电磁场与电磁波第四章解读
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 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。
电磁场与电磁波第四章时变电磁场
第 4 章 时变电磁场
电磁场与电磁波第四章时变电磁 场..
电磁场与电磁波
第 4 章 时变电磁场
2
4.1 电磁场波动方程
麦克斯韦方程 —— 一阶矢量微分方程组，描述电场与磁场 间的相互作用关系。
波动方程 —— 二阶矢量微分方程，揭示电磁场的波动性。
麦克斯韦方程组
波动方程。
无源区域中电磁场波动方程
时变电磁场唯一性定理
在以闭曲面S为边界的有界区域V 中，
V
如果给定t＝0 时刻的电场强度和磁场强度 S
的初始值，并且当t 0 时，给定边界面S
上的电场强度或者磁场强度的切向分量已知，那么，在 t > 0 的
任何时刻，区域V 中的电磁场都由麦克斯韦方程组唯一确定。
唯一性定理指出了获得唯一解所必须给定的边界条件。
第 4 章 时变电磁场
17
4.5.1 简谐电磁场的复数表示
简谐场量的复数表示形式
设 A(r,t)是一个以角频率 随时间t 作余弦变化的场量，它
可以是电场或磁场的任意一个分量，也可以是电荷或电流等变量，
它与时间的变化关系可以表示为：
A ( r ,t) A 0 c o s [t ( r ) ]
实数表示法 或称瞬时表示法
只要把微分算子 用 j 代替，就可把麦克斯韦方程转换为
t
简谐电磁场复矢量之间的关系，而得到简谐场的麦克斯韦方程。
H
J D t
E
B t
B 0
D
Hm
Jm
j D m
Em
j B m
Bm 0
D m m
H J j D
E j B
D
式中A0代表振幅、 ( r )为与坐标有关的相位因子。
(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
《电磁波与电磁场》4-恒定磁场
外加磁场时，磁场力使带电粒子的运动方向发生变化或产生 新的电流，使磁矩重新排列，宏观的合成磁矩不再为零，这 种现象称为磁化。
媒质磁化 B
B
B'
磁化结果出磁偶现极的子 合成磁矩产生二次磁场BS，这种二次 磁场影响外加磁场Ba，导致磁化状态发生改变，从而又使J’S
Chapter 4 恒定磁场
磁场是由运动电荷或电流产生的；当产生磁场 的电流恒定时，它所产生的磁场不随时间变化， 这种磁场称为恒定磁场。
4.1 磁感应强度 4.3 磁场的基本方程 4.5 电感 4.7 磁路
4.2 安培环路定律 4.4 磁场位函数 4.6 磁场能量
第4章 恒定磁场
1. 磁场是由运动电荷或电流产生的。 2. 运动电荷或载流导线在磁场中要受到磁场的作用力。 3. 检验磁场是否存在的一种方法是改变载流导线在磁
抗磁性。媒质正常情况下，原子中的合成磁矩为零。当外 加磁场时，电子进动产生的附加磁矩方向总是与外加磁场 的方向相反，导致媒质中合成磁场减弱。如银、铜、铋、 锌、铅及汞等属抗磁性媒质。 顺磁性。媒质在正常情况下，原子中的合成磁矩并不为零， 只是由于热运动结果，宏观的合成磁矩为零。在外加磁场的 作用下，磁偶极子的磁矩方向朝着外加磁场方向转动。使合 成磁场增强。如铝、锡、镁、钨、铂及钯等属顺磁性媒质。
但是，无论抗磁性或者顺磁性媒质，其磁化现象均很微弱，因此，可 以认为它们的相对磁导率基本上等于1。铁磁性媒质的磁化现象非常 显著，其磁导率可以达到很高的数值。值得注意的是，近年来研发的 新型高分子磁性材料，其相对磁导率可达到与介电常数同一数量级。
媒质 金 银 铜
电磁场与电磁波(电磁场理论)第四章ppt课件
解 E r(z,t)Re[erxjExmcos(kzz)ejt] Re[erxExmcos(kzz)ej(tπ 2)]
erxExmcos(kzz)cos(tπ 2)
e r x E x m c o s ( k z z ) s in (t)
例题：已知正弦电磁场的电场瞬时值为 E ( z ,t) E 1 ( z ,t) E 2 ( z ,t)
电磁能量在内外导体之间的介质中沿轴方向流动，即由电源流向 负载，如图所示。
同轴线中的电场、磁场和坡印廷矢量 （理想导体情况）
穿过任意横截面的功率为
P SS re rzd Sa b2 π 2 U ln I(ba )2 π d U I
（2）当导体的电导率σ为有限值时，导体内部存在沿电流方
向的电场
