例6.1一个axb的单匝矩形线圈，置于时变磁场B=e,B.sinot中。初始时刻，线圈平面的法向单位失量n与y轴成α角，如题6.1图所示。求：（1）线圈静止时的感应电动势：（2）线圈以角速度の绕X轴旋转时的感应电动势。分析本题可直接利用式（6.1.1）计算，也可利用式（6.1.7）计算。当线圈以角速度①绕x轴旋例6.1图转时，法向单位失量n的方向是随时间变化的。解：（1）线圈静止时，穿过线圈的磁通为V=B.dS =e,B, sin(ot)-nab= B,absin(ot)cosαo故感应电动势为=_dy-oabB,cos(ot)cosaodt（2）线圈以角速度の绕x轴旋转时，有两种方法计算。一是按式（6.1.1）计算，在1时刻，n与y轴的夹角α=α+のt，所以P =[B.dS = e,B, sin(ot)nab = B,absin(ot)cos(αo + ot)故感应电动势为dy-oabB,cos(α.+2ot)dt另一种方法是利用式（6.1.7）计算(.B.ds +f(vx B)dlJsat其中第一项{Bd=-abB cos(o1)cos(α+o1)Jsat第二项d,(vxB)dl = I'(n bg)x(e,B, sin ot)e,dxn b)x(e,B, sin ot)-e,dx2bo=2gxB, sin ot sin(α+ot)2
例 6.1 一个 a b 的单匝矩形线圈，置于时变 磁场 0 sin B e = yB t 中。初始时刻，线圈平面的法 向单位矢量 n 与 y 轴成 0 角，如题 6.1 图所示。求： （1）线圈静止时的感应电动势；（2）线圈以角速 度 绕 x 轴旋转时的感应电动势。 分析 本题可直接利用式（6.1.1）计算，也可 利用式（6.1.7）计算。当线圈以角速度 绕 x 轴旋 转时，法向单位矢量 n 的方向是随时间变化的。 解：（1）线圈静止时，穿过线圈的磁通为 0 0 0 d sin( ) sin( )cos y S B t ab B ab t = = = B S e n 故感应电动势为 0 0 cos( )cos d abB t dt = − = − （2）线圈以角速度 绕 x 轴旋转时，有两种方法计算。一是按式（6.1.1）计算，在 t 时刻， n 与 y 轴的夹角 0 = + t ，所以 0 0 0 d sin( ) sin( )cos( ) y S = = = + B t ab B ab t t B S e n 故感应电动势为 0 0 cos( 2 ) d abB t dt = − = − + 另一种方法是利用式（6.1.7）计算 d d ( ) S C t = − + B S v B l 其中第一项 0 0 d cos( )cos( ) S abB t t t − = − + B S 第二项 ( ) 1 0 2 d ( ) ( sin ) d 2 y x C b B t x = v B l n e e 4 0 3 ( ) ( sin ) d 2 y x b B t x + − n e e 0 0 2 sin sin( ) 2 b a B t t = + n 0 x y z a b o B 例 6.1 图
= oBab sin ot sin(α + ot)于是=-oabB,cos(ot)cos(α+ot)+wabB,sin(ot)sin(α+ot)=-oabB, cos(α +2ot)两种方法结果相同。aB-.dS时，α是作为常数的，这是因为分别考虑磁场随评注在第二种方法中计算一Js at时间变化和由于回路运动而引起的磁通的改变，这一项只考虑磁场随时间变化所引起的磁通dy的改变；而在第一种方法中计算时，先代入了α=α+のt，即同时考虑磁场随时间dt变化和由于回路运动而引起的磁通的改变。例6.2某导电媒质的相对介电常数6,=1.5、相对磁导率μ,=1、电导率为Y。已知其中的电场强度E=e,60cos(10°t)V/m，且位移电流密度的振幅与传导电流密度的振幅相等，求Y的值。分析直接利用位移电流的概念和欧姆定律求出位移电流密度和传导电流密度，再由两者的振幅相等即可求得的值。解：位移电流密度为aDJa=9-e,60x106,8cos(10°t)at其振幅值为1×10-9=7.97×10-A/mJdm=08,8Em=60×105×1.5x36元传导电流密度为J=E=e,60sin(10°t)其振幅为Jm=60 A/m2由J=J，有60y= 7.97×10-5故得到y=1.33×10- s/m
