重庆大学电磁场习题答案

1、巾无关，这样z处取的元电荷dEcos：4 二；0 /dEz* du"。1：.ssocpoJrpoT "2.T.- onnIspo- &22-第二章习题答案2-2真空中有一长度为1的细直线，均匀带电，电荷线密度为 丁。试计算P点的电场强度:（1） P点位于细直线的中垂线上，距离细直线中点1远处；（2） P点位于细直线的延长线上，距离细直线中点1远处。解：（1）可以看出，线电荷的场以直线的几何轴线为对称轴，产生的场为轴对称场，因此采用圆柱坐 标系，令 z轴与线电荷重合，线电荷外一点的电场与方位角dq= Tdz',它产生的电场与点电荷产生的场相同，为:dzdE =

2、2 eR4"0R其两个分量：dz dE ,、= dE *e2 cos"0R2i . -dz一、dEz =dE ,（ ez ）= 2 sin6（2）4*RpP又 R=, z = ta ncos所以：dN = Psec28d6（3）式（3）分别代入式（1） （2）得：（5）式（5）代入式（4）得:LE 2M二 p2 5二 01由于对称性，在z方向Ez分量互相抵消，故有Ez=0-_T _E = E，:e,：Ezez : e ?2、5二；01（2）建立如图所示的坐标系在x处取元电荷dq =7dx则它在P点产生的电场强度为.dx dE = eRd xp"0R2其在x方向的分

3、量为：.dxdEx =2"0R2又 R = I - xdxdE =x24二；0R2dx4二 o(I -x )2dx-I / 2 4二；o(I -x)24 评0x'L / 23二；0IEx = Exex=ex3：；0I x2-3真空中有一密度为2兀nC/m的无限长线电荷沿y轴放置，另有密度分别为0.1nC/m2和一0.1nC/m2的无限大带电平面分别位于z=3m和z=-4m处。试求p点（1, -7, 2）的电场强度E。-0.1八解：z=3m和z = Nm的带电平面产生的电场为ez一 4 ： z ： 300 (zc Y 或 >3)沿y轴放置的线电荷产生的电场为2 二 12二

4、的x2 y2所以，p点（1, -7, 2）的电场强度为E = E1 E2=芋！己£ 2£E2x -工 z -jex 十e<yx2 +z2x + z2j112xex zez nV /m；0 x2 z2= 22.59ex 33.88ez V/m应用叠加原理计算电场强度时，要注意是矢量的叠加。2-4真空中的两电荷的量值以及它们的位置是已知的，如题图2-4所示，试写出电位中（r,。）和电 场E（r, 6）的表达式。解：为子午面场，对称轴为极轴，因此选球坐标系，由点电荷产生的电位公式得:qiq2(p )=、1 、214二 ”ri 4二；02ii又r = (r2+c2 2rcco

5、 S)2 , r2 =(r2+d2 2rd cosH)2r1 =rc =rerccosercsime = rccos er csine_,2 = rd =re-id coserd sin n- r-dcos er d sinn e_.题图2-4qiq2=+4 二；ori 4 二；o2qiq2ii.2222E(p)qiri7734： - oiq2S34：二 02iqi (r -cco殂)er +csin6e/4 麻。223(产十c2 -2rcco* )2r=»sa. q2 (r -d cos )er +d sin eg / 22(r d3-2rd cos )2i4 二；。一q(r c

6、cos8)3(r2 c2 - 2rc cos)2q2(r -d cos1)(r2 d2 -2rd cos1)2er一iqic sinq2d sing。32Hr? o' - 2rc cos”2(2 o' - 2rc cos”2eu2-5 解，(i)由静电感应的性质和电荷守恒原理，充电到U。后将电源拆去，各极板带电情况如图( D所U AB-E d-Ei3E2；E33 2。Ei =E2=E3Uod UcU =U U E , AC CD DB i；33ACDB+Qro+1.+ _|+ 2。+ _+ _+ -+Ei -怛-+ E3-+ _+4 一 -+ _+ _+ -+ _+ + -+-

