电磁场与电磁波习题课1、2章

习题课12章2014.31.1证明：如果P·A=P·B且P×A=P×B，则矢量A=B。解:BABABAPBAPBPAPBAPBAPBPAP0)//(0)()(0)(1.2已知旋转抛物面S为z=x2+y2(0≤z≤h)，求流速场v=(x+y+z)az在单位时间内向下(朝向-az)穿过S的流量Q。yxz解：SSSzSSzyxQd)(dSvSzSyxyxd)(222002dd)sincos(h2022142hh㈠直接积分：2.1位于xy面的带电细圆环半径为a，圆心在原点，电荷线密度为l，求①z轴上任一点的点电荷q受的作用力；②由x≤0和x≥0的半圆环分别在原点产生的电场强度。RdExyzOd解：①lRrRld)(41d20aEd)sincos(4120aRzlaa2020d)sincos(41aRzlaaE2020d14RzRalza2/3220)(24zaalza2/3220)(2zaazqqlzaEFlRrRld)(41d201aE20201dcos412aalxaE②xyEalx02ax≥0的半圆环在原点产生的电场x≤0的半圆环在原点产生的电场alx0122aEE2.2如图所示的两个轴线平行的无限长圆柱面之间有体密度为v的电荷均匀分布，其余部分为空气，无电荷，a+cb，求空间各点场强。O1O2原问题可等效为下列问题：1将小圆柱内填充体密度为v的电荷，即大圆柱内全部填充电荷时，求出此时的电场E1；2)小圆柱内填充体密度为-v的电荷，仅由小圆柱内电荷产生的电场为E2；3)原问题所求电场E=E1-E2bac2.3如图所示，长度为2a的线电荷沿z轴放置，电荷密度为zapazazazaazρl;0220求：(1）电荷总量Q(2)沿z轴上方（za）任一点p的电位和电场。)ln(2222xaaxaxdxxax提示:（3）当p点位置位于无穷远时（z-∞），计算p的电位和电场。解：①azdazzdQaaaal022032azazaaaazzzzzzazdzzzdzazdzzazdz)ln(24)(4)(42220022002020azazzazaazyxln24),0,0(2200②zzazazzazazaaazazzazzaaaEln4ln242222002200zazazQz0000320644)(③zzzazQzaaE2002064)(2.4半径为a的永久极化介质球，球心在原点，均匀极化强度为P，平行于z轴，球外为空气，①求束缚电荷面密度；②求球内轴线上任一点由束缚面电荷产生的和E；③若球内为空气，球外为介质，再求①、②。解：①cospsPnP②zaar200222)cos()sin(4ddsincosazaaP0222cos2dcossin2azzaPaRRSr4ddps0zP0222cos2dcossin2azzaPa0222cos2)d(coscos2azzaPa112222d2azxzaxxPa112222222d22212xazxzazaazxzaazPa11222211232222314azxzaazzaazxzaazzaP3Pz33PaEPz讨论3PE——轴线上的场强与位置无关由于电场分布具有轴对称性，电力线只有三种可能cdOefcdOefcdOefEcEdEOEcEdEOEc=Ed=EOBl0dlElEBOclEBOEE结论：介质球内的电场为匀强电场③zaarR0zPcos)(psPraP3Pz33PaEPz2.5空气中内半径为a,介电常数为=20的介质球充满体电荷密度为的电荷，式中0为常数，r为任意点到球心的距离。试求（1）各部分空间电场强度的分布；（2）束缚电荷(极化电荷)分布。20r解:(1)QarSSDd:介质中的高斯定理502200544.rdrrrdQr502200544.:adrrrqararrrrrDrrDaDE030113015021105,544rrrraraEarEaE20502205025002255,5440d:qarSSE真空中的高斯定理EEEPEPED00000)2()(1010:3030rrrrPSaanP极化面密度2)10(1:203022rrrrrPP极化体密度rraraP10:30极化强度QarSSDd:介质中的高斯定理5054:aQarrrrraraDarDaDE2050025050255,544(2)球外解二：2.6半径为b的介质球内有一个同心的半径为a的球形空腔，空腔内和球外为空气，介质的介电常数为，极化强度为P=arkr，k为常数，求：①束缚电荷的体密度和面密度；②自由电荷密度；③空腔内任一点的电位。