第5章时变电磁场
5.1 有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场
5cos mT z e t ω=B 之中，如题6.1图所示。滑片的位置由
0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i.
穿过导体回路abcda 的磁通为
)
cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z x t t t t ωωωωΦ-=--=+ 故感应电流为
11
0.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mA
in d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ
=
=-=-+-+E
5.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B
e 中与z 轴平行。设棒以角速度ω绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、
体积内和表面上单位长度的极化电荷。
解 介质棒内距轴线距离为r 处的感应电场为00z r r r B φωω=?=?=E v B e e B e
故介质棒内的极化强度为
00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X 极化电荷体密度为 200
00
11()()2()P rP r B r r r r
B ρεεωεεω??
=-??=-
=--??=--P 极化电荷面密度为
0000()()P r r r a e r a B σεεωεεω==?=-?=-P n B e
则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为
2200200
12()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=??=--=??=-
5.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题
6.3图所示。设0.2a m =、
0.1m
b c d ===、
71.0cos(210)A i t π=?，求回路中的感应电动势。
解 由题给定的电流方向可知，双线中的电流产生的磁感应强度的方向，在回路中都是垂直于纸面
向内的。故回路中的感应电动势为
d d d d d d in dS B S B S t t ?
?=-?=-+?????左右B E 00,22()i i
B B r b c d r μμππ==
++-左右 故
0000d d ln()
22d d ln()2()2b c
b s
c d d s i ai b c
B S a r r b i ai b c
B S a r b c d r b μμππμμππ
+++==+==++-??
??左右则
0707
777d 2
ln()d 2d ln()[1.0cos(210d 4100.2ln 2sin(210)2103.484sin(210)in ai b c t b a b c t b t
t V
t V
μπμππππππ
π-+??
=-??
??+=-???=???=?E
5.4 有一个环形线圈，导线的长度为l ，分别通过以直流电源供应电压U 0和时变电源供应电压U （t ）。讨论这两种情况下导线内的电场
强度E 。
解 设导线材料的电导率为γ，横截面积为S ，则导线的电阻为
l R S
γ=
而环形线圈的电感为
L ，故电压方程为
d d i U Ri L
t
=+
当U=U 0时，电流i 也为直流，d 0d i t =。故0l l U Ri JS J lE S γγ====此时导线内的切向电场为
0U E l =
当U=U （t ）时，d ()0
d i t t ≠，故d ()d
()()()(())d d d ()()d i t U t Ri t L
R E t S L E t S t t
l E t E t S L S S t γγγγγ=+=+=+即d ()()()d E t lE t U t t
L S L S γγ+= 求解此微分方程就可得到()t E 。
★5.6 一圆柱形电容器，内导体半径为a ，外导体内半径为b ，长为l 。设外加电压为0sin U t ω，试计算电容器极板间的总位移电流，
证明它等于电容器的传导电流。
解 当外加电压的频率不是很高时，圆柱形电容器两极板间的电场分布与外加直流电压时的电场分布可视为相同（准静态电场），即
0sin ln ()r
U t
r b a ω=E e ，故电容器两极板间的位移电流密度为
0cos ln ()d r U t t r b a ωεω?==?D J e 则20
00cos d d d ln ()l d d r r s U t i r z r b a πεωωφ=?=????J S e e
002cos cos ln ()l U t C U t b a πεωωωω=
=式中，2ln ()l
C b a πε=
是长为l 的圆柱形电容器的电容。流过电容器的传导电流为
0d cos d c U
i C
C U t t ωω==可见d c i i =
5.7 由麦克斯韦方程组出发，导出点电荷的电场强度公式和泊松方程。
解 点电荷q 产生的电场满足麦克斯韦方程
0??=E 和ρ??=D 由ρ??=D 得
d d ττ
τρτ
??=??D 据散度定理，上式即为
d s
q
?=? D S 利用球对称性，得
2
4r
q
r π=D e
故得点电荷的电场表示式
24r
q
r πε=E e
由于0??=E ，可取?=-?E ，则得2
εε?ε?ρ??=??=-???=-?=D E
即得泊松方程
2ρ?ε?=-
5.8 试将麦克斯方程的微分形式写成八个标量方程：（1）在直角坐标中；（2）在圆柱坐标中；（3）在球坐标中。 解 （1）在直角坐标中
y
x z x y x z y y x z z H D H J y z t D H H J z x t H H D J x y t ????-=+?????
