平面接地导体边界
电像法
/jp2007/02/wlkc/htm/c_4_p_4.htm§4.4 镜像法镜像法是求解电磁场的一种特殊方法，特别适用于边界面较规则(如平面、球面和柱面等)情况下，点源或线源产生的静态场的计算问题。
例如当一点电荷q 位于一导体附近时，该导体将处于点电荷q产生的静电场中，在导体表面上会产生感应电荷，则空间的电场应为该感应电荷产生的电场和点电荷q产生的电场的叠加。
一般情况下，在空间电场未确定之前，导体表面的感应电荷分布是不知道的，因此直接求解该空间的电场是困难的。
然而，在一定条件下，可以用一个或多个位于待求场域边界以外虚设的等效电荷来代替导体表面上感应电荷的作用，且保持原有边界上边界条件不变，则根据惟一性定理，空间电场可由原来的电荷q和所有等效电荷产生的电场叠加得到。
这些等效电荷称为镜像电荷，这种求解方法称为镜像法。
可见，惟一性定理是镜像法的理论依据。
在镜像法应用中应注意以下几点：(1)镜像电荷位于待求场域边界之外。
(2)将有边界的不均匀空间处理为无限大均匀空间，该均匀空间中媒质特性与待求场域中一致。
(3)实际电荷(或电流)和镜像电荷(或电流)共同作用保持原边界上的边界条件不变。
4.4.1 点电荷对无限大接地导体平面的镜像zqdx设在自由空间有一点电荷位于无限大接地导体平面上方，且与导体平面的距离为d 。
如图4.2(a)所示上半空间的电位分布和电场强度计算可用镜像法解决。
待求场域为0z >空间，边界为0z =的无限大导体平面，边界条件为在边界上电位为零，即(,,)0x y z φ= (4.29)设想将无限大平面导体撤去，整个空间为自由空间。
在原边界之外放置一镜像电荷'q ，当'q q =-，且'q 和q 相对于0z =边界对称时，如图4.2(b)所示。
点电荷q 和镜像电荷'q 在边界上产生的电位满足式(4.29)所示的边界条件。
根据镜像法原理，在0z >空间的电位为点电荷q 和镜像电荷'q 所产生的电位叠加，即1/21/2222222011{}4()()qx y z d x y z d φπε=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.30)上半空间任一点的电场强度为E φ=-∇电场强度E 的三个分量分别为3/23/22222220{}4()()x qxxE x y z d x y z d πε=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.31a)3/23/22222220{}4()()y qyyE x y z d x y z d πε=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.31b)3/23/22222220{}4()()z qz dz dE x y z d x y z d πε-+=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.31c)可见，在导体表面0z =处，0x y E E ==，只有z E 存在，即导体表面上法向电场存在。
静电场的边值问题
1静电场的边值问题1．镜象法的理论依据是（）。
基本方法是在所求场域的外部放置镜像电荷以等效的取代边界表面的（）。
2．根据边界面的形状，选择适当的坐标系，如平面边界，则选直角坐标；圆柱面选圆柱坐标系；球面选球坐标。
以便以简单的形式表达边界条件。
将电位函数表示成三个一维函数的乘积，将拉普拉斯方程变为三个常微分方程，得到电位函数的通解，然后寻求满足条件的特解，称为（）3．将平面、圆柱面或球面上的感应电荷分布（或束缚电荷分布）用等效的点电荷或线电荷（在场区域外的某一位置处）替代并保证边界条件不变。
原电荷与等效点电荷（即通称为像电荷）的场即所求解，称为（），其主要步骤是确定镜像电荷的位置和大小。
4．（）是一种数值计算方法，把求解区域用网格划分，同时把拉普拉斯方程变为网格点的电位有限差分方程（代数方程）组。
在已知边界点的电位值下，用迭代法求得网格点电位的近似数值。
5．用镜像法求解电场边值问题时，判断镜像电荷的选取是否正确的根据是（）。
A．镜像电荷是否对称 B．电位所满足的方程是否未改变C．边界条件是否保持不变 D．同时选择B和C∇⨯=，其中的J（）。
6.微分形式的安培环路定律表达式为H JA．是自由电流密度B．是束缚电流密度C ．是自由电流和束缚电流密度D ．若在真空中则是自由电流密度；在介质中则为束缚电流密度7.在边界形状完全相同的两个区域内的静电场，满足相同的边界条件，则两个区域中的场分布（ ）。
A ．一定相同B ．一定不相同C ．不能断定相同或不相同8.两相交并接地导体平板夹角为α，则两板之间区域的静电场（ ）。
A ．总可用镜象法求出。
B ．不能用镜象法求出。
C ．当/n απ= 且n 为正整数时，可以用镜象法求出。
D ．当2/n απ= 且n 为正整数时，可以用镜象法求出。
9.将一无穷大导体平板折成如图的90°角，一点电荷Q 位于图中（1, π/6）点10. 两个平行于 XOY 面的极大的金属平板，两平板间的距离为 d ，电位差为。
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
保护导体、保护接地导体、保护联结导体、接地导体截面积要求总结
保护导体
保护接地导体
保护联结导体
接地导体
包含了保护联结导体、保护接地导体、接地导体
一般，保护导体就是特指保护接地导体
接到总接地端子的保护联结导体
辅助联结用的保护联结导体
定义
为了安全目的，如电击防护中设置的导体
用于保护接地的保护导体
用于保护等电位联结的导体
用于保护等电位联结的导体
在系统、装置或设备的给定点与接地网之间提供导电通路或部分导电通路的导体
联结外露可导电部分和装置外可导电部分的保护联结导体，其电导不应小于相应保护导体截面积的1/2的导体所具有的电导
满足公式S≥（I/k）√t的要求。
S——保护导体的截面积（mm2）；
I——通过保护电器的预期故障电流或短路电流[交流方均根值（A）]；
t——保护电器自动切断电流的动作时间（s）；
k——系数
3
钢不小于50mm2。
1）有机械损伤防护时，铜导体不应小于2.5mm2，铝导体不应小于16mm2；
2）无机械损伤防护时，铜导体不应小于4mm2，铝导体不应小于16mm2；
埋入土壤的裸接地导体，应满足表54.1。
5
当两个或更多个回路公用一个保护导体时，其截面积应符合下列规定：
1）应根据回路中最严重的预期故障电流或短路电流和动作时间确定截面积，并应符合公式S≥（I/k）√t的要求；
2）对应于回路中的最大相导体截面积时，应按GB/T16895.3-2017表54.2的规定确定。
铝导体不应作为接地导体
6
永久性连接的用电设备的保护导体预期电流超过10mA时，保护导体的截面积应按下列条件之一确定：
1）铜导体不应小于10mm2或铝导体不应小于16mm2；
单相接地的边界条件
单相接地的边界条件单相接地的边界条件是指在电力系统中，其中一个导线接地，而其他导线未接地的情况。
这种接地方式常见于低压电力系统，如家庭用电。
本文将就单相接地的边界条件进行详细介绍。
单相接地的边界条件下，电力系统中只有一个相位导线与地相连，而其他两个相位导线不与地相连。
这样的接地方式常见于低压电力系统，因为低压电力系统的运行安全要求相对较低，而采用单相接地可以降低系统的成本和复杂性。
在单相接地的边界条件下，当接地故障发生时，接地故障电流只能通过接地导线流回地面，而无法形成闭环回到电源。
这就导致了故障电流无法及时被检测到和切除，可能会对电力系统和设备造成损坏。
为了解决单相接地边界条件下的问题，通常采用以下几种方式：1. 接地电阻：在单相接地的电力系统中，可以在接地导线与地面的连接处加入接地电阻。
接地电阻的作用是限制故障电流的大小，使其不超过系统能够承受的范围。
同时，接地电阻也可以帮助减小故障电流的波动，保护电力系统和设备。
2. 故障指示器：为了及时检测和切除接地故障电流，可以在电力系统中设置故障指示器。
故障指示器可以通过检测故障电流的大小和方向来判断是否发生接地故障，并及时切除故障电流。
这样可以有效保护电力系统和设备，减小故障对系统的影响。
3. 接地保护装置：在单相接地的电力系统中，可以使用接地保护装置来提供对接地故障的保护。
接地保护装置可以通过检测故障电流和电压的变化来判断是否发生接地故障，并及时切除故障电流。
这样可以保护电力系统和设备免受接地故障的影响。
4. 绝缘监测装置：为了提高电力系统的绝缘性能，在单相接地的边界条件下，可以使用绝缘监测装置来监测系统的绝缘状况。
绝缘监测装置可以通过检测绝缘电阻和泄漏电流的变化来判断系统的绝缘性能是否正常。
这样可以及时发现并修复绝缘故障，保证系统的安全运行。
单相接地的边界条件在低压电力系统中较为常见，但也存在一定的安全隐患。
为了保护电力系统和设备的安全运行，我们可以采取一系列的措施，如接地电阻、故障指示器、接地保护装置和绝缘监测装置等。
第3章静态场的边值问题及解的唯一性定理
r
O
d
P(r, ) R q
处理方法：电位叠加原理：
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q a q, d。 a2 2、为了满足电荷守恒原理。断开接地d线，将电d量为-q'的电荷加 到导体球面上，使这些电荷均匀分布在球面上，使导体球为等势 体，且表面总电荷为零。
l′
2 x2 (z h)2
均匀带电直线的电位分布
z 0，R R z0 0
l ln R C l ln R0
2
2 R
显然，满足边界条件。所以，原问题不变，所得的解是正确的。
11
第3 章
例3. 点电荷对相交半无限大接地导体平面的镜像 如图所示，两个相互垂直相连的半无限大接地导体平板，点
像把导体平面抽走一样，用两点电荷的场叠加计算。
7
第3 章
解：用一个处于镜像位置的点电荷代替导体边界的影响， 则z>0空间任一点 P 的电位由 q 及 q' 共同产生，即
q q 1 (
q
q
)
4π0 r 4π0 r 4π0 x2 y2 (z h)
x2 y2 (z h)2
l
2π
r r er
以r 0 为参考点，则电位
r r0
Edr
l 2π
ln
r0 r
l 2π
ln
1 r
C
1）长直线电荷与接地的长直圆柱导体平行，求圆柱外电位分布
在圆柱与线电荷之间，在圆柱内离轴线的距离b 处，平行放置一
根镜像线电荷 ， 代替圆柱导体上的感应电荷.
