電磁場(chǎng)原理習(xí)題與解答(第2章)

1、第二章習(xí)題答案2-2真空中有一長(zhǎng)度為I的細(xì)直線，均勻帶電，電荷線密度為.。試計(jì)算P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度:(1)(2)解:(1)P點(diǎn)位于細(xì)直線的中垂線上，距離細(xì)直線中點(diǎn)P點(diǎn)位于細(xì)直線的延長(zhǎng)線上，距離細(xì)直線中點(diǎn)可以看出，線電荷的場(chǎng)以直線的幾何軸線為對(duì)稱(chēng)軸,I遠(yuǎn)處;I遠(yuǎn)處。產(chǎn)生的場(chǎng)為軸對(duì)稱(chēng)場(chǎng)，因此采用圓柱坐-無(wú)關(guān)，這樣 z處取的元電荷其兩個(gè)分量:dE 旦4m0R_- l d zdE r = dE *e2cos4二；oRdEz= dE-ez上4陽(yáng)0Rsin所以:式（3）PR =, z = ' tancosdz = ；? sec2 J d v分別代入式（1）（2）得:yT COS°dE尸4二十

2、農(nóng)dE4二；0 cos-sin：sin =(4)標(biāo)系，令 z軸與線電荷重合，線電荷外一點(diǎn)的電場(chǎng)與方位角dq= dz ，它產(chǎn)生的電場(chǎng)與點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場(chǎng)相同，為:(5)l2 |2 4式（5）代入式（4）得:E：=25二；0亍 2、5二；01由于對(duì)稱(chēng)性，在z方向Ez分量互相抵消，故有 Ez = 0E = EEzez2、5二；0I（2 ）建立如圖所示的坐標(biāo)系在x處取元電荷dq二.dx則它在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為- xdx*-dE2 eR4二；0R其在x方向的分量為：T dx"dEx24 聴° R2又 R = l - xExdExdxdx4 - ；0R24- ；o(l -x )21 /2

3、 dx* 2/ 2 4二；o(l -x )40d - X / 2T3二；olexEx 二 Exex3二；ol2-3真空中有一密度為2二nC/m的無(wú)限長(zhǎng)線電荷沿 y軸放置，另有密度分別為O.InC/m?和2-0.1 nC/m的無(wú)限大帶電平面分別位于z=3m和z=-4m處。試求p點(diǎn)（1，-7，2）的電場(chǎng)強(qiáng)度E。解：z =3m和z = -4m的帶電平面產(chǎn)生的電場(chǎng)為：宀30 Z :：-4 或.3(1)(1)沿y軸放置的線電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)為E20 X2 Z2 xex 送所以，p點(diǎn)（1，-7，2）的電場(chǎng)強(qiáng)度為E 二 E1 E20.1ez.丄丄；。1 4ex 2ez(1)(1)= 22.59ex 33.88e

4、z V/m應(yīng)用疊加原理計(jì)算電場(chǎng)強(qiáng)度時(shí)，要注意是矢量的疊加。(1)(1)2-4真空中的兩電荷的量值以及它們的位置是已知的,如題圖2-4所示，試寫(xiě)出電位（rj）和電(1)(1)場(chǎng)E（r,R的表達(dá)式。解：為子午面場(chǎng)，對(duì)稱(chēng)軸為極軸，因此選球坐標(biāo)系，由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電位公式得:(1)q2qi二、 q"q22E(P)二匸著4二；0r234 二；oq1 (r -ccos )er csine q23+ (r2 c22rccos )2(r - d cos )er + d sin e 】2 2(r2d23-2rd cos )24 二；0_(r(r -ccos：)3222c -2rc cos丁 )2* q2

5、(r _d cos日)322o(r +d -2rd cos日)21er1+4 二；oq1c sin 日3(r2 c2 -2rc cos： )2q2d si"3(r2 +c2 _ 2rc cosT / 一q1q2(P )= i4nz0r1 4m0r2ii又 = (r2 c2 _2rcco s)2 , r2 = (r2 d2 2rd cos"2口 =rc 二 rerccosercsinv j 二 rccos er csin： e_,r2 二 rd 二 rer 7dcosterd sin二 rdcos er d sinr e寸q1q2(pH 1：2-4兀Eori 4兀名o2+1

