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物理电磁学核心电磁场的能量

电磁场的能量

手机充电时，电能通过充电器转化为电池中的化学能；微波炉工作时，电磁能从磁控管辐射出来被食物吸收；太阳的辐射穿越近乎真空的宇宙空间抵达地球，途中没有任何介质传导，携带的却是真实的能量。这些现象都指向同一个问题：电磁场究竟携带多少能量，这些能量又是如何在空间中流动的？麦克斯韦方程组不仅描述了场的演化规律，还内含一套完整的能量守恒方程。

电荷守恒与连续性方程

电荷守恒的局域表达

电荷守恒是自然界最基本的守恒律之一：电荷既不能无中生有，也不能凭空消失，只能从一处流向另一处。这个表述需要进一步精确——它应当是局域的：某区域内的电荷减少，减少的量必然等于从该区域流出去的总电荷量。

取空间中任意一个封闭曲面 S\mathcal{S}S，它围住的体积为 V\mathcal{V}V。体积内的总电荷量为

Q=∫Vρ dVQ = \int_\mathcal{V} \rho\, dVQ=∫V​ρdV

单位时间内从曲面向外流出的净电荷（即净流出电流）为 ∮SJ⋅da\oint_\mathcal{S} \mathbf{J}\cdot d\mathbf{a}∮S​J⋅da。电荷守恒要求流出的量等于内部电荷的减少：

∮SJ⋅da=−dQdt=−∫V∂ρ∂t dV\oint_\mathcal{S} \mathbf{J}\cdot d\mathbf{a} = -\frac{dQ}{dt} = -\int_\mathcal{V} \frac{\partial \rho}{\partial t}\, dV∮S​J⋅da=−dtdQ​=−∫V​∂t∂ρ​dV

对左边应用高斯散度定理，将面积分转化为体积分，得到对任意体积均成立的等式，因此被积函数必须处处相等，从而得到连续性方程：

∂ρ∂t+∇⋅J=0\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{J} = 0∂t∂ρ​+∇⋅J=0

连续性方程是电荷守恒的微分表达形式，要求的是每一点、每一时刻的局域守恒。∂ρ/∂t>0\partial\rho/\partial t > 0∂ρ/∂t>0 表示该点电荷密度在增加，必然有净电流流入（∇⋅J<0\nabla\cdot\mathbf{J} < 0∇⋅J<0）；反之，电荷减少则净电流向外流出（∇⋅J>0\nabla\cdot\mathbf{J} > 0∇⋅J>0）。

连续性方程的几个典型情形

稳恒电流条件下，电荷分布不随时间变化，即 ∂ρ/∂t=0\partial\rho/\partial t = 0∂ρ/∂t=0，连续性方程退化为 ∇⋅J=0\nabla\cdot\mathbf{J} = 0∇⋅J=0——这正是静磁学中已知的稳恒电流条件，电流线无头无尾，与实际完全吻合。

给电容器充电时，极板附近电荷密度随时间增加（∂ρ/∂t>0\partial\rho/\partial t > 0∂ρ/∂t>0），必有电流线汇聚到极板处（∇⋅J<0\nabla\cdot\mathbf{J} < 0∇⋅J<0），解释了导线中有电流流向极板而极板上电荷持续累积的现象。

连续性方程还可以直接从麦克斯韦方程组推导，无须任何额外假设，说明麦克斯韦方程组在建立之初就内置了电荷守恒律。

坡印廷定理

场对电荷的做功

电场对电荷做功，磁场对运动电荷施力但不做功（力与速度方向垂直）。单位时间内电磁场对体积 V\mathcal{V}V 内所有电荷做的总功率为

P=∫VF⋅v dV=∫VE⋅(ρv) dV=∫VE⋅J dVP = \int_\mathcal{V} \mathbf{F}\cdot\mathbf{v}\, dV = \int_\mathcal{V} \mathbf{E}\cdot(\rho\mathbf{v})\, dV = \int_\mathcal{V} \mathbf{E}\cdot\mathbf{J}\, dVP=∫V​F⋅vdV=∫V​E⋅(ρv)dV=∫V​E⋅JdV

