电磁场与电磁波_第四版_第三章
谢处方《电磁场与电磁波》(第4版)课后习题-第3章 静态电磁场及其边值问题的解【圣才出品】
第3章 静态电磁场及其边值问题的解（一）思考题3.1 电位是如何定义的？中的负号的意义是什么？答：由静电场基本方程▽×E＝0和矢量恒等式可知，电场强度E 可表示为标量函数φ的梯度，即式中的标量函数φ称为静电场的电位函数，简称电位；式中负号表示场强方向与该点电位梯度的方向相反。
3.2“如果空间某一点的电位为零，则该点的电场强度也为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
因为电场强度大小是该点电位的变化率。
3.3“如果空间某一点的电场强度为零，则该点的电位为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
此时该点电位可能是任一个不为零的常数。
3.4 求解电位函数的泊松方程或拉普拉斯方程时，边界条件有何意义？答：边界条件起到给方程定解的作用。
3.5 电容是如何定义的？写出计算电容的基本步骤。
答：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，即其基本计算步骤：①根据导体的几何形状，选取合适坐标系；②假定两导体上分别带电荷＋q和－q；③根据假定电荷求出E；④由求得电位差；⑤求出比值3.6 多导体系统的部分电容是如何定义的？试以考虑地面影响时的平行双导线为例，说明部分电容与等效电容的含义。
答：多导体系统的部分电容是指多导体系统中一个导体在其余导体的影响下，与另一个导体构成的电容。
计及大地影响的平行双线传输线，如图3-1-1所示，它有三个部分电容C11、C12和C22，导线1、2间的等效电容为；导线1和大地间的等效电容为；导线2和大地间的等效电容为图3-1-13.7 计算静电场能量的公式和之间有何联系？在什么条件下二者是一致的？答：表示连续分布电荷系统的静电能量计算公式，虽然只有ρ≠0的区域才对积分有贡献，但不能认为静电场能量只存在于有电荷区域，它只适用静电场。
表示静电场能量存在于整个电场区域，所有E≠0区域对积分都有贡献，既适用于静电场，也用于时变电磁场，当电荷分布在有限区域内，闭合面S无限扩大时，有限区内的电荷可近似为点电荷时，二者是一致的。
电磁场与电磁波(第四版)习题解答
电磁场与电磁波(第四版）习题解答第1章习题习题1．1给定三个矢量A 、B 和C 如下:23x y z =+-A e e e ．4y z=-+B e e ，52x z =-C e e ,解:(1）22323)12(3)A x y z e e e A a e e e A+-===+-++- （2）2641x y z A B e e e -=+-==(3)(23)(4)11x y z y z A B e e e e e •=+-•-+=-（4）arccos135.5A B AB θ•===︒ (５)1711cos -=⋅=⋅⋅==B B A A B B A A A A AB Bθ(６）12341310502xy zx Y Z e e e A C e e e ⨯=-=---- (７)0418520502xy zx Y Z e e e B C e e e ⨯=-=++-()(23)(8520)42x Y Z x Y Z A B C e e e e e e •⨯=+-•++=-123104041xy zx Y Z e e e A B e e e ⨯=-=---- ()(104)(52)42x Y Z x Z A B C e e e e e ⨯•=---•-=-(8）()10142405502x y zx Y Z e e e A B C e e e ⨯⨯=---=-+-()1235544118520xy zx Y Z e e e A B C e e e ⨯⨯=-=-- 习题1．4给定两矢量 234x y z =+-A e e e 和 456x y z =-+B e e e ,求它们之间的夹角和 A 在 Ｂ上的分量。
解：29)4(32222=-++=A776)5(4222=+-+=B31)654()432(-=+-⋅-+=⋅z y x z y x e e e e e e B A则A 与B之间的夹角为131772931cos =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅=ar BA B A arcis ABθ A 在B上的分量为532.37731cos -=-=⋅=⋅⋅⋅==B B A BA B A A A A AB Bθ习题1.９用球坐标表示的场225rr =E e ， (1）求在直角坐标中点(3,4,5)--处的E 和x E ；(2）求在直角坐标中点(3,4,5)--处E 与矢量22x y z =-+B e e e 构成的夹角。
《电磁场与电磁波》(第四版)课后习题解答(全)
