Bài giảng Trường điện từ - Chương 1: Vector và trường

 q
Với: 
q > 0 
B 
Fm 
Magnetic field line 
v S N 
 Điện tích điểm nếu 
chuyển động bên 
cạnh một nam châm: 
chịu tác dụng của 
một lực. 
 Ta nói bên ngoài nam chaâm tồn tại một trường từ , đặc 
trưng bởi: 
 Vector cảm ứng từ B : 
EM-Ch1 83 
 Vector cường độ trường từ H : 
 Nếu từ môi đẳng hướng và tuyến tính: M Hm
0 0B (1 ) H Hm r
 = 0 r = độ thẩm từ tuyệt đối của môi trường [H/m]. 
r = độ thẩm từ tương đối [0]. 
m = độ cảm từ [0]. 
1
0
H B M [ / ]A m
= hằng số từ. 
7
0
4 .10 [ / ]H m
 Môi trường chân không: 1
0
H B [ / ]A m
 Môi trường từ môi: 
(Vectơ phân cực từ) 
B H
EM-Ch1 84 
Độ thẩm từ tương đối của một số vật liệu: 
EM-Ch1 85 
 Dòng điện: 
 Định nghĩa : I (A)
dq
dt
 Là nguồn tạo ra trường từ. Có 2 mô hình cơ bản: 
EM-Ch1 86 
i. Vector mật độ dòng khối : 
+ chiều trùng chiều dòng. 
+ độ lớn: J = dI/dS 
I J.dS
S
 Dòng điện chạy qua diện tích S : 
 Đặc điểm của vectơ mật độ dòng 
khối: 
: Độ dẫn điện [ / ][1/ ]S m m
J E Định luật Ohm: 
EM-Ch1 87 
ii. Vector mật độ dòng mặt : 
+ chiều trùng chiều dòng. 
+ độ lớn: Js = dI/dℓ 
s
L
I J dl Dòng điện chạy qua đường L : 
Đặc điểm của vectơ mật độ dòng 
mặt : 
EM-Ch1 88 
1.6 
Các định luật cơ bản của 
trường điện từ 
EM-Ch1 89 
1.6.1 Luật bảo toàn điện tích : 
Dòng điện thoát ra bên ngoài mặt kín S bằng tốc độ giảm 
của điện tích chứa bên trong mặt S. 
( )
dq
i t
dt
a) Phát biểu và dạng tích phân: 
J S
S
dq
i d
dt
EM-Ch1 90 
b) Phương trình liên tục: 
J , V
V V
div dV dV V
t
J S
S
dq dt i d
V
V
dq dt dV
t
J S div J
V
S
d dV
J Vdiv t
(Phương trình liên tục = Dạng vi 
phân của luật bảo toàn điện tích) 
EM-Ch1 91 
1.6.2 Luật Gauss về điện: 
DdS V
S V
q dV
Thông lượng của vector cảm ứng điện thoát ra bên ngoài mặt 
kín S bằng tổng điện tích chứa trong miền V giới hạn bởi mặt S 
đó. 
a) Phát biểu và dạng tích phân: 
EM-Ch1 92 
b) Dạng vi phân: 
divD D V
Dạng vi phân của luật 
Gauss về điện. 
DdS V
S V
q dVTừ: 
EM-Ch1 93 
 Ví dụ 1.6.1: Áp dụng luật Gauss 
Tìm thông lượng của vector cảm ứng điện thoát ra bên ngoài mặt 
S giới hạn bởi: x = 1, y = 1 và z = 1, biết mật độ điện tích khối 
bên trong : 2 2 2
0, , 3V x y z x y z
1 1 1
2 2 2
0
1 1 1
1 1 1
2 2 2
0
0 0 0
0
0
3
8 3
1 1 1
8 3
3 3 3
16
V
S V
x y z
x y z
d dv
x y z dx dy dz
x y z dx dy dz
D S
EM-Ch1 94 
1.6.3 Định luật Gauss về từ: 
BdS 0
S
Thông lượng của vector cảm từ điện thoát ra bên ngoài mặt kín 
S luôn bằng 0. 
a) Phát biểu và dạng tích phân: 
EM-Ch1 95 
b) Dạng vi phân : 
divB D 0
Dạng vi phân của luật 
Gauss về từ. 
