电磁场与电磁波第四章
电磁场与电磁波(第4版)第4章部分习题参考解答
GG G G G G − j(k x + k y + k z ) ∇ 2 E (r ) = E0∇ 2 e − jk ⋅r = E0∇ 2 e x y z
G ⎛ ∂2 ∂2 ∂ 2 ⎞ − j(k x + k y + k z ) = E0 ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ e x y z ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ G − j(k x + k y + k z ) G G 2 = (− k x2 − k y − k z2 ) E0 e x y z = − k 2 E (r ) G G G G 代入方程 ∇ 2 E (r ) + ω 2 με E (r ) = 0 ，得 G G − k 2 E + ω 2 με E = 0
G G ω ∂2 ω G (3) ∇ 2 E = ey E0∇ 2 cos(ωt + z ) = ey E0 2 cos(ωt + z ) ∂z c c
ω G ω = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) c c
G ∂2 E G ∂2 ω ω G = e E cos(ωt + z ) = −eyω 2 E0 cos(ωt + z ) y 0 2 2 ∂t ∂t c c G G 1 ∂2 E ω 1 ⎡ G ω ⎤ G ω 2 ∇ E − 2 2 = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) − 2 ⎢ −e yω 2 E0 cos(ωt + z ) ⎥ = 0 c ∂t c c c ⎣ c ⎦
电磁场与电磁波第四章..
同理，可以推得无源区磁场波动方程为：
2 H H 2 0 t
2
22:48
电磁场与电磁波
第4章
时变电磁场
面对的问题 单一媒质环境！ 波动方程的求解！ 分析方法： 利用时变电磁场特性 关联的一般性物理问题？ 典型问题的应用？
2 E 2 E 2 0 t
无源区电场 波动方程
2 H 2 H 2 0 t
无源区磁场 波动方程
波动方程反映了时变电磁场中电场场量和磁场场量的空间分布规律。
22:48
电磁场与电磁波
第4章
时变电磁场
电场波动方程的推导：
B E t
E ( H ) t 2 E 2 ( E ) E 2 t
1 A t
B A
结论： 无源区两种方法一样简单 有源区位函数方程更简单
22:48
A E t
电磁场与电磁波
第4章
时变电磁场
面对的问题！ 分析方法： 求解区无源，用场的波动方程 求解区有源，用位函数方程 关联的一般性物理问题？ 典型问题的应用？
j t
第 4章
22:48
第 5、 6章
第 7章
第 8章
电磁场与电磁波
第4章
时变电磁场
面对的问题？ 分析方法？ 关联的一般性物理问题？ 典型问题的应用？
22:48
电磁场与电磁波
第4章
时变电磁场
第四章 时变电磁场
本章主要内容： 时变电场和磁场满足的方程——波动方程 时变电磁场的辅助函数——标量电位和矢量磁位 时变电磁场的能量守恒定律
电磁场与电磁波第四章习题及参考答案
第四章 习题4-1、 电量为nC 500的点电荷，在磁场)(ˆ2.1T zB =中运动，经过点)5,4,3(速度为 s m y x/ˆ2000ˆ500+ 。
求电荷在该点所受的磁场力。
解：根据洛仑兹力公式B v q F⨯=N x y z y x 4491012ˆ103ˆ2.1ˆ)ˆ2000ˆ500(10500---⨯+⨯-=⨯+⨯⨯= N y x4103)ˆˆ4(-⨯-= 4-2、真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为aIzB πμ2ˆ01= 因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为aIz B B πμ24ˆ401==题4-2图 题4-3图4-3、真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场.解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为b 的点上的磁感应强度为2201)2(ˆa b a bIz B +=πμ所以220)2(3ˆa b a bIz B +=πμ ，其中)6(2πtg a b =4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(c)题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为aIz B 4ˆ01μ= （1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIz B 4ˆ0μ= （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为aIz B πμ4ˆ02= 因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和)2(4ˆ0+-=ππμaIz B （3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即)11(4ˆ0ba I zB -=μ 4-5、 在真空中将一个半径为a 的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。
电磁场与电磁波 第4章 静态场的边值问题
设 q’ 距球心为b，则 q 和 q’ 在球外 任一点(r,,)处产生的电位为
第四章 静态场的边值问题
1 ( q q) 4π 0 R R
1(
q
4π 0 r 2 d 2 2rd cos
q
)
r 2 b2 2rb cos
径为a 的圆的反演点。
第四章 静态场的边值问题
将式(4-2-3)代入(4-2-2)，可得球外任意点(r,,)的电位
q (
1
a
)
4π 0 r 2 d 2 2rd cos d r 2 b2 2rb cos
（4-2-5）
若导体球不接地且不带电，则当球外放置点电荷 q 后，它的
电位不为零，球面上净电荷为零。此情形下，为满足边界条件，
第四章 静态场的边值问题
第四章 静态场的边值问题
在给定的边界条件下求解泊松方程或拉普拉斯方程称为边 值问题。根据场域边界面上所给定的边界条件的不同，边值问 题通常分为 3 类：
第一类边值问题，给定位函数在场域边界面上的值； 第二类边值问题，给定位函数在场域边界面上的法向导数值； 第三类边值问题又称混合边值问题，一部分边界面上给定的 是位函数值，另一部分边界面上给定的是位函数的法向导数 值。
4.3.1 直角坐标系中的分离变量
直角坐标系中，标量拉普拉斯方程为
2 2 2
0 x2 y2 z2
（4-3-1）
第四章 静态场的边值问题
设 (x,y,z) = X (x)Y(y)Z(z)，代入方程(4-3-1)，整理可得
1 X
d2 X dx2
1 Y
d 2Y dy2
1 Z
d2Z dz2
电磁场与电磁波第四章
P(r, )
R q
q d
' '
a d
a2 d
q
结论：点电荷q对接地导体球面的镜像电荷为
电量：q ' a q 位置：d ' a2
d
d
球外电位：
q
[
1
4 r2 d 2 2rd cos
a
] (r a)
d r2 a4 / d 2 2r(a2 / d ) cos
唯一性定理是间接法求解拉普拉斯方程（泊松方程） 的理论依据。
第二节 直角坐标系中的分离变量法
分离变量法：根据边界面的形状，选择合适的坐标 系，假定待求的位函数可表示为三个函数的乘积， 且其中每个函数分别仅是一个坐标的函数，将这个 函数代入拉普拉斯方程，通过分离变量将原来的偏 微分方程化为常微分方程。
a
] (r a)
d r2 a4 / d 2 2r(a2 / d ) cos
球壳外电位： 0 (r a)
2、点电荷对不接地球面导体边界的镜像
不接地：导体球面电位不为0，
球面上存在正、负感应电荷（感应
r
电荷总量为0）。 处理方法：电位叠加原理
q ' O
q'
d
P(r, ) R q
处理过程：
1、先假设导体球面接地，则球面上存在电量为q '的感应电荷，
镜像电荷可采用前面的方法确定。
2、断开接地。将电量为q ' 的电荷加到导体球面上，这些电荷必
然均匀分布在球面上，以使导体球为等势体。
3、均匀分布在导体球面上的电荷q ' 可以用位于球心的等量点
电荷等效。
电磁场与电磁波第四章 时变电磁场优秀课件
J
)
t
同样
D
D
E、E
A
t
( A )
t
A
0
t
2 2
t 2
2
A
2 A t 2
J
说明
2
2
t 2
应用洛仑兹条件的特点：① 位函数满足的方程在形式上是对称 的，且比较简单，易求解；② 解的物理意义非常清楚，明确地 反映出电磁场具有有限的传递速度；③ 矢量位只决定于J，标
量位只决定于ρ，这对求解方程特别有利。只需解出A，无需
解出 就可得到待求的电场和磁场。
电磁位函数只是简化时变电磁场分析求解的一种辅助函数，应
用不同的规范条件，矢量位A和标量位 的解也不相同，但最终
得到的电磁场矢量是相同的。
问题 若应用库仑条件，位函数满足什么样的方程? 具有什么特点?
