电磁场与电磁波(第4版)第3章部分习题参考解答.pdf

1、3.1 长度为的线电荷，电荷密度为常数L0l。(1)计算线电荷平分面上的电位函数；(2)利用直接积分法计算平分面上的E?，并用E=?由(1)验证(2)所得结果。图题图题 3.1 解：解：(1)建立如图题 3.1 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/2/2220022/20/202222002200d(,0,0)ln()44(/2)/2(/2)/2lnln42(/2)/2LLllLLllzzzzLLLLLL=+=+(2)根据对称性，可得两个对称线电荷元zld0在点P 的电场为 0022 3/2200d d ddcos2()2llzzEeEeezz2=+?故长为的线电

2、荷在点的电场为 LP/2/20022 3/22200000220d d2()24(/2)LLlllzzEEeezzzeL =+=+?由E=?求，有 E?220022000222200220(/2)/2ln2ln(/2)/2)ln212/2(/2)(/2)4(/2)llllLLEdeLLdeLLLzeL+=+=+=+?3.2 点电荷位于，另一点电荷1qq=1(,0,0)Pa22qq=位于，求空间的零电位面。2(,0,0)P a解：解：两个点电荷q+和在空间产生的电位 2q222222012(,)4()()qqx y zxayzxayz=+令(,)0 x y z=，则有 222222120()()

3、xayzxayz=+即 222224()()2xayzxayz+=+故得 22254()(332)xayza+=由此可见，零电位面是一个以点5(,0,03a)为球心、43a为半径的球面。3.3 电场中有一半径为a的圆柱体，已知圆柱体内、外的电位函数分别为 1220,cos,aaAa=(1)求圆柱内、外的电场强度；(2)这个圆柱是什么材料制成的？其表面上有电荷分布吗？试求之。解：解：(1)由E=?，可得 a时，0E=?a时，22()cos()cosaaEeAeA=?22221cos1sinaae Ae A=+?(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 n002c

4、osSaaeDeEA=?3.4 已知的空间中没有电荷，试判断下列函数中哪些是可能的电位解？0y(1)；(2)；(3)coshyexcosyex2sin cosexx；(4)sin sinsinxyz。解：解：在电荷体密度0=的空间，电位函数应满足拉普拉斯方程。20=(1)222222(cosh)(cosh)(cosh)yyyexexexxyz+=2coshyex0 所以函数不是空间中的电位解；coshyex0y(2)222222(cos)(cos)(cos)yyyexexexxyz+=coscos0yyexex+=所以函数是空间中可能的电位解；cosyex0y(3)222222(sin cos

5、)(sin cos)(sin cosexxexxexxyz+)x 224sin cos2sin cosexxexx=+0 所以函数2sin cosexx不是空间中的电位解；0y(4)222222(sin sin sin)(sin sin sin)(sin sin sin)xyzxyzxyzxyz+3sin sinsin0 xyz=所以函数sin sinsinxyz不是空间中的电位解。0y 3.5 一半径为0R的介质球，介电常数为r0=，其内均匀地分布着体密度为的自由电荷，试证明该介质球中心点的电位为2r0r02123R+。解：解：由高斯定理dSDSq=?，得 0rR时，3202443Rr D=

6、，即30223RDr=，30122003RDEr=故介质球中心点的电位为 00003222000r12000r0r00r0021(0)dddd()363232RRRRRRRrE rErrrRr +=+=+=+=33.6 电场中有一半径为、介电常数为a的介质球，已知球内、外的电位函数分别为 3010020coscos2E ra Er=+(ra)02003cos2E r=+(ra)试验证介质球表面上的边界条件，并计算介质球表面上的束缚电荷密度。解：解：在介质球表面上 001000003(,)coscoscos22aE aaEE a=+=+02003(,)cos2aE a=+0100002()3co

7、scoscos22r aEEr0E=+02003cos2r aEr=+故有12(,)(,)aa=，120r ar arr=可见，1和2满足球表面上的边界条件。介质球表面的束缚电荷密度为 n20r2()PSr aePeE=?0020003()()cos2r aEr=+3.7 两块无限大导体平板分别置于0 x=和xd=处，板间充满电荷，其体电荷密度为0 xd=，极板的电位分别设为0和，如图题3.7所示，求两导体板之间的电位和电场强度。0U()x0=0U=0dx 图题图题 3.7 解：解：两导体板之间的电位满足泊松方程20=，故得2020d1dxxd=解此方程，得 3006xAxBd=+在处，0 x