r
所以 E r & m ( z ) e r x E x m e j ( k z x ) e r y E y m e j ( k z y π /2 )
(e rxE x m e jx e ryjE y m e jy)e jk z
（2）因为 c o s (k zt) c o s (t k z )
E r ( z ,t ) e r x E x m c o s (t k z x ) e r y E y m c o s (t k z y π 2 ) R e [ e r x E x m e j ( t k z x ) e r y E y m e j ( t k z y π /2 ) ]
erx0.03cos(108πtkzπ2)erx0.04cos(108πtkzπ/3)
Re[erx0.03ej(108πtkzπ/2)]Re[erx0.04ej(108πtkzπ/3)]
电磁场与电磁波第四章静态场分析
|yb U0
U0n 1Dnsin(na x)sh(na b)
Dn
4U0
(2n 1) sh
nb
a
(x,y) n 1(2n1 4 )U s 0hnbsin(n a x)sh(n a y)
➢镜像法只使用于一些比较特殊的边界； ➢镜像法的理论依据是唯一性定理；
➢镜像电荷的选取原则： A、镜像电荷必须位于待求区域之外； B、镜像电荷不能改变原边界条件。
1.点电荷对无限大接地导体平面的镜像
例：设无限大接地导体平面上方d处 r1 p 有一点电荷q，求上半空间电位。
r2
镜像电荷有多大？放在什么地方？
|x0
0
|xa 0
(x ,y)|x 0f(0 )g (y) 0
(x ,y)|x af(a )g (y) 0
g(y) 0
g(y) 0
f (0) 0
f (a) 0
A2 0
A2 0
A1sin(kxa)0
kx
n,(n1,2...)
a
注意：不能得到A1＝0
双曲函数
n
f (x)A1sin( a x)
应用对偶原理，可由一类问题的解，经过对偶 量的替换，得到另一类问题的解；或者将单一 问题按对偶原理分为两部分，这样工作量可以 减半。
应用对偶原理，不仅要求方程具有对偶性，而 且要求边界条件也具有对偶性。
在有源的情况下，对偶性依然存在，
2.叠加原理
若 和 1 分 别2 满足拉普拉斯方程，则 和 1 的线 2 性组合：
v
E
D v E vV
()V 2 V ——泊松方程
无源区域
0
2 0
——拉普拉斯方程
2. 恒定电场的拉普拉斯方程
电磁场与电磁波第四章
电磁场与电磁波
第4章 时变电磁场
分类分析求解电磁问题
按时间变化情况
0 t 0 t
静态电磁场
第 3章
13:57
电磁波
第4、5、6、7、 8章
电磁场与电磁波
第4章 时变电磁场
分类分析时变电磁场问题
共性问题
电磁波的 典型代表 均匀平面波
个性问题
电磁波的 传输 波导 电磁波的 辐射 天线
13:57
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： 时谐电磁场问题
13:57
电磁场与电磁波
第4章 时变电磁场
4. 5
时谐电磁场
时谐电磁场的复数表示
复矢量的麦克斯韦方程
复电容率和复磁导率 亥姆霍兹方程
时谐场的位函数
平均能流密度矢量
13:57
D t
同理，可以推得无源区磁场波动方程为：
H 2 H 2 0 t
2
13:57
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？
13:57
电磁场与电磁波
式中：A0为振幅、
为角频率， 2 f ( r )为初始相位，与坐标有关。
时谐场量的复数表示
由复变函数，知： cos(t ) Re(e jt ) ，则：
A(r , t ) A0 cos[t (r )]
jt j (r jt ) Re[ Am (r )e e ] Re[ A(r )e ] j ( r ) 式中： A(r ) Am (r )e
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4版)教学指导书 第4章 时变电磁场
第4章 时变电磁场4.1基本内容概述这一章主要讨论时变电磁场的普遍规律，内容包括：电磁场的波动方程，动态矢量位和标量位，坡印廷定理与坡印廷矢量，时谐电磁场。
