电磁场与电磁波课后习题答案杨儒贵编着第二版全套完整版

1电磁场与电磁波课后习题答案杨儒贵第二版全套第一章题解11已知三个矢量分别为；ZYEEAX32；。试求；单ZYEBX23ZECX|,|CB位矢量；及CBA,BA；及。A解14321222ZYXZB50222ZYXCZYEAEXA314ZYBXB2ZECEXC511623ZYXBABAZYZYZYXZEEEEXX57213ZYZEEECBAX02572因ZYZYZYXCAEEEAXX4521023则ZYZYEEEBXX8634515232CA。90712已知平面内的位置矢量A与X轴的夹角为，0Z位置矢量B与X轴的夹角为，试证SINCOSCOS证明由于两矢量位于平面内，因此均为二维矢量，0Z它们可以分别表示为SINCOAYEEAXBB已知，求得CSBASINCOSO即INSCS13已知空间三角形的顶点坐标为，2,10P及。试问该三角形是否是直角三,42P5,263角形；该三角形的面积是多少解由题意知，三角形三个顶点的位置矢量分别为；ZYE21ZYXEP342ZYXEEP5263那么，由顶点P1指向P2的边矢量为ZX2同理，由顶点P2指向P3的边矢量由顶点P3指向P1的3边矢量分别为ZYEPX823ZYEPX7631因两个边矢量，意味该两个边矢量相0231互垂直，所以该三角形是直角三角形。因74212P，6981223所以三角形的面积为173502312PS14已知矢量，两点P1及P2的坐标位置分XYEA别为及。若取P1及P2之间的抛物线1,2P,82或直线为积分路径，试求线积分。YX12DPLA解积分路线为抛物线。已知抛物线方程为,2YX，则YXD4142D62D4D312121212YYYXPPPPLA积分路线为直线。因,两点位于平面内，1Z过,两点的直线方程为，即，128XYXY，则YXD6。1412D4621212YYYPPLA15设标量，矢量，试求标3ZXZYEAX量函数在点处沿矢量A的方向上的方向导数。1,解已知梯度2223YZZXYZYXXEEEE那么，在点处的梯度为1,24ZYXE3因此，标量函数在点处沿矢量A的方向上的方1,2向导数为13623ZYXZYXEEA16试证式（1511），式（1512）及式（1513）。证明式（1511）为，该式左边为ZYXEEEZYZYXXZZYYEEEEX即，。根据上述复合函数求导法则同样可证式（1512）和式（1513）。17已知标量函数，试求该标量函ZEYX3SIN2I数在点P1,2,3处的最大变化率及其方向。解标量函数在某点的最大变化率即是函数在该点的梯度值。已知标量函数的梯度为ZYXEE那么ZYZEYXEX3COS2SIN3SIN2COEXZZ3ISI5将点P1,2,3的坐标代入，得。3326EZYPE那么，在P点的最大变化率为76236233EEZYP点最大变化率方向的方向余弦为；0COS27CS27COS18若标量函数为ZYXZYX6322试求在点处的梯度。1,P解已知梯度，将标量函数代ZYXEE入得62432ZXYEEEX再将P点的坐标代入，求得标量函数在P点处的梯度为YPX919试证式（1611）及式（1612）。证明式（1611）为，该式左边为ACAACZYXZYCX即A式（1612）为，该式左边为AZYXZAAAZYYXX6；A即110试求距离在直角坐标、圆柱坐标及圆球坐标|21R中的表示式。解在直角坐标系中21212121ZYXR在圆柱坐标系中，已知，因COSRSINR此2121221221SIISCOZRRR21Z在球坐标系中，已知,COSINRXSINRY,因此COSRZ2122112211221COSSISISISINRRRR11COCONR111已知两个位置矢量及的终点坐标分别为R2及，试证与之间的夹角为,R,2R121221COSCOSINSCO证明根据题意，两个位置矢量在直角坐标系中可表示为11111SSINSIRRRZYXEEE22222COCONZ已知两个矢量的标积为，这里为两个矢量的CS11RR夹角。因此夹角为21COSR式中7COSSINSINCOSINI21212121R21因此，21212121COSCOSINSCOSINCO112试求分别满足方程式及的函数0RF0RF及。RFF解在球坐标系中，为了满足0311111RFFRFRFRF即要求，求得03D11FRFRFD1CRFLNLN1即3R在球坐标系中，为了满足0222RRRFFF由于，即上式恒为零。故可以02RFRF2是R的任意函数。113试证式（1711）及式（1712）。证明式（1711）为（为常数）AC令，则ZYXEEAAZYXEEAZYXCZYXCZZ式（1712）为8令，则ZYXEEAAZYXAEEXYZZYXZYZXYYXZAAEEZXYYXZXYZAYEZXYYXZXYZAAEE若将式（1712）的右边展开，也可证明。