电磁场与电磁波第3章
3电磁场与电磁波-第三章new
对于体、 对于体、面、线电荷的电位，可用场源积分法分别求得： 线电荷的电位，可用场源积分法分别求得： 总结： 总结： 求解电场强度时， 求解电场强度时，可先求 电位函数， 电位函数，然后计算电 位函数的负梯度便得电 场强度E(r)。 场强度 。 可见电位的计算式简便得多(标 可见电位的计算式简便得多( 量积分) 再求场强时， 量积分)，再求场强时，微分 总是可计算的 也简单。 总是可计算的，也简单。
∮E.dl l
= 0
3.2.2
无旋场， 静电场为无旋场 静电场为无旋场， 一定是保守场 一定是保守场
3.2.11
因上式积分路径及面元是任意的， 因上式积分路径及面元是任意的，有： x E = 0
总结真空中静电场的基本方程(微分形式 为 总结真空中静电场的基本方程 微分形式)为： 微分形式
在场源变量ρ已知的情况下，通过D 在场源变量ρ已知的情况下，通过D0=ε0E， 联立求解上述两个矢量方程就能求得E 联立求解上述两个矢量方程就能求得E。 据亥姆霍兹定理：场可由散度与旋度共同确定， 据亥姆霍兹定理：场可由散度与旋度共同确定， 只有在给定散度与旋度方程的条件下才能唯一的 只有在给定散度与旋度方程的条件下才能唯一的 的确定此矢量场。 的确定此矢量场。 当电荷对称分布时，适当选取坐标系，可使D 当电荷对称分布时，适当选取坐标系，可使D0 只有一个分量，且仅是坐标的函数， 或E只有一个分量，且仅是坐标的函数，则 E自动 =0，此时只要计算∮ ds=q即可得场解 即可得场解。 满足xE =0，此时只要计算∮D0.ds=q即可得场解。
R
3
4π
B(r ) =
0 I
4
∫ π
dl ′ X R
l
R3
> ε0 > 1/0 > 电荷 > 电流 > 标量源 > 矢量源 叉积
电磁场及电磁波_第三章
从而电场为:
3.1.3 导体系统的电容
电容是导体系统的一种基本属性, 它是描 述导体系统储存电荷能力的物理量。 定义两导体系统的电容为任一导体上的总 电荷与两导体之间的电位差之比, 即
电容单位是F(法拉), 此比值为常数
1. 双导体的电容计算
在电子与电气工程中常用的传输线，例如 平行板线、平行双线、同轴线都属于双导 体系统。通常，这类传输线的纵向尺寸远 大于横向尺寸。因而可作为平行平面电场 （二维场来研究），只需要计算传输线单 位长度的电容。 其计算步骤如下:
√ 所有电位系数
, 且具有对称性, 即
（2）电容系数
对电位系数的矩阵方程求逆，可得:
或表示为:
式中, 称为电容系数或感应系数。下
标相同的系数
称为自电容系数或自
感应系数，下标不同的系数
称
为互电容系数或互感应系数。
电容系数具有以下特点:
√ 在数值上等于第j个导体的电位为一个 单位而其余导体接地时, 第i个导体上的电 量, 即
可见, 点P、Q之间电位差的物理意义是把 一个单位正电荷从点P沿任意路径移动到点 Q的过程中, 电场力所做的功, 根据静电场 的无旋性, 这个功是路径无关的。因而电 位差是唯一的。。
为了使电场中每一点电位具有确定的值， 必须选定场中某一固定点作为电位参考点， 即规定该固定点的电位为零。 例如，若选定Q点为零，则
电场强度为: • 内外导体间的电压为:
可得同轴线单位长度的绝缘电阻为:
方法之二:
已经知道同轴线单位长度的电容为: 因此，同轴线单位长度的漏电导为:
例二: 计算半球形接地器的接地电阻 解: 通常要求电子、电气设备与大地有良 好的连接，将金属物体埋入地内，并将需 接地的设备与该物体连接就构成接地器。
教科版高中物理必修第三册精品课件 第三章 电磁场与电磁波初步 3 电磁感应现象及其应用
课标要求 1.了解电磁感应现象曲折的发现过程,学习法拉第坚持理想信念、不畏艰 辛、勇于探索的科学精神。(科学态度与责任) 2.经历感应电流产生条件的探究活动,提高分析论证能力。(科学探究) 3.通过模仿法拉第的实验,归纳得出产生感应电流的条件。学会通过现象 分析归纳事物本质特征的科学思维方法,认识实验观察能力和逻辑思维能 力在科学探究过程中的主要作用。(科学思维) 4.进一步认识磁通量的概念,能结合实例对磁通量的变化进行定性的判断 和定量计算。(物理观念) 5.了解电磁感应现象发现的重大历史意义和电磁感应现象的广泛应用,体 会科学、技术对人类文明的推动作用。(科学态度与责任)
答案 A
解析 线圈沿y轴正方向移动,穿过线圈的磁通量不变,根据楞次定律判断则 知,线圈中无感应电流,A正确;线圈沿x轴正方向移动,穿过线圈的磁通量增 大,能产生感应电流,B错误;线圈绕y轴转动,穿过线圈的磁通量变化,能产生 感应电流,C错误;线圈绕x轴转动,穿过线圈的磁通量变化,能产生感应电 流,D错误。
易错辨析 判一判 (1)只有很强的磁场才能产生感应电流。( × ) 提示 弱的磁场也能产生感应电流。
(2)法拉第发现电磁感应现象是只有在变化、运动的过程中才出现的现象。
(√ ) (3)奥斯特首先发现了电磁感应现象。( × ) 提示 法拉第发现电磁感应现象。
合格考试 练一练 1.(2022广东汕尾期末)如图所示,把一条导线平行地放在磁针的上方附近, 当导线中有电流通过时,磁针会发生偏转。这一现象( ) A.最早是法拉第发现的 B.表明电流有磁效应 C.表明利用磁场可以生电 D.表明磁针N极一定垂直于纸面向外转
学以致用•随堂检测全达标
1.(多选)如图所示,在正方形线圈的内部有一条形磁铁,线圈与磁铁在同一 平面内,两者有共同的中心轴线OO',下列关于线圈中是否产生感应电流的 说法正确的是( )
电磁场与电磁波第3章
相距为 l 的正负电荷 q 组成，考虑介
质内某曲面 S 上的一个面 d S .当偶极
子的负电荷位于图中的体积中时，其
正电荷就穿出界面 d S 外。穿出界面
dS外的正电荷为
N q lg d S=N p g d S=P g d S
其中：
NprP rav
r P
对闭合面 S 积分，得到闭合体积内穿出的总的正电荷