6、122q22o4 二;o (rc 2rc cos )24二；0 (r c2rc cost)2(1)(1)2-5 解，(1)由靜電感應(yīng)的性質(zhì)和電荷守恒原理，充電到Uo后將電源拆去，各極板帶電情況如圖(1)所示d d dAB二 E1 E2 E3 U 0333日七壬=字Uac=Ucd=UdE13=U3°+ Qro+ -+ _a 0+ _+ _+ -+巳-托2-+ Ea-+ -+ _+ -+ _+ _+ -十n+ + 1rA C D Bd2UoU BC = -U CB = - U CD U DB3C、D板無(wú)電荷 若將C、D板用導(dǎo)線聯(lián)接，C、D兩板的電荷將在電場(chǎng)作用下進(jìn)行中和，一直到Ucd=0

7、, 內(nèi)側(cè)正負(fù)電荷全部中和掉，其它部分的電荷由于電場(chǎng)的作用以及電荷守恒（這時(shí)電源已拆去）而都不變化，再斷開(kāi)聯(lián)接線時(shí)也不會(huì)變化。電荷分布情況如圖（2）所示E2U AB=OUcd=0UaC=UdB=Ei = O33；Ubc 7cb o Udb32Uo巳0 ；oC、D板有電荷+J+-j°0+ -+巳-已=0+ E3-+ . 1-+ -+ -+ -CBD - o(1)(1)（3）由于在聯(lián)接C、D板時(shí)有電源，電源的作用將強(qiáng)迫 A B板間的電壓Uab=Uo; C D 板被短接強(qiáng)迫Ucd=0，為滿(mǎn)足UAB=Uo的條件，顯然必須使Ei , E3增大到Ei ,E3，也即 相應(yīng)的電荷密度應(yīng)增大，如圖（3）

8、所示。由于電場(chǎng)力的作用，依次拆去電源與 C D 板間聯(lián)線時(shí)，情況不再變化。EOU°2Ucd =O+A-E2 =o+E3UBC 心° Udb 七C、D板有電荷（4）若在繼（2）之后將A B板短接，則A B板成為一常電位系統(tǒng)，由于在（2）的情況下，Uab2U° -O，因此電荷將進(jìn)行中和來(lái)達(dá)到Uab=0的強(qiáng)制條件。而 C、3D板與外界沒(méi)有導(dǎo)線聯(lián)接，各自板上的總電荷保持不變，但會(huì)在內(nèi)外兩側(cè)間發(fā)生電荷轉(zhuǎn)移到U AB - O后，一切電荷的轉(zhuǎn)移都將停止，電荷分布如圖（4）所示。+ _+ F - +巳-_HH.+_十”_E3.+-4 =F1-ABD二 2C-二 2(1)匚&quo

9、t;一匚罪一 1匚"一 213,2 ->0匚0dU A - E1 E2 E30 二 1 二 2 = ；0 = ;0U 0 d2解得£ 二 E3 JU0 3dE2 =-2Ei J2U° 3d-J-JUac =Udb =Ei =U°.9 , Ucb =E2 =-2U°,9332-6半徑為b的無(wú)限長(zhǎng)圓柱中，有體密度為 山的電荷，與它偏軸地放有一半徑為a的無(wú)限長(zhǎng)圓柱空洞，兩者軸線平行且距離為d，如圖2-6所示，求空洞內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度。(c)(b)P圖2-6解：由于空洞存在，電荷分布不具有對(duì)稱(chēng)性，由此產(chǎn)生的場(chǎng)亦無(wú)對(duì)稱(chēng)性，因此不能用高斯定律求解。這是可把

