(川理工)电磁场与电磁波重要例题、习题

1、什么是均匀平面电磁波？

答：平面波是指波阵面为平面的电磁波。均匀平面波是指波的电场E和磁场H只沿波的传播方向变化，而在波阵面内E和H的方向、振幅和相位不变的平面波。

2、电磁波有哪三种极化情况？简述其区别。

答：（1）直线极化，同相位或相差180；2）圆极化，同频率，同振幅，相位相差90或270；（3）椭圆极化，振幅相位任意。

3、试写出正弦电磁场的亥姆霍兹方程（即亥姆霍兹波动方程的复数形式），并说明意义。

答：2Ek2E0，式中k22Hk2H0意义：均匀平面电磁波在无界理想介质中传播时，电场和磁场的振幅不变，它们在时间上同相，在空间上互相垂直，并且电场、磁场、波的传播方向三者满足右手螺旋关系。电场和磁场的分量由媒质决定。

2称为正弦电磁波的波数。

4、写出时变电磁场中麦克斯韦方程组的非限定微分形式，并简述其意义。

E答：(1)HJt

H(2)Et(3)H0(4)E物理意义：A、第一方程：时变电磁场中的安培环路定律。物理意义：磁场是由电流和时变的电场激励的。 B、第二方程：法拉第电磁感应定律。物理意义：说明了时变的磁场激励电场的这一事实。 C、第三方程：时变电场的磁通连续性方程。物理意义：说明了磁场是一个旋涡场。 D、第四方程：高斯定律。物理意义：时变电磁场中的发散电场分量是由电荷激励的。 写出麦克斯韦方程组的微分形式或积分形式，并简述其意义。

答：（1）微分形式    (1)HJD t D(1)Hdl(J)dSlBst(2)E （2） 积分形式 tB(2()dSdBl0S物理意义：同第4题。 3l)EtD(4)(3)Bdl05、写出达朗贝尔方程，即非齐次波动方程，简述其意义。 S(4)DdSq2 2A，S2答：2At2物理意义：J激励A，源激励，时变源激励的时变电磁场在空间中以波动方式传播，是时变源的电场辐射过程。



Jt26、写出齐次波动方程，简述其意义。

22H答：2，2EE0

H20t2t物理意义：时变电磁场在无源空间中是以波动方式运动，故称时变电磁场为电磁波，且电磁波的传播速度为：

p1

7、简述坡印廷定理，写出其数学表达式及其物理意义。

答：（1）数学表达式：①积分形式：SdSS因为W1E2d为体积

e2内的总电场储能，WS11(H2E2)dE2d，其中，SEH，称为坡印廷矢量。 t22m1为体积

H2d2内的总磁场储能，PE2d 为体积内的

总焦耳损耗功率。于是上式可以改写成：EHdS(WW)P，式中的S为限定体积

em的闭合面。

12，

E2t11②微分形式：S(E2H2)E2，其中，SEH ，称为坡印廷矢量，电场能量密度为：wet22磁场能量密度：wm1H2。 2（2）物理意义：对空间任意闭合面S限定的体积，S矢量流入该体积边界面的流量等于该体积内电磁能量的增加率和焦耳损耗功率。它给出了电磁波在空间中的能量守恒和能量转换关系。

8、写出麦克斯韦方程组的复数形式。

HJjD答：

EjBB0D

9、写出达朗贝尔方程组的复数形式。

答：2A2AJ，22

10、写出复数形式的的坡印廷定理。

答：

SdS(PmPePT)dj2(wm平均we平均)d

S其中wm平均1‘2为磁场能量密度的平均值，1'2为电场能量密度的平均值。这里场量E、HHwe平均E44分

别为正弦电场和磁场的幅值。

正弦电磁场的坡印廷定理说明：流进闭合面S内的有功功率供闭合面包围的区域内媒质的各种功率损耗；而流进（或流出）的无功功率代表着电磁波与该区域功率交换的尺度。 坡印廷矢量S1111实部S平均Re(EH*)为穿过EH*Re(EH*)jIm(EH*)为穿过单位表面的复功率，