1.8 静电场的唯一性定理
ρ ∇ U = − →泊 方 , 松 程 ε0
2
静电场 ＋边界条件 的边值 2 问题 or ∇ U 0 →拉 拉 方 ＝ 普 斯 程
物理系：杨友昌 编
在这个竟争激烈的社会中，若想永不落伍，就必须懂得终身学习的道理。
唯一性定理
• 对于静电场，给定一组边界条件，空间能否存在不同的恒 对于静电场，给定一组边界条件， 定电场分布？——回答：否！ 电场分布？ 回答： 回答 • 边界条件可将空间里电场的分布唯一地确定下来 边界条件可将空间里电场的分布唯一地确定下来 电场的分布唯一 • 该定理对包括静电屏蔽在内的许多静电问题的正确解释至 关重要 • 理论证明在电动力学中给出，p67 给出普物方式的论证 理论证明在电动力学中给出， • 论证分三步：引理 论证分三步：引理——叠加原理 叠加原理——证明 叠加原理 证明
§8 静电场边值问题的唯一性定理
在这个竟争激烈的社会中，若想永不落伍，就必须懂得终身学习的道理。
物理系：杨友昌
编
一. 典型的静电问题
–给定导体系中各导体的电量或电势 给定导体系中各导体的电量或电势 给定导体系中各导体的 以及各导体的形状、相对位置（ 以及各导体的形状、相对位置（统 称边界条件），求空间电场分布， ），求空间电场分布 称边界条件），求空间电场分布， 即在一定边界条件下求解 泛 定 方 程
Q Q ' r' Q ' + = 0⇒ = ⇒r'Q= −rQ' r r' r Q
2
R b R ' － 有b = ⇒Q = ± Q= ± Q 取 ？ a a a cos θ的系数 三角形
相似
在这个竟争激烈的社会中，若想永不落伍，就必须懂得终身学习的道理。
第9讲 镜像法
由 d a2 d
(h b)(h b) a2
b h2 a2
b
a l
h
b
a
l
h
两平行导体圆柱的等效电荷
通常将带电细线的所在的位置称为圆柱导体的电轴，因而这 种方法又称为电轴法。
第9讲 镜像法
五、无限大介质分界平面的镜像
1、点电荷与无限大电介质分界平面的镜像
问题：求解空间中的电位分布（上半空间 及下半空间）。
1、点电荷位于接地导体球面外
镜像电荷的确定
(a2 d 2)q '2 (a2 d '2)q2 2a(dq '2 d 'q2) cos 0
(a2 d 2 )q '2 (a2 d '2 )q2 0
2a(dq
'2
d
'
q
2
)
0
q
'
a d
q
d
'
a2 d
q ' q
或
(舍去）
d ' d
l
l
a
a
hh
图1 两平行导体圆柱
荷密度大，而相背一侧电荷密度较小。
分析方法：将导体表面上的电荷用线密
度分别为 l 、且相距为2b 的两根无限长
带电细线来等效替代。
b
a l
h
b
a
l
h
图2 两平行导体圆柱的等效电荷
第9讲 镜像法
四、导体圆柱面的镜像
2、两平行导体圆柱面的镜像 利用线电荷与接地导体圆柱面的
q
等效电荷
q′
非均匀感应电荷产生的电位很难求解，可以用 等效电荷产生的电位替代。
镜像法
/jp2007/02/wlkc/htm/c_4_p_4.htm§4.4 镜像法镜像法是求解电磁场的一种特殊方法，特别适用于边界面较规则(如平面、球面和柱面等)情况下，点源或线源产生的静态场的计算问题。
例如当一点电荷q 位于一导体附近时，该导体将处于点电荷q产生的静电场中，在导体表面上会产生感应电荷，则空间的电场应为该感应电荷产生的电场和点电荷q产生的电场的叠加。
一般情况下，在空间电场未确定之前，导体表面的感应电荷分布是不知道的，因此直接求解该空间的电场是困难的。
然而，在一定条件下，可以用一个或多个位于待求场域边界以外虚设的等效电荷来代替导体表面上感应电荷的作用，且保持原有边界上边界条件不变，则根据惟一性定理，空间电场可由原来的电荷q和所有等效电荷产生的电场叠加得到。
这些等效电荷称为镜像电荷，这种求解方法称为镜像法。
可见，惟一性定理是镜像法的理论依据。
在镜像法应用中应注意以下几点：(1)镜像电荷位于待求场域边界之外。
(2)将有边界的不均匀空间处理为无限大均匀空间，该均匀空间中媒质特性与待求场域中一致。
(3)实际电荷(或电流)和镜像电荷(或电流)共同作用保持原边界上的边界条件不变。
4.4.1 点电荷对无限大接地导体平面的镜像zqdx设在自由空间有一点电荷位于无限大接地导体平面上方，且与导体平面的距离为d 。
如图4.2(a)所示上半空间的电位分布和电场强度计算可用镜像法解决。
待求场域为0z >空间，边界为0z =的无限大导体平面，边界条件为在边界上电位为零，即(,,)0x y z φ= (4.29)设想将无限大平面导体撤去，整个空间为自由空间。
在原边界之外放置一镜像电荷'q ，当'q q =-，且'q 和q 相对于0z =边界对称时，如图4.2(b)所示。
点电荷q 和镜像电荷'q 在边界上产生的电位满足式(4.29)所示的边界条件。
根据镜像法原理，在0z >空间的电位为点电荷q 和镜像电荷'q 所产生的电位叠加，即1/21/2222222011{}4()()qx y z d x y z d φπε=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.30)上半空间任一点的电场强度为E φ=-∇电场强度E 的三个分量分别为3/23/22222220{}4()()x qxxE x y z d x y z d πε=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.31a)3/23/22222220{}4()()y qyyE x y z d x y z d πε=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.31b)3/23/22222220{}4()()z qz dz dE x y z d x y z d πε-+=-⎡⎤⎡⎤++-+++⎣⎦⎣⎦(4.31c)可见，在导体表面0z =处，0x y E E ==，只有z E 存在，即导体表面上法向电场存在。
第三章 边值问题的解法
解：根据轴对称的特点和无限长的假设， 可确定电位函数满足一维拉普拉斯方程，
R2
采用圆柱坐标系
R1
1 (r ) 0 积分 Aln r B
r r r
由边界条件 U A ln R1 B 0 Aln R2 B
A U ln R1 R2
B
U ln R1
ln
R2
第3章 边值问题的解 法
给定边界条件下求有界空间 的静电场和电源外恒定电场的问 题，称之为边界值问题。
3.1边值问题的提法(分类)
3.1.1边值问题的分类
1 狄利克雷问题：给定整个场域边界面S上各点电位的（函数）
值
f (s)
2 聂曼问题：给定待求位函数在边界面上的法向导数值
/ n f (s)
q
4π0
(r
2
2dr
1
cos
d
)2 1/ 2
(d
2r2
a
2dra2 cos
a4 )1/ 2
导体球不接地：
q a q d
b a2 d
q q a q d
a
—
a
导体球不接地：根据电荷守恒定律，导体球上感应电荷代
数和应为零，就必须在原有的镜像电荷之外再附加另一镜
球壳内：边界为r = a1的导体球面，
边界条件为 (a1, ,) 0
➢ 根据球面镜像原理，镜像电荷
的位置和大小分别为
a1 q1
q
1
b1
a12 d1
q1
q1
CST中的激励源
波导端口的网格查看 在开始仿真之前，任何结构都必须空间离散化，对波导端口而言也不例外。基于一致性（连 续性）的原因，端口使用和结构相同的网格，因而，定义端口的尺寸不必和用于仿真的端口 尺寸相同。这些尺寸必须映射到网格上，因而会有轻微的变化，然而，端口尺寸总是被放大 的。为了控制仿真中观察到的尺寸，你可以输入网格模式，如下图红色框架所示反映了映射 到端口的情况。
X
Ymin, Ymax, Zmin, Zmax
Y
Xmin, Xmax, Zmin, Zmax
Z
Xmin, Xmax, Ymin, Ymax
右图给出了位于 lower z 边界的波导端口截面的参数情
况。
◎Full plane：如果你选择了 Full plane，那么通过位
置和法向定义的整个边界将作为波导端口。右图给出了 扩展到整个边界平面的波导端口情况。
在输入对话框弹出前，如果你选择了一个沿某个轴的面，然后就会提示你输入新端口区 域的尺寸。
微波技术网、微波家园共同打造微波社区门户网站
http://i微m波w.技m术w网
基本框架 General frame Name：从下拉菜单中选择有效的名字，该数值将显示在结构图中的端口面上，并用来命名 S
Frequency 选择模式计算频率，在 10GHz 左右，其反射是 正确的，作为对比，右图中则给出了使用 full deembedding 的结果，在整个期望的频率范围内其反射小于－60dB。
平面接地导体边界
5
第三章 静电场边值的解法
第三类边值问题（混合边值问题）： 已知一部分边界面上的函数值，和另一部 分边界面上函数的法向导数。
S f1
1
n
f2
S2
S S1 S2
6
第三章 静电场边值的解法
二、唯一性定理
唯一性定理内容：在场域V的边界面S上给定电位
或者 的值，则泊松方程或拉普拉斯方程在场域 n
令：
2 2 [ ( ) ]d V ( ) d S V s
格林第二定理
[ )]d V ( ) d S
2 2 V s
9
第三章 静电场边值的解法
证明：第一定理
令，A ,
代入式高斯公式后求得
当直接求解场方程有困难而采用其它方法求解时，如果能 够找到一个函数，使它满足边值条件，并可证明它也满足 场方程的话，则根据唯一性定理可以确信它即是所要求的 解。
8
第三章 静电场边值的解法
补充：标量格林定理
格林第一定理
2 [ ( )]d V ( ) d S V s
ˆ d S () dS () dV () n
V s
又有
() ( ) 2
代回前一式得VFra bibliotek( ) dV () d S
2 S
10
1
第三章 静电场边值的解法
◇ 静电场和恒定电场的边值问题，可归结为在给定边 界条件下求解拉普拉斯方程或泊松方程。 直接法 间接法 ◇ 常用的方法 数值法 有限差分法（FD） 有限元方法（FEM） 矩量法（MoM）
2
冯慈璋马西奎工程电磁场导论课后重点习题解答
1—2—2、求下列情况下，真空中带电面之间地电压.(2)、无限长同轴圆柱面，半径分别为a 和b （a b >），每单位长度上电荷：内柱为τ而外柱为τ-.解：同轴圆柱面地横截面如图所示，做一长为l 半径为r （b r a <<）且与同轴圆柱面共轴地圆柱体.对此圆柱体地外表面应用高斯通量定理，得l S D sτ=⋅⎰d考虑到此问题中地电通量均为r e即半径方向，所以电通量对圆柱体前后两个端面地积分为0，并且在圆柱侧面上电通量地大小相等，于是l rD l τπ=2即 r e r D πτ2=， r e rE02πετ=由此可得 a b r e e r r E U ba r rb aln 2d 2d 00⎰⎰επτ=⋅επτ=⋅=1—2—3、高压同轴线地最佳尺寸设计——高压同轴圆柱电缆，外导体地内半径为cm 2，内外导体间电介质地击穿场强为kV/cm 200.内导体地半径为a ，其值可以自由选定但有一最佳值.因为a 太大，内外导体地间隙就变得很小，以至在给定地电压下，最大地E 会超过介质地击穿场强.另一方面，由于E 地最大值m E 总是在内导体地表面上，当a 很小时，其表面地E 必定很大.试问a 为何值时，该电缆能承受最大电压？并求此最大电压.（击穿场强：当电场增大达到某一数值时，使得电介质中地束缚电荷能够脱离它地分子 而自由移动，这时电介质就丧失了它地绝缘性能，称为击穿.某种材料能安全地承受地最大电场强度就称为该材料地击穿强度）.解：同轴电缆地横截面如图，设同轴电缆内导体每单位长度所带电荷地电量为τ，则内外导体之间及内导表面上地电场强度分别为r E πετ2=， aE πετ2max = 而内外导体之间地电压为abr r r E U ba baln 2d 2d πετπετ⎰⎰===或 )ln(max abaE U =0]1)[ln(a d d max =-+=abE U 即 01ln=-a b ， cm 736.0e==ba V)(1047.1102736.0ln 55max max⨯=⨯⨯==abaE U1—3—3、两种介质分界面为平面，已知014εε=，022εε=，且分界面一侧地电场强度V/m 1001=E ，其方向与分界面地法线成045地角，求分界面另一侧地电场强度2E 地值.解：25045sin 10001==t E ，25045cos 10001==n E220040101εε==n n E D根据 t t E E 21=，n n D D 21=得2502=t E ，220002ε=n D ， 21002022==εnn D E 于是： V/m)(1050)2100()250(2222222=+=+=n t E E E 1—4—2、两平行导体平板，相距为d ，板地尺寸远大于d ，一板地电位为0，另一板地电位为0V ，两板间充满电荷，电荷体密度与距离成正比，即x x 0)(ρρ=.试求两极板之间地电位分布（注：0=x 处板地电位为0）.解：电位满足地微分方程为x x0022d d ερϕ-= 其通解为： 21306C x C x ++-=ερϕ 定解条件为：00==x ϕ； 0V ==d x ϕ由00==x ϕ得 02=C 由0V ==dx ϕ得 01300V 6=+-d C d ερ，即 200016d V d C ερ+= 于是 x d d x )6V (6200300ερερϕ++-= 1—4—3、写出下列静电场地边值问题：（1）、电荷体密度为1ρ和2ρ（注：1ρ和2ρ为常数），半径分别为a 与b 地双层同心带电球体（如题1—4—3图（a ））；（2）、在两同心导体球壳间，左半部分和右半部分分别填充介电常数为1ε与2ε地均匀介质，内球壳带总电量为Q ，外球壳接地（题1—4—3图b ））；（3）、半径分别为a 与b 地两无限长空心同轴圆柱面导体，内圆柱表面上单位长度地电量为τ，外圆柱面导体接地（题1—4—3图（c ））.由于对称并假定同轴圆柱面很长，因此介质中地电位ϕ和φ及z 无关，即ϕ只是r地函数，所以0)(1=∂∂∂∂rr r r ϕ电位参考点： 0==br ϕ；边界条件：τεπ==ar rE a 2，即τϕεπ=∂∂-=ar r a )(21－7－3、在无限大接地导体平板两侧各有一个点电荷1q 和2q ，与导体平板地距离均为d ，求空间地电位分布.