7、I+ +14二；0 (rc 一2rc cos )24二；0 (r c 一2rc cos )2u BC = -U CB = 一 U CD ' U DB -C、D板无电荷2U° 若将C、D板用导线联接，C、D两板的电荷将在电场作用下进行中和，一直到Ucd=0, 内侧正负电荷全部中和掉，其它部分的电荷由丁电场的作用以及电荷守包（这时电源2）所示已拆去）而都不变化，再断开联接线时也不会变化。电荷分布情况如图-一一 一 一 _d UnU _2U0 .U AB -，3U BC = q CB = 一(° * U DB )= 一 3+ b°+d+.+Ei-+E2 =0十+

8、E3-+.-1+ .+十 】+C、D板有电荷（3）由于在联接C、D板时有电源，电源的作用将强迫 A B板间的电压Uab=Uo； C、D 板被短接强迫Ucd=0,为满足Uab=U0的条件，显然必须使E1, E3增大到E11,E3 ,也即 相应的电荷密度应增大，如图（3）所示。由丁电场力的作用，依次拆去电源与 G D 板间联线时，情况不再变化。E2 =0斗今U° ；E1=E3Uo3 2dd _ U 0U AC - UDB 一 E1 二一；32Ucd =0U BC = U CB = 一 0 ' U DB = 一 -02C、D板有电荷（4）若在继（2）之后将A B板短接，贝U A B

9、板成为一常电位系统，由丁在（2）的情2U八况下，UAB =一0 #°，因此电荷将进行中和来达到 Uab=°的强制条件。而 C、D板与外 3界没有导线联接，各自板上的总电荷保持不变，但会在内外两侧间发生电荷转移。达至U UAB =0后，一切电荷的转移都将停止，电荷分布如图（4）所示。ACD+ (J 22+1H +E1t+e*-匚"E3E2十十E2=0U CD = 0 U AC= UDB = E1g = -3E=E3,上二2d 一U AB = ElE2E3 2 = 0。1 L 0 =0U0. d解得E1 =E3 =U0 3dE2 = -2E = -2U0 3dUac

10、=Udb =E；?=U°/9, Ucb =E2? = _2U°/9a的无限长圆柱2-6半径为b的无限长圆柱中，有体密度为P0的电荷，与它偏轴地放有一半径为空洞，两者轴线平行且距离为d,如图2-6所示，求空洞内的电场强度。图2-6解：由于空洞存在，电荷分布不具有对称性，由此产生的场亦无对称性，因此不能用高斯定律求解。这是可把空洞看作也充满P。，使圆柱体内无空洞，然后再令空洞中充满-P,并单独作用，分别求出两种场的分布后叠加即可。设空洞内的电场强度为E。第一步 P0单独作用，如图（b）所示， 由体密度为P0的电荷产生的电场强度为 E1 ,由高斯定所以:D *dS1= q1Si一

11、一2;0日2*1 = /0" lEi：0，、eP2；0第二步 P0单独作用产生的电场强度为 E2,如图（c）所示。2. D *dS2= q2 =；°E2 2" l - lE2S22 ；0dex第三步 将P0和-R在空洞中产生的场进行叠加，即E= E1+ E2=2-7半径为a介电常数为e的介质球内，已知极化强度P(r)k=一 er （k为常数）。r试求：（1）极化电荷体密度Pp和面密度CTp自由电荷体密度(3)介质球内、外的电场强度 E。解：k -一 er rcp=Pr =a(2)因为是均匀介质，有D = E = 0E +P因此球内电场,E= p球外电场，由高斯定理

12、:adv =2； kaD 4 Tt r = 4 Tt；-；o将电位参考点设在外导体上，即T2E-29-Hu项cP2 二 fr3一In 以 R2 八 < R32ln义（日2壬P壬R3）,R2"1 I * - 1 I* =' 2|® - 2 |,F3k 2万 4 e dr n0 ； - ；o rD ； kaE =2 er；o；o ' 一 ；o r，:dV'dV ： dS ，： dVq q- pp或 .edS =土足= Vs =-VS；o;o；o2-8具有两层同轴介质的圆柱形电容器，内导体的直径为2cm,内层介质的相对介电常数 &r1=3,

