单位长度上的电容。 3、（10分）一根长直螺线管，其长度L ＝1.0米，截面积S ＝10厘米2，匝数N 1＝1000匝。在其中段密绕一个匝数N 2＝20匝的短线圈，请计算这两个线圈的互感M 。 4、（10分）某回路由两个半径分别为R 和r 的 半圆形导体与两段直导体组成，其中通有电流I 。 求中心点O 处的磁感应强度→ B 。 5、电场强度为)2106(7.378 Z t COS E Y a ππ+?=→ → 伏／米的电磁波在自由空间传播。问：该波是不是均匀平面波？并请说明 其传播方向。 求：（1）波阻抗； （2）相位常数； （3）波长； （4）相速； （5） → H 的大小和方向； （6）坡印廷矢量。 《电磁场与电磁波》测验试卷﹙二﹚ （一）、问答题（共50分） 1、（10分）请写出时变电磁场麦克斯韦方程组的积分形式和微分形式，并写出其辅助方程。 2、（10分）在两种媒质的交界面上，当自由电荷面密度为ρs 、面电流密度为J s 时，请写出→ →→→H B D ,,,E 的边界条件的矢量表达式。 3、（10分）什么叫TEM 波，TE 波，TM 波，TE 10波？ 4、（10分）什么叫辐射电阻？偶极子天线的辐射电阻与哪些因素有关？ 5、什么是滞后位？请简述其意义。 （二）、计算题（共60分） 1、（10分）在真空里，电偶极子电场中的任意点M （r 、θ、φ）的电位为2 cos 41r P θ πε= Φ （式中，P 为电偶极矩，l q P =） ， 而 → →→?Φ?+?Φ?+?Φ?=Φ000sin 11φφ θθθr r r r 。 试求M 点的电场强度 → E 。 2、（15分）半径为R 的无限长圆柱体均匀带电，电荷 体密度为ρ。请以其轴线为参考电位点， 求该圆柱体内外电位的分布。 3、（10分）一个位于Z 轴上的直线电流I ＝3安培，在其旁 边放置一个矩形导线框，a ＝5米，b ＝8米，h ＝5米。 最初，导线框截面的法线与I 垂直（如图），然后将该 截面旋转900，保持a 、b 不变，让其法线与I 平行。 求：①两种情况下，载流导线与矩形线框的互感系数M 。 ②设线框中有I ′＝4安培的电流，求两者间的互感磁能。 4、（10分）P 为介质（2）中离介质边界极近的一点。 已知电介质外的真空中电场强度为→ 1E ，其方向与 电介质分界面的夹角为θ。在电介质界面无自由电 荷存在。求：①P 点电场强度 → 2E 的大小和方向； ５、（１５分）在半径为Ｒ、电荷体密度为ρ的球形 均匀带电体内部有一个不带电的球形空腔，其半径为ｒ， 两球心的距离为ａ（ｒ<ａ<Ｒ）。介电常数都按ε０计算。 求空腔内的电场强度Ｅ。 《电磁场与电磁波》测验试卷﹙三﹚ 二、 填空题（每题8分，共40分） R O r a x
电磁场与电磁波第四版谢处方课后答案
电磁场与电磁波（第四版）谢处方 课后答案 第一章习题解答 1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）?A C ； （7）()?A B C g 和()?A B C g ； （8）()??A B C 和()??A B C 。 解 （1 ）23A x y z +-= ==+e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由 cos AB θ = ==A B A B g ，得 1cos AB θ- =(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ ==A B B g （6）?=A C 1235 02 x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 041502 x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-e e e 1014x y z ---e e e 所以 ()?=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()?=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e （8）()??=A B C 1014502 x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e ()??=A B C 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e 1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。 （1）判断123 PP P ?是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。 解 （1）三个顶点1(0,1,2) P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 的位置矢量分别为 12y z =-r e e ，243x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e
