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电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答

电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答


3.1 真空中半径为 a 的一个球面,球的两极点处分别设置点电荷 q 和 q ,试计算球赤道平 面上电通密度的通量 Φ (如题 3.1 图所示). 解 由点电荷 q 和 q 共同产生的电通密度为
q
赤道平面

三章习题解答

D=

a

q R+ R [ 3 3]= 4π R+ R q er r + ez ( z a) er r + e z ( z + a ) { 2 2 } 2 32 4π [r + ( z a) ] [r + ( z + a) 2 ]3 2
z =0

则球赤道平面上电通密度的通量

Φ = ∫ Did S = ∫ Diez
S S
a

dS =

q
题 3.1 图

q ( a) a ∫ [ (r 2 + a2 )3 2 (r 2 + a2 )3 2 ]2π r d r = 4π 0

qa 2 (r + a 2 )1 2
3.2

a 0

=(

1 1)q = 0.293q 2

1911 年卢瑟福在实验中使用的是半径为 ra 的球体原子模型,其球体内均匀分布有总电

荷量为 Ze 的电子云,在球心有一正电荷 Ze ( Z 是原子序数, e 是质子电荷量) ,通过实验得 到球体内的电通量密度表达式为 D0 = er

Ze 1 r ,试证明之. 4π r 2 ra3
Ze 4π r 2 Ze 3Ze ρ = = 3 4π ra 3 4π ra3 D1 = er

解 位于球心的正电荷 Ze 球体内产生的电通量密度为 原子内电子云的电荷体密度为
b

ρ0

a
c

电子云在原子内产生的电通量密度则为

ρ 4π r 3 3 Ze r D2 = er = er 2 4π r 4π ra3

Ze 1 r 4π r 2 ra3 题 3. 3 图 ( a) 3 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中,体密度为 ρ 0 C m , 两圆柱 面半径分别为 a 和 b ,轴线相距为 c (c < b a ) ,如题 3.3 图 (a) 所示.求空间各部分的电场. 解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布,不能直接用高斯定律求解.但可把半径为 a 的 小圆柱面内看作同时具有体密度分别为 ± ρ0 的两种电荷分布, 这样在半径为 b 的整个圆柱体内具 有体密度为 ρ 0 的均匀电荷分布,而在半径为 a 的整个圆柱体内则具有体密度为 ρ0 的均匀电荷 分布,如题 3.3 图 (b) 所示.空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加. q 在 r > b 区域中,由高斯定律 ∫ E idS = ,可求得大,小圆柱中的正,负电荷在点 P 产生 ε0 S
故原子内总的电通量密度为

D = D1 + D2 = er

的电场分别为

E1 = er

π b 2 ρ0 ρ0b 2 r = 2πε 0 r 2ε 0 r 2

′ E1′ = er

π a 2 ρ0 ρ a2r′ = 0 2 2πε 0 r ′ 2ε 0 r ′

b

b

ρ0

a
c

=

ρ0

a
c

b ρ 0

+
c

a

题 3. 3 图 (b)

点 P 处总的电场为

E = E1 + E1′ =

在 r < b 且 r ′ > a 区域中,同理可求得大,小圆柱中的正,负电荷在点 P 产生的电场分别为

ρ b2r a2r ′ 2 ) ( 2ε 0 r 2 r′
′ ′ E 2 = er

E 2 = er
点 P 处总的电场为

π r2ρ ρr = 2πε 0 r 2ε 0
′ E = E2 + E2 =

π a 2 ρ ρ a2r′ = 2πε 0 r ′ 2ε 0 r ′2

在 r ′ < a 的空腔区域中,大,小圆柱中的正,负电荷在点 P 产生的电场分别为

ρ0 a2r′ (r 2 ) 2ε 0 r′
′ ′ E3 = er

π r ′2 ρ 0 ρ r′ = 0 2πε 0 r ′ 2ε 0 ρ ρ ′ E = E3 + E3 = 0 ( r r ′) = 0 c 点 P 处总的电场为 2ε 0 2ε 0 3.4 半径为 a 的球中充满密度 ρ ( r ) 的体电荷,已知电位移分布为

π r 2 ρ0 ρ0 r E3 = er = 2πε 0 r 2ε 0

r 3 + Ar 2 Dr = a 5 + Aa 4 r2
解:由 i D = ρ ,有 故在 r < a 区域

(r ≤ a) (r ≥ a)

其中 A 为常数,试求电荷密度 ρ ( r ) .

ρ (r ) = i D =

1 d 2 ( r Dr ) r2 d r

1 d 2 3 [ r ( r + Ar 2 )] = ε 0 (5r 2 + 4 Ar ) 2 r dr 1 d 2 ( a 5 + Aa 4 ) r > a 区域 在 ρ (r ) = ε 0 2 [r ]=0 r dr r2 3.5 一个半径为 a 薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜,球内充满总电荷量为 Q 为的体 4 电荷,球壳上又另充有电荷量 Q .已知球内部的电场为 E = er ( r a ) ,设球内介质为真空.计

ρ (r ) = ε 0

算: (1) 球内的电荷分布; (2)球壳外表面的电荷面密度. 解 (1) 由高斯定律的微分形式可求得球内的电荷体密度为

ρ = ε 0 i E = ε 0 [
(2)球体内的总电量 Q 为

1 d 2 1 d 2 r4 r3 ( r E )] = ε 0 [ 2 ( r 4 )] = 6ε 0 4 r 2 dr r dr a a
a

Q = ∫ ρ dτ = ∫ 6ε 0
τ
0

r3 4π r 2 dr = 4πε 0 a 2 4 a

球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷 Q ,而且在球壳外表面上还要感应电荷 Q ,所以 球壳外表面上的总电荷为 2 Q ,故球壳外表面上的电荷面密度为