?????
-=+???????
??-=+??????
y
x z y x z y x z E H E y z t H E E z x t E E H x y t μμμ????-=-?????
?????
-=-???????
??-=-??????
0y x z
y x z
B B B x y z D D D x y z ρ???++=??????++=???
（2）在圆柱坐标中
111()z r r r z r
z z H H D J r z t D H H J z r t H D rH J r r r t φ
φφφφφ????-=+?????
?????
-=+?????
????-=+??????
111()z
r r z r
z E E H r z t H E E z r t E H rE r r r t φφφμφμμφ????-=-?????
?????
-=-?????
????-=-??????
11()011()z
r z
r B B rB r r r z D D rD r r r z φφφρφ???++=??????++=???
（3）在球坐标系中
1[(sin )]sin 11[()]sin 1[()]r r r r H D H J r t
D H rH J r r t
D H rH J r r t
θφθφθφθφθθθφθφθ???
?
-=+
????????
?-=+?????????
-=+?
????
1[(s i n )]s i n 11[()]sin 1[()]r r r E H E r t
H E rE r r t
H E rE r r t
θφθφφθθμθθφμθφμθ???
?
-=-????????
?-=-?????????
-=-?????
2
22
2
111()(sin )0sin sin 111()(sin )sin sin r r B r B B r r r r D r D D r r r r φθ
φθθθθθφ
θρθθθφ???++=??????++=???
5.11 已知自由空间中球面波的电场为
sin cos()E t kr r θ
θω=-Εe 求H 和k 。
解 可以和前题一样将E 代入波动方程来确定k ，也可以直接由麦克斯韦方程求与E 相伴的磁场H 。而此磁场又要产生与之相伴的电场，同样据麦克斯韦方程求得。将两个电场比较，即可确定k 的值。两种方法本质上是一样的。
由
t
μ???=-?H
E 得
00000011()1
[sin cos()]sin sin()
rE t r r
E t kr r
r
k
E t kr r
φθφ
φ
μμθωμθωμ??
=-??=-????
=--?=-e H E e e 将上式对时间t 积分，得
00sin cos()
k
E t kr r
φ
θωωμ=-H e （1）
将式（1）代入
t
ε???=?E
H 得
2
1
1
11[(sin )(sin )]
sin sin r
t r H r H r r r φθφεθθεθθθ?=?????
=-??E H e e
20
020002sin 1cos()sin()r kE k E t kr t kr r r θθωωεωμωμ??=---????e e
将上式对时间t 积分，得
20
022200021sin()sin cos()r kE k E t kr t kr r r θωθωεωμωμ??=-+-??
