電磁場課后答案

1、2-習(xí)亀1-3某材料含有密度為 10人個/米3的電子.以及同等量的一價正厲子。電子以 IfPm/s的平 均速度朝一個方向運動，正離子以 0.lm/s 的平均速度朝相反方向運動。求該材 料內(nèi)的電荷密度 p 及 電流密度 J。解因為材料中含有的電子和正離子是同等量的 , 所以電荷密度卩 =0。 因為電流方向被定義為正 電荷運動方向，所以電流密度 J =Ji+J2, 式中= 千 Ji =由J| = 10 jxl020xl.6xi0 ,= 16 000J2 = 0.1 x lOAxiAx 10-2=1.6得J = Ji+72=16 001.6 A/m 7 習(xí) 1-6 已知曲線方程為I y = X2電流

2、方向為正電荷運動方向。2- 5習(xí) HV4 直徑為 1mm 的銅導(dǎo)線上有 10A 的恒定電流流過。若電子密度為1021 個/ 米? 試估計電子的半均速度。解因為 J = pv = l/La ,p= Ne.fff 以v =/(AaNe) = 10/?x(0.5xiO ,),xl02?xl.6xlO _w= 7.96xtO Jm/s2- 6習(xí)題1-5 個電子以IO解 電場對電荷 q 所做的功為 m/s的速度平行于z軸的正方向運動若平行于x軸正方向 加有一個強 度為 lb A/m 的均勻磁場。問 : 如果要使電子保持原來的運動狀態(tài) . 需再加一個什 么樣的電場？解依題意有V = ?,106,H = G

3、10I x = 1 y 若使電子保持原來的運動狀態(tài) , 應(yīng)使電子所受的外力沽倫茲力為零，即F#g = qE + gV X /2QH = 0 即E=-vXMoffxXlUv/m所以，為使電子保持原來的運動狀態(tài)，應(yīng)加一個電場：E= -i/wxio i 十算由點 (0.0.1) 沿曲線運動到點 ( 2? 4. -3)時. 電場 E = i,2jry 一 iy3x2 + *4 =x2,d = 2xdxz = l 7y=l*2dz = - 2jt( Lt2x 3dr - 3x 52xdj- + x(l - x 2)(-2x)dx/ 1 4672X7X 3心）0 (2?茁-6,甘-2, +2/壯)習(xí)4!2

4、5-J已知總為 Q的電費均勻分布在內(nèi)半徑為s外半徑為b的空心琢上？求空間 各處的電場強度E（ r）.M如圖18所示？這是一個已知II的分布？求場的何M。因為電荷奩空心球上均勻分布？所以空心球上的電荷密度為由積分形式的電場辰斯定 2Qod? = JvpdV取個半空為的球面。（1）當(dāng) OAr.a 時，有訊=0 由球?qū)ΨQ性知E| = i rE|r （G ）打da =J : J( G )左=4 ” oE( r*)sin&d卩=J/dV = 0E ? （2=0 | = 0所以（2）當(dāng) ar nb 時 木La丘 2 ? da = JpdV因為空心球上的電荷為均勻分布，所以于是，空間的電場(OAr,a)分布

5、為(arR6)E=6 )4jt?o 廠？(滬-a)由球?qū)ΨQ性知(r?)即所以(3)當(dāng) rb 時由球?qū)ΨQ性知場? da = J* “ ?2?卩)亡 En&dOd 卩?r3 - a 3-4&0 廠沱 2.(心)-詳 rpQ八,(T =4, or263_ajQE2.爲(wèi)禹Q彳 foE)? da = J/dV = QEj=ir Ejr (r.)可得所以EE)也E3-ir, 12Q? 4肚o片2-9習(xí)s -e出上題中IEI沿心的分布曲線。曲線連續(xù)嗎？與例i? i中的曲線比較，從中可以得到什么結(jié)論？解片題中的電場分布為(OAr,a)(+F)Q(a r,，14A 琢(65 - b)o*lEllftr.的分布曲