10、空洞看作也充滿(mǎn) ?0，使圓柱體內(nèi)無(wú)空洞，然后再令空洞中充滿(mǎn)-二，并單獨(dú)作用，分別求出兩種場(chǎng)的分布后疊加即可。設(shè)空洞內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E。第一步 0單獨(dú)作用，如圖（b）所示，由體密度為°的電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為 E1，由高斯定 理D *dS1= oEfYl =訂二"lSi-%P -所以：E1e?2%第二步-命單獨(dú)作用產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為 E2，如圖（C）所示。： D dS2= q2 = -0 E2 2 ' lS2220 二ep2 ；o22第三步 將：-0和-怙在空洞中產(chǎn)生的場(chǎng)進(jìn)行疊加,E= E1+ E2=0.? d2 ；oeeex2 ；0注：Hd =d ex222-7半徑為a介

11、電常數(shù)為£的介質(zhì)球內(nèi)，已知極化強(qiáng)度P(r)ker （k為常數(shù)）。r試求：（1）極化電荷體密度(2)自由電荷體密度(3)介質(zhì)球內(nèi)、外的電場(chǎng)強(qiáng)度 E。解：er= P *enr =a(2)因?yàn)槭蔷鶆蚪橘|(zhì)，有因此D = E =P)r222球內(nèi)電場(chǎng),球外電場(chǎng)，由高斯定理:22:D dS = q = dv 二S4 n2 dr =nr2；ka-'02- z ka _D =2 er ，；-；0 r-Dz ka -E=2 er ( r > a )；0；0 ； - ；0 rE.dsds；0亠 1 ! pdV；pdSVs；0r dV'7外層的相對(duì)介電常數(shù)2cm，內(nèi)層介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)

12、-8具有兩層同軸介質(zhì)的圓柱形電容器，內(nèi)導(dǎo)體的直徑為r2 =2，要使兩層介質(zhì)中的最大場(chǎng)強(qiáng)相等，并且內(nèi)層介質(zhì)所承受的電壓和外層介質(zhì)相等，問(wèn)兩層介質(zhì)的厚度各為多少? 解：以圓柱心為坐標(biāo)原點(diǎn)，徑向?yàn)镴軸，設(shè)單位長(zhǎng)度上帶電荷為.，由高斯定理d s =2二2D e,*2二廠r1 -0E；亠）T；02二；。；r2 'T1 maxTe;，TE2 maxT T er2 ；0；嚴(yán)2R = 1.5cmfTR1 =1cm, = 3, ；r2 = 2, E1max = E2max將電位參考點(diǎn)設(shè)在外導(dǎo)體上，即|亍邑二0,R3 、則 %=E2 dp P I2 二；$2、R2尹- >二 E1 d 丿b i一 I

13、n區(qū)二1唱we，ln2 二“R2lnR 2 二；2In尺R22二；2R?R3In2 二；2R3-0即R3=1.55/3= 1.96cm,所以，內(nèi)R2-R1= 0.5cm，外R- R= 0.46cm2-9用雙層電介質(zhì)制成的同軸電纜如題圖2-9所示，介電常數(shù)；1 =4；。2 =2 ；0內(nèi)、外導(dǎo)體單位長(zhǎng)度上所帶電荷分別為.和-.(1)求兩種電介質(zhì)中以及 i : Ri和"R 3處的電場(chǎng)強(qiáng)度與電通密度;（2）（3）解：求兩種電介質(zhì)中的電極化強(qiáng)度； 問(wèn)何處有極化電荷，并求其密度。(1)由高斯定理可得:(t : Ri)圖2-9(Ri ： ： ： R3)R3)-D電場(chǎng)強(qiáng)度 E, 故£8 n

14、 0 ；?e；-4n oL : Ri)(Ri ： ： : R2)(R2 ： ： : R3)('R3)(2)由D = £E P ，得兩種電介質(zhì)中的電極化強(qiáng)度為3三- %(Ri < P c R2)-8n 尸P = D - 0 E =e (R2' : R3)4 n 內(nèi)、外導(dǎo)體圓柱表面上和兩種電介質(zhì)交界面上有極化電荷，它們分別是：在“ g處：(心八8-T在： - R3處：p = P *e :P4靈-_-_3.在 P = R2處：=匕 ep + F2 (_ep)=P8冗R2 4員8冗只22-I0有三塊相互平行、面積均為 S的薄導(dǎo)體平板，A、B板間是厚度為d的空氣層，B、C

