电磁场与电磁波第二章课后

1、电磁场与电磁波第二章课后答案电磁场与电磁波第二章课后答案电磁场与电磁波第二章课后答案第二章静电场重点和难点电场强度及电场线等看法简单接受，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，并重申微分形式的场方程描述的是静电场的微分特点或称为点特点。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。经过书中列举的4个例子，总结归纳出依照电荷分布计算电场强度的三种方法。至于媒质的介电特点，应重视说明平均和非平均、线性与非线性、各向同性与各向异性等看法。讲解介质中静电场方程时，应重申电通密度仅与自由电荷有关。介绍界线条件时，应说明仅可依照积分形式的静电

2、场方程，由于界线上场量不连续，所以微分形式的场方程不行立。关于静电场的能量与力，应总结出计算能量的三种方法，指出电场能量不吻合迭加原理。介绍利用虚位移的看法计算电场力，常电荷系统和常电位系统，以及广义力和广义坐标等看法。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：积分形式：EdSqEdl0S0l微分形式：EE00已知电荷分布求解电场强度：1，E(r)(r)；1(r)(r)V|rrdV40|2，E(r)(r)(rr)3dVV40|rr|3，EdSq高斯定律S0介质中静电场方程：积分形式：DdSqEdl0Sl微分形式：DE0线性平均各向同性介质中静电场方程：积分形式：微分形式：静电场

3、界线条件：EdSqEdl0SlEE01，E1tE2t。关于两种各向同性的线性介质，则D1tD2t122，D2nD1ns。在两种介质形成的界线上，则D1nD2n关于两种各向同性的线性介质，则1E1n2E2n3，介质与导体的界线条件：enE0；enDS若导体周围是各向同性的线性介质，则EnS；Sn静电场的能量：孤立带电体的能量：We失散带电体的能量：We分布电荷的能量：We1Q212CQ2n1iQii121dV1SdS1lV2S2l2ld静电场的能量密度：we1DE2关于各向同性的线性介质，则we1E22电场力：qq2er库仑定律：Fr4常电荷系统：常电位系统：FdWeq常数dldWeF常数dl题

4、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，系统处于均衡状态，试求q的大小及地址。解要使系统处于均衡状态，点电荷q碰到点电荷q1及q2的力应该大小相等，方向相反，即Fq1qFq2q。那么，由q1qq2qr22r1，同时考虑到r1r2d，求得2240r140r2r11r22d,d33可见点电荷q可以随意，但应位于点电荷q1和q2的连线上，且与点电荷q1相距1d。32-2已知真空中有三个点电荷，其z电量及地址分别为：q2q1q11C,P1(0,0,1)q3Pq21C,P2(1,0,1)E3q34C,P3(0,1,0)E1E试求位于P(0,1

5、,0)点的电场强度。x2解令r1,r2,r3分别为三个电电荷习题图2-2的地址P1,P2,P3到P点的距离，则r12，r23，r32。利用点电荷的场强公式Eqer，其中er为点电荷q指向场40r2点P的单位矢量。那么，q1在P点的场富强小为E1q11，方向为40r1280er1eyez。12q2在P点的场富强小为E2q21，方向为42120r20er21eyezex。3q3在P点的场富强小为E3q31，方向为er3ey40r3240则P点的合成电场强度为EE1E2E311ex12131ey811ez0123812421232-3直接利用式（2-2-14）计算电偶极子的电场强度。解令点电荷q位于

6、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的坐标为（r,）。依照叠加原理，电偶极子在场点P产生的电场为Eqrr14r3r130考虑到rl，er=er，r1rlcos，那么上式变为1qr12r2erq(r1r)(r1r)E0r2r124r2r12er4011221式中rl2rlcosr1211l22l2cosrr2rll22l以为变量，并将1r2cosrrr，略去高阶项后，得12在零点作泰勒张开。由于r1111lcos1l2cosrrrr利用球坐标系中的散度计算公式，求出电场强度为q1l1qlcosqlsinE40

7、rr2cosr20r3er40r3e2-4已知真空中两个点电荷的电量均为2106C，相距为2cm，如习题图2-4所示。试求：P点的电位；将电量为2106C的点电荷由无量远处缓慢地移至P点时，外力必定作的功。Prmc1qq1cm1cm解依照叠加合成电位为原理，P点的习题图2-42q2.5106V40r所以，将电量为2106C的点电荷由无量远处缓慢地移到P点，外力必定做的功为Wq5J2-5经过电位计算有限长线电荷的电场强度。解建立圆柱坐标系。令先电荷沿z轴搁置，由于结构以z轴对称，场强与没关。为了简单起见，令场点位于yz平面。设线电荷的长度为L，密度为l，线电荷的中点位于坐标原点，场点P的坐标为r