（i）金属板上的电荷与介质极化面电荷所构成的介质外表 面的电荷分布；
（ii）所考察的场点周围分子偶极子所产生的附加影响。
前面一种因素的作用较为简单，它可由单位面积上的自由
电荷 来确定，其中包括了电解质的宏观效应的贡献，即
E/
在对上述第二种因素的影响进行讨论时,我们遵循的是洛伦
兹的方法，即作一个包围场点的半径为R 的球面，如图所
r (E
r P
/0)
对方程4两端取旋度，并代入 方程2和方程3，可得
方程4则为
r
c2Br
r E t
r 2B
r
c2
r 2B t2
这是一个关于B的波动方程
波速ｖ为
v2
பைடு நூலகம்
1
/(
r
c2
)
c2
r
因 为
v c/n
所 以
n2 r
3.7 磁化的概念
介质的磁化（Magnetization）和介质的极化一样，也 是和物质的结构紧密相关的。根据原子的简单模型，电子 沿圆形轨道围绕原子核旋转，其就像一闭合的圆电流，具 有一定的磁矩，电子和原子核还在自旋，也存在磁效应。 所有的磁效应可等效为一个圆电流，这个圆电流成为分子 电流。即磁偶极子(magnetic dipole)。由于热运动等原因， 物质中的圆电流的磁场常常互相抵消，因而总体对外并不 显示磁性。
教科版高中物理必修第三册精品课件 第3章 电磁场与电磁波初步 1.磁场 磁感线
1.了解磁现象,了解电和磁的联系,了解电流磁效应的发现过程,体会探索自 然奥秘的艰难与克服困难带来的成就感。(科学态度与责任) 2.知道磁场的基本特性,知道磁感线,知道几种常见磁场磁感线的空间分布 情况。体会如何使用形象化的手段描述物理现象。(科学思维) 3.会应用安培定则判断通电直导线和通电螺线管周围的磁场方向。(物理 观念) 4.了解安培分子电流假说。(科学思维)
解析 磁场是客观存在于磁极或电流周围的一种物质,是不以人的意志为转 移的,A正确,B、D错误;磁极与磁极之间、磁极与通电导体之间、通电导 体与通电导体之间的相互作用都是通过它们的磁场发生的,C错误。
学习任务二 对磁感线的进一步认识
情境导学 图甲表示条形磁铁的磁感线的分布情况,图乙表示通电螺线管的磁感线的 分布情况,从图中可以看出,通电螺线管的磁感线是闭合的,而条形磁铁的 磁感线不闭合,这种判断对吗?
方法技巧 要正确地理解磁感线,并且可以和电场线作类比:比如都是人为 引入的带有方向的曲线,可以通过疏密程度反映场的强弱,不能相交等。二 者也有不同点,比如磁感线是闭合的曲线而电场线不闭合。
对点演练 2.下列关于磁感线与电场线的描述正确的是( B ) A.电场线起止于电荷,磁感线起止于磁极 B.电场线一定是不闭合的,磁感线一定是闭合的 C.磁感线是自由小磁针在磁场力作用下的运动轨迹 D.电场线和磁感线实际上均存在,只是肉眼看不到 解析 磁感线没有起点也没有终点,是闭合的曲线,电场线不是闭合曲线,起 始于正电荷(或无穷远处),止于无穷远处(或负电荷),A错误,B正确;磁感线 是描述磁场强弱和方向的形象曲线,当磁感线是曲线时,小磁针在磁场力作 用下的运动轨迹并不一定与其重合,C错误;电场线和磁感线都是为了描述 抽象的场而人为引入的曲线,实际上并不存在,D错误。
《电磁场与电磁波》第3章(3.2之后的章节)
H m
即在无传导电流（J＝0）的空间中，可以引入一个标量位函数来
描述磁场。
磁标位的微分方程: 2m 0
证明： B 0, B H
B (H) (m) 0
2m 0
电磁场与电磁波 第3章 静态电磁场及其边值问题的解
26
磁标位的微分方程
2m 0
标量磁位的边界条件
m1 m2 和
1
m1
n
磁矢位的边界条件（1） A1 A2
S0
μ1 l1
1
l2
μ2
c
2
A2 A2t
证明： Adl
B dS
B为有限值
=0
C
S
A1t A2t
A1 A2
A 0
S A dS 0
A1n A2n
磁矢位的边界条件（2）en
证明：
(
1
1
A1
1
2
A2
)
JS
en (H1 H2 ) JS
H A/
en
电磁场与电磁波 第3章 静态电磁场及其边值问题的解
18
3.3.1 恒定磁场的基本方程和边界条件
1. 基本方程
微分形式:
H J
B 0
积分形式:
本构关系： B H
2. 边界条件
en (H1 H2 ) JS
或
en (B1 B2 ) 0
若分界面上不存在面电流，即JS＝0，则
en (H1 H2 ) 0
0
cE
•
dl
0
J E
• J 0
E 0
J E
静电场
sD
•
dS
Q
cE
•
电磁场与电磁波(第三版之3)解读
r
'
0
r r'
r r '
r
r
'
d
0
r r'
1 r r '
f r r r 'd f r '
◇ 于是位于 r r ' 处的点电荷q 的体密度为 q r r '
◇ 单位点电荷产生的电位满足的泊松方程 2 r r ' /0
满足的方程：2G r, r ' r r '
◇
定义格林函数
当 r dl
因此
1 r
1 r
1 r2
dl
cos
1 40
1 r2
dl
cos
1 r
1 r
由于
q 40
dl
cos r2
qdl cos qdl er p er
得电偶极子的电位
1 40
p er r2
1 40
pr r3
电偶极子的电场强度
E
1 40
3
pr
r5
r
p r3
3.4 泊松方程 拉普拉斯方程
2
1 n
2
2 n
例 3.9.1 半径分别为a和b 的同轴线，外加电压U。圆柱电极间在图示 1 角部分 填充介电常数为 的介质，其余部分为空气，求内外导体间的电场。（教材例
3.9.2)
解：问题具有轴对称性，选用柱坐标系，
待求函数 1 1 r ，2 2 r
在圆柱坐标系下
2
1 r
d dr
r
d dr
r 0
r2
r4 a2
dr
40
r3 3
r5 5a
电磁场与电磁波第3章ppt_图文
q
4 0
1 rP
1 rQ
O
选参考点位于无穷远处，即令rQ ，得 P
rP q
4 0rP
P
由此得到点电荷电位的一般表达式 q 4 0r
对于位于r的点电荷，电位表达式为
q
q
40 r r 40R
