《电磁场与波简明教程》课后答案-杨儒贵-刘运林

本题解参照课后习题答案（杨儒贵编著）（第二版）场波指导书

请勿用于商业用途

缺第二章，希望那个有才之士补上

题解一

第一章题解

1-1已知三个矢量分别为A=ex+2ev-3e:；B=3ex+ev+2e:；

C=2ex-ez.试求①|Z|,|5|,|C|；②单位矢量e.,分，久;③48；④

AxB；⑤（Zx5）xC及（NxC）x5；⑥（/xC）.5及（Nx5）•C。

解①|Z|=J』+4+H=〃+22+（—3）2=9

冏=啊+母+B；=V32+12+22=V14

|C|=依+C；+C；=722+02+（-l）2=V5

AA1

②否彳（％+24.3eJ

BB1了（3e*+%+2eJ

4

CC1

z?—__—__—（_2_e.「牝）

c|c|A/5V5

③A-B^AxBx+AyBv+AZBZ=3+2-6=—1

eee

4eyzxy:

®AxB=A,AyAz=12-3=7e<-l%-5e：

BxBvB二312

%’1

⑤（/x5）xC=7-11-5\=lle-3e+22e

0-1|xv:

2

八6%k4e二

因AxC=AxA■4=12-3=-2ex-5ey-4ez

-C|20-1

Jccv

《ey生

则(/xC)x5=-2-5-4=—6e*—8e,,+13e=

312

⑥(JxC)-5=(-2)x3+(-5)x1+13x2=15

(JxJB)-C=7x2+0+(-5)x(-l)=19o

1-2已知z=0平面内的位置矢量/与X轴的夹角为a,位置矢量6与

X轴的夹角为尸，试证

cos(a-0)=cosacos夕+sinasin0

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

A=ex\A\cosa-}-ev\A\sma

B=ex|B|COS/7+|5|sin/?

已知AB=|/4||5|cos(a-,求得

|j||B|cosacos+|4忸|sinasin/3

cos(a_,)=

即cos(6r-J3)=cosacos夕+sinasin0

1-3已知空间三角形的顶点坐标为右。1,-2)，巴(4,1,-3)及

舄(6,2,5)。试问：①该三角形是否是直角三角形；②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

片=0-20；P2=4ex+ey-3e:；P3=6ex+2ey+5er

那么，由顶点P门旨向P2的边矢量为

p2-p\=46-生

同理，由顶点尸2指向的边矢量由顶点尸3指向Pl的边矢量分别为

尸3-尸2=2ev+叫+8j4-尸3=—6幺一4一7%

因两个边矢量(尸2-尸)(尸「尸2)=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——用="2+」=后

I舄-引=722+12+82=V69，

所以三角形的面积为

S=1|P2-P,||P3-P2|=0.5Vn73

1-4已知矢量/=e*y+4，x,两点Pi及尸2的坐标位置分别为々(2,1,-1)