8、,z。2z2zrPdlr0lo1y利用电位叠加原理，求得场点P的电位为l2Ldl习题图2-540L2r0式中r022zlr。故Lllnzlz2r224lL022zLzLr24lln2220LzLr2z22因E，可知电场强度的z重量为lEzz40L2zLzr22zln2LzLzr2222l1140L2zL2zr2r222l1140r22zL2zL211rrlrr40r2222rzL2rzL2lsin2sin140r电场强度的r重量为LL2zzr2Erlln222r40rLLzr2z22lr402r2zL22r2zL2zL2rzL222zL2zL222rrl140rzL22L22zzL21r1rr

9、1zL222zL2zL21r1rrl140r1111tan11tan21tan2111111tan21tan22tan22l1cos11cos240rlcos1cos240r式中1arctanr,2arctanr，那么，合成电强为z2z2Elsin2sin1ezcos2cos1er40r当L时，10,2，则合成电场强度为lE20rer可见，这些结果与教材2-2节例4完好相同。2-6已知分布在半径为a的半圆周上的电荷线密度l0sin,0，试求圆心处的电场强度。解建立直角坐标，xy平面，且以y轴为图2-6所示。那么，ydloaEx令线电荷位于对称，如习题习题图2-6点电荷ldl在圆心处产生的电场强

10、度拥有两个重量Ex和Ey。由于电荷分布以y轴为对称，所以，仅需考虑电场强度的Ey重量，即dEdEyldl2sin40a考虑到dlad,l0sin，代入上式求得合成电场强度为Eey040sin2d0ey0a80a2-7已知真空中半径为a的圆环上平均地分布的线电荷密度为l，试求经过圆心的轴线上任一点的电位及电场强度。zProyadl解建立直角坐xy位于坐标原点，标，令圆环如习题图习题图2-72-7所示。那么，点电荷ldl在z轴上P点产生的电位为dl40r依照叠加原理，圆环线电荷在P点产生的合成电位为z12aldll2adlla400r40r020a2z2因电场强度E，则圆环线电荷在P点产生的电场强

11、度为Eezzezlazz2z23220a2-8设宽度为W，面密度为S的带状电荷位于真空中，试求空间任一点的电场强度。zdxww2o2yyxdxrxwwP(x,y)22x解建立直角(a)(b)坐标，且令带习题图2-8状电荷位于xz平面内，如习题图2-8所示。带状电荷可区分为好多条宽度为dx的无量长线电荷，其线密度为sdx。那么，该无量长线电荷产生的电场强度与坐标变量z没关，即dEsdxer20r式中rxx2y2xxy1erexreyrrexxxeyy得dE2sdxy2exxxeyywsdx那么E2exxxeyyw2xx2y220w2xy2exsln22eys40wy220 x2wwxxarcta

12、n2arctan2yy2-9已知平均分布的带电圆盘半径为a，面电荷密度为S，位于z=0平面，且盘心与原点重合，试求圆盘轴线上任一点电场强度E。zP(0,0,z)oyrdr解如图2-9所上取一半径为xdr的圆环，该圆习题图2-9示，在圆盘r，宽度为环拥有的电荷量为dq2rdrs。由于对称性，该圆环电荷在z轴上任一点P产生的电场强度仅的rP产生的电场强度的有z重量。依照习题2-7结果，获知该圆环电荷在z重量为zrsdrdEz2z23220r那么，整个圆盘电荷在P产生的电场强度为sazrdrsEez20ez200z2r232zzzz2a22-10已知电荷密度为S及S的两块无量大面电荷分别位于x=0及

13、x=1平面，试求x1,0 x1及x0地域中的电场强度。解无量大平面电荷产生的场强分布必然是平均的，其电场方向垂直于无量大平面，且分别指向双侧。所以，位于x=0平面内的无量大面电荷S，在x0地域中产x1生的电场强度E1exE1。位于x=1平面内的无量大面电荷S，在x1地域中产生的电场强度E2exE2。由电场强度法向界线条件获知，0E10E1sx00E20E2sx0即0E10E1sx00E20E2sx1s由此求得E1E220依照叠加定理，各地域中的电场强度应为EE1E2exE1exE20,x0EE1E2exE1exE2s,0 x10EE1E2exE1exE20,x12-11若在球坐标系中，电荷分布