BdS 0
S
Từ: 
EM-Ch1 96 
1.6.4 Định luật Ampere : 
a) Phát biểu và dạng tích phân : 
 Lưu số của vector cường độ trường từ H dọc theo đường kín 
(C) bất kỳ bằng tổng dòng chạy qua mặt S giới hạn bởi đường kín 
(C) đó. 
 (Dạng tích phân ) encH I
C
d l
Ienc = Ik = I1 + I2 - I3 
(C) I1 
I
3 
I
2 
EM-Ch1 97 
b) Dạng vi phân : 
 (Dạng vi phân) rot H J
encI J.dS
S
 Do : encHdl = I JdS
C
S
encHdl I
C
Từ: 
H l H S
C S
d rot dTheo định lý Stokes: 
EM-Ch1 98 
1.6.5 Định luật Faraday: 
emf Edl = BdS
C
S
d
dt
a) Phát biểu và dạng tích phân: 
EM-Ch1 99 
b) Dạng vi phân : 
B
... E S S,
S S
rot d d S
t
(C) 
dS 
B(t) 
S 
Dạng vi phân B
rotE E
t
E B S
C S
d
d l d
dt
Từ: 
EM-Ch1 100 
 Thí nghiệm Faraday: 
EM-Ch1 101 
 Ứng dụng của luật Faraday: 
Máy phát DC Máy phát AC 
EM-Ch1 102 
Ví dụ 1.6.2: D2.5 in Rao’s book 
0B =B (sin .a cos .a )x yt t
z
1
1
x
y
C
Cho: , xác định emf ? 
0BdS sin
S
B tTa có: 
0 0Edl = ( sin ) cos
C
d
emf B t B t
dt
EM-Ch1 103 
emf < 0
emf > 0
B0
0
–B0
emf
0
2 3
2 3
inc. 
dec. 
– B0 
t 
t 
B0 
 Kiểm chứng luật Lenz: 
EM-Ch1 104 
Ví dụ 1.6.3: Áp dụng luật Faraday 
Cuộn dây N vòng tròn bán kính a, nằm trong mặt phẳng xOy, 
tâm tại O, nối với điện trở R, đặt trong trường từ B = Bo(2ay + 
6az)sinωt, ω là tần số góc, như hình vẽ bên dưới. Tìm: 
a) Từ thông móc vòng 
qua một vòng dây ? 
b) Sức điện động cảm 
ứng emf biết N = 10 , 
B0 = 0.2T, a =10cm, ω 
= 103 rad/s ? 
c) Cực tính của emf tại t 
= 0 ? 
d) Dòng điện I trong 
mạch biết R = 1 kΩ ? 
EM-Ch1 105 
Ví dụ 1.6.3: Giải 
a) Từ thông móc vòng qua một vòng dây : 
2
0 0
S
 B 2 6 sin . 6 B sin ωtm
S
t dS a
y z z
B.dS a a a
Khi N=10, a = 0.1 m, ω=103 rad/s and B0 = 0.2 T: emf = -377cos10
3t V 
2 2
0 0b) emf 6 Na B sinωt 6 Nωa B cosωt
md dN
dt dt
c) Tại t = 0, emf = -377cos103t = - 377 volts : điểm 2 có thế cao 
hơn điểm 1. 
d) Dòng I trong mạch là : 3 3
3
emf 377
cos10 0.38cos10 Amps
10
I t t
R
EM-Ch1 106 
1.7 Dòng điện dịch - 
 Hệ phương trình Maxwell: 
EM-Ch1 107 
a) Dòng điện dịch: 
 Từ luật Ampere: rot H J
 Luật Ampere chỉ đúng với dòng điện DC !!! 
