1－1、证明：
令ϕ∇⨯A =M ，ϕ∇⨯B =N 。
所以B ⋅∇⨯(ϕ∇⨯A ) =B ⋅∇⨯M =∇⋅M ⨯B +M ⋅∇⨯B =∇⋅M ⨯B +(ϕ∇⨯A ) ⋅∇⨯B ，
A ⋅∇⨯(ϕ∇⨯B ) =A ⋅∇⨯N =∇⋅N ⨯A +N ⋅∇⨯A =∇⋅N ⨯A +(ϕ∇⨯B ) ⋅∇⨯A ，
又因为(ϕ∇⨯A ) ⋅∇⨯B ＝(ϕ∇⨯B ) ⋅∇⨯A
所以原式＝
⎰[∇⋅M ⨯B -∇⋅N ⨯A ]dv =
v
[M ⨯B -N ⨯A ]⋅ds =
s
[ϕ∇⨯A ⨯B -ϕ∇⨯B ⨯A ]⋅ds
S
=
S
ϕ[A ⨯(∇⨯B ) -B ⨯(∇⨯A )]⋅ds
证毕
1－2、证明：
d ∇(f ⋅g ) =x (f x g x +f y g
∂x
y
d
+f z g z ) +y (f x g x +f y g
∂y
y
y
d
+f z g z ) +z (f x g x +f y g
∂z
y
+f z g z )
∇f ⋅g =[x
y
⎡df x ⎢∂x ⎢ df x z ]⎢⎢∂y ⎢df ⎢x ⎣∂z df
y
df
∂x df y ∂y df
y
∂z df
z
⎤⎥ ∂x ⎡x ⎤
⎥
df z ⎥⎢ ⎥
y ⋅⎣x ⎢⎥⎥∂y ⎥⎢z ⎥df z ⎣⎦
⎥∂z ⎦df
z
y
⎡g x ⎢z ⎦g y
⎢⎢⎣g z ⎤
⎥⎥⎥⎦
=[x y
⎡df x ⎢∂x ⎢ df x z ]⎢⎢∂y ⎢df ⎢x ⎣∂z
x
∂x df y ∂y df
y
∂z
y
⎤⎥∂x ⎡g
⎥x
df z ⎥⎢
g y ⎢⎥∂y
⎥⎢g df z ⎣z
⎥∂z ⎦df
z
z
⎤⎥⎥⎥⎦
=(g
df
x
∂x
+g
df
y
∂x
+g
∂x
) x +(g
df
x
x
∂y
+g
df
y
y
∂y
+g
df
z
z
∂y
) y +(g
df
x
x
∂z
+g
df
y
y
∂z
+g
df
z
z
∂z
) z
同理可得
dg y dg y dg y dg x dg x dg x dg z dg z dg z
∇g ⋅f =(f x +f y +f z ) x +(f x +f y +f z ) y +(f x +f y +f z ) z
∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y
由
d (f x g x )
dx
=f x
dg dx
x
+g x
df
x
dx
并依次类推相加可得∇(f ⋅g ) ＝∇f ⋅g ＋∇g ⋅f
证毕
2.1 讨论Maxwell 方程中四个边界条件的独立性。
Maxwell 边界方程中, 前两个方程n ⨯(H 1-H 2) =J S , n ⨯(E 1-E 2) =0是独立的，可以推导
出其余两个方程，过程如下
∇⨯n =0
∂B 1∂B 2∂
∇⋅n ⨯(E 1-E 2) =-n ⋅∇⨯(E 1-E 2) +(E 1-E 2) ⋅(∇⨯n ) =n ⋅(-+) =--n ⋅(B 1-B 2) =0
∂t ∂t ∂t
所以有n ⋅(B 1-B 2) =c o n s t ，由于在静态场中n ⋅(B 1-B 2) =0，所以对时变场也有
n ⋅(B 1-B 2) ＝0。
当n ⨯(H 1-H 2) =J S 时，
∂D 1∂D 2
∇⋅J S =∇⋅n ⨯(H 1-H 2) =-n ⋅∇⨯(H 1-H 2) +(H 1-H 2) ⋅(∇⨯n ) =-n ⋅(J 1+-J 2-)
∂t ∂t
∂D 2 ∂D 1
=-n ⋅(J 1-J 2) -n ⋅(-)
∂t ∂t
由电流连续性方程n ⋅(J 1-J 2) =-∇
s
∂ρS
， ⋅J S -∂t
∇s ⋅J S =lim
l
' J S ⋅n dl S
=lim
S →0
S
∇⋅J S ds S
S →0
=∇⋅J S
∂ρS ∂ρS ∂D 2∂D 2∂ ∂D 1 ∂D 1
-n ⋅(-) ⇒=n ⋅(-) =n ⋅(D 1-D 2) 所以∇⋅J S =∇⋅J S +∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t
得n ⋅(D 1-D 2) =ρS +const
n ⋅(D 1-D 2) =ρS
，由于在静态场中此const ＝0，所以对时变场也有
所以得证。 2.2验证E 解：
⎡x ⎢∂ ∂B
∇⨯E =-=⎢
∂t ⎢∂x
⎢⎣0
y ∂∂y 0
⎤⎥∂
⎥=0
∂z ⎥E 0ex p{-jkz }⎥⎦
z
ˆE 0exp{-jkz }=z
是否为可能存在的电磁场。
所以
∂B ∂t
＝0，即B 不随时间而变换。
当在无源区域时，B 恒定即没有电场产生，所以不存在电磁场。
在有源区域时，电场可以由电源产生，因此有可能存在电磁场。
ˆ⨯(E 12.3证明边界条件：n
-E 2=0
)
ˆ⋅(D 1和n
-D 2=ρ
)
s
。
证明：
沿用本讲证明一中的假设条件 有(n ⨯E 1-n ⨯E 2) S +M h =-
∂B ∂t
Sh
M 表示n ⨯E 关于小盒侧面的线积分
当h 趋于0时，有n ⨯(E 1-E 2) ＝0
同理，有(n ⋅D 1-n ⋅D 2) S +N h =ρSh
N 表示n ⋅D 关于小盒侧面的线积分
当h 趋于0时, ρh =ρS 为面密度，有n ⋅(D 1-D 2) =ρs
3.1对于良导体，无源区域的Maxwell 方程为
⎧∇⎪⎪∇⎨∇⎪⎪⎩∇
⨯H =σE ⨯E =-j μωH
⋅H =0
⋅E =0
试导出波动方程，并给出波传播的速度v 和波阻抗η的表达式。
∂H
解：∇⨯∇⨯H =σ∇⨯E =-jw σμH =-σμ
∂t
∂E
∇⨯∇⨯E =-jw μ∇⨯H =-jw σμE =-σμ
∂t
∂H ∂H 2
∇H =∇(∇⋅H ) -∇⨯∇⨯H =0+σμ=σμ
∂t ∂t
∂E ∂E 2
∇E =∇(∇⋅E ) -∇⨯∇⨯H =0+σμ=σμ
∂t ∂t
22
22
在以上波动方程中可以得到 k
2
=-j σμω ⇒ k =-j σμω=(-j
)
所以k r =
ω
k r
22
σμω
v ==
22
ω=
2ω
σμ
，η=
με
=
ωμ
k
=
ωμ
2σ
(1+j )
4-1 试推导频域Poynting 定理。
1 1 *1 **
∇⋅(E ⨯H ) =H ⋅(∇⨯E ) -E ⋅(∇⨯H )
222
1 *1 **
=H ⋅(-jw B ) -E ⋅(J -jw D ) 221 *1 * 1 *
=-E ⋅J +j 2w (H ⋅B -E ⋅D )
244
4-2 相同频率ω的两个电源，置于相同的各向同性的线性媒质中，电源1在空间产生的电磁场为E 1, H 1 ；而电源2产生的E 2, H 2，试证明 ∇⋅(E 1⨯H
∇⋅(E 1⨯H 2) =H 2⋅(∇⨯E 1) -E 1⋅(∇⨯
=H 2⋅-jw B 1-E 1⋅(J 2-
=-jw μH 2⋅H 1-σE 1⋅E 2
2
-E 2⨯H 1=0
)
H 2) jw D 2)
+jw εE 1⋅E 2
同理∇⋅(E 2⨯H 1) =-jw μH 2⋅H 1-σE 1⋅E 2+jw εE 1⋅E 2
所以∇⋅E 1⨯H
(
2
-E 2⨯H 1=0
)
4-3 无限均匀导电媒质中放一电量为Q 的点电荷，试求这电荷随时间的变化规律，并写出空间中任一点的磁场强度和能密度。
因为媒质中无外电场作用，因此J =σE .
⎰
v
v
ρdv =
⎰∇⋅Ddv =
v ⎰∇⋅εE dv =Q ⇒
v ⎰∇⋅E dv =
v v
Q
ε
1∂Q
⎰∇⋅J dv =
由上两式可得
1∂Q
⎰
-Q
∂ρ∂t ⇒
dv =-∂Q ∂t
=
∂Q ∂t
=
v
⎰∇⋅σEdv ⇒
v ⎰∇⋅Edv =-
σε
t )
σ∂t
σ∂t
＝
σQ ε
ε
⇒Q =Q 0exp(-
因为源Q 为点电荷，因此其所产生的电场E 为散度场，所以∇⨯E =0
σ
Q 0e εQ 0e
=（亦可由E =2
4π4πR R
R
σε
⋅
R R
3
σ
Q 0e
⇒∇⨯E =
4π
ε
⋅(∇⨯
R R
3
) =0）
∴-
∂B ∂t
=∇⨯E =0, 即B 不随时间而变化。
所以B =B t =0=0(电荷刚放入媒质时没有电荷变化，因此此时B ＝0) ∂
(w P +w e +w m ) -σE ⋅E 根据时域Poynting 定理，∇⋅S =-∂t
因为S =E ⨯H =μE ⨯B =0，且w P =w m =0，所以∇⋅S ＝0
∴
∂∂t
t
w e =-σE
2
t
2
e
t
Q 0exp(-
4πR
2
2
2σ
⇒
⎰w
d τ=w et -w e 0=-⎰σE d τ=-⎰σ
ε
τ)
d τ2σ
εQ 0
8πR
22
=-
εQ 0
8πR
22
t
⎰
2σ
ε
exp(-
2σ
ε
τ) d τ=
εQ 0
8πR
22
exp(-
ε
t ) -
错！前提为连续分布的电荷系统！
而w e 0=
εQ 0
8πR
22
，
∴
能量密度即为w et
=
εQ 0
8πR
22
ex p(
2σ
ε
t )
5-1
证明:在自由空间(μ0, ε0) 的电磁场中，垂直于任意表面的电磁场力密度（单位面积上电磁场力的法向分量）为
F n =
12
2222ˆˆˆˆ) ] [ε0(E ⋅n ) +μ0(H ⋅n ) -ε0(E ⨯n ) -μ0(H ⨯n
假设单位面积的法向分量为n ，
因此在垂直表面的E 中，可以分解成平行n 的E 1，其大小为E ⋅n ；垂直n 的E 2， 其大小为E ⨯n .
因为E 1与n 平行，根据式（5—19）可得F 1e =
1
可得F 2e =-ε0(E ⨯n ) 2，
2
12
2
ε0(E ⋅n ) 。而E 2与n 垂直，亦
E与H 相互垂直，因此H 1将与n 垂直，其大小为H ⨯n ; H 2与n 平行，其大小
为H ⋅n 。
11 2
同理F 1h =-μ0(H ⨯n ) ，F 2h =μ0(H ⋅n ) 2.
