工程电磁场教案-国家精品课华北电力学院崔翔-第2章(第二部分)

2．4 电介质中的电场

1．电位移矢量 由高斯定理，得

()P E P ??-=+=

??ρεερρ0

01

整理得 ▽?(ε0E + P )= ρ

定义电位移矢量： D =ε0E + P = ε0(1+χe )E = ε E

其中， ε = ε0(1+χe )= εr ε0， εr =ε /ε0 =(1+χe )

2．介电常数

上式分别给出了介质的介电常数和相对介电常数。从而电介质中电场问题可简洁地归结为场量D 、E 或位函数? 的定解问题。

例1：同轴电缆其长度L 远大于截面半径，已知内、外导体半径分别为a 和b 。其间充满介电常数为ε的介质，将该电缆的内外导体与直流电压源U 0相联接。试求：(1)介质中的电场强度E ；(2)介质中E max 位于哪里？其值多大？

[解]：（1）设内、外导体沿轴线方向线电荷密度分别为+τ 和-τ。由应用高斯定理，得

L L 2D d S

τρρ=π=??S D

即 ρρ

τ

e D π=

2

所以 ρερ

τ

ε

e D E π==2 (a < ρ < b )

由因为 a b 2d E d U b

a l 0ln ετρρπ==?=??l E 则 a

b

U ln 20ετπ=

得 ρρe E a

b U 0ln

= (a < ρ < b )

(2)最大场强位于内导体表面(ρ = a )，其值为

ρe E a

b a U 0ln

max =

图 同轴电缆的电场 图 E 切向分量的边界条件

图 D 法向分量的边界条件

3．边界条件

介质分界面上的边界条件：

跨越分界面的一狭小的矩形回路l 如图所示，且令 ?l 2→0而 ?l 1足够地短。求电场强度在l 上的环量，有

0d d d 12112

1

1

1

=?+?-=?+

?=??????l E l E t t l l l

l E

l E

l E

即 E 1t = E 2t 或 e n ?(E 2-E 1) = 0

上式表明，在介质分界面上电场强度的切向分量是连续的。

跨越分界面的一个扁平圆柱体S 如图所示，令两个底面?S 足够小且平行于分界面，圆柱面高度 ?l →0。求电位移矢量在圆柱面的通量，有

()S S D D

d n 1n

2S

?=?-=??σS D

式中分界面上法线方向单位矢量e n 规定为由介质1指向介质2，σ 是分界面上可能存在的自由电荷面密度。从而得

D 2n -D 1n = σ 或 e n ?(D 2 - D 1 ) = σ

一般两种介质分界面上不存在自由电荷(σ = 0)，此时有

D 1n = D 2n 或 e n ?(D 2 - D 1 ) = 0

上式表明，在介质分界面上电位移矢量的法向分量是连续的。

对于两种线性且各向同性介质，应用上述边界条件，得

E 1sin α1 = E 2sin α2 ， ε1E 1cos α1 = ε2E 2cos α2

两式相除，得

2

1

21tg tg εεαα= 上式综合表述了场量在介质分界面上遵循的物理规律，称为静电场的折射定律。

导体表面上的边界条件：

设导体为媒质1、导体外介质为媒质2，并考虑到导体内部电场强度和电位移矢量均为零且其电荷只能分布在导体表面，得

E 1t = E 2t =0 ， D 2n -D 1n = D 2n = σ

式中，σ 是导体表面的电荷面密度。上式说明在导体表面相邻处的电场强度E 和电位移D 都垂直于导体表面，且电位移的量值等于该点的电荷面密度(需注意e n 是导体表面的

外法线单位矢量）。一般写为

E t = 0 或 e n ?E = 0 ； D n = σ 或 e n ?D = σ

4．边界条件的电位表达 介质分界面：

由于介质分界面上E 1t = E 2t ，显然可以得出

?1=?2

即电位连续在介质分界面上是连续的。又由于D 2n -D 1n =σ 和

n

D n ??-=?

ε

最后可以得出，边界条件的电位表示为

?1=?2 ， σ?

ε?ε-=??-??n

n 1122

导体表面上的边界条件：

? = C ，σ?