电磁场与电磁波习题答案8
第八章 8-1 导出非均匀的各向同性线性媒质中，正弦电磁场应该满足的波动方程及亥姆霍兹方程。 解 非均匀的各向同性线性媒质中，正弦电磁场应该满足的麦克斯韦方程如下： ??? ? ?? ?? ? =??=????-=????+=??)(),()(0),()() ,()(),(),()(),(),(r r E r r H r r H r r E r E r r J r H ρεμμεt t t t t t t t t ， 分别对上面两式的两边再取旋度，利用矢量公式A A A 2)(?-???=????，得 ??? ? ????-?+??+????=??-?)()(),(),() ,()(),()() ,() ()(),(2 22 r r r E r r J r r H r r E r r r E εερμμμεt t t t t t t t t ??? ? ?????-????-?-?=??-?μμεμε)(),() ,()(),() ,() ()(),(2 22 r r H r E r r J r H r r r H t t t t t t t 则相应的亥姆霍兹方程为 ???? ????-?++??=+?)()()()()()(j )()(j ) ()()()(22r r r E r r J r r H r r E r r r E εερωμμωμεω??? ? ?????-??-?-?=+?μμεωμεω)()()()(j )() ()()()(22r r H r E r r J r H r r r H 8-2 设真空中0=z 平面上分布的表面电流t J s x s sin 0ωe J =，试求空间电场强度、磁场强度及能流密度。 解 0=z 平面上分布的表面电流将产生向z +和z -方向传播的两个平面波，
电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
习题解答 4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为 U ，求槽内的电位函数。 解 根据题意，电位(,)x y ?满足的边界条件为 ① (0,)(,)0y a y ??== ② (,0)0x ?= ③ 0(,)x b U ?= 根据条件①和②，电位(,)x y ?的通解应取为 1 (,)sinh( )sin()n n n y n x x y A a a ππ?∞ ==∑ 由条件③，有 01 sinh( )sin()n n n b n x U A a a ππ∞ ==∑ 两边同乘以 sin( ) n x a π，并从0到a 对x 积分，得到 00 2sin()d sinh()a n U n x A x a n b a a ππ== ? 02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ? =? ? ? =?L L ， 故得到槽内的电位分布 1,3,5,41(,)sinh()sin() sinh()n U n y n x x y n n b a a a ππ?π π== ∑ L 4.2 两平行无限大导体平面，距离为b ，其间有一极薄的导体片由d y =到b y =)(∞<<-∞x 。上板和薄片保持电位 U ，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从0=y 到 d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ?=。 a 题4.1图
解 应用叠加原理，设板间的电位为 (,)x y ?=12(,)(,)x y x y ??+ 其中， 1(,)x y ?为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为 U ）的电位，即 10(,)x y U y b ?=；2(,)x y ?是两个电位为零 的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ① 22(,0)(,)0x x b ??== ② 2(,)0() x y x ?=→∞ ③ 002100(0)(0,)(0,)(0,)() U U y y d b y y y U U y y d y b d b ????-≤≤??=-=? ?-≤≤?? 根据条件①和②，可设2(,)x y ?的通解为 21(,)sin()e n x b n n n y x y A b π π?∞ -==∑ 由条件③有 00100(0)sin()() n n U U y y d n y b A U U b y y d y b d b π∞ =? -≤≤??=??-≤≤??∑ 两边同乘以 sin( ) n y b π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d b n d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=??022sin() ()U b n d n d b ππ 故得到 (,)x y ?=0022 121sin()sin()e n x b n U bU n d n y y b d n b b π πππ∞-=+∑ 4.3 求在上题的解中，除开0U y 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按 20 2U W C e f = 定出边缘电容。 解 在导体板（0=y ）上，相应于 2(,)x y ?的电荷面密度 题 4.2图