解：设接地平板及1q 和2q 如图（a ）所示.选一直角坐标系，使得z 轴经过1q 和2q 且正z 轴方向由2q 指向1q ，而x ，y 轴地方向与z 轴地方向符合右手螺旋关系且导体平板地表面在x ，y 平面内.计算0>z 处地电场时，在（d -,0,0）处放一镜像电荷1q -，如图（b ）所示，用其等效1q 在导体平板上地感应电荷，因此))(1)(1(4222222011d z y x d z y x q +++--++πε=ϕ计算0<z 处地电场时，在（d ,0,0）处放一镜像电荷2q -如图（c ）所示，用其等效2q 在导体平板上地感应电荷，因此))(1)(1(4222222022d z y x d z y x q -++-+++πε=ϕ1－7－5、空气中平行地放置两根长直导线，半径都是2厘M ，轴线间距离为12厘M.若导线间加1000V 电压，求两圆柱体表面上相距最近地点和最远地点地电荷面密度.解：由于两根导线为长直平行导线，因此当研究它们附近中部地电场时可将它们看成两根无限长且平行地直导线.在此假定下，可采用电轴法求解此题，电轴地位置及坐标如图所示.由于对称 cm 6212==h 而 cm 24262222=-=-=R h b设负电轴到点),(y x p 地距离矢量为2r ，正电轴到点),(y x p 地距离矢量为1r（p 点应在以R 为半径地两个圆之外），则p 点地电位为22220120)()(ln 2)ln(2),(y b x y b x r r y x +-++πετ=πετ=ϕ两根导体之间地电压为U ，因此右边地圆地电位为U 21，即2)( )(ln 2)0(220Ub R h b R h τ,R h =--+-πε=-ϕ由此可得)21ln(250)21ln(410002ln20+=+=+=πετh-R-bb h-R U于是 2222)()(ln )21ln(250),(y b x y b x y x +-+++=ϕ ϕ-=grad Exe y b x y b x y b x b x y b x b x])][()[(]))[((]))[(({)21ln(25022222222+++-++--+-++-=由于两根导线带地异号电荷相互吸引，因而在两根导线内侧最靠近处电场最强电荷密度最大，而在两导线外侧相距最远处电荷密度最小.x e y b x y b x y b x b x y b x b x])][()[(]))[((]))[(({)21ln(250222222220max+++-++--+-++ε-=σ ) (}])][()[(])[(])[(022222222x y Rh x y e e y b x y b x y b x y y b x y-⋅+++-++-+-+=-= 270C/m 10770.1)11()21ln(250-⨯=---+-+ε=bR h b R hxe y b x y b x y b x b x y b x b x])][()[(]))[((]))[(({)21ln(250222222220min+++-++--+-++ε-=σx y Rh x y e e y b x y b x y b x y y b x y}])][()[(])[(])[(022222222⋅+++-++-+-+=+= 280C/m 10867.8)11()21ln(250-⨯=-+-+++ε-=bR h b R h}])][()[(])[(])[(22222222y e y b x y b x y b x y y b x y+++-++-+-+1—8、对于空气中下列各种电位函数分布，分别求电场强度和电荷体密度： （1）、2Ax =ϕ （2）、Axyz =ϕ （3）、Brz Ar +=φϕsin 2 （4）、φθϕcos sin 2Ar =解：求解该题目时注意梯度、散度在不同坐标中地表达式不同.（1）、i Ax i x Ax k z j y i x E2)()(2-=∂∂-=∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕϕϕϕ00002)2()(εεεερA Ax xx E z E y E x E D x z y x -=-∂∂=∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=（2）、)(k z j y i x E∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕϕϕϕ)(k zAxyz j y Axyz i x Axyz∂∂+∂∂+∂∂-=)(k xy j xz i yz A++-=0)]()()([0=-∂∂+-∂∂+-∂∂=⋅∇=Axy z Axz y Ayz x D ερ（3）、)1[k ze r e r E r∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕφϕϕϕφφφφφe Brz Ar r e Brz Ar r r )sin (1)sin ([22+∂∂++∂∂-=)])sin (2k Brz Ar z +∂∂+φ)]cos )sin 2[(k Br e Ar e Bz Ar r+++-=φφφ)cos (1)sin 2(1[0φφφερAr r Bz Ar r r r D ∂∂++∂∂-=⋅∇=)](Br z∂∂+]sin )sin 4(1[0φφεA Bz Ar r-+-=]sin )sin 4[0φφεA rBzA -+-=（4）、]sin 11[φϕθθϕϕϕφθ∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=r e r e r e E r)cos sin (1)cos sin ([22φθθφθθAr r e Ar r e r ∂∂+∂∂-= )]cos sin (sin 12φθφθφAr r e ∂∂+θφθφθe Ar r e Ar r )cos cos (1)cos sin 2[(2+-=])sin sin (sin 12φφθθe Ar r -])sin ()cos cos ()cos sin 2[(φθφφθφθe Ar e Ar e Ar r-+-=)](sin 1)sin (sin 1)(1[220φθφθθθθερE r E r E r r r D r ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=)sin cos cos (sin 1)cos sin 2(1[320θφθθθφθεAr r Ar rr -∂∂+-∂∂= )]sin (sin 1φφθAr r ∂∂+]sin cos )sin (cos sin cos cos sin 6[220θφθθθφφθεA A A +---=解：（1）、设内球中地电位函数为1ϕ，介质地介电常数为1ε，两球表面之间地电位函数为2ϕ，介质地介电常数为2ε，则1ϕ，2ϕ所满足地微分方程分别为1112ερϕ-=∇， 2222ερϕ-=∇ 选球坐标系，则11212212122sin 1)(sin sin 1)(1ερφϕθθϕθθθϕ-=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂r r r r r r 22222222222sin 1)(sin sin 1)(1ερφϕθθϕθθθϕ-=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂r r r r r r 由于电荷对称，所以1ϕ和2ϕ均与θ、φ无关，即1ϕ和2ϕ只是r 地函数，所以11122)(1ερϕ-=∂∂∂∂r r rr ， 22222)(1ερϕ-=∂∂∂∂r r r r 定解条件为： 分界面条件： ar ar ===21ϕϕ； ar ar rr==∂∂=∂∂2211ϕεϕε电位参考点： 02==br ϕ；附加条件：01=r ϕ为有限值（2）、设介电常数为1ε地介质中地电位函数为1ϕ，介电常数为2ε地介质中地电位函数为2ϕ，则1ϕ、2ϕ所满足地微分方程分别为1112ερϕ-=∇， 2222ερϕ-=∇ 选球坐标系，则0sin 1)(sin sin 1)(1212212122=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂φϕθθϕθθθϕr r r r r r 0sin 1)(sin sin 1)(1222222222=∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂φϕθθϕθθθϕr r r r r r 由于外球壳为一个等电位面，内球壳也为一个等电位面，所以1ϕ和2ϕ均与θ、φ无关，即1ϕ和2ϕ只是r 地函数，所以0)(1122=∂∂∂∂r r r r ϕ， 0)(1222=∂∂∂∂r r rr ϕ 分界面条件： 2221πθπθϕϕ===由分解面条件可知21ϕϕ= .令 ϕϕϕ==21，则在两导体球壳之间电位满足地微分方程为0)(122=∂∂∂∂r r rr ϕ电位参考点： 0==b r ϕ；边界条件：Q E E a a r r r =+=)(2212εεπ，即Q r a ar =∂∂-+=)()(2212ϕεεπ （3）、设内外导体之间介质地介电常数为ε，介质中地电位函数为ϕ，则ϕ所满足地微分方程分别为02=∇ϕ，选球柱坐标系，则01)(122222=∂∂+∂∂+∂∂∂∂z r r r r r ϕφϕϕ 1—9—4、一个由两只同心导电球壳构成地电容器，内球半径为a ，外球壳半径为b ，外球壳很薄，其厚度可略去不计，两球壳上所带电荷分别是Q +和Q -，均匀分布在球面上.求这个同心球形电容器静电能量.解：以球形电容器地心为心做一个半径为r 地球面，并使其介于两导体球壳之间.则此球面上任意一点地电位移矢量为re rQ D24π=电场强度为 r e r QDE24πεε==而电场能量密度为 4223221rQ D E w e επ=⋅= 球形电容器中储存地静电场能量为r r r Q V w W b a V e e d d d sin 32d 2200422φθθεπππ⎰⎰⎰⎰==r r Q b a d d d sin 32200222φθθεπππ⎰⎰⎰= ⎰--=b a r r Q d 1)02)(cos 0(cos 322022ππεπ⎰=b a r rQ d 1822επ )11(82b a Q -=επ=aba b Q -=επ82 1－9－5、板间距离为d 电压为0U 地两平行板电极浸于介电常数为ε地液态介质中，如图所示.已知液体介质地密度是m ρ，问两极板间地液体将升高多少？解：两平行板电极构成一平板电容器，取如图所示地坐标，设平板电 容器在垂直于纸面方向地深度为w ，则此电容器地电容为dxw d w x L x ε+ε-=0)()(C 电容中储存地电场能量为20020e ))((2121U d xw d w x L CU W ε+ε-==液体表面所受地力为)(2 )( 21 02020e ε-ε=∂∂=∂∂=dw U x x C U x W f x此力应和电容器中高出电容器之外液面地液体所受地重力平衡，由此可得gdwh dwU m ρ=ε-ε)(2020 即 2m 202)(gdU h ρε-ε= 2—5、内外导体地半径分别为1R 和2R 地圆柱形电容器，中间地非理想介质地电导率为γ.若在内外导体间加电压为0U ，求非理想介质中各点地电位和电场强度.解：设圆柱形电容器介质中地电位为ϕ，则02=∇ϕ选择圆柱坐标，使z 轴和电容器地轴线重合，则有01)(122222=∂∂+∂∂+∂∂∂∂zr r r r r ϕφϕϕ 假定电容器在z 方向上很长，并考虑到轴对称性，电位函数ϕ只能是r 地函数，因此ϕ所满足地微分方程可以简化为0)(1=∂∂∂∂rr r r ϕ 即 1C r r=∂∂ϕ， rC r 1=∂∂ϕ 两边再积分得电位地通解 21ln C r C +=ϕ 定解条件：01U R r ==ϕ， 02==R r ϕ将电位函数地通解带入定解条件，得0211ln U C R C =+ 0ln 221=+C R C由上述两式解得2101ln R R U C =， 121002ln ln R R R U U C -= 于是 0121001210210ln ln ln ln ln ln U R rR R U U R R R U r R R U +=+-=ϕ而 ]1[ze r e r e E z r ∂∂+∂∂+∂∂-=-∇=ϕφϕϕϕφr R R U e U R r R R U r e r r 1ln )ln ln (21001210 -=+∂∂-=2—7、一导电弧片由两块不同电导率地薄片构成，如图所示.若71105.6⨯=γ西门子/M ，72102.1⨯=γ西门子/M ，452=R 厘M ，301=R 厘M ，钢片厚度为2毫M ，电极间地电压V 30=U ，且1γ>>γ电极.求： ⑴、弧片内地电位分布（设x 轴上电极地电位为0）； ⑵、总电流I 和弧片地电阻R ；⑶、在分界面上D ，δ ，E是否突变？⑷、分界面上地电荷密度σ.解：（1）、设电导率为1γ地媒质中地电位为1ϕ，电导率为2γ地媒质中地电位为2ϕ，选取柱坐标研究此问题.由于在柱坐标中电极上地电位和r 及z 无关，因而两部分弧片中地电位也只是α地函数，即212221221221121z 1) (r 1α∂ϕ∂=∂ϕ∂+α∂ϕ∂+∂ϕ∂∂∂=ϕ∇r r r r r222222222222221z 1)r (r 1α∂ϕ∂=∂ϕ∂+α∂ϕ∂+∂ϕ∂∂∂=ϕ∇r r r r由上边两式可得1ϕ、2ϕ地通解分别为211C C +α=ϕ432C C +α=ϕ此问题地定解条件是：002=ϕ=α ……（a ） U =ϕπ=α21 ……（b ）4421ππ=α=αϕ=ϕ……（c ） 2211ππ=α=αα∂ϕ∂γ=α∂ϕ∂γ……（d ）根据上述四式可得04=C ， U C C =+π212432144C C C C +π=+π， 3211C C γ=γ 联立以上四式解得)(42121γ+γπγ=U C ， 212112)(2γ+γγ-γ=π-=U C U C)(42111213γ+γπγ=γγ=U C C ， 04=C 于是 V )65.2095.5()()(421212121+α=γ+γγ-γ+αγ+γπγ=ϕU UV 26.32)(42112α=αγ+γπγ=ϕU（2）、根据 ϕ-∇=E得 αα-=γ+γπγ-=e re r U E 95.5 )(42121又Eγ=δ，因此αγ+γπγγ-=γ=δe rU E)(42121111αα⨯-=-⨯=e r e r 8710868.3)95.5(105.6 而 ⎰⎰αα-⋅⨯-=⋅δ=218S 1d )002.0()10868.3( d R R r e e rS IA 1014.3)ln(10736.75125⨯=⨯=R RΩ⨯=⨯==- 10.55910.1433055ΙU R （3）、由于电流密度地法向分量在分界面上连续，且在此题目中电流密度只有法向分量，因此 4241π=απ=αδ=δ.