6、線如圖1-9所示。由圖1-9H 1壘可以看出.曲線是連續(xù)的，與例11中的曲線比較，可以得出這樣的結(jié)論：電荷不存花奇舁點，即 P不是無窮大時，場也保持連續(xù)。2-10例1-2 自由空間中的環(huán)形線電荷，半徑為a,線電荷密度為 Ao. Ao是常數(shù)。求該環(huán)軸線上的電場強度，討論當(dāng)軸線上的點za時，電場的近似表達式。此結(jié)論說明了什么？解題思路 該系統(tǒng)具有以環(huán)形線電荷軸線為軸的對稱性，可以選取柱坐標系，使z軸與該環(huán)軸線重合，由其對稱性可知軸線上的電場強度只有z 方向上的分量 . 只需求解電場的z 分址即可E 二 E(G? g)=i, E,(幾?卩? 2) + i/.WcE) + LE(nz)(1) 如果電場

7、與匚評無關(guān)？則衣達式可簡化為E = E(z) = t r Er仍舊具有“2三個分娥。(2)如果電場沒有“分就，則表達式可簡化為E-B(rftf.z)=iJE t(r c.f 9z)仍IH與三個變v *有關(guān):則環(huán)上任一？線元亦=如ad4亦0廠2解如圖1? 3所示？選取柱坐標系，使：軸與環(huán)形線電荷的釉線重AoddYtP點產(chǎn)生的電場為由其對稱性可知，軸線上的電場強度只有工方向上的分It,即dE, = dEasa = 洋程 cosa4K?or合?所以軸線上的電電荷住二處所產(chǎn)生的電場A()因為九心r = J / + 工,cosa =專|B |dw31? .= 0 26 + c）.導(dǎo)體上帶有沿軸向流動的均

8、勻分布在導(dǎo)體戲面上的恒 定電St.電波獨度為“。求空間的磁場強度HW）。（ W/K:用疊加原息）, _ _ 1 M對于該系統(tǒng).在不失一般性的惜況下 .為方便起見.建立如下的坐標系：以半徑為a的圓扶的軸線為=軸.且取.r軸過08柱及空洞軸，如圖1-12所術(shù)。用疊加原理求制。首先求出在具有空洞的圓柱上的體電流J.然后祚空洞處補充一體電流密度為+ J和-J的鬪柱，于是.可將原系統(tǒng)等效為如圖1-13所示的系統(tǒng)I和系統(tǒng)H。注意；本題不能補充的電流柱.因為這樣做不可能將原系統(tǒng)分解成可用積分場定律求解的分系統(tǒng)，依題意有t H * dl j J *下曲分別求解條統(tǒng) 1和條統(tǒng)11的場。 對于系統(tǒng)I：由積分形式場

9、定律 取一個半徑為rc的環(huán)路C,它所圍的面積為So當(dāng)OArca時因為J為當(dāng)矢厳, 所以力也,=sJ - daJ ? da = JoKrl他=叫(2? d$ =打尸 2q)?譏 d 卩=2xrcH2F(re)因此H2 = S ( :; 2)ga時Hi ? ds = j J ? da?血=曲由對稱性知Hi = W,G)? d$ = y cfHiF(rc)?卩=2nrcH (r c)因此fH，r 2。-2 也(：2-小 跖“防寫成直角坐標變的形式，可得系統(tǒng)(宀)1中的場為(0?ca )./oa i+ #* 2xr c(a2-c2)-2 + y 2 2it(a 2c2)(61)I相同的方法求得對于系統(tǒng)

10、11:只需將坐標系平移.即并將電流密度改為-ijo,便可用與系統(tǒng)H-S( Xjr-W+g 巾 2 ；(化 2)( 0? ； c)22F 2：（ Q2-F ） = 一 （才 _6）2 + y 2n（a -c ）所以，空間的磁場強度為Ifi V. + i r l * 走_門一洞洞外住內(nèi)c z 1叫皿IQ + 4_匚(才 6) foK2ir(a2-c 2) (x - b)2 y12n(a 2I 2?(才 6)Io/l 宀 H 2x( a 2-c2)(x -柱外/,)2 + 2 2Aa2.-R)已場分布為個半徑為r的無限長圓柱面，在其上有沿軸向流 H| ? ds = 2nr cHjg習(xí)此S空間2的動、