ε

-=??n

式中，C 是由所论静电场导体系统决定的常数。

例2：图示平行板电容器，其极板间介质由两种绝缘材料组成，介质的分界面与极板平行。设电容器外施电压为U 0，试求：(1)两绝缘材料中的电场强度；(2)极板上的电荷面密度。

[解]：(1)在电压U 0下，并应用分界面的边界条件，得

?

??

==+221102211E E U d E d E εε

22r 1r 111221021d d U d d U E εεεεε+=+=

，2

1

1r 2r 1221012d

d U

d d U E +=+=εεεεε

(2)极板A 上的电荷面密度为

1

1

2

20

2111d d U E D n εεεεσ+=

== 极板B 上的电荷面密度为 σ' = -D 2n = -ε2E 2 = -σ

讨论：本例中，设εr2>εr1，则E 1>E 2。在实际中，如果因制造工艺上的不完善性，使极板与绝缘材料间留有一空气层，设绝缘材料的相对介电常数为εr2，则空气层中电场

图 平板电容器

强度E 1将为绝缘材料中电场强度E 2的 εr2倍，这很容易由于空气层被击穿而导致电容器的损坏。 2．5 边值问题

1．泛定方程

由? ? D = ρ、D =εE 和E = -??，得

? ? D = ? ? εE = -? ?ε?? =ρ =〉 ? ?ε?? = -ρ

对于均匀介质ε 为常数，得

?2

? = -ρ/ε

上式称为电位? 的泊松方程，式中?????=?2，称为拉普拉斯算子，在直角坐标系中

?2

? 222222z

y x ??+??+??=?

??

对于场中无自由电荷分布(ρ = 0)的区域，泊松方程退化为拉普拉斯方程，即

?2

? = 0

2．边界条件

第一类边界条件（狄利赫莱条件）：场域边界S 上的电位分布已知，即

()()b 1r r f S =?

式中r b 为相应边界点的位置矢量。它与泛定方程构成第一类边值问题。 第二类边界条件（纽曼条件）：场域边界S 上电位的法向导数分布已知，即

()()b 2r r f n S

=??? 当f 2(r b )取零时，称为第二类齐次边界条件。它与泛定方程构成第二类边值问题。 第三类边界条件（混合条件）：场域边界S 上电位及其法向导数的线性组合已知，即

()()()()b 43r r r r f n f S

=??????

??+?? 它与泛定方程构成第三类边值问题。

无限远边界条件：对于电荷分布在有限域的无边界电场问题，在无限远处有

()有限值=∞

→r ?r r lim

即电位? 在无限远处趋于零， ?(r )| r →∞= 0

介质分界面条件：当场域中存在多种媒质时，还必须引入不同介质分界面上的边界条件，常称为辅助的边界条件。

静电场边值问题：就是在给定的边界条件下，求解满足泊松方程或拉普拉斯方程的电位函数。

3．直接积分法

对于一些具有对称结构的静电场问题，电位函数仅是一个坐标变量的函数。静电场边值问题可归结为常微分方程的定解问题。这时可以直接积分求解电位函数。

例1：图示二块半无限大导电平板构成夹角为α的电极系统。设板间电压为U 0，试求导电平板间电场。

[解]：本例为平行平面场问题，选极坐标系进行分析。显然电位仅是变量φ的函数，可以写出如下的第一类边值问题：

()????

?????==∈==?==0

02220 ,

0d d U D αφφ??φρφ?

? 将泛定方程直接积分二次，得通解为

? = C 1φ + C 2

由给定的两个边界条件，得

α

1U C =

， C 2 = 0

所以 φα

?0U =

φφρα

φ

ρ??e e E 0U -=??-=-?=

例2：求真空中球状分布电荷所产生的空间电场强度和电位分布，设电荷体密度为

()()????

?

>=≤<=a r a r r

00

1ρρ [解]：设球状电荷分布内、外的电位分别为? 1和? 2，显然，? 1满足泊松方程，? 2满足拉普拉斯方程。由于电荷分布的球对称性，选球坐标系，有

图 角形电极系统

r r r r r 00122

121

d d d d 1εερ??-=-=??? ?

?=

? (0 < r ≤ a ) 0d d d d 1222

22=??? ?

?=

?r r r r ?? (r ≥ a ) 边界条件为

0d d 0

1

==r r

? ； a

r a r ===2

1??

a

r a

r r

r

===d d d d 2

1

0?ε?ε ； 02

=∞

→r ?