4.3 电磁能量守恒定律 讨论内容
t0
t1
t2
t3
t4
t5
0
vt1
vt2
vt3
vt4 vt5 z
不同时刻波形最大值出现的位置
沿z方向传播
t=0，zmax=0； t=t1 ＞0，zmax= vt1＞0；
zmax vt1 vt2 v
t
t1 t2
… … t=t2 ＞t1，zmax= vt2＞vt1＞0；图形移动速度，即电磁波速度
相速度，即等相位面的传播速度
H Ε
J
D
t
B
A
t
为任意可微函数
A ( A ) A
即
A t
(
t
)
t
(
A
)
A t
也就是说，对一给定的电磁场可用不同的位函数来描述。
(完整版)《电磁场与电磁波》(第4版)谢处方第四章_时变电磁场00
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理，容易求得内
外导体之间的电场和磁场分别为
rr U
E
e
ln(b
, a)
r rI
H e 2
(a b)
内外导体之间任意横截面上的坡印廷矢量
r S
rr EH
r [e
U
ln(b
a
)
]
r (e
I )
11
4.3 电磁能量守恒定律 讨论内容
电磁能量及守恒关系 坡印廷定理 坡印廷矢量
第4章 时变电磁场
12
电磁能量及守恒关系
电场能量密度：
we
1 2
rr ED
磁场能量密度：
wm
1
r H
r B
2
dW
dt V
S
电磁能量密度：
w
we
wm
1 2
rr ED
1
r H
r B
2
空间区域V中的电磁能量：
W
V
w dV
V
r H
(
r E
)
t
r
r ( H )
r 2H
2H
t 2
r
r 2H
2H t 2
0
若为有源空间，结果如何？
若为导电媒质，结果如何？
第4章 时变电磁场
4
4.2 电磁场的位函数
讨论内容
位函数的定义 位函数的性质 位函数的规范条件 位函数的微分方程
第4章 时变电磁场
5
引入位函数的意义 引入位函数来描述时变电磁场，使一些问题的分析得到简化。
(1 2
高中物理选择性必修件第四章电磁场与电磁波
距离防护
尽量远离电磁辐射源，如减少使用手 机、电脑等电子设备的时间，避免长 时间接触。
时间防护
合理安排作息时间，避免在电磁辐射 较强的环境下长时间停留。
屏蔽防护
采用屏蔽材料对电磁辐射进行屏蔽， 如穿戴防辐射服、使用防辐射眼镜等 。
提高公众对电磁辐射认知水平
加强科普宣传
通过媒体、学校等途径加强电磁 辐射相关知识的科普宣传，提高
电磁波的发射、传播和接收
变化的电流在空间激起电磁波，以光速向四周传播。接收电磁波的过程也是电磁感应现象 。
解题技巧分享
理解电磁场和电磁波的基本概念及性 质，掌握电磁波的产生机理和传播特 性。
掌握电磁波在真空和介质中的传播速 度、波长、频率等参量之间的关系， 理解电磁波的反射、折射、衍射等现 象。
熟悉电磁波谱中各波段的特点及应用 ，了解不同波段电磁波的产生、传播 和接收方式。
场力。电场强度的方向与正电荷在电场中受到的电场力方向相同。
02 03
磁感应强度
描述磁场的力的性质的物理量，其大小等于单位电流元在磁场中所受安 培力的最大值。磁感应强度的方向与小磁针静止时N极所指的方向相同 。
电磁感应
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中就会产生感应电流。 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
电磁场
变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分割的统一体，即电磁场。电磁场由近 及远以电磁波的形式传播。
电磁波
变化的电场和磁场在周围空间产生电磁波，电磁波向外传播的过程也是传播能量的过程。 电磁波中的电场能量最大时，磁场能量最小；磁场能量最大时，电场能量最小。电磁波中 的电场和磁场互相垂直，电磁波则与电场、磁场垂直。
无线通信系统功能
电磁场与电磁波及其应用 第四章
在线性、 各向同性媒质中， 当参数不随时间变化时，
于是得到 再利用矢量恒等式
可得到 (4.3.4)
在体积V上， 对式（4.3.4）两端积分， 并应用散度定理即 可得到
(4.3.５)
由于E和H也是相互垂直的， 因此S、 E、 H三者是相互 垂直的， 且构成右旋关系， 如图4.3-1 所示。
第四章 时变电磁场
4.1 波动方程 4.2 时变场的位函数 4.3 时变电磁场的能量与能流 4.4 时谐电磁场 4.5 左手媒质 4.6 时变电磁场的应用
4.1 波 动 方 程
在无源空间中， 电流密度和电荷密度处处为零， 即 ρ=0、 J=0。 在线性、 各向同性的均匀媒质中， E和H满足 麦克斯韦方程
图4.3-1 能流密度矢量与电场及磁场的方向关系
例4.3.1 同轴线的内导体半径为a、 外导体半径为b， 其 间均匀充填理想介质。 设内外导体间电压为U， 导体中流过 的电流为 I。 （1） 在导体为理想导体的情况下， 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。
磁场仍为 内导体表面外侧的坡印廷矢量为
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4.3-3所示。
图4.3-3 同轴线中电场、 磁场和坡印廷矢量 （非理想导体情况）
进入每单位长度内导体的功率为
式中
是单位长度内导体的电阻。 由此可见，
进入内导体中的功率等于这段导体的焦耳损耗功率。
利用复数取实部表示方法， 可将式（4.5.1）写成
式中
(4.4.2)
称为复振幅， 或称为u(r, t)的复数形式。 为了区别复数形 式与实数形式， 这里用打“•”的符号表示复数形式。
时变电磁场
y, y,
z, z,
t) t)
Exm E ym
(x, (x,
y, y,
z) z)
cos[t cos[t
x (x, y (x,
y, y,
z)] z)]
Ez
(x,
y,
z,
t)
Ezm
(x,
y,
z)
cos[t
z
(
x,
y,
z)]
式中：Exm , Eym , Ezm 为电场在x,y,z方向分量的幅度
x， y，z 为电场x,y,z分量的初始相位
电磁场与电磁波
第4章 时变电磁场
第四章 时变电磁场
时变情况下，电场和磁场相互关联，构成统一的电磁场 时变电场和磁场能量在空间中不断相互转换，并以电磁波动的 形式从一个地方传递到另外一个地方
本章主要内容： ➢ 时变电场和磁场满足的方程——波动方程 ➢ 时变电磁场的辅助函数——标量电位和矢量磁位 ➢ 时变电磁场的能量守恒定律 ➢ 正弦规律变化的时变场——时谐电磁场
对于时变场来说，动态位函数常用的规范条件为洛伦兹规范条件
A
t
洛伦兹规范条件
思考：库仑规范条件和洛伦兹规范条件有何联系？
15:54
电磁场与电磁波
第4章 时变电磁场
4.2.2 达朗贝尔方程
E (
H H
J
1
E
t A
A) 2
t
t
1 A J E
t
(
A)
Σ
J EdV
V
15:54
E, H
V
电磁场与电磁波
第4章 时变电磁场
坡印廷定理物理意义：单位时间内流入体积V内的电磁能量等于 体积V内增加的电磁能量与体积V内损耗的电磁能量之和。
电磁场与电磁波(第四章)
复数表示法 空间相位因子
时间因子
16
在直角坐标系下，电场可表示为： E ex Ex e y E y ez Ez
E x ( x , y , z , t ) E xm ( x , y , z )cos t x ( x , y , z ) E y ( x , y , z , t ) E ym ( x , y , z )cos t y ( x , y , z ) t z ( x , y , z ) E z ( x , y , z , t ) E zm ( x , y , z )cos
根据欧拉公式
e j cos j sin
j ( t i ) ji j t e j t i Re I e Re I e e Re I m m