2222单位表面的平均功率，虚部Q平均1*为穿过单位表面的无功功率。

Im(EH)211、工程上，通常按

答：当当

的大小将媒质划分为哪几类？

时，媒质被称为理想导体； 102时，媒质被称为良导体； 当102102时，媒质被称为半导电介质；

当102时，媒质被称为低损耗介质； 当0时，媒质被称为理想介质。

12、简述均匀平面电磁波在理想介质中的传播特性。

答：（1）电场、波的传播方向三者满足右手螺旋关系，电场与磁场处处同相，在传播过程中，波的振幅不变，电场与磁场的振幅之比取决于媒质特性，空间中电场能量密度等于磁场能量密度。

（2）相速度为：1，频率f，

p2波长：

vpT1f2 2(其中，k)k21，电场能量密度：weE2，磁场能量密度：wH

m22Hy电场与磁场的振幅比，即本征阻抗：Ex二者满足关系：

wmH222E2

Hwe2214、试写出麦克斯韦位移电流假说的定义式，并简述其物理意义。

答：按照麦克斯韦提出的位移电流假说，电位移矢量对时间的变化率可视为一种广义的电流密度，称为位移电流密度，即

D。物理意义：位移电流一样可以激励磁场，即变化的电场可以激励磁场。

Jdt15、简述什么是色散现象？什么是趋肤效应？

答：在导电媒质中波的传播速度随频率变化，这种现象称为色散现象。导电媒质中电磁波只存在于表面，这种现象称为趋肤效应，工程上常用穿透深度（m）表示趋肤程度，

16.相速度和群速度有什么区别和联系？

答：区别：相速度是波阵面移动的速度，它不代表电磁波能量的传播速度，也不代表信号的传播速度。而群速度才是电磁波信号和电磁波能量的传播速度。 联系：在色散媒质中，二者关系为：

g11dp，其中，为相速度，为群速度。在非色散媒质中，相速度不随频率

pgpd变化，群速度等于相速度。

17、写出真空中安培环路定律的数学表达式，说明它揭示的物理意义。

答：数和。

BdlIC0，它表明在真空中，磁感应强度沿任意回路的环量等于真空磁导率乘以与该回路相交链的电流的代

18、写出电荷守恒定律的数学表达式，说明它揭示的物理意义。

JdSSVtdV

答：电荷守恒定律表明任一封闭系统的电荷总量不变。也就是说，任意一个体积内的电荷增量必定等于流入这个体积的电荷量。

19、简述分界面上的边界条件

答：（1）法向分量的边界条件

A、D的边界条件n(D1B、B的边界条件n(B1（2）切向分量的边界条件 A、E的边界条件n(E1E2)D2)S，若分界面上S0，则n(D1D2)0

B2)0

0

JSB、H的边界条件n(H1H2)（3）理想导体（

(1)nHJHJStS(2)nE0E0，

t(3)nB0Bn0SS(4)nEEn00）表面的边界条件

，若分界面上JS0，则n(H1H2)0

式中是导体表面法线方向的单位矢量。上述边界条件说明：在理想导体与空气的分界面上，如果导体表面上分布有电荷，则

在导体表面上有电场的法向分量，则由上式中的④式决定，导体表面上电场的切向分量总为零；导体表面上磁场的法向分量总

为零，如果导体表面上分布有电流，则在导体表面上有磁场的切向分量，则由上式中的（1）决定。

n重要习题例题归纳

第二章 静电场和恒定电场

一、例题：

1、例2.2.4（P）半径为r0的无限长导体柱面，单位长度上均匀分布的电荷密度为l。试计算空间中各点的电场强度。

38解：作一与导体柱面同轴、半径为r、长为l的闭合面S，应用高斯定律计算电场强度的通量。

当r 当rr0时，因为导体内无电荷，因此有EdS0，故有E0，导体内无电场。

Sr0时，因为电场只在r方向有分量，电场在两个底面无通量，因此

ll 则有：El EdSEaadSEdSE2rlrSSrrrrSrrr20r02、例2.2.6（P）圆柱坐标系中，在r2m与r4m之间的体积内均匀分布有电荷，其电荷密度为/Cm3。利用高