可解得? 1和? 2的通解为

21012C r

C r

+--

=ε? 43

2C r

C +-

=? 代入边界条件，得

C 1 = 0， C 4 = 0， C 2 =0εa

， C 3 =0

2

2εa -

最终得电位函数的解为

12εε?a

r +

-

= (r ≤ a )

r

a 02

22ε?=

(r ≥ a ) 利用球坐标系中的梯度表达式，求得

r 0

r 11121

dr d e e E ε??=-

=-?= (r ≤ a ) r 2

02

r 222r 2a dr d e e E ε??=-=-?= (r ≥ a )

可见，以上结果与应用高斯定理求得的结果完全一致。

4．分离变量法

基本思路：当待求电位函数是二个或三个坐标变量的函数时，分离变量法是直接求解偏微分方程定解问题的一种经典方法。对于拉普拉斯方程对应的边值问题，其步骤是：

首先，结合场域边界形状，选用适当的坐标系；其次，设待求电位函数由两个或三个各自仅含一个坐标变量的函数乘积组成，并代入拉普拉斯方程，借助于“分离”常数，将拉普拉斯方程转换为两个或三个常微分方程；第三，解这些常微分方程并以给定的定解条件决定其中的待定常数和函数后，即可解得待求的电位函数。

一般而言，当场域边界和某一正交曲线坐标系的坐标面相吻合时，分离变量法往往是一种简便而有效的方法。

直角坐标系中的平行平面场问题：设电位函数为?(x ，y )，满足拉普拉斯方程：

()0y

x y x 22222

=??+??=??

??,

设电位函数有分离变量形式，即

?(x ，y ) =X (x )Y (y )

代入拉普拉斯方程，整理得

2

222d d 1d d 1y

Y

Y x X X -= 显然，上式两边在x 和y 取任意值时恒成立，即等式两边应该恒为同一常数。记该常数(常称为分离常数)为λ，这样，上式即转化为两个常微分方程

0d d 22=-X x X λ ， 0d d 2

2=+Y y

Y λ 式中，分离常数λ可取0、 m n 2 > 0和-m n 2 < 0，可分别得出如下三种形式的解，即 当λ= 0时

X (x )=A 10+A 20x ；

Y (y )=B 10+B 20y

当λ=m n 2 > 0时 X (x )=A 1n ch m n x + A 2n sh m n x ； Y (y )=B 1n cos m n y + B 2n sin m n y 当λ= -m n 2 <0时

X (x )=A 1n 'cos m n x + A 2n 'sin m n x ；Y (y )=B 1n 'ch m n y + B 2n 'sh m n y

当m n 取不同值时，上述解的线性组合便构成了拉普拉斯方程的通解，即

()()()

()()()()

y B B x A A y shm B y chm B x m A x m A y m B y m B x shm A x chm A y x 20102010n n 2n n 11

n n n 2n n 1

n n 2n n 11

n n n 2n n 1+++'+''+'+++=∑∑∞

=∞

=sin cos sin cos ,? 最后，可根据给定的定解条件，通过傅里叶级数展开方法，确定各个待定常数。

例3：长直接地金属槽的横截面如图所示，其侧壁与底面电位均为零，顶盖电位为

?0。求槽内电位分布。

[解]：依题意，本问题为第一类边值问题，即

()??

???

?

??

???=<<=≤≤===≤≤=≤≤==<<<<=??+??=?b y a x 0b y 0a x 00y a x 00b y 0, 0x 0 b y 0a, x 0, 0y x y x 022

2

2

2

,,,,??????

?? 由于电位函数在x 方向具有周期性、在y 方向具有单调性，得A 1n = 0和A 2n = 0。通解为

()()()()()y shm B y chm B x m A x m A y B B x A A x,y n n 2n n 11n n n 2n n 1

20102010'+''+'+++=∑∞

=sin cos ? 由边界条件，当x = 0和y = 0时，? = 0，得

A 10= 0， A 1n '= 0，

B 10= 0， B 1n '= 0

即 ()∑∞

=+=1n n n n 0y m x m C xy C y x sh sin ,?

