工程电磁场部分课后习题问题详解

1、1-2-1-点史荷Q放在无界均匀介质中的一个球形空腔中心，设介质的介电常数为，空腔的半径为“，求空腔表面的极化电荷面密皮。 解由高斯定律,介质中的电场强度为E-er由关系式 D二oE+P,得电极化强度为4nr2PF-GE-GS凶此，空腔表面的极化电荷直密度为=Pe”1-31从静电场基本方程出发,证明当电介质均匀时极化电荷密度& 存在的条件是自山电荷的体密度p不为零，且有关系式竹二-(1-学)解 均匀介质的c为席数。从关系式D = e0/i + P及0 =出,得介质中的 电极化强度P = D-e0ED- g0=(l-)D极化电荷密度pp = - V P= -V (! -)0=-O*V (1 )(

2、1 )V Dee由于P、D = p和 (1 -詈)=0,故上式成为1-4-3写出下列静电场的边值问题：(1)电荷体密度分别为小和化,半径分别为与6的双层同心带电球体(如題14-3图)；(2) 在两同心导体球壳间，左半部和右半部分别填充介电常数为句与2 的均匀介质，内球壳带总电荷星为Q,外球无接地(如题1 -4-3图(b)；(3) 半径分别为a与0的两无限长空心同釉圆柱面导体，内圆柱表面上单 位长度的电量为.外圆柱面寻体接地(如题-3困(c)。題7-3图解（1）选球坐标系，球心与原点重合。山对称性可知，电位护仅为厂的酿 数，故有如下协电场边值冋题：占名，黔）=唱（XYa） 弓討警）=弋 g5 ，

3、叙警）=0 （XYg）屛=卅”0?1_.=1 卩2宀“佥-严韵=有限值.-0L*0* y f 8（2）选球坐标系，球心与原点重合。分析可知，电位仅为厂的函数，故启 如F的静电场边值问题：3宗，警2。（在介质5中）P诰（厂2警）=0 （在介质5中）=0r-bL 扫S+Js5E*巴右丫両卩=卩2（在介质分界面上）由于在ar 卩 dp=0 p = bJdcppaX 2na 二 r)=0(apb)1-7-4贞空中一点电荷q = 10 6 C,放在距金属球浇（半径为R-5crn） 的球心15 cm处，求：（1）球面上各点卩的衣达式。何处场强虽大，数值如何？（2）若将球壳接地，则悄况如何？解应用镜像电荷法

4、、镜像电荷的大小和位置为/= _ 10 6c1-7-4 图号q= 吉x W6C= -jx 10-6C,R2 S2 5=B=TrrnJ 1-7-4图所乐：1）球壳不接地。此时球心处还应放一点电荷厂猛泾二“ kv球血上任一点的电场强度为不难判断,球而上A点的场强瑕大，数值为 EgMWxloe V/ni(2)若将球壳接地，这时球外和球表面上任-点的卩和JE由g和共同产 生球面上的电位为卩=0 V球表面上任一点的电场强度为e 二；q 7丫 + 47T0r；14兀3巧 2球表而上A点的电场强度辰大，数值为Kmax3.7XlO6 v/myjih j L A1-7-5 两根平行圆柱导体，半径均 为2 cm,

5、相距12 cm,设酣以1 000 V电压, 求两01柱体表面上相距最近的点和最远的 点的电荷向密度。解用电轴法求解首先确定电轴的位 =/以_ qJ(普)-22 = 4cm如题1亠7-5图所示，此时空间任意点的电位为T i厂2 炉=In 2w rx式中厂2为- r至所求点的距离，门为+ r至所求占的距离，设+ r圆枝的 电位为池，带-r圆柱的电位为血,则一-_ j 2 “ s ? h (A - a) P 卩2一%。方一(方一a) 2ko n 6 + (ft - a)+(ur bh -a)所以，珂杜单位长度上的电荷r与两柱间的电压关系为盘肓;jZ护p 21矿283 65bf-Q 伽 4 代-（6-

6、2）点A处，场强和电荷面密度疑大论=证唤二 E0 2；(6-(h -) + b(ha)= O.1775X 1O-6 C/n)2点B处，场强和电荷面密度最小曲一 二 启（；+仏话 _ a 匚（h + b）= 0.088 7X10 C/m2-oJ-7777777/777777777题1-8-3图1-8-3两半行导线位于与地面垂肓的平面内, 如题1-8-3图所示，已知导体半轻为2mm,求寻线单 位长度的祁分电容以及两学线间的尊效电容。解 整个系统足由三个导体组成的静电独立系 统訣有3个部分电容为计算部分电笫先计算电位系 数有=+ 幺卩“护2=+令“ = CG = 0,计算此情况下的卩，卩2。将地面