σ=

2Q = 2ε 0 4π a 2

σ 1 和 σ 2 的面电荷. (1)计算各处的电位移 D0 ; (2)欲使 r > b 区域内 D0 = 0 ,则 σ 1 和 σ 2 应具
有什么关系? 解 (1)由高斯定理 当 a < r < b 时,有 当 b < r < ∞ 时,有 (2)令 D03 = er 3.7

3.6 两个无限长的同轴圆柱半径分别为 r = a 和 r = b (b > a ) ,圆柱表面分别带有密度为

∫ D id S = q ,当 r < a 时,有
0 S

D01 = 0 aσ 1 r
D03 = er

2π rD02 = 2π aσ 1 ,则

D02 = er

2π rD03 = 2π aσ 1 + 2π bσ 2 ,则 aσ 1 + bσ 2 = 0 ,则得到 r

σ1 b = σ2 a

aσ 1 + bσ 2 r

计算在电场强度 E = e x y + e y x 的电场中把带电量为 2 C 的点电荷从点 P (2,1, 1) 1

移到点 P2 (8, 2, 1) 时电场所做的功: (1)沿曲线 x = 2 y 2 ; (2)沿连接该两点的直线. 解 (1) W = F id l = q E id l = q Ex d x + E y d y =
C C
2







C

q ∫ y d x + x d y = q ∫ y d(2 y 2 ) + 2 y 2 d y = q ∫ 6 y 2 d y = 14q = 28 ×10 6 ( J )
C 1

2

1

(2)连接点 P (2,1, 1) 到点 P2 (8, 2, 1) 直线方程为 1

x 2 x 8 = y 1 y 2
2



x 6y + 4 = 0
2

6 故 W = q ∫ y d x + x d y = q ∫ y d(6 y 4) + (6 y 4) d y = q ∫ (12 y 4) d y = 14q = 28 ×10 ( J )
C

1

1

(2)利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点的电场 E ,并用 E = 核对. 点的电位 ; 解 (1)建立如题 3.8 图所示坐标系.根据电位的积分表达式,线电荷平分面上任意点 P 的 电位为

3.8 长度为 L 的细导线带有均匀电荷,其电荷线密度为 ρ l 0 . (1)计算线电荷平分面上任意

z
L 2

L 2

( r , 0) =

L 2



ρ l 0 dz ′
4πε 0 r 2 + z ′2

=
L 2

ρl 0
o
P

θ

ρl 0 ln( z ′ + r 2 + z ′2 ) 4πε 0
r

L 2

=

2 r 2 + ( L 2) + L 2 ρl 0 ln = 2 4πε 0 r 2 + ( L 2) L 2
2 r 2 + ( L 2) + L 2 ρl 0 ln 2πε 0 r

L 2
题 3.8 图

(2)根据对称性,可得两个对称线电荷元 ρ l 0 dz ′ 在点 P 的电场为

dE = er dEr = e r

ρ l 0 dz ′
2πε 0 r + z ′
2 2

cos θ = er

2πε 0 ( r 2 + z ′2 )3 2
L 2 0

ρ l 0 rdz ′

故长为 L 的线电荷在点 P 的电场为
L 2

E = ∫ dE = er


0

2πε 0 ( r 2 + z ′2 ) 3 2

ρ l 0 rdz ′

= er

ρl 0 z′ ( ) 2 2πε 0 r r + z ′2

= er

ρl 0 4πε 0 r

L r 2 + ( L 2)
2

由 E = 求 E ,有

E = =

2 ρl 0 L 2 + r 2 + ( L 2) = ln 2πε 0 r

er

ρl 0 d 2 ln L 2 + r 2 + ( L 2) ln r = 2πε 0 dr
r 1 e ρl 0 = r 4πε 0 r L 2 + r 2 + ( L 2) 2 r 2 + ( L 2) 2 r
P

(



)



ρ er l 0 2πε 0
3.9

L r + ( L 2)
2 2

已知无限长均匀线电荷 ρl 的电场 E = er

r ρl ,试用定义式 (r ) = ∫ E id l 求其电 2π ε 0 r r

位函数.其中 rP 为电位参考点. 解

( r ) = ∫ E id l = ∫
r r

rP

rP

ρl ρ ρ r r d r = l ln r r = l ln P 2π ε 0 r 2π ε 0 2π ε 0 r
P

由于是无限长的线电荷,不能将 rP 选为无穷远点. 解 两个点电荷 + q 和 2q 在空间产生的电位

3.10 一点电荷 + q 位于 (a, 0,0) ,另一点电荷 2q 位于 (a, 0, 0) ,求空间的零电位面.

( x, y, z ) =
令 ( x, y, z ) = 0 ,则有 即

1 4π ε 0

( x + a) + y + z ( x a)2 + y 2 + z 2 1 2 =0 ( x + a) 2 + y 2 + z 2 ( x a)2 + y 2 + z 2
2 2 2

[

q



2q

]

4[( x + a ) 2 + y 2 + z 2 ] = ( x a) 2 + y 2 + z 2 5 4 ( x + a) 2 + y 2 + z 2 = ( a ) 2 故得 3 3 5 4 由此可见,零电位面是一个以点 ( a,0, 0) 为球心, a 为半径的球面. 3 3 Ze 1 r 2 3 (r ) = ( + ) 3.11 证明习题 3.2 的电位表达式为 4πε 0 r 2ra 2ra Ze D1 = er 解 位于球心的正电荷 Ze 在原子外产生的电通量密度为 4π r 2

电子云在原子外产生的电通量密度则为 所以原子外的电场为零.故原子内电位为

D2 = er

ρ 4π ra3 3 Ze = er 2 4π r 4π r 2

Ze 1 r 2 3 Ze a 1 r (r ) = ∫ D d r = ∫ ( r 2 ra3 ) d r = 4πε 0 ( r + 2ra 2ra ) 4πε 0 r ε0 r 3.12 电场中有一半径为 a 的圆柱体,已知柱内外的电位函数分别为 r≤a (r ) = 0 a2 (r ) = A(r ) cos φ r ≥ a r