8、=0=，故 0B=在xd=处，0U=，故30006dUAdd=+，得0006UdAd=+所以30000066xUdxdd=+20000026xxxUdEeexdd=+?3.8 试证明：同轴线单位长度的静电储能2e2lqWC=。式中为单位长度上的电荷量，C为单位长度上的电容。lq证：证：由高斯定理可求得同轴线内、外导体间的电场强度为()2lqE=内外导体间的电压为 ddln22bbllaaqqbUEa=则同轴线单位长度的电容为 2ln(/)lqCUb a=同轴线单位长度的静电储能为 2222e111d2 dln2222 22llblVaqqqbWEVaC=1 3.9 有一半径为a、带电量q的导体

9、球，其球心位于介电常数分别为1和2的两种介质分界面上，设该分界面为无限大平面。试求：(1)导体球的电容；(2)总的静电能量。图题图题 3.9 a21oq解：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，故有 1t2tEE=12EEE=。由于111DE=、222DE=，所以12DD。由高斯定理，得 1 122DSD Sq+=，即221222rErEq+=所以 2122()qEr=+导体球的电位 212121()dd2()2()aaqqaE rrra=+故导体球的电容 122()()qCaa=+(2)总的静电能量为 2e121()24()qWq aa=+3.10 两平行的金属板

10、，板间距离为d，竖直地插入介电常数为的液态介质中，两板间加电压U，试证明液面升高 02001()2Uhgd=式中的为液体的质量密度，为重力加速度。g 图题图题 3.10 dU0Lh解：解：设金属板的宽度为a、高度为。当金属板间的液面升高为h时，其电容为 L0()a LhahCdd=+金属板间的静电能量为 0022e01()22aUUhLhdWC=+液体受到竖直向上的静电力为 02ee0()2aUWFhd=而液体所受重力 gFmgahd g=eF与gF相平衡，即 200()2aUahdgd=故得到液面上升的高度 2200002()1()22UUhdggd=3.11 同轴电缆的内导体半径为，外导体

11、内半径为；内、外导体之间填充两层有损耗介质，其介电常数分别为ac1和2，电导率为1和2，两层介质的分界面为同轴圆柱面，分界面半径为b。当外加电压为时，试求：(1)介质中的电流密度和电场强度分布；(2)同轴电缆单位长度的电容及漏电阻。0U解：解：(1)设同轴电缆中单位长度的径向电流为I，则由dSJSI=?，可得电流密度 2IJe=?()ac 介质中的电场 1112JIEe=?()ab 2222JIEe=?()bc 由于 01212ddlnln22bcabIbIcUEEab=+=+?于是得到 120212ln(/)ln(/)UIb ac b=+故两种介质中的电流密度和电场强度分别为 12021ln

12、(/)ln(/)UJeb ac b =+?()ac 20121ln(/)ln(/)UEeb ac b=+?()ab 10221ln(/)ln(/)UEeb ac b=+?()bc(2)同轴电缆单位长度的漏电阻为 02112ln(/)ln(/)2Ub ac bRI+=由静电比拟，可得同轴电缆单位长度的电容为12212ln(/)ln(/)Cb ac b=+3.12 在电导率为的无限大均匀介质内，有两个半径分别为1R和2R的理想导体小球，两小球之间的距离为d（设、），试求两个小导体球面之间的电阻。（注：只需求一级近似解）1dR?2dR?解：解：此题可采用静电比拟的方法求解。假设位于介电常数为的介质中

13、的两个小球分别带电荷和，由于两球间的距离、，两小球表面的电位为 qq1dR?2dR?11211()4qRdR=，22111()4qRdR=所以两小导体球面间的电容为 1212141111qC2RRdRdR=+由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为 1212141111IG2RRdRdR=+故两个小导体球面间的电阻为 121111111()4RGRRdRdR=+2r2 3.13 在一块厚度为d的导体板上，由两个半径为和的圆弧和夹角为1r的两半径割出的一块扇形体，如图题3.13所示。试求：(1)沿导体板厚度方向的电阻；(2)两圆弧面间的电阻；沿方向的两电极间的电阻。设导体板的电导率为。1r2rdJ

14、 图题图题 3.13 解：解：(1)设沿厚度方向的两电极的电压为U，则有 111UEd=，111UJEd=，22111121()2UIJ Srrd=故得到沿厚度方向的电阻为 1122122()UdR1Irr=(2)设内外两圆弧面电极之间的电流为U，则 2rdISIJ2222=，222JIErd=，2122221dlnrrIrUErdr=故得到两圆弧面之间的电阻为 222211lnUrRIdr=(3)设沿方向的两电极的电压为3U，则有 UE330dr=由于与3E无关，所以得到 33UEer=?，333UJEer=?，231332331ddlnrSrdUdUrIJeSrrr=?故得到沿方向的电阻为