7、的影响用傥像电荷代替，并珞去导线2卜感应电荷的彩 响则得r .2X8所以，有5严盘*(8幻03),巾严盘5XUT2护产In举据糾2产冋r 2jc05102 兀 （）同理，令n=0,r2-7f计算此情况下的句，列。将地面的形响用傥像电荷 代替，并略去导銭1上感应电荷的影响，则得_ r . 8+(8 -r 1 “ 卩厂石當厂一匸歹一陌血血 2neoln 士1 討=2爲曲 5 x 10)所以，有根据各个系数之间的关系，可得fin =2兀（）乂 0.130 1心22 一 “221022 =耳 二 2kq x Q. 131 45222 一 心2&21=匪严 一 = 一 2心o X 0.050 25222

8、 a12a2L再根据部分电容与感应系数之间的关系，可得F/mCii-C21= -/?12 = 2.7889x10-12F/mF/mOo =角i + 他=4.438 9X1072C20 =念1+022 =4. 511 1X10 12两导线间的等效电容为Ce = C12 + 5.026 3 x 10 12 F/m L0 十 20i-9-i闊个电容器Ci和c?务充以电荷q和业。然后移去电潸,再将 两电容器并联，问总的能量是否滅少？减少了多少？到哪里去了？解 两电容器并联片，它们的电压相等，且总电荷与联按前相冋，这足一个 常电荷系统。并联后，毎个电容器的电压为所以，两电容器中的总能量W；为叭=昇心+昇

9、2 =号倍禺而并联之前，两电容器中的总能鼠为w =2 +丄丑e 2 Cy 2 C2因此，能量的变化为 w = w，- w = _ 丄 C眩-.Ggi 卜e e 叭 2(CJC2)CG可见，并联后总的能呈减少了。减少的这那分能量用于在电容雜并联达到稳态 的过渡过理中电位移电流辐肘到空间中去了。1-9-3用8mm厚、s = 5的电介质片隔开的两片金属盘，形成一电容为 1 pF的平行板电容器，并接1 kV的电源。如果不计摩擦，要把电介质片从两金 属盘间移出来.问在下列两种情况下各需做&少功？（1）移动前，电源已断开；（2）移动中，电源一貢联苕。解根据带电体系统中的能量守恒关系：与帯电体相联接的各电源

10、提供的能駄=电场能龟的増呈+电场力所做的功（1）对于电源断开的常电荷系统：电场力做功=-（电场能量的堆虽）移动前，电容器中的电场能臺为Wi 二 *ClU：= i2xio6 = o上讨移动后，电容器的电客为所以，电容器中的舗能为Wj（注为常电荷系统）%十略扣（默十偌住）二扣S所以外力做的功=-（电场力做的功）=W.2 - W.1=2讨（2对于电源-直接着的常电位系统，电场力折1故的功在数值上等干电场 能鬼的能罠。因为叭严专pj所以外力做的功=-（ -陷）=合叭严04小1-9-6应用虚位移法，计算教材中例127平行板电容器中两种介质分 界面上每单位曲枳所受的力。解先讨论迎196图（8人 这种情况下

11、，设介质5和S的厚度分别为 右和必,且dd2dd是平板电容器的两极板间的距离），则电容赛的电容 为E2S “sSfl .、2 + 色 2 1巧（一 J 卜 5.d所以电场能量为2S_“（一 dj） + 2右则介须分界面t所受的总力为（5 二2）1G2S hi+ （习 一 i）Ri2由于介质1和2中的电场分别为EqU J+ 宅2 1丘2 =2 + 2 1所以八寺E匡2（ - 2）S=|d2单位面积上所受的力为这里，f的参考方向由介质6指向介质20（2）再看题1-9-6图（b）这种情况下，两种介质中的E是相等的。设介 质和2填充极板的面积分别为6 =仃W和S2h“W,且柿+乙=/（，为极 板的长度

12、，妙为极板的宽度），则电容器的电容为广=】Si 涉2_ （c2-et）/2+eI/J WC d dd所以电场能皐为叭=j cu2=4 u2 g二普匕巫（b）则介质分界面上所受的总力为（a）= yE2(2-l)Wd单位面积匕所受的力为厂= =询=昶2(才“这史,f的参号方向由介质立指向介质eio11试回答下列各问题：(Dfvift上的屯付址处一样，丙此面丄各处的电场邇庚的数值也一样。这 句话对吗？试举例说明u(2) 某处电位卩=0,因此那里的电场E= -Vy- -VO = Oe,对吗？(3) 甲处电位是10 000 V,乙处电位是10 V故甲处的电场强度大于乙处的 电场强度。对吗？答 此三问的内

