第五章时变电磁场题解
第五章 时变电磁场5-1 如图5-1所示，一个宽为a 、长为b 的矩形导体框，放置在磁场中，磁感应强度为B e =B t y 0sin ω。
导体框静止时其法线方向e n与y e 呈α角。
求导体框静止时或以角速度ω绕x 轴旋转（假定t =0时刻，α=0）时的感应电动势。
解 由于 y t B e B ωsin 0=，据 ⎰⎰⋅∂∂-=ste s Bd ， 导体框静止时，t B ab ab tBe ωωααcos cos cos 0-=⋅∂∂-= 导体框旋转时，()()tabB t ab B t ab t B t t ab B t t e ωωωωωωω2cos 2cos 221cos sin cos d 000s -=⨯⨯-=⋅∂∂-=⋅∂∂-=⋅∂∂-=⎰⎰s B5-2 设图5-2中随时间变化的磁场只有z 轴分量，并沿y 轴按B B y t B t ky z ==-(,)cos()m ω的规律分布。
现有一匝数为N 的线圈平行于xoy 平面，以速度v 沿y 轴方向移动（假定t =0时刻，线圈几何中心处y =0）。
求线圈中的感应电动势。
解 据 ()⎰⋅⨯=le l B v d设 2,221avt y avt y +=-=，则有 ()()[]()kvt vB Nb a vt k a vt k vB Nb y B y B v Nb e m m sin 2cos 2cos 2211⋅-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=+⋅=5-3 一半径为a 的金属圆盘，在垂直方向的均匀磁场B 中以等角速度ω旋转，其轴线与磁场平行。
在轴与圆盘边缘上分别接有一对电刷，如图5-3所示。
这一装置称为法拉第发电机。
试证明两电刷之间的电压为22Ba ω。
解 由于td d αω=，αωd d =t ，t ωα=，ωr v =则有 ()⎰⎰=⋅=⋅⨯=alBa r B r e 022d d ωωl B v5-4 设平板电容器极板间的距离为d ，介质的介电常数为ε0，极板间接交流电源，电压为u U t =m sin ω。
求极板间任意点的位移电流密度。
解 对于平板电容器，极间电场为均匀场，则有 t d U E m ωsin =，t dU E D m ωεεsin 0==，t d U e D J mD ωωεcos 0=∂∂=5-5 一同轴圆柱形电容器，其内、外半径分别为cm 11=r 、cm 42=r ，长度m 5.0=l ，极板间介质的介电常数为04ε，极板间接交流电源，电压为t u π=100sin 26000 V 。
求t =10. s 时极板间任意点的位移电流密度。
解 对于同轴圆柱形电容器，由于l r <<，则极间电场强度和电压分别为rE πετ2=，12ln 2r r u πετ=，因此 4ln ln 212u r r u ==πετ， ru E 14ln ⋅=，r u D 14ln 40⋅=ε，r t t D 14ln 100cos 1002600040⋅⨯⨯=∂∂=ππεJ ()250A/m 1081.64ln 100260004s 1r r rr t e e J -⨯=⋅⨯⨯==πε5-6 当一个点电荷以角速度ω作半径为R 的圆周运动时，求圆心处位移电流密度的表达式。
解 在圆心处，电位移矢量3244R q R q rππRe D ==， 由于αωe v rr t ==∂∂，则可得圆心处位移电流为 ()y x D t t R q R q R R q t R q t J e e e e R D ωωπωωπωππααcos sin 44442233-=⋅=⋅=∂∂⋅=∂∂=5-7 一个球形电容器的内、外半径分别为a 和b ，内、外导体间材料的的介电常数为ε、电导率为γ，在内、外导体间加低频电压u U t =m cos ω。
求内、外导体间的全电流。
解 对于球形电容器，极间电场强度为 24r qE πε=， 电压 ab a b q b a q u --=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=πεπε4114，则有r a b uab E 1⋅-=，21r a b uab D ⋅-=ε 因此，传导电流密度 221cos 1rt a b ab U r a b uab E J m c ⋅⋅-=⋅-==ωγγγ位移电流密度 21sin r t U a b ab t D J m D ⋅⋅⋅--=∂∂=ωωε 全电流密度 ()20sin cos rt t a b ab U m r J ⋅--=ωεωωγ 全电流 ()t t r ab abU J r I m ωεωωππsin cos 442--=⋅=5-8 在一个圆形平行平板电容器的极间加上低频电压u U t =m sin ω，设极间距离为d ，极间绝缘材料的介电常数为ε，试求极板间的磁场强度。