15、板間則 是厚度為d的兩層介質(zhì)，它們的介電常數(shù)分別為 “和；2，如題2-I0所示。設(shè)A、C兩板接地，BQd dd題圖2-I0板的電荷為Q,忽略邊緣效應(yīng)，試求:(1) 板間三區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2) 兩介質(zhì)交界面上的極化電荷面密度；(3) A、C板各自的自由電荷面密度。解(I)在A、C板間的三介質(zhì)區(qū)域內(nèi)，分別為均勻電場(chǎng)，在為正電荷時(shí)各電場(chǎng)方向如圖所示，從而有E d Ed；二 0 E oS - iE is Q.iE i - E 2從而解得2QE1S( g 0 引 + Sq 名2 + g 2 )及E2mq及E0=何乜2)Qs( ；0 ” ,.0 ；2 ；討；2)(2)在兩介質(zhì)分界面上n1'P2

16、 *en2 = 'D1 - ；oE1 - D2-；0E21 en1；0 ；1”：2 QS ；0 ；1 ；0 ；2 ；1 ；2(3)在A、C板上的電荷面密度分別為二A - _ ；0E0及匚 c _ _ ；2E2 =s(客0引十累02十51®)s(0®1中客0名2十名1名2)2-12如題圖2-12所示球形電容器中，對(duì)半地填充有介電常數(shù)分別為叮和；2兩種均勻介質(zhì)，兩介U時(shí)，試求:質(zhì)交界面是以球心為中心的圓環(huán)面。在內(nèi)、外導(dǎo)體間施加電壓(1 )電容器中的電位函數(shù)和電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)內(nèi)導(dǎo)體兩部分表面上的自由電荷密度。解：(1)u題圖2-12方法一：設(shè)內(nèi)導(dǎo)體帶電荷為 Q，外導(dǎo)體帶電

17、荷-Q,選球坐標(biāo)，應(yīng)用高斯定律由媒質(zhì)分界面條件可知，在兩種介質(zhì)中巳=E2 , D = D2，所以Dj dsD2 *ds1E1S1S2弋ds 亠 i '72E2 «ds12 E ds 二 QS2S1- Q -2 nr2 +«2 f(1)令外導(dǎo)體為參考導(dǎo)體，則電位函數(shù)為R2R2Q.Qd r :2 nr2 ；1 ；2(2)R2U 二R,R2Edl J八*d r =2 n；1；2R2_ ur1r2)R2 R1將上式帶入(1)(2)得UR1R212 er ,R2 -R1 r2URR21R2 - R1 (rR2 丿方法二：用靜電場(chǎng)的邊值問(wèn)題求解，在均勻介質(zhì)1和介質(zhì)2中，電位分別

18、滿(mǎn)足拉普拉斯方程，并且邊界面條件相同，所以可判斷兩個(gè)區(qū)域的電位函數(shù)相同，有'、2 =0r zR2取球坐標(biāo)系有C(r2.:rr解：內(nèi)球殼外表面電荷密度為；一，外球殼內(nèi)表面電荷密度 二2。由高斯定律Ds = q 得:解：內(nèi)球殼外表面電荷密度為；一，外球殼內(nèi)表面電荷密度 二2。由高斯定律Ds = q 得:在兩種介質(zhì)中,1 :2 .r上式的通解為C1C2r有邊界條件解得:Cir,r2uC2 =r2uRi - R-2Ri - R2ur1r2 (1R2- R1 irR2丿E,UR1R212 erR2 -冃 r2 r解：內(nèi)球殼外表面電荷密度為；一，外球殼內(nèi)表面電荷密度 二2。由高斯定律Ds = q