div(rot H) div J V
t
0V
t
Do div(rot H) 0 (vector analysis)
EM-Ch1 108 
a) Dòng điện dịch : (tiếp theo) 
 Từ phương trình liên tục: 
D
div(J) 0 div(J ) 0
t t
V
 Vector mật độ dòng dẫn : 2
cJ J [A/m ]
total
D
J J
t
 Vector mật độ dòng dịch: 2
d
D
J [A/m ]
t
EM-Ch1 109 
 Luật Ampere-Maxwell: 
(Dạng tích phân) 
D
H J S
tC
S
d l d
(Dạng vi phân) 
D D
rot H J E
t t
EM-Ch1 110 
 Ví dụ 1.7.1: Dòng điện dịch 
Môi trường chân không ( = 0, = 0, = 0) tồn tại trường từ: 
0 yH H sin a (A/m)t z
(Với β = const). Xác định: (a) Vector mật độ dòng dịch ? (b) 
Vector cường độ trường điện ? 
Giải 
x y z
d x y z
H sin( )
0
2
(A/m )0 x
a a a
D
J rot H
0 0
 H cos( )a
t z
t
t z
a) Do = 0 nên: 
2
(A/m )d 0 xJ H cos( )at z
EM-Ch1 111 
 Ví dụ 1.7.1: Dòng điện dịch 
Môi trường chân không ( = 0, = 0, = 0) tồn tại trường từ: 
0 yH H sin a (A/m)t z
(Với β = const). Xác định: (a) Vector mật độ dòng dịch ? (b) 
Vector cường độ trường điện ? 
Giải 
0βH 2
(C/m )xω
D
D sin( )adt t z
t
b) Từ câu (a) ta có: 
0
0
βH
(V/m)xωε
E sin( )at z
EM-Ch1 112 
b) Hệ phương trình Maxwell: 
Luật bảo toàn điện tích: 
Dạng tích phân Dạng vi phân 
Edl = BdS
C
S
d
dt
(2) 
B
rotE
t
DdS
S
q (3) VdivD ρ
BdS 0
S
(4) divB 0
J S
S
dq
d
dt
(5) J Vdiv t
(1) 
D
H J S
tC
S
d l d Drot H J
t
EM-Ch1 113 
 Ví dụ 1.7.2: Hệ phương trình Maxwell 
9
x y z
x y z0
5cos(10 βz)
9
x
a a a
H
rot E
0 0
 5βsin(10 βz)a
t
t
t
Giải 
Môi trường chân không ( = 0, = 0, = 0) tồn tại trường điện: 
Dùng hệ phương trình Maxwell xác định β và vector cường độ 
trường từ ? 
9
yE(z,t) 5cos(10 ).a (V/m)t z
 Từ pt(2) của hệ pt Maxwell: 0
B H
rotE
t t
9
x9
0
5β
H cos(10 βz)a
μ .10
t
EM-Ch1 114 
 Ví dụ 1.7.2: Hệ phương trình Maxwell 
 Từ pt(1) của hệ pt Maxwell: 0
D E
rotH ε
t t
9
x
5
H cos(10 )a (A/m)
120
t z
9
0
x y z
x y z
5β 9
μ .10
a a a
rot H
cos(10 βz) 0 0t
2
9
y9
0
5β
sin(10 )a
μ .10
t z
2
9
0 9
0
5β
5.ε .10
μ .10
3
10
9 9
0 0 yε 5ε 10 sin(10 βz)a
E
t
t
Và: 
EM-Ch1 115 
1.8 Điều kiện biên của trường điện từ : 
EM-Ch1 116 
a) Khái niệm: 
na : 2 1
 Lưu ý là trong các bài toán điều kiện biên, vector đơn vị pháp 
tuyến của biên luôn chọn theo qui tắc: hướng từ môi trường 2 
sang môi trường 1. 
 ĐKB = là các phương trình toán, mô tả sự ràng buộc của các 
đại lượng đặc trưng của trường điện từ trên biên của hai môi 
trường . 