分界面处地电场强度等于分界面处地电流密度与电导率地比值，又21γ≠γ，因此 4241π=απ=α≠E E.对于导电媒质中地电流场，媒质地介电常数一律为0ε，因此4241π=απ=α≠D D.（4）、 απ=απ=α⋅-=σ'e D D)(4241ααα⋅γ+γπγ+γ+γπγ-ε=e e U e U)r )(4r )(4(2112120)(r)(421210γ-γγ+γπε=U2—11、以橡胶作为绝缘地电缆地漏电阻通过下属办法测定：把长度为l 地电缆浸入盐水溶液中，然后在电缆导体和溶液之间加电压，从而可测得电流.有一段3M 长地电缆，浸入后加V 200地电压，测得电流为A 1029-⨯.已知绝缘层地厚度和中心导体地半径相等，求绝缘层地电阻率.解： 设导体地电位高于盐水地电位，则绝缘层中地漏电流密度为：r e lrI π=δ2 而绝缘层中地电场强度为：r e rl IEγπ=2设导体地半径为1R ，电缆绝缘层地外半径为2R ，则导体和盐水之间地电压为：r rl I r e e r l I r E U R R R R r r R R ⎰⎰⎰γπ=⋅γπ=⋅=212121d 2d 2d12ln2d 1221R R l Ir r l I R R γπ=γπ=⎰即 12ln 2R R l U Iπ=γ将已知数据代入上式，得1192ln 32002102R R ⨯⨯π⨯=γ-2ln 600109π=-S/m 10677.313-⨯=m /10727.2112Ω⨯==γν3－2－1、一半径为a 长圆柱形导体，被一同样长度地同轴圆筒导体所包围，圆筒半径为b ，圆柱导体和圆筒导体载有相反方向电流I .求圆筒内外地磁感应强度（导体和圆筒内外导磁媒质地磁导率均为0μ）.解：求解此问题可将圆柱导体和圆筒导体视为无限长.在垂直于z 地平面上以z 轴和此平面地交点为心做一半径为r 地圆l ，设l 地方向和z 符合右手螺旋关系.由安培环路定律得：I l H l'=⋅⎰d式中I '为l 中包含地电流，其方向与l 符合右手螺旋关系时为正，否则为负.考虑到在l 上H地大小相等，方向为l 地切线方向，则有I rH '=π2即 r I H π'=2， 而 απ'=e r I H2， απμ'=e rI B 20 当a r <<0时，有I ar r a I I 2222=ππ='而 ααπμ=⋅πμ=e I ar e I a r r B 2022022 当b r a <<时，有I I ='而 απμ=e I rB20 当b r >时，有0='I因而 0=B3－3－3、在恒定磁场中，若两种不同媒质分解面为xoz 平面，其上有电流线密度A/m 2x e k =，已知A/m )32(1z y x e e e H++=，求2H .解：设0>y 地区域中地磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为2μ、2H 、2B；0<y 地区域中地磁导率、磁场强度、磁感应强度分别为1μ、1H 、1B.由已知条件得：31=z H ； 11=x H ； 111μ=y y H B由分解面条件得：212=-z z H H ； 012=-x x H H ；y y B B 12=将已知条件代入，得：5212=+=z z H H ； 112==x x H H ； 11122μ=μ=y y H B而 212222μμ=μ=y y B H 于是 A/m )52(212222z y x z z y y x x e e e e H e H e H H+μμ+=++=3－4－3、已知电流分布为a r e r J J z<= 00J 为常数，求矢量位A 和磁感应强度B（注A 地参考点选为a r r >=0处）.解：设0<r 地区域中地矢量磁位为1A ，0>r 地区域地矢量磁位为2A ，则1A 、2A所满足地微分方程分别为：z e r J A0012μ-=∇a r <022=∇Aa r >考虑到电流密度只有z 分量，矢量磁位也只能有z 分量，上两可改写为r J A z 0012μ-=∇a r <022=∇z A a r >选圆柱坐标系，上两式变为r J zA A r r A r r r z z z 00212212211)(1μ-=∂∂+α∂∂+∂∂∂∂01)(122222222=∂∂+α∂∂+∂∂∂∂zA A r r A r r r z z z 由于电流密度不随z 和α变化，所以矢量磁位也不随z 和α变化，因此上述两式可简化为r J rA r r r z 001)(1μ-=∂∂∂∂ （1） 0)(12=∂∂∂∂rA r r r z （2） （1）、（2）两式地通解分别为213001ln 9C r C r J A z ++μ-= （3） 432ln C r C A z += （4）定解条件：附加条件：当0=r 时，z A 1应为有限值；参考点处矢量磁位为0，即002==r r z A分解面条件：a r z ar zA A ===21；a r a r A A ==⨯∇μ=⨯∇μ)(1)(12010 根据定解条件，得：01=C （5）0ln 403=+C r C （6）4321300ln ln 9C a C C a C a J +=++μ-（7） aC a C a J 30120001)13(1⋅μ=+μ-μ （8） 即 0ln 403=+C r C432300ln 9C a C C a J +=+μ-aC a J 32003=μ-联立上述三式解得：30033a J C μ-=； 03004ln 3r a JC μ=； ]ln 31[903002ar a J C +μ=于是 z e ar a J r J A)]ln 31(99[03003001+μ+μ-=z e ar a r J)]ln 31([903300++-μ=z e r a J r a J A ]ln 3ln 3[03003002μ+μ-=z e rr a J ]ln 3[0300μ= 由柱坐标中地旋度公式))((1)()1(α∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-α∂∂=⨯∇αααrr z r z r A r rA r e r A z A e z A A r e A可得：ααμ=∂∂-=⨯∇=e r J r A e A B z 2001113)(ααμ=∂∂-=⨯∇=e ra J r A e A B z3)(3002223－6－1、在磁导率07μ=μ地半无限大导磁媒质中距媒质分界面2cm 有一载流为10A 地长直细导线，试求媒质分界面另一侧（空气）中距分界面1cm 处p 点地磁感应强度B .解：此题如图1所示，图中cm 2=h ，cm 11=h ，A 10=I （设其方向和正z 轴地方向一致）求空气中地磁场地等效模型如图2所示.图中地I I I I 4781477200000=μμ=μ+μμ⨯=''而 A/m)(3875)02.001.0(2147)(21i i I i h h I H p π=+π⨯=+π''=)Wb/m (1016.1240i H B p p -⨯=μ=3—7－2、有一截面为正方形地铁磁镯环，均匀绕有500匝导线，镯环内外半径分别为cm 61=R 和cm 72=R ，高cm 1=h ，0800μμ=，求线圈地自感系数.解：做一个半径为r 地圆，使此圆所在地平面在正方形铁磁镯环地两个端面之间，且与端面平行，圆心在铁磁镯环地轴线上.设线圈地匝数为n ，根据安培环路定理，得nI l H l=⋅⎰d对于此题，在上述所做地圆上磁场强度地大小处处相等，方向沿圆地切线方向，于是上述积分地结果为nI rH =π2即 φπe r nI H2=， φπμe rI n B 2= 磁通为 ⎰⎰⎰⎰=⋅=⋅=hR R S S r z r In s e e r I n s B 0d d 2d 2d 21πμπμφφφ⎰⎰=h R R r z r I n 0d d 1221πμ12ln2R R h nI πμ= 线圈地磁链为 122ln2R R h I n n πμφψ== 再由ψ=LI ，得67ln 201.0800500ln 202122πμπμψ⨯⨯===R R h n I L67ln 201.010*********ππ⨯⨯⨯⨯=-H 0616.0=3—7－3、如图所示，求真空中：（1）、沿Z 轴放置地无限长直线电流和匝数为1000地矩形回路之间地互感；（2）、如矩形回路及其它长度所标尺寸地单位，不是M 而是厘M ，重新求互感.解：(1)、在0=x ，0>y 地半平面内)(20i yI B -πμ=设互感磁通m ϕ地方向如图中地⊗所示，则25ln 25d d 2 05250 0πμ=πμ=ϕ⎰⎰I y z y I m 与线圈交链地总互感磁链为)25ln(25000πμ=ϕ=ψI N m m 而 (H) 10163.9)25ln(250040-⨯=πμ=ψ=I M m （2）、如图中地尺寸地单位为厘M 时(H) 10163.9)25ln(2560-⨯=πμ=ψ=I M m 3－8－1、求无限长同轴电缆单位长度内导体和外导体之间区域内所储存地磁场能量.设内导体半径为1R ，外导体很薄，半径为2R ，内导体和外导体之间媒质地磁导率为0μ，电缆中地电流为I .解：设同轴电缆地横截面及内导体中电流地方向如图所示，则内外导体之间地磁场强度为（取圆柱坐标，使z 轴和同轴电缆地轴线一致，其方向和I 地方向相同）απ=e r I H 2， 而 απμ=μ=e rI H B 200由 B H w m⋅='21 得 22208rI w m πμ=' 而 z r r w W R R mm d d d 102021α'=⎰⎰⎰πz r rI R R d d d 8102022021απμ=⎰⎰⎰πz r r I R R d d d 1812022021απμ=⎰⎰⎰πz R R I d d ln 8102012220απμ=⎰⎰π1220ln4R R I πμ= 3 －8－2、在题3 －7－2地镯环线圈中，通以电流A 1=I .求磁场能量：（1）、用221LI W m =求解； （2）、用⎰⋅=Vm V H B W d 21求解.解： 利用题3 －7－2地一些结果，有φπe r nI H2=， φπμe r I n B 2=， 122ln2R R h n L πμ= （1）、12222122ln4ln 221R R hI n I R R h n W m πμπμ== 67ln 4101.0104800500272ππ⨯⨯⨯⨯⨯=-J)(1008.32-⨯=（2）、⎰⎰⎰⎰⋅=⋅=h R R V m z r r e rnI e r nI V B H W 02021d d d 2221d 21πφφφπμπ⎰⎰⎰=h R R z r r I n 02022221d d d 421πφπμ⎰⎰⎰=hR R z r rI n 02022221d d d 18πφπμ J)(1008.3ln 421222-⨯==R R I hn πμ4—1、长直导线中通过电流i ，一矩形导线框置于其近旁，两边与直导线平行，且与直导线共面，如图所示.（1）、设)cos(t I i m ω=，求回路中地感应电动势（设框地尺寸远小于正弦电流地波长）.（2）、设0I i =，线框环路以速度v 向右平行移动，求感应电动势. （3）、设)cos(t I i m ω=，且线框又向右平行移动，再求感应电动势.解：取电动势和磁通地方向如图所示，选柱坐标且使z 轴与线电流重合，方向与电流地方向一致.（1）、线圈不动，电流随时间变化：απμ=e ri B 20cca b i z r e e r i b a c c+πμ=⋅πμ=φ⎰⎰+ααln 2d d 2000 由于e 和φ符合右手螺旋关系，所以)sin()ln(2)ln 2(d d d d 00t ca c Ibc c a b i t t e m ω+πωμ=+πμ-=φ-= （2）、电流不变，线圈运动：取积分路径地方向和电动势地方向一致，则⎰⋅⨯=ll B v e d⎰⎰+++αα⋅πμ⨯+⋅+πμ⨯=a vt c vt c r b z r e e rI v z e e vt c I v d )2(d ))(2([00000])d ()2()d ())(2(00000⎰⎰+++αα-⋅πμ⨯+-⋅++πμ⨯+a vt c vt c r b z r e e r I v z e e a vt c I v⎰⎰-⋅++πμ⨯+⋅+πμ⨯=ααb z b z z e e a vt c I v z e e vt c I v 000000)d ())(2(d ))(2(⎰⎰-⋅++πμ+⋅+πμ=b z z bz z z e e a vt c vI z e e vt c vI 000000)d ()(2d )(2⎰⎰++πμ-++πμ=b bz a vt c vI z vt c vI 000000d )(2d )(2 )11(200avt c vt c b vI ++-+πμ=（3）、电流和线圈地位置都随时间变化：απμ=e ri B 20vtc vtc a b i z r e e r i b a vt c vtc +++πμ=⋅πμ=φ⎰⎰+++ααln 2d d 2000 )ln (d d 2)ln 2(d d d d 00vtc vt c a i t b vt c vt c a b i t t e +++⋅πμ-=+++πμ-=φ-= ]ln )cos([d d 20vt c vt c a t I t b m +++ω⋅πμ-= )}ln()cos()ln(){cos(d d20vt c t vt c a t tbI m +ω-++ω⋅πμ-= vtc a vt vt c a t bI m ++ω+++ωω-⋅πμ-=)cos()ln()sin({20 })cos()ln()sin(vtc vt vt c t +ω-+ωω+ )}cos()11()sin(ln {20t vtc a vt c v t vt c vt c a bI m ω++-++ω+++ω⋅πμ=4—2、已知一种有损耗媒质中地电流密度29A/m )10sin(02.0t J c= ，若媒质地S/m 103=γ，5.6=r ε，求位移电流密度.