第一章电磁现象的普遍规律习题

1第一章电磁现象的普遍规律习题例：同轴传输线内导线半径为a，外导线半径为b，两导线间为均匀介质。导线载有电流I，两导线间电压为U。（1）忽略导线电阻，计算介质中能流密度。（2）导线电阻率为有限，计算通过内导线表面进入导线内的能流，证明它等于导线的损耗功率。解：（1）以距对称轴为r的半径作一圆周应用安培环路定律，由对称性得IrH2，因而有rIH2导线表面带有电荷，设单位长导线电荷为Q，应用高斯定理，由对称性得rQEr2由以上两式可知能流密度为zzrerIQeHEHES224两导线间的电压为abQdrEUbarln2因而zerabUIS21ln2对能流作截面的积分得传输功率UIdrrSPba2这就是功率在场中的传输。（8分）（2）设导线的电导率为，由欧姆定律知在导线内有zeaIJE2由于电场切向分量连续，因此在导线表面除有rE分量外，还有切向分量2|aIEarz因此，能流除沿z轴传播分量外，还有沿径向进入导线的分量3222|aIHESarzr流进单位长度导线内的功率为RIaIaSr22212（8分）这里RI2正是单位长导线的损耗功率。27、有一内外半径分别为1r和2r的空心介质球，介质的电容率为.使介质内均匀带静止自由电荷f求：（1）空间各点电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。解：（1）由高斯定理及体系的对称性知当2rr时，fVfsrrdVErSdE)(3443132002得：332130()3frrrEr当21rrr时，fVfsrrdVDrSdD)(3443132得：3313()3frrrEr当1rr时，0E（2）由极化体电荷的表达式PP，及00()ePEE得3301003()()()()3PffrrrEr由极化面电荷的表达式12PnnPP得：当2rr时，由于真空中2nP＝0，得：3302132(1)3Pfrrr当1rr时，由于真空中1nP＝0，得：3301132(1)03Pfrrr38、内外半径分别为1r和2r的无穷长中空导体圆柱，沿轴向有恒定的均匀电流fJ，导体的磁导率为，求磁感应强度和磁化电流。解：由安培环路定律得411、平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l和2l，电容率分别为1和2，在两极板上接电动势为E的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷密度；（2）介质分界面上的自由电荷密度。若介质漏电，电导率分别为1和2，当达到恒定电流时求上述结果。解：由对称性知，在相同介质层内电场均匀，且都与极板垂直，因此有EElEl2211由于没有漏电，介质界面上没有自由电荷分布，即02。由边值关系得0221121EEDDnn这里界面法线方向由介质2指向介质1，由以上两式解得：122112122121llEEllEE将边值关系finnDD21应用到上下两个界面，由于金属内0iD，在不同界面上一个是金属内的电场减介质内电位移矢量，另一个界面是介质内电位移矢量减金属内电场，因此有122132131llff当漏电时，由于达到稳恒电流，有0j。在界面上选一圆柱，求电流密度矢量的通量，得：2121jjjjnn（由于电场垂直界面）。由欧姆定律：222111,jEjE可知：Ejljl222111解得：12212121llEjj5由此得：1221122212212111llEjEllEjE由此得：122112222122121111llEEDllEED应用边值关系式得：12211223122121121221221211100llEDEllDDllED612、两介电常数分别为1和2的绝缘介质界面上无自由电荷分布，求证电场折线在界面处满足：(1)1212tantan，这里1和2分别是界面两侧电场线与法线夹角。(2)当两种介质内有恒定电流时，1212tantan，这里1和2分别是两种介质的电导率。证：（1）由于边界上0f，由边值关系知0)(0)(1212DDnEEn由矢量运算的几何定义知1112221122coscossinsinEEEE因此有1212tantan。（2）由恒定电流条件0J，可知nnJJ21。由欧姆定律EJ，得：222111coscosEE又由边值关系0)(12EEn可得1122sinsinEE由此得1212tantan7第二章静电场习题例题2、真空中有一半径为0R的接地导体球，距球心为)(0Raa处有一点电荷Q，求空间各点电势。解：解题关键是利用对称性和边界条件，设立假想电荷，使假想电荷同自由电荷形成的场符合边界条件，这样由唯一性定理知该解是物理解。由对称性知假想电荷应在OQ连线上，且使球面上电势为零。设Q距球心O的距离为b，且该点到球面上P点的距离为r，P到Q的距离为r。为使球面电势为零，须有：0rQrQ因为此式对球面任意点成立，因此有：constantQQrr为使此式得到满足，要求PQO∽OPQ，即：constant0aRrr两三角形相似的条件是aRRb00，即aRb20。