电磁场与电磁波课后习题及答案8章习题解答
九章习题解答 9.1 设元天线的轴线沿东西方向放置，在远方有一移动接收台停在正南方而收到最大电场强度，当电台沿以元天线为中心的圆周在地面移动时，电场强度渐渐减小，问当电场强度减小到 时，电台的位置偏离正南多少度？ 解：元天线（电基本振子）的辐射场为 j k r θ-=E e 可见其方向性函数为(),sin f θφθ=，当接收台停在正南方向（即090θ=）时，得到最 大电场强度。由 sin θ= 得 045θ= 此时接收台偏离正南方向045±。 9.2 上题中如果接收台不动，将元天线在水平面内绕中心旋转，结果如何？如果接收天线也是元天线，讨论收发两天线的相对方位对测量结果的影响。 解： 如果接收台处于正南方向不动，将天线在水平面内绕中心旋转，当天线的轴线转至沿东西方向时，接收台收到最大电场强度，随着天线地旋转，接收台收到电场强度将逐渐变小，天线的轴线转至沿东南北方向时，接收台收到电场强度为零。如果继续旋转元天线，收台收到电场强度将逐渐由零慢慢增加，直至达到最大，随着元天线地不断旋转，接收台收到电场强度将周而复始地变化。 当接收台也是元天线，只有当两天线轴线平行时接收台收到最大电场强度；当两天线轴线垂直时接收台收到的电场强度为零；当两天线轴线任意位置，接收台收到的电场强介于最大值和零值之间。 9.3 如题9.3图所示一半波天线，其上电流分布为() 1 1cos 2 2m I I kz z ??=-<< ? ?? （1）求证：当0r l >>时， 020 cos cos 22sin jkr m z I e A kr πθμπθ -?? ? ??= ? （2）求远区的磁场和电场； （3）求坡印廷矢量； （4）已知 220 cos cos 20.609sin d π πθθθ ?? ???=? ，求辐射电阻； （5）求方向性系数。 题9.3（1）图
电磁场与电磁波第四版课后思考题答案第四版全谢处方饶克谨高等教育出版社
电磁场与电磁波第四版思考题答案 2.1 点电荷的严格定义是什么？ 点电荷是电荷分布的一种极限情况，可将它看做一个体积很小而电荷密度很的带电小球的极限。当带电体 的尺寸远小于观察点至带电体的距离时，带电体的形状及其在的电荷分布已无关紧要。就可将带电体所带 电荷看成集中在带电体的中心上。即将带电体抽离为一个几何点模型，称为点电荷。 2.2 研究宏观电磁场时，常用到哪几种电荷的分布模型？有哪几种电流分布模型？他们是如何定义的？ 常用的电荷分布模型有体电荷、面电荷、线电荷和点电荷；常用的电流分布模型有体电流模型、面电流模 型和线电流模型，他们是根据电荷和电流的密度分布来定义的。 2,3 点电荷的电场强度随距离变化的规律是什么？电偶极子的电场强度又如何呢？ 点电荷的电场强度与距离 r 的平方成反比；电偶极子的电场强度与距离 r 的立方成反比。 2.4 简 述 E / 和 E 0 所表征的静电场特性 E / 表明空间任意一点电场强度的散度与该处的电荷密度有关， 静电荷是静电场的 通量源。 E 表明静电场是无旋场。 2.5 表述高斯定律，并说明在什么条件下可应用高斯定律求解给定电荷分布的电场强度。 高斯定律：通过一个任意闭合曲面的电通量等于该面所包围的所有电量的代数和除以 与闭合面外的电荷无 关，即 E 1 dV 在电场（电荷）分布具有某些对称性时，可应用高斯定 律求解给定电荷分 dS S 0 V 布的电场强度。 2.6 简 述 B 0 和 B 0J 所表征的静电场特 性。 B 表明穿过任意闭合面的磁感应强度的 通量等于 0，磁力线是无关尾的闭合线， B 0 J 表明恒定磁场是有旋场，恒定电流是产生恒定磁场的漩涡源 2.7 表述安培环路定理，并说明在什么条件下可用该定律求解给定的电流分布的磁感应强度。 安培环路定理：磁感应强度沿任何闭合回路的线积分等于穿过这个环路所有电流的代数和倍，即 0 B dl 0I 如果电路分布存在某种对称性，则可用该定理求解给定电流分布的磁感应强度。 C 2.8 简述电场与电介质相互作用后发生的现象。 在电场的作用下出现电介质的极化现象，而极化电荷又产生附加电场
电磁场与电磁波答案第四版谢处方
电磁场与电磁波答案第 四版谢处方 Coca-cola standardization office【ZZ5AB-ZZSYT-ZZ2C-ZZ682T-