22
整个表面所受的电磁场力密度将为这四个力密度之和，所以
F n =
12
2222ˆ) +μ0(H ⋅n ˆ) -ε0(E ⨯n ˆ) -μ0(H ⨯n ˆ) ] [ε0(E ⋅n
5-2
试导出频域情况下电磁场动量守恒定理。
6-1 试证明在Coulomb 规范下
(∇－με
2
∂
∂t
22
) A =-μJ t
式中， J t =∇⨯∇⨯
⎰
v
J (r ', t ) d v ' 4πr -r '
证： Coulomb 规范下∇⋅A =0，波动方程变为
⎧2
⎪(∇-με⎪⎨
⎪∇2ϕ=-⎪⎩
∂ϕ
) A =-μJ +με∇2
∂t ∂t
∂
2
ρε
∇ϕ=-
2
ρε
满足泊松方程，容易证明ϕ(r , t ) =
⎰
v
d v ' 4πεr -r '
ρ(r ', t )
因为∇
2
1r -r '
=-4πδ(r -r ') 以及δ函数的选择性，任意矢量f (r , t ) 可表示为
f (r , t ) =
⎰
v
f (r ', t ) δ(r -r ') d v '=-⎰
v
f (r ', t ) 4π
2
d v '=-∇r -r '
1
2
⎰
v
f (r ', t ) v ' 4πr -r '
2
再利用∇⨯∇⨯A =∇（∇⋅A ) -∇A ，得
f (r , t ) =∇⨯∇⨯
⎰
v
f (r ', t ) 4πR
d v '-∇∇⋅⎰
v
f (r ', t ) 4πR
d v '
即任意矢量f 可分解为无旋部分和无散部分之和
设电流源J =J l +J t ，其中J l , J t 分别表示J 的无旋部分和无散部分，即
J l =-∇∇⋅⎰
v
J (r ', t )
d v ' 4πr -r ' J (r ', t
d v ' 4πr -r '
J t =∇⨯∇⨯
⎰
v
J (r ', t ) 11
∇⋅=J (r ', t ) ⋅∇+∇⋅J (r ', t )
''r -r r -r r -r '
因为∇⋅J (r ', t ) =0，以及
11J (r ', t ) 1 J (r ', t ) ∇=-J (r ', t ) ∇'=-∇'⋅+∇'⋅J (r ', t )
'''r -r r -r r -r r -r '
所以，由
J (r ', t ) ∇'⋅ J l =∇⎰∇'⋅[]d v -∇⎰4π'4πr -r v v
'ˆJ (r , t ) J (r ', t ) ⋅n ∂
'd v =∇ds +∇4πr -r '
r -r '∂t s
⎰4π
v
ρ(r ', t )
d v '
r -r '
由电流连续性方程可知，因为场源J 和ρ分布在有限空间内，而体积v 为均匀无界空间，所以上式右边第一项面积为零。再将Coulomb 规范下标位的表达式
ϕ(r , t ) =
⎰
v
∂ϕ
d v '代入上式右边第二项，便得到 J =ε∇l
4πεr -r '∂t
ρ(r ', t )
将J =J l +J t 和(6-22)代入(6-17)的第一式，得到
2
(∇-με
∂
∂t
22
) A =-μJ t
即在Coulomb 规范下，矢位A 只由电流源的无散部分决定。
6－2 试导出导电率为σ的媒质中矢位A 和标为ϕ的波动方程。
解：在导电率为σ的媒质中
∂D
+σE ∇⨯H =J +∂t
∂B
∇⨯E =-∂t
∂A
知B =∇⨯A ，E ＝-∇ϕ-
∂t
∂D
+σE 和∇⋅D =ρ两式可得到 将其代入∇⨯H =J +∂t
2
⎧∂ϕ∂A ∂A
∇⨯∇⨯A ＝μJ ＋με(-∇-) +μσ(-∇ϕ-) ⎪2⎪∂t ∂t ∂t
⎨
∂A ρ⎪
∇⋅(∇ϕ+) =-⎪∂t ε⎩
2
应用∇⨯∇⨯A =∇(∇⋅A ) -∇A ，上式整理后得
⎧2(∇-με⎪⎪⎨
⎪∇2ϕ=-⎪⎩
∂ϕ
) A =-μJ +∇(∇⋅A +με+μσϕ) 2
∂t ∂t ∂t
ρ∂
-∇⋅A ε∂t
∂
2
-μσ
∂
在第二个式子左右两边各加-με
2222
∂
∂t
22
ϕ-μσ
∂ϕ
∂t
，可以整理得到
⎧
⎪(∇⎪⎨⎪(∇⎪⎩
2
-με
∂
∂t
∂ϕ
-μσ) A =-μJ +∇(∇⋅A +με+μσϕ)
∂t ∂t
∂
2
-με
∂
∂t
∂ρ∂∂ϕ-μσ) ϕ=--(∇⋅A +με+μσϕ)
∂t ε∂t ∂t
此时便得到格式较为规范的矢位A 和标为ϕ的波动方程。
7-1 试证明：在Coulomb 规范下，无源区域中的电磁场量E 、B 可用两个函数表示。
证明：Coulomb 规范中∇⋅A =0，所以有
2
⎧∂∂ϕ2
(∇-με) A =με∇⎪2
∂t ∂t ⎨
⎪∇2ϕ=0⎩
在频域，作规范变换ϕ'=ϕ-j ωψ，有∇ϕ'=0⇒∇(ϕ-jw ψ) =0⇒∇ψ=0 所以，ψ和ϕ满足相同的方程。如果我们选取j ωψ=ϕ 则ϕ'=0。
⎧∂A
) =－j ωA ⎪E ＝=-(∇ϕ'+∂t
⎪ ⎪
所以⎨B =∇⨯A
⎪
∇⋅A =0⎪⎪⎩
222
7-2 试导出在柱坐标系中无源区域的电磁场量E , H 用纵向分量E z 和H z 表示的表示式。 对于柱形系统，设广义正交曲线坐标系为（v 1、v 2、v 3），v 3=z , h 3=1，矢量A 的旋度可以表示为
∇⨯f =
1∂
h 1h 2∂v 1+(
1
(h 2A 2-
∂∂v 2
1
h 1A 1) u z +(
1∂
h 1h 2∂v 2
h 1A z u 1-
1∂
h 1h 2∂v 1
h 2A z u 2)
∂
h 3∂z
A 1u 2-
∂
h 3∂z
A 2u 1)
上式中第二、三项皆是横向分量，可以写成
∇t ⨯A z =
1
∂
h 1h 2∂v 2
1
h 1A z u 1-
1∂
h 1h 2∂v 11
h 2A z u 2
∇z ⨯A t =
∂
h 3∂z
A 1u 2-
∂
h 3∂z
A 2u 1
根据上两式可由均匀各项同性线性媒质中的麦克斯维方程组的两个旋度方程得
-jw μH
t
=∇t ⨯E z +∇z ⨯E t
（1）
jw εE t =∇t ⨯H
z
+∇z ⨯H t （2）
+∇
⨯∇
⨯H t
2
(2)式代入（1）可得k H t =jw ε∇t ⨯E z +∇z ⨯∇t ⨯H
z z z
而对于柱形系统中沿＋z 方向传播的波，可以假定场量随时间t 和坐标z 的变化规律为
e
jwt -γz
，可推得
∇z ⨯∇t ⨯H
z
=∇t (∇z ⋅H z ) -(∇t ⋅∇z ) H
z
=-γ∇t H
2
z
（后项为0）
∇z ⨯∇z ⨯H
t
=∇z (∇t ⋅H t ) -(∇z ⋅∇z ) H
-γE t
2
t
=-γH t （前项为0）
2
所以（1）式变为k H t =jw ε∇t ⨯E z -γ∇t H
z
H t
2
同理可求得k E t =-jw ε∇t ⨯H
z
-γ∇t E
z
-γ
2
2
因此令k c =k
2
+γ
2
可以最终得到
1k c
2
E t =(-jw ε∇t ⨯H
z
-γ∇t E z )
H
t
=
1k c
2
(jw ε∇t ⨯E
z
-γ∇t H z )
8-1 试证明图所示的有耗多媒质区域的频域电磁场唯一性定理：如果 （1） 区域内的源已知；
（2） 区域外边界上切向电场或切向磁场已知；
（3） 区域内媒质交界面上切向电场和切向磁场连续，
则区域内电磁场唯一确定。
证明：设此有源区域产生两组场E 1, H 1和E 2, H
2
，其差场满足
⎧⎪∇⨯δE =-j ωμδH
⎨
⎪⎩∇⨯δH =j ωεδE
其中，μ=μ'-j μ''，ε=ε'-j ε''。应用频域Poynting 定理
*
ˆds +j ω(δE ⨯δH ) ⋅n
(μH
2
*
s
⎰
v
-ε
δE
2
) dv =0
s
*
ˆds =(δE ⨯δH ) ⋅n
s 1
*
ˆi ds +(δE 1⨯δH 1) ⋅n
s 2*
(δE 2⨯δH
*2
ˆds ) ⋅n
因为区域外边界上切向电场或切向磁场已知，所以外边界的线积分为0
s
*
ˆds =(δE ⨯δH ) ⋅n
⎰
l
*
ˆi dl +(δE 1⨯δH 1) ⋅n
⎰
l
(δE 2⨯δH
2
ˆdl ) ⋅n
ˆi =-n ˆ，所以得到 l 为交界线，且在交界线上，n
s
*
ˆds =(δE ⨯δH ) ⋅n
⎰
l
*
ˆi ds -(δE 1⨯δH 1) ⋅n
⎰
l
(δE 2⨯δH
*2
ˆi ds ) ⋅n
ˆi ⋅E 1=n ˆi ⋅E 2，n ˆi ⨯E 1=n ˆi ⨯E 2，n ˆi ⋅H 1=n ˆi ⋅H 2，n ˆi ⨯H 1=n ˆi ⨯H 2 由条件（3）可知n
ˆˆˆˆ∴n i ⋅(δE 1⨯δH 1) =δH 1⋅(n i ⨯δE 1) =δH 1⋅(n i ⨯δE 2) =-δE 2⋅(n i ⨯δH 1)
ˆi ⨯δH 2) =n ˆi ⋅(δE 2⨯δH 2) =-δE 2⋅(n
综合边界条件可得
于是
s
(δE ⨯δH (μ'δH
(μ''δH
2
*
d s =0 ) ⋅n
2
⎰
v
-ε'δE
+ε''E
) d v =0
2
⎰
v
2
) d v =0
对于有耗媒质，μ''>0，ε''>0, 于是，δE =0，δH =0。
所以区域内电磁场唯一确定
8-2 试讨论Poisson 方程∇ϕ=-ρ解的唯一性问题。
2
证明：设有两解分别为ϕ1和ϕ2，考虑差值函数δϕ=ϕ1-ϕ2，满足(∇应用Green 第一恒等式
2
+k
2
)δu
=0
⎰(ϕ∇
v
2
φ-∇ϕ⋅∇φ) dv =
ϕ∇φ
s
ˆds ⋅n
上式中令ϕ=δϕ，φ=δϕ，则有
-
⎰(∇δϕ)
v
2
dv =
δu
s
∂δu ∂n
ds
可见，只要满足边界s 上的ϕ给定; 或边界s 上的
∂ϕ∂n
∂ϕ∂n
给定；
给定；
或边界s 上一部分的ϕ给定，另一部分的
中三个条件中的任何一条，都有δϕ=0，即ϕ1=ϕ2，ϕ被唯一确定。
9-1： 证明：如果源J 1和J 2均在体积v 内，则互易定理为
[
s
d s =0 (E 1⨯H 2) -(E 2⨯H 1) ⋅n
]
证：由Lorenty 互易原理的积分形式可得
(E ⨯H -E ⨯H ) ⋅d s =1221
s
⎰(E 2⋅J 1-E 1⋅J 2) d v
v
当源源J 1和J 2均在体积v 内时，设v 外的空间v 1为无源空间。
所以
(E 1⨯H 2-E 2⨯H 1) ⋅n 'ds =0，s 为包围v 的球面，s 0为半径r →∞的球面。
s +s 0
由于两组源都分布在有限空间内，所以在无限远处的辐射场为沿r 方向的TEM 波，其中