第一章习题解答【习题1.1解】222222222222222222222222222222222222cos cos cos cos cos cos 1xx x y z yx y z z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z 矢径r 与轴正向的夹角为，则同理，矢径r 与y 轴正向的夹角为，则矢径r 与z 轴正向的夹角为，则可得从而得证a a b b g g a b g =++=++=++++=++++++++++==++ 【习题1.2解】924331329(243)54(9)(243)236335x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z A B e e e e e e e e e A B e e e e e e e e e A B e e e e e e A B +=--+-+=-+=----+=---∙=--∙-+=+-=⨯（）（）－（）(9)(243)19124331514x y z x y z x y z x y ze e e e e e e e e e e e =--⨯-+=---=--+【习题1.3解】已知,38,x y z x y z A e be ce B e e e =++=-++ （1）要使A B ⊥，则须散度 0A B =所以从 1380A B b c =-++=可得：381b c +=即只要满足3b+8c=1就可以使向量错误！未找到引用源。
和向量错误！未找到引用源。
垂直。
（2）要使A B ，则须旋度 0A B ⨯= 所以从1(83)(8)(3)0138xy zx y z e e e A B b c b c e c e b e ⨯==--+++=-可得 b=-3，c=-8 【习题1.4解】已知129x y z A e e e =++，x y B ae be =+，因为B A ⊥，所以应有0A B ∙= 即()()1291290xy z x y ee e ae be a b ++∙+=+= ⑴又因为 1B =; 所以221=； ⑵由⑴，⑵ 解得 34,55a b =±=【习题1.5解】由矢量积运算规则123233112()()()x y zx y z x x y y z ze e e A Ca a a a z a y e a x a z e a y a x e xyzB e B e B e B =?=-+-+-=++取一线元：x y z dl e dx e dy e dz =++则有xy z xyz e e e dlB B B dx dy dzB ?=则矢量线所满足的微分方程为 x y zd x d y d z B B B == 或写成233112()dx dy dzk a z a y a x a z a y a x==---＝常数 求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用下列方法k xa a y a a z a d z a a x a a y a d y a a z a a x a d =-=-=-323132132231211)()()( （1）k x a y a z zdzz a x a y ydy y a z a x xdx =-=-=-)()()(211332 （2）由（1）（2）式可得)()(31211y a a x a a k x a d -=)()(21322z a a x a a k y a d -= （3）)()(32313x a a y a a k z a d -= )(32xy a xz a k xdx -=)(13yz a xy a k ydy -= （4）)(21xz a yz a k zdz -=对（3）（4）分别求和0)()()(321=++z a d y a d x a d 0)(321=++z a y a x a d0=++zdz ydy xdx 0)(222=++z y x d所以矢量线方程为1321k z a y a x a =++ 2222k z y x =++【习题1.6解】已知矢量场222()()(2)x y z A axz x e by xy e z z cxz xyz e =++++-+- 若 A 是一个无源场 ，则应有 div A =0即： div A =0y x zA A A A x y z∂∂∂∇⋅=++=∂∂∂ 因为 2x A axz x =+ 2y A by xy =+ 22z A z z cxz xyz =-+- 所以有div A =az+2x+b+2xy+1-2z+cx-2xy =x(2+c)+z(a-2)+b+1=0 得 a=2, b= -1, c= - 2 【习题1.7解】设矢径 r的方向与柱面垂直，并且矢径 r到柱面的距离相等（r ＝a ） 所以，2sssr ds rds a ds a ah πΦ===⎰⎰⎰＝22a h π=【习题1.8解】已知23x y φ=,223y z A x yze xy e =+而 A A A A rot⨯∇+⨯∇=⨯∇=φφφφ)()(2222(6)3203xy zx y ze e e A xy x y e y e xyze x y z x yz xy ∂∂∂∇⨯==--+∂∂∂ 2223[(6)32]x y z A x y xy x y e y e xyze φ∴∇⨯=--+又y x z y x e x e xy ze y e x e 236+=∂∂+∂∂+∂∂=∇φφφφ 232233222630918603xy z x y z e e e A xyx x y e x y e x y ze x yz xy φ∇⨯==-+所以222()3[(6)32]x y z rot A A A x y xy x y e