电磁场与电磁波课后习题答案全

1、第一章 矢量分析第一章题解1-1 已矢量分别为 A ex 2ey 3ez ;B 3exey2ez；2ex ez o试求| A|, |B |, |C | ;单位矢量ea，eb, ecB) C及(A C)(AC) B 及(AB) C 。ebB2B；B2C2C2C；12 223 21432 12 2202.5A,141.14114ex3ex15 2ex2ey3ezeyezAxBxAy ByAzBzexAxBxeyA,B,ezAzBzex13ey212ezez7ex 11ev xyex72ey110ez5111ex3ey 22 ezex Ax CxexA Cyex Az Czex12ey20ez315

2、ey 4ezexeyez6ex 8ey 13ezA C B 2543122 35 1 13 2 15ABC 7 2 05119 。1-2已知z 0平面内的位置矢量A与X轴的夹角为 位置矢量B与X轴的夹角为,试证cos( ) cos cos sin sin证明 由于两矢量位于z 0平面内，因此均为二维矢量， 它们可以分别表示为Aex A cos ey A sinB ex B cosey B sin已知A B |AB cos ,求得All Bl cos cos IA Bl sin sin cos-|A即cos( ) cos cos sin sin1-3 已知空间三角形的顶点坐标为P1(0, 1,

3、2),P2(4, 1,3)及P3(6, 2, 5)。试问：该三角形是否是直角三角形；该三角形的面积是多少解 由题意知，三角形三个顶点的位置矢量分别为P1ey2ez；P24exey3ez；P36ex2ey5ez那么，由顶点Pi指向P2的边矢量为P2 Pi4exez同理，由顶点P2指向P3的边矢量由顶点P3指向P1的边 矢量分别为P3 P22ex ey 8ezPiP36exey 7ez因两个边矢量（P2 Pi）（P3 P2）0,意味该两个边矢量相互垂直，所以该三角形是直角三角形。因P2 Pj,42 1217P3P2J221282V69,所以三角形的面积为 1,11S -|P2 可艮P20.5M11

4、731-4已知矢量A exy eyx ,两点P1及P2的坐标位置分别 为以2, 1, 1）及P2（8, 2, 1）。若取P1及P2之间的抛物线x 2y2或直线PR为积分路径，试求线积分p1Adl。 P2解积分路线为抛物线。已知抛物线方程为x 2y2,dx 4yd y , TOC o 1-5 h z P1P1P1 22P 23 1A d l yd x xd y 4y d y 2y d y 6y d y 2y 14F2F2，P2P22积分路线为直线。因P,P2两点位于z1平面内，2 1一过P1, P2两点的直线万程为y 1 x 2 ,即6y x 4 , 8 2dx 6d y ,则 HYPERLIN

5、K l bookmark203 o Current Document RR21A dl 6yd y 6y 4 dy 12y2 4y 14。 P2P221-5 设标量 xy2 yz3,矢量A 2ex 2ey ez,试求标量函数 在点（2,1, 1）处沿矢量A的方向上的方向导数。解已知梯度ex xey y222ez一 exyey(2xy z ) ez3yzz那么，在点（2,1, 1)处的梯度为因此，标量函数 在点（2, 1, 1）处沿矢量A的方向上的方向导数为A ex3ev3ez2ex2evez2 6 3x y zx yz1-6试证式（1-5-11 ）,式(1-5-12 )及式(1-5-13 )证

6、明式（1-5-11 ）为,该式左边为exeyxyez zeyezex xey yez 一 zey y根据上述复合函数求导法则同样可证式（1-5-12）1-7已知标量函数和式（1-5-13 ）。sin x sin y e z, 试求该标量函 23数 在点P（1,2,3）处的最大变化率及其方向。解 标量函数在某点的最大变化率即是函数在该点的梯度值。已知标量函数的梯度为exeyezx y z那么z ex cos x sin y eev sinxcos y ex 223y 323zez sin x sin y e23将点P（1,2,3）的坐标代入，得 TOC o 1-5 h z 3. 33ey e e