1

ra

r

(1)求圆柱内,外的电场强度; (2)这个圆柱是什么材料制成的?表面有电荷分布吗?试求之. r < a 时, E = = 0 解 (1)由 E = ,可得到

r > a 时, E = = er

a2 a2 [ A(r ) cos φ ] eφ [ A(r ) cos φ ] = r r rφ r 2 a a2 er A(1 + 2 ) cos φ + eφ A(1 2 ) sin φ r r

(2)该圆柱体为等位体,所以是由导体制成的,其表面有电荷分布,电荷面密度为

σ = ε 0 ni E r =a = ε 0er i E r =a = 2ε 0 A cos φ
3.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足 2 = 0 (1) sin(kx) sin(ly )e hz (3) r
n

其中 h2 = k 2 + l 2 ; 圆柱坐标;

(2) r n [cos( nφ ) + A sin( nφ )]

圆柱坐标; cos(nφ ) (4) r cos φ 球坐标; 2 (5) r cos φ 球坐标. 解 (1)在直角坐标系中 而

2 2 2 = 2 + 2 + 2 x y z
2



2 2 = 2 [sin(kx)sin(ly)e hz ] = k 2 sin(kx)sin(ly)e hz 2 x x 2 2 = [sin(kx)sin(ly)e hz ] = l 2 sin(kx)sin(ly)e hz y 2 y 2 2 2 = [sin(kx)sin(ly)e hz ] = h2 sin(kx)sin(ly)e hz z 2 z 2 2 = (k 2 l 2 + h 2 )sin(kx) sin(ly )e hz = 0
(2)在圆柱坐标系中

2 =



1 1 (r ) = {r r n [cos(nφ ) + A sin(nφ )]} = n 2 r n 2 [cos(nφ ) + A sin(nφ )] r r r r r r

1 2 2 (r ) + 2 2 + 2 r r r r φ z

故 (3)



1 2 = n2 r n 2 [cos(nφ ) + A sin(nφ )]} 2 2 r φ 2 2 n = r [cos(nφ ) + A sin(nφ )] = 0 z 2 z 2 2 = 0 1 1 (r ) = {r [r n cos(nφ )]} = n2 r n2 cos(nφ ) r r r r r r 2 1 = n2 r n2 cos(nφ ) 2 2 r φ 2 2 n = [r cos(nφ )] = 0 z 2 z 2 2 = 0
2 =

1 2 1 1 2 (r )+ 2 (sin θ )+ 2 2 r 2 r r sin θ θ r θ r sin θ φ 2 1 2 1 2 (r ) = 2 [r 2 (r cos θ )] = cos θ 而 2 r r r r r r r 1 1 (sin θ )= 2 [sin θ ( r cos θ )] = 2 r sin θ θ θ r sin θ θ θ 1 2 ( r sin 2 θ ) = cos θ 2 r sin θ θ r 2 2 1 1 = 2 2 (r cos θ ) = 0 2 2 2 r sin θ φ r sin θ φ 2 故 2 = 0 1 2 1 2 (r ) = 2 [r 2 (r 2 cos θ )] = 2 cos θ (5) 2 r r r r r r r 1 1 2 (sin θ )= 2 [sin θ ( r cos θ )] = 2 r sin θ θ θ r sin θ θ θ 1 2 ( r 2 sin 2 θ ) = 4 cos θ 2 r sin θ θ r 1 2 1 2 2 = (r cos θ ) = 0 r 2 sin 2 θ φ 2 r 2 sin 2 θ φ 2 故 2 = 0 3.14 已知 y > 0 的空间中没有电荷,下列几个函数中哪些是可能的电位的解?
(4)在球坐标系中 (1) e y cosh x ; (2) e y cos x ; (3) e
2y

cos x sin x

(4) sinx sin y sin z .

2 y 2 y 2 y 解 (1) 2 (e cosh x) + 2 (e cosh x) + 2 (e cosh x) = 2e y cosh x ≠ 0 x y z y 所以函数 e cosh x 不是 y > 0 空间中的电位的解; 2 y 2 y 2 y (e cos x) + 2 (e cos x) + 2 (e cos x) = e y cos x + e y cos x = 0 (2) x 2 y z y 所以函数 e cos x 是 y > 0 空间中可能的电位的解; 2 2y 2 2y 2 2y (e cos x sin x) + 2 (e cos x sin x) + 2 (e cos x sin x) = (3) x 2 y z
4e 2 y cos x sin x + 2e 2 y cos x sin x ≠ 0 所以函数 e 2 y cos x sin x 不是 y > 0 空间中的电位的解; 2 2 2 (sin x sin y sin z ) + 2 (sin x sin y sin z) + 2 (sin x sin y sin z) = (4) x 2 y z 3sin x sin y sin z ≠ 0 所以函数 sin x sin y sin z 不是 y > 0 空间中的电位的解. 3.15 中心位于原点,边长为 L 的电介质立方体的极化强度矢量为 P = P0 (e x x + e y y + e z z ) .
(1)计算面束缚电荷密度和体束缚电荷密度; (2)证明总的束缚电荷为零. 解 (1)

ρ P = i P = 3P0
σ P ( x = ) = ni P
L 2 L 2
x=L 2

= ex i P

x=L 2

=

L P0 2 =

L P0 2 L L L L L σ P ( y = ) = σ P ( y = ) = σ P ( z = ) = σ P ( z = ) = P0 同理 2 2 2 2 2 L qP = ∫ ρ P d τ + ∫ σ P d S = 3P0 L3 + 6 L2 × P0 = 0 (2) 2 τ S