y e xyze φφφ=∇⨯+∇⨯=--+ +z y x e z y x e y x e y x 2332236189+-=]49)9[(3222z y x e xz e y e x x y x+--【习题1.9解】已知 222(2)(2)(22)x y zA y x z e x y z e x z y z e =++-+-+ 所以()()1144(22)0xyzyy x x z z x y z x yzx y z A A A A A A rot A A x y z y z z x x y A A A xz xz y y e e ee e e e e e ∂∂⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫=∇⨯==-+-+- ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭-++-+-=由于场A 的旋度处处等于0，所以矢量场A 为无旋场。
电磁场与电磁波课后习题答案第3章(杨儒贵编着)
第三章 静电场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rq 4πεϕ=，令)0,1,0(1q q -=，)0,1,3(2q q +=，)0,0,1(3q q -=，)0,0,0(4q q +=，那么，图中4个点电荷共同产生的电位应为∑=414ii r q πεϕ令0=ϕ，得 0 4 4 4 44321=+-+-r qr q r q r q πεπεπεπε 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，4321 ,r r r r ==，因此合成电位为零。
同理，对于x =0.5cm 的平面上任一点，3241 ,r r r r ==，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。
3-2 试证当点电荷q 位于无限大的导体平面附近时，导体表面上总感应电荷等于)(q -。
证明 建立圆柱坐标，令导体表面位于xy 平面，点电荷距离导体表面的高度为h ，如图3-2所示。
那么，根据镜像法，上半空间的电场强度为32023101 4 4r q r q πεπεr r E -=X 习题图3-1(r , z )习题图3-2电通密度为)(43223110r r q r r E D -==πε 式中 232231])([h z r r -+=； 232232])([h z r r ++=那么，⎥⎥⎥⎦⎤⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-++-+⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++--+=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧++++--+-+=z z zh z r hz h z r h z h z r r h z r r q h z r h z r h z r h z r q e e e e e e D r r r 232223222322232223222322])([])([ ])([])([4 ])([)(])([)(4ππ 已知导体表面上电荷的面密度n s D =ρ，所以导体表面的感应电荷为2322232223220)(2][][4h r qh h r h h r h q D z zs +-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧++-+-===ππρ 则总的感应电荷为q h r r r qh r r S q s ss -=+-===⎰⎰⎰∞∞2322)(d d 2d 'πρρ3-3 根据镜像法，说明为什么只有当劈形导体的夹角为π的整数分之一时，镜像法才是有效的？当点电荷位于两块无限大平行导体板之间时，是否也可采用镜像法求解。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案__谢处方
电磁场 与电磁波（第四版） 课后答案第一章 习 题 解答1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e 52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的 分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C 和()⨯A B C ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A B C 。
