电磁场与电磁波课后答案Word格式文档下载.docx
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电场力：
库仑定律：
F112e
41-r
厂3w=
常电荷系统：
Fe
q常数
dl
dW
e
F
常电位系统：
常数
题解
2-1若真空中相距为d的两个电荷5及5的电量分别为q及4q,当点电荷I俚丁5
樹翌连线上时'
系统处于平衡状奉，迖求q的大小及莅置。
解要使系统处于平衡状态7点电荷q受錨庶电荷①及•的力应该大
FqF
lq
QQQQ
，同时考虑到:
灯d
12°
42
0粧
rr
?
1，邂得
2
T・d
!
\
d
23
可见点电荷q可以任意，但应位于点电荷q1和的连线上＞且与点电
Iz
习题图2-2
4r
01
eree
已方向为么2
02
荷q】相距d・
3
2-2已知真空屮有三个点电荷，其电量及位置分别为：
P{0,0,1）
PSLO,Dp]oj,0）
试求位于P（0,1.0）点的电场强度。
解令r轴分别为三个电电荷
旳位置PnP.VJP点的距离，
则P点的合成电场强度为
+min
1238212382123
2-3直接利用式（2-2-14）计算电偶极子的电场强度。
解令点电荷q位于坐标原点，t为点电荷q至场点P的距离。
再令点电荷q位于+z坐
标轴上，珥为点电荷q至场点P的距离。
两个点
电荷相距为1,场点P的坐标为（「，）P4>
根据叠加原理>
电偶极子在场点P产生的电场为考虑到r»
l,
qrr33A]
E二
一=（+
式中122
—nl2rlcosl2cos
r2
11厶］.2
迦变122rcos
取在零点作泰勒展开。
由于
1几略吝高阶项*什
11111芯・1
11cos2C0S
1rrri
利用球坐标系屮的散度计算公式，求出电场鹼为F
qlllqlcosqlsin
40nr2i4r
2-4已知真空屮两个点电荷的电
题图2-4所示。
试求：
①PJE无盼卑护的功。
2針”
00
VT二一
1q%=X—lcnilcm
兀
q6
22.510V
4or
因此，将电量为210C
°
的点电荷由无限远处缓慢地移到P点，外力
必须做的功为Wq5J=9=（）2-5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轴放曹>
由于结构以z轴对称,e
场强与尢夭。
为了简甲起见，令场点位于yz平面。
设线电荷的长度为L,密度为
P
1,线电荷的中点位于坐标原
利用电位叠加原理，求得场点
P的电位为
点，场点P的坐标为・Zo
In
OLL
Pzg22习题图2-5
20
式屮
loZllo故
）+L
因E可知电场强度的z分量为
Elii
z
z4z
22
LL
77
r
22
Eln
i
i4r
（J（+/）z血；
；
（+/我+/）+
4J（_/）+21（_/7（-/厂J丄2
0zL2rzL2zL2'
々
zL2zL2zL
11
nr
4rA
11
itanit卅
0121tan
一（（一8）_（・0））
tan2tan2tan
lcoslcos
rfn丄1
虹。
血L
zz
¥
02a
sinsJ/f$cos2cosie
0r
可见，这些结果与教材2-2节例4完全相同。
p=pe
2-6己矩分布在半径为a的半圆周上的电荷线密度
sin,0
10
试求圆心处的电场强度。
sin.0
y4
a解建立直角坐标，令线电荷位于％
Exy平面•且以y轴为对称，如习题图2-6所
二习题图一©
点电荷1
718id
在圆心处产宇的$场萨更基有两$分量和E,。
由于电荷分布以y轴为对称，因此，仅需
7TP
=/
dEdEy
P考虑
到dlad,sg代入、上式求得合成电场强度为
ttPo
<
P=
TOya
dl解建立直角坐标，令圆环兀PP；
!