4.1.1波动方程在无源的线性、各向同性且无损耗的均匀媒质中，由麦克斯韦方程组可推导出电场E 和磁场H 满足波动方程0t με∂∇-=∂222EE （4.1）2220tμε∂∇-=∂H H （4.2）4.1.2 动态矢量位和标量位在时变电磁场中，动态矢量位A 和动态标量位ϕ的定义为=∇⨯B A （4.3）tϕ∂=--∇∂AE （4.4） 应用洛仑兹条件0tϕμε∂∇+=∂A （4.5） 可得到A 和ϕ的微分方程为222t μεμ∂∇-=-∂AA J （4.6）2221t ϕϕμερε∂∇-=-∂ （4.7）4.1.3 坡印廷定理和坡印廷矢量1．坡印廷定理坡印廷定理表征了电磁场能量守恒关系，其微分形式为11()()22t ∂-∇⨯=++∂E H H B E D E J （4.8） 积分形式为()d S-⨯⎰E H S d 11()d d d 22V V V V t =++⎰⎰H B E D E J （4.9） 坡印廷定理的物理意义：单位时间内通过曲面S 进入体积V 的电磁能量等于单位时间内体积V 中所增加的电磁场能量与损耗的能量之和。
2．坡印廷矢量S坡印廷矢量是描述电磁能量传输的一个重要物理量，其定义为=⨯S E H （2W m ） （4.10） 它表示单位时间内通过垂直于能量传输方向的单位面积的电磁能量，其方向就是电磁能量传输的方向。
4.1.4 时谐电磁场1．时谐电磁场的复数表示法以一定角频率作时谐变化的电磁场称为时谐电磁场或正弦电磁场。
时谐电磁场可用复数形式来表示(,)Re[()]j t t e ω=E r E r （4.10）其中()()()()()()()y x z j j j x xm y ym z zm E e E eE e φφφ=++r r r E r e r e r e r （4.11）称为电场强度E 的复数形式或复矢量。
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。
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 )
第4章 时变电磁场与电磁波(时变电磁场)要点
物质方程
1）辅助方程——本构方程 D 0E P B 0 ( H M ) J E 2）对于各向同性的线性媒质，有 D E B H J E
媒质可分为均匀与不均匀、线性与非线性、各向同性与 各向异性之分。 1)若描述电磁特性的参数(ε、μ、σ)与空间坐标无关，则 是均匀媒质，否则是不均匀媒质； 2)若描述电磁特性的参数(ε、μ、σ)与场量（E或H）的大 小无关，则是线性媒质，否则是非线性媒质； 3)若描述电磁特性的参数(ε、μ、σ)与场量的方向无关， 则是各向同性媒质，否则是各向异性媒质。 对于线性（Linear）、均匀(Homogeneous)、各向同性 （Isotropic）媒质被称为L.H.I媒质。除非另外说明,这里 涉及的媒质是线性、均匀、各向同性媒质。 在真空（或空气）中，ε＝ε0，μ＝μ0，σ＝0。 理想介质指的是电导率σ＝0的情况； 理想导体是指电导率σ→∞的媒质。
E d l 0
c
在时变场中应该修正以来代替，
那么恒定磁场的性质安培环路定律
B c E d l S t d S
H d l I
c
在时变场中是否也要修正呢？
全电流定律
全电流定律
D H J t
积分形式
D l H dl s ( J t ) ds
主要内容
法拉第电磁感应定律 位移电流 麦克斯韦方程组 时变场的边界条件 时变电磁场的能量与能流 正弦电磁场 波动方程 时变电磁场中的位函数
本章概貌
电磁感应定律 Maxwell方程组 全电流定律
分界面上衔接条件
动态位A ,
达朗贝尔方程
电磁场与电磁波4-6
理想介质的分界面
在理想介质边界面上（除非特殊说明），都有
↔
JS
=
0
ρs = 0
{
边界条件
矢量形式
H1t − H 2t = J S
E1t = E2t
D1n − D2n = ρs
B1n = B2n
H1t = H 2t
E1t = E2t
D1n = D2n
B1n = B2n
↔
n×
↔
H
1−
↔
H
2
=
0
↔
n×
↔
自由面电荷时，D
的法向分量不连
续；若分界面上
没有自由面电
荷，则
↔
D
的法
向分量是连续的
↔
在分界面上 B
的法向分量是 连续的
理想介质和理想导体的分界面
{ 理想导体内部既没有静电场，也没有时变 电磁场
{ 静止电荷只存在于导体表面，高频电流只 存在于导体表面的薄层中
理想介质和理想导体的分界面
{ 理想导体内部既没有静电场，也没有时变 电磁场
↔
n×