及P2(8,2,-1)o若取Pi及P2之间的抛物线x=2/或直线片丹为积分路

径，试求线积分r^-d/o

JP2

解①积分路线为抛物线。已知抛物线方程为x=2/,dx=4ydy,则

/4d/=[(ydx+xdy)=^(4y2dy+2y2dy)^^6y2dy^2y3^=—14

②积分路线为直线。因片，£两点位于z=-l平面内，过两点的直

线方程为歹一1=----(x-2),即6y=x+4,dx=6dy,贝lj

8-2

f4d/=f6ydy+(6y-4)dy=(12V—44=-14。

1-5设标量0=中2+/3,矢量/=2e*+2e,,-e=，试求标量函数。在点

(2,-1,1)处沿矢量/的方向上的方向导数。

解已知梯度

口』30d(P3①2°2、C2

V0=q丁+6、,二+6二=%夕+ev(2xy+z)+ez3yz-

ox-dydz

那么，在点(2,-1,1)处。的梯度为

V=ex-3ev—3cz

因此，标量函数◎在点(2,-1,1)处沿矢量力的方向上的方向导数为

N①、A=[ex—3ey—3ez)-(2ex+2%-cJ=2-6+3=-1

1-6已知标量函数0=[吊]„1197卜一2,试求该标量函数＜Z＞在点

P(l,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

口不d(P6①e①

N①=e、-----Fe”----+e_——

XdcxI'dCy4dcz

那么

z

▽◎=e'y^cosx^siny+eyy^sinyx^cosyy^~

将点P(l,2,3)的坐标代入，得(V0)p=-e,工e-3-e一正e-o那么，在尸

62

点的最大变化率为

|V0|=-e—e-3-e1兀，+27

1lp,6z26

P点最大变化率方向的方向余弦为

八a万历

cosa=0；cosp-——「；cos/=——.

V^2+27J72+27

1-7若标量函数为

=x2+2y2+3z2+xy+3x-2y-6z

试求在P(l,-2,1)点处的梯度。

解已知梯度VG=e、挈+e,孚+e一挈，将标量函数。代入得

dxdydz

V0=ev(2x+y+3)+«),(4y+x-2)+2(6z-6)

再将P点的坐标代入，求得标量函数0在尸点处的梯度为

(▽口=3%-9e>

1-8试求距离|八-41在直角坐标、圆柱坐标及圆球坐标中的表示式。

解在直角坐标系中

|4一止J62-X,)2+(为一必)2+七一zJ

在圆柱坐标系中，已知x=rcos。，y=rsin^,z=z,因此

coscosz2

,一41=我一4族y+(2sin人一。sin族了+(z2-z})

=M+r；_2r24cos(^2-0,)+(z2-zJ

在球坐标系中，已知X=〃sinecos0,y=rsinesin0,z=〃cose,因此

2r22

,一g|二J(弓sin。2cos°2-7|sin^(cos^)+(弓sin02sin(fi2-\sinQxsin)+(7%cos^2cos^)

="-2r2r\sm02singcos(^2-^)+cos02cos0X]

1-9已知两个位置矢量八及r2的终点坐标分别为(八，4，必)及(々,。2，。2)，

试证勺与-2之间的夹角7为

cos/=sin4sin02cos(必一")+cosgcos%

证明根据题意，两个位置矢量在直角坐标系中可表示为

八=exrlsingcos必+e*sin0]sin必+«〃cosg

r2=exr2sin02cos(/)?+evr2sin02sin%+ej?cos02

已知两个矢量的标积为r}r2=同,21cos/,这里/为两个矢量的夹角。因此夹

角y为

Ar.

C0S/=

kMihMl

式中

r

♦2「々(sin'cos。]sin.cos%+singsin.sin02sin.

+COS。]cos%)

kihl=n^

因此，

cos/=sin仇sin02(cos必cos(f)2+sin必sin圾)+cos0]cos02

=sin0]sin02cos(必一么)+cos用cos02

1-10若C为常数,4及A为常矢量，试证:

①V=Ckeckr

②V-（Aeckr）=Ck-Aeckr；

ckrckr

③^x（Ae）=CkxAea

证明①证明=Ckeckro

利用公式VF（0）=Ff（0）Vd）,贝ij

Vec*r=ectrV（CA-r）=CeclirV（k-r）

而V（A.r）=V（/cxx+kyy+kzz）=exkx+eyky+e.k.=k

求得N*，=Ckeckro

②证明V•（AeCkr）=Ck-AeCkr。

利用公式V-（@1）=0VZ+4V。，则

V-（AeCkr）=J-V（ec*r）+eCkrV-A=A-V（ec*r）

再利用①的结果，则V-（AeCkr）=Ck-AeCkr

③证明Vx（AeCkr）=CkxAeCkr。

利用公式▽x（G4）=V0x/+WxN,贝I」

Vx（AeCkr）=V（ec*r）xA+eCkrVxA=V（e"，）xA

再利用①的结果，则^x（AeCkr）=CkxAeCkr.