1 'H =n ⨯E
η
'''因而有 E 1⨯H 2⋅n -E 2⨯H 1⋅n =(n ⨯E 1) ⋅H
2
'-(n ⨯E 2) ⋅H 1=ηH 1⋅H
2
-ηH 2⋅H 1=0
于是
s 0
(E 1⨯H 2-E 2⨯H 1) ⋅n 'ds =0⇒
s
(E 1⨯H 2-E 2⨯H 1) ⋅n 'ds =0
d s =0 '将n =-n 代入上一式可得(E 1⨯H 2) -(E 2⨯H 1) ⋅n
[]
s
9-2： 证明无限靠近理想磁体表面的面磁流不产生电磁场。
证：设有一理想磁体，在无限靠近该导体的表面上有面磁流J ms ，在空间有一任意磁流源
J m 2，J ms 在空间各处产生的电磁场为E 1, H 1，J m 2在空间各处产生的电磁场为E 2, H 2，
根据互易原理，有
⎰
v
(J ms ⋅H 2) dv =
⎰
v
(J m 2⋅H 1) dv
由于在理想磁体表面磁场只有法向分量，而J ms 为切向磁流，故J ms ⋅H
2
=0。于是
⎰
v
J m 2⋅H 1dv =0
又由于J m 2任意，所以E 1=0。
所以无限靠近理想磁体表面的面磁流不产生电磁场。
11-1 一点电荷q 放置在夹角为600的导体拐角中，电荷距拐角尖点的距离为r 0, 与拐角的最小夹角为θ。试利用镜像原理求解点电荷在拐角中产生的电位。如果拐角的夹角改为500, 问能否应用镜像原理？为什么？ 解：因为α=
23
π
3
，所以将产生5个镜像电荷，另拐角的一边为x 轴正方向，则其镜像电荷
43
角度分别为π±θ, π±θ, θ。
具体电荷坐标分别为
(r cos θ, ±r sin θ), (r cos(
23
π±θ), r sin(
23
π±θ)), (r cos(
43
π±θ), r sin(
43
π±θ))
点电荷在拐角产生的电位可以等效为六个电荷在自由空间产生的和电位，因此由电位公式
φ=
4π[(x -x 0)
2
q
1
+(y -y 0) ]2
2
可以得到的电位为
5
Φ=
∑
i =0
q
1
4π[(x -x i )
2
+(y -y i ) ]2
2
x i 和y i 分别是具体电荷坐标。
当夹角为α=50时，不满足α=
180n
（n 为正数），所以镜像电荷将产生无穷个，无法应
用镜像原理。
11-2 如图所示，接地无限大导体平板上突起一半径为a 的半球形，在x =d 处有一点电荷q 。试利用镜像原理求解该电荷产生的电位。
解：在接地无限大导体作用下，点q 产生一个镜像电荷q ’，根据平面板的镜像原理可知q ’＝－q ，x ’＝－d 。
将半球形看成一个完整球形，则此两个电荷又分别产生一个镜像电荷，根据球形腔的镜像原理可以得到它们的电荷大小和位置分别为q ’’＝所以
Φ=
q
1
a d
q, x’’＝
a d
2
, q’’’＝－
a d
q, x’’’＝ －
a d
2
+
4πd [(x -
aq a d
2
1
-
q
1
-
4πd [(x +
aq a d
2
1
4π[(x -d )
2
+y ]
2
2
)
2
+y ]
2
2
4π[(x +d )
2
+y ]
2
2
)
2
+y ]2
2
11-3 如图11-10所示，一密度为λ的无限长均匀分布的线电荷，平行放置在半径为R 的接地导体圆柱外x =a 。试尝试用镜像原理求解该问题。
解：设点c 为系统的零电势点，设N 点为镜像电荷所在点，密度为λ' 。
ϕ
=-λ2πε
ln
r 1a -R
-
λ'
2πε
p
ln
r 2R -d
，r 1=a +R -2aR cos θ, r 2=a +d
2222
-2ad cos θ
其中， θ为op 与oM 的夹角，r 1为pM 长度，r 2为pN 长度，d 为oN 长度。
r 1a -R
r 2R -d
R a
2
因为圆柱接地，所以ϕ
p
=0⇒λln =-λ' ln ⇒λ=-λ' , d =
所以电位为 ϕ=
λ
2πε
ln
ar 2Rr 1
12-1 试利用镜像原理求解如图12-6所示的线电荷λ在三层介质中 产生的电位。
解：利用介质镜像原理先确定0
区域2有两个边界，对它们分别应用镜像原理可以得到如下镜像电荷分布
(a)
∞
由这些规律可以推出区域2电位表达式为
Φ∏＝⎡ ⎢ln
⎢⎣
λπε
(1+ε
r 1
∑)
1
(
εr 1-εr 2εr 1-1εr 1+εr 2εr 1+1
-
2
2
)
k
⋅
⎤
⎥⎥⎦
k =0
εr 1-εr 2εr 1+εr 2
ln
1
[x -(2k +1) h ]+y [x +(2k +1) h ]+y
22
在区域3中，其只有一条与区域2的边界。因为区域2无电荷，故不对区域3产生影响。区域1对它的影响可以看成上图（a ）中区域1中的电荷对区域3的影响，依照介质镜像原理，在这些电荷上乘以因子
2ε
r 3r 3
1+ε
，如图所示
(b )
由这些规律可以推出区域2电位表达式为
Φ∏＝
λπε
2ε
r 1
∞
r 3r 3
(1+ε) 1+ε
∑
k =0
(
εr 1-εr 2εr 1-1εr 1+εr 2εr 1+1
)
k
⋅ln
1
[x -(2k +1) h ]+y
22
在区域1中，其只有一条与区域2的边界x =h 。为了保证x =h 介质边界条件，在区域2中x =h 处加电荷
－
1－εr 1＋εr
λ。区域3对它的影响可以看成上图（a ）中区域3中的电荷对区
域1的影响，依照介质镜像原理，在这些电荷上乘以因子
21+ε
r 3
，如图所示
(c )
由规律可以推出区域3电位表达式为
Φ
=
λπε
2ε(1+ε0
∞
r 1r 3
I
) r 1(
{ln
1(x -h ) )
k +1
2
-+y -1
2
1+ε
∑
k =0
εr 1-εr 2εr 1+ε
r 2
(
ε
r 1
εr 1+1
) ln
k
1
2
2
[x +(2k +1) h ]+y
13-1 求13-2所示的同轴线TM 模的场分布。
z
b
图13-2 同轴线
， 解: 令电Hertz 矢量∏e =∏e z 则边界条件为∏
e
r =a
r =b
自然边界条件是在圆周方=0。
向场单值。于是，
∏
=[AJ
(n ρ) +BN
⎛cos m ϕ⎫±j βz
⎪e (n ρ)] ⎪
⎝sin m ϕ⎭
e m m
由边界条件得
⎧AJ ⎨⎩AJ
m m
(na ) +BN (nb ) +BN
m m
(na ) =0(nb ) =0
于是： J m (n a ) N m (n b ) =J m (n b ) N m (n a ) 上式便是确定n 的本征方程。确定了n 后，由n 电Hertz 矢量为
∏
=A [J m (n ρ) -
J m (na ) N m
⎛cos m ϕ⎫±j βz
⎪e N m (n ρ)] ⎪
(na ) ⎝sin m ϕ⎭
2
=k
2
-β
2
便可确定传播常数β，进而得
e
∂∏e ⎧
E t =∇t ⎪
∂z
⎪
22∂∏e ∂∏e ⎪
-με⎪E =22
代入⎨z 便可得到同轴线TM 模的场分布。 ∂z ∂t
⎪ ∂∏e ∂∏e
ˆ) =ε∇t ˆ⎪H t =ε∇t ⨯(z ⨯z ∂t ∂t ⎪
⎪H =0⎩z
13-2 证明ψ＝(lnρ) e
-jkz
是齐次标量波动方程的一个解。若取∏
e
ˆ，计算由此ψ所形=ψz
成的T M 波。在z =常数的平面上画出瞬时电力线和磁力线分布。什么样的实际系统可以支
持这样的波？ 证：∇ψ=
2
∂ψ∂z
2
2
2
+
∂ψ∂y
2
2
+
∂ψ∂x
2
2
=
∂ψ∂z
2
2
=-k (lnρ) e
2-jkz
=-k ψ
2
⇒∇ψ+k ψ=0满足其次标量波动方程。 ∏
ˆ=(lnρ) e =ψz
-jkz
2
e
ˆ z
∂∏e ⎧
E t =∇t ⎪
∂z
⎪
22∂∏e ∂∏e ⎪
-με⎪E =22
代入⎨z 便可得到TM 模的场分布。 ∂z ∂t
⎪ ∂∏e ∂∏e
ˆ) =ε∇t ˆ⎪H t =ε∇t ⨯(z ⨯z ∂t ∂t ⎪
⎪H =0⎩z
14-1 图14-3所示为一同轴线-矩形波导探针激励装置。假设探针电流为无限细线电流形式
I =I 0sin k 0(d -y ) 0≤y ≤d , x =
a 2, z =0
z
试求由此电流所激励的T E 10模的振幅。
d s 解：已知 P n =2⎰e n ⨯h n ⋅z
s 0
图14-3 同轴线一波导探针激励装置
C n =-
-
1P n
⎰
v
+ 1E n ⋅J dv =-
P n
-j β(z -z )
n 2(e +e ) ⋅J dv ⎰n zn e
v
C n =-
+
1P n
⎰
v
- 1
E n ⋅J dv =-
P n
⎰
v
(e n -e zn ) ⋅J e
j βn (z -z 1)
dv
在TE
10
激励波中，其产生的场为
πx
a
-j βz
E y =e y e
-j βz
=sin e
-j βz
，H
a
b
y
=h x e
2
=-Y w sin
πx
a
e
-j βz
⇒P 10=2⎰
⎰
Y w sin
πx
a
dxdy =abY
w
式中，Y w 是TE
10
模的波导纳，β是传播常数。
短路波导中的探针，等效于原来的探针加上至于无限长波导中z =-2l 处（设原位置为z ＝0）的它的镜像。若假定辐射到z>0区域的场为E y =c sin 则可以得到
C
+
++
πx
a
e
-j βz
=-
1abY
w
11
[⎰I 0sin k 0(d -y ) dy -
0⎰
I 0sin k 0(d -y ) e
-2j βl
dy ]
=
I 0Y w abk
-2j βl
(e
-1)(1-cos k 0d )
所以，由探针向z>0处所辐射的TE
I 0Y w abk
-2j βl
10
模的总横向场为
πx
a
-j βz
E
y
=(e
-1)(1-cos k 0d ) sin
e
H
x
=-Y w E y
-j β⋅r 14-2 已知 H =H m e ，H
m
为常矢量，试证明： ∇⨯∇⨯H =β
2
H -β(β⋅H ) 。
证：∇
⨯∇⨯H =∇(∇⋅H ) -∇H
2
2 ∂H 22-j β⋅r 2
∇H ==(j β) H m e =-βH 2
∂r
-j β⋅r -j β⋅r
∇(∇⋅H ) =∇[∇⋅(H m e )]=∇(∇⋅e H m ) =∇(-j β⋅H m ) =-β(β⋅H m )
代入可得∇⨯∇⨯H =β
2
H -β(β⋅H )