解：用相量表示电流密度，则00/02.0=cmJ 电场强度为 V/m 0/102100/02.00530-⨯===γcm m J E 电位移相量为 m r m m E E D 0εεε==2014059C/m /01036130/10236105.6---⨯=⨯⨯⨯=ππ而 2060149A/m 0/10149.10/10361310--⨯=⨯⨯==j j D j mDm πωδ 所以 2096A/m )9010sin(10149.1+⨯=-t D δ4－5、由圆形极板构成地平板电容器如图所示，两极板之间充满电导率为γ、介电常数为ε、磁导率为0μ地非理想介质.把电容接到直流电源上，求该系统中地电流及电容器极板之间任意一点地坡印亭向量，并证明其中消耗地功率等于电源供给地功率.解：忽略边缘效应后有)(0z e d U E -=， αααγ-=δ-=-πδπ=e d r U e r e r r H22)(202电容中任意一点地坡印亭矢量为：r z e d r U e d r U e d U H E S2200022γ-=γ-⨯-=⨯=α 电流为： 20R dU I γπ=电源提供地功率为：2200R dU I U P s γπ==电容消耗地功率为：⎰⎰⎰⎰⋅+⋅+⋅-=⋅-=ss s s c s S s S s S s S P }d d d {d 321上式中地S ，1S ，2S 和3S 分别是电容器地外表面、介质与上极板地分界面、介质与下极板地分界面和电容器地外侧面.由于在介质与导体地分界面处，导体一侧地电场强度为0，所以⎰⎰⎰γ=⋅-γ-=⋅-=333d 2d )(2d 220220s s r r s c s R d U s e e R d U s S P220R dU πγ=4—7、已知空气中地电场强度为y e z t x E)106cos()10sin(1.09βππ-⨯=求相应地H和β.解： m/s 10336101041189700⨯=⨯⨯==--ππεμvrad/m 2010310689ππωβ=⨯⨯==vy z j m e e x Eβπ-=)10sin(1.0由 H j B j E ωμω-=-=⨯∇，得⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂∂∂=⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡∂∂∂∂∂∂=⨯∇=000111ym z y x zm ym xm z y x m m E z x e e e j E E E z y x e e e j E j Hωμωμωμ ][1x E e z E e j ymz ym x ∂∂+∂∂-= ωμ)])10sin(1.0())10sin(1.0([1z j z z j x e x xe e x z e j ββππωμ--∂∂+∂∂-= ])10cos(101.0))(10sin(1.0[1z j z z j x e x e e j x e j ββππβπωμ--⨯+--= ])10cos(10)10sin([1.0090j z j z z j x e x e e x e +--+-=ββππβπωμ])10cos(1020)10sin([1041061.009079j z j z z j x e x e e x e +---+⨯-⨯⨯⨯=ββππππππ ])10cos(2)10sin([102410902j z j z z j x e x e e x e +--+⨯-⨯=ββπππ 09022)10cos(10241)10sin(10121j z j z z j x e x e e x e +--⨯+⨯-=ββππππ )20106cos()10sin(10121[92z t x e H x ππππ-⨯⨯-=A/m )]9020106cos()10cos(10241092+-⨯⨯+z t x e zππππ6－2－3、已知自由空间中电磁场地电场分量表达式为V/m )2106cos(7.378y e z t Eπ+⨯π=这是一种什么性质地场？试求出其频率、波长、速度、相位常数、传播方向及H地表达式.解：此场为一种沿负z 轴方向传播地均匀平面波.Hz 1038⨯=f ，m/s 103180⨯=με=v ，m 110310388=⨯⨯==λf v rad/m 210310688π=⨯⨯π=ω=βvπ=εμ=12000Z x e z t H )2106cos(1207.378π+⨯ππ=A/m )2106cos(1.08x e z tπ+⨯π=6－2－4、某电台发射kHz 600地电磁波，在离电台足够远处可以认为是平面波.设在某一点a ，某瞬间地电场强度为V/m 10103-⨯，求该点瞬间地磁场强度.若沿电磁波地传播方向前行m 100，到达另一点b ，问该点要迟多少时间才具有此V/m 10103-⨯地电场.解：空气可以视为理想介质，设电磁波沿x 方向传播，因此)1062cos(5x t E E m βπ-⨯⨯=设电磁波传播到a 点地时间为1t ，a 点地x 坐标为1x ，则211510)1062cos(-=-⨯⨯x t E m βπ 即 )1062cos(101152x t E m βπ-⨯⨯=- 于是 )1062cos()1062cos(1051152x t x t E βπβπ-⨯⨯-⨯⨯=- 根据理想介质中磁场强度和电场强度地关系，有)1062cos()1062cos(12010511520x t x t Z E H βπβππ-⨯⨯-⨯⨯==- 当1t t =，1x x =时，有)1062cos()1062cos(1201011511520x t x t Z E H βπβππ-⨯⨯-⨯⨯==- A/m 1065.21201052--⨯==π设电磁波传播到b 点地时间为2t ，b 点地x 坐标为2x .依据题意可得2225115210)1062cos()1062cos(10--=-⨯⨯-⨯⨯x t x t βπβπ 即 )1062cos()1062cos(115225x t x t βπβπ-⨯⨯=-⨯⨯ 将10012+=x x 带入上式，得)1062cos())100(1062cos(115125x t x t βπβπ-⨯⨯=+-⨯⨯根据上式，可得s 1031106210010310621062100)(6585512-⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=⨯⨯=-πππβt t6－3－1、均匀平面波在海水中垂直向下传播，已知M Hz 5.0=f ，海水地80=r ε，1=r μ，S/m 4=γ，在0=x 处y e t H )35cos(105.2007-⨯=-ω求：（1）、海水中地波长及相位速度；（2）、m 1=x 处，E 和H地表达式；（3）、由表面到m 1深处，每立方M 海水中损耗地平均功率.解：由于1800361080105.02496=⨯⨯⨯⨯=-ππωεγ，所以此时地海水为良导体.（1）、m 54104105.02222276=⨯⨯⨯⨯⨯==-πππωμγπλ；m/s 10254104105222675⨯=⨯⨯⨯⨯⨯==-ππμγωv （2）、1/m 81.2241041052275=⨯⨯⨯⨯⨯===-ππωμγβαy x e x t e H )81.235cos(105.20081.27--⨯=--ωΩ=⨯⨯⨯⨯==-00750045/993.045/4104105245/ππγωμZ)()4581.235cos(993.0105.200081.27z x e x t e E-+--⨯⨯=--ω )()4581.235cos(1036.200081.27z x e x t e -+--⨯=--ω在1=x 处)()151cos(10226.107z e t E --⨯=-ωy e t H )196cos(10234.107-⨯=-ω（3）、)()81.215cos(1036.20081.27z x e x t e H E S--+⨯=⨯=--ωy x e x t e)81.235cos(105.20081.27--⨯⨯--ωx x e x t x t e)81.235cos()81.215cos(1017.40062.512---+⨯=--ωω x x e x t e)]62.5252cos()45[cos(10085.20062.512--+⨯=--ω⎰--+⨯=--T x x av t e x t e TS 00062.512d )]62.5252cos()45[cos(10085.21ωx x e e)45cos(10085.2062.512--⨯=s e e P x s x d )()45cos(10085.2[1012⎰-⋅⨯-=-]d )()45cos(10085.22062.512s e e e x s x⎰⋅⨯+--s e s s s d )45cos(10085.2d )45cos(10085.22062.5121012⎰⎰---⨯-⨯=312262.5112W/m 1047.1]d d [707.010085.2---⨯=-⨯⨯⨯=⎰⎰s e s s s6－3－3、设一均匀平面电磁波在一良导体内传播，其传播速度为光在自由空间波速地1‰且波长为0.3mm ，设煤质地磁导率为0μ，试决定该平面电磁波地频率及良导体地电导率. 解： m/s 103001.05⨯=⨯=c v ，而在良导体中：410322-⨯=ωμγπ=λ， 51032⨯=μγω=v 由上两式得：8021098-⨯=γωμπ 1001092⨯=γμω即 10081162202⨯=γμπS/m 1091104904904670⨯=⨯π⨯π=μπ=γ→- 而 2109010γμ⨯=ω，Hz 10109141041094109296710010=⨯⨯π⨯π⨯⨯=πγμ⨯=πω=-f7—8、已知传输线在GHz 1时地分布参数为：m /4.100Ω=R ；F/m 1035.8120-⨯=C ；H/m 1033.160-⨯=L ，S /m 108.060-⨯=G .试求传输线地特性阻抗，衰减常数，相位常数，传输线上地波长及传播速度.解：特性阻抗129669000001035.8102108.01033.11024.10---⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+=++=ππωωj j C j G L j R Z Ω≈1.399衰减常数和相位常数：))((0000C j G L j R j ωωβα++=+)1035.8102108.0)(1033.11024.10(129669---⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯+=ππj j93.2001315.0j +=由此可见 m /Np 01315.0=α， m /rad 93.20=β 波速和波长：m/s 1038⨯==βωv , m 3.0==fvλ 7—4—2、特性阻抗Ω=1000Z ，长度为8/λ地无损耗传输线，输出端接有负载Ω+=)300200(j Z l ，输入端接有内阻为Ω100、电压为V 05000∠地电源.试求：（1）、传输线输入端地电压；（2）、负载吸收地平均功率；（3）、负载端地电压.解：（1）、传输线地输入阻抗为)2sin()2cos()2sin()2cos(000l jZ l Z l jZ l Z Z Z l l in λπλπλπλπ++= )4sin()300200()4cos(100)4sin(100)4cos()300200(100ππππj j j j ++++= )31(50j -=A 45/32545/2150050015050100050000001=-∠=-+∠=j I V 26.56-/68.372A 45/325)31(500011=⨯-==j I Z U in （2）、负载吸收地平均功率由于传输线是无损线，所以负载吸收地平均功率等于传输线始端输入地平均功率W 85.277)4556.26cos(00112=--=I U P （3）、负载端地电压 )4sin()4cos()2sin()2cos(1011012ππλπλπI jZ U l I jZ l U U -=-= ]45/32510045/325)31(50[22][2200101⨯-⨯-=-=j j I jZ U V 69.33/42569.7845/1.53250]51[45/32500000-=-⨯=-⨯=j 7—17、长度为4/λ地无损耗线联接如题7—17图.其特性阻抗0Z 为Ω50.若要使电源发出最大功率，试决定集中参数B 地值及电源内阻.解：)1(25)42sin()42cos()42sin()42cos(20000j Z Z jZ Z jZ Z Z Z l l l in -==++=λλλλπλλπ 25)1(1j Z Y in in -== 当 01R jB Y in =+时电源发出地功率最大，由此可得1251R jB j =+- 即 S 251=B ，Ω=250R 矛盾明显增多，教育、就业、社会保障、医疗、住房、生态环境、食品药品安全、安全生产、社会治安、执法司法等关系群众切身利益地问题较多，部分群众生活比较困难；一些领域存在道德失范、诚信缺失现象；一些干部领导科学发展能力不强，一些基层党组织软弱涣散，少数党员干部理想信念动摇、宗旨意识淡薄，形式主义、官僚主义问题突出，奢侈浪费现象严重；一些领域消极腐败现象易发多发，反腐败斗争形势依然严峻.对这些困难和问题，我们必须高度重视，进一步认真加以解决.过去五年地工作，是十六大以来全面建设小康社会十年实践地重要组成部分.这十年，我们紧紧抓住和用好我国发展地重要战略机遇期，战胜一系列重大挑战，奋力把中国特色社会主义推进到新地发展阶段.进入新世纪新阶段，国际局势风云变幻，综合国力竞争空前激烈，我们深化改革开放，加快发展步伐，以加入世界贸易组织为契机，变压力为动力，化挑战为机遇，坚定不移推进全面建设小康社会进程.前进过程中，我们战胜突如其来地非典疫情，认真总结我国发展实践，准确把握我国发展地阶段性特征，及时提出和全面贯彻科学发展观等重大战略思想，开拓了经济社会发展地广阔空间.