量 E⋅J\mathbf{E}\cdot\mathbf{J}E⋅J 的单位为 W/m3\mathrm{W/m^3}W/m3，是电磁场向单位体积内电荷输送功率的密度。当 E⋅J>0\mathbf{E}\cdot\mathbf{J} > 0E⋅J>0 时，场对电荷做正功，场的能量转化为电荷的动能或热能；当 E⋅J<0\mathbf{E}\cdot\mathbf{J} < 0E⋅J<0 时，电荷的机械能转化为场的能量，发电机就是这一过程的典型代表。

电磁场的能量密度

从静电学和静磁学的结论推广，电磁场总能量密度为

u=12ε0E2+12μ0B2u = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 + \frac{1}{2\mu_0} B^2u=21​ε0​E2+2μ0​1​B2

两项分别来自电场和磁场各自储存的能量，单位为 J/m3\mathrm{J/m^3}J/m3。

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坡印廷定理的推导

将麦克斯韦方程组中的安培-麦克斯韦定律 ∇×B=μ0J+μ0ε0∂E/∂t\nabla\times\mathbf{B} = \mu_0\mathbf{J} + \mu_0\varepsilon_0\partial\mathbf{E}/\partial t∇×B=μ0​J+μ0​ε0​∂E/∂t 代入功率密度表达式，再利用法拉第定律 ∇×E=−∂B/∂t\nabla\times\mathbf{E} = -\partial\mathbf{B}/\partial t∇×E=−∂B/∂t 及矢量恒等式

∇⋅(E×B)=B⋅(∇×E)−E⋅(∇×B)\nabla\cdot(\mathbf{E}\times\mathbf{B}) = \mathbf{B}\cdot(\nabla\times\mathbf{E}) - \mathbf{E}\cdot(\nabla\times\mathbf{B})∇⋅(E×B)=B⋅(∇×E)−E⋅(∇×B)

经整理，可以将功率密度写成

E⋅J=−∂u∂t−∇⋅S\mathbf{E}\cdot\mathbf{J} = -\frac{\partial u}{\partial t} - \nabla\cdot\mathbf{S}E⋅J=−∂t∂u​−∇⋅S

其中定义坡印廷矢量（Poynting vector）：

S=1μ0E×B\mathbf{S} = \frac{1}{\mu_0}\mathbf{E}\times\mathbf{B}S=μ0​1​E×B

对任意体积 V\mathcal{V}V 积分，右边第二项用散度定理转化为面积分，得到坡印廷定理：

∫VE⋅J dV=−ddt∫Vu dV−∮SS⋅da\int_\mathcal{V} \mathbf{E}\cdot\mathbf{J}\, dV = -\frac{d}{dt}\int_\mathcal{V} u\, dV - \oint_\mathcal{S} \mathbf{S}\cdot d\mathbf{a}∫V​E⋅JdV=−dtd​∫V​udV−∮S​S⋅da

改写为能量变化的形式更为直观：

ddt∫Vu dV=−∮SS⋅da−∫VE⋅J dV\frac{d}{dt}\int_\mathcal{V} u\, dV = -\oint_\mathcal{S} \mathbf{S}\cdot d\mathbf{a} - \int_\mathcal{V} \mathbf{E}\cdot\mathbf{J}\, dVdtd​∫V​udV=−∮S​S⋅da−∫V​E⋅JdV

坡印廷定理的含义：体积内电磁场能量的增加率，等于通过边界面净流入的场能量，减去场向电荷做功消耗的能量。S\mathbf{S}S 描述单位时间内穿过单位面积的能量大小与方向，称为能量流密度，单位为 W/m2\mathrm{W/m^2}W/m2，方向即为能量流动方向。