一章习题解答 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量； （6）?A C ； （7）()?A B C 和()?A B C ；（8）()??A B C 和()??A B C 。 解 （1 ）23A x y z +-= ==-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由 cos AB θ = 14==?A B A B ，得 1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ= 17 =-A B B （6）?=A C 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 041502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e 所以 ()?=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e （8）()??=A B C 1014502 x y z ---=-e e e 2405x y z -+e e e 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。 （1）判断123 PP P ?是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。 解 （1）三个顶点1(0,1,2) P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 的位置矢量分别为 12y z =-r e e ，243x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e 则 12214x z =-=-R r r e e ， 233228x y z =-=++R r r e e e ， 由此可见 故123 PP P ?为一直角三角形。
第8章 电磁场与电磁波
第8章 电磁场与电磁波 8.1 选择题 （1）k E 和E 分别是电源中的非静电场和静电场的场强,rI 为内阻上的电势降落，取从电源负极经电源内部到正极为积分路径，则 ][)(];[];[_ _ _ C dl E E A dl E B dl E K k =?-=?=???? + ++ 。 (A)端电压u (B)电动势ξ (C) rI (2)一棒状铁芯密绕着线圈1和线圈2，如圈所示。接下电键K ．并取线圈2回路面积的法线正方向为n ，应用法拉第电磁感应定律判断n 方向的方法，对于线圈2回路，正确的判断是[C]。 (A) b a i U U dt d <<>Φ<Φ,0,0,0ε (B) b a i U U dt d >><Φ>Φ,0,0,0ε (C) b a i U U dt d >><Φ<Φ,0,0,0ε (D) b a i U U dt d <<<Φ<Φ,0,0, 0ε 3) 一半圆形的闭合金属导线绕轴O 在矩形均匀分布的恒定磁场巾作逆时针方向的匀速转动，如图（a ）所示。图(b)中能表示导线中感应电动势@-t 的函数关系的曲线为[A]。
(4)均匀磁场中有几个闭台线圈．如图所示。当磁场不断减小时，在各回路中产生的感应电流的方向各为: (a)[A] (b)[C] (c)[A] (d)[A] (A)沿abcd (B)沿dcha (C)无感应电流
(5)一半径为R 没有铁芯的无限长密绕螺线管，单位长度上的匝数为n ，通入 dt dI 为常数的 增长电流。如图所示。将导线Oab 和bc 垂直于磁场放置在管内外，Oa =ab=bc=R. (a)导线上感生电动势为[C] (A) bc ab Oa εεε== (B) bc ab Oa εεε<=,0 (C) bc ab Oa εεε>=,0 (D) bc ab Oa εεε=< (b)a ，b 、c 三点电势之间的关系是[B]。 (A)Ua=Ub =Uc (B)Ua
电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤,曹伟)第8章习题解答
第8章习题解答 8.4 特性阻抗c 500Z =Ω的无耗均匀传输终端开路。测得终端电压L 300V U =。当工作波长12m λ=时， 试求距终端为3m,6m,12m d =处的电压和电流。 解: 当终端开路L Z =∞时，终端电流L 0I =，而2π/π/6βλ==由此可得 ()()L cos 300cos π/6U d U d d β== ()()c L j sin j0.6sin π/6I d YU d d β== 所以有 ()()()()()()3300cos π/20V 6300cos π300V 12300cos 2π300V U d U d U d ======-=== ()()()()()()3j0.6sin π/2j0.6A 6j0.6sin π0A 12j0.6sin 2π0A I d I d I d ========= 8.5 特性阻抗c 70Z =Ω的无耗均匀传输线终端短路。测得距终端为5m 处的电流为100mA 。