Môi 
trường 1 
Môi 
trường 2 
( 1; 1; 1) 
( 2; 2; 2) 
an 
EM-Ch1 117 
b) ĐKB cho thành phần pháp tuyến: 
s
1 2n s
1 2n
ρ
1 2n
a (D D ) ρ
a (B B ) 0
a (J J )
t
s
1n 2n s
1n 2n
ρ
1n 2n
D D ρ
B B 0
J J
t
( 1; 1; 1) 
an 
( 2; 2; 2) 
D2 
D1 
D2n 
D1n 
s
1n 2n s n
1n 2n
ρ
1n 2n n
(D D ) ρ .a
(B B ) 0
(J J ) .a
t
EM-Ch1 118 
c) ĐKB cho thành phần tiếp tuyến : 
1 2n
1 2n
a (H H ) J
a (E E ) 0
S
1 2
1 2
H H J
E E 0
t t S
t t
( 1; 1; 1) 
an 
( 2; 2; 2) 
E2 
E1 
E2t 
E1t 
1t 2t S n
1t 2t
(H H ) J a
(E E ) 0
EM-Ch1 119 
d) Các trường hợp đặc biệt: 
EM-Ch1 120 
 TH1: Cả 2 môi trường điện môi 
nn
t
t
EEDD
D
D
EE
2211n2n1
2
1
2
1
t2t1




Trường điện 
nn
t
t
HHBB
B
B
HH
2211n2n1
2
1
2
1
t2t1




Trường từ 
0, 0s SJ
Nếu cả 2 môi trường là điện môi lý tưởng thì không tồn tại dòng 
mặt cũng như điện tích bề mặt trên biên 2 môi trường. 
EM-Ch1 121 
TH 2: Một môi trường là dẫn lý tưởng 
Môi trường 1 Môi trường 2 
0E t1
n 1a sH J
n 1 Sa ρD
0B n1
0E t2
0B n2
0H t2
0D n2
1 
2 
na
1H t
Js
1t SH J
 2 Dẫn lý tưởng 
 (
2
 ) 
1 Điện môi (
1
 = 0) 
na
S
1n
1
ρ
E
1E n
1 
2 
+ + + + + + + + + + 
S
EM-Ch1 122 
TH3: Cả 2 là môi trường dẫn 
1 
 2 
na
( 1; 1) 
( 2; 2) 
1 
2 
+ + + + + + + + + + Sρ
1nJ
2nJ
1J
2J
2tJ
1tJ
1t 2t
1t 2t
1 2
1n 2n 1 1n 2 2n
J J
E E
J J E E
Điều kiện đối với trường tĩnh: 
Và trên biên : 
1 1n 2 2n SE E ρ
EM-Ch1 123 
e) Qui trình bài toán điều kiện biên: 
1 1n 1tE E E
Giả sử biết trường điện trên biên về phía môi trường 1 (E1), xác 
định trường điện trên biên về phía môi trường 2 (E2). 
1. Xác định vector đơn vị pháp tuyến an. 
2. Xác định các thành phần pháp tuyến & tiếp tuyến của E1. 
3. Áp dụng ĐKB tìm E2. 
1n 1 n nE (E .a ).a 1t 1 1nE E E
2 2n 2tE E E
Áp dụng ĐKB thành phần pháp tuyến xác định E2n. 
Áp dụng ĐKB thành phần tiếp tuyến xác định E2t. 
EM-Ch1 124 
 Ví dụ 1.8.1: Bài toán ĐKB 
Mặt phẳng z = 0 là biên của hai môi trường: môi trường 2 chiếm 
miền z 0 là 
điện môi lý tưởng có 1r = 40. Biết trường điện trên biên về phía 
môi trường chân không là : 
Tìm trường điện trên biên về phía môi trường điện môi ? 