39斯定律求各区域的电场强度。

解：因为电荷分布具有轴对称性，因此电场分布也关于z轴对称，即电场强度在半径为r的同轴圆柱面上，其值相等，方向在r方向上。现作一半径为r，长度为L的同轴圆柱面。

当0当2mr2m时，有EdSEr2rL0，即Er0；

Sr4m时，有EdSE2rL1L(r24)，因此，E(r24)；

rrS020r当r4m时，有EdSE2rL12L，即E6。

rrS0r03、例2.3.1（P41）真空中，电荷按体密度外的电场强度和电位函数。

解：（1）求场强：

当ra时，由高斯定律得

r2分布在半径为的球形区域内，其中为常数。试计算球内、

a0(12)0aSE2dS4r2E2Q

0a而Q为球面S包围的总电荷，即球形区域内的总电荷。

Q因此

a0r48(r)4rdr40(r2)dr0a3

0a152220a3

E2ar150r2当ra时

40r3r5

SE1dS4rE100(r)4rdr0(35a2)21r2因此

E1ar0rr3 ()033a2（2）球电位；

当ra时，取无穷远的电位为零，得球外的电位分布为

2(r)r20a3

E2dr150r当ra时，即球面上的电位为

20a2 S150当ra时

1(r)SE1drra0a2r2r4 ()202310a24、例2.4.1（P48）圆心在原点，半径为R的介质球，其极化强度Parrm(m0)。试求此介质球束缚体电荷密度和球表面束缚面电荷密度。

解：在球坐标系中，因为极化强度中与有关，具有球对称性，故

当rR时，pP12m(rr)(m2)rm1 2rr当rR时，pSnPararRmRm。

1cm，外导体半径r31.8cm。两导体间充满两层均匀介质，

5、例2.4.2（P49）有一介质同轴传输线，内导体半径为r1它们分界面的半径为r21.5cm，已知内、外两层介质的介电常数为140,270；击穿电场强度分别为

（1）内、外导体间的电压U逐渐升高时，哪层介质被先击穿？（2）此传输线能耐E1m120kV/cm,E2m100kV/cm.问：

的最高电压是多少伏？

解：当内、外导体上加上电压U，则内外导体上将分布l和l的电荷密度。因为电场分布具有轴对称性，在与传输线同轴的半径为r的柱面上，场的大小相等，方向在ar方向。选同轴的柱面作为高斯面，根据高斯定律可得

当rr1时，E0rD0r0；

当r1rr2时，Dl或Ell；

1r1r2r21r80rll 。 当r2rr3时，Dl或

E2r2r2r22r140r可以看出，两层介质中电场都在内表面上最强，且在分界面上不连续，这是在分界面上存在束缚电荷的缘故。在介质1中，rr1处场强最大为

Em1rll21r180r1，

在介质2中，rr2处场强最大为

Em2r因为r2ll

22r2140r2r1，显然E2rE1r，在两种介质中最大场强的差值为：

Em1rEm2rlll7r

(21)80r1140r2140r24r17r2

1)1.625Em2r4r1代入r1和r2的值得

Em1rEm2rEm2r(当介质2内表面上达到100kV/cm的电场强度时，介质1内表面已达到162.5kV/cm的电场强度，因此，介质1在介质2被击穿前早已被击穿。而当介质1内表面上达到击穿电场强度时