7、z e Oy 62那么，在P点的最大变化率为2 273. 3ey eez e62P点最大变化率方向的方向余弦为cos 0; cos2 27cos272 271-8 若标 量 函数为2 八 2 八 2x 2y 3zxy3x2y6z试求在P（1, 2, 1）点处的梯度。解已知梯度ex ey x y将标量函数代入得ex 2x y 3 ey 4y xez 6z 6再将P点的坐标代入，求得标量函数在P点处的梯度p 3ex 9ey1-9 试证式（1-6-11 ）及式（1-6-12）证明式（1-6-11 ）为CA该式左边为CA 一 CAxxCAyyCAzAxxAyAzP CyzCA该式左边为式（1-6-12

8、AxAyAzAx xAxxAy-AzyA A ;即A A A1-10 试求距离|ri 2 |在直角坐标、圆柱坐标及圆球坐标中的表小式。解在直角坐标系中 TOC o 1-5 h z I|2222112X X2xi y2yi Z2zi在圆柱坐标系中，已知xr cos,y r sin, z z,因此122Z1 HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 22r2 cos 2 r1 cos 12sin 2 nsin 1 Z2r12 2r1cos 22Z2乙在球坐 标系中，已知 x r sin cos , y r sin sin , z r cos因此r1r2|Jr

9、2sin 2cos 2r1 sin 1cos 1 2r2 sin 2sin 2 r1 sin 1sin1 2 r2 cos2 r1cos 1,r22 r122r2r1sin 2sin 1cos21 cos 2 cos 11-11已知两个位置矢量r1及上的终点坐标分别为(r1, 1, 1)及(a 2, 2),试证i与卷之间的夹角 为cos sin 1 sin 2cos( 12) cos 1 cos 2证明 根据题意，两个位置矢量在直角坐标系中可表示为r1exr1 sin 1 cos 1eyr1 sin 1 sin 1 ezr1 cos 1r2exr2 sin 2 cos 2 eyr2 sin 2

10、 sin 2 ezr2 cos 2已知两个矢量的标积为r12|1卜2cos，这里为两个矢量的夹角。因此夹角为cos1卜2式中r1 r2r1r2(sin 1 cos 1 sin 2 cos 2 sin 1 sin 1 sin 2 sin 2cos 1 cos 2)112r12因此，cos sin 1 sin 2(cos 1 cos 2 sin 1 sin 2) cos 1 cos 2 sin 1 sin 2 cos( 12) cos 1 cos 21-12试求分别满足方程式 f1(r)r 0及f2(r)r0的函数f1(r)及 f2(r)。解在球坐标系中，为了满足f1 r rf1rf1 r r f

11、1 r r r 3f1 r 0r即要求rdf工 3f1 r 0df工d rf1 r3drr求得In f1 r 3ln r In C即f1 r与r在球坐标系中，为了满足f2 r r f2 r r 0r 0 ,即上式包为零。故f 2 r可以是r的任意函数1-13 试证式（1-7-11）及式（1-7-12）。证明式（1-7-11 ）为 CA C A （C为常数）令 AAxe*AyeyA,CA CAxex CAyey CAzez ,贝UCAx y zCAx CAy CAzAxAyAz式(1-7-12 )为令 AAxe、AyeyAz, A AeAyeyAze ,则AezAzAzAy exy zXAzxA

12、y-Az yxAzAxeyxAyAx ezAye zAx ey zAxyez若将式（1-7-12的右边展开1-14试证 r0,证明已知在球坐标系中ersin对于矢量er sin的旋度为rArrAr sin AAr0, A 0,代入上式因r与角度 ， 无关，那么，由上式获知 r 0对于矢量;因Ar1 , Ar0, A 0,显然对于矢量。，因A,r1一 一 一，-2,A 0, A 0,同理获知r1-15若C为常数，A及k为常矢量，试证:ck rck re Cke ;ck rck r(Ae ) Ck Ae ;(Aecr) Ck Aer。证明 证明Ck r Ck re Cke 。利用公式 FCk r

13、Ck re e CkCk rr Ce而 k r kxx kyy kzzexkxeykyezkzk求得eCkr CkeCk ro证明Ck rAeCkCk rAe o利用公式Ck rAeCk reCk reCk re再利用的结果，Ck rAe Ck Ck rAe证明Ck rAeCk AeCkr o利用公式A,则 Ck rAeCk re Ck rA eCk r*eA再利用的结果，则Ck rAe Ck Ck rAe1-16kr2 e 成证 k2ekr式中k为常数。已知在球坐标系中kr2.r sinkresin2. 22r sin1 kr k kre e r rkrkr 1kre 2 rkrk ekrk