15、 3332ln(/)UR1Idrr=3.14 有用圆柱坐标系表示的电流分布0()()zJeJ=a?，试求矢量磁位A?和磁感应强度B?。解：解：由于电流只有分量，且仅为圆柱坐标ze?的函数，故A?也只有分量，且仅为ze?的函数。记a和a的矢量位分别为1A?和2A?。由于在a时电流为零，所以 211001()()zzAAJ=a ()2221()()0zzAA=(a)由此可解得 310011()ln9z1AJC=+D()lnACD 222z=+2C2zA 式中，C、可由和满足的边界条件确定：11D2D1zA 0时，1()zA为有限值，若令此有限值为零，则得C10=、。10D=a=时，12()()zz

16、AaAa=12zzaaAA=即 300221ln9J aCaD=+，2002113J aCa=由此可解得 32013CJ0=a，320011(ln)33DJ aa=故 3101()9zA0J=(a)3332000000111113()ln(ln)(ln)3333zAJ aJ aaJ aa=+a ()空间的磁感应强度为 20011()()3JBAe=?(a)3.15 无限长直线电流I垂直于磁导率分别为1和2的两种磁介质的分界面，如图题3.15所示，试求：(1)两种磁介质中的磁感应强度1B?和2B?；(2)磁化电流分布。10=2=Ixz 图题图题 3.15 解：解：(1)由安培环路定理，可得 2I

17、He=?所以得到 0102IBHe=?22IBHe=?(2)磁介质在的磁化强度 0200()12IMBHe=?则磁化电流体密度 0m0()1 d1 d1()()d2dzzIJMeMe0=?由22IBHe=?看出，在0=处，2B?具有奇异性，所以在磁介质中0=处存在磁化线电流mI。以轴为中心、z为半径作一个圆形回路C，由安培环路定理，有 m001dCIIIBl+=?故得到 m0(1)II=在磁介质的表面上，磁化电流面密度为 0m00()2SzzIJMee=?3.16 已知一个平面电流回路在真空中产生的磁场强度为0H?，若此平面电流回路位于磁导率分别为1和2的两种均匀磁介质的分界面上，试求两种磁介

18、质中的磁场强度和。1H?2H?12hl)(11PH)(12PH)(22PH)(21PH 图题图题 3.16 解：解：由于是平面电流回路，当其位于两种均匀磁介质的分界面上时，分界面上的磁场只有法向分量，根据边界条件，有12BBB=?。在磁介质分界面两侧，做一个尺寸为2的小矩形回路，如图题3.16所示。根据安培环路定律，有 h l11211222d()()()()CHlH PhHPhH PhHPhI=+=?(1)因垂直于分界面，所以积分式中H?0Hl=?。这里I为与小矩形回路交链的电流。对平面电流回路两侧为真空，则有 00102d2()2()CHlHPhHPh=I?(2)由于和是分界面上任意两点，

19、由式(1)和(2)可得到1P2P122HHH+=0?即 0122BBH+=?于是得到 120122BH=+?故有 2101122BHH=+?，1202122BHH=+?3.17 证明：在不同磁介质的分界面上，矢量磁位A?的切向分量是连续的。媒质 Cn1Alh媒质 2A 图题图题 3.17 解：解：由由BA=?得 ddSSCdBSASA=l?(1)在媒质分界面上任取一点，围绕该点任做一个跨越分界面的狭长矩形回路路C，其长为、宽为，且令Plh0h，如图题3.17所示，得 120dliCShAlAlAlBS=?md?由于B?为有限值，上式右端等于零，所以 120AlAl =?由于矢量平行于分界面，故

20、有 l?1t2tAA=3.18 长直导线附近有一矩形回路，此回路与导线不共面，如图题3.18(a)所示。试证明直导线与矩形回路间的互感是 022 1/222 1/2ln22()aRMb RcbR=+A BC R b a图题图题 3.18(a)PQ bQRP1RCAB 图题图题 3.18(b)解：解：设长直导线中的电流为I，则其产生的磁场为 02IBr=由图题3.18(b)可知，与矩形回路交链的磁通为 100011dd222RSRIaIaIlnR=BSrrR=?其中 2222 1/22221()2RCbRCRbb RC=+=+2 1/2 故直导线与矩形回路间的互感为 2222 1/0010222