复振幅或相量（与时间无关）
表明：可以通过数学的方法，把一个实数范围的正弦时间函数与
t无关
照此法，矢量场的各分量Ei（i 表示x、y 或 z）可表示成
j [ t ( r )] j t i (r )e ] Re E e Ei (r , t ) Re[ E i im
各分量合成以后，电场强度为 复矢量
jt E (r , t ) Re[ Em ( r )e ]
例4.5.1 将下列场矢量的瞬时值形式写为复数形式 （1） E( z, t ) e x Exm cos(t kz x ) ey Eym sin(t kz y )
5
4.2
电磁场的位函数
讨论内容
位函数的定义 位函数的性质 位函数的规范条件 位函数的微分方程
电磁场与电磁波第四章
∇2ϕ
−
με
∂2ϕ ∂t 2
=
−
1 ε
ρ
矢量位和标量位满足(分离出的两个独立)的方程, 称为达朗贝尔方程
间接方法：A. 求解两个达朗贝尔方程 B. 达朗贝尔方程 + 洛仑兹条件
9
4.3 电磁能量守恒定律
讨论电磁场的能量问题，引入坡印廷矢量， 得到反映电磁能量守恒关系的坡印廷定理。
一、电磁场能量密度和能流密度
=
d dt
V
(1 2
μ
|
v H0
|2
+
1 2
ε
|
v E0
|2 )dV
+
σ
V
|
v E0
|2
dV
20
根据
v E0
或
v H0
满足的边界条件，左端被积函数
v (E0
×
v H
0
)
⋅
evn
|S
=
(evn
×
v E0
)
⋅
v H
0
|S
=
v (H
0
×
evn
)
⋅
v E0
|S
=
0
即
∫ ∫ d
dt
V
(1 2
μ
|
v H0
|2
+
∂2Ez ∂y 2
+
∂2Ez ∂z 2
− με
∂2Ez ∂t 2
=0
解波动方程，可求出空间中电磁场场量的分布。
(直接求解波动方程的过程很复杂)
4
4.2 电磁场的位函数
一、矢量位和标量位
∇ ⋅ Bv = 0
电磁场与电磁波第三版答案第四章
《电磁场与电磁波》——习题详解第四章 静态场的解4-1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为 d ,如果把它移动到无穷远处,需要 作多少功? 解: 用镜像法, 相当于两个电荷关于 y = 0 平面向相反方向离开,当 Q 移到 y 处时,受到 的电场力为:y Qdy y xdF= Q2 4πε 0 (2 y ) 2-Q 此时移动 d y 需对电荷做功图 4-1dw = Fd y =移到无穷远处做的总功为:Q2 16πε 0 y 2dyW = dw = Fd y =d∫∫∞∫∞ dQ216πε 0 y 2dy=Q2 16πε 0 d当用外力将电荷 Q 移动到无穷远处时,同时也要将镜像电荷移动到无穷远处,所以在整个过程中,外力作的总功为Q2 8πε 0 d也可以用静电能计算,在移动以前,系统的静电能等于两个点电荷之间的相互 作用能:W=1 1 1 1 Q Q Q2 + (Q) q11 + q2 2 = Q = 2 2 2 4π ε 0 (2d ) 2 4π ε 0 (2d ) 8π ε 0 d移动点电荷到无穷远以后,系统的静电能为零.因此,在这个过程中,外力作 功等于系统静电能的增量,即外力作功为Q2 8πε 0 d.43习题四4-2 一个点电荷放在直角导体内部(如图 4-2),求出所有镜像电荷的位置和大小y-q r2 d r3O r1 r4rq ax -qq图 4-2 解:假设如图所示三个镜像电荷,则空间电荷分布为φ (r ) =v1 1 1 1 ( + ) 4πε 0 r1 r2 r3 r4q经检验:在 y = 0 平面上 φ ( r ) = 0 ,在 x = 0 平面上vφ (r ) = 0所以上述解为原问题的解.因此求得镜像电荷的位置和大小如图 4-2 所示,即vq 2 = q 位置 ( a, d ) , q3 = q 位置 ( a, d ) , q 4 = q 位置 (a, d )4-3 证明:一个点电荷 q 和一个带有电荷 Q ,半径为 R 的导体球之间的作用力为Rq Q + D q DRq F= 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 其中 D 是 q 到球心的距离 ( D > R ) . 证明:使用镜像法分析.由于导体球不接地,本身又带电 Q ,必须在导体球内 加上两个镜像电荷来等效导体球对外的影响.在距离球心 b = R / D 处,镜像电荷2为 q′ = Rq / D ;在球心处,镜像电荷为 q2 = Q q′ = Q + Rq / D .点电荷 q 受导 体球的作用力就等于球内两个镜像电荷对 q 的作用力,即44《电磁场与电磁波》——习题详解F= q2 q′ D 2 + ( D b) 2 4π ε 0 q Rq Rq Q + D q D = + R2 2 4π ε 0 D 2 2 (D ) D Rq Q + D DRq = 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 q4-4 两个点电荷 + Q 和 Q 位于一个半径为 a 的接地导体球的直径的延长线上, 分 别距离球心 D 和 D . (1) (2) 证明:镜像电荷构成一电偶极子,位于球心,偶极矩为 2a Q / D . 令 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变,计算球外的电场. 使用导体球面的镜像法和叠加原理分析.在球内加上两个镜像电荷:2 2 3 2解:(1)一个是 Q 在球面上的镜像电荷, 1 = aQ / D , q 距离球心 b1 = a / D ; 第二个是 Q 在球面上的镜像电荷, q2 = aQ / D ,距离球心 b2 = a / D .当距离较大时,镜像2电荷间的距离很小,等效为一个电偶极子,电偶极矩为p = q 1 (b1 b2 ) =(2) 2a 3Q D2球外任意点的电场等于四个点电荷产生的电场的叠加.设 + Q 和 Q 位于2坐标 z 轴上,当 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变时,由 + Q 和 Q 在空 间产生的电场相当于均匀平板电容器的电场,是一个均匀场,均匀场的大小为v 2Q / 4π ε 0 D 2 ,方向在 ez ,由镜像电荷产生的电场可以由电偶极子的公式计算.v E=p 4π ε 0 r3v v (er 2 cos θ + eθ sin θ )45习题四=4-5 2 a 3Q v v (er 2 cos θ + eθ sin θ ) 3 2 4π ε 0 r D接地无限大导体平板上有一个半径为 a 的半球形突起,在点 (0,0, d ) 处有一个 点电荷 q (如图 4-3),求导体上方的电z dq a bq2 -bq3-dq1 图 4-3位. 解:计算导体上方的电位时,要保持导 体平板部分和半球部分的电位都为零.先找平 面导体的镜像电荷 q1 = q ,位于 (0,0, d ) 处.再找球面镜像电荷 q2 = aq / d ,位于(0,0, b) 处,b = a 2 / d .当叠加这两个镜像电荷和原电荷共同产生的电位时,在导体平面上位于 (0,0,b) 处. 和球面上都不为零, 应当在球内再加上一个镜像电荷 q3 = aq / d , 这时,三个镜像电荷和原电荷共同产生的电位在导体平面和球面上都为零,而且三 个镜像电荷在要计算的区域以外. 