平行，张量介电常14-3 一平面波在无界等离子体中传播。传播方向与外加磁场B 0=B 0z
⎡ε1 jε2 0⎤
⎢⎥
数为 ε=⎢-j ε2 ε1 0⎥, 试求本征波的传播常数和场表示式。
⎢0 0 ε⎥
3⎣⎦
解：考虑非互易媒质ε0r , μ0μr 。在无源情况下，满足
⎧∇⨯H =j ωεE ⎪0r
⎨⎪⎩∇⨯E =-j ωμ0μr ⋅H
2
于是 ∇⨯∇⨯E =k 0r μr ⋅E
考虑无限大空间的均匀平面波，设
E =E m e
-j β⋅r
式中，E m 为常矢。
应用矢量公式，可以证明
∇⨯∇⨯E =βE -β(β⋅E )
2
2
代入得 βE -β(β⋅E ) =k 0μr εr ⋅E
2
把E 分解成平行于传播方向β的E ι分量和垂直于β的E t 分量，即
E =E ι+E t
则可得
β(E ι+E t ) -βE ι=k 0μr [ε
2
2
2
tt
+ε
t ι
+ειt +εu ]⋅(E ι+E t )
即 (k 0μr ε
2
tt
-β
2
I ) ⋅E t -k 0μr ε
2
2
t ι
⋅E ι=0
k 0μr (ειt ⋅E t +ειι⋅E ι) =0
⎡ε
写成矩阵形式为 ⎢
⎢ε⎣
tt
-λI ε ε
t ι
ιt u
⎤⎡E ⎤
t
⎥ ⎢⎥=0 ⎥⎣E l ⎦⎦
式中，λ=
β
2
2
k 0μr
。上式便是求传播常数β的本征方程。
使E 有非零解的充要条件是
⎡εdet ⎢
⎢ε⎣
--λI ε
ε
u
tt t ι
ιt
⎤
⎥=0 ⎥⎦
求得了λ后，可得传播常数 β=k 0μr λ
⎡ε1-λ jε2 0⎤
⎢⎥
在此题中，det -j ε2 ε1-λ 0=0
⎢⎥⎢⎣0 0 ε3⎥⎦
即 (ε1-λ) -k 设 ε1>k ，则 ⎨
22
=0
⎧λ1=ε1+k ⎩λ2=ε1-k
⎡ h ⎤⎡ h ⎤
⎢⎥⎢⎥
λ1和λ2对应的本征矢分别为 E 1=-jh E 2= jh
⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎣ 0⎥⎦⎣ 0⎥⎦
式中，h 为任意常数。
因此，在纵向磁化时，对应有两个本征波，一个是xoy 平面的右旋(相对于E 0) 圆极化波E 1，对应的传播常数为β1=ω0
μ0μr ε0(ε+k )
另一个本征波是xoy 平面的左旋(相对于E 0) 圆极化波E 2，对应的传播常数为
β2=ω0
μ0μr ε0(ε-k )
15-1 试证一维、二维标量波动方程的标量Green 函数分别为
G 0(x , x ') =-
j 2k
e
-jk x -x '
G 0(ρ, ρ') =
j 4
H
(2) 0
(ρ-ρ')
式中，x ', ρ'为源点坐标，x , ρ为场点坐标。
证：在一维中，有
⎧⎪c 1e
⇒G (x , x ') =⎨
⎪⎩c 3e
d dR
jkx
22
G +k G =-δ(R )
2
+c 2e +c 4e
-jkx
-∞
jkx -jkx
因为场不可能无限大，可以推得c 2=c 3=0 又从源点条件可以得到
c 1e
jk x '
=c 4e
-jk x '
jkc 1e
jk x '
+jkc 4e
-jk x '
=1
⇒c 1=-
j 2k
e
-jk x '
c 4=-
j 2k
e
jk x '
j -jk (x -x ') ⎧
-e ⎪⎪2k
∴G (x , x ') =⎨
⎪-j e jk (x -x ') ⎪⎩2k
-∞
=-
x '
j 2k
e
jk x -x '
在二维中，问题对新坐标原点对称，所以G 0(ρ, 0) 仅是R 得函数。在圆柱面坐标系中
1
d (R ⋅
d dR
G ) +k G =-δ(ρ) δ(ϕ) （1）
2
R dR
相应齐次方程为
1d R dR
(R ⋅
d dR
G ) +k G =0
(1) 0
2
上式是零阶柱贝塞尔方程。其解为零阶贝塞尔函数H 仅有H
(2) 0
(k ρ) 和H
(2) 0
(k ρ) 的线性组合，其中
(k ρ) 满足辐射条件，故G 0(ρ, 0) =AH
(2) 0
(k ρ)
对（1）取体积分，所取体积分以o '为圆心半径为ρε的单位长度小圆柱区域。于是
dG dR
⋅2πR
R =ρε
+k
2
⎰
ρε
G ⋅2πRdR =-1
代入并考虑到ρε→0在线源有奇点，故取
H
(2) 0
(k ρ) =-j
j 4H
2
π
(2) 0
ln
k ρ2
，可得A =
14
j ，于是有 j 4H
(2) 0
G 0(ρ, 0) =(k ρ) 或G 0(ρ, 0) =
(k ρ-ρ')
15-2 设算子L
=-
d dx
22
，它的Green 函数G (x , x ') 满足边界条件 G
=G
=0 x ∈[0, 1]
x =0x =1
试证明， G (x , x ') =⎨
⎧x (1-x ') xx '
证：(1)找出对应齐次方程特解为G a =c ，G b =x
⎧A +Bx '⇒G (x , x ) =⎨
⎩C +Dx
0≤x
(2)代入G 0=G 1=0⇒A =0
C =-D
0≤x
⇒G (x , x ')=⎨
'D (x -1) x ≤x ≤1⎩
⎧B x '=D (x '-1) ⎩B -D =1
(3)源条件中⎨
⇒B =1-x 'D =-x '
⎧(1-x ') x
∴G (x , x ') =⎨
⎩x '(1-x )
0≤x
16-1 试推导磁场H 的积分表达式
H (r ) =-⎰J (r ') ⨯∇'G 0(r , r ') d v '-
v
{
s
⨯E (r ') G 0(r , r ') j ωεn
⨯H (r ')]⨯∇'G 0(r , r ') +n ⋅H (r ') ∇'G 0(r , r ') }d s ' +[n
证：
2
∇⨯∇⨯H -k H =∇⨯J
ˆd (Q ⋅∇⨯P -P ⋅∇⨯Q ) ⋅n
根据矢量Green 公式
⎰
v
(P ⋅∇⨯∇⨯Q -Q ⋅∇⨯∇⨯P ) dv =
s
ˆ为s 面的外法向单位矢量。 式中，n
⎧P =H (r ) ⎪
令 ⎨
⎪⎩Q =G (r , r ') a
代入矢量格林公式,
并考虑到G (r , r ')
的对称性，得
⎰{
v
H (r ') ⋅∇'⨯∇'⨯[G (r , r ') a ]-G (r , r ') a ⋅∇'⨯∇'⨯H (r ') d v '
}
=
{
s
ˆd s 'G (r , r ') a ⨯∇'⨯H (r ) -H (r ') ⨯∇'⨯[G (r , r ') a ⋅n
}
利用矢量恒等式
∇⨯∇⨯A =∇(∇⋅A ) -∇
2
A
∇(f A ) =∇f ⋅A +f ∇⋅A
∇⨯(f A ) =∇f ⨯A +f ∇⨯A
可得
2
∇'⨯∇'⨯[G (r , r ') a ]=∇'∇'⋅[G (r , r ') a ]-∇'[G (r , r ') a ]
2
=∇'[∇'G (r , r ') ⋅a ]+k G (r , r ') a +δ(r -r ') a
∇'⨯[G (r , r ') a ]=∇'G (r , r ) ⨯a
得
⎰
v
2
H (r ') ⋅∇'[∇'G (r , r ') ⋅a ]+k G (r , r ') a +δ(r -r ') a d v '-
{}
⎰
v
2
G (r , r ') a ⋅[k H (r ') +∇⨯J (r ')]d v '
ˆd s '={G (r , r ') a ⨯[j ωμE (r ') +J (r ')]-H (r ') ⨯[∇'G (r , r ') ⨯a ]}⋅n
s
进一步利用矢量恒等式∇
⋅(f A ) =∇f ⋅A +f ∇⋅A
, 可得
H (r ') ⋅∇'[∇'G (r , r ') ⋅a ]
=∇'⋅(∇'G (r , r ') ⋅a ) H (r ') -[∇'G (r , r ') ⋅a ]∇'⋅H (r ')
{}
a ⋅H (r ) +a ⋅
[
s
ˆ⋅H (r ') ∇'G (r , r ') d s '-a ∇'⋅H (r ') ∇'G (r , r ') d v '-a ⋅n ⎰
]
⎰
V
∇⨯J (r ') ⋅G (r , r ') d v '
v
'''ˆˆ=a ⋅{-n ⨯[j ωμE (r ) +J (r )]G (r , r ) -[n ⨯H (r ')]⨯∇'G (r , r ')}d s '
s
考虑到a 为任意矢量，且
s
ˆ⨯J (r ') ⋅G (r , r ') d s '=n
⎰
V
∇⨯J (r ') ⋅G (r , r ') d v '
'''') ⋅G (r , r ')]d v '=ˆ{-n ⨯J (r ) G (r , r ) d s =-∇⨯[J (r ⎰
s
V
⎰
v
J (r ') ⨯∇'G (r , r ') d v '-
') ⋅G (r , r ') d v '∇⨯J (r ⎰
V
所以可以得到
H (r ) =-⎰J (r ') ⨯∇'G (r , r ') d v '-
v
') G (r , r ') ˆ{j ωεn ⨯E (r s
'''ˆˆ +[n ⨯H (r )]⨯∇G (r , r ) +n ⋅H (r ') ∇'G (r , r ') }d s '
a ⨯(b ⨯c ) =b (a ⋅c ) -c (a ⋅b ) ，可以进一步简化为 利用矢量公式
H (r ) =-⎰J (r ') ⨯∇'G (r , r ') d v '-
ˆ⋅∇'G (r , r ') }d s '+H (r ') n
v
s
ˆ⨯E (r ') G (r , r ') {j ωεn
16-2
设有两个电荷+q 和-q ，开始时都位于坐标原点，t =0时刻突然将两个电
荷沿z 轴方 向拉开，两电荷间距为l 。求此电偶极子产生的电磁场。
解：此电场中的电偶极子是由彼此间距为l 的两个点电荷＋Q 和－Q 构成的，其电偶极矩为
ˆ P =Ql z
代入矢位方程A (r )
=
j ωμ4πr
P e
jkr
可以得到A (r ) =
j ωμ4πr
Qle
jkr
ˆ z
⎧B =∇⨯A ⎪由式⎨ 可以得到 1
⎪E =-j ω[A +2∇(∇⋅A )]
k ⎩ˆ-r sin θA z θˆ 在球坐标系中，A =cos θA z r
ˆ x r θˆ r sin θϕ
H =1
μ∇⨯A =
1
μ
∂
∂∂r 2
sin θ
∂r
∂θ
∂ϕ
A z cos θ -A z r sin θ 0
=ϕˆ1
μ[r sin θ
∂r 2
sin θ
∂(-rA r