Em1r即

ll120kV/cm

21r180r1l4120r1 20因此，介质1和介质2内的电场分布为

E1rE2rll120r1kV/cm

21r80rrll4120r1

kV/cm22r140r7rr2r3r2r3480120r1r1drdrr27rr

故，传输线上的最大电压不能超过

UmE1rdrE2rdrr1r2r1120r1lnrr2480r1ln361.16kVr17r26、例2.7.1（P59）半径为R的导体球上带电量为Q，试计算空间中的电场分布、电位分布和静电能量。 解：当rR时，对于导体球，球内无电场，球面为等位面。

当rR时，利用高斯定律，电场强度为

Q

Er40r21Q rQ R电位分布为

球面上的电位为

40140R此导电球储存的静电能为

11Q2 WeQR280R而空间任一点的能量密度为

1Q22we0EJ 242320r静电场储存的静电能为

W二、习题

2.20 （本题与例2.3.1同类型）半径为a的带点球，其体电荷密度为电场强度。

解：（1）求场强，利用高斯定律 当ra时，

e4rwedrRR2Q280RJ

0rn(n0)，0为常数，求球内外各处的电位和

SE1dS4r2E1Q

0而Q为球面S包围的总电荷，即球形区域内的总电荷。

40rn3

Qd(n3)0因此， 当ra时，

0rn1E1ar(n3)0

EdS4rS22E210ddr001a0d2040an3

0rrsind(n3)0n2所以，

0an3E2ar(n3)0r2

（2）求电位，取无穷远处的电位为零，则 当ra时

1EdrE1drrraa当ra时

2ran2rn2E2dr(an2)

(n3)0n200an3

E2dr(n3)0r2.23 如图所示，内导体球半径为

a，外导体球壳内半径为b，外半径为c，如果内导体球带电量为Q，外导体球壳不带电。

求：（1）两导体上的电荷分布；（2）导体内外各处的电场强度；（3）导体内外各处的电位分布。 解：（1）内导体球带电量为Q，因为静电感应，所以外导体球壳内表面带电量为Q，外表面带电量为Q。 内导体球的电荷体密度为

3Q；外导体球壳的内表面电荷面密度

14a34a33Q。 4c2QQQ b a 为：Q；外导体球壳外表面电荷面密度为：2324b（2）求场强，利用高斯定律， 当ra时，球内无电场，即E1当arb时，