13、容基本一致均是不正确的。静电场中电场强度是电位函 数的梯度，即电场强度E是电位函数卩沿最大减小率方向的空间变化率。护的 数值大小与E的大小无关，因此甲处电位虽是10000 V,大于乙处的电位，但并 不尊于甲处的电场強度人于乙处的电场强度。柱等位面上的电位均相等，只能 说明沿等位面切线方向，电位的变化率等于零，因此等位向上任一点的电场强度 沿该面切线方向的分量尊丁零，即-0。而电位函数沿等位面迭线方向的变 化粹并不一定等于零.即E.不一定为零，冃数值也不一定相等。即使等位面上 卩=0,该面上任一点沿等位面法线方向电位函数的变化率也不一定等于零。例 如：語电场中导体表面为等位面，但导体表面上电场强

14、度E垂苴于导体表面，大 小与東体表面各点的曲率半径有关，曲率半径越小的地方电商面密度越大，电场 强度的数值也越大。1-5前条电力线能否栢切？同一条电力线上任意两点的电位能否相等? 为什么？答 电力线的疏密表不电场强度的弱或强，电力线掀帝说明该处的场强越 大。因此若阿条电力线相切，在切点处购条电力线无限靠近即表示切点处的 场强色于无限大，这是不符合实际的，所以电力线不能相切。丙为甲=Ed/，说明同条电力线上任意两点的电位不能相零，沿电力线 方向电位在减小。1-8在一不带电的导休球内，挖岀一偏心的球形空腔。（1）若4空腔中心放一点电荷q,试冋腔表面和球外表面上的电荷及胶内, 腔外各处的场强分别如何

15、？（2）若q不在空呼的中心，蝴腔表面和球外表面的电荷怎样分布？球外的 场强怎样分布？（3）若点电荷q放在空腔中心但在球外臣放一点电荷，则腔表面和球表面 上电荷怎样分布？答（D空腔表而均匀分布与点电荷电量相尊但异号的面电荷。导体球的 外表面均匀分布与点电荷电最相等H同号的面电荷腔内空间的电场强度为式中口为空腔中心（即点电荷所在处到腔内空间中任一点的距离。导体球内 各处电场强度均为零导体球外电场足均匀带电导体球在空同产生的电场E = L 乐4叭严 式中r为导体中心到球外空间任一点的距离。（2）点电荷q不在空腔中心时.则空腔表面分布着与点电荷q电量相等且 异号的非均匀的面电荷，在靠近点电荷附近的去面

16、卜，电荷分布的面密度大此 时导体球外表面上的电倚分布仪球外空间中场的分布与（1）问中此问题相同。3）若点电荷q仍放在空腔中心，球外也放点电荷，则空腔表面上的电荷 分布与（问中此问题相同.此时导体球外表面匕电荷分布不均匀，靠近珠外点 电荷处，分布着非均匀的与球外点电的异号的面电荷彳远庚球外点电荷处，分布 着非均匀的与球外点电荷同号的面电荷。但导体球外姿面上分布的面电荷总量 仍与空腔内点电荷（/的电员相等且同号。 1KI网绝绑导体A和3帶等塑异号电荷，现把第三个不带电的导体C 描入4、Z3之间（不与它们按触），试问电位差 必-彌 是堆大还是减小？（从能 屋观点分析）C答 导体C的外表面将感应分布不

17、均匀的面屯俏。琳近A导体的农向带 负电，靠近导休的表面带正电。插入的过程中，电场力作功，人、“与外界无 联系（绝緣导休），所以电场能量要诫小故A C之间的电位差酬-舸要减 小。1-14在一个中性导体球壳的中心放 电荷址为q的点电荷这时球壳内 外表面各带多少电荷星？若把点电荷从球壳中心移到壳内其它点，球壳内外表 向上的电倚分布变不变？球売内外的场强分布变不变？答 点电荷Q放在球心吋,球壳内衷而带有均匀分布的（- q）的电星，外表 而带肖均匀分和的q电星若把点电荷移节壳内其它点，球壳外表面电荷分布 不变,球壳内表面分布的电荷仍是（-q）的电量，但分布彳均匀，靠近点电荷的内表面上的电荷面密度人于远离

18、点电荷的内表面上的电荷面密度、球壳外的场 强分布不变，仍为E = - 2erO球売内空间的电场分布改变了，町由镜像袪求 得1-16 说明E、D、P三个矢量的物理意义 E与介质有关，D与介质无 关的说法对吗？答E是电场强度，其物理意义在于是从力的角度描述静电场特性的物理 适。其定义为静电场中任一点单位正电荷所受到的电场力。D是电位移矢量，是一个辅助物理量，其本身并没有明确的物理意义，然而 引人它可以方便地表达出静电场中任一点的场量与场源之间的关条，即电位移 矢量的散度等于该点分布的自由电荷体密度。P是电极化强度，其物理总义是描述电介质中任一点电极化强弱的物理 So与介质有关D与介质无犬的说法是不