σ P ( x = ) = ni P

x = L 2

= e x i P

x = L 2

3.16 电位为

一半径为 R0 的介质球,介电常数为 ε rε 0 ,其内均匀分布自由电荷 ρ ,证明中心点的

2ε r + 1 ρ 2 ( ) R0 2ε r 3ε 0

解 由

∫ Did S = q ,可得到
S

r < R0 时,


4π r 2 D1 =
D1 =

4π r 3 ρ 3
,
3 4π R0 ρ 3

ρr
3

E1 =

ε rε 0

D1

=

ρr 3ε r ε 0

r > R0 时,


4π r 2 D2 = D2 = 3r 2

3 ρ R0

,

3 ρ R0 E2 = = ε 0 3ε 0 r 2

D1

故中心点的电位为

(0) = ∫ E1 d r + ∫ E2 d r = ∫
0

∞ 3 2 2 ρ R0 ρr dr + ∫ d r = ρ R0 + ρ R0 = 2ε r + 1 ( ρ ) R 2 2 0 3ε r ε 0 3ε 0 r 6ε r ε 0 3ε 0 2ε r 3ε 0 0 R 0 R 3.17 一个半径为 R 的介质球,介电常数为 ε ,球内的极化强度 P = er K r ,其中 K 为一 R0 R0
0



常数. (1) 计算束缚电荷体密度和面密度; (2) 计算自由电荷密度; (3)计算球内,外的电场 和电位分布. 解 (1) 介质球内的束缚电荷体密度为 在 r = R 的球面上,束缚电荷面密度为 (2)由于 D = ε 0 E + P ,所以 即

ρ p = i P =

σ p = ni P r = R

1 d 2 K K (r )= 2 2 r dr r r K = er i P r = R = R

i D = ε 0 i E + i P =

(1

ε0 ) i D = i P ε

ε0 i D + i P ε
ε ε ε0

由此可得到介质球内的自由电荷体密度为 总的自由电荷量

ρ = i D =
R

ε ε ε0

i P =

ρp =

εK (ε ε 0 ) r 2

q = ∫ ρ dτ =
τ

εK 1 4πε RK 2 ∫ r 2 4π r dr = ε ε 0 ε ε0 0
(r < R) (r > R)

(3)介质球内,外的电场强度分别为

P K = er ε ε0 (ε ε 0 )r q ε RK E 2 = er = er 2 4πε 0 r ε 0 (ε ε 0 )r 2 E1 =
介质球内,外的电位分别为

1 = ∫ E idl = ∫ E1dr + ∫ E2 dr =



R



ε RK dr = )r ε 0 (ε ε 0 )r 2 0 r R K R ε K ln + (ε ε 0 ) r ε 0 (ε ε 0 ) ∞ ∞ ε RK ε RK dr = 2 = ∫ E2 dr = ∫ 2 ε 0 (ε ε 0 )r ε (ε ε 0 )r r r 0

r R

r

R

∫ (ε ε

K

dr + ∫



(r ≤ R) (r ≥ R)

3.18 (1)证明不均匀电介质在没有自由电荷密度时可能存在束缚电荷体密度; (2)导出束 缚电荷密度 ρP 的表达式.

ρ P = i P = i D + ε 0 i E ρ P = ε 0i E 在介质内没有自由电荷密度时, i D = 0 ,则有 i D = i(ε E ) = ε i E + E iε = 0 由于 D = ε E ,有 E iε i E = 所以 ε

解 (1)由 D = ε 0 E + P ,得束缚电荷体密度为

由此可见,当电介质不均匀时, i E 可能不为零,故在不均匀电介质中可能存在束缚电荷体密 度. (2)束缚电荷密度 ρP 的表达式为

ρ P = ε 0 i E =

3.19 两种电介质的相对介电常数分别为 ε r1 =2 和 ε r 2 =3,其分界面为 z =0 平面.如果已知 介质 1 中的电场的

ε0 E iε ε

E1 = e x 2 y e y 3 x + e z (5 + z )
那么对于介质 2 中的 E2 和 D2 ,我们可得到什么结果?能否求出介质 2 中任意点的 E2 和 D2 ? 解 设在介质 2 中

E 2 ( x, y , 0) = e x E2 x ( x, y , 0) + e y E2 y ( x, y , 0) + e z E2 z ( x, y , 0)

D2 = ε 0ε r 2 E 2 = 3ε 0 E 2
在 z = 0 处,由 e z × ( E1 E 2 ) = 0 和 e z i( D1 D2 ) = 0 ,可得

ex 2 y e y 3x = ex E2 x ( x, y, 0) + e y E2 y ( x, y, 0) 2 × 5ε 0 = 3ε 0 E2 z ( x, y, 0)
于是得到

E2 x ( x, y, 0) = 2 y E2 y ( x, y, 0) = 3 x E2 z ( x, y, 0) = 10 3
E 2 ( x, y , 0) = e x 2 y e y 3 x + e z (10 3) D2 ( x, y , 0) = ε 0 (e x 6 y e y 9 x + e z 10)

故得到介质 2 中的 E2 和 D2 在 z = 0 处的表达式分别为

不能求出介质 2 中任意点的 E2 和 D2 . 由于是非均匀场, 介质中任意点的电场与边界面上的 电场是不相同的. 3.20 电场中一半径为 a ,介电常数为 ε 的介质球,已知球内,外的电位函数分别为

1 = E0 r cos θ + 2 =

3ε 0 E r cos θ ε + 2ε 0 0

ε ε 0 3 cos θ a E0 2 ε + 2ε 0 r

r≥a r≤a

验证球表面的边界条件,并计算球表面的束缚电荷密度. 解 在球表面上

1 (a, θ ) = E0 a cos θ + 2 ( a, θ ) =

故有

3ε 0 E a cos θ ε + 2ε 0 0 1 2(ε ε 0 ) 3ε E0 cos θ = E cos θ r = a = E0 cos θ r ε + 2ε 0 ε + 2ε 0 0 2 3ε 0 E cos θ r =a = r ε + 2ε 0 0 1 (a, θ ) = 2 (a, θ ) , ε 0 1 r = a = ε 2 r =a r r