又因为当x = a 时，? = 0，得

C 0= 0， a

n m n π

=

, (n =1,2,3,??) 故得 ()∑∞

==1n n a

πy

n a πx n C y x sh sin

,? 最后，当y=b 时，? = ?0 ，代入上式，有

∑∑∞=∞

=π=ππ=1

n n 1n n 0a x

n E a x n a b n C sin sin sh ?

作傅里叶正弦级数展开，

?∑?ππ=π∞

=a

01n n a

00dx a x k a x n E dx a x k sin sin sin ? 积分，得 2

a

E 11n a n n 0=---])[(?π 又上式，得

图 接地金属槽的横截面

? x

,...)2,1,0 (k 1k 2n a

b

n 1

n 4C n 4E 00n =+=?==

n ,sh ,ππ?π? 本问题的电位函数解答为

()()y a π1k 2x a π1k 2πb

a 1k 21k 21

π

4y x 0

k 0

∑

∞

=??

? ?????

?

????

?

?+?+++=sh sin sh ,?

?

本问题的等位线的分布如图虚线所示。

圆柱坐标系中的平行平面场问题：设电位函数为?(ρ，φ)，满足拉普拉斯方程：

()0112

222

=??+???? ??????=?φ

?

ρρ?ρρρφρ?, 令电位函数为?(ρ，φ) = R (ρ)Q (φ)，代入上式，并理得

222n d Q

d Q 1d ρdR ρd ρd R ρ=-=???? ??φ

式中n 2为分离常数，上式转化为下列两个常微分方程：

0d d d d 22

22

=-+R n R R ρρρ

ρ 0d d 22

2=+Q n Q

φ

当n ＝0时 R (ρ)=A 10+A 20ln ρ ； Q (φ)=B 10+B 20φ

当n ≠0时

R (ρ)=A 1n ρ n + A 2n ρ -n ； Q (φ)=B 1n cos n φ + B 2n sin n φ

得电位函数的通解为

()()()()()n φB n φB ρA ρA φB B ρA A ρ,φn 2n 11

n n n 2n n 120102010sin cos ln +++++=∑∞

=-?

由给定的边界条件，即可确定上式中的各个待定常数，最终得到待求的电位函数。

例4：一个横截面半径为a ，介电常数为ε1的长直介质圆柱体放置在均匀的外电中(场强为E 0，方向与介质圆柱的轴线相垂直)，介质外的介电常数为ε2，如图所示。求圆柱体放入后，场域中的电位和电场强度。

[解]：采用圆柱坐标系，且令z 轴与圆柱轴重合，外电场方向与x 轴同向，如图所示。分别以? 1和? 2表示圆柱内外的电位函数。

图 均匀外电场中的介质圆柱体

首先，确定定解条件。选坐标原点为电位参考点，即 ? 1= 0 ， ρ = 0

因而，均匀外电场 E 0= E 0i 对应的电位函数为

?0= - x E 0 = -E 0ρcos φ

显然，当ρ→∞时介质圆柱体产生的极化电场应当消失，在ρ→∞处的电位应与均匀外电场对应的电位?0相一致，即

?2 = ?0 = -E 0ρcos φ ， ρ→∞

在圆柱表面ρ = a 处，介质分界面的边界条件为

?1 = ?2 ρ

?

ερ?ε??=??2211

由本例图示可以看出，电场分布关于x 轴对称，即? 1，2(ρ,φ)=? 1，2(ρ,-φ)，这意味着特解Q (φ)是偶函数，所以，B 20= B 2n = 0。另外，根据场的对称性可以推知，y 轴是电位等于零的等位线，即?(ρ，±π/2)＝0，也就是

A 10= A 20= 0 ,

B 1n cos (±n π/2)=0

可知n 取奇整数。然而，对ρ→∞的电位分析可知，B 1n =0(n =3，5，…)。综上讨论，得

? 1 = (C 1ρ +D 1ρ-1)cos φ ， ρ ≤ a ? 2 =(C 2ρ +D 2ρ-1)cos φ ， ρ ≥ a

由ρ = 0，? 1= 0可得D 1 = 0。又由ρ→∞，? 2 = -E 0ρcos φ 得C 2 = -E 0。最后利用介质分界面的边界条件，有

C 1a cos φ =(-E 0a +

D 2/a )cos φ

ε1C 1cos φ =ε2(-E 0-D 2/a 2)cos φ

解得

021212E C εεε+-

=， 022

1212E a D εεε

ε+-= 电位函数的解答为

x E E 02

12021212cos 2εεεφρεεε?+-=+-

=， ρ ≤ a φρρεεεε?cos 02221212E a 1???

