电磁场与电磁波期末复习PPT课件
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<<电磁场与电磁波>>
第2版
期末复习（2014-2015）
( A) 0
证明：在矢量场中任取一个体积V，由 散度定理，得
( A) dV ( A) dS
V
s
闭合面 S 可用其表面上的一条闭合有向曲线 l 分为两个有向曲面
S1 及 S2
由旋度定理，得
A dS1 A dl
s1
l
在均匀线性各向同行的非磁性导电介质（ 0 ）中， 当存在恒定电流时，试证磁通密度应满足矢量拉普拉斯方程
2B 0
证明： 根据B 0H B 0J
上式两边同时取旋度 B 0J = 0 J
J =0且 B （ B）-2B 得（ B）-2B=0 又 B=02B=0
计算无限长直导线与矩形线圈之间的互感。设线圈
S1
圆柱面与其上下端面构成高斯
L
y 面。应用高斯定律，得
x a
E dS q
S
0
因电场强度方向处处与圆柱侧面S1的外法线
方向一致，而与上下端面的外法线方向垂直，因此
上式左端的面积分为
E dS EdS E dS 2πrLE
S
S1
S1
当 r < a 时，则电荷量q 为
求得电场强度为
E
E(z, t) E1(z, t) E2 (z, t)
式中E1(z, t)=ex 0.03sin(108 t kz)
E2
(z,
t)=ex
0.04
cos(108
t
kz
3
)
试求合成磁场的瞬时值及复值
解：E1(z, t)=ex 0.03sin(108 t kz)
=ex
0.03
cos(108
t
kz
2
中磁场均匀分布，则 H dl NI
得
Bg
0
d
Bf
(2π r0
d)
NI
考虑到 Bg ，Bf得
Bg
Bf
e
0 NI d 0 (2π r0 d )
气隙中的磁场强度Hg 为
Hg
Bg
0
e
d
NI 0(2π
r0
d)
磁心中的磁场强度 Hf 为
Hf
Bf
e
0 NI d 0 (2π r0 d )
在具有气隙的环形磁心上紧密绕制 N 匝线圈，如图所示。当线 圈中的恒定电流为 I 时，若忽略散逸在线圈外的漏磁通，试求 磁心及气隙中的磁通密度及磁场强度。
解 忽略漏磁通，磁通密度的方向沿环形圆周。由
边界条件知，气隙中磁通密度Bg等于磁心中的磁
通密度Bf ，即 Bg Bf
0Hg Hf
围绕半径为r0的圆周，利用安培环路定 律，且考虑到 r0 >> a ， 可以认为线圈
r 2 0
er
当 r > a 时，则电荷量q 为
电场强度为
πa 2 E 2π0r er
q πr 2L , q πa2L , 求得
已知一根长直导线的长度为1km,半径为0.5mm,当两端外加 电压6V时，线中产生的电流为1/6A,试求：1导线的电导率 2导线中的电场强度3导线中损耗功率密度
解：1、由U=IR,求得
A dS2 A dl
s2
l
即 ( A) dS = A dl A dl 0
s
l
l
( A) 0
() 0
证明：在矢量场中任取一个有向曲面S， 由旋度定理，得
( ) dS dl
S
l
eldl
由梯度与方向导数l 的关系
l
el
( ) S
dS
l
dl
l
0
() 0
复数形式
H J j D 全电流定律
E j B 电磁感应定律
B 0
磁通连续性原理
D
高斯定理
已知正弦电磁场的频率为100GHz,试求铜及海水中位移电流密度与 传导电流密度之比
解：设 E exEm sin t
则位移电流
Jd
D t
E t
ex0 rEm
cos t
传导电流 J E ex Em sin t
设半径为a，电荷体密度为 的无限长圆柱带电体位于
真空，计算该带电圆柱内、外的电场强度。
z
选取圆柱坐标系，由于场wk.baidu.com与 z
S1
坐标无关，且上下对称，因此电场
L
强度一定垂直于 z 轴。再考虑到
y
x
圆柱结构具有旋转对称的特点，场
强一定与角度 无关。
a
因此，可以利用高斯定理求解。
z
取半径为 r ，长度为 L 的
)
对应的复值E1 =ex
0.03 j (kz ) e2
2
E2的复值为E2 =ex