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坡印廷矢量的应用

同轴电缆中的能量流动

同轴电缆由内导体（半径 aaa）和外导体（内半径 bbb）组成，两者之间有绝缘介质。内导体通有电流 III，内外导体之间的电压为 VVV。

在两导体之间的区域：电场由电位差产生，方向沿径向；磁场由内导体电流产生，方向沿周向。两者叉积 E×B\mathbf{E}\times\mathbf{B}E×B 的方向沿轴向，即沿电流流动方向。对截面积分，穿过同轴电缆截面的总功率为

P=∮SS⋅da=VIP = \oint_\mathcal{S} \mathbf{S}\cdot d\mathbf{a} = VIP=∮S​S⋅da=VI

这正好与电路理论的结果 P=VIP = VIP=VI 完全一致。电能并非沿导线内部传输，而是通过导线周围的空间（电磁场）从电源流向负载——这是一个颠覆日常直觉的重要结论。

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导线中虽然有电流流动，但电能的传输载体是电磁场，而不是电子本身。电子在铜导线中的漂移速度仅约 1  mm/s1\;\mathrm{mm/s}1mm/s 量级，而电信号传播速度接近光速，正是因为能量通过电磁场的传播实现，而非依赖电子的缓慢移动。

平面电磁波的能量

在真空中沿 zzz 方向传播的单色平面电磁波：

E=E0cos⁡(kz−ωt)x^,B=E0ccos⁡(kz−ωt)y^\mathbf{E} = E_0\cos(kz - \omega t)\hat{x}, \qquad \mathbf{B} = \frac{E_0}{c}\cos(kz - \omega t)\hat{y}E=E0​cos(kz−ωt)x^,B=cE0​​cos(kz−ωt)y^​

坡印廷矢量为

S=1μ0E×B=E02μ0ccos⁡2(kz−ωt) z^\mathbf{S} = \frac{1}{\mu_0}\mathbf{E}\times\mathbf{B} = \frac{E_0^2}{\mu_0 c}\cos^2(kz - \omega t)\,\hat{z}S=μ0​1​E×B=μ0​cE02​​cos2(kz−ωt)z^

对时间取平均（⟨cos⁡2⟩=1/2\langle\cos^2\rangle = 1/2⟨cos2⟩=1/2），平均能量流密度（即光强）为

I=⟨S⟩=E022μ0c=12cε0E02I = \langle S \rangle = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c} = \frac{1}{2}c\varepsilon_0 E_0^2I=⟨S⟩=2μ0​cE02​​=21​cε0​E02​

太阳在地球大气层外的辐照度约为 1360  W/m21360\;\mathrm{W/m^2}1360W/m2（太阳常数），由此可以估算太阳光电场振幅约为 1010  V/m1010\;\mathrm{V/m}1010V/m，磁场振幅约为 3.4  μT3.4\;\mathrm{\mu T}3.4μT。

平面电磁波中瞬时电场能量密度与磁场能量密度恰好相等：

uE=12ε0E2=ε0E022cos⁡2(kz−ωt)=uB=B22μ0u_E = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 = \frac{\varepsilon_0 E_0^2}{2}\cos^2(kz-\omega t) = u_B = \frac{B^2}{2\mu_0}uE​=21​ε0​E2=2ε0​E02​​cos2(kz−ωt)=uB​=2μ0​B2​

（利用了 c2=1/μ0ε0c^2 = 1/\mu_0\varepsilon_0c2=1/μ0​ε0​，故 B=E/cB = E/cB=E/c 时两者相等。）电磁波中电场与磁场各贡献一半的能量，平分秋色。

导线表面能量的流入——焦耳热的来源

一段通有电流 III、电阻为 RRR 的圆柱形导线，长度为 lll，半径为 aaa。导线两端电压 V=IRV = IRV=IR，内部纵向电场大小 E=V/l=IR/lE = V/l = IR/lE=V/l=IR/l；导线表面磁场大小 B=μ0I/(2πa)B = \mu_0 I/(2\pi a)B=μ0​I/(2πa)。