c 题2.23图

0；

2EdS4rS2E2Q0E2arQ40r2

当brc时，无电场，即E3当rc时，

0；

QE4arSE4dS4r2E4Q40r2

0（3）求电位，取无穷远处得电位为零， 当ra时，

1E1drE2drE3drE4drrabcabc111() 40abcQ当arb时，

2E2drE3drE4drrbcbc111() 40rbcQ当brc时，

3E3drE4drrccQ40c

当rc时，

4E4drrQ40r

2.30 一圆心在原点，半径为

a的介质球，其极化强度Pararn(n0)。试求

（1）此介质球束缚体电荷密度和球表面束缚面电荷密度。 （2）求球内外各点的电位。 解：（1）介质球内束缚电荷体密度为：

pP束缚电荷面密度为：

12n(rar)(n2)arm1 2rrpSnPararaanan1

（2）先求介质球内自由电荷的体密度：

D(0EP)0EPD0DP a(n2)n1r0然后求球内外各点的场强：

arn当ra时，因为DEP且DE1，所以，01E1ar

0当ra时，由高斯定律有：

而

SE2dS4r2E22Q

0Qda000an3Q(n2)n124an3，所以：

E2arrrsindrdd20(0)r00再求球内外各点的电位：

当ra时，

1E1drE2drraaa(an1rn1)an2

(n1)(0)0(0)当ra时，

1E2drr an30(0)r第四章 恒定磁场

2.31（略） 一、例题

1、例4.2.1（P105）计算真空中半径为R的长直圆柱形载流铜导线的磁场。 解：由真空中安培环路定律， 在rR处，有

0Irr2Bdl2rBIB0CR22R2

在rR处，有

Bdl2rBIB2rC00I

2、例4.2.2（P106）在无限长柱形区域1mr3m中，沿纵向流动的电流，其电流密度为J度J0。求各区域中的磁感应强度。

解：利用安培环路定律，有：

（其中I为回路C围成的面积上穿过的电流强度） Bdl2rB0ICaz5e2r，其他地方电流密

当r1m时，I0，则B0

当1mr3m时，

I当r3m时，

I20r111551502 JdS5(r)e2re2A， B0I0(2r1)e2reT222r4r4r2031JdS035061502 356152，IeeTeeAB2r4r4r2203、例4.5.1（P117）同轴线的内导体半径为a，外导体的半径为b，外导体的厚度忽略不计。并设导体的磁导率是，内、外导体间充满磁导率为

的均匀介质，内、外导体分别通以大小都等于I但方向相反的电流，求各处的H和B。

l解：由安培环路定律：HdlJdS可知

S当0ra时，

52，即

当arb时，

HI。 I和

rB02r22a2a，即

HdlH2rIlHI和I

B2r2r当rb时，

由对称性可知，BHdlH2r0,lH0.

4、例4.5.2（P117）无限长铁质圆管中通过电流I，管的内、外半径分别为a和b。已知铁的磁导率为外中的B，并计算铁中的磁化强度M和磁化电流分布。

解：（1）求B： 当arb时，

 I22HdllH2r(b2a2)(ra)，求管壁中和管内、

则有：

Ha当br时，

r2a2I和r2a2I

BHa222ba2rba22rHdlH2rIl

则有：

HaI I和B0Ha02r2r当0ra时，HdlH2r0,由对称性可知，BlH0.

（2）求铁中的磁化强度：

在arb的管壁空间内有磁化强度为 Ma(B0H)a(r2a2I 1)2rba22r故管壁内的磁化体电流为

 I1)220(ba)在分界面ra时rb处的磁化面电流为

JmMaz(ms在ra处：J在rb处：

M(ar)0

JmsMaraz(I 1)02b例4.6.1（P120）如图4.6.3所示，铁芯环的内半径为a，轴半径r0，环的横截面半径为矩形，且尺寸为dh。

已知ah和铁心的磁导率0，磁环上绕有N匝线圈，通以电流为I。试计算环中的B、H和。

（a） （b） 解：在忽略环外漏磁的条件下，环内H的环积分为

HdlH2r0NIHlNINI

,BH2r02r0铁心环内的磁通为

NINI

dhS2r02r0当磁环上开一很小切口，即在磁路上有一个小空气隙时，根据磁通连续性方程，我们近似地认为磁感应线穿过空气隙时仍均匀分布在截面上。由磁场边界条件可知：铁心内的磁感应强度与空气中的磁感应强度相等，即B不同，于是