无限长线电荷：设线电荷l在原点，参考点Q，场点 (电位
微分形式：
D
E 0
本构关系：D E
边界条件
en E1 E2 0
en
D1
D2
S
或
E1t E2t
D1n
D2 n
S
对于理想介质，有
en E1 E2
0 或
en D1 D2 0
x a 处，φ2 (a) = 0
x b处，φ1(b) =φ2 (b),
2 ( x)
x
1(x)
x
xb
S0 0
所以 D1 = 0
C2a + D2 = 0
C1b + D1 = C2 b + D2
C2
-
C1
=
-ρS0 ε0
由此解得
C1
=
-ρS0 (b ε0a
证明 对于单个点电荷产生的场
把试探电荷q0从P移到Q 设电荷q0 受到的电场力为F， 在该力作用下的位移为dl，
则电场力做功为 dW F dl qE dl
WPQ
Q
F dl
P
Q
Q
F cos θdl Fdr
电磁场与电磁波第三版答案第三章
《电磁场与电磁波》——习题详解第三章 恒定电流的电场和磁场3-1 一个半径为 a 的球内均匀分布着总量为 q 的电荷,若其以角速度 ω 绕一直径匀 速旋转,求球内的电流密度. 解:传导电流:导体中的自由电子或半导体中的自由电荷在电场作用下作定向 运动所形成的电流. 运流电流: 带电粒子在真空或气体中运动时形成的电流. 本题求的是运流电流. 选 取 球 坐 标系 . 设 转 轴和 直 角 坐 标系 的 z 轴 重 合 , 球 内 某 一点 的 坐标为 ( r , θ , φ ),则电流密度为v v J =ρv =q v 3qω r sin θ v eφ ω r sin θ eφ = 2 4π a 3 4π a 3注意到球面坐标的有向面积元为v v v v d S = er r 2 sin θ d θ d φ + eθ r sin θ d r d φ + eφ r d r d θ可以得到总电流为I=∫∫Sv v J dS =∫ ∫0πJr d r d θ =0aqω 2π2π总电流也可以通过电流强度的定义计算. 因为球体转动一周的时间为 T = 所以ω,I=3-2球形电容器内,外极板的半径分别为 a , b ,其间媒质的电导率为 σ ,当外加 电压为 U 0 时,计算功率损耗并求电阻. 解:设内,外极板之间的总电流为 I .由对称性,可以得到极板间的电流密q qω = T 2π度为v J= v E=I24π r I v e 2 r 4πσ rv er ,U0 = E d r =a∫bI 1 1 4πσ a b 25习题三从而I=v 4πσU 0 σU 0 v ,J = er 1 1 1 1 2 r a b a b2单位体积内功率损耗为 U0 J 1 1 p= =σ r 2 σ a b 2总功率损耗为P=∫b ap 4π r d r =24πσ U 02 1 1 a b2∫d r 4πσ U 02 = 2 1 1 a r a bb由P =U 02 ,得 R R= 1 1 1 4πσ a b 3-3土壤的电导率为 σ . 略去地面的影 一个半径为 a 的导体球作为电极深埋地下, 响,求电极的接地电阻. 解: 当不考虑地面影响时, 这个问题就相当于计算位于无限大均匀导电媒质中的导体球的恒定电流问题.设导体球的电流为 I ,则任意点的电流密度为v J=I 4π rI2v v er , E =I 4πσ rI2v er导体球面的电位为(选取无穷远处为电位零点)U =接地电阻为∫∞a4πσ r2dr =4πσ aR=3-4U 1 = I 4πσ a在无界非均匀导电媒质(电导率和介电常数均是坐标的函数)中,若恒定电流存 在,证明媒质中的自由电荷密度为 ρ = E (ε 证明:由方程 J = 0 得vε σ ) . σv26《电磁场与电磁波》——习题详解v v v v J = (σ E ) = E σ + σ E = 0即E = 故有vσ v Eσρ = D = (ε E ) = E ε + ε Ev ε σ v v = E ε ε E = E ε σ σ σ vvvv3-5如图 3-1,平板电容器间由两种媒质完全填充,厚度分别为 d1 和 d 2 ,介电常数 分别为 ε 1 和 ε 2 ,电导率分别为 σ 1 和 σ 2 ,当外加电压 U 0 时,求分界面上的自 由电荷面密度. 解:设电容器极板之间的电流密度为 J ,则J = σ 1 E1 = σ 2 E2E1 =于是Jσ1, E2 =Jσ2U0d1 d2ε1,σ1 ε2,σ2U0 =即Jd1σ1+Jd 2σ2图 3-1J=U0σ1 σ 2分界面上的自由面电荷密度为d1+d2ρ S = D2 n D1n = ε 2 E2 ε 1 E1 = ε ε U0 = 2 1 σ σ d1 d 2 1 2 +3-6 ε2σ2ε1 J σ1 σ1 σ 2内,外导体半径分别为 a , c 的同轴线,其间填充两种漏电媒质,电导率分别27习题三为 σ 1 ( a < r < b )和 σ 2 ( b < r < c ),求单位长度的漏电电阻. 解:设每单位长度从内导体向外导体的电流为 I ,则电流密度为v J=各区域的电场为I2π rv erv E1 = v E2 =内,外导体间的电压为I2πσ 1rv er ( a < r < b ) v er ( b < r < c )I2πσ 2 rU0 =∫c av v E dr =∫I dr + 2πσ 1 r ab∫ 2πσ r = 2πσb 2cI drIln1b I c + ln a 2πσ 2 b因而,单位长度的漏电电阻为R=3-71 1 U b c = ln + ln I 2πσ 1 a 2πσ 2 b一个半径为 10cm 的半球形接地电极,电极平面与地面重合,如图 3-2,若土 壤的电导率为 0.01S/m,求当电极通过的电流为 100A 时,土壤损耗的功率. 