位于坐标原点\/Ml葩1・
习题图2-7
id
点电荷1
2・7所示。
那么,
在Z轴上P点产生的电位为
A
根据叠加原理，圆环线电荷在P点产生的合成电位为
dldl
r4r
la
2・8设宽度为W,向密度为
解建
因电场强度E，则圆网践电荷在P点产生的电场强度为
E_尘）「Pz洱
Z&
（+）
Z2
P2%
s的带状电荷位十真空屮,
P（x,y）
立直角
（a）（b）芈标…
且令带
券题图2-8
状电荷
位于xz平而内，枫鉅餌2,8）所示。
带I犬电荷可划分为很多条宽度为dx
的无限长线电荷，
号线密度为申。
那勾一华弄限长线畀荷产半的电
场强度与坐标变量z无矢＞即
式屮rxxy
xxyl
ereeexxe
xyx
dx
得dEezxxey
2xxy0
那么Ewexxxeyv
22xxy
♦2
sarctaii2arctaii2
exlne
p42yyoo
xv
（+吗
解如图2-9所示、在圆盘
上取一半怪为「诫为p（
=[=2-9—―
dr的圆环>
该圆环具有的但+）1Ei|<
+
何重为dq2rdio由于選華性，谬淨坏电荷在z轴上任一点P产
生的电场强度仅的工有Z分量c根据习题2-7结果，获知该圆环电荷在P产生的电场
强度的产分量为VVV
21zd
dEz2r
2Or.
32
那么，整个圆盘电荷在P产生的电场强度为
32z
2o22za2
弍0
2・10已知电荷密度为
s及s的两块尢限大向电荷分别位±
x=0及x二1平
L
e=e
zrdrszz
面，试求xL0x1及xO区域屮的电场强度。
解无限大平而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s,在x〈0区域屮产生的电场强度E】亡E】，在x>
0区域屮产
x
X<
1区域中产生的电场强度Ece.E,在x>
l区域屮严生的电场强
生的电场强度Ee：
E。
位丐x二1平面内的无限大面电荷
丿艾
E：
e7E=-
由电场强度法向边界条件获矩，
SEE命e
即SEE瞄8
由此求得
根据叠加定理.
EE=
=p
=0
EEc=
Ps
2SO
吨孑rJ
Y°
EE舫&
=-p4
各区域屮的电场强度应为
EE=ik・Ee諭
EE_IEAEe当％x
2-11若在球坐标系屮，电荷分布函数为
0,Orap科N
10、arb
0,rb
<
>
试求Oia,arb及lb区域中的电通密度Do
解作一个半径为r的球面为高斯而，由对称性可矩
寸・—=
DdsqD曲
s4ir
式中q为取合晅S包围的电荷。
那么
在Om：
区域中，由于q二0,因此D二0。
在aib
区域中，闭合而S包围的电荷量为
=/P3）
q63
vdvlOra
633
lOra
因此，De>
2「直［P=_
在rb区域中，闭合面S包围的电荷量为
634
vdvlOba
Odd
因此,
DIOba
3i
2-12若带电球的内外区域屮的电场强度为
试求球内外各点的电位。
解
2-13已知圆球坐标系中空间电场分布函数为・pM
Ee
ja
rv•
试求空间的电荷密度。
解利用高斯定理的微％财式电V得知在球坐标系w
1d円P（rE）=soo（孑腔
那么，在”区域屮电荷密度为
P（）=8）=
^52r1div
ld5>
八Oan
rdr
2-14已知真空中的电荷分布函数为
）TT
0/ra
式中工为琢辔系中的半径>
试求空间各点的电场强度。
解由于电亦分布具有球对称性，取球面为高斯面•那么根据高斯定理
Jp（）=3•
QQ
E2
S“
=叫“
Z8
在Om区域中
V
qi1224
▼▼
dv4ridiT
5
141"
o
4rr
25
13
q尸卩（）=/7122
dv4ndia
=4兀
7T
H
r€8
1451a
2*o
4i5O5J0
2-15已知空间电场强度E3ex4®
5e2,试求（0,0.0）与（1,1,2）
两点间的电位差。
解设匕点的坐标为（0Q0J,的电位匕点的坐标为（1,1,2,）,那么，两点间
差为=『
p2
+f+
4
式中3x4e5e,PredxeAved扌）=—（
Ee,肉此电丿位差为
vzxyz
1,1,2g=
V3dx4gy鮒脅
2-16已知同轴圆柱电容器的内导体半径为外导体的内半怪为b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
了获得算高耐压，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q],则同轴线内电场强度
EQIeo为了使同轴线获得最高耐压，应在保持内外导体之间的21-1
电位差v不变的情况下；
订吏冋轴线诵帀輕慶达到最小值，即应
最大的使内导体表面口I强b达5＞沖为月
的电容为
-o7
创Q.VlnbVb
