This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 17, 18 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/6/1; Status: @ editing, updating, final
第17、18周作业
9.5
(1) $RLC$ 串联电路的复阻抗、阻抗和辐角正切如下
$$ \dot{Z}=R+\mathrm{i}\omega L+\frac{1}{\mathrm{i}\omega C}=R+\mathrm{i}\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right) $$$$ Z=\sqrt{R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}=\sqrt{40^{2}+\left(100 \pi \times 0.1-\frac{1}{100 \pi \times 5 \times 10^{-5}}\right)^{2}}=51.4\,(\Omega) $$
$$ \tan \varphi=\frac{100 \pi \times 0.1-1 /\left(100 \pi \times 5 \times 10^{-5}\right)}{40}=-0.805 $$
据此推得该电路的功率因子为
$$ \cos \varphi=\frac{1}{\sqrt{\tan ^{2} \varphi+1}}=\frac{1}{\sqrt{0.805^{2}+1}}=0.78 $$(2)有效值100V 的电压源产生的电流最大值为
$$ I_{m}=\frac{V_{m}}{Z}=\frac{\sqrt{2}\, V}{Z}=\frac{\sqrt{2} \times 100}{51.4}=2.75\,(\text{A}) $$(3)功率损失为
$$ P=V I \cos \varphi=\frac{V^{2}}{Z} \cos \varphi=\frac{100^{2} \times 0.78}{51.4}=152\,(\text{W}) $$9.6
(1) $RLC$ 串联电路的阻抗
$$ Z=\left[R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}\right]^{1 / 2}=\left[300^{2}+\left(0.9 \omega-\frac{1}{2 \times 10^{-6} \omega}\right)^{2}\right]^{1 / 2} $$由上式算得 $\omega=500,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 和 $1000,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时的阻抗分别为626$\Omega$和500$\Omega$
(2)电流振幅按下式计算
$$ I_{m}=\frac{V_{m}}{Z}=\frac{V_{m}}{\sqrt{R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}} $$$$ \frac{\text{d} I_{m}}{\text{d} \omega}=V_{m} \omega\left(\frac{1}{\omega^{4} C^{2}}-L^{2}\right)\left[R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}\right]^{-3 / 2} $$
当 $\omega=1 / \sqrt{L C}=1 / \sqrt{0.9 \times2 \times10^{-6}}=745,(\text{rad}\cdot\text{s}^{-1})$ 时, $\text{d} I_{m}/\text{d} \omega=0$,电流取极值;电流先上升,在 $\omega=745,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时极大,然后下降
(3) $\omega=500,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时的相位角
$$ \varphi=\arctan \frac{\omega L-1 /(\omega C)}{R}=\arctan \frac{500 \times 0.9-1 /\left(500 \times 2 \times 10^{-6}\right)}{300}=-61.4^{\circ} $$电流超前电压61.4$^\circ$,或电压滞后电流61.4$^\circ$(略绘复矢量图).
(4) $\omega=1 / \sqrt{L C}=745,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时共振,共振频率 $f=\omega /(2 \pi)=119,\text{Hz}$ ,此时 $\cos \varphi=1$
(5)电阻为100$\Omega$时,共振频率仍为119Hz,共振电流的有效值为
$$ I=\frac{V}{R}=\frac{V_{m}}{\sqrt{2}\, R}=\frac{50}{\sqrt{2} \times 100}=0.354\,(\text{A}) $$9.7
(1)并联电路的复阻抗为
$$ \dot{Z}=\frac{R \cdot \frac{1}{\mathrm{i} \omega C} \cdot \mathrm{i} \omega L}{R \cdot \frac{1}{\mathrm{i} \omega C}+R \cdot \mathrm{i} \omega L+\frac{1}{\mathrm{i} \omega C} \cdot \mathrm{i} \omega L}=\frac{\omega R L\left[\omega L-\mathrm{i} R\left(\omega^{2} L C-1\right)\right]}{\omega^{2} L^{2}+\left(\omega^{2} L C-1\right)^{2} R^{2}} $$共振时, $\dot{Z}$ 的虚部为0,即
$$ \omega_{c}=\frac{1}{\sqrt{L C}}=\frac{1}{\sqrt{0.1 \times 10^{-7}}}=10^{4}\left(\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}\right),\quad f_{c}=\frac{\omega_{c}}{2 \pi}=1592\,\text{Hz} $$$\dot{Z}=100,\Omega$, $I_{m}=V_{m} / Z=100 / 100=1,(\text{A})$.