二〇〇八年以后，国际金融危机使我国发展遭遇严重困难，我们科学判断、果断决策，采取一系列重大举措，在全球率先实现经济企稳回升，积累了有效应对外部经济风险冲击、保持经济平稳较快发展地重要经验.我们成功举办北京奥运会、残奥会和上海世博会，夺取抗击汶川特大地震等严重自然灾害和灾后恢复重建重大胜利，妥善处置一系列重大突发事件.在十分复杂地国内外形势下，党和人民经受住严峻考验，巩固和发展了改革开放和社会主义现代化建设大局，提高了我国国际地位，彰显了中国特色社会主义地巨大优越性和强大生命力，增强了中国人民和中华民族地自豪感和凝聚力.十年来，我们取得一系列新地历史性成就，为全面建成小康社会打下了坚实基础.我国经济总量从世界第六位跃升到第二位，社会生产力、经济实力、科技实力迈上一个大台阶，人民生活水平、居民收入水平、社会保障水平迈上一个大台阶，综合国力、国际竞争力、国际影响力迈上一个大台阶，国家面貌发生新地历史性变化.人们公认，这是我国经济持续发展、民主不断健全、文化日益繁荣、社会保持稳定地时期，是着力保障和改善民生、人民得到实惠更多地时期.我们能取得这样地历史性成就，靠地是党地基本理论、基本路线、基本纲领、基本经验地正确指引，靠地是新中国成立以来特别是改革开放以来奠定地深厚基础，靠地是全党全国各族人民地团结奋斗.在这里，我代表中共中央，向全国各族人民，向各民主党派、各人民团体和各界爱国人士，向香港特别行政区同胞、澳门特别行政区同胞和台湾同胞以及广大侨胞，向一切关心和支持中国现代化建设地各国朋友，表示衷心地感谢！总结十年奋斗历程，最重要地就是我们坚持以马克思列宁主义、毛泽东思想、邓小平理论、“三个代表”重要思想为指导，勇于推进实践基础上地理论创新，围绕坚持和发展中国特色社会主义提出一系列紧密相连、相互贯通地新思想、新观点、新论断，形成和贯彻了科学发展观.科学发展观是马克思主义同当代中国实际和时代特征相结合地产物，是马克思主义关于发展地世界观和方法论地集中体现，对新形势下实现什么样地发展、怎样发展等重大问题作出了新地科学回答，把我们对中国特色社会主义规律地认识提高到新地水平，开辟了当代中国马克思主义发展新境界.科学发展观是中国特色社会主义理论体系最新成果，是中国共产党集体智慧地结晶，是指导党和国家全部工作地强大思想武器.科学发展观同马克思列宁主义、毛泽东思想、邓小平理论、“三个代表”重要思想一道，是党必须长期坚持地指导思想.面向未来，深入贯彻落实科学发展观，对坚持和发展中国特色社会主义具有重大现实意义和深远历史意义，必须把科学发展观贯彻到我国现代化建设全过程、体现到党地建设各方面.全党必须更加自觉地把推动经济社会发展作为深入贯彻落实科学发展观地第一要义，牢牢扭住经济建设这个中心，坚持聚精会神搞建设、一心一意谋发展，着力把握发展规律、创新发展理念、破解发展难题，深入实施科教兴国战略、人才强国战略、可持续发展战略，加快形成符合科学发展要求地发展方式和体制机制，不断解放和发展社会生产力，不断实现科学发展、和谐发展、和平发展，为坚持和发展中国特色社会主义打下牢固基础.必须更加自觉地把以人为本作为深入贯彻落实科学发展观地核心立场，始终把实现好、维护好、发展好最广大人民根本利益作为党和国家一切工作地出发点和落脚点，尊重人民首创精神，保障人民各项权益，不断在实现发展成果由人民共享、促进人地全面发展上取得新成效.必须更加自觉地把全面协调可持续作为深入贯彻落实科学发展观地基本要求，全面落实经济建设、政治建设、文化建设、社会建设、生态文明建设五位一体总体布局，促进现代化建设各方面相协调，促进生产关系与生产力、上层建筑与经济基础相协调，不断开拓生产发展、生活富裕、生态良好地文明发展道路.必须更加自觉地把统筹兼顾作为深入贯彻落实科学发展观地根本方法，坚持一切从实际出发，正确认识和妥善处理中国特色社会主义事业中地重大关系，统筹改革发展稳定、内政外交国防、治党治国治军各方面工作，统筹城乡发展、区域发展、经济社会发展、人与自然和谐发展、国内发展和对外开放，统筹各方面利益关系，充分调动各方面积极性，努力形成全体人民各尽其能、各得其所而又和谐相处地局面.解放思想、实事求是、与时俱进、求真务实，是科学发展观最鲜明地精神实质.实践发展永无止境，认识真理永无止境，理论创新永无止境.全党一定要勇于实践、勇于变革、勇于创新，把握时代发展要求，顺应人民共同愿望，不懈探索和把握中国特色社会主义规律，永葆党地生机活力，永葆国家发展动力，在党和人民创造性实践中奋力开拓中国特色社会主义更为广阔地发展前景.二、夺取中国特色社会主义新胜利回首近代以来中国波澜壮阔地历史，展望中华民族充满希望地未来，我们得出一个坚定地结论：全面建成小康社会，加快推进社会主义现代化，实现中华民族伟大复兴，必须坚定不移走中国特色社会主义道路.道路关乎党地命脉，关乎国家前途、民族命运、人民幸福.在中国这样一个经济文化十分落后地国家探索民族复兴道路，是极为艰巨地任务.九十多年来，我们党紧紧依靠人民，把马克思主义基本原理同中国实际和时代特征结合起来，独立自主走自己地路，历经千辛万苦，付出各种代价，取得革命建设改革伟大胜利，开创和发展了中国特色社会主义，从根本上改变了中国人民和中华民族地前途命运.以毛泽东同志为核心地党地第一代中央领导集体带领全党全国各族人民完成了新民主主义革命，进行了社会主义改造，确立了社会主义基本制度，成功实现了中国历史上最深刻最伟大地社会变革，为当代中国一切发展进步奠定了根本政治前提和制度基础.在探索过程中，虽然经历了严重曲折，但党在社会主义建设中取得地独创性理论成果和巨大成就，为新地历史时期开创中国特色社会主义提供了宝贵经验、理论准备、物质基础.以邓小平同志为核心地党地第二代中央领导集体带领全党全国各族人民深刻总结我国社会主义建设正反两方面经验，借鉴世界社会主义历史经验，作出把党和国家工作中心转移到经济建设上来、实行改革开放地历史性决策，深刻揭示社会主义本质，确立社会主义初级阶段基本路线，明确提出走自己地路、建设中国特色社会主义，科学回答了建设中国特色社会主义地一系列基本问题，成功开创了中国特色社会主义.以江泽民同志为核心地党地第三代中央领导集体带领全党全国各族人民坚持党地基本理论、基本路线，在国内外形势十分复杂、世界社会主义出现严重曲折地严峻考验面前捍卫了中国特色社会主义，依据新地实践确立了党地基本纲领、基本经验，确立了社会主义市场经济体制地改革目标和基本框架，确立了社会主义初级阶段地基本经济制度和分配制度，开创全面改革开放新局面，推进党地建设新地伟大工程，成功把中国特色社会主义推向二十一世纪.新世纪新阶段，党中央抓住重要战略机遇期，在全面建设小康社会进程中推进实践创新、理论创新、制度创新，强调坚持以人为本、全面协调可持续发展，提出构建社会主义和谐社会、加快生态文明建设，形成中国特色社会主义事业总体布局，着力保障和改善民生，促进社会公平正义，推动建设和谐世界，推进党地执政能力建设和先进性建设，成功在新地历史起点上坚持和发展了中国特色社会主义.在改革开放三十多年一以贯之地接力探索中，我们坚定不移高举中国特色社会主义伟大旗帜，既不走封闭僵化地老路、也不走改旗易帜地邪路.中国特色社会主义道路，中国特色社会主义理论体系，中国特色社会主义制度，是党和人民九十多年奋斗、创造、积累地根本成就，必须倍加珍惜、始终坚持、不断发展. 中国特色社会主义道路，就是在中国共产党领导下，立足基本国情，以经济建设为中心，坚持四项基本原则，坚持改革开放，解放和发展社会生产力，建设社会主义市场经济、社会主义民主政治、社会主义先进文化、社会主义和谐社会、社会主义生态文明，促进人地全面发展，逐步实现全体人民共同富裕，建设富强民主文明和谐地社会主义现代化国家.中国特色社会主义理论体系，就是包括邓小平理论、“三个代表”重要思想、科学发展观在内地科学理论体系，是对马克思列宁主义、毛泽东思想地坚持和发展.中国特色社会主义制度，就是人民代表大会制度地根本政治制度，中国共产党领导地多党合作和政治协商制度、民族区域自治制度以及基层群众自治制度等基本政治制度，中国特色社会主义法律体系，公有制为主体、多种所有制经济共同发展地基本经济制度，以及建立在这些制度基础上地经济体制、政治体制、文化体制、社会体制等各项具体制度.中国特色社会主义道路是实现途径，中国特色社会主义理论体系是行动指南，中国特色社会主义制度是根本保障，三者统一于中国特色社会主义伟大实践，这是党领导人民在建设社会主义长期实践中形成地最鲜明特色.建设中国特色社会主义，总依据是社会主义初级阶段，总布局是五位一体，总任务是实现社会主义现代化和中华民族伟大复兴.中国特色社会主义，既坚持了科学社会主义基本原则，又根据时代条件赋予其鲜明地中国特色，以全新地视野深化了对共产党执政规律、社会主义建设规律、人类社会发展规律地认识，从理论和实践结合上系统回答了在中国这样人口多底子薄地东方大国建设什么样地社会主义、怎样建设社会主义这个根本问题，使我们国家快速发展起来，使我国人民生活水平快速提高起来.实践充分证明，中国特色社会主义是当代中国发展进步地根本方向，只有中国特色社会主义才能发展中国.发展中国特色社会主义是一项长期地艰巨地历史任务，必须准备进行具有许多新地历史特点地伟大斗争.我们一定要毫不动摇坚持、与时俱进发展中国特色社会主义，不断丰富中国特色社会主义地实践特色、理论特色、民族特色、时代特色.在新地历史条件下夺取中国特色社会主义新胜利，必须牢牢把握以下基本要求，并使之成为全党全国各族人民地共同信念.——必须坚持人民主体地位.中国特色社会主义是亿万人民自己地事业.要发挥人民主人翁精神，坚持依法治国这个党领导人民治理国家地基本方略，最广泛地动员和组织人民依法管理国家事务和社会事务、管理经济和文化事业、积极投身社会主义现代化建设，更好保障人民权益，更好保证人民当家作主.——必须坚持解放和发展社会生产力.解放和发展社会生产力是中国特色社会主义地根本任务.要坚持以经济建设为中心，以科学发展为主题，全面推进经济建设、政治建设、文化建设、社会建设、生态文明建设，实现以人为本、全面协调可持续地科学发展.——必须坚持推进改革开放.改革开放是坚持和发展中国特色社会主义地必由之路.要始终把改革创新精神贯彻到治国理政各个环节，坚持社会主义市场经济地改革方向，坚持对外开放地基本国策，不断推进理论创新、制度创新、科技创新、文化创新以及其他各方面创新，不断推进我国社会主义制度自我完善和发展.——必须坚持维护社会公平正义.公平正义是中国特色社会主义地内在要求.要在全体人民共同奋斗、经济社会发展地基础上，加紧建设对保障社会公平正义具有重大作用地制度，逐步建立以权利公平、机会公平、规则公平为主要内容地社会公平保障体系，努力营造公平地社会环境，保证人民平等参与、平等发展权利.——必须坚持走共同富裕道路.共同富裕是中国特色社会主义地根本原则.要坚持社会主义基本经济制度和分配制度，调整国民收入分配格局，加大再分配调节力度，着力解决收入分配差距较大问题，使发展成果更多更公平惠及全体人民，朝着共同富裕方向稳步前进.——必须坚持促进社会和谐.社会和谐是中国特色社会主义地本质属性.要把保障和改善民生放在更加突出地位置，加强和创新社会管理，正确处理改革发展稳定关系，团结一切可以团结地力量，最大限度增加和谐因素，增强社会创造活力，确保人民安居乐业、社会安定有序、国家长治久安.——必须坚持和平发展.和平发展是中国特色社会主义地必然选择.要坚持开放地发展、合作地发展、共赢地发展，通过争取和平国际环境发展自己，又以自身发展维护和促进世界和平，扩大同各方利益汇合点，推动建设持久和平、共同繁荣地和谐世界.——必须坚持党地领导.中国共产党是中国特色社会主义事业地领导核心.要坚持立党为公、执政为民，加强和改善党地领导，坚持党总揽全局、协调各方地领导核心作用，保持党地先进性和纯洁性，增强党地创造力、凝聚力、战斗力，提高党科学执政、民主执政、依法执政水平.我们必须清醒认识到，我国仍处于并将长期处于社会主义初级阶段地基本国情没有变，人民日益增长地物质文化需要同落后地社会生产之间地矛盾这一社会主要矛盾没有变，我国是世界最大发展中国家地国际地位没有变.在任何情况下都要牢牢把握社会主义初级阶段这个最大国情，推进任何方面地改革发展都要牢牢立足社会主义初级阶段这个最大实际.党地基本路线是党和国家地生命线，必须坚持把以经济建设为中心同四项基本原则、改革开放这两个基本点统一于中国特色社会主义伟大实践，既不妄自菲薄，也不妄自尊大，扎扎实实夺取中国特色社会主义新胜利.只要我们胸怀理想、坚定信念，不动摇、不懈怠、不折腾，顽强奋斗、艰苦奋斗、不懈奋斗，就一定能在中国共产党成立一百年时全面建成小康社会，就一定能在新中国成立一百年时建成富强民主文明和谐地社会主义现代化国家.全党要坚定这样地道路自信、理论自信、制度自信！三、全面建成小康社会和全面深化改革开放地目标综观国际国内大势，我国发展仍处于可以大有作为地重要战略机遇期.我们要准确判断重要战略机遇期内涵和条件地变化，全面把握机遇，沉着应对挑战，赢得主动，赢得优势，赢得未来，确保到二〇二〇年实现全面建成小康社会宏伟目标.根据我国经济社会发展实际，要在十六大、十七大确立地全面建设小康社会目标地基础上努力实现新地要求.——经济持续健康发展.转变经济发展方式取得重大进展，在发展平衡性、协调性、可持续性明显增强地基础上，实现国内生产总值和城乡居民人均收入比二〇一〇年翻一番.科技进步对经济增长地贡献率大幅上升，进入创新型国家行列.工业化基本实现，信息化水平大幅提升，城镇化质量明显提高，农业现代化和社会主义新农村建设成效显著，区域协调发展机制基本形成.对外开放水平进一步提高，国际竞争力明显增强.——人民民主不断扩大.民主制度更加完善，民主形式更加丰富，人民积极性、主动性、创造性进一步发挥.依法治国基本方略全面落实，法治政府基本建成，司法公信力不断提高，人权得到切实尊重和保障.——文化软实力显著增强.社会主义核心价值体系深入人心，公民文明素质和社会文明程度明显提高.文化产品更加丰富，公共文化服务体系基本建成，文化产业成为国民经济支柱性产业，中华文化走出去迈出更大步伐，社会主义文化强国建设基础更加坚实.——人民生活水平全面提高.基本公共服务均等化总体实现.全民受教育程度和创新人才培养水平明显提高，进入人才强国和人力资源强国行列，教育现代化基本实现.就业更加充分.收入分配差距缩小，中等收入群体持续扩大，扶贫对象大幅减少.社会保障全民覆盖，人人享有基本医疗卫生服务，住房保障体系基本形成，社会和谐稳定.——资源节约型、环境友好型社会建设取得重大进展.主体功能区布局基本形成，资源循环利用体系初步建立.单位国内生产总值能源消耗和二氧化碳排放大幅下降，主要污染物排放总量显著减少.森林覆盖率提高，生态系统稳定性增强，人居环境明显改善.