??E e e （2）
将已知的
0sin cos()E t kr r θ
θω=-E e 与式（2）比较，可得，含21
r
项的E r 分量应略去，且
2
00k ωμε=，即
k =
将
k =1）
，得
00sin cos()cos()t kr t kr φ
θωθω=-=-H e e A
5.12 试推导在线性、无损耗、各向同性的非均匀媒质中用E 和B 表示麦克斯韦方程。 解 注意到非均匀媒质的参数,με是空间坐标的函数，因此
211
()()1
1μμμ
μμμ??=??=??+??=-
??+
??B H B B
B B
而
()t t t εε
???+
=+=+???D E E
J J J 因此，麦克斯韦第一方程 t ???=+
?D H J 变为 1t μμεμμ???=++???E B J B
又
()εεερ??=??=??+??=D E E E
故麦克斯韦第四方程ρ??=D 变为
1
ρεεε??=
-??E E
则在非均匀媒质中，用E 和B 表示的麦克斯韦方程组为
1
1
t t
μμεμμ
ρεεε
???=++??????=-???=0??=
-??E B J B B E B E E
5.13 写出在空气和μ=∞的理想磁介质之间分界面上的边界条件。 解 空气和理想导体分界面的边界条件为
s ?=?=n E n H J
根据电磁对偶原理，采用以下对偶形式 s ms →,→-,→E H H E J J
即可得到空气和理想磁介质分界面上的边界条件
0ms ?=?=-n H n E J
式中，J ms 为表面磁流密度。
5.14 提出推导1s ?=n H J 的详细步骤。 解 如题
6.12图所示，设第2区为理想导体（
2γ=∞）
。在分界面上取闭合路径
,,0abcda ab cd l bc da h ==?==?→。对该闭合路径应用麦克斯韦第一方程可得
20
d d d d lim (d d )b c
d
a
a
b
c
d
C
h S
S
d t 1?→?=?+?+?+??≈??-??=?+????
?????
H l H l H l H l H l
D
H l H l J S S （1）
因为t ??D
为有限值，故上式中
0lim d 0
h S t ?→??=??
D
S ，而(1)式中的另一项0
lim d h S
?→??J S
为闭合路径所包围的传导电流。
取N 为闭合路径所围面积的单位矢量（其指向与闭合路径的绕行方向成右手螺旋关系），则有
lim d s h S
?→?=???J S J N l
因
()l ?=??l N n
故式（1）可表示为
12()()s l l -???=??H H N n J N （2）
应用矢量运算公式()()??=??A B C C A B ，式（2）变为
12[]s ?(-)?=?n H H N J N
故得
12()s ?-=n H H J （3）
由于理想导体的电导率
2γ=∞，故必有220,0==E H ，故式（3）变为1s ?=n H J
★5.16 在由理想导电壁（γ=∞）限定的区域0x a ≤≤内存在一个由以下各式表示的电磁场：
000()sin()sin()
()sin()sin()
cos()cos()
y x z a x
E H kz t a a x
H H k kz t a x
H H kz t a πμωωππωππω=-=-=-
这个电磁场满足的边界条件如何？导电壁上的电流密度的值如何？ 解 如题6.13图所示，应用理想导体的边界条件可以得出
在x=0处，
0,0
y x E H ==
0cos()z H H kz t ω=-
在x=a 处，
0,0
y x E H ==
0cos()z H H kz t ω=--
上述结果表明，在理想导体的表面，不存在电场的切向分量E y 和磁场的法向分量H x 。
另外，在x=0的表面上，电流密度为
00
00
|()|cos()
s x x x x z z x x z z
y x H H H H kz t ω====?=?+=?=--J n H e e e e e e
在x=a 的表面上，电流密度则为
0|()|cos()
s x a x x x z z x a
x z z
y x a
H H H H kz t ω====?=-?+=-?=--J n H e e e e e e
5.17 海水的电导率
4S/m γ=，在频率f=1GHz 时的相对介电常数81r ε≈。如果把海水视为一等效的电介质，写出H 的微分方程。对
于良导体，例如铜，
7
1, 5.710S/m r εγ==?，比较在f=1GHz 时的位移电流和传导电流的幅度。可以看出，即使在微波频率下，良导体中的位移电流也是可以忽略的。写出H 的微分方程。
解 对于海水，H 的微分方程为
()j j j j
γωγωεωεω??=+=+=-H J D E E E
即把海水视为等效介电常数为
c j
γεεω
=-的电介质。代入给定的参数，得
99
9
104
210(81)36210(4.54)(4 4.5)j j j j j πππ-??=??-?=-=+E E
E E
对于铜，传导电流的幅度为
E γ，位移电流的幅度E ωε。故位移电流与传导电流的幅度之比为
9
13071
2102369.75105.710
r f f f ππεεωεπγγ
--?
?===??