(3)共振时通过电阻的最大电流为 $I_{m R}=V_{m} / R=100 / 100=1,(\text{A})$
(4)共振时通过电感的最大电流为 $I_{m L}=V_{m} /(\omega L)=100 /(10^{4} \times0.1)=0.1,(\text{A})$
(5)共振时储存在电感中的最大能量为
$$ W_{m L}=\frac{1}{2}L I_{m L}^{2}=0.1 \times0.1^{2} / 2=5 \times10^{-4}\,(\text{J}) $$储存在电容中的最大能量为
$$ W_{m C}=\frac{1}{2}C V_{m}^{2}=10^{-7} \times100^{2} / 2=5 \times10^{-4}\,(\text{J}) $$9.8
原线圈电压为 $V_{0}=220,\text{V}$ ,匝数为 $N_{0}=660$ ,可由测得的副线圈电压,按公式 $N=N_{0} V / V_{0}$ 算得副线圈匝数. 对于 $V=5,\text{V}$、6.8 V、350 V,分别求副线圈的匝数为15、20、1050.
已知各副线圈电流,原线圈中的电流可由功率条件 $V_{0} I_{0}=V_{1} I_{1}+V_{2} I_{2}+V_{3} I_{3}$ 计算,结果为
$$ I_{0}=\frac{V_{1} I_{1}+V_{2} I_{2}+V_{3} I_{3}}{V_{0}}=\frac{5 \times 3+6.8 \times 2+350 \times 0.28 \times 10^{-3}}{220}=0.13\,(\text{A}) $$9.9
由题设可知,伏特计所在回路的匝数 $N_{0}=1$ ,测得电压为 $V_{0}=0.50,\text{V}$ ,则变压器两个绕组的匝数可由它们各自的电压算出,结果如下:
$$ N_{1}=\frac{V_{1}}{V_{0}} N_{0}=\frac{100}{0.5} \times 1=200,\quad N_{2}=\frac{V_{2}}{V_{0}} N_{0}=\frac{3300}{0.5} \times 1=6600 $$9.10
(1)与稳恒电流类似,满足如下电桥平衡条件:
$$ Z_{1} \cdot Z_{4}=Z_{2} \cdot Z_{3} $$(2)频率变化时,一般会有电流通过G,因为复阻抗与频率有关.
(3)将题给数据代入电桥平衡条件得
$$ R_{1}(R+\mathrm{i} \omega L)=\left(R_{2}+\mathrm{i} \omega L_{2}\right) R_{3} \Rightarrow R_{1} R-R_{2} R_{3}+\mathrm{i} \omega\left(R_{1} L-R_{3} L_{2}\right)=0 $$由实部、虚部分别等于零得
$$ R=\frac{R_{2} R_{3}}{R_{1}},\quad L=\frac{R_{3} L_{2}}{R_{1}} $$10.1
(1)位移电流为
$$ \begin{aligned} I_{d} &=S \cdot \frac{\partial D}{\partial t}=\varepsilon S \frac{\partial E}{\partial t}=\frac{\varepsilon S}{d} \cdot \frac{\text{d} V}{\text{d} t}=C \frac{\text{d} V}{\text{d} t} \\ &=2.0 \times 10^{-6} \times 1.0 \times 10^{3}=2.0 \times 10^{-3}\,(\text{A}) \end{aligned} $$(2)真实漏电流赶上位移电流的时间
$$ I=\frac{V}{R}=\frac{(\text{d} V / \text{d} t) \cdot T}{R}=I_{d} \Rightarrow T=\frac{I_{d} R}{\text{d} V / \text{d} t}=\frac{2.0 \times 10^{-3} \times 5.0 \times 10^{5}}{1.0 \times 10^{3}}=1\,(\text{s}) $$(3)由安培环路定理得
$$ 2 \pi r B=\mu_{0}\left(I_{d}+I\right) \frac{\pi r^{2}}{\pi a^{2}}=\frac{\mu_{0} r^{2}}{a^{2}}\left(C \frac{\text{d} V}{\text{d} t}+\frac{V}{R}\right)=\frac{\mu_{0} r^{2}}{a^{2}} \frac{\text{d} V}{\text{d} t}\left(C+\frac{t}{R}\right) $$式中, $t$ 为考察时间, $a$ 为极板半径. 由上式解得