解:半球形接地器的电导为G = 2πσ a接地电阻为I σ a图 3-21 1 R= = G 2πσ a土壤损耗的功率为100 2 = ≈ 1.59 ×106 W P=I R= 2πσ a 2π × 0.01× 0.12I23-8一个正 n 边形(边长为 a )线圈中通过的电流为 I ,试证此线圈中心的磁感应强 度为B= 0 nI π tan 2π a n解:先计算有限长度的直导线在线圈中心产生的磁场.使用公式B=0 I (sin α1 sin α 2 ) 4π r28《电磁场与电磁波》——习题详解并注意到α1 = α 2 =2π π = 2n n设正多边形的外接圆半径是 a .由于r π = cos a n所以,中心点的磁感应强度为B=3-9 0 nI π tan 2π a n求载流为 I ,半径为 a 的圆形导线中心的磁感应强度. 解:电流元 I d l 在中心处产生的磁场为vv v v 0 I d l × er dB = 4π r2各电流元在中心处产生的磁场在同一方向,并注意 的磁场为 3-100 I2a∫rdl2=2π ,所以,圆心处 a.一个载流 I1 的长直导线和一个载流 I 2 的圆环(半径为 a )在同一平面内,圆心 与导线的距离是 d .证明两电流之间的相互作用力为 0 I1 I 2 1 d a d22BdF解:选取图 3-3 所示的坐标.直线电流产生的 I1 磁感应强度为I2 d图 3-3v I v 0 I1 v B1 = 0 1 eφ = eφ 2π r 2π (d + a cos θ )v v v F = I 2 d l 2 × B1θ a∫由对称性可以知道,圆电流环受到的总作用力仅仅有水平分量, d l2 × eφ 的 水平分量为 a cos θ d θ ,再考虑到圆环上,下对称,得vvF=使用公式 0 I1 I 2 2π∫π20 0 I1 I 2 a cos θ dθ = π d + a cos θ∫π0d 1 d θ d + a cos θ 29习题三∫π0dθ = d + a cos θπd a22最后得出二回路之间的作用力为 0 I1 I 2 力). 3-11 d 1 (负号表示吸引 2 2 d a 内,外半径分别为 a , b 的无限长空心圆柱中均匀分布着轴向电流 I ,求柱 内,外的磁感应强度. 解:法一:取积分回路为半径为 r ,圆心在轴上的圆,由安培定律 r≤a 时∫lv v v v H dl = 0 H = 0 B = 0a<r≤b 时 v v H dl =∫lI π (r 2 a 2 ) π (b a 2 )2(r 2 a 2 ) I H 2π r = 2 b a2 H = (r 2 a 2 ) I 2π r (b 2 a 2 )v v (r 2 a 2 ) I 0 v er B = 0 H = 2π r (b 2 a 2 )r >b时∫lv v H dl = I v H= I v er2π r v v I v B = 0 H = 0 er 2π r法二:使用圆柱坐标系.电流密度沿轴线方向为30《电磁场与电磁波》——习题详解 r<a 0, I J = , a<r <b 2 2 π (b a ) 0, b<r 由电流的对称性,可以知道磁场只有圆周分量.用安培定律计算不同区域的磁 场.当 r < a 时,磁场为零.当 a < r < b 时,选取安培回路为半径等于 r 且与导电 圆柱的轴线同心的圆.该回路包围的电流为I ′ = Jπ (r 2 a 2 ) =由 B dl = 2π rB =I (r 2 a 2 ) b2 a2∫vv 0 I ′ ,得 0 I (r 2 a 2 ) B= 2π r (b 2 a 2 )当 r > b 时,回路内包围的总电流为 I ,于是 B = 3-120 I . 2π r两个半径都为 a 的圆柱体,轴间距为 d , d < 2a (如图 3-4).除两柱重叠部 分 ( R 区域) 外,柱间有大小相等,方向相反的电流,密度为 J ,求 R 区域 的B.v解:在重叠区域分别加上量值相等(密度为 J ),方向相反的电流分布,可以 将原问题电流分布化为一个圆柱体内均匀分布正向电流,另一个圆柱体内均匀分布 反向电流.由其产生的磁场可以通过叠加原理计算. 由沿正方向的电流(左边圆柱)在重叠y区域产生的磁感应强度为 B1 :∫B1 d l = 2π r1 B1 = 0π r12 JJ r1r2JB1 = 0 r1 J2o1 vdo2x其方向为左边圆周方向 eφ 1 .图 3-4由沿负方向的电流(右边圆柱)在重叠区域产生的磁感应强度为 B2 :B2 = 0 r2 J231习题三其方向为右边圆柱的圆周方向 eφ 2 . 注意:vv v v v v v eφ1 = ez × eρ1 , eφ 2 = ez × eρ 2 v v v Jv v v B = B1 + B2 = 0 ez × (r1eρ 1 r2 eρ 2 ) 2 Jv J v v = 0 ez × (d ex ) = 0 d e y 2 2 v v v v v 3-13 证明矢位 A1 = ex cos y + e y sin x 和 A2 = e y (sin x + x sin y ) 给出相同的磁场 v B ,并证明它们得自相同的电流分布.它们是否均满足矢量泊松方程?为什么? 证明:与给定矢位相应的磁场为v v ex ey v v B1 = × A1 = x y cos y sin x v ex v v B2 = × A2 = x 0v ez v = ez (cos x + sin y ) z 0 v ez v = ez (cos x + sin y ) z 0v ey y sin x + x sin y所以,两者的磁场相同.与其相应的电流分布为v v 1 1 v v J1 = × B1 = (ex cos y + e y sin x)00v 1 v v J2 = (ex cos y + e y sin x)0可以验证,矢位 A1 满足矢量泊松方程,即vv v v v v 2 A1 = 2 (e x cos y + e y sin x) = (e x cos y + e y sin x) = 0 J 1但是,矢位 A2 不满足矢量泊松方程,即v32《电磁场与电磁波》——习题详解v v v v 2 A2 = 2 [e y (sin x + x sin y )] = e y (sin x + x sin y ) ≠ 0 J 2这是由于 A2 的散度不为零.