1-11试证上2"1,式中左为常数。

Ir）r

证明已知在球坐标系中

口2不1d（1d（.d<D\1d2（P

V①=r2----H------------sin0-n-----H------.........-

厂》［dr）厂sin63外dO）r2sin20

iae*-Qe*)=4[(—左上w(—1—什)+(—左上*]=/仁

r2drr~r

'ekr、

即V2

\r)

1-12已知某点在圆柱坐标系中的位置为（4,3）,试求该点在相应

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=rcos</>,y=rsin^,z=z

因此，该点在直角坐标下的位置为

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,

+y2

r=y]x2+y2+z2；0=arctan-----------；。=arctan—

zx

可得该点在球坐标下的位置为

4

r=5；0=arctan—«53°；d）=120°

3

1-13已知直角坐标系中的矢量力=aex+力今+ce=，式中a,b,c均为常

数，/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/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

z=z

求得Z=C

sin。=,；cos(b=

yla2+h2

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

将上述结果代入，求得

0

a

0b

1K

即该矢量在圆柱坐标下的表达式为

22

A=ery/a+b+e.c

直角坐标系和球坐标系的坐标变量之间的转换关系为

由此求得

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

4sin8ccs°sinOsin。

4=cos。cos。cos8sin°

4-sin°cos。

求得

4.sin。cos。sin6sin。cos。

4=cos6cos°cosOsin。一sinB

&・sin0cos。0

222

即该矢量在球坐标下的表达式为A^eryla+b+co

1-14已知圆柱坐标系中的矢量/=ae,+6q+ce=,式中a,b,c均为常

数，，是常矢量吗？试求VZ及VxZ以及Z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。，b,c均为常数，但是单位矢量e,和与均为变矢，所以

工不是常矢量。

已知圆柱坐标系中，矢量力的散度为

口，=*（%）+*也

dz

1a

将/=ae+be@+ce二代入,得V-A=---（ar）+O+O

rrdr

矢量A的旋度为

——

rrrr

dddddd

VxA

drd（/）dzdrd（/）dz

444arhc

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-rcos^;y-rsm（/）;z-z

xX

cos（/）=/二=—;sin,y

G+y2a7^7a

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

-sin^04

cos。04

0A.

将上述接结果代入，得

xb

_y_0x——y

4aaaa

xh

A„y0y+—x

aaa

A.001c

即该矢量在直角坐标下的表达式为

A=\x--y^+[y+—bx^+ce,1x2+y2=

xv:4a2

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

4.sin。0cos。A

4cos。0-sin。4

4010A.

。

J-r一

c

//,=

6r-

/do

即该矢量在球坐标下的表达式为"=

1-15已知圆球坐标系中矢量/=ae,,+be,+，式中，，c均为常

数，A是常矢量吗？试求V.N及Vx/,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。，仇c均为常数，但是单位矢量e,，〃均为变矢，

所以Z不是常矢量。

在球坐标系中，矢量力的散度为

=（r24）+——-（sin叫）

广dr'rsin0d0尸sin。（3。）

将矢量Z的各个分量代入，求得¥./=即+纥0诂。

rr

矢量力的旋度为

e<hp

r2sin6尸sin。r

ddd

VxA=

dr~se而

44rsin以0

%分J

r2sin6rsin。r

ddd__b

drdea。r

arbrsmOc

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

4sin。cos。cos6cos。

4，=sinOsin。cossin

4cos。一sin。

+y+/

求得该矢量在直

cosB

角坐标下的表达式为

—

a

/

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

b

r+—z

cos。0

01h

-sin。0b

z----r

求得其在圆柱坐标下的表达式为

b

/=r+—z+c%+

a

题解三

3-1若真空中相距为"的两个电荷切及欤的电量分别为夕及曲，当点电荷/位于外及仪

的连线上时，系统处于平衡状态，试求《的大小及位置。

解要使系统处于平衡状态，点电荷。受到点电荷力及饮的力应该大小相等，方向相反，

ff

即工=乙那么，由q、q,=q凶,=»々=2外,同时考虑到八+々=1,求得

徊何4%/4叫]