14、函数为0,0ra106,arb0,rb试求0ra,arb及rb地域中的电通密度D。解作一个半径为r的球面为高斯面，由对称性可知sDdsqDqer4r2式中q为闭合面S包围的电荷。那么在0ra地域中，由于q=0，所以D=0。在arb地域中，闭合面S包围的电荷量为qdv1064r3a3v3106r3a3er所以，D3r2在rb地域中，闭合面S包围的电荷量为qdv1064b3a3v3106b3a3er所以，D3r22-12若带电球的内外处域中的电场强度为q,raEr2erqr,raa试求球内外各点的电位。解在ra地域中，电位为Edrqa2r2qrEdraEdrrra2aaq在ra地域中，rEdrrr

15、2-13已知圆球坐标系中空间电场分布函数为r3,raEera5r2,ra试求空间的电荷密度。解利用高斯定理的微分形式E，得知在球坐标系中0rE1dr2Er00r2dr那么，在ra地域中电荷密度为r1dr550r20r2dr在ra地域中电荷密度为r01da50r2dr2-14已知真空中的电荷分布函数为r2,0ra(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。解由于电荷分布拥有球对称性，取球面为高斯面，那么依照高斯定理EdsqE4r2qs00在0ra地域中4r2r2dr4r5qrdvrv051451r3Eer4r25r050er在ra地域中rdv4r2r2dr4a5qav05Ee

16、r14a51a5er4r2505r202-15已知空间电场强度E3ex4ey5ez，试求（0,0,0）与（1,1,2）两点间的电位差。解设P1点的坐标为（0,0,0,）,P2点的坐标为（1,1,2,），那么，两点间的电位差为VP2EdlP1式中E3ex4ey5ez,dlexdxeydyezdz，所以电位差为V1,1,23V3dx4dy5dz0,0,02-16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2。试求在外导体尺寸不变的情况下，为r了获取最高耐压，内外导体半径之比。解已知若同轴线单位长度内的电荷量为q，则同轴线内电场强度1Eq1er。为了使同轴线获取最

17、高耐压，应在保持内外导体之间的r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ra处的电场强度达到最小值。由于同轴线单位长度内的电容为q12q12C1bVVblnlnaa则同轴线内导体表面ra处电场强度为bE(a)VVabblnbalnaa令b不变，以比值b为变量，对上式求极值，获知当比值be时，Eaaa获取最小值，即同轴线获取最高耐压。2-17若在一个电荷密度为，半径为a的平均带电球中，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。arorPodb解此题可利原理求解。首个球内充满电则球内P点的E1P习题图2-1714r3err4

18、0r2330用高斯定理和叠加先设半径为a的整荷密度为的电荷，电场强度为式中r是由球心o点指向P点的地址矢量，再设半径为b的球腔内充满电荷密度为的电荷，则其在球内P点的电场强度为E2P124r3er30r40r3式中r是由腔心o点指向P点的地址矢量。那么，合成电场强度E1PE2P即是本来空腔内任一点的电场强度，即EPE1PE2P3rr3d00式中d是由球心o点指向腔心o点的地址矢量。可见，空腔内的电场是平均的。2-18已知介质圆柱体的半径为a，长度为极化时，极化强度为P，试求介质中拘束电荷在圆柱内外轴线上产生的电场强度。解建立圆柱坐标，且令圆柱的下端面位于xy平面。由于是平均极化，故只考虑面拘束

19、电荷。而且该拘束电荷仅存在圆柱上下端面。已知面拘束电荷密度与极化强度的关系为Pen式中e为表面的外法线方向上单位矢量。n由此求得圆柱体上端面的拘束电荷面密度l，当沿轴线方向发生平均zalPPyyx习题图2-18为s1P，圆柱体下端面的拘束面电荷密度为s2P。由习题2-9获知，位于xy平面，面电荷为s的圆盘在其轴线上的电场强度为sE20zzzz2eza2所以，圆柱下端面拘束电荷在z轴上产生的电场强度为PzzE2zz2ez20a2而圆柱上端面拘束电荷在z轴上产生的电场强度为PzlzlezE1zl(zl)220a2那么，上下端面拘束电荷在z轴上任一点产生的合成电场强度为EezPzlzla2zz2z2

20、0zlzl2za22-19已知内半径为a，外半径为b的平均介质球壳的介电常数为，若在球心搁置一个电量为q的点电荷，试求：介质壳内表面面上的拘束电荷；各地域中的电场强度。解先求各地域中的电场强度。依照介质中高斯定理sDdsq4r2DqDq2er在0ra地域中，电场强度为4rEDq2er040r在arb地域中，电场强度为EDqer4r2在rb地域中，电场强度为EDqer040r2再求介质壳内表面面上的拘束电荷。由于P0E，则介质壳内表面上拘束电荷面密度为nPerPq10qs04a24a2表面面上拘束电荷面密度为q0qsnPerP04b214b22-20将一块无量大的厚度为d的介质板放在平均电场E中