? ???+---= ， ρ ≥ a

圆柱介质内外的电场强度为

x 02

12

x 111E 2x e e E εεε??+=??-

=-?= φρφρεεεε?e e E sin cos 0222121022212122E a 1φE ρa εεεε1???

?

???+---???? ???+-+=-?=

可见，圆柱体内为均匀电场，且与外加均匀电场方向一致，如图画出了当 ε2 > ε1时的电场分布图。值得注意的是，此时E 1>E 0，这表明若电介质内部有细长的空气泡是，则气泡内的电场强度增强，可能导致击穿绝缘损坏。

5．唯一性定理

本段将证明满足给定边界条件的泊松方程或拉普拉斯方程的解是唯一的，这也称作静电场的唯一性定理。

如图所示为充满均匀介质和置有n 个导体的场域。场域空间V 的边界为S 1，S 2，…，S n 及外边界面S 0。设V 中存在两个电位函数 ? 1和? 2 ，对于给定第一类或第二类边界条件，均满足泊松方程，即

ερ?-

=?12， ε

ρ?-=?22 令? d =? 1-? 2，因此

?2

? d = 0

利用格林公式

()[]????=???+?S

V

dS n V ψ

?ψ?ψ?d 2

令? =ψ = ? d ，代入上式得

()????=?S

V

dS n V d d 2

d d ???

如图所示，上式场域V 的边界面S ＝S 0 + S 1 + S 2 + … + S n 。如果所设的这两个不同的电位函数的解答? 1和? 2，在全部边界面上都应有相同的第一类边界条件或第二类边界条件，则它们在相应边界面S i 上的差值0d

=i

S ?或

0d

=??i

S n

?。代入上式，有

图 包围含有导体的场域

()0d 2

d =??

V

V ?

这说明，场域V 内? d 的梯度处处为零，即V 内所有场点上的? d 值与其在各导体表面S 1、S 2、…、S n 上的值是相同的。对于第一类边值问题，由于在导体表面上已知 ? d =0,所以整个场域内必有 ? d =0，由此得证? 1 =? 2，即解唯一。对于第二类边值问题而言，即已知各导体表面上的面电荷分布，此时? d = C ，即电位? 1和? 2之间可能相差一个常数，但采用相同的电位参考点将导致C =0，所以解仍是唯一的。

静电场唯一性定理的重要意义在于，求解静电场问题时，不论采用哪一种解法，只要在场域内满足相同的偏微分方程、在边界上满足相同的给定边界条件，就可确信其解答是正确的。 2．6 镜象法

镜象法的实质是以一个或多个位于场域边界外虚设的镜象(等效)电荷替代实际边界上未知的较为复杂的电荷分布，将原来具有边界的非均匀空间变换成无限大均匀媒质的空间，从而使计算过程得以简化。根据唯一性定理可知，这些等效电荷的引入必须维持原问题边界条件不变，以保证原场域中的静电场分布不变。通常这些等效电荷位于镜象位置，故称镜象电荷，由此构成的分析方法即称为镜象法。

1．对无限大接地导电平面的镜像

点电荷情况：设有一点电荷q 位于距无限大接地导电平面上方h 处，其周围介质的介电常数为ε，如图所示。显然，电位函数在场域内满足如下边值问题 ?2

? = 0 (除去点电荷所在点) 边界条件为 ? |y =0 = 0

可以设想，在场域边界外引入一个与点电荷q 呈镜象对称的点电荷q '= -q ，并将原

(a) 无限大接地导电平面上的点电荷 (b) 点电荷的镜象

图 点电荷对无限大接地导电平面的镜象

来的导体场域由介电常数为 ε 的介质所替换。这样，原场域边界面(z = 0)上的边界条件? = 0保持不变，而对应的边值问题被简化为同一均匀介质ε空间内两个点电荷的电场计算问题。根据唯一性定理可知，其解答有效区域仅限于图示上半部分介质场域。应用镜像法，得待求电位为

()()()???

?

?