ε ε0 3ε 0 aE0 cos θ = E a cos θ ε + 2ε 0 ε + 2ε 0 0

可见 1 和 2 满足球表面上的边界条件. 球表面的束缚电荷密度为

σ p = ni P2

r =a

= (ε ε 0 )er i E2 = (ε ε 0 )

2 r

r =a

=

3ε 0 (ε ε 0 ) E0 cos θ ε + 2ε 0
d ) 2

3.21 平行板电容器的长,宽分别为 a 和 b ,极板间距离为 d .电容器的一半厚度( 0 ~ 用介电常数为 ε 的电介质填充,如题 3.21 图所示. (1) (1) 板上外加电压 U 0 ,求板上的自由电荷面密度,束缚电荷; (2) (2) 若已知板上的自由电荷总量为 Q ,求此时极板间电压和束缚电荷; (3) (3) 求电容器的电容量. 解 (1) 设介质中的电场为 E = e z E ,空气中的电场为 E0 = ez E0 .由 D = D0 ,有

又由于 由以上两式解得

ε E = ε 0 E0 d d E + E 0 = U 0 2 2

z
d 2 U0

2ε 0U 0 2εU 0 d 2 ε E= , E0 = (ε + ε 0 )d (ε + ε 0 )d 2ε εU 题 3.21 图 σ下 = ε E = 0 0 故下极板的自由电荷面密度为 (ε + ε 0 )d 2ε 0εU 0 σ 上 = ε 0 E0 = 上极板的自由电荷面密度为 (ε + ε 0 )d 2ε (ε ε 0 )U 0 P = (ε ε 0 ) E = ez 0 电介质中的极化强度 (ε + ε 0 )d 2ε (ε ε 0 )U 0 σ p下 = ez i P = 0 故下表面上的束缚电荷面密度为 (ε + ε 0 )d 2ε (ε ε 0 )U 0 σ p上 = ez i P = 0 上表面上的束缚电荷面密度为 (ε + ε 0 )d 2ε 0εU Q σ= = (2)由 ab (ε + ε 0 )d E0 (ε + ε 0 )dQ U= 得到 θ1 2ε 0ε ab θ2 (ε ε 0 )Q E σ p下 = 故 ε ab ε (ε ε 0 )Q ε0 E0 σ p上 = ε ab 2ε 0ε ab Q C= = (3)电容器的电容为 题 3.22 图 U (ε + ε 0 )d
(1)使 θ 2 = π 4 的 θ1 值; (2)介质板两表面的极化电荷密度. θ1 ,如题 3.22 图所示.求:

3.22 厚度为 t ,介电常数为 ε = 4ε 0 的无限大介质板,放置于均匀电场 E0 中,板与 E0 成角

解 (1)根据静电场的边界条件,在介质板的表面上有 由此得到

ε 0 tan θ2 ε 1 = tan 1 0 = tan 1 = 14 4 ε ε (2)设介质板中的电场为 E ,根据分界面上的边界条件,有 ε 0 E0n = ε En ,即 ε 0 E0 cos θ1 = ε En ε 1 En = 0 E0 cos θ1 = E0 cos14 所以 4 ε θ1 = tan 1
介质板左表面的束缚电荷面密度

tan θ1 ε 0 = tan θ 2 ε

σ p = (ε ε 0 ) En = ε 0 E0 cos14 = 0.728ε 0 E0
3 4

3 4

介质板右表面的束缚电荷面密度

σ p = (ε ε 0 ) En = ε 0 E0 cos14 = 0.728ε 0 E0

3.23 在介电常数为 ε 的无限大均匀介质中,开有如下的空腔,求各腔中的 E0 和 D0 : (1)平行于 E 的针形空腔; (2)底面垂直于 E 的薄盘形空腔; (3)小球形空腔(见第四章 4.14 题) . 解 (1)对于平行于 E 的针形空腔,根据边界条件,在空腔的侧面上,有 E0 = E .故在针 形空腔中

E0 = E , D0 = ε 0 E0 = ε 0 E
(2)对于底面垂直于 E 的薄盘形空腔,根据边界条件,在空腔的底面上,有 D0 = D .故 在薄盘形空腔中

D0 = D = ε E , E0 =

D0

ε0

=

εE ε0

3.24 在面积为 S 的平行板电容器内填充介电常数作线性变化的介质,从一极板 ( y = 0) 处 的 ε 1 一直变化到另一极板 ( y = d ) 处的 ε 2 ,试求电容量. 解 由题意可知,介质的介电常数为 设平行板电容器的极板上带电量分别为 ± q ,由高斯定理可得

ε = ε1 + y (ε 2 ε1 ) d

Dy = σ = Ey =
d

q S q [ε1 + y (ε 2 ε1 ) d ] S
d

Dy

ε

=

所以,两极板的电位差 故电容量为

U = ∫ Ey d y = ∫
0

S (ε 2 ε1 ) q C= = U d ln(ε 2 ε1 )

q qd ε dy= ln 2 S (ε 2 ε1 ) ε1 [ε1 + y (ε 2 ε1 ) d ] S 0

3.25 一体密度为 ρ = 2.32 ×107 C m3 的质子束, 束内的电荷均匀分布, 束直径为 2 mm , 束外没有电荷分布,试计算质子束内部和外部的径向电场强度. 解 在质子束内部,由高斯定理可得

2π rEr =

1

ε0

π r2ρ



Er =

ρr 2.32 × 107 r = = 1.31×10 4 r V m 12 2ε 0 2 × 8.854 × 10
2π rEr = 1

(r < 10 3 m)