13、外层的相对介电常数 为2 =2,要使两层介质中的最大场强相等，并且内层介质所承受的电压和外层介质相等，问两层介质的厚度各为多少？解：以圆柱心为坐标原点，径向为P轴，设单位长度上带电荷为丁，由高斯定理TTDD：cD d s = 2直 PID = e I , D =edRPR3 ）。E=eRP 玄 R2）2* ”1；1 ；o2"°"一Tf_ D D' -_E2 = = eR2PR1 ）, Emax = eP, E2max = epT TRi = 1cm, r1 = 3, r2 = 2, Emax = E2max . R2 = 1.5cm,r2,r3, r3,R

14、 -In Inln =ln 0 2"i R12二以 R22二；2 R22二；2 Ri即 R3 =1.55/3 =1.96cm,所以，内 R2R=0.5cm，夕卜 R3R2 = 0.46cm2-9用双层电介质制成的同轴电缆如题图2-9所示，介电常数=4% , &2=2&0内、外导体单位长度上所带电荷分别为T和-工(1)求两种电介质中以及 PCR1和P >R3处的电场强度与电通密度;(2) 求两种电介质中的电极化强度；(3) 问何处有极化电荷，并求其密度。解：(1) 由高斯定理可得：-0(P<Ri)D= e,-(Ri a"：R3)|2 TtP0仃 R

15、3)图2-9D电场强度E =， 故£0（P<Ri）TT品=品（Ri<P<R2）2碎"8鬲P 1E =T _ T _“=ep（R2<P<R3）2戒2P4疝°P D0（口 R3）P = D - ；0E =3e： 8书T -e /4兀：（R ： * R2）（R2 ： R3）(2)由D=©E+P，得两种电介质中的电极化强度为题图2-10 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:、-3在 P = R处： =? Hep)=p8 兀 R1- T在 P = R3 处： = P *ep =p47R3-3在 P = R2

16、处：bp =R，ep + P2 (ep)=-=8 tt R2 4 7R2 8 tt R22-10有三块相互平行、面积均为S的薄导体平板，A、B板间是厚度为d的空气层，B、C板间则是厚度为d的两层介质，它们的介电常数分别为 们和饥，如题2-10所示。设A、C两板接地，B板的电荷为Q,忽略边缘效应，试求:(1) 板间三区域内的电场强度；(2) 两介质交界面上的极化电荷面密度；(3) A、C板各自的自由电荷面密度。解(1)在A、C板间的三介质区域内， 分别为均匀电场, 为正电荷时各电场方向如图所示，从而有E0d= E d EI旧=；E 2从而解得E12QS( ；0 ；1；0；2 1 ；2)及E21Q

17、在两介质分界面上（3）2-12及 E0=(%f)Q膜 I。；1 ；0 ；2，；1 ； 2)建；0 ；1，；0 ；2，；1 ； 2 )en1 P2 &2 = ©1 - ；°E1 - D2 - ；0E2 Leh1；0 ；1 - ；2 Q=P E2 - E1=己S ；0 ；1 ；0 ；2 ；1 ；2在A、 C板上的电荷面密度分别为% = _%E0= / -"15、及。C=f E2=-s（ ；0；1. ；0；2；1）s（ ；0；1，；0；2；1；2）如题图2-12所示球形电容器中，对半地填充有介电常数分别为饥和亳两种均匀介质，两介质交界面是以球心为中心的圆环面。在

18、内、外导体间施加电压(1) 电容器中的电位函数和电场强度；(2) 内导体两部分表面上的自由电荷密度。解：(1)U时，试求:方法一：设内导体带电荷为 Q,外导体带电荷 -Q,选球坐标，应用高斯定律 D *d s = QS由媒质分界面条件可知，在两种介质中D1 .dsD2 ds =1E1S1S2E1 = E2 , D1 # D2 ,所以<Uds2E2 ,ds =、 2 E .ds =QS2S1题图2-122兀r2 （自 + &2 ）E = QE = er2 兀r2（&1 +公）令外导体为参考导体，则电位函数为R2Q11'«d r2兀2（/粉）2d2冲R2J（