11、密度為Ko的均 勻面電流。求空間的磁場分布H(r)。 (0Cr cR)n1, *pB 1 U解如圖14所示，由于系統(tǒng)中 E = 0,所以修正的安培定律為打嚴 (QR)H ? ds = / V ? da且有K = igKo由對稱性可知：H與q有關(guān)，而與pz無關(guān)，因此H = ifHT(rc)o取一個 半徑為rc的圓為積分回路 C,它所圍的平面面積為 So當(dāng)OWqVR時J ? da = 0 Jst “2山=1 A2f( rc)r cdp = 2xrcH2f,(rJ=f J *da =0 Js 所以H2=0(0Ar cR時?r， = jr_a ，y = y,z=z&(x.y.z)坐標系中.選一個柱面作

12、為離斯面，柱面的上、下底與z=0=0的平面平行，旦距的平面的距離相等，柱面上、下底面積大小均為 由對稱性知s。E = / z)習(xí)1-13已知在r = 0和z = a之間的區(qū)域中，分布有均勻的、密 為的體電荷.求空間的電場分布E(r)0解由電場離斯定律知J(0 da -如圖1 15所示，肖先將坐標系原點沿X方向平移至a處，平移前、后坐標系間的關(guān)系為E(x)-E(-jr)。上eoE ：? daJ. SO ? ia阿.ir( 一 才)?(-ij)da + 0A2 da)所以(,T號時 foE| ? da=)? f,da + st=2StoE|,(jr)s.x*)? (-i,)da+ j co | ?

13、 daJs.pci=畑(r J2)梅坐杯軸)0)i).2)E?5T2eo(xa )(x0 )2-19習(xí)通1-14已知一個半徑為a的無限氏導(dǎo)體圓柱, 的均勻體電流c求它在空間各點產(chǎn)生的陋場強度H(r)o解 如圖1J6所示，無限長圓柱內(nèi)的電流密度為由積分形式場在其上有沿取一個半輕為rc的環(huán)路C,所圍的平面面枳為So 當(dāng) 0Ar(va 時 f H 2?人=j/ ? da因為J為常矢董，所以-da = Joda = JArl?2 = Wr c)H2 ? ds =尸 2.(G)?以曲？ 2xrc H2r(rc)J c也=一 (Xr ea )(.Jo & 卜2j i應(yīng)(r ca2r c0 1 L6m 17

14、可得即29 = 10* 0所以1xl= KTT=A|A-J=8.85x 10 6 C/m 2習(xí)通1-16對于一個點電荷產(chǎn)生的靜電場，如果有一個閉合曲血，它 的側(cè)面為頂點在點電荷上的圓錐面的一部分？兩個端面分別是以點電荷為球心的、半徑為Ri和R2的球面的一 部分, 證明如圖1? 18所示，設(shè)點電荷位于球坐標系原點，它 在空間產(chǎn)生的電場為試證明這個其在閉合曲面 S上的凈通聯(lián)為環(huán)E * do + J v da式中，S(RJ、S(R2)分別為懐面弘在半輕為乩和局的球面上所截的 球冠面積(其中弘為半錐角)。因為圓錐S績上的通最為dd + i* da- d Iffi 118所以同理可得rf *是 +J百=

15、j(cosA 0 - 1)ls(Rp “？ da = J ： :紅 inOdedp=f f ?0 W 用 sin&d&d 卩 Jo Jo 4g 用r=乎 sin&d&d 卩Jo Jo 4K=-y (cosAo - 1)p e()E ? da =sqE ? da + 1eAE ? da =01sJ&R,)JS(R2)另一方面.因為曲面所圍體積內(nèi)無靜電荷存在習(xí)fl!1-15冇啊個互相平行的無限大金風(fēng)平板，其上分 To?已知曲板相距1 cm ?板間電圧為MV,求的大小。(提解由前述的例越1? 3可知，如圖117所示，購個互相平 行的無限大帶電金Mf-fiE = -i r 29(OVzVd)0lo(?