1,2,

可见点电荷,可以任意，但应位于点电荷外和外的连线上，且与点电荷％相距;

3-2已知真空中有三个点电荷，其电

别为：

%=1C,片(0,0,1)

q2=ic,P2(1,0,1)

%=4C,6(0,1,0)

试求位于P(0,-1,0)点的电场强度。习题图3-2

解令外,々,6分别为三个电电荷的位置4,乙，4到2点的距离，则。=&，々=百，

〃=20

利用点电荷的场强公式E=—^er，其中e,为点电荷q指向场点尸的单位矢量。

4%产

那么，

一在P点的场强大小为g=■,%2,=‘方向为3=--^(ev+e:).

4乃8笳01<2

%在尸点的场强大小为E2=——―-=--一，方向为er2=—](么+分+eJ。

~4疝-o212疵0V3'

%在尸点的场强大小为53=-，方向为叫=—%,

^7t£^%45

则尸点的合成电场强度为

E-E}+E2+E3

3-3直接利用式（3-1-14）计算电偶极子的电场强度。

解令点电荷-]位于坐标原点，r为点电荷-4至场点尸的距离。再令点电荷+q位于+z坐

标轴上，分为点电荷至场点尸的距离。两个点电荷相距为/,场点尸的坐标为（r,。,。）。

根据叠加原理，电偶极子在场点P产生的电场为

4fI厂八）

考虑到r»/,e1.=er,ri-r-lcosO,那么上式变为

(22\.q（（八一r）（4+1）]

0qA一丫

E-e-4%1f2Jr

4f\r；)r

存41+与一2—『

式中r/1=(r2+/2-2r/cos6

/（尸r）

I

I、.(I2/丫5

以一为变量，并将1H—Q—Z「cos。在零点作泰勒展开。由于/<<〃，略去高阶

rl尸〃）

项后，得

-iIf./11

—cos^

r)Ar

利用球坐标系中的散度计算公式，求出电场强度为

E=--^—\V|-+-^cos^]_"]=迹塔.+迺%

4乃41厂r）1尸〃2%分尸4万％产

3-4已知真空中两个点电荷的电量均为2xlO%C,相距为2cm,如习题图3-4所示。试求:

①尸点的电位；②将电量为2xl0-6c的点电荷由无限远处缓慢地移至2点时，外力必须作

的功。

习题图3-4

解根据叠加原理，P点的合成电位为

°=2x，-=2.5xl()6(v)

4万％尸

因此，将电量为2*10-6(2的点电荷由无限远处缓慢地移到尸点，外力必须做的功为

W=(pq=5(J)

3-5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J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

Pi，线电荷的中点位于坐标原

点，场点尸的坐标为卜,z)。

利用电位叠加原理，求得场点

习题图3-5

产的电位为

d/

4^02

式中为=—+产。故

(p=——Inz-l+

4fL

因七=-V°,可知电场强度的z分量为

+(Z+〃2)2yjr2+(Z-L/2)2

-——(sind2-sin仇)

^7ts^r

电场强度的r分量为

Pl__________________2__________________

4B。J(z++户(z+〃2+J(z+〃2F+户)

J(z—A/2)-+7一(z-Li2+J(z-A/21+厂

=——(cos6,-cos凡)

4兀%八

式中d=arctan—，，02=arctan―那么，合成电强为

LJLJ

E=0[(sin02-sin仇)e2-(cos-cos6、)er]