0.04 2
e j (kz ) 3
合成场的复值为E =ex
1（0.03e-j2 +0.04e-j3）e j kz 2
磁场：由 E jH
H
j E
j
ey
Ex z
[注：
E
=
ex
(
Ez y
Ey z
)
ey
如图所示，试根据静电场边界条 件证明两种绝缘介质交界面上满
足：tan1 tan2 1 2
证明：根据静电场的边界条件 有 D1n = D2n , E1t = E2t 即 1E1 cos1 2 E2 cos 2
E1 sin 1 E2 sin 2
上两式相除可得：
tan1 tan2 1 2
R
6 1/ 6
36()
由
R l 得 = l
S
RS
36
103 (0.5103 )2
3.54107 (S/ m)
2、导体中的电场强度为
EU l
=6x10-3(V/m)
3、单位体积中的损耗功率即损耗功率密度
pl E2 1274.4(W/ m3) (导线中的损耗功率为P= E2 r2l 1W )
与导线平行，周围介质为真空，如图所示。
解 建立圆柱坐标系，令 z 轴方向与
z
电流 I1一致，则 I1 产生的磁通密度为
0 b
B1
0 I1
2π r
e
I1
a S2 I2
与电流I2交链的磁通链21 为
D r dr
21 S2 B1 dS
若电流I2为如图所示的顺时针方向，则dS 与
B1方向相同。那么
21
0 I1a
2π
Db 1 dr 0I1a ln D b
Dr
2π D
求得
M 21
21 I1
0a
2π
ln
Db D
麦克斯韦方程
积分形式
微分形式
l
H dl
S
(J
D ) t
dS
l
E dl
S
B t
dS
S B dS 0
H J D t
E B t
B 0
S D dS q
D
其振幅值 Jd 0rEm
其振幅值 J Em
Jd 0rEm 0r
J
Em
在铜中，r 1, 5.8107 S / m
Jd J
1 36
109
1
2
1011
5.8
1 107
9.58108
在海水中，r 81, 4S / m
Jd
81 1 36
109 2 1011
112.5
J
4
已知电磁波的合成电场的瞬时值为
第2版
期末复习（2014-2015）
( A) 0
证明：在矢量场中任取一个体积V，由 散度定理，得
( A) dV ( A) dS
V
s
闭合面 S 可用其表面上的一条闭合有向曲线 l 分为两个有向曲面
S1 及 S2
由旋度定理，得
A dS1 A dl
s1
l
在均匀线性各向同行的非磁性导电介质（ 0 ）中， 当存在恒定电流时，试证磁通密度应满足矢量拉普拉斯方程
2B 0
证明： 根据B 0H B 0J
上式两边同时取旋度 B 0J = 0 J
J =0且 B （ B）-2B 得（ B）-2B=0 又 B=02B=0
计算无限长直导线与矩形线圈之间的互感。设线圈
S1
圆柱面与其上下端面构成高斯
L
y 面。应用高斯定律，得
x a
E dS q
S
0
因电场强度方向处处与圆柱侧面S1的外法线
方向一致，而与上下端面的外法线方向垂直，因此
上式左端的面积分为
E dS EdS E dS 2πrLE
S
S1
S1
当 r < a 时，则电荷量q 为
求得电场强度为
E
E(z, t) E1(z, t) E2 (z, t)
式中E1(z, t)=ex 0.03sin(108 t kz)
E2
(z,
t)=ex
0.04
cos(108
t
kz
3
)
试求合成磁场的瞬时值及复值
解：E1(z, t)=ex 0.03sin(108 t kz)
=ex
0.03
cos(108
t
kz
2
中磁场均匀分布，则 H dl NI
得
Bg
0
d
Bf
(2π r0
d)
NI
考虑到 Bg ，Bf得
Bg
Bf
e
0 NI d 0 (2π r0 d )
气隙中的磁场强度Hg 为
Hg
Bg
0
e
d
NI 0(2π
r0
d)
磁心中的磁场强度 Hf 为
Hf
Bf
e
0 NI d 0 (2π r0 d )
在具有气隙的环形磁心上紧密绕制 N 匝线圈，如图所示。当线 圈中的恒定电流为 I 时，若忽略散逸在线圈外的漏磁通，试求 磁心及气隙中的磁通密度及磁场强度。