在质子束外部,有 故

ε0

π a2ρ

ρ a 2 2.32 × 10 7 × 106 1 = = 1.31× 10 2 V m ( r > 10 3 m) 12 r 2ε 0 r 2 × 8.854 ×10 r 3.26 考虑一块电导率不为零的电介质 (γ , ε ) ,设其介质特性和导电特性都是不均匀的.证 明当介质中有恒定电流 J 时,体积内将出现自由电荷,体密度为 ρ = J i(ε γ ) .试问有没有束 缚体电荷 ρ P ?若有则进一步求出 ρ P . ε ε ε ρ = i D = i(ε E ) = i( J ) = J i( ) + i J 解 γ γ γ ρ = J i(ε γ ) 对于恒定电流,有 i J = 0 ,故得到 介质中有束缚体电荷 ρ P ,且 ε ε ε0 ε J ε ρ P = i P = i D + ε 0 i E = J i ( ) + ε 0i( ) = J i( ) + J i ( 0 ) = J i ( ) γ γ γ γ γ 3.27 填充有两层介质的同轴电缆,内导体半径为 a ,外导体内半径为 c ,介质的分界面半 径为 b . 两层介质的介电常数为 ε 1 和 ε 2 , 电导率为 γ 1 和 γ 2 . 设内导体的电压为 U 0 , 外导体接地.
Er =
求: (1)两导体之间的电流密度和电场强度分布; (2)介质分界面上的自由电荷面密度; (3)同 轴线单位长度的电容及漏电阻. 解 (1)设同轴电缆中单位长度的径向电流为 I ,则由 J idS = I ,可得电流密度
S



J = er
介质中的电场

I 2π r = er

(a < r < c) ( a < r < b) (b < r < c)

I γ1 2π rγ 1 J I E2 = = er γ2 2π rγ 2

E1 =

J

由于 于是得到

U 0 = ∫ E1 idr + ∫ E2 idr =
a b

b

c

I 2πγ 1

ln

b I c + ln a 2πγ 2 b

I=

2πγ 1γ 2U 0 γ 2 ln(b a ) + γ 1 ln(c b) J = er

故两种介质中的电流密度和电场强度分别为

(2)由 σ = ni D 可得,介质 1 内表面的电荷面密度为

γ 1γ 2U 0 r[γ 2 ln(b a ) + γ 1 ln(c b)] γ 2U 0 E1 = er r[γ 2 ln(b a ) + γ 1 ln(c b)] γ 1U 0 E 2 = er r[γ 2 ln(b a ) + γ 1 ln(c b)]

(a < r < c) ( a < r < b) (b < r < c)

σ 1 = ε1er i E1
介质 2 外表面的电荷面密度为

r =a

=

ε1γ 2U 0 a[γ 2 ln(b a ) + γ 1 ln(c b)]
=

σ 2 = ε 2 er i E2
两种介质分界面上的电荷面密度为

r =c

ε 2γ 1U 0 c[γ 2 ln(b a ) + γ 1 ln(c b)]
r =b

半径为 R1 和 R2 ( R1 < R2 ) 的两个同心的理想导体球面间充满了介电常数为 ε ,电导 率为 γ = γ 0 (1 + K r ) 的导电媒质( K 为常数).若内导体球面的电位为 U 0 ,外导体球面接地.试 求: (1)媒质中的电荷分布; (2)两个理想导体球面间的电阻. 解 设由内导体流向外导体的电流为 I ,由于电流密度成球对称分布,所以 3.28

(ε1γ 2 ε 2γ 1 )U 0 b[γ 2 ln(b a ) + γ 1 ln(c b)] U γ ln(b a ) + γ 1 ln(c b) (3)同轴线单位长度的漏电阻为 R= 0 = 2 2πγ 1γ 2 I 2πε1ε 2 由静电比拟,可得同轴线单位长度的电容为 C= ε 2 ln(b a ) + ε1 ln(c b)

σ 12 = (ε1er i E1 ε 2er i E2 )

=

电场强度

( R1 < r < R2 ) 4π r 2 J I E = = er ( R1 < r < R2 ) γ 4πγ 0 ( r + K ) r U0 =
R2

J = er

I

由两导体间的电压

可得到

所以

4πγ 0 KU 0 R (R + K ) ln 2 1 R1 ( R2 + K ) γ 0 KU 0 J = er R (R + K ) r 2 ln 2 1 R1 ( R2 + K ) I=

R1

∫ E idr = ∫ 4πγ
R1

R2

R (R + K ) I I dr = ln 2 1 4πγ 0 K R1 ( R2 + K ) 0 (r + K )r

媒质中的电荷体密度为

ε ρ = J i( ) = γ

1 R2 ( R1 + K ) (r + K ) 2 r 2 ln R1 ( R2 + K )

ε K 2U 0

媒质内,外表面上的电荷面密度分别为

ε σ 1 = er i J γ

r = R1

=

ε σ 2 = er i J γ

r = R2

1 R ( R + K ) ( R1 + K ) R1 ln 2 1 R1 ( R2 + K ) ε KU 0 1 = R ( R + K ) ( R2 + K ) R2 ln 2 1 R1 ( R2 + K )

ε KU 0

(2)两理想导体球面间的电阻

U0 R (R + K ) 1 = ln 2 1 I 4πγ 0 K R1 ( R2 + K ) 3.29 电导率为 γ 的无界均匀电介质内,有两个半径分别为 R 和 R 的理想导体小球,两球 1 2 R=
之间的距离为 d (d >> R , d >> R ) ,试求两小导体球面间的电阻. 1 2 解 此题可采用静电比拟的方法求解.假设两小球分别带电荷 q 和 q ,由于两球间的距离 d >> R1 , d >> R2 ,可近似认为小球上的电荷均匀分布在球面上.由电荷 q 和 q 的电位叠加 求出两小球表面的电位差, 即可求得两小导体球面间的电容, 再由静电比拟求出两小导体球面间 的电阻. 设两小球分别带电荷 q 和 q ,由于 d >> R1 , d >> R2 ,可得到两小球表面的电位为

3.30 在一块厚度 d 的导电板上, 由两个半径为 r 和 r 的圆弧和夹角为 α 的两半径割出的 1 2 一块扇形体,如题 3.30 图所示.求: (1)沿厚度方向的电阻; (2)两圆弧面之间的电阻;沿 α 方 向的两电极的电阻.设导电板的电导率为 γ . 解 (1)设沿厚度方向的两电极的电压为 U ,则有 1