导体上方的电位为四个点电荷电位的叠加,即=其中 q q1 q2 q3 + + + 4π ε 0 R r1 r2 r3 1R = [ x 2 + y 2 + ( z d ) 2 ]1 2 r1 = [ x 2 + y 2 + ( z + d ) 2 ]1 2 r2 = [ x 2 + y 2 + ( z b) 2 ]1 2 r3 = [ x 2 + y 2 + ( z + b) 2 ]1 24-6 求截面为矩形的无限长区域( 0 < x < a , 0 < y < b )的电位,其四壁的电位 为 ( x,0) = ( x, b) = 0 ,46《电磁场与电磁波》——习题详解 (0, y ) = 0U 0 y b , ( a, y ) = y U 0 (1 ), b 0 < y ≤ b/ 2 b/ 2 < y < b解:法一:由边界条件 ( x,0) = ( x, b) = 0 知,方程的基本解在 y 方向应该 为周期函数,且仅仅取正弦函数,即Yn = sin k n y(k n =nπ ) b在 x 方向,考虑到是有限区域,选取双曲正弦函数和双曲余弦函数,使用边界 (0, y ) = 0 条件,得出仅仅选取双曲正弦函数,即X n = sh nπ x b将基本解进行线性组合,得 = ∑ Cn shn =1∞nπ x nπ y sin b b待定常数由 x = a 处的边界条件确定,即 (a, y ) = ∑ Cn shn =1∞nπ a nπ y sin b b使用正弦函数的正交归一性质,有b nπ a C n sh = 2 b∫ (a, y) sin0bnπ y dy bb/2∫b/2 02 U0 y U b nπ y by nπ y nπ y sin d y = 0 cos sin b b b nπ b nπ b 0=U0 b b nπ b2 nπ cos sin 2 2nπ 2 nπ 2∫y nπ y U 0 1 sin dy b b/2 bb47习题四b 2 b nπ y U b nπ y by nπ y 0 = U 0 cos cos sin nπ b b / 2 b nπ b nπ b bb/2b nπ U 0 b nπ = U 0 sin + cos nπ cos 2 b nπ 2 nπ +化简以后得2U 0 b2 U b b nπ cos nπ 0 cos 2 b nπ b nπ 2b nπ a = C n sh b 2∫ (a, y) sin0bnπ y b nπ d y = 2U 0 2 2 sin b 2 nπ求出系数,代入电位表达式,得nπ 4U 2 sin nπ y sh nπ x = ∑ 2 02 nπ a b b n =1 n π sh b 4-7 一个截面如图 4-4 所示的长槽,向 y 方向无限延伸,两侧的电位是零,槽内∞siny → ∞ , → 0 ,底部的电位为 ( x,0) = U 0求槽内的电位. 解:法一:令 ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) = 0 , 因边界条件y =0 =0 = U0 (0, y ) = (a, y ) = 0a图 4-4x所以 X(x) = Acos K x x + B sin K x xQ X ( x) = X (a) = 0求得A = 0 , Kx =nπ a( n = 1,2,3L )X ( x) = Bn sinnπ x ( n = 1,2,3L ) a48《电磁场与电磁波》——习题详解由 Kx + Ky = 0 得 所以 Y ( y ) = C n enπ y a22K y = K x K y = ± j22nπ a( n = 1,2,3L )+ Dn e nπ y a nyπ a nyπ a ( x, y ) =∑n =1 ∞∞(C n e+ Dn e )Bn sinnπ x a=∑n =1 ′ (C n enyπ a′ + Dn e nyπ a) sinnπ x a′ 由边界条件 ( x,+∞) = 0 可得 C n = 0所以 ( x, y ) =∑n =1∞′ Dn enπ y asinnπ x a再由边界条件 ( x,0) = U 0 代入可得∑n =1∞′ Dn e nπ 0 asinnπ x= a∑ D′ sinn n =1∞nπ x = U0 a再两边同乘以 sinmπ x ,并从 0 到 a 积分得 a 4U 0 2U 0 ′ Dn = (1 cos mπ ) = mπ mπ 0 所以槽内电位为∞m = 1,3,5L m = 2,4,6L ( x, y ) =4U 0 myπ mπ e a sin x mπ a m =1, 3, 5....∑=∑n =1∞( 2 n 1) yπ 4U 0 (2n 1)π a x e sin a (2n 1)π法二:由于在 x = 0 和 x = a 两个边界的电位为零,故在 x 方向选取周期解, 且仅仅取正弦函数,即X n = sin k n xnπ kn = a 49习题四在 y 方向,区域包含无穷远处,故选取指数函数,在 y → ∞ 时,电位趋于零,所以 选取Yn = e kn y由基本解的叠加构成电位的表示式为nπ x nπa y e = C n sin a n =1∑∞待定系数由 y = 0 的边界条件确定.在电位表示式中,令 y = 0 ,得U 0 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x aCna = 2∫a0U 0 sinaU 0 nπ x dx = (1 cos nπ ) nπ a当 n 为奇数时, Cn =4U 0 ,当 n 为偶数时, Cn = 0 .最后,电位的解为 nπnπ y a=4-84U nπ x ∑,5 nπ0 sin a e n =1, 3∞若上题的底部的电位为 ( x,0) = U 0 sin重新求槽内的电位3π x a解:同上题,在 x 方向选取正弦函数,即 X n = sin k n x , k n = 向选取 Yn = e kn y nπ ,在 y 方 a .由基本解的叠加构成电位的表示式为 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x e anπ y a将 y = 0 的电位代入,得 U 0 sinnπ x 3π x ∞ = ∑ Cn sin a a n =1其余系数 Cn = 0 , 应用正弦级数展开的惟一性, 可以得到 n = 3 时,C3 = U 0 ,50《电磁场与电磁波》——习题详解所以 = U 0 sin4-93π x e a3π y a一个矩形导体槽由两部分构成, 如图 4-5 所示, 两个导体板的电位分别是 U 0 和 零,求槽内的电位. 解: 将原问题的电位看成是两个电位的叠加. 一个电位与平行板电容器的电位相同(上板电位为 U 0 ,下板电位为零 ),另一个电位为 U ,即=U0 y +U a y = 0 ,U = 0 y = a ,U = 0 a a 2y其中,U 满足拉普拉斯方程,其边界条件为 = U0 =0x图 4-5x = 0 时, U0 U 0 a y, U0 y= U = (0, y ) U a 0 y, a a < y<a 2 a 0< y< 2x → ∞ 时,电位 U 应该趋于零. U 的形式解为 nπ y e U = ∑ Cn sin a n =1待定系数用 x = 0 的条件确定.∞ ∞ nπ x aU (0, y ) = ∑ Cn sinn =1nπ y anπ y dy aa/2a C = 2 n∫a 0U (0, y ) sin∫a/2 02 U0 y U 0 a nπ y nπ y a nπ y sin dy = y cos sin a a a nπ a nπ a 051习题四U = 0 a a 2 nπ a 2 nπ cos + sin 2 2nπ 2 nπ a∫y nπ y a nπ y U 0 1 sin d y = U 0 cos a a/2 nπ a aaa/2 aU 0 a a 2 nπ y ay nπ y cos sin a nπ a nπ nπ U0 a sin + 2 a nπ 2a/2= U 0a nπnπ cos nπ cos 2 +化简后,得到U a a U0 a2 nπ cos nπ 0 cos 2 a nπ 2 a nπ U a nπ y nπ d y = 0 cos a nπ 2a C = 2 n∫a0U (0, y ) sin只有偶数项系数不为零.