14、rkrk2 r1-17试证kr2 erkr k2 rE)(E)E|EI2利用公式令上式中的A B2E将上式整理后，即得1-18 已知矢量场F的散度(r)旋度F 0,试求该矢量场。其中根据亥姆霍兹定理，F-dVF-dVr。那么因-dV不q r -yer4 r1-19已知某点在圆柱坐标系中的位置为2、，、4, 一，3 试3求该点在相应的直角坐标系及圆球坐标系中的位置。解 已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换 关系为x r cosy r sin因此，该点在直角坐标下的位置为4 cos2.2 ; y 4sin 2.3; z = 33同样，根据球坐标系和直角坐标系坐标变量之间的 转换关系，, y

15、arctan x22* X yarctan可得该点在球坐标下的位置为4r 5; arctan - 53 ;12031-20 已知直角坐标系中的矢量Aaex bey cez,式中a, b, c均为常数，A是常矢量吗试求该矢量在圆柱坐标系 及圆球坐标系中的表示式。解 由于A的大小及方向均与空间坐标无关，故是常矢 量。已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换 关系为r Jx2 y2 ; arctan ; z z,x求得 rVa2 b2 ； arctan; z casincos2,2a b又知矢量A在直角坐标系和圆柱坐标系中各个坐标分量之间的转换关系为Arcossin0AxAsincos0AyAz

16、001Az将上述结果代入，求得A AAz,a2 b2b一ab20.a2b2a.a2b200a0 b1 c0即该矢量在圆柱坐标下的表达式为 22A er a bezc直角坐标系和球坐标系的坐标变量之间的转换关系-22* x yarctan zy arctan 一x由此求得2. 2“，a barctan carctan b a矢量A在直角坐标系和球坐标系中各个坐标分量之间的转换关系为Arsin cosAcos cosAsin求得sin sincosAxcos sinsinAycos 0AzArsincossinsinAcoscoscossinAsincoscosa2 ab22 csinb00c0即

17、该矢量在球坐标下的表达式为 A erJa2 b2 c21-21 已知圆柱坐标系中的矢量A aer becez ,式中a, b, c均为常数，A是常矢量吗试求 A及 A以及A 在相应的直角坐标系及圆球坐标系中的表示式。解 因为虽然a, b, c均为常数，但是单位矢量er和e均 为变矢，所以A不是常矢量。已知圆柱坐标系中，矢量A的散度为1AArArr rAzz将A aer be cez代入ar 0 0 r矢量A的旋度为errezrerrezrrArrAzAzrbbez r已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换关系为x r cos ;y r sin ;cosy yx2 y2 ax_一;sina

18、又知矢量A在直角坐标系和圆柱坐标系中各个坐标分量 之间的转换关系为Axcossin0ArAysincos0AAz001Az将上述接结果代入Ax Ay Azaya 0b _ y ab x ac即该矢量在直角坐标下的表达式为A x by ex y bxey ceaa222其中x y a。矢量A在圆柱坐标系和球坐标系中各个坐标分量之 间的转换关系Arsin0cosAr TOC o 1-5 h z Acos0sinAA 010Az以及sinac一,cos,求行 HYPERLINK l bookmark88 o Current Document rra 0 c a2 c2Arr r a rAc 0 a

19、b0r rA0 10cb即该矢量在球坐标下的表达式为A rer be1-22 已知圆球坐标系中矢量A aer be ce ,式中a, b, c均为常数，A是常矢量吗试求 A及 A,以及A在 直角坐标系及圆柱坐标系中的表示式。解 因为虽然a, b, c均为常数，但是单位矢量er, e , e 均为变矢，所以A不是常矢量。在球坐标系中，矢量A的散度为A J 一 r2Arr r1r sin1 Asin A r sin将矢量A的各个分量代入，求得 A 2a -cot r r矢量A的旋度为er2.r sinr AreersinrrA r sin Aer2 .r sinr ae er sin rrb r