$$ B=\frac{\mu_{0} r}{2 \pi a^{2} R} \frac{\text{d} V}{\text{d} t}(R C+t) $$在 $r=20,\text{cm}$ 处,给定时刻的磁场大小分别为
$$ \begin{aligned} B(t=0) &= \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 0.2 \times 10^{3}}{2 \pi \times 0.3^{2} \times 5 \times 10^{5}} \times\left(5 \times 10^{5} \times 2 \times 10^{-6}+t\right)_{t=0} \\ &=8.9 \times 10^{-10}(1+t)_{t=0}=0.89 \times 10^{-9}\,(\text{T}) \end{aligned} $$$$ B(t=1)=8.9 \times 10^{-10}(1+1)=1.8 \times 10^{-9}\,(\text{T}) $$
$$ B(t=2)=8.9 \times 10^{-10}(1+2)=2.7 \times 10^{-9}\,(\text{T}) $$
10.2
(1)导线中传导电流与位移电流大小之比为
$$ \frac{I_{0}}{I_{d}}=\left|\frac{\sigma E S}{\text{d} D / \text{d} t \,S}\right|=\frac{\sigma E}{\omega \varepsilon_{0} E}=\frac{\sigma}{\omega \varepsilon_{0}} $$(2) $f=50,\text{Hz}$ 时,
$$ \frac{I_{0}}{I_{d}}=5.9 \times 10^{7} /\left(2 \pi \times 50 \times 8.85 \times 10^{-12}\right)=2.1 \times 10^{16}; $$$f=3.0 \times 10^{11},\text{Hz}$ 时,
$$ \frac{I_{0}}{I_{d}}=5.9 \times 10^{7} /\left(2 \pi \times 3 \times 10^{11} \times 8.85 \times 10^{-12}\right)=3.5 \times 10^{6}. $$10.3
极板内部的电位移矢量的大小为 $D=\sigma=Q /(\pi a^{2})$ ,由安培环路定理得 $r<a$ 区:
$$ 2 \pi r H=\pi r^{2} \frac{\text{d} D}{\text{d} t}=\frac{r^{2}}{a^{2}} \frac{\text{d} Q}{\text{d} t} \Rightarrow H=\frac{r}{2 \pi a^{2}} \frac{\text{d} Q}{\text{d} t}=\frac{r \omega Q_{0}}{2 \pi a^{2}} \cos \omega t $$$r>a$ 区:
$$ 2 \pi r H=\pi a^{2} \frac{\text{d} D}{\text{d} t}=\frac{\text{d} Q}{\text{d} t} \Rightarrow H=\frac{1}{2 \pi r} \frac{\text{d} Q}{\text{d} t}=\frac{\omega Q_{0}}{2 \pi r} \cos \omega t $$10.4
由电位移矢量法向分量和电场强度切向分量连续的边值关系
$$ D_{1n}=D_{2n} \Rightarrow \varepsilon_{1} E_{1n}=\varepsilon_{2} E_{2n} \Rightarrow \varepsilon_{1} E_{1} \cos \theta_{1}=\varepsilon_{2} E_{2} \cos \theta_{2} $$$$ E_{1t}=E_{2t} \Rightarrow E_{1} \sin \theta_{1}=E_{2} \sin \theta_{2} $$
两式相除得 $\varepsilon_{1} \cot \theta_{1}=\varepsilon_{2} \cot \theta_{2}$; 由磁感应强度法向分量和磁场强度切向分量连续的边值关系
$$ B_{1n}=B_{2n} \Rightarrow \mu_{1} H_{1n}=\mu_{2} H_{2n} \Rightarrow \mu_{1} H_{1} \cos \varphi_{1}=\mu_{2} H_{2} \cos \varphi_{2} $$$$ H_{1t}=H_{2t} \Rightarrow H_{1} \sin \varphi_{1}=H_{2} \sin \varphi_{2} $$
两式相除得 $\mu_{1} \cot \varphi_{1}=\mu_{2} \cot \varphi_{2}$ ,证毕.