19、对的。E和D的分布均与介质右 关。但是穿过闭合曲面的D通量仅与该闭合面所包围的自由电荷有关，而与介 质中的束缚电荷无关。1-T7若电场中放人电介质后，白由电荷分布未变，电介质中的场强大小 是否一定比真空中的场强小答 不-定。只能说电介质小的场强比原*没放电介质时同-处氏空中的 场强小。1-18有入说，均匀介质极化后不会产生体分侑的极化电荷，只足A介质 的表向上才出现面分布的极化电荷若均匀介质是无眼大的那么它的表直在无 限远处，那电的极化电荷刘考察点的场无彩啊，闪此均匀的无限大的电介质 X 空完全相同，你足否同意这种看法。答这种看法是错谋的c举一反例说明。假设均匀介质是尢限大的命题成 立，耍使介

20、质极化，必要有外加电场而外加电场足由空间分布的自由电苗产生 的，这些自由电荷会分布在均匀介庾中，使均匀介质内部存在极化电荷体密度， 故与直空的悄况不能相同。1-22 有带电为q的球体，附近行一块介电常数为的介质，如思考题1 -22图所示。请问下列公式成立否? D dS = q恵.仍=囂成立。D =畚乞和# 阳=严不成立，闪为没有考虑介质的影响，1 -29电缆为什么耍制成多层绝缘的结构（即在内、外导体间用介电常数 各不相同的多层介质）？各层介质的介电常数的选取遵循什么原则？为什么？答在电缆内、外导体之同施加同样电压白勺情况下，对于多层绝缘结构，其 电介质中电场强度的最大值比单层绝缘情况下的电场强

21、度的最大值小，这样务 层绝缘的电缆可以承受更大的电压。如果各层介质的介电席数选择为|p.= US円二（0为戻介质的最小半径），则在各层电介质中，场强的最大值 均相竽，且均小于单层绝缘情况下的电场强度的最人值。若各层电介质的击穿场强不同，这时既要考虑介质的介电當数的大小，还要 考虑介质排列的顺序及厚度的选取。1-30确定镜像电荷的分布上要有哪两点？已学过的有哪几种典型的镜 像问题？并总结之C说明镜像电荷是代替哪些实际存在的电荷分布。答 首先镜像电荷必须位于待求解的场域（简称有效区域）之外，保让有效 区内的电倚分布不变，也就是电位方程不变。另一点是険像电荷的个数、位晋, 电荷量的大小和符号的选取要

22、能寻效替代有效区以外区域的电荷和有效区场域 边界上复杂分布的电荷的作用，以保证边界条件不变，已学过的典型的镜像问题 有：（1）如点电荷対无限大导体平面的镜像；（2）球形导体边界问题，如点电荷对 导体球的镜像；（3）圆柱形导体边界问题（也称电轴法）；（4无限大平面介质边界 问题。在上述问题中，镜像电荷主要用以替代有效区场域边界上实际存在的感应 电荷或束缚屯荷的分布或作用1-31以下各小题（见思考題1-31图能否用镜像法求解？如能価出具 镜像电荷的位置并标明数值；如不能，说明理由。思考题1-31图答 分界面均按无穷犬导体平面对待。对于图（a）,Q=6o故帀=型= a3,有（2” - 1） = 5个

23、镜像。其位置与平面镜成像的方法相同，数值均为q符号每成 次像加个负号（图略人对于图（b）,不能用镜像法求解。丙为像电荷不能 出现在有效区内，而图（b）中不能避免这点，故不能采用镜像法。（c）可选择无穷 个镜像，但镇像电荷距有效区的距离越来越远当问題的精确度要求一定时，可 舍夫远处不定以形响精度的惊电荷达到满足问題要求的近似解。1-34静电场中储存的能量町从哪几个方面来计算它们各适用于什么情 况是否因为VT严号即，故当电容器中介电當数增加后，电场能量也培 加？答心*（2 = *X罢,适用于计算电容器的储能。叭=打严十刽严ds适用于空间中有有限体电荷和面电荷分布情况下的计算，其屮积分域v,s是 电