21、，周围媒质为真空。已知介质板的介电常数为，平均电场E的方向与介质板法线的夹角为1，如习题图2-20所示。当介质板中的电场线方向2时，4试求角度1及介质表面的拘束电荷面密度。00E1en12en2E221Ed解依照两种条件获知，界线切向重量和电向重量连续。所以可得Esin1E2sin介质的界线习题图2-20上电场强度通密度的法2；Dcos1D2cos2已知D0E,D2E2，那么由上式求得tantan10tan10tan201arctan02已知介质表面的拘束电荷senPen(D0E)，那么，介质左表面上拘束电荷面密度为s1en1P2en110D210en1D2100Ecos1介质右表面上拘束电荷

22、面密度为s2en2P2en210D210en2D2100Ecos12-21已知两个导体球的半径分别为6cm及12cm，电量均为106C，相距很远。若以导线相连后，试求：电荷搬动的方向及电量；两球最后的电位及电量。解设两球相距为d，考虑到da,db，两个带电球的电位为1q1q2；1q2q11ad240bd40两球以导线相连后，两球电位相等，电荷重新分布，但总电荷量应该守恒，即12及q1q2q6106C，求得两球最后的电量分别为q1adbq1q210adbd2ab3q2bdaq2410bd2abqad366CC可见，电荷由半径小的导体球转移到半径大的导体球，搬动的电荷量为106C。两球最后电位分别

23、为11q13105V4a021q23105V40b2-22已知两个导体球的重量分别为m1=5g，m2=10g，电量均为106C，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；绝缘线切断许久今后，两球的速度。解绝缘线切断的瞬时，每球碰到的力为Fq1q2510651060.225N40r240所以，两球获取的加速度分别为a1F0.22545ms2m10.005a2F0.22522.5ms2m20.01当两球相距为l时，两球的电位分别为11q1q2；21q2q14r1l4r2l00此时，系统的电场能量为W11q112q222绝缘线切断许久今后

24、，两球相距很远(la,lb)，那么，两球的电位分别为q1q21;240r140r2因此可知，绝缘线切断许久的前后，系统电场能量的变化为W1q2q11q1q2q20.225(J)240l240l40l这部分电场能量的变化转变为两球的动能，依照能量守恒原理及动量守恒定理可得以下方程：1212m1v1m2v20Wm1v12m2v2，2由此即可求出绝缘线切断许久今后两球的速度v和v：12v17.74ms；v23.87ms2-23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。若在空腔中心分别搁置两个点电荷q1及q2，在距离ra处搁置另一个点电荷q3，试求三个点电荷碰到的电场力。aq1q2

25、q3r解依照原书2-7节所述，封闭导体空腔拥有静电习题图2-23障蔽特点。所以，q1与q2之间没有作用力，q3关于q1及q2也没有作用力。但是q1及q2在导体表面面产生的感觉电荷-q及-q，关于q有作用力。考虑到ra，根123据库仑定律获知该作用力为fq1q2q340r22-24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点没关。解已知电位与电场强度的关系为E，又知E，由此获知电位满足以下泊松方程20利用格林函数求得泊松方程的解为rG0r,rrG0r,rrrG0r,rdsdvV0S式中G01。考虑到G01rrr,rr,rrr4rr4得，代入上式1rdv1rrrr

26、dsrVrr4rrr340Sr若闭合面S内为无源区，即0，那么r1rrrrds4Srr3rr若闭合面S为一个球面，其半径为a，球心为场点，则rra，那么上式变为r1rrdsrr4Saa3考虑到差矢量rr的方向为该球面的半径方向，即与ds的方向恰巧相反，又E,则上式变为1Eds1rrds4aS4a2S由于在S面内无电荷，则Eds0，那么Sr1rds4a2S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没关。2-25已知可变电容器的最大电容量Cmax100pF，最小电容量Cmin10pF，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定作的功

27、。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VqV(CmaxVCminV)8.1106(J)We1(CmaxCmin)V24.05106J2所以，外力必定作的功为W外4.05106J2-26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r的理想介质，试求：两个电容器的最后电位；转移的电量。解两电容器断开电源相互并联，再将其中之一填满相对介电常数为理想介质后，两电容器的电容量分别为C1C,C2rC两电容器的电量分别为q1,q2，且q1q22CV由于两个电容器的电压相等，所以q1