解 圆形平行平板电容器极间的电场强度、电位移矢量及位移电流密度均为均匀场，即 t d Ud u E m ωsin ==，t d U E D m ωεεsin ==，t dU t D J m D ωωεcos =∂∂=据安培环路定律，可得 D J r r H 22ππ=，则 αωωεe H r d tU r J m D 2cos 2⋅==5-9 在交变电磁场中，某材料的相对介电常数为εr =81、电导率为γ=42. S /m 。
分别求频率f 11=kHz 、f 21=MHz 、以及f 31=GHz 时位移电流密度和传导电流密度的比值。
解 据 f fJ J c 9121007.12.421085.881--⨯=⨯⨯⨯==πγεωα，可得f 11=kHz 时，61007.1-⨯=cD J J ；f 21=MHz 时，31007.1-⨯=c D J J；f 31=GHz 时，07.1=cDJ J5-10 一矩形线圈在均匀磁场中转动，转轴与磁场方向垂直，转速min /r 3000=n 。
线圈的匝数100=N ，线圈的边长cm 2=a 、cm 5.2=b 。
磁感应强度B =01. T 。
计算线圈中的感应电动势。
解 转速 r/sec 50r/sec 603000r/min 3000===n ，角频率 rad/sec 100πω= 线圈截面 ab S =，磁通 t ab B ωφcos ⋅⋅=，磁链 t NBab N ωφψcos ⋅==线圈中的感应电动势t t t NBab te ωωπωψsin 57.1sin 250025.002.01.0100sin d d =⨯⨯⨯⨯⨯==-=V 11.1=有效值e5-11图5-4所示的一对平行长线中有电流i t I t ()sin =m ω。
求矩形线框中的感应电动势。
解 如图建立坐标系，则线框中任意点的磁感应强度为 ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-+-=a b r r a b i r i a b r i B πμπμπμ222 元磁通 r Bh d d =φ，则线圈所链绕的磁通zzc b b c b b a a c t b c b a b b a b c b i e e ⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-+-+==⎰+ln 2ln ln 2d πμπμφφ线圈的感应电动势()()t c b a a c b h I t d e m ωπμωφcos ln 2d ++⋅-=-=5-11 一根导线密绕成一个圆环，共100匝，圆环的半径为5cm ，如图5-5所示。
当圆环绕其垂直于地面的直径以500 r /min 的转速旋转时，测得导线的端电压为mV 5.1（有效值），求地磁场磁感应强度的水平分量。
解 转速 r/s 60500r/min 500==n ，角频率 rad/s 605002⨯=πω，线圈截面 222m 00785.005.0=⨯==ππr S通过线圈的磁通量 t BS ωφcos =，相应的磁链 t NBS N ωφψcos ==，则线圈的电动势为 t NBS te ωωψsin d d =-=，电动势的有效值 V 105.1260500205.0100232-⨯=⨯⨯⨯⨯==B NBS e ππω有效值 因此，所求地磁 T 1016.5500205.010*******.1523--⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=ππB5-13 真空中磁场强度的表达式为()x t H H z z z β-ω==sin 0e e H ，求空间的位移电流密度和电场强度。
解 据磁场强度表达式，可得电场强度 ()x e E y βω-=sin 0e E ，又000ωεβεμ==HE，则 y x t H e E )sin(00βωωεβ-=，()y x t H e D βωωβ-=sin 0 位意电流密度 ()()y y D x t H x t H t e e D J βωββωωωβ-=-=∂∂=cos cos 005-14 已知在某一理想介质中的位移电流密度为J e D x t z =-25sin()ωμ A /m 2，介质的介电常数为ε0，磁导率为μ0。
求介质中的电场强度E 和磁场强度H 。
解 据位移电流表达式，可得 ()2A/m 5sin 2μz t tx e D-=∂∂ω 则可得电位移矢量 ()x z e e D 5cos 2--=ωω，电场强度 ()x z e e D E 5cos 200--==ωωεε磁场强度 ()()A/m 5cos 525cos 0μωωβωεyx z t z e E e e H --=--=5-15 由两个大平行平板组成电极，极间介质为空气，两极之间电压恒定。
当两极板以恒定速度v 沿极板所在平面的法线方向相互靠近时，求极板间的位移电流密度。