B0,当两个区域中的磁场强度

HdlH(2r0t)H0tNI

l这里为空气隙的宽度，且t2r，在磁环内，

0tHB，在空气隙中，

H0B，代入上式得

0B(2r0t)B0tNI

1将上式中左边分子分母同乘以面积S，则上式又可改写为

2r0t2rttt

(0)NINISS0SS0铁心和空气隙中的磁感应强度为

2r0tt BNIS0而磁路中H和H分别为 01HBH0二、习题

B1NI2r00t(0) 0NI02r00t(0)1

4.10 一根通有电流I的长直导线埋在不导电的均匀磁性介质中，求出H、B、M及磁化电流分布。

I 解：利用安培环路定律：HdlIHaC2r所以： BHaI

2rH(0)I

MHHa0020rB所以磁化电流密度：

ar1JmMrr0JmMnazraMaz

0z0(0)I 20r4.11（略）

4.17 本题与例4.6.1解法完全相同，故省略。

第五章 时变电磁场

一、例题

1、例题5.4.1（P140） 已知自由空间中EaEsin(tz)，求时变电磁场的磁场分量H，并说明场E和H构成了一个

y0沿

z方向传播的行波。

解：由麦克斯韦方程EB可得

taxx0ayyEyaz

Bzt0即 aEcos(tz)B

x0t对时间积分可得

BaxE0sin(tz) E0

sin(tz)0这里积分常数忽略不计，于是

Hax由此可见，场E和H相互垂直，它们随时间和空间是按正弦波的方式传播的，它是一个行波。

2、例5.5.1（P144）在两导体平板（z0,zd）限定的空气中传播的电磁波，已知波的电场分量为

EaxE0cos(zd)cos(tkxx)式中，kx为常数。

（1）试求波的磁场分量；（2）验证波的各场分量满足边界条件；（3）求两导体表面上的面电荷和面电流密度。 解：（1）由麦克斯韦第二方程

H可得

E0tH1EzEzkxz

axayayE0cos()sin(tkxx)t0yx0d于是

Hayaykx0kxE0cos(E0cos(zd)sin(tkxx)dt

zd0)cos(tkxx)（2）由导体与空气的边界条件可知，在z0和z量B0。而当z0和znd的导体表面上应该有电场强度的切向分量Et和磁感应强度的法向分

d时，ExEyEt0和BzBn0，可见电磁波的场分量自然满足边界条件。

（3）由导体与空气的边界条件可知，在导体的表面上有

S0En和JSnH

在z0的表面上，naz。于是

S0EzJSazHz00E0cos(tkxx)

az(ay)kxz00E0cos(tkxx)axkx0E0cos(tkxx)

在zd的表面上，naz。于是

S0Ezzd0E0cos(tkxx)

(az)ayzdJS(az)H二、习题

kx0E0cos(tkxx)axkx0E0cos(tkxx)

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Baz5cost(mT)，滑片的位置由

x0.35(1cost)确定，轨道终端接有电阻R0.2，试求i。

解：磁通量为：

BS

5cost0.2(0.7x)

cost[0.70.35(1cost)] 0.35cost(1cost)

所以，感应电动势为：

d udt故：

iu1dd1.75(costcos2t) RRdtdt1.75sint(12cost)(mA)

5.2（略）。 5.15（略）。

5.16 本题与例5.5.1解答过程完全相同，故略。 5.17（略）。

5.22 在r1和r50的均匀区域中，有

Eaz20ej(tz)V/m,Bay0Hmej(tz)T

如果波长为1.78m，求和Hm。

解：由由麦克斯韦方程EB可得

taxx0即

ayyaz

BztEzEEB（自己求哈）

axzayzHm?yxt（自己求哈） 22221.78?k第六章 平面电磁波

例题6.2.1 频率为100MHz的正弦均匀平面电磁波在各向同性的均匀理想介质中沿(z)方向传播，介质的特性参数为r4，

r1。设电场只有

x方向的分量，即EaxEx；当t0,z1m时，电场等于其振幅104V/m，试求：

8（1）该正弦电磁波的E(z,t)和H(z,t)；

（2）该正弦电磁波的传播速度；

（3）该正弦电磁波的平均坡印廷矢量。

解：各向同性的均匀理想介质中沿(z)方向传播的正弦均匀平面电磁波可由标准的余弦函数来表示，即

E(z,t)Emcos(tz)

而波的电场分量是沿

x方向的，因此，波的电场分量可写成

E(z,t)axEmcos(tzx)式中Em104V/m。

而

k2f400再由t0,z1m时，E(1,0)E104V/m得

xm4rad/m 388tzx0

故

xz则

41

6864（1）E(z,t)ax104cos(2108tz)(V/m)

36H(z,t)ayHyay（2）波的传播速度为

Exay 14104cos(2108tz)(A/m)60361414004z)361.5108m/s

（3）波的电场和磁场分量的复矢量可写成

Eax10ej(，

Hay104j(e604z)36

故波的平均坡印廷矢量为

Sj(11Re(EH*)Re(ax104e224z)36)ay104j(e604)36az108W/m2 120习题部分；因为本章习题与上题解法基本相似，故不再赘述。