解 忽略漏磁通，磁通密度的方向沿环形圆周。由
边界条件知，气隙中磁通密度Bg等于磁心中的磁
通密度Bf ，即 Bg Bf
0Hg Hf
围绕半径为r0的圆周，利用安培环路定 律，且考虑到 r0 >> a ， 可以认为线圈
r 2 0
er
当 r > a 时，则电荷量q 为
电场强度为
πa 2 E 2π0r er
q πr 2L , q πa2L , 求得
已知一根长直导线的长度为1km,半径为0.5mm,当两端外加 电压6V时，线中产生的电流为1/6A,试求：1导线的电导率 2导线中的电场强度3导线中损耗功率密度
解：1、由U=IR,求得
A dS2 A dl
s2
l
即 ( A) dS = A dl A dl 0
s
l
l
( A) 0
() 0
证明：在矢量场中任取一个有向曲面S， 由旋度定理，得
( ) dS dl
S
l
eldl
由梯度与方向导数l 的关系
l
el
( ) S
dS
l
dl
l
0
() 0
复数形式
H J j D 全电流定律
E j B 电磁感应定律
B 0
磁通连续性原理
D
高斯定理
已知正弦电磁场的频率为100GHz,试求铜及海水中位移电流密度与 传导电流密度之比
解：设 E exEm sin t
则位移电流
Jd
D t
E t
ex0 rEm
cos t
传导电流 J E ex Em sin t
设半径为a，电荷体密度为 的无限长圆柱带电体位于
真空，计算该带电圆柱内、外的电场强度。
z
选取圆柱坐标系，由于场wk.baidu.com与 z
S1
坐标无关，且上下对称，因此电场
L
强度一定垂直于 z 轴。再考虑到
y
x
圆柱结构具有旋转对称的特点，场
强一定与角度 无关。
a
因此，可以利用高斯定理求解。
z
取半径为 r ，长度为 L 的
)
对应的复值E1 =ex
0.03 j (kz ) e2
2
E2的复值为E2 =ex
0.04 2
e j (kz ) 3
合成场的复值为E =ex
1（0.03e-j2 +0.04e-j3）e j kz 2
磁场：由 E jH
H
j E
j
ey
Ex z
[注：
E
=
ex
(
Ez y
Ey z
)
ey
如图所示，试根据静电场边界条 件证明两种绝缘介质交界面上满
足：tan1 tan2 1 2
证明：根据静电场的边界条件 有 D1n = D2n , E1t = E2t 即 1E1 cos1 2 E2 cos 2
E1 sin 1 E2 sin 2
上两式相除可得：
tan1 tan2 1 2
R
6 1/ 6
36()
由
R l 得 = l
S
RS
36
103 (0.5103 )2
3.54107 (S/ m)
2、导体中的电场强度为
EU l
=6x10-3(V/m)
3、单位体积中的损耗功率即损耗功率密度
pl E2 1274.4(W/ m3) (导线中的损耗功率为P= E2 r2l 1W )
与导线平行，周围介质为真空，如图所示。
解 建立圆柱坐标系，令 z 轴方向与
z
电流 I1一致，则 I1 产生的磁通密度为
0 b
B1
0 I1
2π r
e
I1
a S2 I2
与电流I2交链的磁通链21 为
D r dr
21 S2 B1 dS
若电流I2为如图所示的顺时针方向，则dS 与
B1方向相同。那么
21
0 I1a
2π
Db 1 dr 0I1a ln D b
Dr
2π D
求得
M 21
21 I1
0a
2π
ln
Db D
麦克斯韦方程
积分形式
微分形式
l
H dl
S
(J
D ) t
dS
l
E dl
S
B t
dS
S B dS 0
H J D t
E B t
B 0
S D dS q
D
其振幅值 Jd 0rEm
其振幅值 J Em
Jd 0rEm 0r
J
Em
在铜中，r 1, 5.8107 S / m
Jd J
1 36
109
1
2
1011
5.8
1 107
9.58108
在海水中，r 81, 4S / m
Jd
81 1 36
109 2 1011
112.5
J
4
已知电磁波的合成电场的瞬时值为