4%尸

当L—>8时，，—>0,f兀,则合成电场强度为

E=一--e,

27t£or

可见，这些结果与教材2-2节例4完全相同。

3-6已知分布在半径为°的半圆周上的电荷线密度自=Asin。，万，试求圆心

处的电场强度。

习题图3-6

解建立直角坐标，令线电荷位于号平面，且以y轴为对称，如习题图2-6所示。那么，点

电荷0d/在圆心处产生的电场强度具有两个分量刍和由于电荷分布以y轴为对称，因

此，仅需考虑电场强度的E”分量，即

dE=dEv=6d1,sin°

'4f。

考虑到d/=ad=asin。，代入上式求得合成电场强度为

E=ey-sin2(/)A(f)='。-e

1

4%。Ssoa

3-7已知真空中半径为。的圆环上均匀地分布的线电荷密度为外，试求通过圆心的轴线上

任一点的电位及电场强度。

y

习题图3-7

解建立直角坐标，令圆环位于坐标原点，如习题图2-7所示。那么，点电荷自出在z轴上

产点产生的电位为

4g/

根据叠加原理，圆环线电荷在P点产生的合成电位为

广，

加d/=—F,

2

小r^Tte^r24J/4-z

因电场强度E=-▽9，则圆环线电荷在尸点产生的电场强度为

E=-e.^=ePQZ

Z222

zdz2£o[a+zy

3-8设宽度为忆面密度为p.s的带状电荷位于真空中，

试求空间任一点的电场强度。

(a)(b)

习题图3-8

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qdx'。那么，该无限长线电荷产生的电场

强度与坐标变量z无关，即

dE=------er

r

2兀£o

式中尸=J（X-E）2+'2

e,=e*二-+"l=4%（x—x）+ey]

rrr

得〜心;"A忤12

那么E=E2匐（纥；；+/附7'）+，削

ww

X-----XH----

72

arctan-------arctan.......-

yy

3-9已知均匀分布的带电圆盘半径为a,面电荷密度

为P5,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。

x

习题图3-9

解如图2-9所示，在圆盘上取一半径为尸，宽度为dr的圆环，该圆环具有的电荷量为

Qq=2m“Ps。由于对称性，该圆环电荷在z轴上任一点尸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

_zrp^r

入…严

那么，整个圆盘电荷在P产生的电场强度为

2pzrdr_pAzz

一小…严2。［目户总

3-10已知电荷密度为Ps及-夕S的两块无限大面电荷分别位于工=0及x=1平面，试求

x>l,0<x<l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2s，在xv0区域中产生的电场强度

E；=-e禺,在x>0区域中产生的电场强度以=exE］。位于x=1平面内的无限大面电

荷一PS，在X<1区域中产生的电场强度E；=《£2,在X>1区域中产生的电场强度

Ez=-e£。

由电场强度法向边界条件获知，

=2，L=O^E--£OE^=~ps\x=0

E

即4片+%纥=PsL=o-£O2=-AL=1

由此求得£,=E2=-^-

2%

根据叠加定理，各区域中的电场强度应为

E=Ey+=-eE+=0,x<0

x}CXE2

E=£*；+E；=exEx-\-exE2=0<x<1

%

E=E；+用=exE]-exE2=0,x>1

3-11已知空间电场强度E=3e*+4%,-5e.,试求(0,0,0)与(1,1,2)两点间的电位差。

解设尸I点的坐标为(0,0,0,)，生点的坐标为(1,1,2,),那么，两点间的电位差为

展,Ed/

式中E=3ex+4et,-5ez,d/=exdx+eydy+e.dz,因此电位差为

展黑(3dx+4dy_5dz)=—3(V)

3-12已知同轴圆柱电容器的内导体半径为“，外导体的内半径为从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%,则同轴线内电场强度E=—人/。为了使同

2万夕

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=。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