21、2 1/22lnln22ln22aaRRbb RCMIRRaRRbb RC+=+2 3.19 同轴线的内导体是半径为a的圆柱，外导体是半径为b的薄圆柱面，其厚度可忽略不计。内、外导体间填充有磁导率分别为1和2的两种磁介质，如图题3.19所示。设同轴线中通过的电流为I，试求：(1)同轴线中单位长度所储存的磁场能量；(2)同轴线单位长度的自感。ab12I 图题图题 3.19 解：解：同轴线的内外导体之间的磁场沿方向，在两种磁介质的分界面上，磁场只有法向分量。根据边界条件可知，两种磁介质中的磁感应强度12BBBe B=?，但磁场强度。12HH?(1)利用安培环路定理，当a时，有20022IBa=所以

22、 0022IBa=(a)在ab区域内，有12()HHI+=，即1212()BBI+=故 1212()IBe=+?(ab)同轴线中单位长度储存的磁场能量为 2220m0011112 d d d222abbaaBBBW2 =+2201220012122201212111112 d d222()ln16()abaIIaIIba =+=+(2)由2m12W，得到单位长度的自感为LI=0m122122ln8()WbLIa=+3.20 如图题3.20所示的长螺旋管，单位长度上密绕匝线圈，通过电流NI，铁心的磁导率为、截面积为S，求作用在它上面的磁场力。Ix 图题图题 3.20 解：解：由安培环路定理可得螺

23、旋管内的磁场为 HNI=设铁心在磁场力的作用下有一位移dx，则螺旋管内改变的磁场能量为 2220m01ddd()222WH S xH S xN I S2dx=则作用在鉄心上的磁场力为22m0d1()d2xIWFNx=常数I S 可见，磁场力有将铁心拉进螺旋管的趋势。3.21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d，如果把它移到无穷远处，需要做多少功？xxxqqo 图题图题 3.21 解：解：利用镜像法求解。当点电荷q移动到距离导体平面为x的点处时，其像电荷q，位于点(,处，如图题3.21所示。像电荷在点(,0,0)P xq=0,0)xqP处产生的电场为 20()4(2)xqE xex=?所以将点

24、电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为 22e200()dd4(2)16ddqqWqE xrxxd=?外力所作的功为 2e016oqWWd=3.22 一个点电荷q放在60的接地导体角域内的点(1处，如图题3.22所示。试求：(1)所有镜像电荷的位置和大小；(2)点处的电位。?,1,0)(2,1,0)P q2q 1q5q4q3q)0,1,1()0,1,2(?60yxo 图题图题 3.22 解：解：(1)这是一个多重镜像的问题，共有(21)2 3 15n=个像电荷，分布在以点电荷到角域顶点的距离（即q2）为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，且正负电荷交错分布，如图题3.22所示，它们的带电量和位置

25、分别为=366.175sin2366.075cos2,111?yxqq=366.0165sin2366.1165cos2,222?yxqq=366.0195sin2366.1195cos2,333?yxqq=366.1285sin2366.0285cos2,444?yxqq=1315sin21315cos2,555?yxqq(2)点处电位(2,1,0)P351240123451(2,1,0)4qqqqqqRRRRRR=+=0(1 0.5970.2920.2750.3480.477)4q+=900.3212.88 10(V)4qq=3.23 一个电荷量为q、质量为m的小带电体，放置在无限大导体平

26、面下方，与平面相距为h。欲使带电体受到的静电力恰好与重力相平衡，电荷的值应为多q少？（设，）。32 10 kgm=0.02mh=解：解：将小带电体视为点电荷，导体平面上的感应电荷对的静电力等于镜像电荷q对q的作用力。根据镜像法可知，镜像电荷为qqqq=，位于导体平面上方处，则小带电体q受到的静电力为 h2e204(2)qfh=令ef的大小与重力mg相等，即 2204(2)qmgh=于是得到 8045.9 10 Cqhmg=3.24 一个半径为R的导体球带有电荷量为，在球体外距离球心为处有一个点电荷q。(1)求点电荷与导体球之间的静电力；(2)证明：当与Q同号，且QDqq3222()QRDRqD