0 0 = + B ab t t sin sin( ) 于是 0 0 0 0 = − + + + abB t t abB t t cos( )cos( ) sin( )sin( ) 0 0 = − + abB t cos( 2 ) 两种方法结果相同。 评注 在第二种方法中计算 d S t − B S 时， 是作为常数的，这是因为分别考虑磁场随 时间变化和由于回路运动而引起的磁通的改变，这一项只考虑磁场随时间变化所引起的磁通 的改变；而在第一种方法中计算 d dt − 时，先代入了 0 = + t ，即同时考虑磁场随时间 变化和由于回路运动而引起的磁通的改变。 例 6.2 某导电媒质的相对介电常数 1.5 r = 、相对磁导率 1 r = 、电导率为 。已知其 中的电场强度 5 60cos(10 ) x E e = t V m ，且位移电流密度的振幅与传导电流密度的振幅相 等，求 的值。 分析 直接利用位移电流的概念和欧姆定律求出位移电流密度和传导电流密度，再由两 者的振幅相等即可求得 的值。 解：位移电流密度为 5 5 0 60 10 cos(10 ) d x r t t = = − D J e 其振幅值为 5 9 5 0 1 60 10 1.5 10 7.97 10 36 dm r m J E − − = = = 2 A m 传导电流密度为 5 60 sin(10 ) x J E e = = t 其振幅为 60 m J = 2 A m 由 m dm J J = ，有 5 60 7.97 10 − = 故得到 6 1.33 10− = Sm
例6.3在无源的自由空间中，已知调频广播电台辐射的电磁场的电场强度E(z,t)=e,10-2cos(6.28×10°t-20.9z) V/m求空间中的磁感应强度B(z,t)。分析本题是已知时变电磁场的电场强度求磁感应强度B(=,t)，直接应用麦克斯韦第二aB方程VxE=a求解。aB解：由麦克斯韦第二方程V×E::a，有ereye.aaaE,aaB-V×E==ex0zax0zatay101E, 0=e,20.9×10-2sin(6.28×10°t-20.9z)将上式对时间t积分，若不考虑静态场，则有B(,1)=JB(dt=e J20.9×10~si(6.28x10°-20.9)dat=e,3.33×10-cos(6.28×10°t20.9z)T评注如果在上述结果中加上静态磁场，即表示为B(z,t)十B(r）。然而根据麦克斯aE韦方程V.B=0 和 V×B=Ub%，可得到 V-B()=0 V×B()=0。根据亥姆兹定理，应有B,(r)=0。例6.4设区域①（z0）的介质参数=μ=,=0，区域②（z>0）的介质参数82=56%、μ,=20μg、0,=0。区域①中的电场强度E,(=,t)=e,[60cos(15×10°t-52)+20cos(15×10°t+52)]V/m区域②中的电场强度E,(z,t)=e,Acos(15×10°t-50z) V/m试求：（1）常数A的值：（2）磁场强度H(z,t)和H,(z,t)：（3）验证H(z,t)和H(-,t）满足边界条件。分析首先利用边界条件nx(E,-E,）=0求得常数A，然后在利用麦克斯韦方程求解H,(z,t)和H,(z,t)，再验证其边界条件
例 6.3 在无源的自由空间中，已知调频广播电台辐射的电磁场的电场强度 2 9 ( , ) 10 cos(6.28 10 20.9 ) V m y z t t z − E e = − 求空间中的磁感应强度 B( , ) z t 。 分析 本题是已知时变电磁场的电场强度求磁感应强度 B( , ) z t ，直接应用麦克斯韦第二 方程 t = − B E 求解。 解：由麦克斯韦第二方程 t = − B E ，有 0 0 x y z y x y E t x y z z E = − = − = e e e B E e 2 9 20.9 10 sin(6.28 10 20.9 ) x t z − = − e 将上式对时间 t 积分，若不考虑静态场，则有 2 9 ( , ) ( , ) d 20.9 10 sin(6.28 10 20.9 )d x z t z t t t z t t − = = − B B e 11 9 x 3.33 10 cos(6.28 10 20.9 ) T t z − = − e 评注 如果在上述结果中加上静态磁场，即表示为 B( , ) z t ＋ 0 B r( ) 。