z sin θ) -r sin θ(A z cos θ)]=
k
2
j ωql sin θj +1
-jkr
4π[kr
(kr )
2
]e
而
∇⨯H =-j ωεE
E 2j ωqlk
3
cos θ
j r =
[
1]e -jkr
4πωε(kr ) 2
-(kr ) 3
E j ωqlk
3
sin θ
j πωε
[
+
1
-
j
θ=
4kr
(kr )
2
(kr )
3
]e
-jkr
E φ=0
1－1、证明：
令ϕ∇⨯A =M ，ϕ∇⨯B =N 。
所以B ⋅∇⨯(ϕ∇⨯A ) =B ⋅∇⨯M =∇⋅M ⨯B +M ⋅∇⨯B =∇⋅M ⨯B +(ϕ∇⨯A ) ⋅∇⨯B ，
A ⋅∇⨯(ϕ∇⨯B ) =A ⋅∇⨯N =∇⋅N ⨯A +N ⋅∇⨯A =∇⋅N ⨯A +(ϕ∇⨯B ) ⋅∇⨯A ，
又因为(ϕ∇⨯A ) ⋅∇⨯B ＝(ϕ∇⨯B ) ⋅∇⨯A
所以原式＝
⎰[∇⋅M ⨯B -∇⋅N ⨯A ]dv =
v
[M ⨯B -N ⨯A ]⋅ds =
s
[ϕ∇⨯A ⨯B -ϕ∇⨯B ⨯A ]⋅ds
S
=
S
ϕ[A ⨯(∇⨯B ) -B ⨯(∇⨯A )]⋅ds
证毕
1－2、证明：
d ∇(f ⋅g ) =x (f x g x +f y g
∂x
y
d
+f z g z ) +y (f x g x +f y g
∂y
y
y
d
+f z g z ) +z (f x g x +f y g
∂z
y
+f z g z )
∇f ⋅g =[x
y
⎡df x ⎢∂x ⎢ df x z ]⎢⎢∂y ⎢df ⎢x ⎣∂z df
y
df
∂x df y ∂y df
y
∂z df
z
⎤⎥ ∂x ⎡x ⎤
⎥
df z ⎥⎢ ⎥
y ⋅⎣x ⎢⎥⎥∂y ⎥⎢z ⎥df z ⎣⎦
⎥∂z ⎦df
z
y
⎡g x ⎢z ⎦g y
⎢⎢⎣g z ⎤
⎥⎥⎥⎦
=[x y
⎡df x ⎢∂x ⎢ df x z ]⎢⎢∂y ⎢df ⎢x ⎣∂z
x
∂x df y ∂y df
y
∂z
y
⎤⎥∂x ⎡g
⎥x
df z ⎥⎢
g y ⎢⎥∂y
⎥⎢g df z ⎣z
⎥∂z ⎦df
z
z
⎤⎥⎥⎥⎦
=(g
df
x
∂x
+g
df
y
∂x
+g
∂x
) x +(g
df
x
x
∂y
+g
df
y
y
∂y
+g
df
z
z
∂y
) y +(g
df
x
x
∂z
+g
df
y
y
∂z
+g
df
z
z
∂z
) z
同理可得
dg y dg y dg y dg x dg x dg x dg z dg z dg z
∇g ⋅f =(f x +f y +f z ) x +(f x +f y +f z ) y +(f x +f y +f z ) z
∂x ∂x ∂x ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y ∂y
由
d (f x g x )
dx
=f x
dg dx
x
+g x
df
x
dx
并依次类推相加可得∇(f ⋅g ) ＝∇f ⋅g ＋∇g ⋅f
证毕
2.1 讨论Maxwell 方程中四个边界条件的独立性。
Maxwell 边界方程中, 前两个方程n ⨯(H 1-H 2) =J S , n ⨯(E 1-E 2) =0是独立的，可以推导
出其余两个方程，过程如下
∇⨯n =0
∂B 1∂B 2∂
∇⋅n ⨯(E 1-E 2) =-n ⋅∇⨯(E 1-E 2) +(E 1-E 2) ⋅(∇⨯n ) =n ⋅(-+) =--n ⋅(B 1-B 2) =0
∂t ∂t ∂t
所以有n ⋅(B 1-B 2) =c o n s t ，由于在静态场中n ⋅(B 1-B 2) =0，所以对时变场也有
n ⋅(B 1-B 2) ＝0。
当n ⨯(H 1-H 2) =J S 时，
∂D 1∂D 2
∇⋅J S =∇⋅n ⨯(H 1-H 2) =-n ⋅∇⨯(H 1-H 2) +(H 1-H 2) ⋅(∇⨯n ) =-n ⋅(J 1+-J 2-)
∂t ∂t
∂D 2 ∂D 1
=-n ⋅(J 1-J 2) -n ⋅(-)
∂t ∂t
由电流连续性方程n ⋅(J 1-J 2) =-∇
s
∂ρS
， ⋅J S -∂t
∇s ⋅J S =lim
l
' J S ⋅n dl S
=lim
S →0
S
∇⋅J S ds S
S →0
=∇⋅J S
∂ρS ∂ρS ∂D 2∂D 2∂ ∂D 1 ∂D 1
-n ⋅(-) ⇒=n ⋅(-) =n ⋅(D 1-D 2) 所以∇⋅J S =∇⋅J S +∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t ∂t
得n ⋅(D 1-D 2) =ρS +const
n ⋅(D 1-D 2) =ρS
，由于在静态场中此const ＝0，所以对时变场也有
所以得证。 2.2验证E 解：
⎡x ⎢∂ ∂B
∇⨯E =-=⎢
∂t ⎢∂x
⎢⎣0
y ∂∂y 0
⎤⎥∂
⎥=0
∂z ⎥E 0ex p{-jkz }⎥⎦
z
ˆE 0exp{-jkz }=z
是否为可能存在的电磁场。
所以
∂B ∂t
＝0，即B 不随时间而变换。
当在无源区域时，B 恒定即没有电场产生，所以不存在电磁场。
在有源区域时，电场可以由电源产生，因此有可能存在电磁场。
ˆ⨯(E 12.3证明边界条件：n
-E 2=0
)
ˆ⋅(D 1和n
-D 2=ρ
)
s
。
证明：
沿用本讲证明一中的假设条件 有(n ⨯E 1-n ⨯E 2) S +M h =-
∂B ∂t
Sh
M 表示n ⨯E 关于小盒侧面的线积分
当h 趋于0时，有n ⨯(E 1-E 2) ＝0
同理，有(n ⋅D 1-n ⋅D 2) S +N h =ρSh
N 表示n ⋅D 关于小盒侧面的线积分
当h 趋于0时, ρh =ρS 为面密度，有n ⋅(D 1-D 2) =ρs
3.1对于良导体，无源区域的Maxwell 方程为
⎧∇⎪⎪∇⎨∇⎪⎪⎩∇
⨯H =σE ⨯E =-j μωH
⋅H =0
⋅E =0
试导出波动方程，并给出波传播的速度v 和波阻抗η的表达式。
∂H
解：∇⨯∇⨯H =σ∇⨯E =-jw σμH =-σμ
∂t
∂E
∇⨯∇⨯E =-jw μ∇⨯H =-jw σμE =-σμ
∂t
∂H ∂H 2
∇H =∇(∇⋅H ) -∇⨯∇⨯H =0+σμ=σμ
∂t ∂t
∂E ∂E 2
∇E =∇(∇⋅E ) -∇⨯∇⨯H =0+σμ=σμ
∂t ∂t
22
22
在以上波动方程中可以得到 k
2
=-j σμω ⇒ k =-j σμω=(-j
)
所以k r =
ω
k r
22
σμω
v ==
22
ω=
2ω
σμ
，η=
με
=
ωμ
k
=
ωμ
2σ
(1+j )
4-1 试推导频域Poynting 定理。
1 1 *1 **
∇⋅(E ⨯H ) =H ⋅(∇⨯E ) -E ⋅(∇⨯H )
222
1 *1 **
=H ⋅(-jw B ) -E ⋅(J -jw D ) 221 *1 * 1 *
=-E ⋅J +j 2w (H ⋅B -E ⋅D )
244
4-2 相同频率ω的两个电源，置于相同的各向同性的线性媒质中，电源1在空间产生的电磁场为E 1, H 1 ；而电源2产生的E 2, H 2，试证明 ∇⋅(E 1⨯H
∇⋅(E 1⨯H 2) =H 2⋅(∇⨯E 1) -E 1⋅(∇⨯
=H 2⋅-jw B 1-E 1⋅(J 2-
=-jw μH 2⋅H 1-σE 1⋅E 2
2
-E 2⨯H 1=0
)
H 2) jw D 2)
+jw εE 1⋅E 2
同理∇⋅(E 2⨯H 1) =-jw μH 2⋅H 1-σE 1⋅E 2+jw εE 1⋅E 2
所以∇⋅E 1⨯H
(
2
-E 2⨯H 1=0
)
4-3 无限均匀导电媒质中放一电量为Q 的点电荷，试求这电荷随时间的变化规律，并写出空间中任一点的磁场强度和能密度。
因为媒质中无外电场作用，因此J =σE .
⎰
v
v
ρdv =
⎰∇⋅Ddv =
v ⎰∇⋅εE dv =Q ⇒
v ⎰∇⋅E dv =
v v
Q
ε
1∂Q
⎰∇⋅J dv =
由上两式可得
1∂Q
⎰
-Q
∂ρ∂t ⇒
dv =-∂Q ∂t
=
∂Q ∂t
=
v
⎰∇⋅σEdv ⇒
v ⎰∇⋅Edv =-
σε
t )
σ∂t
σ∂t
＝
σQ ε
ε
⇒Q =Q 0exp(-
因为源Q 为点电荷，因此其所产生的电场E 为散度场，所以∇⨯E =0
σ
Q 0e εQ 0e
=（亦可由E =2
4π4πR R
R
σε
⋅
R R
3
σ
Q 0e
⇒∇⨯E =
4π
ε
⋅(∇⨯
R R
3
) =0）
∴-
∂B ∂t
=∇⨯E =0, 即B 不随时间而变化。
所以B =B t =0=0(电荷刚放入媒质时没有电荷变化，因此此时B ＝0) ∂
(w P +w e +w m ) -σE ⋅E 根据时域Poynting 定理，∇⋅S =-∂t
因为S =E ⨯H =μE ⨯B =0，且w P =w m =0，所以∇⋅S ＝0
∴
∂∂t
t
w e =-σE
2
t
2
e
t
Q 0exp(-
4πR
2
2
2σ
⇒
⎰w
d τ=w et -w e 0=-⎰σE d τ=-⎰σ
ε
τ)
d τ2σ
εQ 0
8πR
22
=-
εQ 0
8πR
22
t
⎰
2σ
ε
exp(-
2σ
ε
τ) d τ=
εQ 0
8πR
22
exp(-
ε
t ) -
错！前提为连续分布的电荷系统！
而w e 0=
εQ 0
8πR
22
，
∴
能量密度即为w et
=
εQ 0
8πR
22
ex p(
2σ
ε
t )
5-1
证明:在自由空间(μ0, ε0) 的电磁场中，垂直于任意表面的电磁场力密度（单位面积上电磁场力的法向分量）为
F n =
12
2222ˆˆˆˆ) ] [ε0(E ⋅n ) +μ0(H ⋅n ) -ε0(E ⨯n ) -μ0(H ⨯n
假设单位面积的法向分量为n ，
因此在垂直表面的E 中，可以分解成平行n 的E 1，其大小为E ⋅n ；垂直n 的E 2， 其大小为E ⨯n .
因为E 1与n 平行，根据式（5—19）可得F 1e =
1
可得F 2e =-ε0(E ⨯n ) 2，
2
12
2
ε0(E ⋅n ) 。而E 2与n 垂直，亦
E与H 相互垂直，因此H 1将与n 垂直，其大小为H ⨯n ; H 2与n 平行，其大小
为H ⋅n 。
11 2
同理F 1h =-μ0(H ⨯n ) ，F 2h =μ0(H ⋅n ) 2.