当矢位不满足库仑规范时,矢位与电流的关系为vv v v v × × A2 = 2 A2 + ( A2 ) = 0 J 2可以验证,对于矢位 A2 ,上式成立,即vv v v 2 A2 + ( A2 ) = e y (sin x + x sin y ) + ( x cos y )v v v = e y (sin x + x sin y ) + ex cos y e y x sin y v v = e y sin x + ex cos y v = 0 J 23-14 半径为 a 的长圆柱面上有密度为 J S 的面电流, 电流方向分别为沿圆周方向和 沿轴线方向,分别求两种情况下柱内,外的 B . 解:(1)当面电流沿圆周方向时,由问题的对称性可以知道,磁感应强度仅仅 是半径 r 的函数,而且只有轴向方向的分量,即vvv v B = ez Bz (r )由于电流仅仅分布在圆柱面上,所以,在柱内或柱外, × B = 0 .将 B = ez Bz (r ) 代入 × B = 0 ,得vvvvv v B × B = eφ z = 0 r即磁场是与 r 无关的常量.在离柱面无穷远处的观察 点,由于电流可以看成是一系列流向相反而强度相同的电流 元之和,所以磁场为零.由于 B 与 r 无关,所以在柱外的任 一点处,磁场恒为零 . 为了计算柱内的磁场, 选取安培回路为图 3-5 所示的矩 形回路vh图 3-533习题三∫lv v B d l = hB = h 0 J S因而柱内任一点处, B = e z 0 J S (2) 当面电流沿轴线方向时,由对称性可知,空间的磁场仅仅有圆周分量,且 只是半径的函数.在柱内,选取安培回路为圆心在轴线并且位于圆周方向的圆.可 以得出,柱内任一点的磁场为零.在柱外,选取圆形回路, B d l =lvv∫vv 0 I ,与该回路交链的电流为 2π aJ S , B d l = 2π rB ,所以l∫vvv v a B = eφ 0 J S r 3-15 一对无限长平行导线,相距 2a ,线上载有大小相等,方向相反的电流 I (如 v v 图 3-6),求磁矢位 A ,并求 B .解:将两根导线产生的磁矢位看作是单个导线产生的磁矢位的叠加,对单个 导线,先计算有限长度产生的磁矢位.设导线长度为 l ,导线 1 的磁矢位为(场点选 在 xoy 平面)A1 =0 I 4π∫ I l / 2 + [(l / 2) 2 + r12 ]l / 2 dz = 0 ln 2 2 12 2π r1 l / 2 (r + z ) 1l/2当 l → ∞ 时,有y A1 =0 I l ln r1 2π-ar2 I图 3-6r1 a I x同理,导线 2 产生的磁矢位为A2 = 由两个导线产生的磁矢位为0 I l ln r2 2πv v l v I l A = ez ( A1 + A2 ) = ez 0 ln ln r 2π 1 r2 v 0 I r2 v 0 I ( x + a) 2 + y 2 = ez ln = ez ln 2π r1 4π ( x a) 2 + y 2相应的磁场为34《电磁场与电磁波》——习题详解v v A v A v B = × A = ex z e y z y x v I = ex 0 2π y y ( x + a) 2 + y 2 ( x a) 2 + y 2 x+a xa v I ey 0 2 2 2 2 2π ( x + a) + y ( x a) + y v v v v v v 3-16 由无限长载流直导线的 B 求矢位 A (用 B d S = A d l , 并且 r = r0 处为∫S∫C磁矢位的参考零点),并验证 × A = B . 解:设导线和 z 轴重合.由于电流只有 z 分量,磁矢位也只有 z 分量.用安培 环路定律,可以得到直导线的磁场为vvv I v B = 0 eφ 2π r 选取矩形回路 C ,如图 3-7 所求.在此回路上,注意到磁矢位的参考点.磁矢位的线积分为∫ ∫SCv v A d l = Az hv v BdS =∫∫0 I Ih r d r d z = 0 ln r0 2π r 2πIBh r0 r图 3-7由此得到I r Az (r ) = 0 ln r0 2π可以验证rv v I v A v B = × A = z eφ = 0 eφ 2π r r3-17 证明 xoy 平面上半径为 a , 圆心在原点的圆电流环(电流为 I )在 z 轴上的磁标 位为 m = 1 2 2 1 2 2 (a + z ) 证明:法一:由毕奥萨伐尔定律可求得,z 轴上某一点的磁感应强度为:Iz35习题三v B=Ia 22( a + z )2 2 3/ 2v ezv v B H = =Ia 2 v e 2 2 3/ 2 z 2(a + z )由 H = m = (v m v m v m v e + e + e ) x x y y z z可得 m Ia 2 = z 2( a 2 + z 2 ) 3 / 2 m = ∫ Ia 2 Iz dz = +C 2 2 3/ 2 2 2( a + z ) 2(a + z 2 )1 / 2当 z → ∞ 时, m = 0 ,求得C=所以I 2 z ) ( a + z 2 )1 / 22 m = (1 I 2法二:整个圆形回路在轴线上产生的磁场,由于对称,仅仅有轴向分量.使用 叠加原理,可以计算出轴线上任一点的磁场强度为Ia 2 H= 2( a 2 + z 2 ) 3 2由磁标位与磁场强度的关系式 H = m ,可以得到m =3-18∫∞zHdz =∫∞z Ia 2 I z d z = 1 2 2 12 2 2 32 2 (a + z ) 2(a + z )一个长为 L ,半径为 a 的圆柱状磁介质沿轴向方向均匀磁化(磁化强度为M 0 ),求它的磁矩.