19、2）R2U =R1E «dlR1Q I 11- 2,t*dr:、2 < （&1 +勺）2d 角 + &2）IR R2）UR1R22 兀（角 + &2 ）R2 - R1将上式带入(1) (2)得UR1 R21E =y er ,R2 - Ri r2 r方法二：用静电场的边值问题求解，在均匀介质1且边界面条件相同，所以可判断两个区域的电位函数相同，有UR1R2 p 1、R2-R1 代和介质2中，R2j电位分别满足拉普拉斯方程，并'、 =0取球坐标系有:2 :-(r2.:r ；:r1:f)2. (sinu )r在两种介质中,中都与e、为无关，所以一)=0

20、cr上式的通解为c1=C2r有边界条件解得:Ci =R1R2UR2U02 =R1 *所以UR1R2f1R2-R1 <r(2) 两种介质中的电位移矢量分别为LUR1R21E = -=一 二 erR2 - R1 r2根据分界面条件D1 =址1,D2 = ；2E2二=en，D2 -D1对于本题，设媒质 2为介质，媒质1为导体，因此有 D1 = 0 , 。= d2,en1UR2-1 = Eg) *en =-一 R2 - R1则内导体两部分表面上的自由电荷密度为2UR2,- 2 = 2E(R)*en = R2 - R12.15有三个同心导体球壳的半径分别是31, a2和色(a1<a2<

21、a3),导体球壳之间是真空。已知球壳2上的电量为q,内球壳1与外球壳3均接地。求：(1) 球壳2与内、外球壳之间的电场和电位分布(2) 内球壳1的外表面与外球壳 3的内平面上的电荷面密度s和(2oa：解：由于导体为同心球壳，产生的电场具有球对称性，选取球坐标。由于球壳 电场线沿径向方向向外辐射，对同一半径r,电场强度大小相同。2上的电量为q,其内球壳外表面电荷密度为CT1，外球壳内表面电荷密度 。2。由高斯定律*2>D1d s - ；-14二a1D22WDiw ；e，E2 er；o；。ai _2Lai2r；0=E1d I = o drai2（a-r）当a2 <r <a3时，M

22、D d S2 =。4江a + q, D2S2pr24a1 q24 ； ora23 r8324 二 ar 4二；。qdr2 _叫“1 q（a3 r）,又当r =a2时，中1 =中224二 a3r空 ai 2 =，0a224*42）解得:4 二 ga?a3 一 a2 q二 i4二 a a3 -aT T在 r =a3处，en 中2 =%2_-4 句 - i 、一 2 24 aa2 - q4a2a3 a3 - a2.24-& J q24 二 a22-i7在半径分别为a和b (b>a)的同轴长圆柱形导体之间，充满密度为P。的空间电荷，且内、题图2-i6外筒形导体之间的电压为U,如题图2-i

23、6所示。试用边值问题的方法求电荷区内的电位函数。解：圆柱形导体之间的电位满足泊松方程，对应的边值问题为20虹=-在圆柱形坐标中电位仅是P的函数，因此泊松方程有如下形式:p dp上式的通解为工.Ci I" C24 ；由给定的边界条件确定积分常数:C1 =.? .?2所以：=一 °'4 ；0D°(b2-a2)-u4 ；0aC2 L* - a2)- W 宙4 ；°4；0a：0(b24 ；0bIna*0(b"a2)U】4 ；obIn a2-19两平行导体平板，相距为d,板的尺寸远大于间充满电荷，电荷体密度与距离成正比，即 P(x)In b汕2+