在导线侧面处，E\mathbf{E}E（轴向）与 B\mathbf{B}B（周向）互相垂直，坡印廷矢量 S=1μ0E×B\mathbf{S} = \frac{1}{\mu_0}\mathbf{E}\times\mathbf{B}S=μ0​1​E×B 方向径向向内（指向导线轴线），大小为

S=EBμ0=IRl⋅I2πa=I2R2πalS = \frac{EB}{\mu_0} = \frac{IR}{l}\cdot\frac{I}{2\pi a} = \frac{I^2 R}{2\pi a l}S=μ0​EB​=lIR​⋅2πaI​=2πalI2R​

穿过侧面积 2πal2\pi a l2πal 流入的总功率为

P=S⋅2πal=I2RP = S \cdot 2\pi a l = I^2 RP=S⋅2πal=I2R

这正好等于导线的焦耳热功率。电磁能量从导线外部径向流入，在导线内以热能形式耗散——这与电流在导线内部传输能量的朴素印象截然相反，却是坡印廷定理给出的精确描述。

三个例子（同轴电缆传输功率、平面波光强、导线焦耳热）用不同角度验证了同一结论：坡印廷矢量 S\mathbf{S}S 精确描述了能量在空间中的实际流动。每次对封闭面积分，都与电路理论或热学分析的结果完全吻合，这是坡印廷定理正确性的有力佐证。

练习

选择题

  • 题一（连续性方程的含义）

在某空间区域内，ttt 时刻的电荷密度 ρ>0\rho > 0ρ>0，且 ∂ρ/∂t<0\partial\rho/\partial t < 0∂ρ/∂t<0。根据连续性方程，该区域的电流散度 ∇⋅J\nabla\cdot\mathbf{J}∇⋅J 应满足

A. ∇⋅J<0\nabla\cdot\mathbf{J} < 0∇⋅J<0   B. ∇⋅J=0\nabla\cdot\mathbf{J} = 0∇⋅J=0   C. ∇⋅J>0\nabla\cdot\mathbf{J} > 0∇⋅J>0   D. 无法判断

答案：C

由连续性方程 ∂ρ/∂t+∇⋅J=0\partial\rho/\partial t + \nabla\cdot\mathbf{J} = 0∂ρ/∂t+∇⋅J=0，得

∇⋅J=−∂ρ∂t>0\nabla\cdot\mathbf{J} = -\frac{\partial\rho}{\partial t} > 0∇⋅J=−∂t∂ρ​>0

电荷密度减少，说明净电流从该区域向外流出，散度为正，与直觉一致。

  • 题二（坡印廷矢量的方向）

在真空中某点，电场 E=E0x^\mathbf{E} = E_0\hat{x}E=E0​x^，磁场 B=B0y^\mathbf{B} = B_0\hat{y}B=B0​y^​（E0, B0>0E_0,\, B_0 > 0E0​,B0​>0）。该点坡印廷矢量 S\mathbf{S}S 的方向为

A. +x^+\hat{x}+x^   B. +y^+\hat{y}+y^​   C. +z^+\hat{z}+z^   D. −z^-\hat{z}−z^

答案：C

S=1μ0E×B=E0B0μ0(x^×y^)=E0B0μ0 z^\mathbf{S} = \frac{1}{\mu_0}\mathbf{E}\times\mathbf{B} = \frac{E_0 B_0}{\mu_0}(\hat{x}\times\hat{y}) = \frac{E_0 B_0}{\mu_0}\,\hat{z}S=μ0​1​E×B=μ0​E0​B0​​(x^×y^​)=μ0​E0​B0​​z^

方向为 +z^+\hat{z}+z^。坡印廷矢量由 E×B\mathbf{E}\times\mathbf{B}E×B 决定，垂直于电场和磁场所在平面，指向能量传播的方向。

  • 题三（电场与磁场的能量密度比较）

真空中某点，电场强度 E=3×103  V/mE = 3\times10^3\;\mathrm{V/m}E=3×103V/m，磁感应强度 B=1×10−5  TB = 1\times10^{-5}\;\mathrm{T}B=1×10−5T（ε0=8.85×10−12  F/m\varepsilon_0 = 8.85\times10^{-12}\;\mathrm{F/m}ε0​=8.85×10−12F/m，μ0=4π×10−7  H/m\mu_0 = 4\pi\times10^{-7}\;\mathrm{H/m}μ0​=4π×10−7H/m）。该点电场能量密度 uEu_EuE​ 与磁场能量密度 uBu_BuB​ 相比

A. uE≫uBu_E \gg u_BuE​≫uB​   B. uE=uBu_E = u_BuE​=uB​   C. uE≪uBu_E \ll u_BuE​≪uB​   D. 无法判断

答案：A

uE=12ε0E2=12×8.85×10−12×(3×103)2≈3.98×10−5  J/m3u_E = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 = \frac{1}{2}\times8.85\times10^{-12}\times(3\times10^3)^2 \approx 3.98\times10^{-5}\;\mathrm{J/m^3}uE​=21​ε0​E2=21​×8.85×10−12×(3×103)2≈3.98×10−5J/m3

uB=B22μ0=(10−5)22×4π×10−7≈3.98×10−8  J/m3u_B = \frac{B^2}{2\mu_0} = \frac{(10^{-5})^2}{2\times4\pi\times10^{-7}} \approx 3.98\times10^{-8}\;\mathrm{J/m^3}uB​=2μ0​B2​=2×4π×10−7(10−5)2​≈3.98×10−8J/m3

两者相差约 100010001000 倍，电场能量密度远大于磁场能量密度。对于平面电磁波，E=cBE = cBE=cB 时两者恰好相等；本题给出的数值不满足这一关系，故两者不等。

  • 题四（坡印廷定理的整体含义）

某封闭曲面内的电磁场总能量在某时刻正在减少。根据坡印廷定理，以下说法正确的是

A. 该区域内场一定在对电荷做正功   B. 必有能量通过边界面净流出该区域   C. A 和 B 都可能同时成立   D. 无法作任何判断

答案：C

坡印廷定理为

ddt∫u dV=−∮S⋅da−∫E⋅J dV\frac{d}{dt}\int u\, dV = -\oint\mathbf{S}\cdot d\mathbf{a} - \int\mathbf{E}\cdot\mathbf{J}\, dVdtd​∫udV=−∮S⋅da−∫E⋅JdV

场能减少（左边 <0< 0<0）意味着右边两项之和为负，即能量净流出（第一项贡献）加上场对电荷做正功（第二项贡献）的总效果大于零。两种机制都可以消耗场能，且可以同时存在，因此 A 和 B 均可能同时成立，选 C。

计算题

  • 题五（平面电磁波的能量计算）

在真空中，沿 +z+z+z 方向传播的平面电磁波，电场为 E=E0cos⁡(kz−ωt)x^\mathbf{E} = E_0\cos(kz-\omega t)\hat{x}E=E0​cos(kz−ωt)x^，E0=100  V/mE_0 = 100\;\mathrm{V/m}E0​=100V/m（c=3×108  m/sc = 3\times10^8\;\mathrm{m/s}c=3×108m/s，ε0=8.85×10−12  F/m\varepsilon_0 = 8.85\times10^{-12}\;\mathrm{F/m}ε0​=8.85×10−12F/m，μ0=4π×10−7  H/m\mu_0 = 4\pi\times10^{-7}\;\mathrm{H/m}μ0​=4π×10−7H/m）。求：① 磁场 B\mathbf{B}B 的表达式；② 瞬时坡印廷矢量 S\mathbf{S}S；③ 平均能量流密度 ⟨S⟩\langle S\rangle⟨S⟩；④ 比较瞬时电场能量密度与磁场能量密度的大小。