16、0)由 V=EdjjdV 0f Ci dd * j pdV * 0可見這個場在該曲面上満足電場離斯定律。習(xí)題2? 2已知導(dǎo)體內(nèi)的電流與電場之間的關(guān)系為:J = eE,式中為導(dǎo)體的電導(dǎo)率。宙由式(2?3)和式(2 5)證明：在。為常數(shù)的導(dǎo)體內(nèi)，不可能積累電荷。說明這個證明為什么不適用于導(dǎo)體表面。解將導(dǎo)體內(nèi)電流和電場的關(guān)系J = aE代入式(2? 5)中，有 ? J = pE =-子 Ot因為a為常數(shù)，所以?？商岬椒e分號外，于是有 ? J= d ? E = V ? () = at將式(2-3)代入上式，有j-If解上述方程可得QuQoe %式中,po為時的電荷密度。由于p是/的負指數(shù)函數(shù)，因此，隨

17、著時間的增加，導(dǎo)體內(nèi)的P要逐漸衰減。因為導(dǎo)體的(7/罰非常大，所以，在很短的時間內(nèi)Y就可以衰減為零。因此，在”為常數(shù)的導(dǎo)體內(nèi)，不可能 積累電荷。導(dǎo)體表面上場量可能是非良態(tài)的？是場量不連續(xù)邊界，由于微分形式場定律不適用，所以上述證明不適用于導(dǎo)體表面。習(xí)題2? 3求下列電場的源分布。(1) E(r) = i/Eex2 (E。為常數(shù))fl的源？即電荷(2) E(r) = i r d(a 為常數(shù))解由干本題中兩個電場分布均不存在奇異點？故可用微分形式電場高斯定律求得它的分布。(1) p = V ?CoE = 2 oEo-rn r_L. d(rfsinfti) 2a oE(j-) = i TVo(f )

18、2 (0zd)式中，匕，為常數(shù)。求：?解(I)板間的體電荷分(1) 板間體電荷分布；(2) 理想導(dǎo)體板內(nèi)電場為0,在兩板相對的兩個面上的電荷分布情況如何布，可直接由微分形式電場高斯定律求得_ p r 2CoVOXP=v *?0E =(2)兩板相對的兩個面上的電荷分布可由電場法向邊界條件求解Q在0 處AO = G，?OaLsO = O在 jr = d 處%= -G?oA|x./= - ?oVo3-10習(xí)？25 K2-4中?若板間電場為*E(or “= i.Vosin (芳)。os(字)(0x/)式中? o為常ft.c=( Aoa )式中Jo為常試用fit分場定律求它產(chǎn)生的it場分布, 并用積分場

19、定律驗i君S (QX用徽分場定冷求處場分布 +鞘廠知i0 ,故應(yīng)有限, 所以應(yīng)有丄無關(guān)？即*1U 旦旦聲I孑 dpJfj rTHr Hf習(xí)？2-6巳知空間的電潭分布為可因為f本題是靜態(tài)場問 H,所以有因為在4 = 0處沒有線電流，,A=0C由系時的對由性可知？麋統(tǒng)與了丄無關(guān) 因為且童場只有分?即所以，當(dāng)OW ca,時，取半徑為，的環(huán)=2Hp(q)I ./ ? da = J() na2 J sL. .可得% ( 口)=緞所以，由積分場定律驗證得到的磁場分布也為2.Jg(OAr ta )3-17習(xí)ft 2-7試址明在一個勺.r和y無關(guān)的系統(tǒng)中？無散無靛的矢域場A(r.r)是?個均勻時變場證朗由越意

20、M(ru)是無散無族的矢雖場？所以有V ?4 (r.Z )工 0V x A(r.f)-0由典為系統(tǒng)M T.y無關(guān)?pA.11所以1由噸* -朮土 XA Ay A f4-2習(xí)? 3? 1由于E(r)= -V4(r).因此，若已知空間簾點電位則可求出浜點處的電場：這個結(jié)論是否止確？若已知電位4X0Q0) = 100 V.能否求出 E(0,0.0)?解該結(jié)論是備謀的。因為作為電位場的負梯度 ？電場 E)反袂了電位場的空間變化度，故只有知過電位場隨空間的變化慵數(shù) G(刀時，才可求出電場 E(r)o只知道某點處的電 位值是無法得到電位在空 間的變化情況的。若已知電位6(000) = 100 V,不能求出