24、4 ；0d, 一板的电位为零，另一板电位为Vo=P0x。试求两板间的电位分布(注:两板=0处板的电位为零)。解：两平行导体平板间的电位满足泊松方程，忽略边缘效应，在直角坐标系对应的边值问题为，.2 一二上式泊松方程转化为:d2x其通解Lx3=- W Cix C2 6；。由给定的边界条件确定积分常数:：(x)o题图2-19所以:C2 =0Ci2U0，d+d6 ；。U0x 一 d2、_ x )x上式第一项为电源对电位函数的贡献，第二项为电荷P(x)的贡献。2-20在无限大接地导体平面两侧各有一点电荷q1和q2,与导体平面的距离为d，求空间电位的分 布。解：因为是无限大接地导体，所以，当q1单独作用

25、时，接地导体对 q2相当于屏蔽作用，当 q2单独作用时，接地导体对 q1相当于屏蔽作用,所以:q1单独作用时产生的电位在q1所在侧，设r1和r2分别为q1和q1的镜像到p的距离，由镜像法得:1=q14二旧qiqi (顼)4二；0r24二；0 q2单独作用时产生的电位在q2q2所在侧，设r3和r4分别为q2和q2的镜像到p的距离，由镜像法得:2=q24二；03 4二；04 4二；0、3 42-28若将某对称的三芯电缆中三个导体相连，测得导体与铅皮间的电容为0.051 PF,若将电缆中的两导体与铅皮相连，它们与另一导体间的电容为0.037叩，求：(1) 电缆的各部分电容；(2) 每一相的工作电容；

26、(3) 若在导体1、2之间加直流电压100V,求导体每单位长度的电荷量。解：三芯电缆的结构及各部分电容如图(a)所示(1)对应于两次测量的等值电容电路分别如图( b)和图(c)所示：由图(b)得：3C。=0.051 呼，C。=0.017 叩由图(c)得：C0 C1 C1 =0.037 午-1C1 = (0.037 -0.0170.01 午图（d）（2） 工作电容是指在一定的工作状态下的等值电容，在这里是指三相工作时一相的电容，等值 电容如图（d）和（e）所示：所以，一相的工作电容为C =Co 3Ci =0.047F(3)若在导体1,2之间接一直流电压100V,则从A, B端看去的等效电容为：C

27、ab =C2 =0.0235F所以qAB =CabUab =0.0235 100=2.35 C/m注：电缆是作为无限长来处理的，所以这里的电容均应理解为单位长度的电容。2-31 一个由两只同心导电球壳构成的电容器，内球半径为a,外球壳半径为b,外球壳很薄,其厚度可略去不计，两球壳上所带电荷分别为+Q和-Q,均匀分布在球面上。求这个同心球型电容器的静电能量。解：同心球形电容器的电容为：4二；°abb -a所以，同心球形电容器中的静电能量为XA/ 1Q21 b-aQ2We =2 C 2 4二 0ab1cm的两块平行导电平板充电到100V后脱离电源，然后将一厚度为1mm问：导电片吸收了多少

28、能量？这部分能量起到了什么作用？两板间的电压和2-32空气中，相隔的绝缘导电片插入两极间，(1)忽略边缘效应，电荷的改变量各为多少？最后存储在其中的能量多大？如果电压源一直与两平导电行板相连，重答前题。(2)解：、 d10设导电平板的面积为S。两平行板间的间隔为d=1cm 。显然,=1 mm。平板间的电压为 U0 =100V 。(1)忽略边缘效应，未插入绝缘导电片时q° = C°U 0S12,U 0, We0C0U 0d2绝缘导电片的厚度2*02插入导电片后-d9d 92 q2 C19 1 q2入1110 2 C0所以，导电片中吸收的能量为1.We0 -We1We。=4.4

29、25 10J10这部分能量使绝缘导电片中的正、负电荷分离，在导电片进入极板间时，做机械工。这是一常电荷系统， 电荷守恒，各极板电荷量不变， Aq = 0。而插入绝缘导电片后的电压为1101=也=旦 虫=9UO=90VC 10 Ci 10所以电压的改变量为U =U°1 -U° =10V(2)如果电源一直连接着，则所以，电荷的改变量为而因此，导电片吸收的能量为其作用同(1)。：U =0, U01=UO=100Vq =CUo =C°Uo =q°9918_ q = q1 q0q0 = 0.983 10 C9We1 =心；=2 出二也。29291.We1 -We。