解 设两极板间的初始距离为0x ，在时刻t ，极板间的距离为x ，则vt x x -=0，极间电场强度 x UE =，电位移矢量 vt x U x U D -==000εε因此，位移电流密度 x vt x vU t e D J ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=∂∂=200)(ε。
习题答案第5章时变电磁场和平面电磁波解读
第5章时变电磁场和平面电磁波5.1 / 5.1-1 已知z2=1+j，求复数z的两个解。
2[解] z=1+j=jπjπ2e z1=2e=1.189ej22.5=1.099+j0.455j22.5 z2=-1.189e=-1.099-j0.4555.2 / 5.1-2 已知α是正实数，试证：(a)若α<<1,jα⎫⎛+jα≈± 1+⎪; 2⎝⎭jα⎫⎛+jα≈± 1+⎪;。
2⎭⎝(b)若α>>1,[解] ( a) α<<1: +jα=(b) α>>1:+α2ejtan-1α≈e(jααα⎫α⎫⎛⎛=± cos+jsin⎪≈± 1+j⎪ 22⎭2⎭⎝⎝+jα=+α2ejtanα-1≈⎛αe⎝jπ⎫⎪⎭ππ⎫⎛=± co+jsi⎪ 44⎭⎝=±(1+j)2=e+je，H（t）的复振幅为H =h+jh，试证5.3 / 5.1-3设E（t）的复振幅为Eii H ejωt，并求E（t）E(t)H(t)≠ReE、H（t）。
ejωt=1E ejωt+E *e-jωt [解] E(t)=ReE[][](2)1 jωt *e-jωt He+H21 * * H ej2ωt+E *H *e-j2ωt 得 E(t)H(t)=EH+EH+E41 H *+E H ej2ωt≠ReE H ejωt =ReE2H(t)=()()[][]E(t)=Re(e+jei)ejωt=Re[(e+jei)(cosωt+jsinωt)]=ecosωt-eisinωt 1 []H(t)=Re(h+jhi)ejωt=hcosωt-hisinωt E(t)H(t)=ehcos2ωt+eihisin2ωt-ehicosωtsinωt-eihcosωtsinωt []=1[eh+eihi+(eh-eihi)cos2ωt-(eh i+eih)sin2ωt] 2可见,为恒定成分与二倍频成分的叠加.5.4 / 5.1-4 将下列场矢量的瞬时值变换为复矢量，或作相反的变换：ˆE0sin(ωt-kz)+yˆ3E0cos(ωt-kz)； (a) (t)=xˆ⎢E0sinωt+3E0cos ωt+(b) (t)=x⎣ˆ+jyˆ)e(c) =(xˆjH0e(d) =-y⎡⎛⎝π⎫⎤⎪； 6⎭⎥⎦-jkz；。
电磁场第五章 时变电磁场
H2
同理得
en
(E1
E2
)
0
或
E1t E2t
5.4.2 两种常见的情况 1. 两种理想介质分界面
上的边界条件
在两种理想介质分界 面上，通常没有电荷和 电流分布，即JS＝0、ρS ＝0，故
en
媒质 1 媒质 2
Er、Hr 的切向分量连续
en
媒质 1 媒质 2
Dr、Br的法向分量连续
en
dt
BgdS
S
即
Ñ 若空间同时存在由电荷产生的电场
rr r 。E由 于Ein Ec
，故有
C
rr Ec gdl
0
Er c,则总电场
应Er为
与Erin 之E和rc ，
rr d r r
ÑC Egdl
dt
S BgdS
这就是推广的法拉第电磁感应定律。
2. 引起回路中磁通变化的几种情况：
(1) 回路不变，磁场随时间变化
2.6.2 麦克斯韦方程组的微分形式
H
J
D
E
t B
t
B 0
D
麦克斯韦第一方程，表明传导电 流和变化的电场都能产生磁场
麦克斯韦第二方程，表 明变化的磁场产生电场
麦克斯韦第三方程表明磁场是 无源场，磁力线总是闭合曲线
麦克斯韦第四方程， 表明电荷产生电场
5.3.2 媒质的本构关系
在时变的情况下不适用
解决办法： 对安培环路定理进行修正
由
D
J
(
D)
将
H
J
修正为：
H
t J
D
t
时变电场会激发磁场
(J
D )
第5章时变电磁场
v 动态矢量磁位 A
v v v ∂B ∂ Q∇× E = − = − (∇× A) ∂t ∂t v v ∂A 时变电磁场为保守力场 ∴∇×(E + ) = 0 ——时变电磁场为保守力场 ∂t ∂t
动态标量电位 ϕ
仿照静电场： 仿照静电场：
v v B = ∇× A
v v ∂A E+ = −∇ϕ ∂t
积分形式
∫∫
Sห้องสมุดไป่ตู้
v v D ⋅ ds =
微分形式
∫
∫∫
v v v v v ∂D ∫l H ⋅ dl = ∫∫S ( J + v t ) ⋅ dS ∂ v v v ∂B ∫ l E ⋅ d l = − ∫∫S ∂ t ⋅ d S
S
v v B ⋅ ds = 0
V
ρ dV = ∑ q
v v v ∂D ∇× H = J + v∂t v ∂B ∇× E = − ∂t v ∇⋅D = ρ v ∇⋅B = 0
v & = −iωρ & ∇⋅J
三.