?++--+π=???? ??-π=222221h z 1h z 14q r 1r 14q z ρρεερ?, 无限大接地导电平面上的感应电荷的面密度分布为

()

2

20

z z n h 2qh

z

E D +π-

=??-====ρ?ε

εσ

式中负号表示感应电荷与点电荷q 的极性相反。对感应电荷作面积分，得

()

q q h

ρd ρ

d φρπ2qh σdS 0π

2022S 23'=-=+-=???∞ 上式表明镜象电荷q '确实等效了无限大接地导电平面上的全部感应电荷。

此外，上述方法很容易推广到图示的由半无限大导电平面形成的劈形边界且其夹角为π的整数分之一的情况。如图所示夹角为π/3的导电劈可以引入5个镜象电荷，以保证劈形边界电位为零的边界条件。

线电荷情况：图示线电荷τ及其镜像电荷如图示。由高斯定理得P 点的电场强度为

21P P P e e E E E ρρρετρετ2

01022π-+π=

''+'=

图 导电劈的镜象法

现任取Q 点为电位参考点，则P 点电位为

()()1

2022011000P 2C 22d 2d 22

11

ρρετρρετρρετ

ρρ

ετρρετ?ρρρρln ln ln ln ln π+=-π--π=

π-π=

??

Q Q 2Q

Q

设在无限大接地导电平面上，即ρ1 = ρ2时，? = 0，即电位参考点Q 应选在接地导电平面上，所以C = 0。由上式，场中任意点电位为

()()2

1222

2

0120P y b x y b x 22??

????+-++π=π=

ln ln ετ

ρρετ? 由上式，可以进一步获得其等位线分布。按等位线定义有 ρ2/ρ1=K ，平方得

()()2

2

22221

22K y b x y b x =+-++=ρρ 整理，得

2

222

221211??? ??-=+?????????? ?

?-+-K bK y b K K x

显然，上式为直角坐标系中圆的方程。所以在xoy 平面上，等位线分布是如图虚线所示的一簇圆。对应于某一给定的K 值，圆心坐标是

??????-+=0b 1K 1

K h 2

2 ,，圆半径是122-=K bK a 。对于每个等位圆轨迹而言，圆半径a 、圆心到原点的距离h 和线电荷至原点的距离b 三者间关系为

h 2 = a 2 + b 2

亦即， a 2 = h 2 - b 2 =(h + b )(h - b )

图 一对线电荷(±τ)的电场

图 线电荷的镜象

(a)线电荷对无限大接地平面 (b) 线电荷的镜象

-τ?+τ ? ?o

y

P (x ,y )

介质ε0

导体 x

b

ρ1

D D

b ,0)

y

P (x ,y ) ε0

x

+τ ρ1 ε0 (b ,0)

ρ2

e ρ2 e 1 o

这表明，两线电荷(±τ)位置对每个等位圆的圆心来说，满足圆的几何上反演的关系。此外，当P 点位于y 轴右侧时，因ρ2/ρ1=K >1，? P 皆为正值；当P 点位于y 轴左侧时，则 ? P 皆为负值。

2．对无限大介质平面的镜像

点电荷情况：对于图示无限大介质平面上的点电荷边值问题也可采用镜象法。上下

半无限空间中的电场是由点电荷q 及其分界面上的束缚电荷共同产生的。对于介质为ε1的上半空间的电场计算，其分界面上的束缚电荷可归结为在均匀介质ε1中镜像点电荷q '；对于介质为ε2的下半空间的电场计算，其分界面上的束缚电荷可归结为在均匀介质

ε2中点电荷q "-q 。镜象电荷q '和q "的量值，可以通过分界面上的边界条件确定如下。

对于分界面上任意点P ，由其上的边界条件E 1t = E 2t 和D 1n = D 2n ，得

θεθεθεcos 4cos 4cos 42

2212

1r q r q r q π'

'=π'+

π θθθsin 4sin 4sin 42

22r

q r q r q π''=π'-π 解得

q 2q q q 2

12

2121εεεεεεε+=''+-=

' , 对于线电荷τ与无限大介质平面系统的电场，可类比推得。 3．电轴法

两半径相同的圆柱导体电场：基于线电荷对无限大接地导电平面的镜像分析，我们可以进而讨论两同半径、带有等量异号电荷的平行长直圆柱导体间的电场问题。此时，

(a) 无限大介质平面上的点电荷

q

D 1

D 2

q '