30、二We。=4.915 10* J2-33解 选取坐标系如图中所示。电场强度为设液体上升的高度为h,液面的面积为S (dxa)，极板长度为I,ExUod则静电能量密度为_12 _1 . U2we1 匚 &0Ex 匚 &0 ；2,22d2we2 =正凌22 d2静电能量为W/15s 1e 2 0 d22U 2"ZS将两极板看作电容器，则电容为c az aC = ；0,.；d电容中储存的能量：Z d题2-33图o z 'U0d221 2 1 U01 U0W =CU = ；。azal -Z2 2d2d21 Uo1；0 zS -；2 d221 U02| zS 萨1 *f

31、zu zconst因为&0 < 6,所以静电力沿f g=：mhSg ez由f = f gh = J ;0 -;UH!'*m£22Z负方向，有将液体吸向空气的趋势。升高液体的重力为空气与液体分界面上的电场力为:2U0 身s d2补充：2.18、2.21、2.22.、c a , _. ,2.18:电荷按P = 2的规律分布与 R <r S；R2的球壳层中，其中 a为常数，试由泊松方程直接积 r分求电位分布。r,中相同，且于另外解：球壳层的电场分布成球对称性，所以选择球坐标系。且对于相同的半径两个坐标0及©无关当R,r <R2时有V2中=一竺Pp

32、积分可得:lnr C1C2当rR2时，观察点位于球壳外且距球壳r处，此时球壳外的电场可看做是点电荷形成的电场:cp =13 4二；0r1V ；dV =4二；0r：4二2京一Rl1 r 万 r当r <R,时，电位平应为有限值且为定值中1 =C3在r = R2和r = R的分界面上，有电位的连续性可知:2 rg_cp2 r妥一十3 r妥即:0(C2-一lnR +C1；。a IngCi；。iR两式相减可得：m a R R )C2 =；。R2-0 R?, 一C3 = In = *Ci -免 RR2R2+竺(R2-R )；。R2无论Ci的取值，需要使得 C3为定值，那么有:Cii _ iR2 R

33、JCt +;。"A =。R2解得:aCi = Ri；。代入可得:a aC2 = In R2；。；。aRiC3 = In；。于是有:i 一 In；。R2RiR9a也 + i -r 希<r R,2.21以半径为a的球壳，同心的置于半径为b的球壳内，外壳接地，一点电荷q放在内球内距其球心为d处。问大球内各点的电位为多少？-q ,然后按照球壳而小球内的电场可利用镜像电荷求解，按照题意，给定的点电荷位于球壳内是点电荷与导体球问 题的逆问题，进行逆向处理后，得到金属球壳在接地条件下球外的镜像电荷为电中性条件，引入均匀分布于球壳表面S,总量为q的镜像电荷q“，以保证S面上的边界条件、 .d

34、a2不变。镜像电荷 -q( q'= q )位于球外，其位置距球心 d (d=),ab于是小球内部:d-qa2 r -a式中r1、r2分别为所设定的球内电荷 q与镜像电荷-q至球壳内任意场点 p处的距离。有题目可知，因小球壳的静电屏蔽，使得小球壳内外电场各自独立，不相互影响。而小球壳上呈电中性，因此在大球壳与小球壳之间的电场可看做是点电荷q处于圆心处形成的电场，于是其中电位为：，2H C4二；o r由于外球壳接地，故 % =一【+ C =02 r4兀&ob于是可得：c=-J4 二；0 b大球壳与小球壳之间的电位为：平2 = q 1 1 i24麻° 5 b， q i 1 ' 由于 2 r -a -一 4g0 <a b J故于是小球内部的电位为：d电=q _ ：q + q ''1 _ 1 ；4评01 4评0” 4麻°、a b )大球壳与小球壳之间的电位为：cp _ q p 1