20、sin c利用矢量A在直角坐标系和球坐标系中各个坐标分量之间的转换关系cos以及sinAx AyAzsin cossin sincoscos coscos sinsinsincos0 x22.x yy22x ysinx22y22y zcos该矢量在直角坐标下的表达式为bxz22a v x ycyexy22 xx ybyza(x2y2cxey22 y.x yb 1 x2y2ez利用矢量A在圆柱坐标系和球坐标系中各个坐标分量之间的转换关系ArAsin0Azcoscos0sinArAb z acb-r a求得其在圆柱坐标下的表达式为bA r z er cea1-23若标量函数1（x, y,z）2xy

21、 z2(X,z)rz sin ,3(r,sinr21_2一x HYPERLINK l bookmark137 o Current Document 22110 HYPERLINK l bookmark177 o Current Document 22y z2xz 02xz22-2-z1-241.rz sin r r12 2sinT r 寸r r r2r sinsinrzsin 0sin 3sin cos2rc 2.22 sin cos sinA,4 .r sin14 r sinA(x,y,z) xyA(r, ,z)A(r,AxxeyxAxy Ay2x2y2A ex 2Ax e2 3z ex3x

22、 zey2er r coserr sin2AoAzzzAzexx y ez-3ezr sin1 .- sin rx2 3xy z2 23xy zy Ayez322xz 6xy z ex 6xzeyA rArr rAzzey2xy2 Az2y2ey122r sin1cos r3x2z 2xyz3 e2x2 ez;3r cos 0 3r coserrAer 2r cos rerr cos2e2A er 2 A2er cosezrzAzrsinerr2r cos2rsinez2eezz r2sin2r sinezr sin2 A-2 rez 2Azsin 3ez sin（此处利用了习题26中的公式）

23、r2Ar2Ar sinsin Ar sin3siner3sin2cos2- rr sin1-2 r sinerersinrArsin3 rsin3 r2A2ar siner2 .r sinrArsin2 cos3- r2 cos3- rr sinsincosr sinsin2 rsin2 rsin Asincos2r2 sinsin cosA22r sin2cos22r sine A2-r-2r sinr2 sin2.2r sin将矢量A的各个坐标分量代入上式，求得2 八 cos2A er r sin4 cos2 cos2 sin3rcose 4 .2r sin1-25 若矢量Aer2cos3

24、r2,V为A所在的区域解在球坐标系中，dVr2 sin- r2A rr sinsinrsin将矢量A的坐标分量代入，求得V AdV V22 cos 24r sin dr1 r2,cos d2cos sin021-26 试求 6(er3sinS S为球心位于原点，半径5的球面。利用高斯定理，sA d S2-1SA d S V若真空中相距为AdV0d56sin 22r sin d r 750 r第二章静电场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

25、向相反，即Fq1qFq2q。那么，由一-4。140 r2习题图2-2解 令1,2 ,3分别为三个电电荷的位置P1,P2,P3至1J P点的距离，则同时考虑到r1 r2 d ,求得 TOC o 1-5 h z 1 .2 ,ri - d,2d3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q1，一 1 ,相距d 。32-2已知真空中有三个点电荷，其电量及位置分别为：qi 1C, P1 (0,0,1)q21C, P2(1,0,1)q34C, P3(0,1,0)试求位于P(0, 1,0)点的电场强度。 TOC o 1-5 h z 1行，273,32。利用点电荷的场强公式E q 2

26、e，其中e.为点电荷q指向场点oP的单位矢量。那么,q11、，q1q2在P点的场强大小为E1q1 2，方向为40180e y ez _q21P点的场强大小为E22 2 ，方向为 HYPERLINK l bookmark163 o Current Document 402212 01er 2而 exey ez _ q31q3在P点的场强大小为 E32,方向为 er3ey4 0340则P点的合成电场强度为E Ei E2 E32-3直接利用式（112.3ex一ey8,212.3 48.212 3 ez2-2-14）计算电偶极子的电场强度。P的距离。再令点解 令点电荷q位于坐标原点，r为点电荷 q至场