24、荷分布的区域。W= *寺卯I适用于点电莅系统或导体系统储能的计算71 We=yJ E DdV说明券电能是储存在电场之中，适用于计算区域V内分布已知的情况。静电能量密度W = eE2中增人时由于E的分布也会发生变化，凶 此电场能星并非一定会堆加。1-2两半径为么和bab）的同心导体球向间屯位差为。问:若5固 定，要使半径为a的球面上场强最小g与b的比值应是多少？込_丄1 1丿 a 4nrr2 4k,a h .q -匕加4亦 b - aVo =b a r所以从中僻得解 由高斯定律，容易求得屁心球面间任一厂处的电场强度E为即半径为a的球面上的场强为E5卡眾 当”利匕）一足时a不同而变化，但不是a的单

25、调函数，它存在极值。 为了求岀4取什么数值时,E（Z2）M小，则令 贬J丸da2a -b =0所以即a与b的比值应为0.5。1-3貝有两层同轴介质的圆柱形电容器，内彳体的直径为2 cm,内层介质 的相对介电常数j = 外层介质的相对介电常数efl=2.要使两层介质中的最 木场强相等，并且内层介质所承受的电压和外层介质的相等，问两层介质的凤度 各为多少？解 设两戾介质的空界面半胫为a.外导体内半轻为h、曰内、外导体衣面 单位长度上的电荷分别为+和-厂则由高斯定律可求得介质s利介质巳中的电场分别为吊 _ 2tt p _ 6nep*22jT2P% 4nopgP根据题意，要使两层介质中的Eg相等，由于

26、_r_4砒02ElmaxU-1.5X 102 m= 1.5 cni 内、外层介质分别承受的电压为r 1 b虹wo 1.5 x IO-2艰据題意，要便两层介质辰受的电压相等，即2 5,故b1.5X10 巧解之得6 = 1.96 cm最后得介质 1 的厚度:a-1.0=L5-1.0 = 0.5cm介质 2 的厚度 1.96-l.5=0.46cm1-4用双层电介质制成的同轴电缆如题1-4 ffi所示；介电常数 1二4环, 2=2；内、外导休即位长度上所带电荷分别为r和-。(1) 求两种电介质中以及pR3处的电场 強度与电通密度；(2) 求两种电介质中的电极化强度；(3) 问何处有极化电荷并求其密解(

27、1)应用髙斯定律，不难求得电通密度为0(*心(0电场强度E-父，故?esvrjI益7厂孟脅(血勺局)痣Z厂盘庐(尺2勺)URy)（2）由D =引E + P,得两种电介质中的电极化强度为(RiPR2)(R2pRi)内、外导体圆柱表面上和两种电介质交界面上有极化电荷，它们分别是存p=R 3处：升三卩（即）=歳在pR2处：衍=卩宀4 P2（一唧 3r r _ r8灯?24%応8天只21-6有一半行板电容器，两极板距高为AB = d,中间平行地放人两块薄 金属片C,D,且AC = CD = DBZ3（见题1-6图）如将阿板充电到电 压3）后，拆去屯源，问：（1）AC.CD,BC |b电用各为多少？ C

28、,D片上有无电荷？ AdD,DB间 电场強度各为多少?（2）若将C,D悶片用导线联结，再断开重答（1）问；（3）若充电前先朕结C,D,然京依次拆去电源和C,D的联结线，再答（丄） 问；（4）若継（2）之后，乂将两板用导线短接再断开雷新回答（1）问解忽略边缘效应，作为均匀常电的无限大平行板电容器來处理，各区域均 为均匀电场，方向垂直丁极板,(b)A(DB/C1) J3/C+ -t-+ 一+-4+ _t_+ + -+一 + -+ - + + +X 一 44一4-+ + - 寸+_+-+ -+ -+4.一+- 卜4mP0%V。-0T “0 mtCD 1 Udb (1) 充电到电压5后，E=E2 =

29、E3，J1Eif+ E2| + E3f =Uo 因此，有Eid = Uq所以E| = E2 = E3 = U”； = Uco - U畑-Ei y = -各极板上的带电情况如题1 - 6图(b)所示，有(2) 若将C,Q板用导线联结，C,D两板内侧的亠勿与-刖精中和，有% = 0 和 E2=0这样CD板内侧的+ “与-6)将仝部中和掉，而其它部分的电荷则由于屯场 的作用以及电荷守恒(这时电源已拆去)都不变化。再断开联结线时也片会变 化，即有Use - ( Ub + Ug)= Iff力板、B板、C板和D板外侧的电荷也都保持不变。(3) 由于在联结CJ)时接有电源，电源的作用将彌迫A,R板间电Fk

