工程电磁场-(杨宪章-邹玲-樊亚东-著)-中国电力出版社-课后答案-题ch1

习题1-10解：首先物理概念上分析电场强度为零的点一定是A点，因为0q1，A离-qp近，离q远，则二者即产生的AEv会抵消，而B点不行，这是因为离q近离-pq远，即产生的Ev一大一小无法抵消。令x如图，则两点电荷在A点产生的场强分别为：q:()rxdqqErv2014+=π,-pq:()rxpqEvv2024πε−=令AEv＝021=+EEvr，有()221xpxd=+()22xxdp=+两边开方取正值：dppx−=1习题1-11解：分析知，只可能是A点，Q12qq，∴A点必须离1q近、离2q远才行令x如图示，据题意有()2231xdx+=，x=1.37d习题1-12解：在直角坐标系中，取棒中心在原点处，棒沿z轴放置。①因为求的点在y轴上，所以棒上下的对称性决定了Er的z分量被抵消了，只剩了y分量，而且可只计算一半棒上的电荷在p点产生的场强，乘2即为所求。设棒长2L，显然dzLqdzdq2==τ()∫+=LrzdzLqE02/32201.041.022πε()()02/122201.01.081.02LzZLq+×=πεBAq-pqdxAq1q2dx=()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−+01.01.0*42/1220LLLqεπ3.0*40πεq=mV/5.5994=yEvr5.5994=∴②近似计算棒是无限长而保持电场线密度不变，计算结果是：mVqLqrE/9.59971.022200=⋅⋅==πεπτL并非无限长，还是取以前的31.0322≈−=L它与上述的相对误差%0567.0%100*5.59945.59949.5997=−习题1-13解：已知一圆环产生的场强()ixrqqxEvv232204+=π此圆环可分为无数半径为r的细圆环，其上微电荷rdrdSdqπσσ2⋅==其产生的微元电场()ixrxrdrEdvv2322042+⋅⋅=πεπσ故r从1R到2R积分即所有圆环产生的场强：()ixrxrdrERRvv∫+⋅⋅=212322042πεπσ()()ixrxrdxRRv∫++=2123222204εσ()ixrxRRv122122024+−=εσyxzPR1R2()()ixRxRxv⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−+=21222212210112εσ讨论：1)σ不变，01→R，得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−=21222012xRxEεσ2）又∞→xR2得02εσ=E这相当于∞→2R比x快的多，即变成无限大带电平板。当在板右侧即x0时，iEvv02εσ=当在板左侧即x0时，iEvv02εσ−=Ev的方向突变。习题1-14解：当012σσ时，首先应了解单独一个无限大带电平面两边的电场分布，然后由叠加原理求合成场强。由习题1-13知iEvv02εσ=在板两边突变。所以A点场强：AEv+−=)(201ivεσ)(202iv−−εσiv)(21210σσε−−=B点：BEv+=)(201ivεσ)(202ivεσiv)(21210σσε+=C点：CEv+=)(201ivεσ)(202iv−εσiv)(21210σσε−=2)当012=δδ时，AEv0==CEv=BEviv)(21210σσε+iv0εσ=习题1-15解：1)求各区域内的场强分布应用真空中的髙斯通量定理：封闭圆柱面01εqSdES=⋅∫vv内1R：0,01=∴=EqQ21RRR：0122ετπ=⋅RE，REπετ0122=2RR：02132εττπ+=⋅RE，REπεττ02132+=2)当21ττ−=时：03=E,21,EE同前E的方向是射线方向，各点不一。习题1-16解：此题可用叠加法解；2R中添加ρ后其中任一点的1Ev：0210112ερππεRREqSdES=⋅→=⋅∫vv012ερREvv=Rv非单位矢量仅2R中不填ρ，其内2Ev：0222ερππrrE=⋅022ερrEvv=00212)(2ερερarREEErrvvvv=−=−=∴习题1-17解：任意半径r处E：∫=SqSdEvvετπε=⋅rE2rEπετ2=在1ε内rE112πετ=,0112REMAXπετ=)(21011dREMIN+=πετ在2ε内rE222πετ=,)(21022dREMAX+=πετ)(221022ddREMIN++=πετ在3ε内rE332πετ=,)(221033ddREMAX++=πετ)(2321033dddREMIN+++=πετ在4ε内rE442πετ=，)(2321044dddREMAX+++=πετ)(24321044ddddREMIN++++=πετ作图时注意E和r是双曲线型关系，先在图上画出两端点，再用双曲线连接即可。习题1-18解：011max1112πετπετ==RE02max2112πετπετ==RE0115.272πετπετ==REmIN02226.172πετπετ==REmIN5.2115.27min1max1minmax===∴EEEE习题1-20解法一：用电偶极子算：距电偶子中心r处的电位24cosrqlπεθϕ=此外rxxRr=+=θcos,22故在两环对应处各取dl，则απRddldlRqdq==,2342rlxRqRddπεπαϕ⋅=∴∫+===ππεπεϕϕ2023223)(44xRqlxrqlxd因为电偶极子ϕ是近似的，故这里也是近似的。解法二：各取一微元段22021011)2(84xlRRqdlrdqd++−==εππεϕ22022022)2(84lxRRqdlrdqd−+==εππεϕ=+=∴21ϕϕϕ))2(1)2(1(422220lxRlxRq++−−+πε.,21rrrRl≈≈∴Qθcos21lrr≈−23220)(4xRqlx+≈πεϕ习题1-21解：RRkr+=ε由高斯定理RRkqRqER)(442+==πεπε令0=bϕ则)()(ln4)ln(ln4)11(4)(40000bkRRkbkqRkbkRbkqdRkRRkqdRRRkqdREbRbRbRRR++=++−=+−=+==∫∫∫πεπεπεπεϕ习题1-22解：122RR，当u增大时哪层介质先击穿？