22
整个表面所受的电磁场力密度将为这四个力密度之和，所以
F n =
12
2222ˆ) +μ0(H ⋅n ˆ) -ε0(E ⨯n ˆ) -μ0(H ⨯n ˆ) ] [ε0(E ⋅n
5-2
试导出频域情况下电磁场动量守恒定理。
6-1 试证明在Coulomb 规范下
(∇－με
2
∂
∂t
22
) A =-μJ t
式中， J t =∇⨯∇⨯
⎰
v
J (r ', t ) d v ' 4πr -r '
证： Coulomb 规范下∇⋅A =0，波动方程变为
⎧2
⎪(∇-με⎪⎨
⎪∇2ϕ=-⎪⎩
∂ϕ
) A =-μJ +με∇2
∂t ∂t
∂
2
ρε
∇ϕ=-
2
ρε
满足泊松方程，容易证明ϕ(r , t ) =
⎰
v
d v ' 4πεr -r '
ρ(r ', t )
因为∇
2
1r -r '
=-4πδ(r -r ') 以及δ函数的选择性，任意矢量f (r , t ) 可表示为
f (r , t ) =
⎰
v
f (r ', t ) δ(r -r ') d v '=-⎰
v
f (r ', t ) 4π
2
d v '=-∇r -r '
1
2
⎰
v
f (r ', t ) v ' 4πr -r '
2
再利用∇⨯∇⨯A =∇（∇⋅A ) -∇A ，得
f (r , t ) =∇⨯∇⨯
⎰
v
f (r ', t ) 4πR
d v '-∇∇⋅⎰
v
f (r ', t ) 4πR
d v '
即任意矢量f 可分解为无旋部分和无散部分之和
设电流源J =J l +J t ，其中J l , J t 分别表示J 的无旋部分和无散部分，即
J l =-∇∇⋅⎰
v
J (r ', t )
d v ' 4πr -r ' J (r ', t
d v ' 4πr -r '
J t =∇⨯∇⨯
⎰
v
J (r ', t ) 11
∇⋅=J (r ', t ) ⋅∇+∇⋅J (r ', t )
''r -r r -r r -r '
因为∇⋅J (r ', t ) =0，以及
11J (r ', t ) 1 J (r ', t ) ∇=-J (r ', t ) ∇'=-∇'⋅+∇'⋅J (r ', t )
'''r -r r -r r -r r -r '
所以，由
J (r ', t ) ∇'⋅ J l =∇⎰∇'⋅[]d v -∇⎰4π'4πr -r v v
'ˆJ (r , t ) J (r ', t ) ⋅n ∂
'd v =∇ds +∇4πr -r '
r -r '∂t s
⎰4π
v
ρ(r ', t )
d v '
r -r '
由电流连续性方程可知，因为场源J 和ρ分布在有限空间内，而体积v 为均匀无界空间，所以上式右边第一项面积为零。再将Coulomb 规范下标位的表达式
ϕ(r , t ) =
⎰
v
∂ϕ
d v '代入上式右边第二项，便得到 J =ε∇l
4πεr -r '∂t
ρ(r ', t )
将J =J l +J t 和(6-22)代入(6-17)的第一式，得到
2
(∇-με
∂
∂t
22
) A =-μJ t
即在Coulomb 规范下，矢位A 只由电流源的无散部分决定。
6－2 试导出导电率为σ的媒质中矢位A 和标为ϕ的波动方程。
解：在导电率为σ的媒质中
∂D
+σE ∇⨯H =J +∂t
∂B
∇⨯E =-∂t
∂A
知B =∇⨯A ，E ＝-∇ϕ-
∂t
∂D
+σE 和∇⋅D =ρ两式可得到 将其代入∇⨯H =J +∂t
2
⎧∂ϕ∂A ∂A
∇⨯∇⨯A ＝μJ ＋με(-∇-) +μσ(-∇ϕ-) ⎪2⎪∂t ∂t ∂t
⎨
∂A ρ⎪
∇⋅(∇ϕ+) =-⎪∂t ε⎩
2
应用∇⨯∇⨯A =∇(∇⋅A ) -∇A ，上式整理后得
⎧2(∇-με⎪⎪⎨
⎪∇2ϕ=-⎪⎩
∂ϕ
) A =-μJ +∇(∇⋅A +με+μσϕ) 2
∂t ∂t ∂t
ρ∂
-∇⋅A ε∂t
∂
2
-μσ
∂
在第二个式子左右两边各加-με
2222
∂
∂t
22
ϕ-μσ
∂ϕ
∂t
，可以整理得到
⎧
⎪(∇⎪⎨⎪(∇⎪⎩
2
-με
∂
∂t
∂ϕ
-μσ) A =-μJ +∇(∇⋅A +με+μσϕ)
∂t ∂t
∂
2
-με
∂
∂t
∂ρ∂∂ϕ-μσ) ϕ=--(∇⋅A +με+μσϕ)
∂t ε∂t ∂t
此时便得到格式较为规范的矢位A 和标为ϕ的波动方程。
7-1 试证明：在Coulomb 规范下，无源区域中的电磁场量E 、B 可用两个函数表示。
证明：Coulomb 规范中∇⋅A =0，所以有
2
⎧∂∂ϕ2
(∇-με) A =με∇⎪2
∂t ∂t ⎨
⎪∇2ϕ=0⎩
在频域，作规范变换ϕ'=ϕ-j ωψ，有∇ϕ'=0⇒∇(ϕ-jw ψ) =0⇒∇ψ=0 所以，ψ和ϕ满足相同的方程。如果我们选取j ωψ=ϕ 则ϕ'=0。
⎧∂A
) =－j ωA ⎪E ＝=-(∇ϕ'+∂t
⎪ ⎪
所以⎨B =∇⨯A
⎪
∇⋅A =0⎪⎪⎩
222
7-2 试导出在柱坐标系中无源区域的电磁场量E , H 用纵向分量E z 和H z 表示的表示式。 对于柱形系统，设广义正交曲线坐标系为（v 1、v 2、v 3），v 3=z , h 3=1，矢量A 的旋度可以表示为
∇⨯f =
1∂
h 1h 2∂v 1+(
1
(h 2A 2-
∂∂v 2
1
h 1A 1) u z +(
1∂
h 1h 2∂v 2
h 1A z u 1-
1∂
h 1h 2∂v 1
h 2A z u 2)
∂
h 3∂z
A 1u 2-
∂
h 3∂z
A 2u 1)
上式中第二、三项皆是横向分量，可以写成
∇t ⨯A z =
1
∂
h 1h 2∂v 2
1
h 1A z u 1-
1∂
h 1h 2∂v 11
h 2A z u 2
∇z ⨯A t =
∂
h 3∂z
A 1u 2-
∂
h 3∂z
A 2u 1
根据上两式可由均匀各项同性线性媒质中的麦克斯维方程组的两个旋度方程得
-jw μH
t
=∇t ⨯E z +∇z ⨯E t
（1）
jw εE t =∇t ⨯H
z
+∇z ⨯H t （2）
+∇
⨯∇
⨯H t
2
(2)式代入（1）可得k H t =jw ε∇t ⨯E z +∇z ⨯∇t ⨯H
z z z
而对于柱形系统中沿＋z 方向传播的波，可以假定场量随时间t 和坐标z 的变化规律为
e
jwt -γz
，可推得
∇z ⨯∇t ⨯H
z
=∇t (∇z ⋅H z ) -(∇t ⋅∇z ) H
z
=-γ∇t H
2
z
（后项为0）
∇z ⨯∇z ⨯H
t
=∇z (∇t ⋅H t ) -(∇z ⋅∇z ) H
-γE t
2
t
=-γH t （前项为0）
2
所以（1）式变为k H t =jw ε∇t ⨯E z -γ∇t H
z
H t
2
同理可求得k E t =-jw ε∇t ⨯H
z
-γ∇t E
z
-γ
2
2
因此令k c =k
2
+γ
2
可以最终得到
1k c
2
E t =(-jw ε∇t ⨯H
z
-γ∇t E z )
H
t
=
1k c
2
(jw ε∇t ⨯E
z
-γ∇t H z )
8-1 试证明图所示的有耗多媒质区域的频域电磁场唯一性定理：如果 （1） 区域内的源已知；
（2） 区域外边界上切向电场或切向磁场已知；
（3） 区域内媒质交界面上切向电场和切向磁场连续，
则区域内电磁场唯一确定。
证明：设此有源区域产生两组场E 1, H 1和E 2, H
2
，其差场满足
⎧⎪∇⨯δE =-j ωμδH
⎨
⎪⎩∇⨯δH =j ωεδE
其中，μ=μ'-j μ''，ε=ε'-j ε''。应用频域Poynting 定理
*
ˆds +j ω(δE ⨯δH ) ⋅n
(μH
2
*
s
⎰
v
-ε
δE
2
) dv =0
s
*
ˆds =(δE ⨯δH ) ⋅n
s 1
*
ˆi ds +(δE 1⨯δH 1) ⋅n
s 2*
(δE 2⨯δH
*2
ˆds ) ⋅n
因为区域外边界上切向电场或切向磁场已知，所以外边界的线积分为0
s
*
ˆds =(δE ⨯δH ) ⋅n
⎰
l
*
ˆi dl +(δE 1⨯δH 1) ⋅n
⎰
l
(δE 2⨯δH
2
ˆdl ) ⋅n
ˆi =-n ˆ，所以得到 l 为交界线，且在交界线上，n
s
*
ˆds =(δE ⨯δH ) ⋅n
⎰
l
*
ˆi ds -(δE 1⨯δH 1) ⋅n
⎰
l
(δE 2⨯δH
*2
ˆi ds ) ⋅n
ˆi ⋅E 1=n ˆi ⋅E 2，n ˆi ⨯E 1=n ˆi ⨯E 2，n ˆi ⋅H 1=n ˆi ⋅H 2，n ˆi ⨯H 1=n ˆi ⨯H 2 由条件（3）可知n
ˆˆˆˆ∴n i ⋅(δE 1⨯δH 1) =δH 1⋅(n i ⨯δE 1) =δH 1⋅(n i ⨯δE 2) =-δE 2⋅(n i ⨯δH 1)
ˆi ⨯δH 2) =n ˆi ⋅(δE 2⨯δH 2) =-δE 2⋅(n
综合边界条件可得
于是
s
(δE ⨯δH (μ'δH
(μ''δH
2
*
d s =0 ) ⋅n
2
⎰
v
-ε'δE
+ε''E
) d v =0
2
⎰
v
2
) d v =0
对于有耗媒质，μ''>0，ε''>0, 于是，δE =0，δH =0。
所以区域内电磁场唯一确定
8-2 试讨论Poisson 方程∇ϕ=-ρ解的唯一性问题。
2
证明：设有两解分别为ϕ1和ϕ2，考虑差值函数δϕ=ϕ1-ϕ2，满足(∇应用Green 第一恒等式
2
+k
2
)δu
=0
⎰(ϕ∇
v
2
φ-∇ϕ⋅∇φ) dv =
ϕ∇φ
s
ˆds ⋅n
上式中令ϕ=δϕ，φ=δϕ，则有
-
⎰(∇δϕ)
v
2
dv =
δu
s
∂δu ∂n
ds
可见，只要满足边界s 上的ϕ给定; 或边界s 上的
∂ϕ∂n
∂ϕ∂n
给定；
给定；
或边界s 上一部分的ϕ给定，另一部分的
中三个条件中的任何一条，都有δϕ=0，即ϕ1=ϕ2，ϕ被唯一确定。
9-1： 证明：如果源J 1和J 2均在体积v 内，则互易定理为
[
s
d s =0 (E 1⨯H 2) -(E 2⨯H 1) ⋅n
]
证：由Lorenty 互易原理的积分形式可得
(E ⨯H -E ⨯H ) ⋅d s =1221
s
⎰(E 2⋅J 1-E 1⋅J 2) d v
v
当源源J 1和J 2均在体积v 内时，设v 外的空间v 1为无源空间。
所以
(E 1⨯H 2-E 2⨯H 1) ⋅n 'ds =0，s 为包围v 的球面，s 0为半径r →∞的球面。
s +s 0
由于两组源都分布在有限空间内，所以在无限远处的辐射场为沿r 方向的TEM 波，其中
1 'H =n ⨯E
η
'''因而有 E 1⨯H 2⋅n -E 2⨯H 1⋅n =(n ⨯E 1) ⋅H