当工作波 长 2.5m λ=时，试求终端以及距终端为1.5m 处的电压和电流。 解: 当终端短路L 0Z =时，终端电压L 0U =，而2π/0.8πβλ==。于是有 ()()c L L j sin j70sin 0.8πU d Z I d I d β== ()()L L cos cos 0.8πI d I d I d β== 由()()L 5cos 4π100mA I d I ===，得到L 100mA=0.1A I =。由此可得 ()()j7sin 0.8πU d d = ()()0.1cos 0.8πI d d = 如此可得终端处的电压和电流为 ()()0j7sin 00V U d === ()()00.1cos 00.1A I d === 距终端为1.5m 处的电压和电流为 ()()1..5j7sin 1.2πj4.11V U d ===- ()()1.50.1cos 1.2π0.081A I d ===- 8.6 特性阻抗c 50Z =Ω的无耗均匀传输线长2m l =，终端接L 75j34Z =+Ω的负载。测得终端电压 L 1V U =，工作频率为60MHz 。试求传输线始端的电压和电流。若工作频率变为100MHz ，结果 又如何？ 解: 终端电流L L L /0.011j0.005I U Z ==-，而2π/0.4πf c β==。由此可得 ()()()() L c L cos j sin cos 0.4π0.25sin 0.4πj0.553sin 0.4πU d U d Z I d d d d ββ=+=++ ()()()()L c L cos j sin 0.011cos 0.4πj 0.01sin 0.4π0.005cos 0.4πI d I d Y U d d d d ββ=+=+-???? 传输线始端的电压和电流为 () ()()()0j2.6852cos 0.8π0.25sin 0.8πj0.553sin 0.8π0.7372e V U U d ===++= () ()()()0j2.08220.011cos 0.8πj 0.01sin 0.8π0.005cos 0.8πI I d ===+-????
电磁场与电磁波(西安交大第三版)第7章课后答案
习题 7-1、如果z z H E ,已知,由无源区的麦克斯韦方程,求圆柱坐标系中?ρ?ρH H E E ,,,与z z H E ,的关系。 解： 设z jk z e E E -=),(0?ρ ；z jk z e H H -=),(0?ρ 则 E jk z E z -=??；H jk z H z -=?? 在圆柱坐标系中展开无源区的麦克斯韦方程 E j H ωε=??；H j E ωμ-=?? 得 ρ?ωε?ρE j H jk H z z =+??1 ρ?ωμ? ρH j E jk E z z -=+??1 ?ρωερE j H H jk z z =??- - ?ρωμρ H j E E jk z z -=??-- z E j H H ωε?ρρρρ?=??-??1 z H j E E ωμ? ρρρρ?-=??-??1 由以上几式得 )1(12 ?ρωμρρ??+??- =z z z c H j E jk k E )(12 ρωμ?ρ???+??-= z z z c H j E k j k E )(12 ρ?ρωερ??-??= z z z c H jk E j k H )(12 ?ρρωε???+??- =z z z c H k j E j k H 式中 2 22z c k k k -= 7-2证明（7.2-6） 式为(7.2-4)式的解。 证明： 由（7.2-6） 式z z e V e V z V γγ---++=00)( 可得：22 00'')()()(γγ γγz V e V e V z V z z =+=---+
因此 022 2=-V dz V d γ 即 (7.2-4)式 7-2、 从图7.2-2的等效电路，求(7.2-５) 和(7.2-6)式对应的传输线方程的时域形式。 解： 图7.2-2 )() (1z I Z dz z dV -= (7.2-５) )() (1z V Y dz z dI -= (7.2-６) 串联支路上的电压为 dV V dt di dz L dz iR V +=++11 （1） 并联支路上的电流为 di i dt du dz C dz uG i +=++11 (2) 由（1）和（2）式得 dz dt di L iR dV )(1 1+-= （3） dz dt du C uG di )(11+-= （4） 两边同除dz 得 )(11dt di L iR dz dV +-= （5） )(11dt du C uG dz di +-= （6） （5）、（6）式就是(7.2-５) 和(7.2-6)式对应的传输线方程的时域形式。 7-3、由(7.2-１０)、(7.2-3)、(7.2-4)和(7.2-９)式推导(7.2-１１)和 (7.2-１2)式。
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