21、E(0,0,0)o = O,則空間任一點 P相對于Po點的電位分布為需要注意的是：參考點的選定可使空間各點的電位值惟一，離開參考點來談某點的電位是沒有意義的。4-5習(xí)通3-4已知在My平面上有三個點電荷，*( -a,0) = IC,g 2(0.a ) = 2C.q %a .0) = 1C o求空間的 電場分布E(r)o解因為在空間某點的點電荷的電位為0()=4加(心所以，三個點電荷產(chǎn)生的電位分別為5 =盤*、=(滬八外“根據(jù)疊加原理，空間的電位分布為5/)=藥 + 5 + 5 因此，空間的電場分布為E(r)= - V* +層477+(號丄。-1.Inz)所以.根據(jù)電位的橋加原理.正方形均勻線電

22、荷在 P(0,0,z)點處產(chǎn)生的電位為 軸線上的電場分布為人o az4(0.E(O,0,Z)- -V#(O,O,?)=i,4-10習(xí)題36兩條線電荷密度等于“，但符號相反的無限長且互相平行的均勻線電荷.當(dāng)它們之間的距離df0, 8,但保持xad為席數(shù)時所得到的極限模型稱為二維電偶極子。Pt =hd稱為二維電個極子的偶極矩。試求二維電偶極子的電位和電場分布。M依題意建立如圖3-10所示坐標系.取兩線電荷所在平面為心平面，兩線電荷的中心處為=軸。因為位于z軸的無限長線電荷“在空間產(chǎn)生的電位為P = Cxjnr c2x = 0.此時即有c=o及0 = zA-ln 22xce rcj當(dāng)dT時，可得到d

23、qf 三86護d工f卩=對_rc- y cos?1 + z a?yInl-Q=忠山(1+菇卩)-加(1-令z =駕嚴 由于d-0.故上式含有l(wèi)n(l ),x-0的賂數(shù)形式。將ln(l 在 z=0處喪開，則有cos午)-ln(l-務(wù)0卩卜尹cos卩聽以。=孟嚴若定義PT= d為二維電偶極尸的偲極矩，則有0二議呵電場為e = -ve4-12習(xí)B3-有一個位于z軸的線電荷系統(tǒng),7A(r)=? 1_，式中，兒為常數(shù) 求它在心面上的電位和電場分布。z0z(.r ,j? ,0)=0由于電力線是由正電荷發(fā)出而終止于負電荷的.因此它在xOy面上的電場強度應(yīng)有 s方向的 分址所以，不能使用e( ,y,0)來求E

24、(r,y,0),只能使用直接積分來求電場分布。如圖3-11所示.為求心面上任意一點 P處的電場，先分別在dzi.dzz.且使Idz ； I = |dz ； l,則它們在P點處產(chǎn)生的電場分別為晌.a4 _4?o(x 2 +dEz 2鄉(xiāng)？-入.d珀+4x?o (-r 2 +dE =dE| $ Z 2)*dE其合成h和-石線電荷上士 z處取線元df；WX 1 、mi u由于ij = - i (2sina丈中?J卩+ /+以斬以1FAozdzdE- “ 253+寸+尹嚴龍中，i| U2分別為2指向P點的單位矢將dE在=從0到8進行積分，可得入 o/ch，：I r 2n? o(x 2 +* z2) i.