然而根据麦克斯 韦方程 = B 0 和 0 t = E B ，可得到 0 = B r( ) 0 和 0 = B r( ) 0 。根据亥姆霍兹 定理，应有 0 B r( ) 0 = 。 例 6.4 设区域①（ z 0 ）的介质参数 1 0 = 、 1 0 = 、 1 = 0 ，区域②（ z 0 ） 的介质参数 2 0 = 5 、 2 0 = 20 、 2 = 0 。区域①中的电场强度 8 8 1 ( , ) [60cos(15 10 5 ) 20cos(15 10 5 )] V m x E e z t t z t z = − + + 区域②中的电场强度 8 2 ( , ) cos(15 10 50 ) V m x E e z t A t z = − 试求：（1）常数 A 的值；（2）磁场强度 1 H ( , ) z t 和 2 H ( , ) z t ；（3）验证 1 H ( , ) z t 和 2 H ( , ) z t 满足边界条件。 分析 首先利用边界条件 1 2 n E E − = ( ) 0 求得常数 A ，然后在利用麦克斯韦方程求解 1 H ( , ) z t 和 2 H ( , ) z t ，再验证其边界条件
解：（1）在两种介质的分界面z=0处E,(0,t)=e,[60cos(15×10*t)+20cos(15×10*t)]=e.80cos(15x10*t)V/mE,(0,t)=e,Acos(15x10"t)V/m代入边界条件nx(E,-E)=0，可得到A=80V/mH(z,t)有（2）由麦克斯韦第二方程V×E(z,t)=-μataH,(2,1) --二V×E(z,t)=-e,1EatoOz[300sin(15×10°t-52)-100sin(15×10*t+5z)]o由此得到H,(z,t)=e,[0.159cos(15x10°t-5z)-0.053cos(15×10*t+5z)] A/mOH,(,)，可得同理，由×E(z,t)=-μzatH,(z,t)=e,0.106cos(15x10°t-50z) A/m（3）令z=0，可得到H,(0,t)=e,0.106cos(15x10*t)A/mH,(0,t)=e,0.106cos(15×10*t) A/m显而易见，H(O,t)和H,(O,t)满足边界条件nx(H,-H,)=0评注在两种无损耗介质的分界面上不存在面分布的传导电流密度，即”。=0，所以磁场强度的切向量连续。例6.5如例6.5图所示，两块无限大理想导体平板分别位于z=0和z=d处。已知其间电磁波的电场强度和磁场强度分别为元2E(x,z,t)=e,Eo sin()cos(ot-kd例6.5图
解：（1）在两种介质的分界面 z = 0 处 8 8 1 8 (0, ) [60cos(15 10 ) 20cos(15 10 )] 80cos(15 10 ) V m x x t t t t = + = E e e 8 2 (0, ) cos(15 10 ) V m x E e t A t = 代入边界条件 1 2 n E E − = ( ) 0 ，可得到 A = 80 V m （2）由麦克斯韦第二方程 ( , ) ( , ) z t z t t = − H E ，有 1 1 1 1 0 ( , ) 1 1 ( , ) y z t E z t t z = − = − H E e 8 8 0 1 [300sin(15 10 5 ) 100sin(15 10 5 )] y t z t z = − − − + e 由此得到 8 8 1 ( , ) [0.159cos(15 10 5 ) 0.053cos(15 10 5 )] A m y H e z t t z t z = − − + 同理，由 2 2 2 ( , ) ( , ) z t z t t = − H E ，可得 8 2 ( , ) 0.106cos(15 10 50 ) A m y H e z t t z = − （3）令 z = 0 ，可得到 8 1 (0, ) 0.106cos(15 10 ) A m y H e t t = 8 2 (0, ) 0.106cos(15 10 ) A m y H e t t = 显而易见， 1 H (0, )t 和 2 H (0, )t 满足边界条件 1 2 n H H − = ( ) 0 评注 在两种无损耗介质的分界面上不存在面分布的传导电流密度，即 0 JS = ，所以磁 场强度的切向量连续。 