若 L = 10cm , a = 2cm , M 0 = 2 A / m ,求出磁矩的值. 解:均匀磁化介质内的磁化电流为零.在圆柱体的顶面与底面,有v v v Jms = M × n = 036《电磁场与电磁波》——习题详解在侧面v v v v v v J m s = M × n = M 0 ez × er = M 0 eφ侧面的总电流为I = JmsL = M 0L磁矩为m = IS = Iπ a 2 = M 0 Lπ a 2代入相关数值后得m = M 0 Lπ a 2 = 2 × 0.1× π × 0.02 2 = 2.512 × 10 4 A m 23-19 球心在原点,半径为 a 的磁化介质球中, M = M 0 磁化电流的体密度和面密度. 解:磁化电流的体密度为vz2 v ez ( M 0 为常数) ,求 a2v v Jm = × M = 0在球面上v v v z2 v v v J m s = M × n = M 0 ez × er = M 0 2 sin θ eφ a注意,在球面上v v z = a cos θ , J m s = M 0 cos 2 θ sin θ eφ3-20 证明磁介质内部的磁化电流是传导电流的( r 1 )倍. 证明:由于 J = × H , J m = × Mvvvv因而 3-21v v v v v v v B = H = 0 ( H + M ) , M = 1 H = ( r 1) H 0 v v J m = ( r 1) J已知内,外半径分别为 a , b 的无限长铁质圆柱壳(磁导率为 )沿轴向有恒 定的传导电流 I ,求磁感应强度和磁化电流.37习题三解: 考虑到问题的对称性, 用安培环路定律可以得出各个区域的磁感应强度. 当 r < a 时, B = 0vv I (r 2 a 2 ) v 当 a < r < b 时, B = eφ 2π r (b 2 a 2 )当 r > b 时, B = 当 a < r < b 时,v0 I v eφ 2π rv v I (r 2 a 2 ) v 1 v M = ( r 1) H = ( r 1) B = ( r 1) eφ 2π r (b 2 a 2 ) v v v 1 (rM ρ ) v ( r 1) I J m = × M = ez = ez r r π (b 2 a 2 )当 r > b 时, J m = 0 在 r = a 处,磁化强度 M = 0 ,所以vvv v v v v J m s = M × n = M × (er ) = 0在 r = b 处,磁化强度 M =v Jms3-22( r 1) I v eφ ,所以 2π b v v v v ( 1) I v = M × n = M × er = r ez 2π b v设 x < 0 的半空间充满磁导率为 的均匀磁介质, x > 0 的空间为真空,线电流 I 沿 z 轴方向,如图 3-8,求磁感应强度和磁场强度. 解:由恒定磁场的边界条件,可以判断出,在磁介质和真空中,磁感应强度相 同,而磁场强度不同.由问题的对称性,选取以 z 轴为轴线,半径为 r 的圆环为安 培回路,有∫注意到lv v H d l = π rH 1 + π rH 2 = Iy0H1 =1B1, H2 =2B2, B1 = B2 = BIx图 3-838《电磁场与电磁波》——习题详解1 = 0 , 2 = 因而得B= 0 I π ( 0 + )r其方向沿圆周方向. 3-23 已知在半径为 a 的无限长圆柱导体内有恒定电流 I 沿轴向方向.设导体的磁 导率为 1 ,其外充满磁导率为 2 的均匀磁介质,求导体内,外的磁场强度, 磁感应强度,磁化电流分布. 解:考虑到问题的对称性,在导体内,外分别选取与导体圆柱同轴的圆环作 为安培回路,并注意电流在导体内是均匀分布的.可以求出磁场强度如下:Ir v eφ 2π a 2 v I v r > a 时, H = eφ 2π r磁感应强度如下:v r ≤ a 时, H =v Ir v r ≤ a 时, B = 1 2 eφ 2π a v 2 I v r > a 时, B = eφ 2π r为了计算磁化电流,要求出磁化强度:v v v v Ir I v , J m = × M = e z 1 1 r ≤ a 时, M = eφ 1 1 2 2π a 2 0 0 π av v v v I r > a 时, M = eφ 2 1 , Jm = × M = 0 0 2π r在 r = a 的界面上计算面电流时,可以理解为在两个磁介质之间有一个很薄的 真空层.这样,其磁化面电流就是两个磁介质的磁化面电流之和,即v v v v v J m s = M 1 × n1 + M 2 × n2这里的 n1 , n2 分别是从磁介质到真空的单位法向.如果取从介质 1 到介质 2 的单位法向是 n ,则有vvvv v v v v J m s = M1 × n M 2 × n39习题三代入界面两侧的磁化强度,并注意到 n = er ,得vvv I v v 2 I J m s = e z 1 1 2π a + ez 1 2π a 0 0 I v = ez 2 1 0 0 2π a3-24 试证长直导线和其共面的正三角形之间的互感为M=0 a (a + b) ln1 + b a π 3 其中 a 是三角形的高,b 是三角形平行于长直导线的边至直导线的距离(且该 边距离直导线最近). 证明:取如图 3-9 所示的坐标.