10.5
(1)传播速度:
$$ v=1 / \sqrt{\varepsilon \varepsilon_{0} \mu \mu_{0}}=3 \times10^{8} / \sqrt{2.53 \times1}=1.89 \times10^{8}\,(\text{m}\cdot\text{s}^{-1}) $$(2)波长:
$$ \lambda=v / f=1.89 \times10^{8} /\left(5 \times10^{9}\right)=3.77 \times10^{-2}\,(\text{m})=3.77\,(\text{cm}); $$(3)磁场强度的振幅:
$$ H=\sqrt{\varepsilon / \mu}\,E=\left[2.53 \times 8.85 \times 10^{-12} /\left(4 \pi \times 10^{-7}\right)\right]^{1 / 2} \times 0.01=4.22 \times 10^{-5}\left(\text{A}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$10.6
(1)磁场强度振幅:
$$ H=\sqrt{\varepsilon_{0} / \mu_{0}} E=E /\left(c \mu_{0}\right)=15 \times 10^{-3} /\left(3 \times 10^{8} \times 4 \pi \times 10^{-7}\right)=4.0 \times 10^{-5}\left(\text{A}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$(2)波数:
$$ k=\omega / c=2 \pi f / c=2 \pi \times 7.94 \times 10^{7} /\left(3 \times 10^{8}\right)=1.66\left(\text{m}^{-1}\right) $$(3)波长:
$$ \lambda=2 \pi / k=2 \pi / 1.66=3.78\,\text{m} $$(4)发射机功率:
$$ P=\overline{S} \cdot 4 \pi r^{2}=2 \pi r^{2} E H=2 \pi \times\left(10^{5}\right)^{2} \times 0.015 \times 4 \times 10^{-5}=3.77 \times 10^{4}\,(\text{W})=37.7\,(\text{kW}) $$10.7
取圆柱坐标$(r, \phi, z)$, $z$ 轴与圆柱轴重合,指向电流方向. 于是,导线内电场只有 $z$ 分量,磁场则只有 $\phi$ 分量,由欧姆定律和安培环路定理分别求得
$$ E_{z}=\frac{j}{\sigma}=\frac{\rho I}{\pi a^{2}} $$$$ 2 \pi r H_{\phi}=j \cdot \pi r^{2}=\frac{I \pi r^{2}}{\pi a^{2}} \Rightarrow H_{\phi}=\frac{I r}{2 \pi a^{2}} $$
与此相应,坡印亭矢量只有$r$分量,其数值为
$$ S_{r}=-E_{z} H_{\phi}=-\frac{\rho I}{\pi a^{2}} \cdot \frac{I r}{2 \pi a^{2}}=-\frac{\rho r I^{2}}{2 \pi^{2} a^{4}} $$负号表示指向圆柱导线内部. 长度为 $l$ ,半径为 $r$ 的导体体积内的能量耗散率为
$$ P=\frac{j^{2}}{\sigma} V=\rho\left(\frac{I}{\pi a^{2}}\right)^{2} \pi r^{2} l=\frac{I^{2} \rho l r^{2}}{\pi a^{4}}=-2 \pi r l \cdot S_{r} $$它等于自考察导体边界(面积等于$2 rl \pi$)进入导体内部的电磁能流.
10.8
(1)太阳表面的平均能流密度:
$$ \overline{S}_{\text{表}} \cdot 4 \pi R_{\odot}^{2}=S_{\text{地}} \cdot 4 \pi d_{\text{日地}}^{2} ;\quad \overline{S}_{0} \cdot 4 \pi R_{0}^{2}=S \cdot 4 \pi d^{2} $$$$ \overline{S}_{0}=\left(\frac{d}{R_{0}}\right)^{2} \overline{S}=\left(\frac{1.5 \times 10^{11}}{7 \times 10^{8}}\right)^{2} \times 1353=6.21 \times 10^{7}\left(\text{W}\cdot\text{m}^{-2}\right) $$
(2)电场强度有效值:由 $\overline{S}{0}=\varepsilon{0} \overline{E}^{2} c$ 得
$$ \overline{E}=\sqrt{\frac{\overline{S}_{0}}{\varepsilon_{0} c}}=\left(\frac{6.21 \times 10^{7}}{8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^{8}}\right)^{1 / 2}=1.53 \times 10^{5}\left(\text{V}\cdot\text{m}^{-1}\right)=153\left(\text{kV}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$(3)磁场强度有效值:
$$ H=E /\left(\mu_{0} c\right)=1.53 \times 10^{5} /\left(4 \pi \times 10^{-7} \times 3 \times 10^{8}\right)=406\left(\text{A}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$10.9
(1)设镜子的面积为 $A$,则单位时间入射到镜子上的动量大小为 $S A \cos \theta / c$,方向沿光线传播方向. 经镜子反射以后,动量大小不变,但方向发生变化:离开镜子,且与镜子平面法线成 $\theta$ 角. 于是,反射后光线动量的损失为其法向分量的2倍,即等于 $2 S A \cos ^{2} \theta / c$. 因此,镜子受到的压力为
$$ p=\frac{2 S A \cos ^{2} \theta}{c A}=\frac{2 S \cos ^{2} \theta}{c} $$(2)若入射光能被镜子吸收的份额为 $a$,则光线经过反射前后的动量差为
$$ \frac{S A \cos \theta}{c} \cdot \cos \theta+\frac{S A \cos \theta}{c} \cdot(1-a) \cos \theta=\frac{(2-a) S A \cos ^{2} \theta}{c} $$镜子受到的压力为