解 （1）23A x y z +-===+-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e ee 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由c o sAB θ=11238=A B A B ，得1c o s AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A c o s AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502xyz-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502xyz-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)4x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e （8）()⨯⨯=A B C 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 三角形的三个顶点 为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。
电磁场与电磁波第四版第三章部分答案
电磁场与电磁波第四版第三章部分答案电磁场与电磁波第三章3.7无限大导体平板分别置于x =0和x =d 处，板间充满电荷，其体电荷密度为ρ=ρ0x d,极板间的电位分别为0和U 0，如图所示，求两级板之间的电位和电场强度。
解：由泊松定理得d 2φdx 2=?1ε0ρ0xd解得φ=?ρ0x 36ε0d+x +B在x =0处，φ=0，故B =0 在x =d 处，φ=U 0，故U 0=?ρ0x 36ε0d+d故=U 0d+ρ0d 6ε0φ=?ρ0x 36ε0d+(U 0d+ρ0d 6ε0)xE =??φ=?e x ?φ?x=e x [ρ0x 22ε0d?(U 0d+ρ0d 6ε0)]3.8证明：同轴线单位长度的静电储能W e =q l 22C。
式中q l 为单位长度上的电荷量，C 为单位长度上的电容。
解：由高斯定理可知：E (ρ)=q l 2περ故内外导体间的电压为U =∫Edρ=∫q l 2περbb dρ=q l 2πεln b则电容为C =q l U=2πεlnbW e =12∫εE 2dV =12∫εb (q l 2περ)22πρdρ=12q l 22πεln b =q l22C3.9有一半径为,带电量q 的导体球，其球心位于介电常数分别为ε1和ε2的两种介质的分界面上，该分界面为无限大平面。
试求：（1）导体球的电容；（2）总的静电常量。
解：根据边界条件则E 1t =E 2t ,故有E 1=E 2=E ,由于D 1=ε1E 1,D 2=ε2E 2,所以D 1≠D 2，由高斯定理可得D 1S 1+D 2S 2=q即2πr 2ε1E +2πr 2ε2E =qE =q212 导体球的电位为φ( )=∫Edr =∞q2π(ε1+ε2)∫1r ∞dr =q 2π(ε1+ε2)电容为C =q φ( )=2π(ε1+ε2)(2)总的静能量为W e =12qφ( )=q 24π(ε1+ε2)3.13在一块厚度为d 的导电板上，由两个半径分别为r 1和r 2的圆弧和夹角为α的两半径割出的一块扇形体，如图所示。
电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方之欧阳治创编
欧阳治创编 2021.03.10 一章习题解答1.1给定三个矢量A 、B 和C 如下： 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C 和()⨯A B C ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A BC 。
解（1）23A x y z +-===+e e e A a e e e A（）-=A B (23)(4)xy z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11（4）由cos AB θ=14==⨯A B A B ，得1cosAB θ-=(135.5= （5A 在B 上的分量欧阳治创编 2021.03.10B A =A cos AB θ=17=-A B B （6）⨯=A C 123502xyz-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e所以()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e1.2三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。
（1）判断123PP P ∆是否为一直角三角形；（2）求三角形的面积。
解（1）三个顶点1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 的位置矢量分别为 12y z =-r e e ，243x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e则12214x z=-=-R r r e e ，233228x y z =-=++R r r e e e ，欧阳治创编 2021.03.10 由此可见故123PP P ∆为一直角三角形。
电磁场与电磁波(第四版)(王家礼) (4)
第三章 恒定电流的电场和磁场 3.1.6 恒定电流场的边界条件
将恒定电流场基本方程的积分形式应用到两种不同导体的 界面上(如图 3-4所示)，可得出恒定电流场的边界条件为
n×(E2－E1)=0