27、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,根据叠加原理，电偶极子在场点P产生的电场为考虑到r ler1= er,r1l cos,那么上式变为式中 A 1212r2r2r1(nr)(r1r)l22rl cosl2-cos r以-为变量，并将r2-cosr在零点作泰勒展开。由于11r1-1 -cosr利用球坐标系中的散度计算公式,求出电场强度为l cos rql cos汴erql sin30re02-4已知真空中两个点电荷的电量均为2 106C,相距为2cm,如习题图l r ,略去高阶项后，得lcos r2-4所示。试求：P点的电位；将

28、电量为 2 10 6 C的点电荷由无限远 处缓慢地移至P点时，外力必须作的功。解根据叠加原理,P点的合成电位为习题图2-522.5 106 V4 0r因此，将电量为2 10 6C的点电荷由无限远处缓慢地移到P点，外力必须做的功为Wq 5 J2-5通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轴放置，由于结构以 z轴对称，场强与 无关。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i ,线电荷的中点位于坐标原点，场点P的坐标为r,z 。2利用电位叠加原理，求得场点P的电位为式中0in4 o电场强度的Erin4 o2L 2 z r2可知电场强度的4or4 o

29、ri .sin 24 orr分量为z分量为inz2Lz 一2sininr2L 2 z r21 z L2 22L 2 zr2i4 0 z L 22 r2z L 2 , z L 2 2 r2L 22 r2 zi4 0r1 z L2i4 0r1 tan2.1 tan 11 t !tan 11 t :tan 2tab11,2tan 2l 14 0rcos11 coscos 2lcos40r式中1L,那么，合成电强为_ _ r arctanL,z 2, r2 arctan zE4 0rsin2 sin 1 ezcos 2 cos 1 er0,则合成电场强度为i-er20r可见,这些结果与教材2-2节例4

30、完全相同。2-6已知分布在半径为a的半圆周上的电荷线密度oSin , 0，试求圆心处的电场强度。习题图2-6解 建立直角坐标，令线电荷位于xy平面，且以y轴为对称，如习题图 2-6所示。那么，点电荷ldl在圆心处产生的电场强度具有两个分量Ex和Ey。由于电荷分布以y轴为对称，因此，仅需考虑电场强度的Ey分量，即l dld E d Ey2sin4 0a2考虑到d l ad , l0 sin，代入上式求得合成电场强度为0ey sin d0 4 0a- ey8 0a2-7已知真空中半径为a的圆环上均匀地分布的线电荷密度为过圆心的轴线上任一点的电位及电场强度。习题图2-7解 建立直角坐标，令圆环位于坐

31、标原点，如习题图2-7所示。那么，点电荷idl在z轴上P点产生的电位为dl0r根据叠加原理，圆环线电荷在P点产生的合成电位为al12adl dlr 4 0r 0ia222 ，a z因电场强度,则圆环线电荷在 P点产生的电场强度为ezziazez。22 3 22 a z2-8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。解 建立直角坐标，且令带状电荷位于xz平面内，如习题图2-8所示。带状电荷可划分为很多条宽度为 dx的无限长线电荷，其线密度为么，该无限长线电荷产生的电场强度与坐标变量z无关，即dE 2dx er0r式中那么ex-ln02-9erdEx x yexey 一

32、r rsdx-22 o x xw22.w2一2 2022wx 21-ex x r-ex x ysdx2x xey 一2已知均匀分布的带电圆盘半径为a,eyyeyyex yarctan面电荷密度eyywx 一,2arctan-y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。P(0,0,z)解 如图2-9所示，在圆盘上取一半径为 r ,宽度为dr的圆环，该圆环具有的电荷量为dq 2 rdr s。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r有z分量。根据习题2-7结果，获知该圆环电荷在P产生的电场强度的z分量为zr sdrd Ez3 22 o r2 z2那么，整

33、个圆盘电荷在P产生的电场强度为Eez 2a zrd r0 22 3 2ez 9z r22-10已知电荷密度为S及S的两块无限大面电荷分别位于x=0及x=1平面，试求x 1, 0 x 1及x 0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qS在x 0区域中产生的电场强度E1exE1。位于x = 1平面内的无限大面电荷S ,在x 1区域中产生的电场强度E2exE2。由电场强度法向边界条件获知，01即0E10E1 s x 00E20E2s x 00E1 s x 00E20E2s x 1由此求得E1