↔
H
1−
↔
H
2
=
↔
JS
↔
{ 式中的 n 为从介质2指向介质1的分界面法线方向
单位矢量
一般情况的分界面
∫l
↔
E
⋅
d
↔
l
=
−∫S
∂ ∂t
↔
B
⋅
d
↔
S
{ 分析E：把麦克斯韦第二方程的积分形式 应用于图所示的无穷小闭合路径，可得
↔
E1t
−
E2t
≈
− lim ∆h → 0
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q 1 a ( ) 4π 0 r 2 d 2 2rd cos d r 2 b 2 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，
a 像电荷必须有两个： q ，位于源电荷位置的反演点； q d a q q q ,位于球心。球外的电位由 q、q’ 和 q”共同激发。
S 0
qh z z 0 2π ( x 2 y 2 h 2 ) 3 2
导体表面上的总感应电荷：
d d qh qi S dS q 2 2 32 2π 0 0 ( h ) S
2π
第四章
静态场的边值问题
对于边界面为相互正交的两个无限 大接地导体平面情形，为保持两个平面 电位为零，必须设置三个像电荷，如右 图所示。
将
a2 b d
代入，解得
l l
（4-2-7）
第四章
静态场的边值问题
将式(4-2-7)代入(4-2-6)，得柱外任一点的电位为
R （ R
l R ln C 2π 0 R
（4-2-8）
可见，当 为任一常数）时， 为常数。因此在 xy 平面内，等位线方程为
R 2 ( x b) 2 y 2 2 R2 (x d )2 y 2
求解边值问题的方法主要有解析法和数值法两大类。解析 法中最基本的是镜像法和分离变量法。
第四章
静态场的边值问题
4.1 唯一性定理
唯一性定理 在位场的三类边界条件下，泊松方程或拉普拉斯 方程的解是唯一的。
证明（反证法 ）： 设在区域 V 内，有体电荷分布 (r)，在V 的边界面 S 上，电位的值 f (S) 或电位函数法向导数的值 g(S)已知。假定存在两个解 1 和 2，它们都满足泊
面都互为反演。 =1 所对应的等位面是与 l 和 l’ 均等距的平面。
第四章
静态场的边值问题
两平行线电荷电场的 等位面如右图所示。
若导体圆柱接地，即半径为 a 的圆柱面上任一点电位等于零， 有 所以
l d ln 2π 0 a R Rd l ln C l ln 2π 0 R 2π 0 Ra
圆柱面看作是两根平行线电荷 l 电 场中的两个等位面。设线电荷 l 和 -l 与金属圆柱轴线的距离分别为 b 和 d，如上图所示。
第四章
静态场的边值问题
地面是与两线电荷等距的平面，且电位为零。由式(4-2-11)，可得 金属圆柱的电位为
l R ln 2π 0 R
其中，R+、R- 分别表示线电荷 l 和 l’ 到金属圆柱的圆周上任一点 的距离。对于金属圆柱上的点 A，有
设点电荷 q 位于介质1中，与介质1和介质2的分界面距离 为 d。在 q 的电场作用下，介质极化，出现极化电荷和极化面 电荷。空间任意点的电场由点电荷 q 与极化电荷共同产生。也 可以采用镜像法求解整个空间的电位分布。
第四章
静态场的边值问题
计算介质 1 中的电位时，用位于介质 2 中、与源电荷镜面对称 位置处的像电荷 q’ 代替极化电荷，并认为整个空间充满介质 1，有
解：设金属圆柱单位长度带电为 l，电位为 ，则单位长金属圆柱与 地面之间的电容为
l C0
只要求出金属圆柱的电位，就可求得电容。 求金属圆柱的电位，可采用镜像法。 无限长带电金属圆柱对地面的像是位于地 面下方对称位置处、带有电荷 l’=l 的圆柱。
利用上面讨论结果，可将金属圆柱面和像
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。
0,
2
S
0 或 0 n S
第四章
静态场的边值问题
在格林第一恒等式
V
2 ( ) dV d S S S
dS n
中令 = = ’，并利用式(4-1-3)，可知，对三类边界条件都有
2 ( ) dV 0
V
故有 0， 于是 2 1 C。
对于第一类边界条件,
S
0 ,则 C = 0，所以 1 = 2，解是唯一的。
0 , 则 C 不一定为零。常数对梯度无贡献， 对于第二类边界条件, n S
这两个位函数将给出同一场矢量，解也是唯一的。