1 1 ) 4πε R1 d R2 q 1 1 2 = ( ) 4πε R2 d R1 q 4πε C= = 所以两小导体球面间的电容为 1 2 1 + 1 1 1 R1 R2 d R1 d R2 I 4πγ G= = 由静电比拟,得到两小导体球面间的电导为 1 1 1 1 1 2 + R1 R2 d R1 d R2 1 1 1 1 1 1 故两个小导体球面间的电阻为 R= = ( + ) G 4πγ R1 R2 d R1 d R2

1 =

q

(

E1 =
J

U1 d

r2

γ

J1 = γ E1 =

γ U1 γ U1 α
d 2 d ( r22 r12 )

α
r1
题 3.30 图

d

I1 = J1S1 =
故得到沿厚度方向的电阻为

R1 =

U1 2d = I1 αγ ( r22 r12 )

(2)设内外两圆弧面电极之间的电流为 I 2 ,则

J2 =
U 2 = ∫ E2 dr =
r1 r2

I2 I = 2 S 2 α rd
I2 r ln 2 γα d r1

E2 =

J2 I = 2 γ γα rd

故得到两圆弧面之间的电阻为

R2 =

U2 r 1 = ln 2 I 2 γα d r1

(3)设沿 α 方向的两电极的电压为 U 3 ,则有 由于 E3 与 φ 无关,所以得到

U 3 = ∫ E3 rdφ
0

α

E3 = eφ

U3 αr

J 3 = γ E3 = eφ

γU3 αr
r2 r1

I 3 = ∫ J 3 ieφ dS = ∫
S3

γ dU 3 γ dU 3 r2 dr = ln r1 αr α

故得到沿 α 方向的电阻为

U3 α = I 3 γ d ln(r2 r1 ) 3.31 圆柱形电容器外导体内半径为 b ,内导体半径为 a .当外加电压 U 固定时,在 b 一定 的条件下,求使电容器中的最大电场强度取极小值 E min 的内导体半径 a 的值和这个 E min 的值. R3 =
解 设内导体单位长度带电荷为 ρl ,由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为

E (r ) =
b

ρl 2πε 0 r
b

由内外导体间的电压 得到

U = ∫ Edr = ∫
a

ρl ρ b dr = l ln 2πε 0 r 2πε 0 a a

2πε 0U ρl = ln(b a )

由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 在圆柱形电容器中, r = a 处的电场强度最大 令 E (a ) 对 a 的导数为零,即 由此得到 故有

E (r ) = U a ln(b a)

U r ln(b a)

E (a) =

ln(b / a ) = 1 b b a= ≈ e 2.718 e U E min = U = 2.718 b b

1 ln(b a ) 1 E (a ) = 2 =0 a a ln 2 (b a )

3.32 证明:同轴线单位长度的静电储能 We 等于 位长度上的电容.

ql2 . ql 为单位长度上的电荷量, C 为单 2C
E (r ) = 2πε r ql

解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为 内外导体间的电压为

U = ∫ Edr = ∫
a

b

b

则同轴线单位长度的电容为

ρl ρ b dr = l ln 2πε r 2πε a a ql 2πε
C= U = ln(b a )
b

同轴线单位长度的静电储能为 We =

2 2 q 1 1 ε E 2 dτ = ∫ ε ( l )2 2π r d r = 1 ql ln(b a) = 1 ql ∫ 2τ 2 a 2πε r 2 2πε 2C q 的导体球, 3.33 如题 3.33 图所示, 一半径为 a , 带电量 其球心位于两种介质的分界面上,

此两种介质的电容率分别为 ε1 和 ε 2 ,分界面为无限大平面.求: (1)导体球的电容; (2) 总的 静电能量. 解 (1)由于电场沿径向分布,根据边界条件,在两种介质的分界面上 E1t = E2t ,故有

E1 = E2 = E .由于 D1 = ε1E1 , D2 = ε 2 E2 ,所以 D1 ≠ D2 .由高斯定理,得到 D1S1 + D2 S2 = q


2π r 2ε1E + 2π r 2ε 2 E = q
所以

E=


q 2π r (ε1 + ε 2 )
2
∞ q q 1 ∫ r 2 d r = 2π (ε1 + ε 2 )a 2π (ε1 + ε 2 ) a

ε1 ε2

a

q

导体球的电位

o

(a) = ∫ E d r =
a

故导体球的电容
题 3.33 图

C=

q = 2π (ε1 + ε 2 )a (a)
1 q2 We = q (a) = 2 4π (ε1 + ε 2 )a

(2) 总的静电能量为

3.34 把一带电量 q ,半径为 a 的导体球切成两半,求两半球之间的电场力. 解 先利用虚位移法求出导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力 f ,然后在半球面上 对 f 积分,求出两半球之间的电场力. 导体球的电容为 故静电能量为

C = 4πε 0 a q2 q2 = 2C 8πε 0 a

We =

根据虚位移法,导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力

f =

1 We 1 q2 q2 ( )= = 4π a 2 a 4π a 2 a 8πε 0 a 32π 2ε 0 a 4 f = er f = q2 er

方向沿导体球表面的外法向,即

32π 2ε 0 a 4 er = e x sin θ cos φ + e y sin θ sin φ + e z cos θ 这里 在半球面上对 f 积分,即得到两半球之间的静电力为