  • ① 磁场

平面电磁波中 B=E/cB = E/cB=E/c，方向使 E×B\mathbf{E}\times\mathbf{B}E×B 指向传播方向 +z^+\hat{z}+z^，故 B\mathbf{B}B 沿 +y^+\hat{y}+y^​：

B=E0ccos⁡(kz−ωt)y^≈3.33×10−7cos⁡(kz−ωt)  T⋅y^\mathbf{B} = \frac{E_0}{c}\cos(kz-\omega t)\hat{y} \approx 3.33\times10^{-7}\cos(kz-\omega t)\;\mathrm{T}\cdot\hat{y}B=cE0​​cos(kz−ωt)y^​≈3.33×10−7cos(kz−ωt)T⋅y^​

  • ② 瞬时坡印廷矢量

S=1μ0E×B=E02μ0ccos⁡2(kz−ωt) z^=(100)24π×10−7×3×108cos⁡2(kz−ωt) z^≈26.5cos⁡2(kz−ωt)  W/m2⋅z^\mathbf{S} = \frac{1}{\mu_0}\mathbf{E}\times\mathbf{B} = \frac{E_0^2}{\mu_0 c}\cos^2(kz-\omega t)\,\hat{z} = \frac{(100)^2}{4\pi\times10^{-7}\times3\times10^8}\cos^2(kz-\omega t)\,\hat{z} \approx 26.5\cos^2(kz-\omega t)\;\mathrm{W/m^2}\cdot\hat{z}S=μ0​1​E×B=μ0​cE02​​cos2(kz−ωt)z^=4π×10−7×3×108(100)2​cos2(kz−ωt)z^≈26.5cos2(kz−ωt)W/m2⋅z^

  • ③ 平均能量流密度

⟨S⟩=E022μ0c=cε0E022=3×108×8.85×10−12×(100)22≈13.3  W/m2\langle S\rangle = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c} = \frac{c\varepsilon_0 E_0^2}{2} = \frac{3\times10^8\times8.85\times10^{-12}\times(100)^2}{2} \approx 13.3\;\mathrm{W/m^2}⟨S⟩=2μ0​cE02​​=2cε0​E02​​=23×108×8.85×10−12×(100)2​≈13.3W/m2

  • ④ 电场与磁场能量密度的比较

uE=12ε0E02cos⁡2(kz−ωt)u_E = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E_0^2\cos^2(kz-\omega t)uE​=21​ε0​E02​cos2(kz−ωt)

uB=B22μ0=E022μ0c2cos⁡2(kz−ωt)=ε0E022cos⁡2(kz−ωt)u_B = \frac{B^2}{2\mu_0} = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c^2}\cos^2(kz-\omega t) = \frac{\varepsilon_0 E_0^2}{2}\cos^2(kz-\omega t)uB​=2μ0​B2​=2μ0​c2E02​​cos2(kz−ωt)=2ε0​E02​​cos2(kz−ωt)

（利用了 c2=1/μ0ε0c^2 = 1/\mu_0\varepsilon_0c2=1/μ0​ε0​，即 1/μ0c2=ε01/\mu_0 c^2 = \varepsilon_01/μ0​c2=ε0​）

uE=uBu_E = u_BuE​=uB​，两者完全相等，平面电磁波中电场与磁场各贡献一半能量。

  • 题六（导线焦耳热与坡印廷矢量的验证）

一段铜导线，半径 a=1  mma = 1\;\mathrm{mm}a=1mm，长度 l=1  ml = 1\;\mathrm{m}l=1m，电阻 R=0.017  ΩR = 0.017\;\OmegaR=0.017Ω，通有电流 I=10  AI = 10\;\mathrm{A}I=10A（μ0=4π×10−7  H/m\mu_0 = 4\pi\times10^{-7}\;\mathrm{H/m}μ0​=4π×10−7H/m）。求：① 导线两端电压 VVV；② 导线内部纵向电场 EEE；③ 导线表面磁场 BBB；④ 导线侧面处坡印廷矢量的大小与方向；⑤ 通过对侧面积分，验证流入导线的总功率等于焦耳热功率。