19、得:解：內(nèi)球殼外表面電荷密度為；一，外球殼內(nèi)表面電荷密度 二2。由高斯定律Ds = q 得:(2)兩種介質(zhì)中的電位移矢量分別為D1=1E1,D2二；2E2根據(jù)分界面條件對(duì)于本題，設(shè)媒質(zhì) 2為介質(zhì)，媒質(zhì)1為導(dǎo)體，因此有 D0 , c二 D2 *en則內(nèi)導(dǎo)體兩部分表面上的自由電荷密度為1 二;1E(R1)0mur2R2 _ R12 = ； 2E(R1)© 二；2UR2R2 R1解：內(nèi)球殼外表面電荷密度為；一，外球殼內(nèi)表面電荷密度 二2。由高斯定律Ds = q 得:解：內(nèi)球殼外表面電荷密度為；一，外球殼內(nèi)表面電荷密度 二2。由高斯定律Ds = q 得:2-15 有三個(gè)同心導(dǎo)體球殼的半徑分別

20、是ai,a2和a3?。篴2 : a3，導(dǎo)體球殼之間是真空。已知球殼2上的電量為q,內(nèi)球殼1與外球殼3均接地。求：(1) 球殼2與內(nèi)、外球殼之間的電場(chǎng)和電位分布內(nèi)球殼1的外表面與外球殼3的內(nèi)平面上的電荷面密度J和二2。解：內(nèi)球殼外表面電荷密度為；一，外球殼內(nèi)表面電荷密度 二2。由高斯定律Ds = q 得:22ai: r :a22:D1d s 二1：a1 . D =2s1rTe',E D1"T r e ；ora1'1 = Epi =a12門(mén)31宀2 dr r 4rau；orai -r，當(dāng) a2 ： r : a3時(shí)， D d S2丁S22T14：二a1q, D2 -, 24

21、 二 ai 二1 q4二:0r2悶T T,2 二 E2d lra3,2,24帀1»5=如»%3），又當(dāng)r"2時(shí)，碼亠 4二嗣34二；0r2吐 a1 _a2=ioa24: E°a3a2'a2解得：G召摯4応aa2（a3 a）十乩T T在r =a3處，enp2二匕Vg2；、4玄22-17在半徑分別為 a和b （b>a）的同軸長(zhǎng)圓柱形導(dǎo)體之間，充滿(mǎn)密度為訂的空間電荷，且內(nèi)、外筒形導(dǎo)體之間的電壓為U，如題圖2-16所示。試用邊值問(wèn)題的方法求電荷區(qū)內(nèi)的電位函數(shù)。解：圓柱形導(dǎo)體之間的電位滿(mǎn)足泊松方程，對(duì)應(yīng)的邊值問(wèn)題為=_鼻在圓柱形坐標(biāo)中電位僅是 J的函

22、數(shù)，因此泊松方程有如下形式:題圖2-16決PP P 8P I 8P上式的通解為In c2由給定的邊界條件確定積分常數(shù):?c(b2-a2)u-U所以C1 二4；。aC2G(b2 - a2)-0U lnb 、 24；o.運(yùn).b4%inoa%(b2 -a24 ；obIna)-UIn -%(b2 -a2)I 4%2U In bIbInab24 ；o2-19兩平行導(dǎo)體平板，相距為d，板的尺寸遠(yuǎn)大于 d，一板的電位為零，另一板電位為Vo ,兩板?X=U上式泊松方程轉(zhuǎn)化為：d2ox廠=_d x；o'（X）其通解CP =3:oXdo題圖2-19C1x C2間充滿(mǎn)電荷，電荷體密度與距離成正比，即（X）=