30、T；w 保持在UoCJ)板被短接，强迫1&=必显然：2 =九但同时为了又满足 Uab=U()的条件，必须使Ex和E3增大，也即相应的电荷密度由5增大到门。 这时，有ElE3 和 %5纟=5所以Ex - 氏二。6 = 屁=咅*弩Uj” 三 _ ( Um + 1/帥)=_ 学CD板内侧没有电荷分布，而A板，Q板，C板和D板外例的电荷密度都 由（1）问中的勿增犬到“。由于电场力的作用，依次拆去电濮与C,D|可的联 线时，情况不再变化（4）若在继（2）问之启将人，短接，山于在（2）的悄况下，必浑 5州 因此力，B两板上的电荷将进行中和达到7=0的强制条件。而C,D板由于 与外界没有导线联鏤电荷守恒各自

31、板上的总电荷保持不变但会在内、外侧板 面间发生屯荷转移。达到Uab = 0后，一切电荷的转移将停止电荷分布如題 1 - 6图（c）所示。有和耐弋(E1 + E2 + F3)/3 = 0由电荷守恒，还应有解之得3型二辺勺二：辔九=2bc -(Uc + Ups)二9由于电场力的作用,再断开联接线时，情况不变。1-7半径为b的无限长圆柱中，有体密度为pu的电荷，与它偏轴地成有 一半径为的无限氏圆柱空洞，朗者的轴线距离为讥求空洞内的电场强度 （设在真空中）。（提示：可应用叠加原理）解 空洞可看成是密度为內（见题1 - 7图（b）和-內（见题1 - 7图（c）的 体电荷分布的叠加，而电场为原来电荷分布与

32、空洞中密度为內的体电荷分布共 同作用产生的场和由空洞中密度为- P0的体电荷分布单独产生的电场叠加而 得。在图b）中，空洞部分的电场可选取单位长度的同轴圆柱面作为高斯面，利 用高斯定律求得码二畀仰（0rA）Zo在图（c）中，空涓部分的电场可用类似方法求得(0ryR）有一电備“冋要迄 球上加多少电荷才能使作用在电荷q上的力为零？解 应用球面镜像法，在球心处有一镜像电荷” R“护另在球心与点电荷Q的连线上,距球心b（占）处有一镜像电荷dL，一 Rv - - yQ它们对点电荷q的作用力即为导体球对点电荷q的作用力。为使作用在点电荷 q上的作用力为零，设在球心再加电荷Q 则点电荷q受的吸引力为令解得(

33、Q |QQ4x0/2 b)2F = 0八 2d7R3-R5 w(护-疋如q1- 15 一半径为a的球壳同心地詈于半径为的球壳内，外壳接地c 一 点电荷放在内球内距其球心为“处何大球内各点的电位为多少？解（1）由于半径为b的球壳接地，所以具外部的电场强度为零，电位为 零。即厂 0（rZ）(a r5)（2）在内球壳与外球壳之间.由于壳足球形的,内球壳外表面上的感应电荷 g的分布是均匀的，外球壳内我而上的感应电荷（-厂的分布也是均匀的。因 此，内外球壳间的电场强度由下式决定E蔦5%厂任一点的电付为（3）空内球壳内部，应用球面镜像法。设在內球壳外部离球心为b处有橈 像电荷和的大小由下式決定这样，内球壳

34、内部任意P点的电位山下式决定:式中，C和r2分别是P点到点电荷q和的距离。益（+ -*为内球壳表面 电佼。1-17三条输电线位于同水半向上，导线半径皆为r = 4min,距地面高 度;i=14 m,线间距离d = 2m,其中导线1接电源，对地电压为5 = 110 kV如 题1-7图所示。（1）导线2,3未接至电源，但它们由于静电感应作用也有电压。问其电十左H；各为多少?（2）若将导线2接地，问导线2上|的电荷与导线3的对地电圧份别为多少？（3此时，若切断接地线，然后断开）门 !门）门HTT门） 电源，问三根线对地的电压为多少？解 此題的关键是求岀各电位系S1_17图数。整个系统是由4个导体绍成

35、的牌 电独立系统，选大地为0号导体有问=Q11C +33卩2 = 21 G + 222 + ff23r3卩3 = 31 口 + a_i22 * 33十3这一方稈組说明了各导线的电位与各导线的电荷之间的关系c令巧二尸0,计算此情况下的0 ,（pz和护3。将地闻影响用境像电 荷代替，又山于人和N都远犬于厂0所以町以略去导线2和3上的感应电荷的影 响，则得厶匕噴严型二产附502 X 22 惑所以=In v7 50 由图示结钩不难看出，这一静电独立系统中的电位系数有如下特征22 = a33 = 11 和 23 二 a(7所以最后得各电位系数分别为二 口33 = *加7 000, aI2=i2i = 2