v v iωt v iωt v* −iωt & ] = [Ee + E e ]/ 2 & & E(t) = Re[Ee v v iωt v iωt v * −iωt & ] = [He + H e ]/ 2 & & H(t) = Re[He v v v 坡印亭矢量： 坡印亭矢量：S(t) = E × H v v* v v & × H )/ 2 + Re(E × Hei 2ωt )/ 2 & & & = Re(E 一个周期内的平均值： 一个周期内的平均值： T = 2 / ω) ( π
第5章 时变电磁场 (全)
? 2E
2 抖 r E J + me 2 = m e ¶t ¶t
? 2H
¶ 2H me = - 汛 J 2 ¶t
需要求解 6 个坐标分量。 位函数满足一个矢量微分方程和一个标量微分方程
? 2A
¶ 2A me 2 = - mJ ¶t
? 2F
¶ 2F r me 2 = e ¶t
仅需求解 4 个坐标分量，直角坐标系中实际上等于求解 1 个标量方程。
炎 B = 0
磁通连续性定理 高斯定理
炎 D = r
¶r ¶t
Ò J ?ds 蝌
S
-
d dt
蝌
V
r dv
炎 J = -
电荷守恒定律 本构关系
ì ï Jc = sE ï J =J + í ï J = rv ï î v
i
D = eE
B = mH
时 变 电 磁 场
时变电场是有旋有散的，时变磁场是有旋无散的。但， 时变电磁场中的电场与磁场是不可分割的，因此，时变 电磁场是有旋有散场。 在无源区中，时变电磁场是有旋无散的。 电场线与磁场线相互交链，自行闭合，从而在空间形成 电磁波。 静态场和恒定场是时变场的两种特殊形式。
dr dq i= = S s dt dt
J = dr s dt
极板间电通量随时间的变化率为
d Ye dt = d (SD ) dt = S drs dt = i
电位移矢量的大小随时间的变化率为
drs dD dD = = = J dt dt dt
方向上，充电时 相反。显然，
dD dt
dD dt
? E
2 2 r 抖 E J me 2 = m + ¶t e ¶t
电磁场与电磁波 第五章时变电磁场
D H J t 位移电流是电流概念的扩充，它不是带电粒子的定向运动 形成的，而是人为定义的，不能直接由实验测出。
l
H dl (J Jd ) dS
S
D J dS dS S S t
年中发生的美国内战 （1861-1865）将会降低为一个地区性琐事而
黯然失色”。
陕西科技大学编写
电磁场与电磁波
第5章 时变电磁场
14
评价
处于信息时代的今天，从婴儿监控器到各种遥控设备、从雷达到
微波炉、从地面广播电视到太空卫星广播电视、从地面移动通信到 宇宙星际通信、从室外无线局域网到室内蓝牙技术、以及全球卫星 定位导航系统等，无不利用电磁波作为传播媒体。 无线信息高速公路更使人们能在任何地点、任何时间同任何人取 得联系，发送所需的文本、声音或图象信息。电磁波的传播还能制 造一种身在远方的感觉，形成无线虚拟现实。 电磁波获得如此广泛的应用，更使我们深刻地体会到19世纪的麦 克斯韦和赫兹对于人类文明和进步的伟大贡献。
D (J )0 t
全电流连续 位移电流
D Jd 陕西科技大学编写 t
电磁场与电磁波
第5章 时变电磁场
7
流进曲面S1的传导电流 S1 S2 等于流出S2的位移电流 ② 位移电流与传导电流、运流电流一样具有磁的效应；
J dS Jd dS
令 l2 0
H 2t H1t J s
磁场： ( H - H ) J 即 en 1 2 S
B1n B2n 电场：H 2t H1t J s
陕西科技大学编写
电磁场与电磁波
第5章 时变电磁场
时变电磁场问题求解
计算同轴线中传输的功率；（2）当导体的电导率σ为有限值时，计算通过内导体表面
进入每单位长度内导体的功率。
【解】（1）在内外导体为理想导体
的情况下，电场和磁场只存在于内外
导体之间的理想介质中，内外导体表
面的电场无切向分量，只有电场的径
向分量。利用高斯定理和安培环路定
同轴线
理，容易求得内外导体之间的电场和
sin(108
t
kz)
求：（1）电场的复矢量;（2）磁场的复矢量和瞬时值。
解：（1）因为