25、cosp) = - i ”8(2) 在rc = 2m的圓柱面上的面電荷務(wù)度.可由邊界條件求得7 =-2)(0r c2)(0r c21o.T S2若這兩種導(dǎo)體的介電常數(shù)都是co.試求：(1) 系統(tǒng)的電流分布。(2) 在rc = 2 m的圓柱面上的面電荷密度。?依題意，可建立如圖3-14所示的坐標系，冃有(1) 由于系統(tǒng)中的電場分布為=L? (? OE- “ E)2=-1.2fosin 護4-16習(xí)A3- 10證明格林定理da = J v(AV2/ + W, ? V/)dV和V/ yV|()-da = J (|V2/ /V2)dV證明：由離斷定理f A - da = V ? Ad V令A(yù) =且由矢

26、量公式 ?( 0 V /) = W-V f+0 好 可得格林第一定理(sV/.da = ,(002/+. v/ ) dv若令a =/ %?!由格林第一定理可知/V ? da = J (/V 2a + V/ ? ip) dV將以上兩式相減.可得格林第二定理札(八/ - da = j v( AV2/- /V2TdV4-19習(xí)B3-11導(dǎo)出圖3-15所示的鏡像關(guān)系式15解該系統(tǒng)的邊界條件為0(r)| r#.il = Oe( /)圖(a)所示系統(tǒng)可以由圖(b)所示鏡像系統(tǒng)代替？即圖(b)所示的電荷系統(tǒng)可以保證這 兩個邊界條件。根據(jù)點電荷電位疊加的關(guān)系，導(dǎo)體球面上的電位為?|,., = -2-丄 + =

27、4?4?o r 4i? or式中r = Q R? + 護2RdcosE由邊界條件叫R=0,有q ill4 兀 r 4 兀?(7廠 即g2(R，十滬)-/2(R2 + 屮)=2RcosG (如 2 - dq 2)因為8S&為任意變量，為了保證等式兩邊相等，則有g(shù)2(R2 + &2 ) _ /2( R2 + 護)=如 2 _ dqU = OR2 + X_ bR + d 1 ,d g2式中的參數(shù)關(guān)系為ft = y(或 M = R2)q=學(xué) q(或 dq = Rq)4-24習(xí)ff 3-13有一個一維導(dǎo)體直角形，如圖3-17所示，設(shè)導(dǎo)體無限薄垃接地(1)若有一點電荷q如圖3-17(a)所示放H,求空間的

28、電位和電場分布。解(1)用鏡像法求解，系統(tǒng)的等效鏡像系統(tǒng)如圖 可以很容易地寫出角域中的電位分布為圏3 18 若電荷如圖377(b)所示放置，是否可用鏡像法求解？為什么？3? 18所示。由點電荷的電位表達式訃二 冷你1.-V (工-a )2 + (y - a )2 + 工J 1 工 + a 2 + (y + a 卩 * V(x - a ) 2 + (y + a F +電場分布為E = - V0-q !匚（才-0） + 0 （ $V 1 ） + 7* 匚（工 + a） + 0 （,?幺）+ 2 +4（工-a 卩 + （y - a 卩 + / P（x + a ） 1 + （ -fl） 2 + z2

29、172 *匚（工 + a） + i ,（y + a ）+ 20 （# - a ）+ i,（y + a ）+ 2 （工+ a F + _（ y + a F + 工卩（才一_a F 令 （ y + a F + z2訕 J（2）當(dāng)電荷如圖3? 17 （ b）所示位放時？不能再用鏡金法求解，原因如下。在使用鏡像法時泌須保證原邊界（工0=0）和（工=0,y0）上電位為零，如果按昭八、（1）中方法配倉鏡像電荷，必然使得才=0和y = 0兩個平面上電位為零，相當(dāng)于又增加了兩個條件，即（工 VO.y9 ）和（工=0? yV0 ）上電位等于零，這與原題意不符。而且，這樣做的結(jié)果 會使得鏡像電荷進人（才V 0*0）和（=0?，V 0）的區(qū)域中，而這兩個區(qū)域是 包含在求解區(qū) 域中的，這將破壞電位在求解區(qū)域中所満足的方程。根據(jù)惟一性定理，此時即 使用鏡像法得到場解,也不再是原問題的解 C另外，此時待求角域的范圍為a = f = 2 ; 3,而2/3不是正整數(shù)，故不符合鏡像法在角城時的使用條件。4-26習(xí)通3-15已知在j=