36、1n /197tfl3 = fl31=2(1)当导线2和3未桜电源时，有r2=r3 = 0o由上述的方程组，解得导线2 和3的电压分别为lu J 501a 23 32 二 2； n J197匕21”Q 392二21=盂问和例=兀0代入给定数据 = I10kV,和相关的电位系数，并取花=吒=8.85xi072F/m。计算得2 = 32.*1 kV,护 3 = 24.31 kV(2)若将导线2接地，此时q=0但“工0.又由于导线3未接电源.有 巾=0。因此丫由上述方理组有i = autl+ ai2t2Oayrj 22r2 i卩3 = Si“ Q322 J联立解之，得吋浮严代入给定数锯 = 1I0k

37、V.和相关的电位系数，并取=-.85X10叩/叫计算得T2 = 226 06 nC/m 15.93 kV(3) 若切断接地线然后断开电源，此时导线I、2和3上的电荷不变，所以它 们上的电压都保持不变。有110 kV,护2 = 0kV, 旳二 15.93 RV1-18牢气中，相隔1 rm的啊块平行导电平板充电到100 V后脱离电源, 然右将一片度为1 mm的绝缘导电片插入两板间，问：(1) 忽略边缘效应，导电片吸收了多少能虽？这部分能量起到了什么作用? 两板问的电压和电荷的改变屋各为若干？最砖储存在其中的能量多犬？(2) 如果电压源直与两半行导电平板相联重答前问。解 设导屯平板的面积为S。两平板

38、间的间隔为d=lcmo显然，绝缘导 电片的厚度5 =mm，平板间妁电味为L：o = 1(H)V。(1)忽略边缘效应，未抽入绝缘导电片时qo = CoUo晋5, W严寺C)u討*普5插入导电片后ch m所以，导电片中吸收的能量为w犷壽 W4425X1(T7J这部分能量使绝缘导电片中的正、负电荷分离，在导电片进人极板间时，做机械这是一常电荷系统电荷守恒，各极板电荷号不变，=0c而捕入绝缘 电片石的电压为齡芒鳴(0v所以电压的改变量为u=【心一 5= - io v(2)如果电源一直联接着则 U = 0, U(n 二 Uo = 100 V所以，电荷的改变量为“q = q- vo-q z所以，g所受之力

39、为F =qE(0,0.h)a1 r 4h3R2. 1 2- 2 半径为a的均匀带电球，带电总量为Q,该球绕直径以角速度少 隸转。求：仃）球内各处的电流密度J；（2）通过半径为a的半圆的总电流。解（1）以球心为原点，旋转轴为Z轴楚立球坐标系。球内任一点距球心厂 处，与Z轴的夹角为&,该点运动的线速度为v = cursing帝电球的电荷体幣度为P空置丿4他3天ar_ SQcdrsing一片42刊|T 33sin0 hordrdfi =2ir越2-7图2）利用J与！的关系可得2-7有靖块不同屯导率的博钢片构成一导 电弧片，如题2-7图所示。若y（ = 6. 5 x 107 S/m,y2=l-2x 1

40、07 S/mR2 = 45 cm,Ri =30 cm, 厚度为2 mm,电极间电压U = 30 V.且7旳 yLo求：（1）弧片内的电位分布（设鼻轴上的电极 为零电位）,（2）总电淤I和弧片电阻RM3）在分 界面上,D是否发生突变；（4）分界面上的电荷向密度。解（1）因为y吧後人.电极表面町視为等位而，由对称性分析，屯流密度 线是沿图示方向，即垂直于电极表面，而等位线垂直于E线（即j线）因此卩 只与坐标0有关，面与坐标p无关。将系统分为两个均匀的导电媒质区域，其 边值问题为*1 -认=涉（RiW応于we冬于）號=寺諾=0冬R2,OW0M虬疇L严亂：其通解可写为华二 C单 +卩2 = G 0 +

41、 C4 利用丈界条件决定待定系教可険Cl=5.952却G = U - 于&=20.65C?二召 G =32.26C4 = 0由此可得弧片内的电位分布为0 = 5.954 十 20.65 V=32.260 VE=-二-十診J1n = Jin再利用分界面上电流密度的衔接条件 由此町得到J = /E1=/2E2V弧片内的总电流 J dS = P ddp =Ci/IZ1nf2 = 3.137X105 AJ SJ R P代 1式中J = 2min,fe薄钢片的厚度。弧片的电阻/? = y=9.56X10? 0.(3) 利用分界面上的衔接条件J2h-JLn = 0,M电流密度在分界面上保持连 续，没有突变