$$ p=\frac{(2-a) S A \cos ^{2} \theta}{A c}=\frac{(2-a) S \cos ^{2} \theta}{c} $$10.10
取球坐标$(r, \theta, \phi)$,原点位于球心, $z$ 轴指向磁场 $\boldsymbol{B}$ 的方向. 在 $r_{1}$ 与 $r_{2}$ 之间,利用静电场的高斯定理,可导出电位移矢量 $\boldsymbol D=Q \boldsymbol e_r /(4 \pi r^{2})$,从而依次求得电磁动量密度 $\boldsymbol{g}$ 和角动量密度 $\boldsymbol{l}$ 如下:
$$ \boldsymbol{g}=\boldsymbol{D} \times \boldsymbol{B}=\frac{Q}{4 \pi r^{2}}\left(\boldsymbol{e}_{r} \times \boldsymbol{B}\right) $$$$ \boldsymbol{l}=\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{g}=\frac{Q}{4 \pi r} \boldsymbol{e}_{r} \times\left(\boldsymbol{e}_{r} \times \boldsymbol{B}\right)=\frac{Q}{4 \pi r}\left(B \cos \theta \boldsymbol{e}_{r}-B \boldsymbol{e}_{z}\right) $$
将角动量密度 $\boldsymbol{l}$ 过整个电容器作体积分,可求得系统的总电磁角动量. 在积分过程中,只需考虑角动量的 $z$ 分量 $l_{z}=-Q B \sin ^{2} \theta /(4 \pi r)$,积分求得总电磁角动量
$$ L_{z}=\iiint_{V} l_{z} \text{d} V=-\frac{Q B}{4 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \text{d} \phi \int_{0}^{\pi} \sin ^{3} \theta \text{d} \theta \int_{r_{1}}^{r_{2}} r \text{d} r=-\frac{Q B}{3}\left(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}\right) $$将磁场撤消之后,损失的电磁角动量将等量转换为电容器的机械角动量,即 $L_{z}=I \omega$,由此导出电容器的自转角速度
$$ \omega=-\frac{Q B}{3 I}\left(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}\right) $$负号表示旋转方向与 $z$ 轴呈左手螺旋关系,即沿着原来磁场方向看为逆时针旋转.
10.11
(1) 平面电磁波沿 $+z$ 方向传播，电场沿 $\boldsymbol e_x$，由 $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}$ 沿传播方向可知 $\boldsymbol{H}$ 沿 $\boldsymbol e_y$。 真空波阻抗
$$ \eta_{0}=\sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0}}} $$磁场振幅 $H_{0}=\dfrac{E_{0}}{\eta_{0}}=E_{0}\sqrt{\dfrac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}$，相位与电场一致，因此
$$ \boldsymbol{H} = E_{0}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\cos\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{y} $$(2) 电磁能量密度瞬时值
$$ w = \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2}+\frac{1}{2}\mu_{0}H^{2} $$代入场量，注意 $\varepsilon_{0}E^{2}=\mu_{0}H^{2}$：
$$ \begin{aligned} w &= \varepsilon_{0}E_{0}^{2}\cos^{2}\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right) \\ &= \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E_{0}^{2}\left[1+\cos\left(2\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - 2\omega t\right)\right] \end{aligned} $$一个周期内余弦振荡项平均值为0，平均能量密度
$$ \overline{w} = \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E_{0}^{2} $$(3) 坡印亭矢量（能流密度）瞬时值
$$ \boldsymbol{S}=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} $$$$ \begin{aligned} \boldsymbol{S} &= E_{0}\cos\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{x} \times E_{0}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\cos\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{y} \\ &= E_{0}^{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\cos^{2}\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{z} \\ &= \frac{E_{0}^{2}}{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\left[1+\cos\left(2\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - 2\omega t\right)\right]\boldsymbol{e}_{z} \end{aligned} $$
对一个周期取平均，振荡项为零，平均能流密度
$$ \overline{\boldsymbol{S}} = \frac{1}{2}E_{0}^{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\,\boldsymbol{e}_{z} $$