则同轴线内导体表面r=。处电场强度为

b

E(a)=—"J—r-="――Md

令6不变，以比值々为变量，对上式求极值，获知当比值2=«时-，E(a)取得最小值，即

aa

同轴线获得最高耐压。

3-13若在一个电荷密度为P，半径为。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3-13

解此题可利用高斯定理和叠加原理求解。首先设半径为。的整个球内充满电荷密度为。的

电荷，则球内尸点的电场强度为

p143P

。1户珂Pe=—

4万4尸之3r3^0

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一夕的电荷，则其在球内P点的电场强度为

E”=------=--^~

-

4兀£0r33/

式中r'是由腔心。'点指向P点的位置矢量。

那么，合成电场强度E/+E2P即是原先空腔内任一点的电场强度，即

Ep=EIP+E

式中〃是由球心。点指向腔心。'点的位置矢量。可见，空腔内的电场是均匀的。

3-14将块无限大的厚度为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£,均匀电场E的方向与介质板法线的夹角为可，如习题图2-20所示。当介

质板中的电场线方向W=生时，试求角度a及介质表面的束缚电荷面密度。

4

习题图3-14

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

Esinq=E2sin02；Dcos*-D2cos02

已知D=£{}E,D2=EE2,那么由上式求得

⑦""=包=tan4=-tan02=包=〃=arctan包]

tan%£££\£J

已知介质表面的束缚电荷p：=en-P=en-(D-£0E),

那么，介质左表面上束缚电荷面密度为

=。,P,=e”[-1--0,=11-且enl-D,4£cosa介质右表面上

I〃I〃I£)

束缚电荷面密度为

/\/\/\

。:2=e“2书=C"2，1-|。2=1-Cn2"^2~1~C0S4

\£)\S)kS)

3-15已知两个导体球的半径分别为6cm及12cm,电量均为3xl0fc,相距很远。若以

导线相连后，试求：①电荷移动的方向及电量；②两球最终的电位及电量。

解设两球相距为d,考虑到两个带电球的电位为

s1偏4％1°_1(%工始

(P、---------1---;①、=-------+—

4酝1ad14多I6d)

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0=%

及％+矽=<7=6x106(C),

求得两球最终的电量分别为

0j_；q=2x[0-6(c)

ad+ba-2ab3

=h{d-a)7%27=4xio-^c)

2ad+bd-2ab3''

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1x10-69)。

两球最终电位分别为

5

(p.«—1—^-=3X10(V)

4%4a

12=3xlO5(v)

《密b

3-16如习题图3-16所示，半径为〃的导体球中有两个较小的球形空腔。若在空腔中心分

别放置两个点电荷夕।及42,在距离厂＞＞。处放置另一个点电荷公，试求三个点电荷受到的

电场力。

习题图3-16

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，外与力之间没有作用力，/对于%及%也没有作用力。但

是外及%在导体外表面产生的感应电荷-%及-%，对于%有作用力。考虑到厂＞＞。，根据库

仑定律获知该作用力为

,(一+以口

J~A2

3-17已知可变电容器的最大电容量Cmax=100PF，最小电容量C^n=1°PF，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

嗅源+%卜=△匕

式中%源=必q=r(cmaxr-cminr)=81x炉⑴

26

A^=1(cmax-cmin)r=4.o5xio-(j)

因此，外力必须作的功为

啊卜=-4.05x10-60)

3-18若使两个电容器均为C的真空电容器充以电压修后，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：①两个电容器的最终电位；②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

G=c,C2=src

两电容器的电量分别为名,私，且

%+心=2CV

由于两个电容器的电压相等，因此

&=区nq="

GC2

联立上述两式，求得

2CV2CV£r

%=T,-，%=-T------

1+J1+£广

因此，两电容器的最终电位为

/'=鱼=生=2"

GC]1+sr

考虑到%>/，转移的电量为

Aq=q,-CV

■邑+1

3-19同轴圆柱电容器的内导体

半径为“，外导体半径为6,其

内一半填充介电常数为名的介

质，另一半填充介质的介电常

数为?，如习题图2-27所示。习题图3-19

当外加电压为“时，试求：①电容器中的电场强度;

②各边界上的电荷密度；③电容及储能。

解①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

40ds-q(a<r<b)

求得"(a+3)=q

已知R=£gi，D2=£2E2,在两种介质的分界面上电场强度的切向分量必须连续，即