将系数求出,代入电位的表达式,得=4-10∞ U0 y 2U 0 nπ nπ y + ∑ cos sin e a a 2 n = 2 , 4 ,L nπnπ x a将一个半径为 a 的无限长导体管平分成两半,两部分之间互相绝缘,上半(0 < φ < π ) 接电压 U 0 ,下半 (π < φ < 2π ) 电位为零,如图 4-6,求管内的电位. 解:圆柱坐标的通解为 (r , φ ) = ( A0φ + B0 )(C0 ln r + D0 ) + ∑ r n ( An cos nφ + Bn sin nφ )n =1∞+ ∑ r n (Cn cos nφ + Dn sin nφ )n =1∞由于柱内电位在 r = 0 点为有限值,通解中不能有 ln r 和 rn项,即有52《电磁场与电磁波》——习题详解Cn = 0 , Dn = 0 , C0 = 0 (n = 1,2, L)柱内电位是角度的周期函数, A0 = 0 .因此,该题的通 解取为 r = U0 φx (r , φ ) = B0 D0 + ∑ r ( An cos nφ + Bn sin nφ )n n =1∞ =0图 4-6各项系数用 r = a 处的边界条件来定. (a, φ ) = B0 D0 + ∑ a n ( An cos nφ + Bn sin nφ ) = n =1∞ U0, 0 < φ < π 0, π < φ < 2πB 0 D0 =a n An =U 1 2π (a, φ ) d φ = 0 2π 0 2∫1π1∫ ∫0 (a, φ ) cos nφ d φ = 02π2πa n Bn =柱内的电位为π0 (a, φ ) sin nφ d φ =U0 (1 cos nπ ) nπ2U U (r , φ ) = 0 + 0 2 π4-111r ∑5L n a sin nφ n =1, 3,∞n半径为无穷长的圆柱面上,有密度为 ρ S = ρ S 0 cos φ 的面电荷,求圆柱面内, 外的电位. 解:由于面电荷是余弦分布,所以柱内,外的电位也是角度的偶函数.柱外的电位不应有 r 项,柱内电位不应有 r 是角度的周期函数.故柱内电位选为nn项.柱内,外的电位也不应有对数项,且1 = A0 + ∑ r n An cos nφn =1∞柱外电位选为 2 = C0 + ∑ r nCn cos nφn =1∞53习题四假定无穷远处的电位为零,定出系数 C0 = 0 . 在界面 r = a 上, 1 = 2 , ε0∞ 2 + ε0 1 = ρ S 0 cos φ r r∞即A0 + ∑ a n An cos nφ = ∑ a nCn cos nφn =1 n =1 ε0 ∑ na n 1Cn cos nφ + ε0 ∑ na n 1 An cos nφ = ρ S 0 cos φn =1 n =1∞∞解之得A0 = 0 , A1 =ρS 0 a2 ρS 0 , C1 = 2ε 2ε 0(n > 1)An = 0 , Cn = 0最后的电位为 ρS0 2ε r cos φ , = 2 0 a ρ S 0 cos φ , 2ε 0 r 3-12r<a r>a将一个半径为 a 的导体球置于均匀电场 E0 中,求球外的电位,电场. 解:采用球坐标系求解,设均匀电场沿正 z 方向,并设原点为电位零点(如图v4-7) . 因 球 面 是 等 位 面 , 所 以 在 r = a 处 , = 0 ; 在 r → ∞ 处 , 电 位 应 是 = E0 r cos θ ,球坐标中电位通解具有如下形式: (r ,θ ) = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos θ )n =0∞用无穷远处的边界条件 r → ∞ 及 = E0 r cos θ ,得到 A1 = E0 ,其余An = 0 .再使用球面上 ( r = a ) 的边界条件54《电磁场与电磁波》——习题详解∞ (a,θ ) = E0 a cos θ + ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ ) = 0n =0上式可以改写为E0 a cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ )n =0∞因为勒让德多项式是完备的,即将任意的函数展开成勒让德多项式的系数是 惟 一 的 , 比 较 上 式 左 右 两 边 , 并 注 意 P (cos θ ) = cos θ , 得 E0 a = B1a 12,即B1 = E0 a 3 ,其余的 Bn = 0 .故导体球外电位为 = 1 电场强度为a3 E0 r cos θ r3 rE0θz图 4-7Er = 2a 3 = E0 1 + 3 cos θ r r a = E0 1 3 sin θ r rθ 3Eθ = 4-13将半径为 a , 介电常数为 ε 的无限长介质圆柱放置于均匀电场 E0 中, E0 沿 设vvx 方向,柱的轴沿 z 轴,柱外为空气,如图 4-8,求任意点的电位,电场.解: 选取原点为电位参考点, 1 表示柱内电位, 2 表示柱外电位. r → ∞ 用 在 处,电位 2 = E0 r cos φ因几何结构和场分布关于 y = 0 平面对称, 故电位表 示式中不应有 φ 的正弦项.令rE0φε ε0图 4-8x1 = A0 + ∑ ( An r n + Bn r n ) cos nφn =1∞55习题四∞ 2 = C0 + ∑ (Cn r n + Dn r n ) cos nφn =1因在原点处电位为零,定出 A0 = 0 , Bn = 0 .用无穷远处边界条件 r → ∞ 及 2 = E0 r cos φ ,定出 C1 = E0 ,其余 Cn = 0 .这样,柱内,外电位简化为 1 = ∑ An r n cos nφn =1∞ 2 = C1r cos φ + ∑ Dn r n cos nφn =1∞再用介质柱和空气界面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε 1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n n ∑ An a cos nφ = E0 a cos φ + ∑ Dn a cos nφ n =1 n =1 ∞ ∞ ∑ εnAn a n 1 cos nφ = ε 0 E0 cos φ ∑ ε 0 nDn a n 1 cos nφ n =1 n =1 比较左右 n = 1 的系数,得A1 解之得D1 D1 = E0 , ε A1 + ε 0 2 = ε 0 E0 2 a aA1 = 2ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 2 ε + ε0 ε + ε0比较系数方程左右 n > 1 的各项,得An Dn D = 0 , ε An + ε 0 2n = 0 2n a a n由此解出 An = Dn = 0 .最终得到圆柱内,外的电位分别是1 = E02ε 0 r cos φ , ε + ε0ε ε0 a2 2 = E0 r cos φ + E0 cos φ ε + ε0 r56《电磁场与电磁波》——习题详解电场强度分别为v v 2ε 0 v 2ε 0 E1 = 1 = er E0 cos φ eφ E0 sin φ ε + ε0 ε + ε0v v ε ε 0 a2 v ε ε 0 a2 1 + E0 cos φ eφ 1 E2 = 2 = er ε + ε r 2 E0 sin φ ε + ε0 r2 0 4-14 在均匀电场中,设置一个半径为 a 的介质球,若电场的方向沿 z 轴,求介质 球内,外的电位,电场(介质球的介电常数为 ε ,球外为空气). 