aa=,（㈡则同轴线内导体表而ra处吨场净度为
令b不变，以比值b为变量，对上式求极值，获知当比值e»
时，EaJa取得最小值，即同轴线获得最高耐压。
2J7若在一个电荷密度为，半径为a的均匀带电球屮>
存在一个半
径为b的球形空腔>
空腔屮心与带电球中心的间距为d,试求空腔屮的电场强度。
解此题可利用高斯定理和叠加原理求解。
首先设半径为3的整个球内充满电荷密度为的电荷，则
习题图2-17
球内P点的电场强度』气P
718
143
Elp4ofyJ
式屮r是由球心。
点指向P点的位置矢量•
再设半径为b的球腔内允满电荷密度为的电荷>
则其在球内P点的电场强度为
口|43
E2P公t爼r,
4Qr33o
式中r昂由幣i\o占指向P占的仿:
冒
那么，合成电场强披E屆即是丿帛先空腔内任一点的电场强度,
P,P
即=+=（—）=
8Z
3300
习题图2J8
式中d是由球心o点指向腔心o点的位置矢量。
可见均匀的。
2-18已知介质圆柱体的半径为a,长度为1,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。
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，故只考虑而
束缚电荷O而且该犁曳荷仅存在圆柱上
下端面。
已知面束缚电荷密度与极化强度
的矣系为
sPe
n
式中为後面的外法线方向上单位矢量。
由此求得圆柱体上端而的束缚电荷而密度
为ifnP,二圆柱体下端而的束缚而电荷密度为s2Po
由习题2・9获知，位于xy平面>
面电荷为P的圆盘在其轴线上的
电场强度为
因此，圆柱下端面束缚电荷在Z轴上年生的电场强度为
+
22za
而圆柱上端而束缚电荷在z
PZ1
El9e
2Ozl（zJ
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
「Pzlzl
Ee丁
zz
2za
zlz
229
q•=n71Zld~~；
7?
07T
2」9已知内半怪为亦护彳衣为忠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：
①介质壳内外表面上的束缚电荷;
V②客区域屮的电场强度。
解先求各区域中的电场理度。
—很据介质中高斯定理
87182
4r2er
>
dsq4rDqD
在Ota区域屮，电场强度为
F6q
04r
2C
=（&
上）
在吐b区域中>
电场强度为
（Z）
=I
TtsZ）n
在tb区域中>
E-026
再求介质壳内外表而上的束缚电荷。
由于PE
0,则介质壳内表而上束缚电荷而密度为
siiPerPo2iqq
4a4a
外表而上束缚电荷而密度为
psnBerP・
7182
4b4b
2-20将一块无限大的厚度为d的介质梔放在均匀电场E屮，周圉媒质
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江
60=—
旳夹角为”如习题图2-20所示。
当介质板中的电场线方向2时＞
试求角度I及介质表面的束缚电荷面密度。
解根据两种介质的边界条件获知，边界习题图2-20上电场强度切向分量和电通密度的法
向分量连续。
因苗可得Q（
DcoslDcos
EsmlEsin：
已知DoE.DE,那么囲上式求得
■■■■*«
■■■MM■■■■■■~|
tail9iQtarftanarctaii+
g121
:
八
P*=
已知介质表面的束缚电荷ser.Pen（DoE）,
sle*e*旳卿lEcos
与嘅墮观）&
os
2-21已订两个导体球的半径分别为6cm及12cm,电量均为
6
310C,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d»
a,d»
b，两个带电球的电位为
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S及屯q6io芒求得两球最终的电量分别妙如一q】qq+
adbd2ab3（
隅一匚二
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
两球最终电位分别为
9抽……
.—X
酗15
43
310
Q=-
=X
斑5
b
2-22已知两个导体球的重量分別为nu=5g,m：
=10g,电量均为
510C,以无重量的绝缘线相连。
若绝缘线的长度l=lm,且远大于两球的半径，试求；
①绝缘线切断的瞬时'
每球的加速度；
②绝缘线切
断很久以后，两球的速度。
_
解①绝缘线切断的瞬时•'
每球受至縮•匚據…宇
718718
0.225N
510510
因此，两球获得的加速度夯别为
F0.225
F0.2253222.