2
'-(n ⨯E 2) ⋅H 1=ηH 1⋅H
2
-ηH 2⋅H 1=0
于是
s 0
(E 1⨯H 2-E 2⨯H 1) ⋅n 'ds =0⇒
s
(E 1⨯H 2-E 2⨯H 1) ⋅n 'ds =0
d s =0 '将n =-n 代入上一式可得(E 1⨯H 2) -(E 2⨯H 1) ⋅n
[]
s
9-2： 证明无限靠近理想磁体表面的面磁流不产生电磁场。
证：设有一理想磁体，在无限靠近该导体的表面上有面磁流J ms ，在空间有一任意磁流源
J m 2，J ms 在空间各处产生的电磁场为E 1, H 1，J m 2在空间各处产生的电磁场为E 2, H 2，
根据互易原理，有
⎰
v
(J ms ⋅H 2) dv =
⎰
v
(J m 2⋅H 1) dv
由于在理想磁体表面磁场只有法向分量，而J ms 为切向磁流，故J ms ⋅H
2
=0。于是
⎰
v
J m 2⋅H 1dv =0
又由于J m 2任意，所以E 1=0。
所以无限靠近理想磁体表面的面磁流不产生电磁场。
11-1 一点电荷q 放置在夹角为600的导体拐角中，电荷距拐角尖点的距离为r 0, 与拐角的最小夹角为θ。试利用镜像原理求解点电荷在拐角中产生的电位。如果拐角的夹角改为500, 问能否应用镜像原理？为什么？ 解：因为α=
23
π
3
，所以将产生5个镜像电荷，另拐角的一边为x 轴正方向，则其镜像电荷
43
角度分别为π±θ, π±θ, θ。
具体电荷坐标分别为
(r cos θ, ±r sin θ), (r cos(
23
π±θ), r sin(
23
π±θ)), (r cos(
43
π±θ), r sin(
43
π±θ))
点电荷在拐角产生的电位可以等效为六个电荷在自由空间产生的和电位，因此由电位公式
φ=
4π[(x -x 0)
2
q
1
+(y -y 0) ]2
2
可以得到的电位为
5
Φ=
∑
i =0
q
1
4π[(x -x i )
2
+(y -y i ) ]2
2
x i 和y i 分别是具体电荷坐标。
当夹角为α=50时，不满足α=
180n
（n 为正数），所以镜像电荷将产生无穷个，无法应
用镜像原理。
11-2 如图所示，接地无限大导体平板上突起一半径为a 的半球形，在x =d 处有一点电荷q 。试利用镜像原理求解该电荷产生的电位。
解：在接地无限大导体作用下，点q 产生一个镜像电荷q ’，根据平面板的镜像原理可知q ’＝－q ，x ’＝－d 。
将半球形看成一个完整球形，则此两个电荷又分别产生一个镜像电荷，根据球形腔的镜像原理可以得到它们的电荷大小和位置分别为q ’’＝所以
Φ=
q
1
a d
q, x’’＝
a d
2
, q’’’＝－
a d
q, x’’’＝ －
a d
2
+
4πd [(x -
aq a d
2
1
-
q
1
-
4πd [(x +
aq a d
2
1
4π[(x -d )
2
+y ]
2
2
)
2
+y ]
2
2
4π[(x +d )
2
+y ]
2
2
)
2
+y ]2
2
11-3 如图11-10所示，一密度为λ的无限长均匀分布的线电荷，平行放置在半径为R 的接地导体圆柱外x =a 。试尝试用镜像原理求解该问题。
解：设点c 为系统的零电势点，设N 点为镜像电荷所在点，密度为λ' 。
ϕ
=-λ2πε
ln
r 1a -R
-
λ'
2πε
p
ln
r 2R -d
，r 1=a +R -2aR cos θ, r 2=a +d
2222
-2ad cos θ
其中， θ为op 与oM 的夹角，r 1为pM 长度，r 2为pN 长度，d 为oN 长度。
r 1a -R
r 2R -d
R a
2
因为圆柱接地，所以ϕ
p
=0⇒λln =-λ' ln ⇒λ=-λ' , d =
所以电位为 ϕ=
λ
2πε
ln
ar 2Rr 1
12-1 试利用镜像原理求解如图12-6所示的线电荷λ在三层介质中 产生的电位。
解：利用介质镜像原理先确定0
区域2有两个边界，对它们分别应用镜像原理可以得到如下镜像电荷分布
(a)
∞
由这些规律可以推出区域2电位表达式为
Φ∏＝⎡ ⎢ln
⎢⎣
λπε
(1+ε
r 1
∑)
1
(
εr 1-εr 2εr 1-1εr 1+εr 2εr 1+1
-
2
2
)
k
⋅
⎤
⎥⎥⎦
k =0
εr 1-εr 2εr 1+εr 2
ln
1
[x -(2k +1) h ]+y [x +(2k +1) h ]+y
22
在区域3中，其只有一条与区域2的边界。因为区域2无电荷，故不对区域3产生影响。区域1对它的影响可以看成上图（a ）中区域1中的电荷对区域3的影响，依照介质镜像原理，在这些电荷上乘以因子
2ε
r 3r 3
1+ε
，如图所示
(b )
由这些规律可以推出区域2电位表达式为
Φ∏＝
λπε
2ε
r 1
∞
r 3r 3
(1+ε) 1+ε
∑
k =0
(
εr 1-εr 2εr 1-1εr 1+εr 2εr 1+1
)
k
⋅ln
1
[x -(2k +1) h ]+y
22
在区域1中，其只有一条与区域2的边界x =h 。为了保证x =h 介质边界条件，在区域2中x =h 处加电荷
－
1－εr 1＋εr
λ。区域3对它的影响可以看成上图（a ）中区域3中的电荷对区
域1的影响，依照介质镜像原理，在这些电荷上乘以因子
21+ε
r 3
，如图所示
(c )
由规律可以推出区域3电位表达式为
Φ
=
λπε
2ε(1+ε0
∞
r 1r 3
I
) r 1(
{ln
1(x -h ) )
k +1
2
-+y -1
2
1+ε
∑
k =0
εr 1-εr 2εr 1+ε
r 2
(
ε
r 1
εr 1+1
) ln
k
1
2
2
[x +(2k +1) h ]+y
13-1 求13-2所示的同轴线TM 模的场分布。
z
b
图13-2 同轴线
， 解: 令电Hertz 矢量∏e =∏e z 则边界条件为∏
e
r =a
r =b
自然边界条件是在圆周方=0。
向场单值。于是，
∏
=[AJ
(n ρ) +BN
⎛cos m ϕ⎫±j βz
⎪e (n ρ)] ⎪
⎝sin m ϕ⎭
e m m
由边界条件得
⎧AJ ⎨⎩AJ
m m
(na ) +BN (nb ) +BN
m m
(na ) =0(nb ) =0
于是： J m (n a ) N m (n b ) =J m (n b ) N m (n a ) 上式便是确定n 的本征方程。确定了n 后，由n 电Hertz 矢量为
∏
=A [J m (n ρ) -
J m (na ) N m
⎛cos m ϕ⎫±j βz
⎪e N m (n ρ)] ⎪
(na ) ⎝sin m ϕ⎭
2
=k
2
-β
2
便可确定传播常数β，进而得
e
∂∏e ⎧
E t =∇t ⎪
∂z
⎪
22∂∏e ∂∏e ⎪
-με⎪E =22
代入⎨z 便可得到同轴线TM 模的场分布。 ∂z ∂t
⎪ ∂∏e ∂∏e
ˆ) =ε∇t ˆ⎪H t =ε∇t ⨯(z ⨯z ∂t ∂t ⎪
⎪H =0⎩z
13-2 证明ψ＝(lnρ) e
-jkz
是齐次标量波动方程的一个解。若取∏
e
ˆ，计算由此ψ所形=ψz
成的T M 波。在z =常数的平面上画出瞬时电力线和磁力线分布。什么样的实际系统可以支
持这样的波？ 证：∇ψ=
2
∂ψ∂z
2
2
2
+
∂ψ∂y
2
2
+
∂ψ∂x
2
2
=
∂ψ∂z
2
2
=-k (lnρ) e
2-jkz
=-k ψ
2
⇒∇ψ+k ψ=0满足其次标量波动方程。 ∏
ˆ=(lnρ) e =ψz
-jkz
2
e
ˆ z
∂∏e ⎧
E t =∇t ⎪
∂z
⎪
22∂∏e ∂∏e ⎪
-με⎪E =22
代入⎨z 便可得到TM 模的场分布。 ∂z ∂t
⎪ ∂∏e ∂∏e
ˆ) =ε∇t ˆ⎪H t =ε∇t ⨯(z ⨯z ∂t ∂t ⎪
⎪H =0⎩z
14-1 图14-3所示为一同轴线-矩形波导探针激励装置。假设探针电流为无限细线电流形式
I =I 0sin k 0(d -y ) 0≤y ≤d , x =
a 2, z =0
z
试求由此电流所激励的T E 10模的振幅。
d s 解：已知 P n =2⎰e n ⨯h n ⋅z
s 0
图14-3 同轴线一波导探针激励装置
C n =-
-
1P n
⎰
v
+ 1E n ⋅J dv =-
P n
-j β(z -z )
n 2(e +e ) ⋅J dv ⎰n zn e
v
C n =-
+
1P n
⎰
v
- 1
E n ⋅J dv =-
P n
⎰
v
(e n -e zn ) ⋅J e
j βn (z -z 1)
dv
在TE
10
激励波中，其产生的场为
πx
a
-j βz
E y =e y e
-j βz
=sin e
-j βz
，H
a
b
y
=h x e
2
=-Y w sin
πx
a
e
-j βz
⇒P 10=2⎰
⎰
Y w sin
πx
a
dxdy =abY
w
式中，Y w 是TE
10
模的波导纳，β是传播常数。
短路波导中的探针，等效于原来的探针加上至于无限长波导中z =-2l 处（设原位置为z ＝0）的它的镜像。若假定辐射到z>0区域的场为E y =c sin 则可以得到
C
+
++
πx
a
e
-j βz
=-
1abY
w
11
[⎰I 0sin k 0(d -y ) dy -
0⎰
I 0sin k 0(d -y ) e
-2j βl
dy ]
=
I 0Y w abk
-2j βl
(e
-1)(1-cos k 0d )
所以，由探针向z>0处所辐射的TE
I 0Y w abk
-2j βl
10
模的总横向场为
πx
a
-j βz
E
y
=(e
-1)(1-cos k 0d ) sin
e
H
x
=-Y w E y
-j β⋅r 14-2 已知 H =H m e ，H
m
为常矢量，试证明： ∇⨯∇⨯H =β
2
H -β(β⋅H ) 。
证：∇
⨯∇⨯H =∇(∇⋅H ) -∇H
2
2 ∂H 22-j β⋅r 2
∇H ==(j β) H m e =-βH 2
∂r
-j β⋅r -j β⋅r
∇(∇⋅H ) =∇[∇⋅(H m e )]=∇(∇⋅e H m ) =∇(-j β⋅H m ) =-β(β⋅H m )
代入可得∇⨯∇⨯H =β
2
H -β(β⋅H )
平行，张量介电常14-3 一平面波在无界等离子体中传播。传播方向与外加磁场B 0=B 0z
⎡ε1 jε2 0⎤
⎢⎥
数为 ε=⎢-j ε2 ε1 0⎥, 试求本征波的传播常数和场表示式。
⎢0 0 ε⎥
3⎣⎦