27、RD成立时，表现为吸引力。F?zRoqQ+qqdD 图题图题 3.24 解：解：(1)导体球上除带有电荷量Q之外，点电荷还要在导体球上感应出等量异号的两种不同电荷。根据镜像法，像电荷qq和q 的大小和位置分别为 qDRq=，DRd2=qDRqq=，0=d 如图题3.24所示。导体球自身所带的电荷Q则用位于球心的点电荷Q等效。故点电荷受到的静电力为 qqqqqQqFFFF=+=2200()4()4qqq DqDdD+220(/)4(qQR D qRqDD DRD+=2/)(2)当与同号，且表现为吸引力，即qQF0F时，则应有 22(/)0(/)QR D qRqDD DRD+2 由此可得出 322

28、2()QRDqDRDR 3.25 一个半径为a的无限长金属圆柱薄壳，平行于地面，其轴线与地面相距为。在圆柱薄壳内距轴线为处，平行放置一根电荷线密度为h0rl的长直细导线，其横截面如图题3.25(a)所示。设圆柱薄壳与地面间的电压为U，求金属圆柱薄壳内、0外的电位分布。(a)(b)(c)图题图题 3.25 解：解：线电荷l在金属圆柱薄壳内表面引起的感应电荷，用镜像电荷l等效替代，如图题3.25(b)所示，图中ll=，位于200arr=。圆柱薄壳内任一点的电位为 10(,)ln2lRrCR=+式中，22002cosRrrrr=+，222200(/)2(/)cosRrarr ar=+因r，a=0lU

29、=，故得000ln2laCUr=则0100(,)ln2lR rrURa=+求圆柱薄壳外任一点的电位时，地面对圆柱薄壳的影响可用镜像圆柱等效替代，如图题3.25(c)所示，图中2Dhha=+2，22dhha=则圆柱薄壳外的电位为22222222020()(,)lnln22()llxyhdRx yRxyhd+=+222220()ln2()lxyhaxyha+=+2222 已知圆柱薄壳的电位为U，即00 x=、yha=时，2U0=，故得 00222222()ln()lUhahahaha=+则 2202222222()ln()()ln()xyhaUhahaxyhahaha+=+2222 3.26 如图

30、题3.26(a)所示，在0z 0z 0 x 21(,)sin()nnn x an yx yB ea=(0 x)2101(,)sin()sin()lnn x aqn dn yx yenaa=(0 x)3.31 如图题3.31所示，在均匀电场0 xEe E=0?中垂直于电场方向放置一根半径为的无限长导体圆柱。求导体圆柱外的电位和电场强度，并求导体圆柱表面上的感应电荷密度。a 图题图题 3.31 x yoa0E?解：解：在外电场0E作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场0E的电位0与感应电荷的电位in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为00

31、0(,)cosE xCEC=+=+式中，常数的值由参考点确定。而感应电荷的电位Cin(,)应与0(,)一样按cos变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以(,)满足的边界条件为：(,)C =0(,)cos ()EC +由此可设 101(,)coscosEAC =+由条件，有 101coscosE aAaCC+=C 于是得到 021EaA=故圆柱外的电位为 210(,)()cosaE =+若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(,)0a=，则0=C。导体圆柱外的电场则为 2200221(,)(1)cos(1)sinaaEeeeEeE =+?导体圆柱表面的电荷面密度为 0000(,)()2co

32、sSaaeEE =?3.32 如图题3.32所示，一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成4个1/圆柱面，彼此绝缘。其中，第二象限和第四象限的1/圆柱面接地，第一象限和第三象限的1/圆柱面分别保持电位U和44400U，试求圆柱面内的电位函数。x yo0U0U b 00 图题图题 3.32 解：解：由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为：(0,)为有限值；00,0/20,/2(,),3/20,3/22UbU=lq yx oalq0r0 图题图题 3.33 解：解：在线电荷作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位lq(,)均为线 电 荷的 电 位lq(,)l 与 极 化 电 荷 的

33、电 位(,)P 的 叠 加，即(,)(,)(,)lP =+。线电荷q的电位为 l220000(,)lnln2cos22lllqqRrr =+(1)而极化电荷的电位(,)P 满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。介质圆柱内外的电位1(,)和2(,)满足的边界条件为分别为：1(0,)为有限值；2(,)(,)()l ar=时，12120,rr=由条件和可知，1(,)和2(,)的通解为 11(,)(,)cosnlnnAn =+(0)a (2)21(,)(,)cosnlnnBn =+(a)(3)将式(1)(3)代入条件，可得到 11coscosnnnnnA anB ann=(4)110010ln()cos()2nnnnnaqlRA naBnanr=+=(5)当0r时，将lnR展开为级数，有 0101lnln()cosnnRrn rn=(6)代入式(5)，得 11100110 00()()cos(2nnnl