(b) 上半空间电场计算的镜象

(c)下半空间电场计算的镜象

2

q "

图 无限大介质平面镜像

尽管圆柱导体表面电荷面密度不是常量，但沿轴向单位长电荷分布(线密度τ)是相同的，圆柱导体表面为等位面。若设想圆柱导体表面与线电荷对应的等位面重合，即可以用等效线电荷计算圆柱导体外的电场分布，该线电荷就是圆柱导体表面电荷的等效电荷，如图所示。为表述方便，成这个线电荷为圆柱导体的等效电轴，这种方法称为电轴法。

设圆柱导体半径为a ，间距为2h ，电轴间距为2b 。三者之间的关系为

2

2a h b -=

例1：半径为a 的传输线平行于地面，传输线轴心对地高度为h ，对地电位为U 0，如图所示。试求：(1)大地上方传输线的电场；(2)场域最大电场场强的位置及其数值。

[解]：(1)首先，由电轴法确定电轴的位置，得

22a h b -=

大地上方任意场点P 处的电位为

()()2

12222

0120y b x y b x 22??

????+-++π=π=ln ln ετ

ρρετ? 由传输线表面点A 的电位U 0，得

)

()

(ln a h b a h b 2U 00---+π=

=ετ?A => )

()(ln

a h

b a h b U 200---+π=ετ

大地上方任意场点P 处的电位为

()()2

1222

2

y b x y b x a h b a h b U ??????+-++---+=ln )

()(ln

? (2)显然，最大场强将出现在导线相距地面最近处，即点A 处，有

图 传输线的电场

(a) 同半径两线输电线系统 (b) 电轴法图示

x

图 电轴法

x

()[

]

?

?

?

??+--+--=

??=

??-

===-==-=b h a a h b b a h bU 2x

n

E 220

y a h x 0

y a h x n A ln max ??e E

两半径不同的圆柱导体电场：如图所示，设两平行长直圆柱导体半径分别为a 1和a 2，对于图（a ）其轴心距d = h 1 +h 2，对于图（b ）其轴心距为d = h 2 -h 1(设a 2 > a 1)。

可以应用电轴法计算这两种情况的电场问题。其关键问题仍然是确定等效电轴的位置。显然

h 12 = b 2 + a 12 ， h 22 = b 2 + a 22 , d= h 2 ±h 1

已知a 1、a 2和d ，联立求解上式三个方程得

d

a a d h 22

22

121-+=

，d a a d h 22

12

222-+=，2

1

2121a h b )(-= 4．对导体球的镜像

导体球接地情况：如图所示，设导体球半径为a ，点电荷q 至球心距为d 。设等效导体球表面感应电荷的镜象电荷为-q '且位于球内的球心与点电荷的连线上，其到球心的距离为b 。在导体球表面上任取一点P ，得

图 同半径圆柱体电轴法

x

(a) 平行传输线的电轴法图示

x

(b) 偏心同轴电缆的电轴法图示

图 半径不同圆柱导体的电轴法

图 对接地导体球的镜像

(a) 点电荷与接地导体球

D (b) 镜象法图示

04400P ='π'-π=

r q r q εε? => θ

θcos cos ''ab 2b a ad 2d a r r q q 22

222222-+-+== 整理，得 [q 2(a 2+b 2)-q '2(a 2+d 2)]+2a (q '2d - q 2b )cos θ = 0 上式对于任意的θ值恒成立，故有

()()

0b q d q 0d a q b a q 22222222=-'=+'-+ ,

解得

q d

a

q bd a 2=

'= , 可以看出，点电荷q 和其镜象电荷-q '的位置，满足球反演的几何关系。根据q 及-q '即可方便地计算点电荷在接地导体球外的电场分布。可以证明，接地导体球面上感应电荷的总量等于-q '。

导体球不接地情况：此时如导体球原不带净电荷，即呈中性，为使导体球表面上等电位，除引入镜象电荷-q '外，还应在原导体球的球心处再引入一个镜象电荷q "= q '。同理，对呈电性的不接地导体球和位于导体球腔内的点电荷的电场计算问题，也可以应用镜像法进行计算。

例2：图示为半径为a 的接地导体球壳外置有一沿直径方向的线段电荷，线段的一端距球心为d 。求导体球壳上总的感应电荷。

[解]：应用点电荷对接地导体球的镜像，有

元电荷为τ dt ，元电荷的位置为d+t ；镜像元电荷为τ’dx =-a τ dt/(d+t)，镜像元电荷的位置为x+ a 2/d=a 2/(d+t)。所以，导体球壳上总的感应电荷为

)ln(ln 'd

L

1a d L d a dt t d a dx Q L

d a L d a 0

2

2+-=+-=+-==?