(3-20)
n·(J2－J1)=0
(3-21)
或
J1n=J2n
(3-22)
3.1 恒定电流的电场
3.1.1 电流密度 我们知道，导体内的自由电子在电场的作用下，会沿着与
电场相反的方向运动，这样就形成电流。习惯上，规定正电荷 运动的方向为电流的方向，用电流强度描述一根导线上电流的 强弱(电流强度定义为单位时间内通过某导线截面的电荷量)。
第三章 恒定电流的电场和磁场 电流强度只能描述一根导线上总电流的强弱。为了描述电 荷在空间的流动情况(即考虑导体截面的大小)，要引入电流密 度的概念。电流密度是一个矢量，它的方向与导体中某点的正 电荷运动方向相同（实际上是自由电子移动方向的反方向）， 大小等于与正电荷运动方向垂直的单位面积上的电流强度。若
C0
2π
ln b
a
可以直接得出同轴线单位长度的漏电导为
G0
2π
ln b
a
例 3-3 计算深埋地下半径为a的导体半球的接地电阻(如图
3-7 所示)。设土壤的电导率为σ；接地半球的电导率为无穷大。
第三章 恒定电流的电场和磁场
图 3-7 半球形接地器
第三章 恒定电流的电场和磁场 解：导体球的电导率一般总是远大于土壤的电导率，可将
流场的矢量线叫做电流线。
第三章 恒定电流的电场和磁场
图 3-1 电流密度
第三章 恒定电流的电场和磁场
可以从电流密度J求出流过任意面积S的电流强度。一般情 况下，电流密度J和面积元dS的方向并不相同。此时，通过面积 S的电流就等于电流密度J在S上的通量，即
电磁场与电磁波（第4版）第3章部分习题参考解答
ρ ≥ a 时， E = −∇ϕ = −eρ
G
G ∂ ∂ρ
3.4 已知 y > 0 的空间中没有电荷，试判断下列函数中哪些是可能的电位解？ (1) e− y cosh x ；(2) e− y cos x ；(3) e− 2 sin x cos x ；(4) sin x sin y sin z 。 解：在电荷体密度 ρ = 0 的空间，电位函数应满足拉普拉斯方程 ∇ 2ϕ = 0 。
∂2 − y ∂2 − y ∂2 − y (e cosh x) + 2 (e cosh x) + 2 (e cosh x) = 2e− y cosh x ≠ 0 (1) ∂x 2 ∂y ∂z −y 所以函数 e cosh x 不是 y > 0 空间中的电位解； ∂2 − y ∂2 − y ∂2 − y (e cos x) + 2 (e cos x) + 2 (e cos x) = −e− y cos x + e− y cos x = 0 (2) ∂x 2 ∂y ∂z −y 所以函数 e cos x 是 y > 0 空间中可能的电位解； ∂ − 2 ∂ ∂ (e sin x cos x) + 2 (e− 2 sin x cos x) + 2 (e − 2 sin x cos x) (3) 2 ∂x ∂y ∂z
G ρ = −eρ l 0 2πε 0 G = eρ
ρl 0 4πε 0 ρ
⎧ ρ 1⎫ ⎪ ⎪ − ⎬ ⎨ 2 2 2 2 ρ⎪ ⎪[ L / 2 + ρ + ( L / 2) ] ρ + ( L / 2) ⎩ ⎭ z'
ρ 2 + ( L / 2) 2
3.2 点电荷 q1 = q 位于 P 1 ( − a, 0, 0) ，另一点电荷 q2 = −2q 位于 P 2 ( a, 0, 0) ，求空间的 零电位面。 解：两个点电荷 + q 和 −2q 在空间产生的电位 ⎤ q 1 ⎡ 2q ϕ ( x, y , z ) = − ⎢ ⎥ 2 2 2 2 2 2 4 πε 0 ⎢ ( ) ( ) ⎥ x a y z x a y z + + + − + + ⎣ ⎦ 1 2 − =0 令 ϕ ( x, y, z ) = 0 ，则有 2 2 2 2 ( x + a) + y + z ( x − a) + y 2 + z 2
《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 高等教育出版社三章习题解答
三章习题解答3.1 真空中半径为a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q 和q -，试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题3.1图所示)。
解 由点电荷q 和q -共同产生的电通密度为33[]4q R R π+-+-=-=R R D 22322232()(){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量d d zz SSS Φ====⎰⎰D S D e223222320()[]2d 4()()aq a ar r r a r a ππ--=++⎰ 22121)0.293()aqaq q r a =-=-+ 3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为a r 的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为Ze -的电子云，在球心有一正电荷Ze （Z 是原子序数，e 是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为02314ra Ze r r r π⎛⎫=- ⎪⎝⎭D e ，试证明之。