例 6.5 如例 6.5 图所示，两块无限大理想导 体平板分别位于 z = 0 和 z d = 处。已知其间电磁 波的电场强度和磁场强度分别为 0 ( , , ) sin( )cos( ) V m y x z x z t E t k x d E e = − d o x y z 例 6.5 图
元E元2H(x,z,t)=e)sin(ot-k.x)opoddk,Eo sin(")cos(ot-k,t) A/mte.dwo式中的k.和E。为常数。试求两导体表面上的电流面密度J，和电荷面密度ps。分析本题是已知电磁场分布求理想导体表面的电流与电荷分布，直接应用理想导体的边界条件计算。解导体表面的电流与电荷分布在两导体的内表面上。因此，在z=0的表面上，法向单位矢量n=e.，故Eo sin(ot -k,x))A/mJ,=nxH- =e, xH-0 =e,eyoudPs = nD- = Soe.·E.- =0在z=d的表面上，法向单位矢量n=-e，故元Esin(ot-k,x) A/mJ, =nxHd =-e,xH-d=e,wdPs= nDd=-8oe.·Ed=0评注由于电场没有法向分量，所以导体表面没有电荷分布。例6.6已知无源的空气中的电场强度为E(x,=,t)=e,0.1sin(10元x)cos(6元×10°t-kz)V/m利用麦克斯韦方程求相应的磁场强度H以及常数k的值。aHOE即可分析首先利用V×E=-求出H，然后再将E和H代入V×H=8at求出常数k的值。aH解（1）由V×E=，有-μooaH101VxE:)xe.E(e.atxaxOzHoMo1[e.0.1ksin(10元x)sin(6元×10°t-kz)Lo-e.10元cos(10元x)cos(6元×10t-kz))aHH(x,z,t)=Aat
0 0 ( , , ) cos( )sin( ) x x E z x z t t k x d d H e = − 0 0 z x x sin( )cos( ) A m k E z t k x d + − e 式中的 x k 和 E0 为常数。试求两导体表面上的电流面密度 S J 和电荷面密度 S 。 分析 本题是已知电磁场分布求理想导体表面的电流与电荷分布，直接应用理想导体的 边界条件计算。 解 导体表面的电流与电荷分布在两导体的内表面上。因此，在 z = 0 的表面上，法向 单位矢量 n e = z ，故 0 0 0 0 S z y x z z sin( ) A m E t k x d = = J n H e H e = = = − 0 0 0 0 S z z z = = = = = n D e E 在 z d = 的表面上，法向单位矢量 n e = − z ，故 0 0 S z y x z d z d sin( ) A m E t k x d = = J n H e H e = = − = − 0 0 S z z d z d = = = = − = n D e E 评注 由于电场没有法向分量，所以导体表面没有电荷分布。 例 6.6 已知无源的空气中的电场强度为 9 ( , , ) 0.1sin(10 )cos(6 10 ) V m y E e x z t x t kz = − 利用麦克斯韦方程求相应的磁场强度 H 以及常数 k 的值。 分析 首先利用 0 t = − H E 求出 H ，然后再将 E 和 H 代入 0 t = E H 即可 求出常数 k 的值。 解 （1）由 0 t = − H E ，有 0 0 1 1 ( ) x z y y E t x z = − = − + H E e e e9 0 1 [ 0.1 sin(10 )sin(6 10 ) x k x t kz = − e 9 10 cos(10 )cos(6 10 )] z − − e x t kz ( , , ) d x z t t t = H H