5ms
145
1Q2Q1
40X21
=—02—0
②当两球相距为1絆球的电位分别为ql
此吋，系统的电场能量为
绝缘线切断很久以后，电位分别为
W4
21
两球相距很远（l»
a.l»
b）,
2Q
两球的
18
幻二亠・
%
由此可见，绝缘线切断很久的前后，系统电场能量的变化为
厶
1qo1q.=p
A2q1q225（J）
W241]241241
000
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：
=—+—
1122
Wmvmv,iHiVaV20
由此即可求出绝缘裁切断（mA以后两球的速度円们（/）
12：
v7.74ms；
Vz3.87ms
2-23如习题图2-23所示，半径为a的导体球屮有两个较小的球形空腔。
若在空
解根摇原-H2-7节所述，封闭导体空腔具有萍电屏蔽待
之间没有作用力，q。
对卄对卄占cM讪九=心业也没冇柞用力。
但是习题便F233
q”及在导体外
31-r
表向严生的感应电荷・q〕及•对」礪有•作用力。
考唐到[»
恥很据库仑定律获知该作用力为
2-24证明位于无源区屮任一窃&
曳輕平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布特性无矢-解已知电位与电场强度的矢系为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
lrlir
rdvrrds
4vn4rr
9（）=—c
若闭合面s内为无源区，即0、那么
hr
;
4严皿（
若闭合面s为一个球面，其半径为a,球心为场点，则na那
1=-V<
么上式变为
玖尸耸一9'
•'
+—一八（*）smd71
4Saaq'
•'
=
考虑到差矢量IT的方向为该球而的半径方向，即与<
P（）二一俨（J1
ds的方向恰好相反，又E,则上式变为
11ds
rEds2r
4aS4aS_
由于在s面内无电荷，则Eds*那么
1ds
rzi2r
4aS
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矢。
2-25已知可变电容器的最头电容量ClOOpF,最小电容量
max
==—=x一
ClOpF,外加直流电压为300V,试求使电容器由最小变为最大的nun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増量，即
恤外
式中WV讯資諾CV）,
UO（J）
min
A=/^naxe）V4..0510=W2mill
外力必须作的功为
因此，
=-x）
W4^p510Jv7
2-26若便两个电容器均为C的真空电容器允以电压V后，断开电源相
8
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
二=9
理想介质后，两电容器的电容量分别为
C1C,C21C
两电容器旳电量分别为+q】，可，且
Q1Q22CV
由于两个电容詬禹帝丽毒，因花
联立上述两式，求得
因此，两电容器的最终电位为
Q1q22V
C1c2i—
8+r
考虑到qjq,转〔移的电量为
q翌
2-27同轴圆柱电容器的内导体半怪为a,外导体半径为b,其
内一半填充介电常数为】的介质，另一半填充介质的介电常12数为2,如习题图2・27所示。
当外加电压为V时，试求：
①电容器屮的电场强度；
习题图2-27②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而，由高斯定理
qDdsqaibs（<
）
求得rDDq
已知D】E,亠由〕〕处种企麼的分界而上电场强度的切
冋分量必级逵续，即E]Ey密
内外导体之间的电位差为
bqb
VEdTlh
IT（E+；
即单位长度内的电荷量为qV
bhi
故同轴电容器中的电场强度壮"
MIE%
Ill
lerE
&
ln
P~
外导体的内表面上的电荷面密度为
le.F
bill
③单位长度的电容为
=J7+J—
电容器屮的储能密度为
12bIn
C口
2V
bb
2-28•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Ik试求：
1接上电压V时，移去介质前后电容器屮的电场强度'
电通密度、各边界上的电荷密度、电容及储能；
2断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。
—1
解①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，习题图2-288=8二乞一
因此丄才质0?
卜的电场强度E是相等的，即电场强度为E。
但是介
DooEOo
两部分极板表面自由电荷朮巒废芬划力=（2+sOO
）-
电容器的电量q“cc
ql
V2d
2d
电容量为c
厶乙
若接上电压时，移去介质，那么电容器屮的电场强度为
电通密度为
极板表而自由电荷而密度为
电容器的电量为qg2
=500-
电容量为C
qi
Vd
电容器的储能为
②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
QV（s+20）
~Z12d〜“
电通密度为DE
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