可见，即使在微波频率下，铜中的位移电流也是可以忽略不计的。故对于铜，H 的微分方程为
7
5.710γ??==?H E E
5.18 计算题5.16中的能流密度矢量和平均能流密度矢量。 解 瞬时能流密度矢量为
2
02
2220202220()sin(
)cos(
)sin()cos()
()sin ()sin ()
1sin()cos()sin 2()
21()sin ()[1cos 2()]
2y y x x z z x y z z y x
x z x z E H H E H E H a
x
x
H kz t kz t a
a
a x H k kz t a
a x x H kz t a a a x H k kz t a
ππμω
ωωπ
πμωωπππμωωππμωωπ=?=?+=-=----=----S E H e e e e e e e e e
为求平均能流密度矢量，先将电磁场各个分量写成复数形式
2
02
00()sin(
)()sin()cos()jkz j
y jkz j x jkz
z a x
E H e
a
a x H H k e
a x H H e
a
ππ
πμωπ
πππ-+-+-===
故平均能流密度矢量为
**2
202222220011Re[*]Re[]221Re[sin()cos()]21()sin ()()sin ()
2av x y z z y x j x z z E H E H a x x H e a a
a x a x
H k H k a a πππμωπππμωμωππ=
?=-=-=-S E H e e e e e
5.19 写出存在电荷ρ和电流密度J 的无损耗媒质中E 和H 的波动方程。 解 存在外加源ρ和J 时，麦克斯韦方程组为
t
ε
???=+?E
H J （1）；
t
μ
???=-?H
E （2）；0??=H （3）；
ρ
ε??=
E （4）
对式（1）两边取旋度，得()t ε
?
????=??+???H J E
而 2()????=???-?H H H
故
2(()t ε
?
???)=?=??+???H H J E （5）
将式（2）和式（3）代入式（5），得
22
2t με??-=-???H
H J
这就是H 的波动方程，是二阶非齐次方程。 同样，对式（2）两边取旋度，得
(t μ
?
????=-??)?E H
即
2((t μ
?
???)-?=-??)?E E H （6）
将式（1）和式（4）代入式（6），得
22
21
t t μεμρ
ε???-=+???E J E
此即E 满足的波动方程。
对于正弦时变场，可采用复数形式的麦克斯韦方程表示
j ωε??=+H J E （7）；j ωμ??=-E H
（8）；0??=H （9）；
ρ
ε??=
E （10）；
对式（7）两边取旋度，得 j ωε????=??+??H J E
利用矢量恒等式 2(????=-???)-?H H H
得
2(j ωε???)-?=??+??H H J E （11）
将式（8）和式（9）代入式（11），得
22ωμε?=-??H +H J
此即H 满足的微分方程，称为非齐次亥姆霍兹方程。 同样，对式（8）两边取旋度，得 ：j ωμ????=-??E
H 即
2(j ωμ???)-?=-??E H H （12）
将式（7）和式（10）代入式（12），得
221
j ωμεωμρ
ε
?=+?E +E J
此即E 满足的微分方程，亦称非齐次亥姆霍兹方程。
5.20 在应用电磁位时，如果不采用洛伦兹条件，而采用所谓的库仑规范，令??=0A ，试导出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 ???=+
?D
H J 得 1()t
t t ε
με????=????=+?????
=+-?- ?
????E
H A J 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 E ，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
22
2()
t t ?
μεμμε???-=-+???A A J （3） 2ρ
?ε?=-
（4）
式（3）和式（4）就是采用库仑规范时，电磁场A 和?所满足的微分方程。
5.21 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
001
cos()2av e m ψψ=
?-S E H
解 坡印廷矢量的瞬时值为
000000cos )cos()
1
[cos()]cos[]21
[cos(2)cos()]2e m e m e m e m e m t t t t t t t ωψωψωψωψωψωψωψψψψ=?=(+?+=
?+++++--=?+++-S E H E H E H E H 故平均坡印廷矢量为
000000111[cos(2)cos()]d 21
cos()2T
av T e m e m e m dt T
t t
T ωψψψψψψ=
=?+++-=?-??S S E H E H