2 x y zE 13a 40a 50a (V/m)
Giải 
 Xác định an: 
Do vector đơn vị pháp tuyến 
của biên hướng từ môi trường 2 
sang môi trường 1 nên ta có : 
n z a a
Môi trường 1 
Môi trường 2 
z = 0 
biên 
n a
z 
EM-Ch1 125 
 Ví dụ 1.8.1: Bài toán ĐKB (tt) 
Mặt phẳng z = 0 là biên của hai môi trường: môi trường 2 chiếm 
miền z 0 là 
điện môi lý tưởng có 1r = 40. Biết trường điện trên biên về phía 
môi trường chân không là : 
Tìm trường điện trên biên về phía môi trường điện môi ? 
2 x y zE 13a 40a 50a (V/m)
Giải 
 Các thành phần của E2 : 
2n 2 n n zE (E .a ).a 50a
2t 2 2n x yE E E 13a 40a
EM-Ch1 126 
 Ví dụ 1.8.1: Bài toán ĐKB (tt) 
Mặt phẳng z = 0 là biên của hai môi trường: môi trường 2 chiếm 
miền z 0 là 
điện môi lý tưởng có 1r = 40. Biết trường điện trên biên về phía 
môi trường chân không là : 
Tìm trường điện trên biên về phía môi trường điện môi ? 
2 x y zE 13a 40a 50a (V/m)
Giải 
 Xác định các thành phần của E1 dùng phương trình ĐKB: 
2n1n 2 2n z
1n z
1 1 1
D ρ aD E 1.50a
E 1.25a
40
S n
1t 2t x yE E 13a 40a
(V/m)1 x y zE 13a 40a 1.25a
EM-Ch1 127 
 Ví dụ 1.8.2: Bài toán ĐKB 
 Xác định an: 
n z a a
Môi trường 1 
Môi trường 2 
z = 0 
biên 
n a
z 
Mặt phẳng z = 0 là biên của hai môi trường: môi trường 2 chiếm 
miền z 0 có µ1r = 4. 
Biết mật độ dòng mặt trên biên là : 
Tìm trường từ trên biên về phía môi trường 2 ? 
2
1 x zB 5a 8a (mWb/m )
Giải 
và trường từ trên biên về phía môi trường 1 : 
S 0 yJ (1/ )a (mA/m)
EM-Ch1 128 
 Ví dụ 1.8.2: Bài toán ĐKB (tt) 
 Các thành phần của B1 : 
3
1n zB 8.10 a
3
1t xB 5.10 a
 Xác định các thành phần của B2 dùng phương trình ĐKB: 
1t
1
B
2t 2 2t 2 1t S n 2 2 S nμ
B μ H μ [H J ×a ] μ μ J ×a
3
2n 1n zB B 8.10 a
2
(mWb/m )2 x zB 1,5a 8a
3 3 3
2t x y z xB 7,5.10 a 6a ×a .10 1,5.10 a
(A/m)2 2 2 x zH B / 200a 1061a
EM-Ch1 129 
 Ví dụ 1.8.3: Bài toán ĐKB hệ trụ 
Mặt trụ r = 0,1m là biên của hai môi trường. Môi trường 2 chiếm 
miền r < 0,1m là từ môi có 2r = 5 và trường từ: 0,2
2 r
B a (T)
Giải 
 Xác định an: 
Do vector đơn vị pháp tuyến 
của biên hướng từ môi trường 2 
sang môi trường 1 nên ta có : 
n r a a
Môi trường 1 chiếm miền r > 0,1m là chân không. Tìm trường từ 
trên biên về phía môi trường chân không ? 
biên 
n a
z 
Môi trường 2 
Môi trường 1 
EM-Ch1 130 
 Ví dụ 1.8.3: Bài toán ĐKB hệ trụ (tt) 
Mặt trụ r = 0,1m là biên của hai môi trường. Môi trường 2 chiếm 
miền r < 0,1m là từ môi có 2r = 5 và trường từ: 0,2
2 r
B a (T)
Giải 
Môi trường 1 chiếm miền r > 0,1m là chân không. Tìm trường từ 
trên biên về phía môi trường chân không ? 