23、 J0X。試求兩板間的電位分布（注： X = 0處 板的電位為零）。解：兩平行導(dǎo)體平板間的電位滿(mǎn)足泊松方程，忽略邊緣效應(yīng)，在直角坐標(biāo)系對(duì)應(yīng)的邊值問(wèn)題為鈿=：x=0 =02 2 由給定的邊界條件確定積分常數(shù):C2 = 0?od26；o所以:UoX0f2)X2 2 上式第一項(xiàng)為電源對(duì)電位函數(shù)的貢獻(xiàn)，第二項(xiàng)為電荷珥x）的貢獻(xiàn)。2-2o在無(wú)限大接地導(dǎo)體平面兩側(cè)各有一點(diǎn)電荷qi和q2，與導(dǎo)體平面的距離為 d，求空間電位的分布。解：因?yàn)槭菬o(wú)限大接地導(dǎo)體，所以，當(dāng)q單獨(dú)作用時(shí)，接地導(dǎo)體對(duì) q2相當(dāng)于屏蔽作用，當(dāng) q2單獨(dú)作用時(shí)，接地導(dǎo)體對(duì) q相當(dāng)于屏蔽作用，所以:qi單獨(dú)作用時(shí)產(chǎn)生的電位在qi所在側(cè)，設(shè)ri

24、和Q分別為qi和q的鏡像到p的距離，由鏡像法得:2 2 qi4 二 sqi4 ；oDmi)2 2 q 2單獨(dú)作用時(shí)產(chǎn)生的電位在q2所在側(cè)，設(shè)D和5分別為q2和q2的鏡像到p的距離，由鏡像法得:2 2 q24二；。3q24二；o4蟲(chóng)昭）2 2-28若將某對(duì)稱(chēng)的三芯電纜中三個(gè)導(dǎo)體相連，測(cè)得導(dǎo)體與鉛皮間的電容為0.051，若將電纜中JFcCit23BoCiCiCi£3Co = 0.051 JF , C。=0.017 JFC006= 0.037 JF的兩導(dǎo)體與鉛皮相連，它們與另一導(dǎo)體間的電容為0.037，求：（1）電纜的各部分電容；（2）每一相的工作電容；（3）若在導(dǎo)體1、2之間加直流電壓1

25、00V，求導(dǎo)體每單位長(zhǎng)度的電荷量。解：三芯電纜的結(jié)構(gòu)及各部分電容如圖（a）所示（1）對(duì)應(yīng)于兩次測(cè)量的等值電容電路分別如圖（ b）和圖（c）所示:由圖(c)得:圖（a）圖（b）0.037 pF由圖(b)得:-1 (0.037 0.017)=0.010.051&圖（c）圖（d）C* + 3CjCa 卜 3C| 丿2圖（e）（2） 工作電容是指在一定的工作狀態(tài)下的等值電容，在這里是指三相工作時(shí)一相的電容，等值電容如圖（d ）和（e）所示:所以，一相的工作電容為C =Co 3Ci =0.047 JF(3)若在導(dǎo)體1,2之間接一直流電壓100V，則從A, B端看去的等效電容為：Cab =C 2

26、=0.0235 JF所以qAB = CABU AB = 0.0235 100 = 2.35 -C / m注：電纜是作為無(wú)限長(zhǎng)來(lái)處理的，所以這里的電容均應(yīng)理解為單位長(zhǎng)度的電容。2-31 一個(gè)由兩只同心導(dǎo)電球殼構(gòu)成的電容器，內(nèi)球半徑為a,外球殼半徑為b，外球殼很薄,其厚度可略去不計(jì)，兩球殼上所帶電荷分別為+Q和-Q，均勻分布在球面上。求這個(gè)同心球型電容器的靜電能量。解：同心球形電容器的電容為:4 二；0abb -a所以，同心球形電容器中的靜電能量為1 b-aQ22 4二；0ab2-32空氣中，相隔1cm的兩塊平行導(dǎo)電平板充電到100V后脫離電源，然后將一厚度為 1mm的絕緣導(dǎo)電片插入兩極間，問(wèn)：(1)忽略邊緣效應(yīng)，導(dǎo)電片吸收了多少能量？這部分能量起到了什么作用？?jī)砂彘g的電壓和 電荷的改變量各為多少？最后存儲(chǔ)在其中的能量多大？(2)如果電壓源一直