kkrrrr3)(122pP解：①ba00kaaarr)a(P)(pskbbbrraP)(ps②003kfPD000krraPPEDba00③空腔内=0，∴E1=0介质中001krraPDE球外d1d0SSESSSSdd1df0SE外)(π4π43)π(431)(π40032033002kbakaabkrErr外0S)()(kaaaraD空腔内电位bbaarrErErEddd外112003)()(rkbrraE外rrkbrkrbbad)(d)(200300)(2])2[(002020abk讨论在解②中，也可直接求ED0p03kba00)(1p0E)()()(23022rarkaErarE)()()()(10saEaEaEaSSQdds2s224d44)(arrrrEra㈠用SQSDd计算介质中的电场由介质边界条件：㈡用)(1dp0QQSSE计算介质中的电场SraSrrrrE)d(d4)(14)(pss2p02220024)(d43314)(akaaErrkkrrEra00202)()(krkaaErarE1、真空中的高斯定律)(1d)(sps0qqaSSE]4)(4)[(14)(2202aaEakaaaE0)(krrEE(a)的求法2、)()()(00akaaarEaPD0)(kaaE1、2均可求出2.7两种介质分界面为z=0平面，，如果已知介质1中电场，可以求出介质2中那些地方的电场？3,221rr2211121212121EzznnyyxxttEEDDEEEEEE222ED在z=0平面上r02.8半径为a的薄导体壳的内表面涂了一层绝缘膜，球内充满总电量为Q的电荷，绝缘膜外的壳上又另充了电量Q。已知球内部电场为E=ar(r/a)4，求：①球内电荷分布；②球壳外表面上的电荷分布；③球壳的电位；④球心的电位。解：①43022006)(1arErrrrE②球内总电量Q:32200406d4d4arQrraas02224QaQQin=-QQin=QQs=2Q电荷分布：③arrarDrEaaaa2d2d1d220aararrEaaa5112dd04400④球外电位移:QS2dSD20284arD)(2220arraraD2.9平行板电容器极板间相距2cm，其中有1cm厚的玻璃，，击穿场强为;其余为空气，其击穿场强为。(1)若在极间加电压40kv，此电容器会不会击穿？(2)若将玻璃片取出，问会不会击穿？071122012UEdEdEE12222U=E+E=7E+E=8E2405/50/88UEkvcmkvcm50/maxEkvcm030/maxEkvcm12735/30/EEkvcmkvcm因此，电容器会被击穿解:(1)所以UEd4020/30/22UEkvcmkvcm(2)因为所以，将玻璃取出后，电容器不会被击穿2.10同轴圆柱形电容器内外导体半径分别为a和b，b为给定值。(1)当外加电压U固定时，问a为何值可是电容器中的最大场强取得最小值，并求该值。(2)当已知介质的击穿场强Emax时，问a为何值时电容器能承受极大电压，并求Umax。解：(1)此电容器极间电场UE=blnamaxUE=balna'22[ln(lnln)](ln1)0(ln)(ln)maxbbUabaUEaabbaaaaa令可得ln1babea0.368babe此时maxbaeUeUEEbbe小=仍得maxlnUEbaamaxlnbUEaamax1[ln()]0UbEaaaabaemaxmaxbUEe(2)由令此时2.11平行板电容器中有一层电介质，厚度为b，其余为空气隙，厚度为t。b+t远小于极板限度。两极间加直流电压U。①求单位面积的上极板受的力；②受力的方向与U的极性有无关系？D1=D2解：①tbE10UE2102EEbEtEbEtEU10121btUE01SbbtUStbtUEEW20020022210e2121d21d21bbtUtbtUbtUtSWf30203020200e21常电位系统2022021btUtbE10UE2上极板受力向下，两极板间为吸引力。②极板受力方向与电源极性无关SbbtUStbtUW200200e21212.12一点电荷q与无限大导体平面距离为d,试计算将此点电荷移到无穷远处，所需做的功。解：镜像法求解.qEdldqqWlE204(2)yqyΕa2200()4(2)16dqqqWqEdldyyd