解:设球内,外电位解的形式分别为1 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ ) ,n =0 ∞∞ 2 = ∑ (Cn r n + Dn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0在 选取球心处为电位的参考点, 则球内电位的系数中 A0 = 0 ,Bn = 0 . r → ∞ 处,电位 2 = E0 r cos θ ,则球外电位系数 Cn 中,仅仅 C1 不为零,即 C1 = E0 , 其余为零.因此,球内,外解的形式分别简化为1 = ∑ An r n Pn (cos nθ ) ,n =0∞ 2 = E0 r cos θ + ∑ Dn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞再用介质球面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n An a Pn (cos nθ ) = E 0 a cos θ + Dn a n 1 Pn (cos nθ ) n =1 n =1 ∞ ∞ εnA a n 1 P (cos nθ ) = ε E cos θ ε 0 (n + 1) Dn a n 2 Pn (cos nθ ) n n 0 0 n =1 n =1 ∑ ∑∑∑比较上式的系数,可以知道,除了 n = 1 以外,系数 An , Dn 均为零,且A1a = E0 a + D1a 2 , ε A1 = ε 0 E0 2ε 0 D1a 357习题四由此,解出系数A1 = 3ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 3 ε + 2ε 0 ε + 2ε 0 3ε 0 r cos θ , ε + 2ε 0最后得到电位,电场1 = E0 2 = E0 r cos θ + E0v v E1 = 1 = erε ε 0 a3 cos θ ε + 2ε 0 r 23ε 0 v 3ε 0 E0 cos θ eθ E0 sin θ ε + 2ε 0 ε + 2ε 0v ε ε 0 a3 ε ε 0 a3 v v 1 + 2 E0 cos θ eθ 1 E2 = 2 = er ε + 2ε r 3 E0 sin θ ε + 2ε 0 r 3 0 4-15 已知球面 ( r = a ) 上的电位为 = U 0 cos θ ,求球外的电位. 解:设球外电位解的形式为 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0∞在无穷远处,应该满足自然边界条件,即电位趋于零.这样确定系数 An = 0 ,球外 电位的形式解简化为 = ∑ Bn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞使用球面 ( r = a ) 的边界条件,有U 0 cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos nθ )n =0∞由于勒让德多项式 Pn (cos nθ ) 是线性无关的,考虑到 P (cos θ ) = cos θ ,比较上式 1 左右的系数,得到 B1 = U 0 a , Bn = 02(n = 0,2,3,L) .所以,球外的电位分布为58《电磁场与电磁波》——习题详解 = U04-16a2 cos θ r2求无限长矩形区域 (0 < x < a,0 < y < b) 第一类边值问题的格林函数(即矩形 槽的四周电位为零,槽内有一与槽平行的单位线源,求槽内电位,如图 4-9). 解:这个问题的格林函数满足的方程为 2G 2G 1 + 2 = δ( x x′) δ( y y′) 2 x y ε0格林函数的边界条件是,在矩形区域的四周为零,即 x = 0 或 x = a , G = 0 ,y = 0 或 b = 0 , G = 0 .用分离变量法求这个问题的格林函数.考虑到格林函数在x = 0 , x = a 时的边界条件,将格林函数表示为y b(x',y')G = ∑Ψ n ( y ) sinn =1∞nπ x a将其代入格林函数方程,得a x 2 nπ 2 nπ x 1 = δ( x x′) δ( y y′) Ψ n ( y ) sin 图 4-9 ∑ y 2 a ε0 a n =1 nπ x 上式左右乘以 sin , 并在 0 < x < a 区间积分, 利用正弦函数的正交性和 δ 函数 a∞的积分性质,得函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程为2 d2 nπ x ′ 2 nπ sin δ( y y ′) Ψn ( y ) = 2 a ε 0a dy a 在确定函数Ψ n ( y ) 时,将原来的区域分为两个区域,并注意到边界条件,设nπ An sh a (b y ), Ψ n ( y) = nπ Bn sh y, a 在 y = y′ 处,电位连续,即y > y′ y < y′An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ a a59习题四对于函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程,在点源附近积分,得∫y′+ 0 y′0d2 nπ Ψn ( y ) d y 2 dy a 2∫y′+ 0 y′0Ψ0 ( y ) d y = nπ x 2 sin ε 0a a因为电位连续,故上式左边第二项的积分为零,从而有d d nπ x′ 2 sin Ψ n ( y) Ψ n ( y) = dy dy a ε 0a y = y′ y = y′ + 代入函数Ψ n ( y ) 的形式,得nπ nπ nπ nπ x′ nπ 2 (b y′) sin An ch Bn ch y′ = a a a a ε 0a a将上式与 An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ 相互联立求解,得 a a nπ 2 1 An = sh y′ , nπ ε 0 sh nπ b a a nπ 2 1 Bn = sh (b y′) nπ ε 0 sh nπ b a asin最后得到矩形区域的格林函数为nπ x ′ n π x nπ nπ sin y ≤ y′ sh a (b y′) sh a y, 2 a a = G= nπ ∑ nπ nπ b ε 0π n =1 sh y′ sh (b y ), y ≥ y′ n sh a a a 4-17 推导无限长圆柱区域内(半径为 a )第一类边值问题的格林函数. 解:使用镜像法及其格林函数的定义计算.在半径为 a 的导体圆柱内部离轴 线 r ′ 处,放置一个线密度为 1 单位,与导体圆柱平行的无穷长线电荷,并且维持导∞体柱面的电位为零,求出柱内的电位,这个电位就是柱内的格林函数.当原电荷位 于 r 处,需要在 r ′ 的镜像位置 r ′′ 处,加一个线密度为 1 的线电荷.此时,圆柱内 的电位是v v G (r , r ′) =1 2π εln1 1 1 ln +C R1 2π ε R2R1 和 R2 分别是从 r ′ 和 r ′′ 到 r 的距离(如图 4-10),C 是常数.由柱面上的电位为零,60《电磁场与电磁波》——习题详解可以定出这个常数的值.最后得到柱内的格林函数为v v G (r , r ′) =1 2π εlnR2 r ′ R1 a yrR1 r'R2 r'' x =0 = U0图 4-10 4-18d图 4-11x两个无限大导体平板间距离为 d ,其间有体密度 ρ =ρ 0 x / d 的电荷,极板的电位如图 4-11 所求,用格林函数法求极板之间的电位. 解:先用直接积分法求解.