 Các thành phần của B2 : trường từ ngay biên: 
biên 
n a
z 
Môi trường 2 
Môi trường 1 
2B (0.2/ 0.1)a 2a (T)
2n 2 n nB (B .a ).a 0
2t 2 2nB B B 2a
EM-Ch1 131 
 Ví dụ 1.8.3: Bài toán ĐKB hệ trụ (tt) 
Mặt trụ r = 0,1m là biên của hai môi trường. Môi trường 2 chiếm 
miền r < 0,1m là từ môi có 2r = 5 và trường từ: 0,2
2 r
B a (T)
Giải 
Môi trường 1 chiếm miền r > 0,1m là chân không. Tìm trường từ 
trên biên về phía môi trường chân không ? 
biên 
n a
z 
Môi trường 2 
Môi trường 1 
 Các thành phần của B1 dùng ĐKB : 
1
2
1t 1 1t 1 2t S n
μ
2tμ
B H H J a
 B 0.4a
1n 2nB B 0
1B 0.4a (T)
EM-Ch1 132 
 Ví dụ 1.8.4: Chương trình MATLAB 
Xây dựng chương trình MATLAB cho phép nhập vào độ thẩm 
từ của 2 môi trường, vector đơn vị pháp tuyến và trường từ ở 
một môi trường, tính trường từ ở môi trường còn lại ? 
% M-File: MLP0350 
% Given H1 at boundary between a pair of 
% materials with no surface current at boundary, 
% calculate H2. 
Clc; clear 
% enter variables 
disp('enter vectors quantities in brackets,') 
disp('for example: [1 2 3]') 
ur1=input('relative permeability in material 1: '); 
ur2=input('relative permeability in material 2: '); 
a12=input('unit vector from mtrl 1 to mtrl 2: '); 
F=input('material where field is known (1 or 2): '); 
Ha=input('known magnetic field intensity vector: '); 
if F==1 
 ura=ur1; urb=ur2; a=a12; 
else 
 ura=ur2; urb=ur1; a=-a12; 
end 
% perform calculations 
Hna=dot(Ha,a)*a; 
Hta=Ha-Hna; Htb=Hta; Bna=ura*Hna; 
%ignores uo since it will factor out 
Bnb=Bna; Hnb=Bnb/urb; 
display('The magnetic field in the other 
medium is: '); 
Hb=Htb+Hnb 
Now run the program: 
enter vectors quantities in brackets, 
for example: [1 2 3] 
relative permeability in material 1: 6000 
relative permeability in material 2: 3000 
unit vector from mtrl 1 to mtrl 2: [0 0 1] 
material where field is known (1 or 2): 1 
known magnetic field intensity vector: [6 2 3] 
ans = 
The magnetic field in the other medium is: 
Hb = 6 2 6 
EM-Ch1 133 
 Ví dụ 1.8.5: Bài toán ĐKB 
Cho vector cường độ trường từ phân bố trong hệ tọa độ trụ như 
sau : 
a) Xác định vector mật độ dòng khối trong các miền ? 
b) Xác định vector mật độ dòng mặt trên mặt r = a ? 
3
2
ka
3r
kr
3
a khi r a
H
a khi r a
Giải 
(Với k = const & r = 
bán kính hướng trục) 
a) Theo luật Ampere: 
r z
r z z
rH (r)
a ra a
1 1
[ ]a
0 0
rH
r r r
J rotH
0 khi r a
J
a khi r azkr
EM-Ch1 134 
 Ví dụ 1.8.5: Bài toán ĐKB (tt) 
S 1 2J n H H 0
b) Chọn mội trường 1 là r > a, 
trường từ trên biên: 
3 2ka ka
1 3a 3
H a a
Chọn mội trường 2 là r < a, 
trường từ trên biên : 
2ka
2 3
H a
Và vector đơn vị pháp tuyến biên (hướng 2 1): rn a
Vector dòng mặt theo phương trình ĐKB: