电磁场与电磁波课后答案(杨儒贵第.docx

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1、电磁场与电磁波课后答案(杨儒贵第第二章 静电场 重点和难点 电场强度及电场线等概念容易接受，重点讲解如何由物理学中积分形式的静电场方程导出微分形式的静电场方程，即散度方程和旋度方程，并强调微分形式的场方程描述的是静电场的微分特性或称为点特性。 利用亥姆霍兹定理，直接导出真空中电场强度与电荷之间的关系。通过书中列举的4个例子，总结归纳出根据电荷分布计算电场强度的三种方法。 至于媒质的介电特性，应着重说明均匀和非均匀、线性与非线性、各向同性与各向异性等概念。讲解介质中静电场方程时，应强调电通密度仅与自由电荷有关。介绍边界条件时，应说明仅可依据积分形式的静电场方程，由于边界上场量不连续，因而微分形式

2、的场方程不成立。 关于静电场的能量与力，应总结出计算能量的三种方法，指出电场能量不符合迭加原理。介绍利用虚位移的概念计算电场力，常电荷系统和常电位系统，以及广义力和广义坐标等概念。至于电容和部分电容一节可以从简。 重要公式 真空中静电场方程： q积分形式： EdS= Se0 Edl=0 l 微分形式： E=re0 E=0 已知电荷分布求解电场强度： 14pe01，E(r)=-j(r)； j(r)=r(r)|r-r| VdV 2，E(r)=r(r)(r-r)4pe03|r-r| VdV 3， S EdS=qe0 高斯定律 介质中静电场方程： 积分形式： DdS=q S Edl=0 l 微分形式：

3、 D=r E=0 1 线性均匀各向同性介质中静电场方程： 积分形式： q S EdS=e Edl=0 l 微分形式： E=re E=0 静电场边界条件： 1，E1t=E2t。对于两种各向同性的线性介质，则 D1tte=D21e 22，D2n-D1n=rs。在两种介质形成的边界上，则 D1n=D2n 对于两种各向同性的线性介质，则 e1E1n=e2E2n 3，介质与导体的边界条件： enE=0； enD=rS 若导体周围是各向同性的线性介质，则 ESn=rSe； jn=-re静电场的能量： 2孤立带电体的能量：W1Qe=2 C=12F Q n离散带电体的能量：W1e=FiQi i=12分布电荷的

4、能量：W11e=V2j r dV=S2j rS dS=1l2j rl dl 2 静电场的能量密度：we=12DE 对于各向同性的线性介质，则 we=122e E 电场力： 库仑定律：F=qq4pe r2er 常电荷系统：F=-dWedlq=常数 常电位系统：F=dWedlj=常数题 解 2-1 若真空中相距为d的两个电荷q1及q2的电量分别为q及4q，当点电荷q位于q1及q2的连线上时，系统处于平衡状态，试求q的大小及位置。 解 要使系统处于平衡状态，点电荷q受到点电荷q1及q2的力应该大小相等，方向相反，即q1q4pe0r12Fq1q=Fq2q。那么，由=q2q4pe0r2232r2=2r1

5、，同时考虑到r1+r2=d，求得 r1=13d, r2=d 13d。 可见点电荷q可以任意，但应位于点电荷q1和q2的连线上，且与点电荷q1相距 2-2 已知真空中有三个点电q1=1C, P1(0,0,1) q2=1C, P2(1,0,1) q3=4C, P3(0,1,0)z q1 荷，其电量及位置分别为： q3q2E3 E1 x P试求位于P(0,-1,0)点的电场强解 令r1,r2,r3分别为三个电电则r1=2，r2=3，r3=2。 E2 度。 荷的位置P1,P2,P3到P点的距离，习题图2-2 利用点电荷的场强公式E=q4pe0r2er，其中er为点电荷q指向场点P的单位矢量。那么， 3

6、 q1在P点的场强大小为E1=q14pe0r1q24pe0r2q34pe0r3222=18pe0，方向为er=-112(e13y+ez)。 q2在P点的场强大小为E2=112pe14pe00，方向为er2=-(ex+ey+ez)。 q3在P点的场强大小为E3=，方向为er=-ey 3则P点的合成电场强度为 E=E1+E2+E3 =-1111111 e+e+xyezpe0123821234821232-3 直接利用式计算电偶极子的电场强度。 解 令点电荷-q位于坐标原点，r为点电荷-q至场点P的距离。再令点电荷+q位于+z坐标轴上，。 r1为点电荷+q至场点P的距离。两个点电荷相距为l，场点P的

7、坐标为根据叠加原理，电偶极子在场点P产生的电场为 E=q4pe0rr1 -3r3r1考虑到r l，er= er，r1=r-lcosq，那么上式变为 1E=q4pe0r12-r2r2r212qer=4pe0(r1-r)(r1+r)er 22rr12式中 r1-1=(r+l-2rlcosq2)-121ll=1+-2cosq2rrr-12-12ll1+-2cosq以为变量，并将2rrrl2在零点作泰勒展开。由于l1, 0x1及x0区域中的电场强度。 解 无限大平面电荷产生的场强分布一定是均匀的，其电场方向垂直于无限大平面，且分别指向两侧。因此，位于x = 0平面内的无限大面电荷rS，在x 0区域中产

8、生的电场强度E1+=exE1。位于x = 1平面内的无限大面电荷-rS，在x 1区域中产生的电场强度E-2=-exE2。 由电场强度法向边界条件获知， e+-+0E1-e0E1=rsx=0 e0E2-e0E2=-rsx=0 即 e0E1+e0E1=rsx=0-e0E2-e0E2=-rsx=1由此求得 Ers1=E2=2e 0根据叠加定理，各区域中的电场强度应为 E=E-+1+E2=-exE1+exE2=0, x0 E=E+rs1+E2=exE1+exE2=e, 0x1 2-11 若在球坐标系中，电荷分布函数为 0, 0ra r=10-6, arb试求0ra, arb区域中的电通密度D。 解 作

9、一个半径为r的球面为高斯面，由对称性可知 sDds=qD=q4pr2er 式中q为闭合面S包围的电荷。那么 在0ra区域中，由于q = 0，因此D = 0。 在arb区域中，闭合面S包围的电荷量为 q=vrdv=10-643p(b3-a3) -6因此， D=10(b3-a3)3r2er2-12 若带电球的内外区域中的电场强度为 qE=er2, rarqr a, ra试求球内外各点的电位。 解 在ra区域中，j(r)=r=qrEdr2-13 已知圆球坐标系中空间电场分布函数为 r3, rE=eara5 r2, ra试求空间的电荷密度。 解 利用高斯定理的微分形式E=re，得知在球坐标系中 0r(

10、r)=ed20E=e10r2dr(rEr)那么，在ra区域中电荷密度为 r(r)=e1d520r2dr(r)=5e0r 在ra区域中电荷密度为 r(r)=e1d50r2dr(a)=0 2-14 已知真空中的电荷分布函数为 r2, 0rar(r)= 0, ra式中r为球坐标系中的半径，试求空间各点的电场强度。 解 由于电荷分布具有球对称性，取球面为高斯面，那么根据高斯定理qsEds=qeE4pr2=0e 0在0ra区域中 q=vr(r)dv=r2204prrdr=45pr511 E=er14pr245pr51e0=r35e0er 在ra区域中 q=vr(r)dv=14pr2a04prrdr=22

11、455pa E=er45pa51e0=a55re02er 2-15 已知空间电场强度E=3ex+4ey-5ez，试求与两点间的电位差。 解 设P1点的坐标为, P2点的坐标为，那么，两点间的电位差为 V=P2P1Edl 式中 E=3ex+4ey-5ez, dl=exdx+eydy+ezdz，因此电位差为 V=(1,1,2)0,0,0)(3dx+4dy-5dz)=-3(V) 2-16 已知同轴圆柱电容器的内导体半径为a，外导体的内半径为b。若填充介质的相对介电常数er=2。试求在外导体尺寸不变的情况下，为了获得最高耐压，内外导体半径之比。 q12per解 已知若同轴线单位长度内的电荷量为q1，则

12、同轴线内电场强度E=er。为了使同轴线获得最高耐压，应在保持内外导体之间的电位差V不变的情况下，使同轴线内最大的电场强度达到最小值，即应使内导体表面r=a处的电场强度达到最小值。因为同轴线单位长度内的电容为 C1=q1V=2peblnaq1=2peblnaV 则同轴线内导体表面r=a处电场强度为 b E(a)=Vbalnaba=Vabblnaba=e时，E(a)取得最小值，即同轴线获得令b不变，以比值为变量，对上式求极值，获知当比值最高耐压。 2-17 若在一个电荷密度为r，半径为a的均匀带电球中，存在一个半径为b的球形空腔，空腔中心与带电球中心的间距为d，试求空腔中的电场强度。 12 a r

13、 rP o d ob 习解 此题可利用高斯定理和叠加原理求解。首先设半径为a的整个球内充满电荷密度为r的电荷，则球内P点的电场强度为 E1P=14pe0r243prr er=3r3e0r 式中r是由球心o点指向P点的位置矢量， 再设半径为b的球腔内充满电荷密度为-r的电荷，则其在球内P点的电场强度为 12E2P=-44pe0r3prre=-r3r3e0r 式中r是由腔心o点指向P点的位置矢量。 那么，合成电场强度E1P+E2P即是原先空腔内任一点的电场强度，即 EP=E1P+E2P=r3e0(r-r)=r3e0d 式中d是由球心o点指向腔心o点的位置矢量。可见，空腔内的电场是均匀的。 2-18

14、 已知介质圆柱体的半径为a，长度为l，当沿轴线方向发生均匀极化时，极化强度为P，试求介质中束缚电荷在圆柱内外轴线上产生的电场强度。 解 建立圆柱坐标，且令圆柱的下端故只考虑面束缚电荷。而且该束缚电电荷密度与极化强度的关系为 rs=Pen z a l y PP y 面位于xy平面。由于是均匀极化，荷仅存在圆柱上下端面。已知面束缚式中en为表面的外法线方向上单位电荷面密度为rs1=P，圆柱体下端面由习题2-9获知，位于xy平面，场强度为 E=-2e0z矢量。由此求得圆柱体上端面的束缚x 习题图2-18 的束缚面电荷密度为rs2=-P。 面电荷为rs的圆盘在其轴线上的电rszzz+a22ez 因此，

15、圆柱下端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为 E2=-Pz-2e0zzz+a22ez 而圆柱上端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为 Pz-l-E1=2e0z-lz-l(z-l)+a22e z那么，上下端面束缚电荷在z轴上任一点产生的合成电场强度为 13 Pz-lE=ez-2e0z-lz-l(z-l)2+a2-zz+ 22z+az2-19 已知内半径为a，外半径为b的均匀介质球壳的介电常数为e，若在球心放置一个电量为q的点电荷，试求：介质壳内外表面上的束缚电荷；各区域中的电场强度。 解 先求各区域中的电场强度。根据介质中高斯定理 q4pr2sDds=q4prD=qD=2er 在0ra区域中，电场强

16、度为 E=D=q4pe0r2e0Der 在ab区域中，电场强度为 E=D=q4pe0r2e0er 再求介质壳内外表面上的束缚电荷。 由于P=(e-e0)E，则介质壳内表面上束缚电荷面密度为 rs=nP=-erP=-(e-e0)q4pea2eq=-1-0 2e4pa外表面上束缚电荷面密度为 rs=nP=erP=(e-e0)q4peb2eq=1-0 2e4pb2-20 将一块无限大的厚度为d的介质板放在均匀电场E中，周围媒质为真空。已知介质板的介电常数为e，均匀电场E的方向与介质板法线的夹角为q1，如习题图2-20所示。当介质板中的电场线方向q 2=p4时，试求角度q1及介质表面的束缚电荷面密度。