解：考虑非互易媒质ε0r , μ0μr 。在无源情况下，满足
⎧∇⨯H =j ωεE ⎪0r
⎨⎪⎩∇⨯E =-j ωμ0μr ⋅H
2
于是 ∇⨯∇⨯E =k 0r μr ⋅E
考虑无限大空间的均匀平面波，设
E =E m e
-j β⋅r
式中，E m 为常矢。
应用矢量公式，可以证明
∇⨯∇⨯E =βE -β(β⋅E )
2
2
代入得 βE -β(β⋅E ) =k 0μr εr ⋅E
2
把E 分解成平行于传播方向β的E ι分量和垂直于β的E t 分量，即
E =E ι+E t
则可得
β(E ι+E t ) -βE ι=k 0μr [ε
2
2
2
tt
+ε
t ι
+ειt +εu ]⋅(E ι+E t )
即 (k 0μr ε
2
tt
-β
2
I ) ⋅E t -k 0μr ε
2
2
t ι
⋅E ι=0
k 0μr (ειt ⋅E t +ειι⋅E ι) =0
⎡ε
写成矩阵形式为 ⎢
⎢ε⎣
tt
-λI ε ε
t ι
ιt u
⎤⎡E ⎤
t
⎥ ⎢⎥=0 ⎥⎣E l ⎦⎦
式中，λ=
β
2
2
k 0μr
。上式便是求传播常数β的本征方程。
使E 有非零解的充要条件是
⎡εdet ⎢
⎢ε⎣
--λI ε
ε
u
tt t ι
ιt
⎤
⎥=0 ⎥⎦
求得了λ后，可得传播常数 β=k 0μr λ
⎡ε1-λ jε2 0⎤
⎢⎥
在此题中，det -j ε2 ε1-λ 0=0
⎢⎥⎢⎣0 0 ε3⎥⎦
即 (ε1-λ) -k 设 ε1>k ，则 ⎨
22
=0
⎧λ1=ε1+k ⎩λ2=ε1-k
⎡ h ⎤⎡ h ⎤
⎢⎥⎢⎥
λ1和λ2对应的本征矢分别为 E 1=-jh E 2= jh
⎢⎥⎢⎥⎢⎢⎣ 0⎥⎦⎣ 0⎥⎦
式中，h 为任意常数。
因此，在纵向磁化时，对应有两个本征波，一个是xoy 平面的右旋(相对于E 0) 圆极化波E 1，对应的传播常数为β1=ω0
μ0μr ε0(ε+k )
另一个本征波是xoy 平面的左旋(相对于E 0) 圆极化波E 2，对应的传播常数为
β2=ω0
μ0μr ε0(ε-k )
15-1 试证一维、二维标量波动方程的标量Green 函数分别为
G 0(x , x ') =-
j 2k
e
-jk x -x '
G 0(ρ, ρ') =
j 4
H
(2) 0
(ρ-ρ')
式中，x ', ρ'为源点坐标，x , ρ为场点坐标。
证：在一维中，有
⎧⎪c 1e
⇒G (x , x ') =⎨
⎪⎩c 3e
d dR
jkx
22
G +k G =-δ(R )
2
+c 2e +c 4e
-jkx
-∞
jkx -jkx
因为场不可能无限大，可以推得c 2=c 3=0 又从源点条件可以得到
c 1e
jk x '
=c 4e
-jk x '
jkc 1e
jk x '
+jkc 4e
-jk x '
=1
⇒c 1=-
j 2k
e
-jk x '
c 4=-
j 2k
e
jk x '
j -jk (x -x ') ⎧
-e ⎪⎪2k
∴G (x , x ') =⎨
⎪-j e jk (x -x ') ⎪⎩2k
-∞
=-
x '
j 2k
e
jk x -x '
在二维中，问题对新坐标原点对称，所以G 0(ρ, 0) 仅是R 得函数。在圆柱面坐标系中
1
d (R ⋅
d dR
G ) +k G =-δ(ρ) δ(ϕ) （1）
2
R dR
相应齐次方程为
1d R dR
(R ⋅
d dR
G ) +k G =0
(1) 0
2
上式是零阶柱贝塞尔方程。其解为零阶贝塞尔函数H 仅有H
(2) 0
(k ρ) 和H
(2) 0
(k ρ) 的线性组合，其中
(k ρ) 满足辐射条件，故G 0(ρ, 0) =AH
(2) 0
(k ρ)
对（1）取体积分，所取体积分以o '为圆心半径为ρε的单位长度小圆柱区域。于是
dG dR
⋅2πR
R =ρε
+k
2
⎰
ρε
G ⋅2πRdR =-1
代入并考虑到ρε→0在线源有奇点，故取
H
(2) 0
(k ρ) =-j
j 4H
2
π
(2) 0
ln
k ρ2
，可得A =
14
j ，于是有 j 4H
(2) 0
G 0(ρ, 0) =(k ρ) 或G 0(ρ, 0) =
(k ρ-ρ')
15-2 设算子L
=-
d dx
22
，它的Green 函数G (x , x ') 满足边界条件 G
=G
=0 x ∈[0, 1]
x =0x =1
试证明， G (x , x ') =⎨
⎧x (1-x ') xx '
证：(1)找出对应齐次方程特解为G a =c ，G b =x
⎧A +Bx '⇒G (x , x ) =⎨
⎩C +Dx
0≤x
(2)代入G 0=G 1=0⇒A =0
C =-D
0≤x
⇒G (x , x ')=⎨
'D (x -1) x ≤x ≤1⎩
⎧B x '=D (x '-1) ⎩B -D =1
(3)源条件中⎨
⇒B =1-x 'D =-x '
⎧(1-x ') x
∴G (x , x ') =⎨
⎩x '(1-x )
0≤x
16-1 试推导磁场H 的积分表达式
H (r ) =-⎰J (r ') ⨯∇'G 0(r , r ') d v '-
v
{
s
⨯E (r ') G 0(r , r ') j ωεn
⨯H (r ')]⨯∇'G 0(r , r ') +n ⋅H (r ') ∇'G 0(r , r ') }d s ' +[n
证：
2
∇⨯∇⨯H -k H =∇⨯J
ˆd (Q ⋅∇⨯P -P ⋅∇⨯Q ) ⋅n
根据矢量Green 公式
⎰
v
(P ⋅∇⨯∇⨯Q -Q ⋅∇⨯∇⨯P ) dv =
s
ˆ为s 面的外法向单位矢量。 式中，n
⎧P =H (r ) ⎪
令 ⎨
⎪⎩Q =G (r , r ') a
代入矢量格林公式,
并考虑到G (r , r ')
的对称性，得
⎰{
v
H (r ') ⋅∇'⨯∇'⨯[G (r , r ') a ]-G (r , r ') a ⋅∇'⨯∇'⨯H (r ') d v '
}
=
{
s
ˆd s 'G (r , r ') a ⨯∇'⨯H (r ) -H (r ') ⨯∇'⨯[G (r , r ') a ⋅n
}
利用矢量恒等式
∇⨯∇⨯A =∇(∇⋅A ) -∇
2
A
∇(f A ) =∇f ⋅A +f ∇⋅A
∇⨯(f A ) =∇f ⨯A +f ∇⨯A
可得
2
∇'⨯∇'⨯[G (r , r ') a ]=∇'∇'⋅[G (r , r ') a ]-∇'[G (r , r ') a ]
2
=∇'[∇'G (r , r ') ⋅a ]+k G (r , r ') a +δ(r -r ') a
∇'⨯[G (r , r ') a ]=∇'G (r , r ) ⨯a
得
⎰
v
2
H (r ') ⋅∇'[∇'G (r , r ') ⋅a ]+k G (r , r ') a +δ(r -r ') a d v '-
{}
⎰
v
2
G (r , r ') a ⋅[k H (r ') +∇⨯J (r ')]d v '
ˆd s '={G (r , r ') a ⨯[j ωμE (r ') +J (r ')]-H (r ') ⨯[∇'G (r , r ') ⨯a ]}⋅n
s
进一步利用矢量恒等式∇
⋅(f A ) =∇f ⋅A +f ∇⋅A
, 可得
H (r ') ⋅∇'[∇'G (r , r ') ⋅a ]
=∇'⋅(∇'G (r , r ') ⋅a ) H (r ') -[∇'G (r , r ') ⋅a ]∇'⋅H (r ')
{}
a ⋅H (r ) +a ⋅
[
s
ˆ⋅H (r ') ∇'G (r , r ') d s '-a ∇'⋅H (r ') ∇'G (r , r ') d v '-a ⋅n ⎰
]
⎰
V
∇⨯J (r ') ⋅G (r , r ') d v '
v
'''ˆˆ=a ⋅{-n ⨯[j ωμE (r ) +J (r )]G (r , r ) -[n ⨯H (r ')]⨯∇'G (r , r ')}d s '
s
考虑到a 为任意矢量，且
s
ˆ⨯J (r ') ⋅G (r , r ') d s '=n
⎰
V
∇⨯J (r ') ⋅G (r , r ') d v '
'''') ⋅G (r , r ')]d v '=ˆ{-n ⨯J (r ) G (r , r ) d s =-∇⨯[J (r ⎰
s
V
⎰
v
J (r ') ⨯∇'G (r , r ') d v '-
') ⋅G (r , r ') d v '∇⨯J (r ⎰
V
所以可以得到
H (r ) =-⎰J (r ') ⨯∇'G (r , r ') d v '-
v
') G (r , r ') ˆ{j ωεn ⨯E (r s
'''ˆˆ +[n ⨯H (r )]⨯∇G (r , r ) +n ⋅H (r ') ∇'G (r , r ') }d s '
a ⨯(b ⨯c ) =b (a ⋅c ) -c (a ⋅b ) ，可以进一步简化为 利用矢量公式
H (r ) =-⎰J (r ') ⨯∇'G (r , r ') d v '-
ˆ⋅∇'G (r , r ') }d s '+H (r ') n
v
s
ˆ⨯E (r ') G (r , r ') {j ωεn
16-2
设有两个电荷+q 和-q ，开始时都位于坐标原点，t =0时刻突然将两个电
荷沿z 轴方 向拉开，两电荷间距为l 。求此电偶极子产生的电磁场。
解：此电场中的电偶极子是由彼此间距为l 的两个点电荷＋Q 和－Q 构成的，其电偶极矩为
ˆ P =Ql z
代入矢位方程A (r )
=
j ωμ4πr
P e
jkr
可以得到A (r ) =
j ωμ4πr
Qle
jkr
ˆ z
⎧B =∇⨯A ⎪由式⎨ 可以得到 1
⎪E =-j ω[A +2∇(∇⋅A )]
k ⎩ˆ-r sin θA z θˆ 在球坐标系中，A =cos θA z r
ˆ x r θˆ r sin θϕ
H =1
μ∇⨯A =
1
μ
∂
∂∂r 2
sin θ
∂r
∂θ
∂ϕ
A z cos θ -A z r sin θ 0
=ϕˆ1
μ[r sin θ
∂r 2
sin θ
∂(-rA r
z sin θ) -r sin θ(A z cos θ)]=
k
2
j ωql sin θj +1
-jkr
4π[kr
(kr )
2
]e
而
∇⨯H =-j ωεE
E 2j ωqlk
3
cos θ
j r =
[
1]e -jkr
4πωε(kr ) 2
-(kr ) 3
E j ωqlk
3
sin θ
j πωε
[
+
1
-
j
θ=
4kr
(kr )
2
(kr )
3
]e
-jkr
E φ=0