直线电流 I 产生的磁场为B=0 I 2π x由图 3-9 知道,三角形三个顶点的坐标分别为 A(b, a3 ) , B (b, a3) ,C (a + b,0) ,直线 AC 的方程为 z=互感磁通为z A I1 b B图 3-91 (a + b x) 3C b+axΨ = BdS = 2∫∫a +b b0 I 1 (a + b x) d x 2π x 3=0 I a (a + b) ln1 + b a π 3 0 a (a + b) ln1 + b a π 3 直线与矩形回路的互感为M=3-25无限长的直导线附近有一矩形回路(二者不共面,如图 3-10),试证它们之间 的互感为40《电磁场与电磁波》——习题详解M =0 a R ln 2 2 12 2π [2b( R c ) + b 2 + R 2 ]1 2b a R R1图 3-10IIc证明:直线电流 I 产生的磁场为 B =0 I ,作积分,得出磁通量 2π rΨ = BdS =注意:∫∫R1 R 0 Ia Ia R d r = 0 ln 1 R 2π r 2π1 2 1 2 1 2R1 = [c + (b + R c ) ] = [2b( R c ) + b + R ]2 2 2 2 2 2 2 2将其代入,即可得到互感. 3-26 外导体的内半径为 b , 通过的电流为 I . 空气绝缘的同轴线, 内导体半径为 a , 设外导体壳的厚度很薄,因而其储存的能量可以忽略不计.计算同轴线单位 长度的储能,并由此求单位长度的自感. 解:设内导体的电流均匀分布,用安培环路定律可求出磁场.r < a 时, H =Ir 2π a 2 I a < r < b 时, H = 2π rWm =单位长度的磁场能量为∫a01 H 2 2π r d r + 2 0∫b a1 H 2 2π r d r 2 0=0 I 2 0 I 2 b ln + 16π 4π aL=故得单位长度的自感为0 0 b + ln 8π 2π a41习题三其中第一项是内导体的内自感. 3-27 一个长直导线和一个圆环(半径为 a )在同一平面,圆心与导线的距离是 d , 证明它们之间互感为M = 0 (d d 2 a 2 )证明:设直导线位于 z 轴上,由其产生的磁场I r d θB=0 I 0 I = 2π x 2π (d + r cos θ ) 0 I其中各量的含义如图 3-11 所示,磁通量为图 3-11Φ = BdS =∫∫∫0 2π 0a2π 02π (d + r cos θ )2πr dθ d r上式先对 θ 积分,并用公式∫得dθ = d + a cos θd 2 a2Φ = 0 I所以互感为 3-28∫ardr d r2 20= 0 I (d d 2 a 2 )M = 0 (d d 2 a 2 )如图 3-12 所示的长密绕螺线管(单位长度 n 匝),通过的电流为 I ,铁心的磁 导率为 ,面积为 S ,求作用在它上面的力. 解:在忽略边缘影响时,密绕螺线管内部的磁场是一个均匀磁场,其值为H = NI , 管外磁场为零. 设螺线管的长度为 L , 铁心位于螺线管内的部分长度为 x , 总的磁场能量为Wm =1 1 Sx( NI ) 2 + 0 S ( L x)( NI ) 2 2 2Wm xL● ● ● ● ● ● ●用电流不变情形下的虚位移公式,得到铁心受力 x0SF==I1 ( 0 ) SN 2 I 2 2× × × × × × × 图 3-12力的方向沿 x 增加的方向.42。
电磁场与电磁波答案习题3章
重要公式
电位方程：
有源区中电位满足泊松方程：
无源区中电位满足拉普拉斯方程：
泊松方程的积分解：
自由空间格林函数：
泊松方程的自由空间解：
题解
3-1已知在直角坐标系中四个点电荷分布如习题图3-1所示，试求电位为零的平面。
解已知点电荷q的电位为
，令 ， ， ， ，那么，图中4个点电荷共同产生的电位应为
令 ，得
由4个点电荷的分布位置可见，对于x=1.5cm的平面上任一点， ，因此合成电位为零。同理，对于x=0.5cm的平面上任一点， ，因此合成电位也为零。所以，x=1.5cm及x=0.5cm两个平面的电位为零。
，．．．
负 轴上： ， ，
，．．．
则两板之间任一点 的电位为：
3-8试证位于无限大导体平面上半球形导体上空的点电荷q受到的力的大小为
式中a为球半径，d为电荷与球心的间距， 为真空介电常数，如习题图3-8(a)所示。
证明应用镜像法，将半球变为一个整球。那么，为了保证无限大导体平面和球面形成的边界电位为零，必须引入三个镜像电荷：q，q，q，其中q和q，以及q和q保证无限大平面边界的电位为零，q和q，以及q和q保证球面边界的电位为零。那么，根据镜像法，求得镜像电荷q和q分别为
解①如前所述，此时需要两个镜像电荷等效带电导体球的影响。一个是离球心 处，电量为 的镜像电荷。另一个镜像电荷q位于球心，其电量取决于导体球的电位。
已知导体球的电位为，而镜像电荷及球外点电荷对于球面边界的电位没有贡献，因此，球心镜像电荷q的电量应满足
电磁场与电磁波(第四版)课后答案_第三章习题
习题三答案及解析
B选项
$( - frac{1}{2} + frac{3}{2}i)( frac{1}{2} + frac{3}{2}i)$ 可以
化简为 $-i$。
C选项
$( - frac{1}{2} - frac{3}{2}i)( frac{1}{2} + frac{3}{2}i)$ 可以
化简为 $-i$。
D选项
$frac{-2i}{-2i + 1}$ 可以 化简为 $-i$。
习题三答案及解析
答案
A. $-frac{1}{4}$
习题三答案及解析
B. $-i$
1
C. $-i$
2
D. $-i$
3
习题三答案及解析
01
解析
02
此题考查复数的乘法运算，根据复数乘法的定义和性质，可以得出答案。
03
A选项：$( - frac{1}{2} + frac{3}{2}i)( - frac{1}{2} - frac{3}{2}i)$ 可以化简为 $-frac{1}{4}$。
• 下一章将介绍电磁场与电磁波的基本原理和概念，包括电场、 磁场、电磁感应等。同时，还将介绍电磁波的传播方式和在不 同介质中的传播特性，以及电磁波的应用和影响。
THANKS
感谢观看
D选项
$100e^{- frac{pi i}{2}}$ 可以化简 为 $100(cosfrac{3pi}{2} + isinfrac{3pi}{2})$，与题目中的形 式一致。
习题二答案及解析
答案
A. $-frac{1}{2}$