1 q q ( ) 4π 0 R R 1 q q ( ) 2 2 2 2 4π 0 r d 2rd cos r b 2rb cos
（4-2-2）
q’ 和 b 由球面电位为零的边界条件来确定。考虑球面上的两个 特殊点 = 0 和 = ，由式(4-2-2)，有
松方程和相同的边界条件，即在区域 V 内有
21
在边界面上有
1
S
, 22
1 n g (S ),
S
（4-1-1）
2 n g (S )
S
f ( S ), 2
S
f (S ) 或
（4-1-2） （4-1-3）
令
2 1，于是
唯一性定理给出了定解的充分必要条件，它表明，对于静态 场的分布就唯一地确定。
场，当电荷（或电流）分布以及场域边界面上的边界条件已知时，
第四章
静态场的边值问题
4.2 镜像法
镜像法是求解静态场边值问题的一种间接解法，其理论依据是唯 一性定理。镜像法主要用于求解理想导体附近的电荷产生的电场或 铁磁质附近的电流产生的磁场。在这类问题中，场由区域内的电荷 （电流）以及界面上的电荷（电流）共同激发。镜像法的思想是， 在所求解场区域以外的空间中某些适当位置上，设置适当的像电荷 （像电流）来替代界面上的电荷（电流）的效果，这些等效电荷 （电流）与场域内的电荷（电流）共同作用结果满足场域边界面上 给定的边界条件，从而可以将界面移去，使所求解的边值问题转化 为无界空间的问题。运用镜像法必须遵循两条规则：
由对称性，像电荷也是无限长线电荷。设像电荷的线密 2 a 度为 l ，位于圆柱内，与轴线的距离为 b ，进行试探求 解。
d
Hale Waihona Puke 第四章静态场的边值问题空间任意点的电位等效为由两根平行线电荷 l 和 l 共同产 生。利用例3.1.4的结果，柱外任一点的电位为
l l 1 1 ln π ln C 2π 0 R 2 0 R
（4-2-6）
其中， R、R 分别为源线电荷和像线电荷到场点的距离； l 由柱面 为等位面这一边界条件来确定；C 的值与电位零点的选取有关。
在导体圆柱的圆周上取两特殊点 A 和 B，因为圆柱面为等位
面，故有
l 1 1 1 1 ln l ln C l ln l ln C 2π 0 a d 2π 0 a b 2π 0 d a 2π 0 a b
4.2.2 导体球面镜像法
设点电荷 q 位于一个半径为 a 的 接地导体球外，距球心为 d，如下图所 示。用镜像法求球外的电位分布。 像电荷 q’ 应位于球内。由对 称性， q’ 在球心与 q 的连线上。 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
a2 将b d
代入，整理可得 2d 2 a2 2 (d 2 a 2 ) 2 2 [x 2 ] y [ 2 ] ( 1) d ( 1)d
上式为圆族方程。这表明，在密度分别为 l 的两根平行线电荷
产生的电场中，等位面是圆柱面族，且 l 和 l’ 的位置关于任一等位
第四章
静态场的边值问题
所以，单位长金属圆柱与地面之间的电容为
C0
l 2π 0 2π 0 2π 0 ln d a ln d h ( h 2 a 2 )1 2 ln
a b a a
如果 h >> a，则
C0
2 π 0 2h ln a
4.2.4 介质平面镜像法
1
1 q q ( ) 2 2 2 4π1 x 2 y 2 ( z d ) 2 x y (z d ) ( z 0)
(4-2-12)
计算介质 2 中的电位时，用位于源电荷所在位置处的像电荷 q 代替极化电荷，并认为整个空间充满介质 2，则有
第四章
静态场的边值问题
1 2 4π 2
q q x y (z d )
2 2 2
( z 0)
上半空间的电场由点电荷以及导体平面上的感应电荷分布共 同激发。z > 0 的上半空间除 q 所在点外，电势满足 2 = 0。 又因为导体平面接地，因此，在 z = 0 的平面上 = 0。 若假设导体平面不存在，而在 z = 0 的平面下与 q 对称地
放置一个电量为 -q 的点电荷，则上半空间内场方程保持不变， 且平面 z = 0 仍为 = 0 的等位面。因此，可以用 q 和 –q 两个 点电荷组成的电荷系统来代替原边值问题。
d
若导体球不接地且带有电量 Q，则当球外放置点电荷 q 后， 它的电位不为零，球面的净电荷为 Q 。为满足边界条件，像电 a q ，位于源电荷位置的反演点； q 荷仍为两个： q” = Q – q’，
位于球心。
d
第四章
静态场的边值问题