?

-+ττττ

图 线段电荷的镜像

2．7 电容与部分电容

电容或部分电容是导体系统的重要的集总电气参数，在是电网络中电容元件的重要参数，也是导体系统静电场的集总体现。一般而言，需要借助于电场分析来计算。

1．两导体的电容

一般两导体电容的计算过程为：给定两导体携带的电荷±q 计算其电场分布和其间电位差U 或给定两导体间电位差U ，通过计算其电场分布和其携带的电荷±q ，最后按定义计算电容C = q /U 。

例1：两半径为a 、轴心距为d 的平行长直圆柱导体构成一对均匀传输线，试求其单位长电容。

[解]：应用电轴法，令h=d/2。首先确定电轴位置22a h b -=，基于电轴法的分析结果，两导体表面最近距离对应的点A 1(h -a , 0)和点A 2(-h +a , 0)的电位差为

()()

a h

b a h b U ---+π=

-=ln 0A A 21ετ??

从而，均匀传输线的单位长度电容

()()

a h

b a h b U

C l ---+π=

=

ln

ετ

通常有h >>a ，此时b ≈h ，故

a

d a h 2C 00l ln ln ε

επ=π=

此外，对于h >>a 的情况，也可以采用高斯定理计算。设均匀传输线单位长线电荷密度为τ，则两导体轴心连线上距带正电荷导体x 处的电场强度为

)

(x d 2x 2E 00x -+=

πετπετ 两导体间的电位差为

a

d

a a d a d a a a d 2dx E U 000a

d a

x ln ln )ln (ln πετπετπετ≈-=---=

=?

- 显然，有上式计算的电容与电轴法获得的结果相同。

从本例电容表达式可以看出，电容与导体之间施加的电压或携带的电荷量无关，只

与导体的形状、相互位置和电介质有关，是导体系统自身固有电气参数。

2．部分电容

对于多导体需要引入部分电容概念。

静电独立系统：系统的电场分布只与系统内各带电导体的形状、相互位置和电介质的分布有关，而与系统外的带电导体无关，并且所有电位移通量全部从系统内的带电导体发出又全部终止于系统内的带电导体。

现考察由(n +1)个导体组成的静电独立系统。令各导体按0 - n 顺序编号，其相应的带电量分别为q 0，q 1，…，q k ，…，q n 。由定义，知

q 0 + q 1 + … + q k + … + q n = 0

选0号导体为电位参考点，即 ?0= 0，应用叠加原理，可得各个导体电位与各个导体上电荷的关系为

??

??

?

????

+++++=+++++=+++++=n nn k nk n n n n kn k kk k k k n n k k q q q q q q q q q q q q αααα?αααα?αααα?ΛΛΛ

ΛΛΛΛΛΛΛΛ

ΛΛΛΛΛΛΛ221122111`12121111

写成矩阵形式，为

{?}=[α]{q }

式中，系数αij 称为电位系数，其涵义不难从以下定义式得到理解

为零

，其余导体i j q q j

i

ij q 0≠=

?α

式中，αii 称为自有电位系数，αij (i ≠j)称为互有电位函数。显然，电位系数只与导体的形状、相互位置以及电介质的介电常数有关。当给出各个导体的电位时，有前式，得

{q }=[α]-1{?}=[β]{?}

或 ??

???

????

+++++=+++++=+++++=n nn k nk n n n n kn k kk k k k n n k k q q q ?β?β?β?β?β?β?β?β?β?β?β?βΛΛΛ

ΛΛΛΛΛΛΛΛ

ΛΛΛΛΛΛΛ221122111`12121111

式中，系数 βij 称为感应系数，与电位系数之间的关系为

?

=

ji ij A β