习题二答案及解析
B. $-i$ C. $-i$ D. $-i$
电磁场与电磁波-第3章要点
镜像法
实质：是以一个或几个等效电荷代替边界的影响， 将原来具有边界的非均匀空间变成无限大的均匀自 由空间，从而简化电位分布的计算。
依据：惟一性定理。等效电荷的引入必须维持原来 的边值条件不变，从而保证原来区域中静电场没有 改变，这是确定等效电荷的大小及其位置的依据。 这些等效电荷通常处于镜像位置，因此称为镜像电 荷，而这种方法称为镜像法。
自由空间——S 表面无限远，面积分为零。
若 V 为无源区——体积分为零。 推论：面积分可视为泊松方程在无源区中的解，或 者拉普拉斯方程以格林函数表示的积分解。
电位微分方程解的惟一性
存在——客观存在 稳定——数学方法已证明 惟一——反证法（惟一：只有一个，仅仅一个） 静电场惟一性定理：对于导体边界（并不仅限于此） 的静电场问题，当边界上的电位，或电位的法向导 数，或导体表面电荷分布给定时，空间的静电场即 被惟一地确定。 电位的法向导数与导体表面电荷密度的关系 S n
4 π r
r
q f
q
d
q 4 π r
为保证球面上任一点电位为零，必须有
q r q r
镜像法
为了使镜像电荷具有一个确定的值，必须要 r 求比值 r 对于球面上任一点为常数。可见，若要 r a 求三角形 △OPq 与 △OqP 相似，则 r f 常 数。由此获知镜像电荷应为 a
E t
E"
E
En
为了求解上半空间的场可用镜像电荷 q' 等效边 界上束缚电荷的作用，将整个空间变为介电常数 为1 的均匀空间。对于下半空间，可用位于原点 电荷处的q" 等效原来的点电荷q 与边界上束缚电 荷的共同作用，将整个空间变为介电常数为2 的 均匀空间。
《电磁场与电磁波》第三版 电子课件003
(3-3-4)
如果将无限大导电平面看做半径为无限大的圆， 则在无限大导
d
( 2 h 2 )
3 2 2 0
d －q
(3-3-5)
可见， 导体表面感应的总电荷正是预期值－q。
第3章
边值问题的解法
当一点电荷置于两平行导电平面之中时，其镜像电荷数趋
于无穷。然而，对于两相交平面，若两平面的夹角为θ，且 360°/θ为偶数，则可以用镜像法来求解，此时镜像电荷的个数
S f1 (S )
问题。
(3-1-1)
称为第一类边界条件或狄利克利条件。这类问题称为第一类边值
第3章
边值问题的解法
(2) 已知场域边界面S上各点电位法向导数的值，即给定
(3-1-2) S f 2 (S ) n 称为第二类边界条件或诺伊曼条件。这类问题称为第二类边值 问题。 (3) 已知场域边界面S上各点电位和电位法向导数的线性组 合值，即给定 ( ) S f3 (S ) (3-1-3) n 称为第三类边界条件或混合边界条件。这类问题称为第三类边 值问题。
第3章
边值问题的解法
图3-3 接地导体球外的点电荷
第3章
边值问题的解法
q 1 m ( － ) 4π 0 r1 r2
(3-3-6)
式中，
r1 r 2 d 2－2rdcos r2 r 2 b 2－2rbcos
电位函数在球表面处满足电位为零的边界条件，即在r = a
处对任意角度θ，有
(3-3-1)
第3章
边值问题的解法
图3-1 平面边界上的点电荷与其镜像
第3章
边值问题的解法
下面来验证解的正确性。
在上半平面(除点电荷所在的点外)均满 显然，电位函数
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• 3.2.1 格林定理
• 3.2.2 惟一性定理的证明
• 3.3 分离Βιβλιοθήκη 量法 • 3.3.1 直角坐标系中的分离变量法
• 分离常数 kx，ky，kz的选取由边界条件决定； 解的具体形式由分离常数的取值性质决定。
• 3.3.2 圆柱坐标系中二 维拉普拉斯方程的解
• 3.3.3 球坐标系中二维拉普拉斯方程的解
• 系下三个一元函数乘积形式，通过分离变 量法将拉普拉斯方程分解为三个常微分方 程，得到电位函数的通解。然后再根据给 定的边界条件，确定通解中的待定常数， 得出电位函数的惟一真解。 • 2.镜像法：在所研究区域之外，用一些假想 的电荷来等效边界面上的感应电荷或束缚 电荷的作用。如果镜像电荷与原电荷产生 的位的叠加在边界面上满足所给的边界条 件，那么根据惟一性定理，则此位一定是 我们所求解的位。此法的关键是确定镜像 电荷的位置和大小。
• 第三类边值问题：一部分边界上的电位给 定，另一部分边界上电位的法向导数给定， 求区域中电位分布，这类问题又称为混合 型边值问题。 • 3.2 惟一性定理 • 可以证时：满足边界条件的泊松方程或拉 普拉斯方程的解必定惟一。也可以说成： 如果给定一个区域中的电荷分布和边界上 的全部边界条件，则这个区域中的解是惟 一的。这个结论称为惟一性定理。
• r=a球面上的边界条件为
• 3.4 镜像法 • 3.4.1 平面导体与点电荷
• 3.4.2 导体球面与球外点电荷
• 3.4.3 电介质分界面的镜像
•*3.5 有限差分法
•小结 •本章介绍了拉普拉斯方 程的几种解析求解方法 和一种数值解法——有 限差分法。 •1.分离变量法：根据边界面的形状，选择适 当的坐标系，然后将电位函数表示成此坐标
第3章 静电场的解法
• • • • 3.1 静电场问题的类型 3.1.1 分布型问题 3.1.2 边值型问题 第一类边值问题：给定整个边界上的电位 函数求区域中电位分布，这类问题又称为 狄利克莱问题。 • 第二类边值问题：给定整个边界上电位函 数的法向导数求区域中电位分布，这类问 题又称为诺伊曼问题。
• 3.有限差分法：有限差分法是一种数值计算 方法。它将所求解区域划分为很多的网格， 并建立起各相邻网格节点的电位差分方程， 边界节点上的电位作为求解迭代方程组的 已知值，未知节点电位在求解迭代方程组 前可根据经验赋予一定的初值。有限差分 法的精度取决于对求解区域划分的网格数 和迭代次数；求解迭代方程组时收敛速度 主要取决于所采用的算法。