34、E2根据叠加定理，各区域中的电场强度应为E E1 E2exE1 exE20, x 0E E1 E2exE1exE2,0 x 1E Ei E2exEiexE20, x 12-11若在球坐标系中，电荷分布函数为 HYPERLINK l bookmark211 o Current Document 0,0ra HYPERLINK l bookmark213 o Current Document 10 6,arb HYPERLINK l bookmark112 o Current Document 0,rb试求0 r a, a r b及rb区域中的电通密度 D。解作一个半径为r的球面为高斯面，由对称性

35、可知q- D d s q D 鼻 ers4 r2式中q为闭合面S包围的电荷。那么a区域中，由于q = 0,因此D = 0。b区域中，闭合面 S包围的电荷量为643q dv 10- r HYPERLINK l bookmark426 o Current Document v3因此,633r a2errb区域中，闭合面 S包围的电荷量为q dv 10 6 - v3因此,33b a2 er r2-12若带电球的内外区域中的电场强度为q2 , rqr ,a试求球内外各点的电位。a区域中，电位为E drra区域中,q2a2-13已知圆球坐标系中空间电场分布函数为3E err ,5a2 ,试求空间的电荷密

36、度。解利用高斯定理的微分形式一，得知在球坐标系中0drr2Er那么，在r a区域中电荷密度为dr5 0r2在ra区域中电荷密度为2-14已知真空中的电荷分布函数为r2,0 ra(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E4在0 r a区域中3E er4 r2 5r一er5 0在r a区域中E er4 r2 55a2- er5r 02-15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Pi点的坐标为（0,0,0,） , P2点的坐标为（1,1,2,）,那么，两点间的

37、 电位差为P2V E dlP式中 E3ex 4ey 5ez, dl e*dx eydy ezdz,因此电位差为1,1,2V 3dx 4d y 5dz 3 Vo, o,o2-16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 bo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，为了获得最高耐压，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q1 ,则同轴线内电场强度E d e.。为了使同轴线获得最高耐压，应在保持内外导体之间的电2 r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C1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q1

38、 V,b In a则同轴线内导体表面 ra处电场强度为E(a)aln bblnbb令b不变，以比值 一为变量，对上式求极值，获知当比值一 e时，E aaa取得最小值，即同轴线获得最高耐压。2-17若在一个电荷密度为，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。习题图2-17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的电荷，则球内 P点的电场强度为 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark260 o Current Document 143E1P 2- r er - r HY

39、PERLINK l bookmark262 o Current Document 4 or 33 0式中r是由球心。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的电荷，则其在球内 P点的电场强度为E 2P3r er HYPERLINK l bookmark350 o Current Document 142 HYPERLINK l bookmark223 o Current Document 4or3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E1PE2P即是原先空腔内任一点的电场强度,E P E1P E 2Pr r3 o式中d是由球心。点指向腔心o点的位置矢量。可见，

40、空腔内的电场是均x匀的。2-18已知介质圆柱体的半径为a,长度为1,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。习题图2-18解 建立圆柱坐标，且令圆柱的下端面位于 xy平面。由于是均匀极化，故只考虑面束缚电荷。而且该束缚电荷仅存在圆柱上下端面。已知面束缚电荷 密度与极化强度的关系为s P en式中en为表面的外法线方向上单位矢量。由此求得圆柱体上端面的束缚电荷面密度为 s1 P ,圆柱体下端面的束缚面电荷密度为s2 P。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s z zE 一 jez2 o lzl Jz因此，圆柱下

41、端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为E2zz2a2ez而圆柱上端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为EiPz_l27 zriz l(z l)2 a2ez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Eez 巴 z1 一z 1. zZ2 0 z 1 J z l 2 a2z z z a2-19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，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 2qD d s q 4 r D q D ers4 r在0 r a区域中，电场强度为-2 er04 o r在a

42、r b区域中，电场强度为_e4 r2 r在r b区域中，电场强度为3er 40r再求介质壳内外表面上的束缚电荷。由于P0 E ,则介质壳内表面上束缚电荷面密度为s n Per Pq4 a2外表面上束缚电荷面密度为s n Per P10 4 b2q4 b2E中，周围媒质为真2-20将一块无限大的厚度为d的介质板放在均匀电场空。已知介质板的介电常数为，均匀电场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 一时，试求角4度1及介质表面的束缚电荷面密度。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Esin 1E