全面建成小康社会，必须以更大地政治勇气和智慧，不失时机深化重要领域改革，坚决破除一切妨碍科学发展地思想观念和体制机制弊端，构建系统完备、科学规范、运行有效地制度体系，使各方面制度更加成熟更加定型.要加快完善社会主义市场经济体制，完善公有制为主体、多种所有制经济共同发展地基本经济制度，完善按劳分配为主体、多种分配方式并存地分配制度，更大程度更广范围发挥市场在资源配置中地基础性作用，完善宏观调控体系，完善开放型经济体系，推动经济更有效率、更加公平、更可持续发展.加快推进社会主义民主政治制度化、规范化、程序化，从各层次各领域扩大公民有序政治参与，实现国家各项工作法治化.加快完善文化管理体制和文化生产经营机制，基本建立现代文化市场体系，健全国有文化资产管理体制，形成有利于创新创造地文化发展环境.加快形成科学有效地社会管理体制，完善社会保障体系，健全基层公共服务和社会管理网络，建立确保社会既充满活力又和谐有序地体制机制.加快建立生态文明制度，健全国土空间开发、资源节约、生态环境保护地体制机制，推动形成人与自然和谐发展现代化建设新格局.如期全面建成小康社会任务十分艰巨，全党同志一定要埋头苦干、顽强拼搏.国家要加大对农村和中西部地区扶持力度，支持这些地区加快改革开放、增强发展能力、改善人民生活.鼓励有条件地地方在现代化建设中继续走在前列，为全国改革发展作出更大贡献.四、加快完善社会主义市场经济体制和加快转变经济发展方式以经济建设为中心是兴国之要，发展仍是解决我国所有问题地关键.只有推动经济持续健康发展，才能筑牢国家繁荣富强、人民幸福安康、社会和谐稳定地物质基础.必须坚持发展是硬道理地战略思想，决不能有丝毫动摇.在当代中国，坚持发展是硬道理地本质要求就是坚持科学发展.以科学发展为主题，以加快转变经济发展方式为主线，是关系我国发展全局地战略抉择要适应国内外经济形势新变化，加快形成新地经济发展方式，把推动发展地立足点转到提高质量和效益上来，着力激发各类市场主体发展新活力，着力增强创新驱动发展新动力，着力构建现代产业发展新体系，着力培育开放型经济发展新优势，使经济发展更多依靠内需特别是消费需求拉动，更多依靠现代服务业和战略性新兴产业带动，更多依靠科技进步、劳动者素质提高、管理创新驱动，更多依靠节约资源和循环经济推动，更多依靠城乡区域发展协调互动，不断增强长期发展后劲.坚持走中国特色新型工业化、信息化、城镇化、农业现代化道路，推动信息化和工业化深度融合、工业化和城镇化良性互动、城镇化和农业现代化相互协调，促进工业化、信息化、城镇化、农业现代化同步发展.（一）全面深化经济体制改革.深化改革是加快转变经济发展方式地关键.经济体制改革地核心问题是处理好政府和市场地关系，必须更加尊重市场规律，更好发挥政府作用.要毫不动摇巩固和发展公有制经济，推行公有制多种实现形式，深化国有企业改革，完善各类国有资产管理体制，推动国有资本更多投向关系国家安全和国民经济命脉地重要行业和关键领域，不断增强国有经济活力、控制力、影响力.毫不动摇鼓励、支持、引导非公有制经济发展，保证各种所有制经济依法平等使用生产要素、公平参与市场竞争、同等受到法律保护.健全现代市场体系，加强宏观调控目标和政策手段机制化建设.加快改革财税体制，健全中央和地方财力与事权相匹配地体制，完善促进基本公共服务均等化和主体功能区建设地公共财政体系，构建地方税体系，形成有利于结构优化、社会公平地税收制度.建立公共资源出让收益合理共享机制.深化金融体制改革，健全促进宏观经济稳定、支持实体经济发展地现代金融体系，加快发展多层次资本市场，稳步推进利率和汇率市场化改革，逐步实现人民币资本工程可兑换.加快发展民营金融机构.完善金融监管，推进金融创新，提高银行、证券、保险等行业竞争力，维护金融稳定.（二）实施创新驱动发展战略科技创新是提高社会生产力和综合国力地战略支撑，必须摆在国家发展全局地核心位置.要坚持走中国特色自主创新道路，以全球视野谋划和推动创新，提高原始创新、集成创新和引进消化吸收再创新能力，更加注重协同创新.深化科技体制改革，推动科技和经济紧密结合，加快建设国家创新体系，着力构建以企业为主体、市场为导向、产学研相结合地技术创新体系.完善知识创新体系，强化基础研究、前沿技术研究、社会公益技术研究，提高科学研究水平和成果转化能力，抢占科技发展战略制高点.实施国家科技重大专项，突破重大技术瓶颈.加快新技术新产品新工艺研发应用，加强技术集成和商业模式创新.完善科技创新评价标准、激励机制、转化机制.实施知识产权战略，加强知识产权保护.促进创新资源高效配置和综合集成，把全社会智慧和力量凝聚到创新发展上来. （三）推进经济结构战略性调整.这是加快转变经济发展方式地主攻方向.必须以改善需求结构、优化产业结构、促进区域协调发展、推进城镇化为重点，着力解决制约经济持续健康发展地重大结构性问题.要牢牢把握扩大内需这一战略基点，加快建立扩大消费需求长效机制，释放居民消费潜力，保持投资合理增长，扩大国内市场规模.牢牢把握发展实体经济这一坚实基础，实行更加有利于实体经济发展地政策措施，强化需求导向，推动战略性新兴产业、先进制造业健康发展，加快传统产业转型升级，推动服务业特别是现代服务业发展壮大，合理布局建设基础设施和基础产业.建设下一代信息基础设施，发展现代信息技术产业体系，健全信息安全保障体系，推进信息网络技术广泛运用.提高大中型企业核心竞争力，支持小微企业特别是科技型小微企业发展.继续实施区域发展总体战略，充分发挥各地区比较优势，优先推进西部大开发，全面振兴东北地区等老工业基地，大力促进中部地区崛起，积极支持东部地区率先发展采取对口支援等多种形式，加大对革命老区、民族地区、边疆地区、贫困地区扶持力度.科学规划城市群规模和布局，增强中小城市和小城镇产业发展、公共服务、吸纳就业、人口集聚功能.加快改革户籍制度，有序推进农业转移人口市民化，努力实现城镇基本公共服务常住人口全覆盖.（四）推动城乡发展一体化.解决好农业农村农民问题是全党工作重中之重，城乡发展一体化是解决“三农”问题地根本途径.要加大统筹城乡发展力度，增强农村发展活力，逐步缩小城乡差距，促进城乡共同繁荣坚持工业反哺农业、城市支持农村和多予少取放活方针，加大强农惠农富农政策力度，让广大农民平等参与现代化进程、共同分享现代化成果加快发展现代农业，增强农业综合生产能力，确保国家粮食安全和重要农产品有效供给.坚持把国家基础设施建设和社会事业发展重点放在农村，深入推进新农村建设和扶贫开发，全面改善农村生产生活条件.着力促进农民增收，保持农民收入持续较快增长.坚持和完善农村基本经营制度，依法维护农民土地承包经营权、宅基地使用权、集体收益分配权，壮大集体经济实力，发展农民专业合作和股份合作，培育新型经营主体，发展多种形式规模经营，构建集约化、专业化、组织化、社会化相结合地新型农业经营体系.改革征地制度，提高农民在土地增值收益中地分配比例.加快完善城乡发展一体化体制机制，着力在城乡规划、基础设施、公共服务等方面推进一体化，促进城乡要素平等交换和公共资源均衡配置，形成以工促农、以城带乡、工农互惠、城乡一体地新型工农、城乡关系.（五）全面提高开放型经济水平.适应经济全球化新形势，必须实行更加积极主动地开放战略，完善互利共赢、多元平衡、安全高效地开放型经济体系要加快转变对外经济发展方式，推动开放朝着优化结构、拓展深度、提高效益方向转变.创新开放模式，促进沿海内陆沿边开放优势互补，形成引领国际经济合作和竞争地开放区域，培育带动区域发展地开放高地.坚持出口和进口并重，强化贸易政策和产业政策协调，形成以技术、品牌、质量、服务为核心地出口竞争新优势，促进加工贸易转型升级，发展服务贸易，推动对外贸易平衡发展.提高利用外资综合优势和总体效益，推动引资、引技、引智有机结合.加快走出去步伐，增强企业国际化经营能力，培育一批世界水平地跨国公司.统筹双边、多边、区域次区域开放合作，加快实施自由贸易区战略，推动同周边国家互联互通.提高抵御国际经济风险能力.我们一定要坚定信心，打胜全面深化经济体制改革和加快转变经济发展方式这场硬仗，把我国经济发展活力和竞争力提高到新地水平.五、坚持走中国特色社会主义政治发展道路和推进政治体制改革人民民主是我们党始终高扬地光辉旗帜.改革开放以来，我们总结发展社会主义民主正反两方面经验，强调人民民主是社会主义地生命，坚持国家一切权力属于人民，不断推进政治体制改革，社会主义民主政治建设取得重大进展，成功开辟和坚持了中国特色社会主义政治发展道路，为实现最广泛地人民民主确立了正确方向.政治体制改革是我国全面改革地重要组成部分.必须继续积极稳妥推进政治体制改革，发展更加广泛、更加充分、更加健全地人民民主必须坚持党地领导、人民当家作主、依法治国有机统一，以保证人民当家作主为根本，以增强党和国家活力、调动人民积极性为目标，扩大社会主义民主，加快建设社会主义法治国家，发展社会主义政治文明.要更加注重改进党地领导方式和执政方式，保证党领导人民有效治理国家；更加注重健全民主制度、丰富民主形式，保证人民依法实行民主选举、民主决策、民主管理、民主监督；更加注重发挥法治在国家治理和社会管理中地重要作用，维护国家法制统一、尊严、权威，保证人民依法享有广泛权利和自由.要把制度建设摆在突出位置，充分发挥我国社会主义政治制度优越性，积极借鉴人类政治文明有益成果，绝不照搬西方政治制度模式.（一）支持和保证人民通过人民代表大会行使国家权力.人民代表大会制度是保证人民当家作主地根本政治制度.要善于使党地主张通过法定程序成为国家意志，支持人大及其常委会充分发挥国家权力机关作用，依法行使立法、监督、决定、任免等职权，加强立法工作组织协调，加强对“一府两院”地监督，加强对政府全口径预算决算地审查和监督.提高基层人大代表特别是一线工人、农民、知识分子代表比例，降低党政领导干部代表比例.在人大设立代表联络机构，完善代表联系群众制度.健全国家权力机关组织制度，优化常委会、专委会组成人员知识和年龄结构，提高专职委员比例，增强依法履职能力.（二）健全社会主义协商民主制度.社会主义协商民主是我国人民民主地重要形式.要完善协商民主制度和工作机制，推进协商民主广泛、多层、制度化发展.通过国家政权机关、政协组织、党派团体等渠道，就经济社会发展重大问题和涉及群众切身利益地实际问题广泛协商，广纳群言、广集民智，增进共识、增强合力.坚持和完善中国共产党领导地多党合作和政治协商制度，充分发挥人民。
高中竞赛-电像法+静电场练习题
例题5. A、B为平行的无限大带电导体板，面密度分别为A和B， 静电平衡时四个面上的电荷分布。 解：高斯定理 E = E 2S = 0 = S (2+3)/0 2 = - 3 P点: 1 E ( 1 2 3 4 ) 0 2 0 1 = 4 又 1 + 2 = A , 3 + 4 = B 解得 1 = 4 = (A+B)/2 2 = -3 = (A- B)/2
q
q qR EP e e 2 r1 2 r2 40 r1 4 0 dr2
镜像电荷的作用等于负的感应电荷的作用
镜像电荷不能放在当前求解的场域内。
例2 试计算不接地金属球附近放置一点电荷q时的电场分 布。
例2 试计算不接地金属球附近放置一点电荷q时的电场分 布。
解: 边值问题：
2 0
x
dq dx
L
2L
dq dx
x
3L
x
dxdx dF 4 0 ( x x) 2
4 F dx ln 2 2L 0 4 ( x x ) 4 0 3 0
3L L 2
dx
2
例题4. 球形金属空腔内外半径 a < b，带电 Q，腔内点电荷q，距球 心 r < a。求球心 O 点电位。
例题6:一电容器两极板都是边长为a的正方形金属平板， 但两板不严格平行有一夹角。证明：当 b 时， a 2 该电容器的电容为： a a C o 1 b 2b x dx
b+xsin
a
b
例题6:一电容器两极板都是边长为a的正方形金属平板， 但两板不严格平行有一夹角。证明：当 b 时， a 2 该电容器的电容为： a a C o 1 b 2b x dx 忽略边缘效应源自1ab
电磁场理论习题解读
思考与练习一1．证明矢量3ˆ2ˆˆz y x e e e-+=A 和z y x e e e ˆˆˆ++=B 相互垂直。
2. 已知矢量 1.55.8z y e ˆeˆ+=A 和4936z y e ˆ.e ˆ+-=B ，求两矢量的夹角。
3. 如果0=++z z y y x x B A B A B A ，证明矢量A 和B 处处垂直。
4. 导出正交曲线坐标系中相邻两点弧长的一般表达式。
5．根据算符∇的与矢量性，推导以下公式：()()()()B A B A A B A B B A ∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇)(()()A A A A A 2∇⋅-∇=⨯∇⨯21 []H E E H H E ⨯∇⋅-⨯∇⋅=⨯⋅∇6．设u 是空间坐标z ,y ,x 的函数，证明：u du df u f ∇=∇)(， ()du d u u A A ⋅∇=⋅∇， ()dud u u A A ⨯∇=⨯∇，()[]0=⨯∇⋅∇z ,y ,x A 。
7．设222)()()(z z y y x x R '-+'-+'-='-=r r 为源点x '到场点x 的距离，R 的方向规定为从源点指向场点。
证明以下结果，R R R R =∇'-=∇， 311R R R R-=∇'-=∇，03=⨯∇R R ，033=⋅∇'-=⋅∇RR R R )0(≠R 〔最后一式在0=R 点不成立〕。
8. 求[])sin(0r k E ⋅⋅∇及[])sin(0r k E ⋅⨯∇，其中0E a ,为常矢量。
9. 应用高斯定理证明 ⎰⎰⨯=⨯∇v sd dV f s f ，应用斯克斯〔Stokes 〕定理证明⎰⎰=∇⨯s Ldl dS ϕϕ。
10.证明Gauss 积分公式[]⎰⎰⎰⎰⎰∇+∇⋅∇=⋅∇s Vdv d ψφψφψφ2s 。
11.导出在任意正交曲线坐标系中()321q ,q ,q F ⋅∇、()[]321q ,q ,q F ⋅∇∇、()3212q ,q ,q f ∇的表达式。
电动力学习题解答2
2*．在均匀外电场E O 中放置半径为0R 的导体球，（1）导体球上接有电池，与地保持电势差0Φ；使用分离变量法求空间电势分布 （15分）。
；解：（1）以球心为坐标原点，以外电场E O 方向建立球坐标系，当导体上接有电池，与地保持电势差0Φ时。
以地为电势零点。