r E
(
z,
t
)
r ex
0.03
cos(108
t
kz
2
)
Re
erx
0.03e
j (kz
/
2)e
j108
t
故电场的复矢量为
Er&(
z)
r ex
0.03e
j
/
2e
jkz
（2）由复数形式的麦克斯韦方程，得到磁场的复矢量
I2
2 2a3
r ez
UI
2 a2 ln(b
a)
三、电磁能量守恒定律
（2）内导体表面外侧的坡印廷矢量为
同轴线中的电场、磁场和坡印廷矢量 （非理想导体情况）
r
r I2 r
UI
Sout a e 2 2a3 ez 2 a2 ln(b a)
由此可见，内导体表面外侧的坡印廷矢 量既有轴向分量，也有径向分量，如图 所示。
出电场强度的瞬时矢量
答案： 【例1】 【例2】
Er&(z)
r (ex
Exme
jx
r ey
jEyme jy
5.5时变电磁场的能量与能流5.7 波动方程
S dS
s
s (er
I2 2 2b3
) erdS
I2 2 2b3
2bl
I 2l b2
I2R
由上式可知，从导线表面流入的电磁能量转化为导体内部的热损 耗。坡印廷定理得以验证。
5.7 波动方程
考虑均匀无耗媒质的无源区域 0, J 0, 0 麦氏方程组限定形式为
w
(r,t)
we
(r,t)
wm
(r,t)
1 2
D(r , t )
E(r,t)
1 2
B(r, t )
H (r, t)
可见，时变场的能量密度是空间及时间的函数，空间各点能量密
度的改变引起电磁场能量的流动，即电磁能量在空间传输形成电磁能
流。
2. 坡印廷定理
设如下图所示的区域 V 中，媒质是线性且各向同性的，则此区域
因此，坡印廷定理从场的观点，描述了时变电磁场中能量的守恒 和转换关系。
3. 坡印廷矢量（能流密度矢量）
为了衡量这种能量流动的方向及强度，引入坡印廷矢量 S ，定义 为：
S EH
（W/m2）
S的方向：由式可知，S 与 E 及 H 垂直，又知 E H ，因此，S，E 及 H 三者在空间是相互垂直的，且由 E 和 H 与 S 构成右旋关系，如 图示。
H J E
t
E H
t
两边取旋度 E H
t
H 0
E
将矢量恒等式 E E 2E
得 E 2E H
t
习题答案 第5章 时变电磁场和平面电磁波
第5章 时变电磁场和平面电磁波5.1 / 5.1-1 已知z 2=1+j ，求复数z 的两个解。
[解] 4221πj ej z =+=455.0099.1189.125.22841j e ez j j +===π455.0099.1189.15.222j ez j --=-=5.2 / 5.1-2 已知α是正实数，试证：(a)若;211,1⎪⎭⎫ ⎝⎛+±≈+<<αααj j(b)若;211,1⎪⎭⎫ ⎝⎛+±≈+>>αααj j 。
[解] ( a) 1<<α:()()⎪⎭⎫ ⎝⎛+±≈⎪⎭⎫ ⎝⎛+±=≈+=+-212sin 2cos 112121tan 21αααααααj j eej j j(b) 1>>α:()⎪⎭⎫ ⎝⎛+±=⎪⎭⎫ ⎝⎛≈+=+-4s i n 4c o s 1121221t a n 21ππααααπαj eej j j()21αj +±=5.3 / 5.1-3设E （t ）的复振幅为i je e E += ，H （t ）的复振幅为ijh h H += ，试证()()[]t j e H E t H t E ω Re ≠，并求E （t ）、H （t ）。
[解] ()[]()t j t j t j e E e E e Et E ωωω-*+== 21Re ()()t j tj e He H t H ωω-*+=21 得 ()()()t j t j e H E e H E H E H E t H t E ωω2241-****+++= [][]t j t j e H E e H E H E ωω Re Re 212≠+=*()()[]()()[]t e t e t j t je e e je e t E i i t j i ωωωωωsin cos sin cos Re Re -=++=+=()()[]t h t h e jh h t H i t j i ωωωsin cos Re -=+=()()t t h e t t eh t h e t eh t H t E i i i i ωωωωωωsin cos sin cos sin cos 22--+=()()[]t h e eh t h e eh h e eh i i i i i i ωω2sin 2cos 21+--++=可见,为恒定成分与二倍频成分的叠加.5.4 / 5.1-4 将下列场矢量的瞬时值变换为复矢量，或作相反的变换：(a) ()()()kz t E y kz t E xt E -+-=ωωcos 3ˆsin ˆ00； (b) ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++=6cos 3sin ˆ00πωωt E t E xt E ； (c) ()jkze y j x H -+=ˆˆ； (d) θsin 0ˆjkz e jH yH --=。
第五章时变电磁场
图 5-1 法拉第电磁感应定律
第五章 时 变 电 磁 场
当回路线圈不止一匝时，例如一个N匝线圈，可以把它看成 是由N个一匝线圈串联而成的， 其感应电动势为
d dt
d dt
N i1
i
如果定义非保守感应场Eind沿闭合路径l的积分为l中的感应 电动势，那么式(5 - 1)可改写为
如果我们假设过去或将来某一时刻，▽·B在空间每一点上都为 零，则▽ ·B在任何时刻处处为零， 所以有
B 0
J
t
第五章 时 变 电 磁 场
5.3.2 麦克斯韦方程的辅助方程——本构关系
一般而言，表征媒质宏观电磁特性的本构关系为
D 0E P
B 0(H M )
dt
lim
t0
t
lim
t0
1 t
B(t t) dS
Sb
Sa B(t) dS
式中B(t+Δt)是在时间t+Δt时刻由lb围住的曲面Sb上的磁感应强度， B(t)是在t时刻由la围住的曲面Sa上的磁感应强度。
若把静磁场中的磁通连续性原理∮SB·dS=0推广到时变场，
l
E
dl
S
B t
dS
或
E B t
第五章 时 变 电 磁 场
5.2 位 移 电 流
电荷守恒定律的数学描述就是电流连续性方程：
J dS dQ (5 - 18)
S
dt
式中J是电流体密度， 它的方向就是它所在点上的正电荷流动的
方向，它的大小就是在垂直于电流流动方向的单位面积上每单位
第5章-习题详解
z B w 0
α
Φ = ∫ B ⋅ dS = e y Bm sin(ωt ) ⋅ en hw
S
h y en
= Bm hw sin(ωt ) cos α dΦ = −ωBm hw cos(ωt ) cos α in = − dt
x 穿过线圈的磁通变化既 (2) 线圈以角速度 ω 旋转时， 习题 5-1 题图 有因磁场随时间变化引起的，又有因线圈转动引起 的。此时线圈面的法线 e n 是时间的函数，表示为 en (t ) ， α = ωt 。因此
Φ = B (t ) ⋅ en (t ) S = e y Bm sin(ωt ) ⋅ e y hw cos α = Bm hw sin(ωt ) cos(ωt )
故
in
=−
dΦ = −ωBm hw cos 2ωt dt
5-2
长直导线载有电流 i = I m cos ωt ，其附近有一 a × b 的矩形线框，如图所示。在下列两 种情况下求线圈中的感应电动势：(1)线圈静止不动；(2)线圈以速度 v 向右方运动。
导体表面外侧的坡印廷矢量s由高斯定理可知面电荷在导体外产生的电场为当轴向通以均匀分布的恒定电流i设以电流流向为z坐标方向时导体内的电场为根据边界条件导体表面上电场的切向分量应连续即oz恒定电流i在导体外产生的磁场为521在球坐标系下已知真空中时变电磁场的电场强度为cossin
第 5 章 时变电磁场
5-1
C/ m 2
10 4 cos(ωt − kz ) ，电缆的内外导体之间填充了理想 r 介质，介质参数为 ε r = 2, µ r = 1 。求：理想介质中的电场强度 E 和磁场强度 H 。
在无源区域，已知电磁场的电场强度 E = e x 0.1sin(6.28 ×109 t − 20.9 z ) V/m，求空间任一 点的磁场强度 H 和磁感应强度 B。