解 位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为 124rZer π=D e 原子内电子云的电荷体密度为333434a a Ze Zer r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 32234344r ra r Ze rr r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为 122314ra Ze r r r π⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为30C m ρ, 两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3图()a 所示。
求空间各部分的电场。
解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。
但可把半径为a 的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为0ρ±的两种电荷分布，这样在半径为b 的整个圆柱体内具有体密度为0ρ的均匀电荷分布，而在半径为a 的整个圆柱体内则具有体密度为0ρ-的均匀电荷分布，如题 3.3图()b 所示。
- 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)。
(4) 求比值 C q U，即得出所求电容。
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
14
例3.1
同心球形电容器的内导体半径为a、外导体半径为b，
其间填充介电常数为ε的均匀介质。求此球形电容器的电容。
解：设内导体的电荷为q，则由高斯定理可求得内外导体间 的电场
q , 2 4 r 同心导体间的电压
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
3
3.1 静电场分析
学习内容 3.1.1 静电场的基本方程和边界条件
3.1.2 电位函数
3.1.3 3.1.4 导体系统的电容 静电场的能量
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
4
3.1.1 静电场的基本方程和边界条件 1. 基本方程
D dS q D S 微分形式： 积分形式： E dl 0 E 0 C 本构关系： D E D1n D2 n S 2. 边界条件 en ( D1 D2 ) S 或 E1t E2t 0 e ( E E ) 0 1 2 n
若分界面上不存在面电荷，即ρS＝0，则
en ( D1 D2 ) 0 en ( E1 E2 ) 0
或
D1n D2 n E1t E2t
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
5
3.1.2 电位函数 1. 电位函数的定义
E dl 0
媒质1 1
由 en ( D1 D2 ) S 和 D
2 1 2 1 S n n
1 2
媒质2 2
1 P1 2 l
P2
2 1 2 1 • 若介质分界面上无自由电荷，即 S 0 n n • 导体表面上电位的边界条件： 常数， S n
Q
P
Q E dl d ( P) (Q)
P
关于电位差的说明
P、Q 两点间的电位差
P、Q 两点间的电位差等于电场力将单位正电荷从P点移至Q 点 所做的功，电场力使单位正电荷由高电位处移到低电位处；
电位差也称为电压，可用U 表示；
电位差有确定值，只与首尾两点位置有关，与积分路径无关。
1 1 ~ O( ) 、D ~ O( 2 ) R R 1 1 1 故 S D dS ~ O( S R . R 2 dS ) ~O( R ) 0
1 0 q d 2 q 根据能量守恒定律，此功也就是电量为 q 的带电体具有的电
1
场能量We ，即
1 We q 2 对于电荷体密度ρ为的体分布电荷，体积元dV中的电荷ρdV具 1 dWe dV 2
有的电场能量为
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
19
1 We dV 2 V 对于面分布电荷，电场能量为 W 1 dS e S S 2 对于多导体组成的带电系统，则有
选择电位参考点的原则
两点间电位差有定值
应使电位表达式有意义；
应使电位表达式最简单。若电荷分布在有限区域，通常取无 限远作电位参考点； 同一个问题只能有一个参考点。
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
标量泊松方程
9
5. 电位的微分方程 在均匀介质中，有
D E E
所在的整个空间
1 1 1 2 we D E E E E 2 2 2 1 1 1 We D EdV E EdV E 2dV 2 V 2 V 2 V
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
21
1 1 推证： We dV D dV 2 V 2 V 1 D V [ ( D) D]dV 2 1 1 D dS E DdV S 2 2 V