  • ① 两端电压

V=IR=10×0.017=0.17  VV = IR = 10\times0.017 = 0.17\;\mathrm{V}V=IR=10×0.017=0.17V

  • ② 纵向电场

E=Vl=0.171=0.17  V/mE = \frac{V}{l} = \frac{0.17}{1} = 0.17\;\mathrm{V/m}E=lV​=10.17​=0.17V/m

方向沿导线轴向（与电流方向相同）。

  • ③ 导线表面磁场

由安培定律，在导线表面 s=a=10−3  ms = a = 10^{-3}\;\mathrm{m}s=a=10−3m 处：

B=μ0I2πa=4π×10−7×102π×10−3=2×10−3  T=2  mTB = \frac{\mu_0 I}{2\pi a} = \frac{4\pi\times10^{-7}\times10}{2\pi\times10^{-3}} = 2\times10^{-3}\;\mathrm{T} = 2\;\mathrm{mT}B=2πaμ0​I​=2π×10−34π×10−7×10​=2×10−3T=2mT

方向沿周向。

  • ④ 坡印廷矢量

E\mathbf{E}E（轴向）与 B\mathbf{B}B（周向）互相垂直，E×B\mathbf{E}\times\mathbf{B}E×B 方向径向向内（指向轴线），大小为

S=EBμ0=0.17×2×10−34π×10−7≈270  W/m2S = \frac{EB}{\mu_0} = \frac{0.17\times2\times10^{-3}}{4\pi\times10^{-7}} \approx 270\;\mathrm{W/m^2}S=μ0​EB​=4π×10−70.17×2×10−3​≈270W/m2

  • ⑤ 总功率验证

导线侧面积 A=2πal=2π×10−3×1≈6.28×10−3  m2A = 2\pi a l = 2\pi\times10^{-3}\times1 \approx 6.28\times10^{-3}\;\mathrm{m^2}A=2πal=2π×10−3×1≈6.28×10−3m2，流入导线的总功率为

P=S⋅A≈270×6.28×10−3≈1.70  WP = S\cdot A \approx 270\times6.28\times10^{-3} \approx 1.70\;\mathrm{W}P=S⋅A≈270×6.28×10−3≈1.70W

焦耳热功率 PJ=I2R=100×0.017=1.70  WP_J = I^2 R = 100\times0.017 = 1.70\;\mathrm{W}PJ​=I2R=100×0.017=1.70W，两者完全一致。电磁能量从导线外部径向流入，在导线内以焦耳热形式耗散，坡印廷定理的预测与实际完全吻合。

  • 电荷守恒与连续性方程
    • 电荷守恒的局域表达
    • 连续性方程的几个典型情形
  • 坡印廷定理
    • 场对电荷的做功
    • 电磁场的能量密度
    • 坡印廷定理的推导
  • 坡印廷矢量的应用
    • 同轴电缆中的能量流动
    • 平面电磁波的能量
    • 导线表面能量的流入——焦耳热的来源
  • 练习
    • 选择题
    • 计算题

目录

  • 电荷守恒与连续性方程
    • 电荷守恒的局域表达
    • 连续性方程的几个典型情形
  • 坡印廷定理
    • 场对电荷的做功
    • 电磁场的能量密度
    • 坡印廷定理的推导
  • 坡印廷矢量的应用
    • 同轴电缆中的能量流动
    • 平面电磁波的能量
    • 导线表面能量的流入——焦耳热的来源
  • 练习
    • 选择题
    • 计算题