28、q2q2C1C2q1r联立上述两式，求得rq12CV，q22CV1r1rr所以，两电容器的最后电位为Vq1q22VC1C21r考虑到q2q1，转移的电量为qq2CVrr2-27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1的介质，另一半填充介质的介电常数为2，如习题图2-27所示。CV11a2b当外加电压为V时，试求：电容器中的电场强度；习题图2-27各界线上的电荷密度；电容及储能。解设内导体的表面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Ddsqarbs求得rD1D2q已知D11E1,D2

29、2E2，在两种介质的分界面上电场强度的切向重量必定连续，即E1E2，求得E1E2Eqr12内外导体之间的电位差为VEdrqlnbbaa12即单位长度内的电荷量为q12V1lnba故同轴电容器中的电场强度为EVerrlnba由于电场强度在两种介质的分界面上无法向重量，故此界线上的电荷密度为零。内导体的表面面上的电荷面密度为s11erE1V；s22erE2Valnbalnbaa外导体的内表面上的电荷面密度为1erE1V2erE2Vs1；s2blnbblnbaa单位长度的电容为Cq12Vblna电容器中的储能密度为12121V2weV121Edv1V222Edv22b12lna2-28一平板电容器的

30、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、各界线上的电荷密度、电容及储能；断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。l/2l/2KdV解接上电源，介质存在时，介质界线上电场强度切向重量必定连续，习题图2-28所以，介质内外的电场强度E是相等的，即电场强度为EV。但是介Vd质内外的电通密度不等，介质内DE，介质外VdD00E。两部分极板表面自由电荷面密度分别为VVs，s00dd电容器的电量ql2l2V2ss002d电容量为Cql2V02d电容器储能为W1qV(0)l2V224d若接上电压时，移去介质，那么电容器中的电场强度

31、为EVd电通密度为极板表面自由电荷面密度为s0E0Vd电容器的电量为ql2s0l2Vd电容量为Cql2V0d电容器的储能为W1qV0l2V222d断开电源后，移去介质前，各个参数不变。但是若移去介质，由于极板上的电量q不变，电场强度为qV0E22d0l0电通密度为D0EV02d极板表面自由电荷面密度为两极板之间的电位差为V0s2dVV0Ed20电容量为ql20CdV1qVl2V22电容器的储能为W028d02-29若平板电容器的结构如习题图2-29所示，尺寸同上题，计算上题中各种情况下的参数。d/2d/2l解接上电压，介质存在时，介质内外的电通密度均为Dq2，因习题图2-29l此，介质内外的电

32、场强度分别为Eqql；E02l20两极板之间的电位差为VdEE0qd022l2。0则2l2V0E2V02Vqd,E00d00d则电位移矢量为DE2V0；D00E2V0d0d00极板表面自由电荷面密度为s2V0；s02V00dd0介电常数为的介质在凑近极板一侧表面上拘束电荷面密度为s0Es02V0d0介电常数为与介电常数为0的两种介质界线上的拘束电荷面密度为s0EE002V0d0此电容器的电量ql2sl2s02Vl200d则电容量为Cq2l20V0d电容器的储能为W1qV2V2l2022d0接上电压时，移去介质后：电场强度为EVd电位移矢量为D0E0VdV极板表面自由电荷面密度为s0d电容器的电

33、量ql2s0l2Vd电容量为Cql2V0d电容器的储能为W1qV0l2V222d断开电源后，介质存在时，各个参数与接上电源时完好相同。但是，移去介质后，由于极板上的电量q不变，电容器中电场强度为q2VE2，电通密度为0l0d2V0D0Ed0极板表面自由电荷面密度为s2V0d0两极板之间的电位差为VEd2V0电容量为Cq0l2VdW2V2l22电容器的储能为1qV2020d2-30已知两个电容器C1及C2的电量分别为q1及q2，试求二者并联后的总储能。若要求并联前后的总储能不变，则两个电容器的电容及电量应满足什么条件解并联前两个电容器总储能为W前Wc1Wc21q12q222C1C2并联后总电容为CC1C2，总电量为qq1q2，则总储能为W后1q21q1q222C2C1C2要使W前W后，即要求1221q12q1q2q22C1C22C1C2方程两边同乘C1C2，整理后得C22C1q22C1q1C22q1q2方程两边再同乘C1C2，可得C2q2C2q22CC2qq2112112即C2q1C1q220由此获知两个电容器的电容量及电荷