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
1
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
静电场、恒定电场和恒定磁场
2
•
• •
静态电磁场：场量不随时间变化，包括：
时变情况下，电场和磁场相互关联，构成统一的电磁场 静态情况下，电场和磁场由各自的源激发，且相互独立
本章内容
3.1 静电场分析 3.2 导电媒质中的恒定电场分析 3.3 恒定磁场分析
D er
E er
q 4 r 2
U
b
a
1 1 q ba Edr ( ) 40 a b 40 ab q
b
oa
球形电容器的电容
q 40 ab C U ba
孤立导体球的电容
当 b 时， C 4 a 0
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
在无源区域，
2
拉普拉斯方程
0
0
2
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
10
6. 静电位的边界条件
设 P1 和 P2 是介质分界面两侧紧贴界面的相邻两点，其电位分 别为1和2。当两点间距离⊿l→0时
1 2 lim
l 0 P 1
P2
内外导体间的电位差
a
d
U
b a
l ln(b / a) 2
l E ( )e d 2
b
b a
1
同轴线
故得同轴线单位长度的电容为
2 C1 U ln(b / a)
l
F/m
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
17
3.1.4 静电场的能量 静电场最基本的特征是对电荷有作用力，这表明静电场具有
P 的电场强度为
两导线间的电位差
1 l 1 E ( x) ex ( ) 2 0 x D x
2 1
z
a
x D
x
U
l E dl 2 0
故单位长度的电容为
l 1 1 Da a ( x D x )dx 0 ln a l 0 0 C1 F/m U ln[( D a) a] ln ( D a)
故体分布电荷的电场能量为
1 1 1 We Si i dS i Si dS i qi S S i 2 i i 2 i 2 i
式中：qi —— 第i个导体所带的电荷
i —— 第i个导体的电位
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
20
2. 电场能量密度 从场的观点来看，静电场的能量分布于电场所在的整个空间。 1 电场能量密度： we D E 2 1 电场的总能量： We D EdV 2 V 积分区域为电场 对于线性、各向同性介质，则有
由于体积V外的电荷密度ρ＝0，若将上
式中的积分区域扩大到整个场空间，结 果仍然成立。只要电荷分布在有限区域
( D) D D ( D)dV D dS
V S
无限扩大时，则有
电容的大小只与导体系统的几何尺寸、形状和及周围电介质 的特性参数有关，而与导体的带电量和电位无关。
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
13
计算电容的步骤： (1) 假定两导体上分别带电荷+q 和 -q ；
(2) 计算两导体间的电场强度E； 2 (3) 由 U E dl，求出两导体间的电位差；
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
12
1. 电容 电容是导体系统的一种基本属性，是描述导体系统 储存电荷 能力的物理量。 孤立导体的电容 孤立导体的电容定义为所带电量q与其电位 的比值，即
C
q
两个带等量异号电荷（q）的导
体组成的电容器，其电容为 q q C U 1 2
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
8
4. 电位参考点 静电位不惟一，可以相差一个常数，即
C ( C )
为使空间各点电位具有确定值，可以选定空间某一点作为参考
点，且令参考点的电位为零，由于空间各点与参考点的电位差为确 定值，所以该点的电位也就具有确定值，即 选参考点 令参考点电位为零 电位确定值(电位差)
量就等于外加电源在此电场建立过程中所作的总功。
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
18
1. 静电场的能量 设系统从零开始充电，最终带电量为 q 、电位为 。 充电过程中某一时刻的电荷量为αq、电位为α 。 (0≤α≤1) 当α增加为(α+ dα)时，外电源做功为:α (q dα)。 对α从0 到 1 积分，即得到外电源所做的总功为
电磁场与电磁波
第3章 静态电磁场及其边值问题的解
7
3. 电位差 将 E 两端点乘 dl，则有
E dl dl ( dx dy dy ) d x y y
上式两边从点P到点Q沿任意路径进行积分，得
电场力做 的功
能量。
静电场能量来源于建立电荷系统的过程中外源提供的能量 任何形式的带电系统，都要经过从没有电荷分布到某个最终 电荷分布的建立(或充电)过程。在此过程中，外加电源必须克服
电荷之间的相互作用力而作功。
如果充电过程进行得足够缓慢，就不会有能量辐射，充电过 程中外加电源所作的总功将全部转换成电场能量，或者说电场能