电位仅仅是 x 的函数,故其满足如下方程:ρ x d2 ρ = = 0 2 dx ε0 ε 0d对以上方程积分得ρ x2 ρ x3 d = C1 0 , = C2 + C1 x 0 dx 2ε 0 d 6ε 0 d由 x = 0 及 = 0 , 可 定 出 系 数 C2 = 0 ; 由 x = d 及 = U 0 , 可 定 出 系 数C1 =U 0 ρ0d + ,从而,得到电容器内的电位为 d 6ε 0 =ρ0 x3 6ε 0 dU ρ d + 0 + 0 x d 6ε 0 再用格林函数法求解.这个问题的格林函数为 d x′ x < x′ ε d x, 0 G ( x, x′) = x′ (d x), x > x′ ε 0d 为了计算方便,将这个问题分解为两个:一个是平板电容器内有电荷,而两极板的61习题四电位为零,即奇次边界条件,记电位 1 ;另一个是无电荷分布,极板的电位维持原 来的电位,记电位 2 .用格林函数法计算奇次边界条件时的电位 1 :1 = ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0∫d= ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′ + ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0 x∫x∫d=∫x 0ρ 0 x ′ x ′(d x) d x′ + d ε 0d∫d xρ 0 x ′ (d x ′) x d x′ d ε 0dρ 0 (d x) x 3 ρ 0 x 1 2 2 1 (d x )d + (d 3 x 3 ) = + 2 2 3 ε 0d 2 3 ε 0d =ρ0 3 ρ0d x + x 6ε 0 d 2 6ε 0至于电位 2 ,容易得出 2 = (U 0 / d ) x .故所求电位为 = 1 + 2 = 4-192ρ0 2 U 0 ρ0d x + d + 6ε x 6ε 0 d 0 分析复变函数 w = z 能够表示的静电场. 解: w = u + j v = z = ( x + j y ) = x y + j 2 xy2 2 2 2u = x 2 y 2 , v = 2 xy实部的等值线是双曲线 x y = C1 ;虚部的等值线也是双曲线,其方程为2 22 xy = C2 .因此,这个函数能够表示极板形状为双曲线的导体附近的静电场.如果用虚部表示电位函数,在 x = 0 或 y = 0 处,电位为零,可以表示接地的直角导体拐 角附近的静电场. 4-20 分析复变函数 w = arccos z 能够表示哪些情形的静电场.62《电磁场与电磁波》——习题详解解: z = x + j y = cos(u + j v) = cos u ch v j sin u sh vx = cos u ch v , y = sin u sh vx2 y2 x2 y2 + 2 = 1, 2 =1 ch 2 v sh v cos 2 u sin u可见,虚部的等值线是一簇椭圆,实部的等值线是一簇双曲线.当用虚部表示 电位时,能够表示两个共焦点的椭圆柱体之间的场;当用实部表示电位时,能够表 示两个共焦点的双曲线柱体之间的场. 4-21 用有限差分法求图 4-12 所示区域中各个节点的电位. 解:1 4 1 2 = (1 + 4 + 100) 4 1 3 = (1 + 4 ) 4 1 4 = ( 2 + 3 ) 41 = ( 2 + 3 + 100)解这一方程组,得到1 = 2 = 37.5 V , 3 = 4 = 12.5 V100V 1 0V 3 4 2 0V0V 图 4-1263。
4-2电磁场与电磁波 (教学课件)-高中物理人教版(2019)选择性必修二
高中物理 选择性必修第二册 第四章 电磁振荡与电磁波
引入
问题： 电磁振荡电路中的能量有一部分要以电磁波的形 式辐射到周围空间中去，那么，这些电磁波是怎 样产生的？
高中物理 选择性必修第二册 第四章 电磁振荡与电磁波
一、电磁场
1.变化的磁场产生电场 (1)实验基础：如图1所示，在变化的磁场中放一个闭合电路，电路里就会产生感应电流.
1886，赫兹通过自制的实验装置，证实了电磁波的存在。仪器中有一对抛光的金属小球，两球 之间有很小的空气间隙。将两球连接到产生高压的感应圈的两端时，两球之间出现了火花放电。 如果能够适时地把能量补充到振荡电路中，以补偿能量损耗，就可以得到振幅不变的等幅振 荡(图4.1-3)。实际电路中由电源通过电子器件为LC电路补充能量。
(3) 电 磁 波 的 波 长 、 频 率 、 波 速 的 关 系λ：f v ＝
， 在 真 空 中 ， 电 磁3波.0×的1速08度 c ＝
m/s.
(4)电磁波能产生反射、折射 、干涉、偏振和衍射等现象.
高中物理 选择性必修第二册 第四章 电磁振荡与电磁波
3.电磁波具有能量 电磁场的转换就是电场能量与磁场能量的转换，电磁波的发射过程是辐射能量的过程， 传播过程是能量传播的过程. 4.电磁波的发现
均匀变化的磁场在周围空间产生恒 均匀变化的电场在周围空间产生恒
定的电场
定的磁场
不均匀变化的磁场在周围空间产生 不均匀变化的电场在周磁场产生同频率的振荡电场
振荡电场产生同频率的振荡磁场
高中物理 选择性必修第二册 第四章 电磁振荡与电磁波
当堂检测
1.根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是（ D ）
高中物理 选择性必修第二册 第四章 电磁振荡与电磁波
电磁场与电磁波 第四章
4. 2 电磁场的位函数
利用洛仑兹条件 A t 2 A 2 A 2 J 可得 t 2 1 2 2 t
这是在洛仑兹条件下，矢量位 A 和标 量位 所满足的微分方程（非齐次波 动方程），称为达朗贝尔方程。
24
4. 2 电磁场的位函数
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
达朗贝尔方程 (动态位的微分方程) 在有源空间，线性、各向同性、均匀、 无损耗媒质中， 将 B A 和
代入 B J E
t
A E t
有 A J A ( ) 2 t t
2018/7/25
第4章 时变电磁场
4. 1 波动方程 4. 2 (时变)电磁场的(动态)位函数 4. 3 电磁能量守恒定律 4. 4 (时变电磁场的)惟一性定理 4. 5 时谐电磁场
2018/7/25
第4章 时变电磁场
5
4. 1 波动方程
麦克斯韦方程 ( 一阶矢量偏微分方程组， 描述电场与磁场间的相互作用关系 。)
2 1 E 2 E 2 2 0, v t
2018/7/25
v 1
9
第4章 时变电磁场
4. 1 波动方程
在直角坐标系中，波动方程可以分解 为三个标量方程。 如电场的波动方 程可分解为
2 Ex 2 Ex 2 Ex 2 Ex 2 0 2 2 2 x y z t 2 Ey x
第4章 时变电磁场
由麦克斯韦方程出发，讨论时变电 磁场的普遍规律 : 描述时变电磁场 在空间传播的波动方程、有助于简 化时变电磁场问题求解的动态位函 数、描述电磁能量在空间流动的坡 印廷矢量和坡印廷定理、体现电磁 波的基本特性的时谐电磁波。
电磁场与电磁波第四章
本章提要
静磁场的基本方程 安培环路定律的应用 导体的自感和互感 恒定磁场的边界条件 静磁场的能量
第四章 恒定电流的磁场
§4.1 静磁场的基本方程
由毕奥－萨伐定律，可知磁场强度为
B 0 J (r ' ) eR dV '
4 V R2
1 R
eR R2
（4. 1）
B 0 J (r' ) 1dV '
第四章 恒定电流的磁场
例4.4 已知磁导率为 、带气隙的环形磁芯的气隙宽度为
d，比圆形磁芯材料截面半径小得多，磁芯上密绕了N匝线 圈，如图所示。当线圈中的电流为I时，求气隙中的磁感应 强度。
解 忽略磁芯外的漏磁通，磁芯中的磁力线 也是与磁芯表面同轴的圆环。在磁芯的气 隙表面，磁场近似为界面的法向，根据边 界条件，气隙中的磁感应强度与磁芯中的 磁感应强度相等。对磁芯中半径为r的磁力 线圆环，磁场强度满足
er1 r1
当媒质 2 为理想导磁体时，其中得磁感应强度为
B2
1I
ei
er1 r1