122maxmax12ln21rRRrEU=同轴圆柱电容REπετ2=介质1中，RREr101122επετπετ==介质2中，()2221022RRErεπετπετ==介质1中最大场强：10max112RErεπετ=介质2中最大场强：()2210max2rErεπετ=因为R22R1，rR2，所以r2R1，(r/2)R1，故介质2中，E2MAXE1MAX，即当电压升高时，τ增大，介质2中将先达到最大场强，尽管两种介质EMAX相等，但是介质2中先达到，所以外层介质2将先被击穿。假设外层介质先达到EMAX，因为rRRInUE2022=，所以rRrInEUMAX202=而rRInU22022πετ=，所以rRInU22022πετ=12021220211111021221221RrInrRInURrInrRInURrIndRRUrR====∫πεπεπετπετ而122212210202120202101221)121(ln)121(21rRRrInErRInRrInrRrErRInRrInUURrInrRInUUUUMAXMAX=+=+=+=+=证毕习题1-23解：)()(20)(210)(210222222222jyixyxjyxyiyxxjyixEvvvvvvv++=+⋅−−+⋅−−=∂∂−∂∂−=−∇=ϕϕϕ254220)()11(20)0,1,1(2==++=jiEvr习题1-25解：由D1n=D2n知：onnEEE75cos5.61212==εεottEEE75sin12==所以cmkVEEEoo/9.3475sin75cos5.6222220=+=，超过。习题1-26解：设内外之间加U0电压，内层金属带电荷+τ，外层金属带电荷-τ因为两层介质中的最大场强相等，所以ba2122πετπετ=，ba21εε=交界面上出现场强极值。因为)lnln(2ln2ln22112221bcbcabUUUbcabo+=+=+=εεεεπετπετπετ所以bcUolnln221122+=εεεεπετ)lnln(2211222maxbcbUbEo+=εεεεπετ求2maxE的极值：02max=dbdE0)lnln(])lnln[(22112222112=+−⋅⋅++−bcbbccbbbcUoεεεεεεεε01)lnln(2112=−+bcεεεε所以ecb12)(21εεεε=，ba12εε=习题1-34解：02)(1ερϕϕ−∂∂∂∂∇＝rrrr＝0|1==RrϕVRr50|2==ϕ得：r＝rrrr0)(1ερϕ−∂∂∂∂解微分方程，转换为：20222)(r＝rrrrερϕϕ−∂∂+∂∂此即数学上的尤拉方程：令ter=，则方程变为：te＝t2022ερϕ−∂∂积分两次得：BAte＝tt++−204)(ερϕBrAr＝r++−ln4)(20ερϕ由边界条件得A=452.53，B=1373.299所以299.1373ln53.45259.28248)(2++−rr＝rϕ习题1-35解：022ερϕ−∂∂＝x0|0==xϕVdx200|==ϕ所以BAxx＝x++−202)(ερϕ由0|0==xϕ知B=0由Vdx200|==ϕ知A=7649.7xx＝x7.764918.56497)(2+−ϕ0x10cmρε0ixx＝xEvv)7.764936.112994()(2−−∇=ϕ习题1-36解：在R1rR2区域，令球感应电荷q1。0)(1,0222＝rrrr＝∂∂∂∂∇ϕϕ0|1==Rrϕ2101104|RqrRrπεφε=∂∂−=得0)(2＝rrr∂∂∂∂ϕ02222＝rrrr∂∂+∂∂ϕϕ，尤拉方程令ter=022＝tt∂∂+∂∂ϕϕt＝Aet−∂∂ϕ得BAe＝tt+−−)(ϕBrABAe＝rr+=+−−ln)(ϕ由边界条件得：101014,4RqBqAπεπε==)11(4)(1011Rrqr−−=πεϕ在rR3区域0)(1,0222＝rrrr＝∂∂∂∂∇ϕϕ0|=∞=rϕqqdSrS+=∂∂−∫10φε因为0|=∞=rϕ，所以B=0又21rA＝r−∂∂ϕ，所以qqdSrAS+=∫1210εS取r=R3，则0114πεqqA+=所以rqqr0124)(πεϕ+=求q1，由3221||RrRr===ϕϕ得101201301444RqRqRqqπεπεπε+−=+得123311111RRRqRq−+−=测验题1-37解：(1)P点坐标（0,1.5,Z）,z可变，无论z变到什么地方，P点距两导线的距离均相等(r)。222222)2(75.05.1zdazr++=++=(2)τ1和τ2在P点产生的dE的y轴分量抵消，只剩x轴分量，所以dEx=dEsinθ=dE(d/2r)因为2024rdzdEπετ=，所以322202302202)2/(8824zdadzdrdzdrdrdzdEx++===πετπετπετ0)2/())2/((4)2/(82222202322202∞+++=++=∫∞+∞−zdadazzdadzdExπετπετ65.1)75.05.1(10*85.8410*17.5221210=+=−−π0xτ2yPτ1dE1dE2mVrE/96.4225.1220=⋅⋅=πετv测验题1-38解：(1)求EvR1rR2时，2014rqEπε=vrR2时，20214rqqEπε+=v2010120121012012011444)11(444212RqRqRqqRRqrqdrrqqRRRπεπεπεπεπεπεϕ+=++−=++=∫∫∞01=ϕ，则111222021012,44qRqRqRqRq−=−=−=πεπε01ϕ，则1222112,0qqRqRq−+测验题1-39解：02004,4rRqERqvvπεϕπεϕ=−∇==Ev,ϕ均将在R=R0处出现最大值。所以2020430,304RqRqπεπε⋅而250