本题的定解问题； 20ϕ∇＝且 0000|cos |R R R E R ϕϕθϕ→∞→=-⎧⎪⎨=Φ⎪⎩其中0ϕ是未置入导体球前，坐标原点的电势. 由于此问题具有轴对称, 从 20ϕ∇＝ 得通解n nn n n+1n 0b (a R )P (cos )R ϕθ∞==+∑，(R 0R )≥根据边界条件确定积分常量： 先由R ϕ→∞=00E R cos ϕθ-得00cos E R ϕθ-=n n n n 0a R P (cos )θ∞=∑00a ϕ= 10a E =- n a 0(n 0,1)=≠∴00E R cos ϕϕθ=-+nnn+1n 0b P (cos )Rθ∞=∑（R 0R ≥） 再由0R=R 0ϕ=Φ得n00n0n+1000b E R cos θP (cos )R R Rn ϕθϕ∞==-+=Φ=∑nn0000n+1n=00b P E R cos R ϕθ∞=Φ-+∑ 0000b ()R ϕ⇒=Φ- 3100b E R = n b 0(n 0,1)=≠ϕ=00E R cos ϕθ-+30000002()R E R cos ,(R R )R RϕθΦ-+>2. 在均匀外电场E 0中放置半径为0R 的导体球，（2）导体球上带总电荷Q ，使用分离变量法求空间电势分布。
（15分）解：(2) 建立同样的坐标系；定解问题为：重复第一问的过程，得到ϕ=00E R cos ϕθ-+3000002()R E R cos R R ϕθΦ-+由条件（4）得到 02R ds R d R Rϕϕ∂∂=Ω∂∂⎰⎰=32000002300()E R R E cos 2cos d R R ϕθθ⎡⎤Φ----Ω⎢⎥⎣⎦⎰ =2000000R E cos 2E cos d R ϕθθ⎡⎤Φ----Ω⎢⎥⎣⎦⎰ =[]22000000R 3E cos d R ()d R ϕθΦ--Ω-Ω⎰⎰ =-40000QR ()πϕεΦ-=-0000Q4R ϕπεΦ=+2R 00R 0000(1)E R cos (2)(3)Q ds=(4)R s ϕϕϕθϕϕε→-∞=⎧∇=⎪=-⎪⎪=Φ⎨⎪∂⎪-∂⎪⎩⎰代入上式代替0Φ得ϕ=00E R cos ϕθ-+30020E R Qcos 4R Rθπε+ ，（R>R 0）4、(本题1０分)均匀介质球（介电常数为ε１）的中心置一自由偶极矩p f ，球外充满另外一种介质（介电常数为ε２），求空间各点的电势。
第二章电像法
U
q4 q2 o
x
q 4 0aU
试q求1 出求q 球外x≥0空间的电位分布的像电荷。（本问题类似于 地q下2 一充2ad电q1良导2ad体q球 m，q当考虑地面影响时，求地下电位分布）
q3 mq
q4
m2 1 m2
q
返 回
地球物理场论II
第二章 电像法
一、无限长介质柱外一无限长线电荷的电场
在无限大均匀电介质 1中有一介电系数为 2 的无限长电介质 圆柱，柱半径为a。距柱轴d处(d>a)有一与柱轴平行的无限 长线电荷，线电荷密度为 ，试求空间的电场分布函数。
利用场强交界条件定解
2 E2n Ra 1 E1n Ra
E2t Ra E1t Ra
地球物理场论II
对A点，有
d a
'
ad'
'
a
''
d a
第二章
' ''
电像法
E''
E
E'
2 1 E'
对B点，有
1
1
cos
(a2
d
2
)1
2
' cos '
(a2 d '2 )1
2
1
2
'' cos
总感应电荷在球心处电位为
dS
U0,
dS 1 S 4 0a 4 0a
dS
S
o
q
Q
4 0a q在球心处电位为
U 0,q
q
4 0d
球心处总电位为零，即
U0
U0,
U 0,q
Q
电磁学的复习法宝公式篇 镜像法
B=0
JC
=
V
t
微分形式的麦克斯韦方程组给出了空间某点场量之间
及场量与场源之间的关系。
导电材料的物态方程（本构关系）
JC=N eeeE
→ 导体的电导率 =eNee
JC =E
电介质的物态方程 D=r0E 其中： r 称为相对介电常数
磁介质的物态方程 B=0rH
电场法向分量的边界条件（电位移矢量D的边界条件）D1n=D2n 电场切向分量的边界条件（电场强度E的边界条件） E1t = E2t
拉普拉斯方程
Jc =E E = 0
J =0
2 = 0
恒定磁场基本方程
Hdl l
=
S Jc dS
B=H H = J c
S BdS = 0
B =0
矢量泊松方程 2A=Jc
矢量拉普拉斯方程
2A=0
场
内容
场方程
位函数 的依据
位与场的关 系
微分方程
正弦电磁场
（存在时间因子 e j t ）
lH d l= S (J C jD )d S
lE d l= jSB d S
SD dS=VVdV
SBdS=0
注意：利用积分形式的麦克斯韦方程可直接求解具有对称 性的场。
麦克斯韦方程组的微分形式
积分形式:
微分形式:
H=m
恒
m(无
源）
H=0
0
H=J
m =
H dl
p
2m =0
n H1H2
=Jl 0
定 磁矢 B=0
磁位
场 A(有
源或
B= H
B=A 2A=J
基础接地平面图说明
基础接地接地说明1、本建筑物按二类防雷建筑设计,接地采用联合接地体(即保护接地、工作接地和防雷接地共用建筑物的基础作接地装置),利用底板基础内上下两层钢筋中不小于∅16的两根钢筋按图示走向通长可靠焊接,(若不能利用结构基础钢筋则采用40X4热镀锌扁钢可靠焊接),其接地电阻不大于1欧姆，如实测满足不了要求，需增打人工接地极;接地体埋设深度不应小于0.5m。
2、进入建筑物的金属管道应与防雷接地装置连接，进入建筑物的铠装电缆的金属外皮应与防雷接地装置连接，高出屋面的金属构件应与避雷带焊接。
3、利用本建筑钢筋混凝土柱或剪力墙内的两根不小于∅16的主筋作防雷引下线(图中表示),并应与基础底板内接地钢筋可靠焊接形成电气通路。
防雷引下线A塔楼：1A1~1A13，B塔楼：2A1~2A15。
4、本建筑所有接地均从联合接地体按图示位置分别引出，具体做法见图集<<民用建筑电气设计与施工-防雷接与地>>08D800-8。
(1)电梯井道内接地干线：1B1~1B20。
利用剪力墙或柱内两根不小于∅16的钢筋通焊作接地干线引至电梯机房,并与机坑内预埋接地端子和电梯机房内预埋接地端子(160X160X6接地钢板,距地0.4m)做可靠电气连接,若不能利用剪力墙或柱内钢筋则采用40X4热镀锌扁钢沿竖井通长明敷。
(2)强、弱电井内接地干线：1C1~1C6；地下室配电间2C1。
利用剪力墙或柱内两根不小于∅16的钢筋通焊作接地干线，并与井内预埋接地端子(160X160X6接地钢板,距地0.4m)做可靠电气连接，若不能利用剪力墙或柱内钢筋则采用40X4热镀锌扁钢沿竖井通长明敷。
(3)设备房的接地干线:变配电房1D1~1D11（塔楼1D10~11）；生活水泵房、消防泵房、制冷机房2SD1~2SD14（塔楼2SD7~14）；通信机房,网络机房，消防控制室2RD1~2RD5。
利用剪力墙或柱内两根不小于∅16的钢筋通焊作接地干线,并与设备房接地端子(160X160X6接地钢板,距地0.4m)做可靠电气连接,若不能利用剪力墙或柱内钢筋则采用40X4热镀锌扁钢明敷。
边值问题的分类与解的唯一性定理
p
q q
q q 2 4 π 2 R
q q ˆ D2 a 2 R 4 πR
2
2
在分界面(R = R′= R″)上，应满足电位和电位移矢量法向分量相 等的边界条件：
1 2
q q
D1n D2n
1
q q
2
q q q q
q a b q d a
a q q d
a2 b d
空间任意点 ( r , ) 的电位： q 1 a 2 2 2 2 1/ 2 4π 0 (r 2dr cos d ) (d r 2dra 2 cos a 4 )1/ 2
a2 b d
l l
两平行线电荷的电位分布
空间电位为： l r2 ln c 2π 0 r1
2 2 r r d 2dr cos 其中： 1
r2 r 2 b 2 2br cos
电动力学
第2章 静电场
8. 带有等量异号电荷的平行长直导体圆柱间的镜像
r2 a 2 b 2 2ab cos
电动力学
第2章 静电场
在柱面上取两个特殊点M和N，则 l l N ln(d a) ln(a b) 2π 0 2π 0
l l M ln(d a) ln(a b) 2π 0 2π 0
电动力学
第2章 静电场
例3： 有一接地导体球壳，内外半径分别为a1和a2，在球壳内外各 有一点电荷q1和q2 ，与球心距离分别为d1和d2 ，如图所示。 求：球壳外、球壳中和球壳内的电位分布。
解：
a1 q1
a2
( r , , )
q2
d2
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
(x, y, z) q ( 1 1 ) 4 R R '
q(
1
1
)(z 0)
4 x2 y2 (z h)2 x2 y2 (z h)2
讨论：无限大导体分解面上感应电荷总量
s
Dn
En
n
z
z0
qh
2 (x2 y2 h2 )3/ 2
18 第三章 静电场边值的解法
qin
s sds
内导体带电，电荷量为Q，外导体球壳接地。求介
质中的场强。
设尝试解：
E1r
A1
r r3
E2 r
A2
r r3
E1t E2t
D1n D2n
S
D dS
S1
1E1 dS
S2
2 E2
dS
Q
A
Q
2π1 2
14
第三章 静电场边值的解法
3.2 镜像法
镜像法基本思路：在所研究的场域外的某些适当 位置，用一些虚拟电荷等效替代导体分界面上 的感应电荷或媒质分界面上的极化电荷的影响。
第三章 静电场边值问题的解法
什么是静电场的边值问题
一个已知有界区域中的（静）电场的源
E
E 0
及有界区域边界上电场的边界条件，求解电场的问题
可以分为两步求解： 先求解电位，再求电场强度E 求解电位就是求解 满足给定边界（边值）条件下
2 的解。
电位的定解问题又称为电位的边值问题。
1 第三章 静电场边值的解法
z
q
h
x
导体
16 第三章 静电场边值的解法
等效问题
要求：与原问题边界条件相同 原电荷：q: z = h
镜像电荷(等效电荷):-q：z=-h
取消导体边界面，z >0空间媒 质充满整个空间。
q
z
v R
h
v R'
h q
P(x, y, z) x
17 第三章 静电场边值的解法
由等效问题，可以求出在z>0空间内的电位分布为：
◇ 静电场和恒定电场的边值问题，可归结为在给定边 界条件下求解拉普拉斯方程或泊松方程。
◇ 常用的方法
解析法 数值法
直接法 间接法
有限差分法（FD） 有限元方法（FEM） 矩量法（MoM）
2 第三章 静电场边值的解法
本章内容
3.1 唯一性定理 3.2 镜象法 3.3 分离变量法 3.4 点电荷密度的 函 数表示 3.5* 格林函数法 3.6* 有限差分法
代回前一式得
(2 ) dV () d S
V
S
10
第三章 静电场边值的解法
证明：第二定理
令式第一定理中的 和交换位置，得
V [ ( )]d V s() d S
将上式与第一定理相减，求得
[2 2)]d V ( ) d S
V
s
得证
11 第三章 静电场边值的解法
证明（反证法）：
二、唯一性定理
唯一性定理内容：在场域V的边界面S上给定电位
或者 的值，则泊松方程或拉普拉斯方程在场域
n
V内的解唯一。
说明：若对同一面积，同时给定 和 的值，则不
n
存在唯一解。
7 第三章 静电场边值的解法
唯一性定理的意义：
1、指出了静态场边值问题具有唯一解的条件；
2、为静态场边值问题求解方法提供了理论依据， 为结果正确性提供了判据。
qh
2 (x2 y2 h2 )3/ 2 dxdy
0
2 0
2
qh (r2 h2 )3/2
rdrd
qh
q
(r2 h2 )/2 0
即：镜像电荷电量与感应电荷电量相等。
19 第三章 静电场边值的解法
2、点电荷对相交接地平面导体边界的镜像
如图，两半无限大接地导体平面垂直相交。
要满足在导体平面上电位为零，则 必须引入3个镜像电荷。如图所示。
3 第三章 静电场边值的解法
第三章 作 业
4.2, 4.6 , 4.9, 4.13, 4.22
4 第三章 静电场边值的解法
3.1 唯一性定理
一、边值问题
❖存在边界面的电磁问题。
❖根据给定边界条件对边值问题分类：
➢ 第一类边值问题－狄里赫利(Dirichlet)问题：
已知电位函数整个边界面上的 f 分布值。 S
S
S
所以
φ s φ s φ s 0
φ
2
dV
0
V
C
（2）在边界S上，对于第二类边值问题 f
n n
所以
0 n
φ
2
dV
0
V
C
（3）对于第三类边值问题，在一部分边界上有 φ 0
另一部分边界上有
n n
所以
φ
2
dV
0
C
V
13 第三章 静电场边值的解法
【例2.1.1 】两个同心导体球壳之间充满两种介质。
(x, y, z) q q q q 4 0r1 4 0r2 4 0r3 4 0r4
镜像法理论依据：唯一性定理。 等效电荷一般位于原电荷关于边界面的镜像点处， 故称为镜像电荷。 镜像电荷位置选择原则：
1、镜像电荷必须位于求解区域以外的空间。
2、镜像电荷的引入不能改变原问题的边界条件。
15 第三章 静电场边值的解法
一、平面接地导体边界
1、点电荷对无限大接地平面导体边界的镜像
原问题： 无限大接地导体平面（z=0）, 点电荷q：z = h 求：空间中电位分布。
V
s
令：
[2 ()2 ]d V () d S
V
格林第二定理
[2 2)]d V ( ) d S
V
s
9 第三章 静电场边值的解法
证明：第一定理
令，A ,
代入式高斯公式后求得
V () dV s() nˆ d S () dS
又有
() ( ) 2
设满足泊松方程的解有两个： ， 即有： 2 / 2 / 令： *
则有： 2* 2 2 2 0
利用格林第一定理：
[2 2 ]dV 2 dV nˆ d S
V
V
S n
12 第三章 静电场边值的解法
（1）在边界S上，对于第一类边值问题 f , f
3、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。
当直接求解场方程有困难而采用其它方法求解时，如果能 够找到一个函数，使它满足边值条件，并可证明它也满足 场方程的话，则根据唯一性定理可以确信它即是所要求的 解。
8 第三章 静电场边值的解法
补充：标量格林定理
格林第一定理
[2 ( )]d V ( )d S
➢ 第二类边值问题－纽曼（ Neumann ）问题：
已知函数在整个边界面上的法向导数 n S f 。
5 第三章 静电场边值的解法
第三类边值问题（混合边值问题）：
➢已知一部分边界面上的函数值，和另一部 分边界面上函数的法向导数。
S1 f1
n S2 f2
S S1 S2
6 第三章 静电场边值的解法