第四章 恒定电流的磁场
§4.5 静磁场的能量
假设在电感为L的导线回路电流增加过程中的某时刻t，导线回
路的电流为i。如果在从t到t+dt时间内使电流增加到di，导线回
路的磁链就增加 d m Ldi
回路产生磁感应电动势 ε d m L di
解 假设同轴电缆中的电流为I，如果电流在导线截面上均匀分布，
则利用安培环路定律可以计算出同轴电缆中的磁场分布为
H
e
I 2 a2
,
e
I
2
,
a a
第四章 恒定电流的磁场
§4.5 静磁场的能量
4电磁场与电磁波-第四章
4.4 镜像法
镜像法是在我们所研究的区域外,用假想电荷代替 镜像法是在我们所研究的区域外 用 场问题的边界,这些电荷和原有电荷一起产生的场满足 场问题的边界 这些电荷和原有电荷一起产生的场满足 原问题的边界条件,那么它们的电位叠加就得所求解 那么它们的电位叠加就得所求解. 原问题的边界条件 那么它们的电位叠加就得所求解 最简单的是点电荷或线电荷对无限大平面的问题. 最简单的是点电荷或线电荷对无限大平面的问题 点电荷或线电荷对无限大平面的问题
` 2 2
2 1/ 2
R2 = [ x 2 + y 2 + ( z h) 2 ]1/ 2
(镜像电荷求出后就可 解决电场的问题了) 解决电场的问题了)
复习: 复习:直角坐标中的分离变量法
要求：首先,给定边界与适当的坐标系相合（至少 边界与适当的坐标系相合（ 要求：首先,给定边界与适当的坐标系相合 分段相合） 再次, 分段相合）,再次,待求偏微分方程的解可分三个坐 标函数的乘积. 标函数的乘积. 当边界为直角坐标时，电位的拉普拉斯方程表为 表为: 当边界为直角坐标时，电位的拉普拉斯方程表为:
将待求的电位用三个函数的积表为: 将待求的电位用三个函数的积表为: 表为
= f ( x ) g ( y ) h( z )
4.1.2
其中f,g,h分别是x,y,z的函数,将式4.1.2代入式4.1.1: 其中f,g,h分别是x,y,z的函数,将式4.1.2代入式4.1.1: f,g,h分别是x,y,z的函数 4.1.2代入式
3.10.5
n E1t Θ１ θ1
θ２ θ E2t
2
J 1 cosθ1 = J 2 cosθ 2 ( J 1n = J 2 n ) 由边界条件 E1 sinθ 1= E2 sinθ 2 ( E1t = E2t )
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第四章 恒定电流的磁场
§4.1 静磁场的基本方程 式 B 0 两边同时对任意体积进行体积分，并利用高斯定律得
磁通连续性原理
B dS 0
S
（4. 15）
由于在媒质中有 B H 根据安培环路定律，有
H dl I
l
（4. 16）
上式也称为媒质中的安培环路定律
A(r ) 称为矢量磁位，单位Wb/m
A = 0
B 0
（4. 7） （4. 8）
结 论 磁 场 是 无 散 场
B A A 2 A
第四章 恒定电流的磁场
§4.1 静磁场的基本方程 A 0
2 A 2 Axex 2 Ay ey 2 Az ez
第四章 恒定电流的磁场
§4.1 静磁场的基本方程
由 J(r ' ) 0 可得
0 J (r ' ) ' B dV V R 4 0 J ( r ' ) ' A(r ) dV V 4 R
（4. 3） （4. 4） （4. 5）
假设 则
B A(r )
m m 设通过该线圈截面的磁通为1 ，则 1 N11 与导线线圈回路l1中电流铰链是由两个电流回路的磁场贡献的，则 m
m m （4.21） 1m 11 21 21 为第二电流回路的作用。 其中 11 为第一电流回路的作用，
如果空间的媒质是线性的，则磁链 1 分别与电流I1、I2成正比，即
m
1m L1 I1 M 21 I 2
（4.22）
第四章 恒定电流的磁场
§4.3 导体的自感和互感
定义 Lk、M jk 分别被称为导线回路的自感和互感，单位为 H（亨 m m 利，简称亨） Lk kk M jk jk 当系统仅有一个导线回路时，只有自感，也称为电感。
Ik
Ij
第四章 恒定电流的磁场
§4.1 静磁场的基本方程
由毕奥－萨伐定律，可知磁场强度为
1 e R2 R R
0 B 4
V
J ( r ' ) eR ' dV 2 R
（4. 1）
B
0 4
1 ' ' J ( r ) dV V R
由旋度运算规则
J (r ' ) 1 1 ' ' J ( r ) J ( r ) R R R
自感和互感特性
在线性媒质中，导线回路系统自感和互感的大小取决于导 线回路的形状、匝数、媒质等，而与导线回路中的电流无关； 自感始终是正值； 互感可正可负，取决于电流的取向。当在回路曲面上互磁 场与原磁场方向一致时，互感为正，否则互感为负。
第四章 恒定电流的磁场
§4.3 导体的自感和互感
在工程技术和日常生活中，自感现象有广泛的应用。无线 电技术和电工中常用的扼流圈，日光灯上用的镇流器等，都 是利用自感原理控制回路中电流变化的。在许多情况下，自 感现象也会带来危害，在实际应用中应采取措施予以防止。 互感在电工和电子技术中应用很广泛。通过互感线圈可以 使能量或信号由一个线圈方便地传递到另一个线圈；利用互 感现象的原理可制成变压器、感应圈等。但在有些情况中， 互感也有害处。 自感和互感的应用
I 2
根据安培定律，则有
z
e
H
通过安培定律验证了毕奥－萨伐定律
I
0
x
第四章 恒定电流的磁场
§4.2 安培环路定律的应用
例4.2 一根极长的沿z轴放置的空心导体，其外径为b，内径为a， 载有沿z轴方向的电流I。若电流是均匀分布的，试求在空间任 一点的磁场强度。
解 由于电流为均匀分布，因而任意一点可用体电流密度表示为
§4.2 安培环路定律的应用
H dl 2H
c
因此由安培环路定律可得
I 2 a2 H e 2 b 2 a 2 a b
（3） b ， 在此区域的磁场强度为
H I 2 e
第四章 恒定电流的磁场
§4.3 导体的自感和互感
由法拉第电磁感应定律可知，一载有时变电流的导线回路产生 的变化磁场，可在该导线回路和附近的另一导线回路中产生感应电 压。我们称前 一种现象为自感应，后一种为互感应。 假设由细导线分别密绕N1、 N2圈形成的两个导线线圈 回路，两个导线线圈回路 中分别载有时变电流I1和I2第Fra bibliotek章 恒定电流的磁场
§4.3 导体的自感和互感
对于导线线圈回路l1根据法拉第电磁感 d 应定律得到 E dl B dS
l
其中右端的积分表示和线圈电流回路相铰链的磁通，称为磁通链， （4.19） 用 1m表示 1m B dS
S1
dt S1
S1是以导线线圈回路 路径为边界的曲面
（4. 11）
根据 函数的性质，可得矢量磁位所满足的方程为 2 A 0 J (r ) （4. 12） 将上式代入式（4. 8），得磁感应强度的旋度为
B 2 A 0 J
（4. 13）
泊松方 程
由此可见，恒定磁场是无散有旋场，磁场的旋度源为电流密度。 利用斯托克斯定理，得安培环路定律 l B dl 0 I
第四章 恒定电流的磁场
§4.2 安培环路定律的应用
安培环路定律阐明了沿一闭合路径的磁场强度的线积分等于它 所包围的电流，即
H dl I
l
此处I为闭合路径所包围面积内的净电流。这个电流可以是任 意形状导体所载的电流，或者是电荷的流动（真空管中的电 子束）。 高斯定律 静电学 静磁学
用安培环路定律求磁场
安培环路定律
第四章 恒定电流的磁场
§4.2 安培环路定律的应用
例4.1 一根细而长的导线沿z轴放置，载有电流I。求出自由空间任 一点的磁场强度。
解 由于对称，磁力线必然是同心圆。沿每个圆的磁场强度是恒定值， 因此对于任意半径 ,有
H dl
c
2
0
H d 2H
JV I ez 2 2 (b a )
（1） a ，H＝0
a b ，半径为 的闭合圆环所包围的净电流为 （2）
I JV dS
s
2 I d d 2 2 a 0 (b a )
I ( 2 a 2 ) b2 a2
第四章 恒定电流的磁场