17、 e0 en1 e q2 q22 d Ee0 E q en2 q1 E 习题图2-20 解 根据两种介质的边界条件获知，边界上电场强度切向分量和电通密度的法向分量连续。因此可得 Esinq1=E2sinq2； Dcosq1=D2cosq2 14 已知D=e0E, D2=eE2，那么由上式求得 tanq1tanq2=e0etanq1=e0etanq2=e0eq1=arctan0 ee=enP=en(D-e0E)， 已知介质表面的束缚电荷rs那么，介质左表面上束缚电荷面密度为 rs1=en1P2=en11-e0e0e0D2=1-en1D2=-1-e0Ecosq1介质右表面上束缚电荷面密度为 eee

18、2=en2P2=en21-rse0e0e0D2=1-en2D2=1-e0Ecosq12-21 已知两个导体球的半径分eee别为6cm及12cm，电量均为310-6C，相距很远。若以导线相连后，试求：电荷移动的方向及电量；两球最终的电位及电量。 解 设两球相距为d，考虑到d a, d b，两个带电球的电位为 j1=14pe0q21q1+；j2=4peda0q1q2+ db两球以导线相连后，两球电位相等，电荷重新分布，但总电荷量应该守恒，即j1=j2及q1+q2=q=610-6(C)， a(d-b)1323求得两球最终的电量分别为 q1=q2=ad+bd-2abb(d-a)ad+bd-2abqqq

19、=210q=410-6(C) (C) -6-6可见，电荷由半径小的导体球转移到半径大的导体球，移动的电荷量为110两球最终电位分别为 (C)。 j114pe14pe00q1aq2b=3105(V) (V) j2=31052-22 已知两个导体球的重量分别为m1=5g，m2=10g，电量均为510-6C，以无重量的绝缘线相连。若绝缘线的长度l = 1m，且远大于两球的半径，试求；绝缘线切断的瞬时，每球的加速度；绝缘线切断很久以后，两球的速度。 解 绝缘线切断的瞬时，每球受到的力为 F=q1q24pe0r2=510-65100-64pe=0.225(N) 因此，两球获得的加速度分别为 15 a1=

20、Fm1Fm2=0.2250.0050.2250.01=45ms(2) 2a2=22.5ms() 当两球相距为l时，两球的电位分别为 j1=14pe0q1q2r+l； 1j2=W=14pe120q2q1 +rl212此时，系统的电场能量为 j1q1+j2q2 绝缘线切断很久以后，两球相距很远(la, lb)，那么，两球的电位分别为 j1=q14pe0r1; j2=q24pe0r2由此可见，绝缘线切断很久的前后，系统电场能量的变化为 W=1q2q1+1q1q2=q224pe0l24pe0l4pe0l=0.225(J) 这部分电场能量的变化转变为两球的动能，根据能量守恒原理及动量守恒定理可得下列方程

21、： W=12m1v1+212m2v2， 2m1v1+m2v2=0 由此即可求出绝缘线切断很久以后两球的速度v1和v2： v1=7.74(ms)； v2=3.87(ms) 2-23 如习题图2-23所示，半径为a的导体球中有两个较小的球形空腔。若在空腔中心分别放置两个点电荷q1及q2，在距离ra处放置另一个点电荷q3，试求三个点电荷受到的电场力。 a q1 q2 q3 r 习题图2-23 解 根据原书2-7节所述，封闭导体空腔具有静电屏蔽特性。因此，q1与q2之间没有作用力，q3对于q1及q2也没有作用力。但是q1及q2在导体外表面产生的感应电荷-q1及-q2，对于q3有作用力。考虑到ra，根据

22、库仑定律获知该作用力为 f=(q1+q2)q34pe0r22-24 证明位于无源区中任一球面上电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布特性无关。 16 解 已知电位与电场强度的关系为E=-j，又知E=2re，由此获知电位满足下列泊松方程 j=-re0利用格林函数求得泊松方程的解为 j(r)=VG0(r,r)r(r)e01dv+G(r,r)j(r)-j(r)G(r,r)ds S00式中G0(r,r)=4pr-r。考虑到G0(r,r)=1r-r34pr-r，代入上式得 j(r)=14pe0r(r)r-rVdv+14pSj(r)j(r)(r-r)ds -3r-rr-r若闭合面S内为无源区，即