43、2sin 2; D cos 1D2 cos 2已知D oE, D2E2,那么由上式求得tan 1tan 2tan 1tan 21 arctan 已知介质表面的束缚电荷s en P en (D那么，介质左表面上束缚电荷面密度为s1en1P2en1 1- D21 - en1 D21 0 E cos 1介质右表面上束缚电荷面密度为s2en2P2en21 - D21 en2 D21 o E cos 12-21已知两个导体球的半径分别为6cm及12cm,电量均为3 10 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

44、电球的电位为1q1 q21q2 q1 TOC o 1-5 h z 1； 2 4 0 a d40bd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0 q2 q 6 10 6 C ,求得两球最终的电量分别为adb16cq1q q 2 10 Cad bd2ab3b da26cq2 q q 4 10 Cad bd2ab3可见，电荷由半径小的导体球转移到半径大的导体球，移动的电荷量为两球最终电位分别为qi105 V105 V2-22已知两个导体球的重量分别为m1=5g, m2=10g,电量均为 5 10 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

45、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 qq2F A 24 0r5 10 6 5 10 6400.225 N因此，两球获得的加速度分别为F a1 m10.2250.00545 m. s20.2250.0122.5 m s20l q1F a2m2 当两球相距为l时，两球的电位分别为1 曳生1 曳 q11 屋: 7T T ;2 1 7T T TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark358 o Current Document 11此时，系统的电场能量为W1q12q2 HYPERLINK l b

46、ookmark183 o Current Document 22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qq21-7 ；2-4 0r14 0 r2由此可见，绝缘线切断很久的前后，系统电场能量的变化为20.225(J) HYPERLINK l bookmark370 o Current Document _i_q24 0I 4 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： TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark465 o Current Document 212 HYPERLINK l book

47、mark300 o Current Document W m1vl m2v2 ，m1v1m2v20 HYPERLINK l bookmark326 o Current Document 2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 m/s ； v2 3.87 m/s2-23 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。习题图2-23 TOC o 1-5 h z 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

48、对于q1及42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,根据库仑定律获知该作用力为fq q2 q3f /24 0r2-24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。解 已知电位与电场强度的关系为E，又知 E ，由此获知电位满足下列泊松方程利用格林函数求得泊松方程的解为r VGor, r一 dvoGo r, rSr G0 r, r d s式中G0 r, r考虑到 Gor,r，代入上式dv若闭合面S内为无源区，即0,那么ds若闭合面S为一个球面，其半径为 a,球心为场点，则式变为ds考虑到差矢量r

49、r的方向为该球面的半径方向，即与d s的方向恰好相反，又 E，则上式变为r : E d s1Tr4 a S4 a S由于在S面内无电荷，则E ds o,那么r - r ds4 a2 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 1oopF ,最小电容量Cmin1opF,外加直流电压为 3ooV,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，即式中W电源 Mg V(CmaxV CminV) 8.1 10 6

50、(J)因此,，1We (Cmax2外力必须作的功为_26Cmin)V4.05 10 J4.05 10 6 J2-26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, C2 rC两电容器的电量分别为q1，q2,且qiq2 2CV由于两个电容器的电压相等,因此%C2q1q2联立上述两式，求得2CVq22CV r2VC2因此，两电容器的最终电位为q1V 1C1q q2 CV1 -CV12-27同轴圆柱电

51、容器的内导体半径为a,外导体半径为b,其考虑到q2q1，转移的电量为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。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D dss求得D1D2 q已知D11E1,D22 E2，在两种介质的分界面上电场强度的切向分量必须连续，即 E1E2E1E2内外导体之间的电位差为dr即单位长度内的电荷量为2TbIn - a故同轴电容器中的电场强度为VTTer r I

52、n a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a E q.一s11er Eb， s2alnaE个b alna外导体的内表面上的电荷面密度为iVS1 E-b b In as226 E2Vb bln a单位长度的电容为C电容器中的储能密度为12weV12 1E dv1V2 22E2dv21 V2 27rb ln a2-28 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l l。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；断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。习题图2-