F = ∫ f dS =

2π π 2

∫∫
0 0

2π a 2 q 2 er a sin θ dθ dφ = e z 32π 2ε 0 a 4 32π 2ε 0 a 4 q2
2

π 2


0

cos θ sin θ dθ =

q2 32πε 0 a 2

ez

3.35 如题 3.35 图所示,两平行的金属板,板间距离为 d ,竖直地插入在电容率为 ε 的液 体中,两板间加电压 U ,证明液面升高

h=

其中 ρ 为液体的质量密度. 解 设金属板的宽度为 a ,高度为 L .当金属板间的液面升高为 h 时,其电容为

U (ε ε 0 )( )2 2ρ g d

1

C=
U

ε ah ε 0 a( L h)
d + d

金属板间的静电能量为

1 aU 2 We = CU 2 = [hε + ( L h)ε 0 ] 2 2d
液体受到竖直向上的静电力为

L
h

Fe =
而液体所受重力

We aU 2 = (ε ε 0 ) h 2d

ε

Fg = mg = ahd ρ g
d

Fe 与 Fg 相平衡,即
题 3.35 图

aU 2 (ε ε 0 ) = ahdg 2d

故得到液面上升的高度

(ε ε 0 )U 2 U 1 (ε ε 0 )( ) 2 = 2 2d ρ g 2ρ g d 3.36 可变空气电容器, 当动片由 0 至 180 电容量由 25 至 350 p F 直线地变化, 当动片为 θ 角时,求作用于动片上的力矩.设动片与定片间的电压为 U 0 = 400V . h=

350 25 θ = 25 + 1.81θ P F = (25 + 1.81θ ) ×1012 F 180 1 1 We = CθU 02 = (25 + 1.81θ ) ×1012U 02 此时电容器中的静电能量为 2 2 W 1 T = e = ×1.81×1012U 02 = 1.45 ×107 Nm 作用于动片上的力矩为 θ 2 3.37 平行板电容器的电容是 ε 0 S d ,其中 S 是板的面积, d 为间距,忽略边缘效应. (1)如果把一块厚度为 d 的不带电金属插入两极板之间,但不与两极接触,如题 3.37 (a) 图所示.则在原电容器电压 U 0 一定的条件下,电容器的能量如何变化?电容量如何变化? (2)如果在电荷 q 一定的条件下,将一块横截面为 S S ,介电常数为 ε 的电介质片插入电容器(与电容器极 板面积基本上垂直地插入,如题 3.37 (b) 图所示,则电
Cθ = 25 +
d d

解 当动片为 θ 角时,电容器的电容为

容器的能量如何变化?电容量又如何变化?
U0

在电压 U 0 一定的条件下, 未插入金属板前, 解 (1) 极板间的电场为

题 3.37 图 ( a)

E0 =

U0 d

电容为 静电能量为

C0 =

ε 0S
d

ε SU 2 1 We 0 = C0U 02 = 0 0 2 2d
E= U0 d d
2

当插入金属板后,电容器中的电场为 此时静电能量和电容分别为

ε SU 2 1 U0 We = ε 0 S ( d d ) = 0 0 2 d d 2(d d ) 2W ε S C = 2e = 0 U0 d d

故电容器的电容及能量的改变量分别为

C = C C 0 =

ε0S

d d



ε0S
d
2 0

=

ε 0 S d
d ( d d )

We = We We 0 =

ε 0 SU d
2d (d d )
E0 =

(2)在电荷 q 一定的条件下,未插入电介质板前,极板间的电场为 静电能量为

σ q = ε0 ε 0S

q2 dq 2 We 0 = = 2C0 2ε 0 S

当插入电介质板后,由介质分界面上的边界条件 E1t = E 2t ,有

S
q

d

ε
S

ε0
q

E1 = E2 = E E ε S + E ε 0 ( S S ) = q 再由高斯定理可得 q E= 于是得到极板间的电场为 ε S + ε 0 ( S S ) qd U = Ed = 两极板间的电位差位 ε S + ε 0 ( S S )
此时的静电能量为

题 3.37 图 (b)

We =

其电容为

C=

ε S + ε 0 ( S S )
d C =

1 1 q 2d qU = 2 2 εS + ε 0 ( S S )

故电容器的电容及能量的改变量分别为

(ε ε 0 ) S d (ε ε 0 ) q 2 d 1 We = 2 ε 0 S [εS + ε 0 ( S S )] 3.38 如果不引入电位函数,静电问题也可以通过直接求解法求解 E 的微分方程而得解决. ρt 2 (1)证明:有源区 E 的微分方程为 E = , ρt = ρ + ρP ;
(2)证明: E 的解是 E =

′ρt ∫ dτ ′ 4πε 0 τ R 1

ε0

解 (1)由 × E = 0 ,可得 × (× E ) = 0 ,即 (i E ) 2 E = 0

(ρ + ρP ) ε0 ( ρ + ρ P ) ρt 2 E = = 故得到 ε0 ε0 ρt 2 (2)在直角坐标系中 E = 的三个分量方程为 ε0 1 ρt 1 ρt 1 ρt 2 2 2 Ex = , Ey = , Ez = ε 0 x ε 0 y ε 0 z


i E =

1

ε0

i( D P ) =

1

其解分别为

Ex = Ey = Ez =


1 4πε 0 1 4πε 0 1 4πε 0

∫ R x′ dτ ′ τ ∫ R y′ dτ ′ τ ∫ R z′ dτ ′ τ
1 ρt 1 ρt

1 ρt

E = ex Ex + e y Ey + ez Ez = ρ ρ 1 ρt ′ρt 1 [ex + e y t + ez t ]dτ ′ = ∫ dτ ′ ∫ 4π ε 0 τ R 4πε 0 τ R x′ y′ z′

1

3.39 证明: ′( 解 由于

1 ′ρt R ′ρt ) = ρt ′( ) + = ρt 3 + ,所以 R R R R R ρ ′ρt ′ρt R ′( t )dτ ′ = ∫ ρt 3 dτ ′ + ∫ dτ ′ = 4πε 0 E + ∫ dτ ′ ∫ R R R R τ τ τ τ ′ρt 由题 3.38(2)可知 ∫ R dτ ′ = 4πε 0 E τ ′(

ρt

∫ τ

ρt

R

) dτ ′ = 0



τ

∫ ′(

ρt

R

)dτ ′ = 4πε 0 E + 4πε 0 E = 0


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