23、r=0，那么 j(r)=14pSj(r)j(r)(r-r)ds -3r-rr-r若闭合面S为一个球面，其半径为a，球心为场点，则r-r=a，那么上式变为 j(r)=14pSj(r)j(r) ()-r-r3dsaa考虑到差矢量r-r的方向为该球面的半径方向，即与 ds的方向恰好相反，又E=-j,则上式变为 j(r)=-14paSEds+14pa2j(r)ds S由于在S面内无电荷，则j(r)=Eds=0，那么 S14pa2j(r)ds S由此式可见，位于无源区中任一球面上的电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布无关。 2-25 已知可变电容器的最大电容量Cmax=100pF，最小电容量

24、Cmin=10pF，外加直流电压为300V，试求使电容器由最小变为最大的过程中外力必须作的功。 解 在可变电容器的电容量由最小变为最大的过程中，电源作的功和外力作的功均转变为电场储能的增量，即 W电源+W外=We 式中 W电源=Vq=V(CmaxV-CminV)=8.110-6(J) We=12(Cmax-Cmin)V2=4.0510-6(J) 17 因此，外力必须作的功为 W外=-4.0510-6(J) 2-26 若使两个电容器均为C的真空电容器充以电压V后，断开电源相互并联，再将其中之一填满介电常数为er的理想介质，试求：两个电容器的最终电位；转移的电量。 解 两电容器断开电源相互并联，再

25、将其中之一填满相对介电常数为er理想介质后，两电容器的电容量分别为 C1=C, C2=erC 两电容器的电量分别为q1,q2，且 q1+q2=2CV 由于两个电容器的电压相等，因此 q1C1=q2C2q1=q2er联立上述两式，求得 q1=2CV1+er， q2=2CVer1+er因此，两电容器的最终电位为 V=q1C1=q2C2=2V1+er考虑到q2q1，转移的电量为 Dq=q2-CV=er-1er+1CV 2-27 同轴圆柱电容器的内导体 半径为a，外导体半径为b，其 内一半填充介电常数为e1的介 质，另一半填充介质的介电常 数为e2，如习题图2-27所示。 e1 a e2 b 习题图2

26、-27 当外加电压为V时，试求：电容器中的电场强度； 各边界上的电荷密度；电容及储能。 解 设内导体的外表面上单位长度的电量为q，外导体的内表面上单位长度的电量为-q。取内外导体之间一个同轴的单位长度圆柱面作为高斯面，由高斯定理 Dds=q s (arb) 求得 pr(D1+D2)=q 已知D1=e1E1, D2=e2E2，在两种介质的分界面上电场强度的切向分量必须连续，即E1=E2，求18 得 E1=E2=E=qpr(e1+e2)内外导体之间的电位差为 V=baEdr=qp(e1+e2)lnba即单位长度内的电荷量为 q=p(e1+e2)V1lnba故同轴电容器中的电场强度为 E=Vrlnb

27、aer 由于电场强度在两种介质的分界面上无法向分量，故此边界上的电荷密度为零。 内导体的外表面上的电荷面密度为 rs1=e1erE=e1Valnba； rs2=e2erE=e2Valnba外导体的内表面上的电荷面密度为 rs1=e1erE=e1VblnbaqV； rs2=-e2erE=-e2Vblnba单位长度的电容为C=p(e1+e2)lnba电容器中的储能密度为 we=12V1e1Edv1+212V2e2Edv2=21pV2ln2ba(e1+e2) 2-28 一平板电容器的结构如习题图2-28所示，间距为d，极板面积为ll。试求： 接上电压V时，移去介质前后电容器中的电场强度、电通密度、各边界上的电荷密度、电容及储能； l/2 l/2 断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。 d e e K V 习题图2-28 解 接上电源，介质存在时，介质边界上电场强度切向分量必须连续，因此，介质内外的电场强度E是相等的，即电场强度为E=Vd。但是介质内外的电通密度不等，介质内De=eE=eVd，介质 19 外D0=e0E=eV0d。 两部分极板表面自由