由此解得：QaRQ0这样就确定了假想电荷的位置和大小。球外电势由Q和Q形成：)(4100raQRrQ例3、上题中，若导体球不接地，而是带电荷0Q，求球外电势和Q受的力。解：本题边界条件包括（1）球面为等势面（因是导体球）；（2）球面发出的电场强度总通量为00/Q。解题思路放在求等势面和总通量上。先设一假想电荷使球面电势为零。然后再于球心放一电荷使总通量为00/Q，这样不会改变球面为等势面。由对称性知假想电荷应在OQ连线上。设Q距球心O的距离为b，且该点到球面上P点的距离为r，P到Q的距离为r。为使球面电势为零，须有：80rQrQ因为此式对球面任意点成立，因此有：constantQQrr为使此式得到满足，要求PQO∽OPQ，即：constant0aRrr两三角形相似的条件是aRRb00，即aRb20。由此解得：QaRQ0这样就确定了假想电荷的位置和大小。于球心再放一电荷，其电量为)(0QQ这样球面总通量为00/Q，球面为等势面。这样条件（1）（2）均满足。球外电势为：)/(410000RaQRQraQRrQ点电荷Q的受力为：22023202032202200)()2())()((41RaaRaRQaQQbaQQaQQQF91、一个半径为R的电介质球，极化强度为2rrKP，电容率为。（1）计算束缚电荷的体密度和面密度；（2）计算自由电荷体密度；（3）计算球外和球内的电势；（4）求该带电体系产生的静电场和总能量。解：（1）由电极化强度矢量的定义及束缚电荷的产生（郭硕鸿第三版18-20页）知：2222)11(rKrrrrKrrKPP由电极化强度矢量的边值关系知：RPPPn|)(12这里n是由介质1指向介质2的法向。由于球外电极化强度矢量为零，即02P，所以有：RKrrKnPnRRP||21（2）由电位移矢量的定义PEED0知：0PD由麦克斯韦方程组知：200)(rKPDf（3）由于体系的球对称性，可由高斯定理计算电场并得到电势分布：024QErSdEout下面计算Q)(4sin)(0220KRddrdrrKdVQf因此得：rrKREout300)(同理可得球内电场为：20rrKEout电势为：10rKRrdERoutout)(00rRKKrdErdERrinRoutinln)(000113、均匀介质求中心置一点电荷Q，球的电容率为，球外为真空，试用分离变量法和高斯发求解（球队半径为a）。解：高斯法。由体系对称性知电场方向沿径向。由高斯定理知当rR时有：QErSdEoutout2004解得304rrQEout。对电场积分得电势为：rQrdEroutout04由于在无穷远处电势为零，所以积分常数为零，rQout04。在球内，应用高斯定理得：QDrSdD24解得34rrQDEin。积分得电势为：RQRQrQrdErdERoutRrinin0444因此得：RQRQrQin4440分离变量法。依题意知本带电体系的泊松方程为：/)(2x本题除在原点有一点电荷外，其它点符合拉普拉斯方程。因此，本题的通解可由一点电荷的势与拉普拉斯方程的通解叠加得到。由于体系有球对称性，拉普拉斯方程的通解退化为rba/。考虑到点电荷处于介电常数为的介质中，因此通解可写成：rQ4在球内，当r趋于零时，电势趋于点电荷形成的场(这里会有同学纠缠于通解形式的设定为什么不写成rQ04/，实际上设成这个形式也可以，但要注意该体系在0r时是趋于rQ4/。相当于球的半径趋于无穷。当0r，rQ4/项提供主要贡献，其它项相比较而言趋于零，也证明了这一点。)，12因此有：14444lim0QrabQrQarbrQr这要求b=0(如设通解为rQ04/，b的解为004/)(Q)，因此有：arQin4当r趋于无穷时，要求电势为零，这要求a=0，因此有：rbrQout4由边界条件RroutinRroutinrr0得：202024444RbRQRQRbRQaRQ由上式解得：)11(4)11(400QbRQa因此有：rQRQrQoutin004)11(44解法二：设通解为真空中点电荷解加拉普拉斯方程的解，但拉普拉斯方程及其解是分段的。总的通解为：0这里rQ004/，总的通解为：RrarbrQRrrcrQinout/4/d/4/0013由边界条件知：(4)0|3)(2)(][1)(][0routinRroutinRroutinQdSrrr由(1)得：aRbc由(2)得：20222044RcRQRbRQ由(3)得：004)(Qb由（4）得：d=0由(2)、(3)得：c=0由(1)、(2)、(3)得：)11(40RQa因此，通解为：rQRQrQoutin004)11(44144、电介常数为1的均匀介质求中心有一电偶极子fP，球外充满电介常数为2的介质，求空间各点电势和极化电荷分布。解：该题的通解为电偶极子解加拉普拉斯方程的通解。由于体系有轴对称性，因此)(cos)(1nnnnnPrbra。由于球外电势在无穷远处为零，及球内电势趋于电偶极子的电势，所以可将