42、因722-人Eln = OlMy2,故电场强度住分界面上不连续，有突变。又 囚为两种导电媒质的介电常数均可视为切，故电位移矢慑也不连续，有突变。(4) 利用将-琴，忙2尸_琴代入得=4丸(卩- yJU 孔(人十722- 12半球形电极置于一个点而深的陡筆附近、丿如题2-12图所示。巳知 = 0.3m,球中心距陡壁丿丫 的距禹h = 1() m, 土壤的电导率/-102 S/rn,求接地. 力 1电阻。；解 根据解的唯一性定理，在保证边界条件不变的?情况F,利用镜像法，在跆陡壁右側h处对獄地引出接；地半球的镜像由于叫近似认为两半球之屯 流沿球的径向均匀分布，电流终止于无限远处，由此可 得2izj

43、r r,式中和心分别为接地器中心和它的镜像的中心到土壤内任意点的距离; 仏、分别为该踞离连线上的单位矢量。若以无限远处为电位的参考点，半球 的电位为半球电极的接地电阻为K = f = 2R+i) = 53 87 Q3- 1-2设在空气中有一个边长分别为1 m和0.5m的K:方形回路，通以 电流1=4A,求其中心垂直轴线上离回路平i Im处的磁感应强度。解 曲于对称性，可分斯长方形回路四条边匕的屯流在p点产生的磁感应 强度的方向沿題3-1-2图所示eT方向。利用聲加定理，在P点的磁感应强度叶觇为两组对边的线电流在卩点产牛的緻感应强度的矢量和。“o22】2_vkxw 1 I a/_7i cosa?

44、+ l仏处 V pi + 2题3-1-2图=J 卩+(0.25尸二 /i.%25 m & f / 2 +(0 5)2 = /T725 m = + xl = 0.5 m/2 = y X0.5 = 0.25 m0.25cosa =Pt_0.5mSa r P2将上而各数字代入“武中X 0.25： _1 4ttX 1.146.1?0625=3,039 X 10 *6-(T)3-3- 3在恒定磁场中，若两种不同嫌质的分界面为 如 卩面其上有电 波线密度K = 2ec A/m,已知Hi = “ + 2 + 3灵,求H2解 两种媒质的分界面为文兮平面，则分界面的法线方向为片.的方向。由 分界面上的衔接条件可

45、知%、=厶= “2H2Pj即为法线方向，由题意可知，是由媒质2宿向媒庚1,故码-叭严K”2i =+ K =匕 + 3冬十 2ex = “ + 5e,3 5-1截面为圆环形的中空长肓导线沿轴向流过的电流为J,导线圆环 的内外半空分别为RltR2c求导体以外空间各处的磁位和磁场强度。解 由于在RWpWR?的范围内有悄定电流存在，因此该范围内不能用 磁位函数仏。在OWpV&及pR2的空间范围内无电流存在，故可以引人 磁位函数处。建立磁位所满足的拉普拉斯方程及边界条件为牟mi = O Op 2令（参考点）卩m2打“ =0蚀=2只=0 护虫I / = 2r =- 利用磁位函数所满足的方程，口J求出通解为

46、rr.1 = C# + C：20 W 卩 1 &0C2 = 0c4 - 0C1 = 0卩E2 = C界十（：4 利用边界条件决定通解中的待定系数护ml I 0=0 = 0 %立 I 0=0 I G=2x = 由此可得0p R?再利用一卩可得两X域内的趟场强度M1 = - V 卩血=00p R1注;此题也可用安培坏路定律先求出H,再求 仆3-2真空中，在？ = 0平面上的0x0范围内，有以线密度K =5OOev A/m均匀分布的电流求在点（0.0,5所产生的磁感应强度。解如题3-2图所示。选择dU&de视为 半无限长直导线它在P垃产4的磁感应强度的大 小为2tto其中 = /x2 + 520由右

47、手媒旋法则可判断dB的 方向，并将dB分解为工方向和2方向两个分量dB2=dBcosd5心K4 兀&2 +52)dxdB,dEsin 刁=网Ke4心 + 52)题3-1图利用叠加定理，P点的磁感应强度的彳分量 和乂分量分别为曲宀52严= arctan2 = 44. lp0 T“0虹Jo 2 十 52）山= 32“。TB =妙（441裟十32eJT3-3 真空中一通有电流（帝度J - J心、半径为&的无限长圆柱内，有一半耗 为a的不同轴圆柱形空洞，两轴线之间相距題3 2图d,如题3亠3图所示。求空洞内任一点的H。解若假设空洞处有大小同为儿但流向分别 为方向和（纹）方向的电流，这样可将此问题 视为半径为b的无限长圆柱内舉体载有电 和半径为a的无限长圆柱内载有电流（-丿略）的 两个K圆柱在P点产生的磁感应强度的叠加。利用安培环路定律，半佬为b的大1柱在空洞内P点所产生的磁感应强度大小为与 dS = “J J dS2问=“o九叩F題3-3图其方向用