53、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 EV ，口 一。但是介质 d内外的电通密度不等，介质内D EoEV0do两部分极板表面自由电荷面密度分别为S0电容器的电量S012V2d电容量为l20 2d电容器储能为1W 2qV（ o）l2V24d若接上电压时，移去介质，那么电容器中的电场强度为电通密度为极板表面自由电荷面密度为电容器的电量为q 1212V 0 d电容量为l2o -d 1电容器的储能为W qV212V2 0 2d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，电场强度为电通密度为

54、D oEqol2V o2d oo2dEdl2电容器的储能为W2qV12V28d o极板表面自由电荷面密度为2d两极板之间的电位差为电容量为2-29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/2习题图2-29解 接上电压，介质存在时，介质内外的电通密度均为介质内外的电场强度分别为_qi2E0qi2 0两极板之间的电位差为dE 2qd212 02V-,E d2V2V2V 00 d介电常数为的介质在靠近极板一侧表面上束缚电荷面密度为0E s2V 0 d介电常数为与介电常数为的两种介质边界上的束缚电荷面密度为则电位移矢量为2V 00 d极板表面自由电荷面密度为

55、2V 00 d 2V 00 d此电容器的电量q 12 s12 s 02Vl2 00 d则电容量为 C qV212电容器的储能为W2qV2V212 0接上电压时，移去介质后:电场强度为E Vd电位移矢量为 D 0E极板表面自由电荷面密度为电容器的电量 ql212V电容量为C qV电容器的储能为W1 一 qV212V2 0 2d(2)断开电源后，介质存在时，各个参数与接上电源时完全相同。但是,去介质后由于极板上的电量q不变，电容器中电场强度为e a 0I22V,电通密度为 0 d0E2V 00 d极板表面自由电荷面密度为2V 00 d两极板之间的电位差为Ed2V电容量为电容器的储能为2qV2V 2

56、12200 2d2-30已知两个电容器Ci及C2的电量分别为qi及q2,试求两者并联后的总储能。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并联后总电容为CCiC2,总电量为qqiq2,则总储能为,2，一_ 2生q q22 C2 CiC22 qi2q2i qi2q22CiC22 CiC2方程两边同乘Ci C2 ,整理后得C2C2 qiCiCT22q1q2方程两边再同乘CiC2,可得2222C2 qiCi q22CiC2qiq22 cC2qiCiq20由此获知两个电容器的电容量及电荷量应该满足的条件为qi Ci q2 C22-3i若平板电容器中介

57、电 常数为2 i(x)-x id平板面积为A,间距为d,如习题2-3i所示。试求平板电容器的电容。A习题图2-3i解 设极板上的电荷密度分别为s ,则由高斯定理，可得电通密度因此电场强度为那么，两极板的电位差为dsd 2V E x dx一s一In 0211则电容量为 C qVd ln 12-32若平板空气电容器的 电压为V,极板面积为 A, 间距为d,如习题图2-32所示。若将一块厚度为t(t d)的导体板平行地插入该平板 电容器中，试求外力必须作 的功。习题图2-32解未插入导体板之前，电容量 C0A。插入导体板后，可看作两个电 d容串联，其中一个电容器的电容C1另一个电容器的电容CAC20

58、，那么总电容量为d t xC1CC1C2根据能量守恒原理，电源作的功和外力作的功均转变为电场能的增量,W电源 W外 观 W2 W1式中W电源MV CV CVV 0AV2d d t_21dWe W2 Wi -(C C)V2W电源2则w外1tALv22 d d t2-33已知线密度 i 10 6(C/m)的无限长线电荷位于(1,0, z)处，另一面密度 s 10 6(C/m2)的无限大面电荷分布在x = 0平面。试求位于1-,0,0处电量q 10 9C的点电荷受到的电场力。2习题图2-33解 根据题意，两种电荷的位置如图2-33所示。由习题2-10知，无限大面电荷在 Ps无限长线电荷在 P点产生的电场强度为点产生的电场强度为E2因此，P点的总电场强度为 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark121 o Current Document E Ei E2 ex HYPERLINK l bookmark397 o Curren