114试证，及。0R0R03R证明已知在球坐标系中，矢量A的旋度为ARARRSINISIN2EE对于矢量，因，代入上式，且RR0因R与角度，无关，那么，由上式获知。0R对于矢量，因，显然。R1RAA对于矢量，因，同理获知32R0。03R115若C为常数，A及K为常矢量，试证9；RKRKCCEC；RKRAC。RRKCEE证明证明。RRC利用公式，则FRKRKRRKCCEE而ZYXZYX求得。RKRKCE证明。RKRACE利用公式，则ARKRKRRKCCCEEE再利用的结果，则RRA证明。RKRKACCEE利用公式，则ARKRKRKRKCCCEEE再利用的结果，则。RRA116试证，式中K为常数。REKR22证明已知在球坐标系中22222SIN1SINI1RRR则RERREKK221KRKRER22110KRKRER21KRKREE112KR2即RRKK117试证2|1EE证明利用公式ABABA令上式中的，则EEE222将上式整理后，即得。21118已知矢量场F的散度，旋度，RQ0F试求该矢量场。解根据亥姆霍兹定理，其中RAR；VVD41RRVVD41A当时，则，即。那么因0F0RF，求得RQRQVQV4D41RR则RQERRF24119已知某点在圆柱坐标系中的位置为，试3,24求该点在相应的直角坐标系及圆球坐标系中的位置。解已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换关系为11，COSRXSINRYZ因此，该点在直角坐标下的位置为Z323CS4X23SI4Y同样，根据球坐标系和直角坐标系坐标变量之间的转换关系，；22ZYXRZYX2ARCTNXYARCTN可得该点在球坐标下的位置为；5R534ARCT120120已知直角坐标系中的矢量，式中ZYCBAEEAXA,B,C均为常数，A是常矢量吗试求该矢量在圆柱坐标系及圆球坐标系中的表示式。解由于的大小及方向均与空间坐标无关，故是常矢量。已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换关系为；2YXRXYARCTNZ求得；BABC；2SIN2COSA又知矢量A在直角坐标系和圆柱坐标系中各个坐标分量之间的转换关系为ZYXZRAA10COSIN将上述结果代入，求得12CBABABAZR010222即该矢量在圆柱坐标下的表达式为CBAZREE2直角坐标系和球坐标系的坐标变量之间的转换关系为；22ZYXRZYX2ARCTNXYARCTN由此求得；22CBARCB2ARTNABRCTN矢量A在直角坐标系和球坐标系中各个坐标分量之间的转换关系为ZYXRAA0COSSININICOSI求得00COSSININICOSI22CBACAR即该矢量在球坐标下的表达式为。22CBAREA121已知圆柱坐标系中的矢量，式中ZRA,B,C均为常数，A是常矢量吗试求及以及AA在相应的直角坐标系及圆球坐标系中的表示式。解因为虽然A,B,C均为常数，但是单位矢量ER和E均为变矢，所以不是常矢量。已知圆柱坐标系中，矢量A的散度为13ZARR1A将代入，得ZRCBAERAR01矢量A的旋度为ZRZRAEZZRRBCRAEE已知直角坐标系和圆柱坐标系坐标变量之间的转换关系为COSRXSINRYZAX2AYX2I又知矢量A在直角坐标系和圆柱坐标系中各个坐标分量之间的转换关系为ZRZYXAA10COSINI将上述接结果代入，得CXABYAXYAZX10即该矢量在直角坐标下的表达式为，其中。ZYXCABYABEE22AYX矢量A在圆柱坐标系和球坐标系中各个坐标分量之间的转换关系14ZRRAA01SINCOSI以及，求得RASINRSBRCABRCAR0012即该矢量在球坐标下的表达式为。EAR122已知圆球坐标系中矢量，式中A,CBARB,C均为常数，A是常矢量吗试求及，以及A在直角坐标系及圆柱坐标系中的表示式。解因为虽然A,B,C均为常数，但是单位矢量ER，E，E均为变矢，所以不是常矢量。在球坐标系中，矢量A的散度为ARRRSIN1SIIN112A将矢量A的各个分量代入，求得。COT2BA矢量A的旋度为ARARRSINISIN2EEEERBCRBARSINISIN215利用矢量A在直角坐标系和球坐标系中各个坐标分量之间的转换关系AARZYX0SINCOSCOSINI以及，求22SINCOYXXAZYXZYXYX22222COSI得该矢量在直角坐标下的表达式为ZYXAYXBZXCYABZYCZEEA2222利用矢量A在圆柱坐标系和球坐标系中各个坐标分量之间的转换关系RABZCZRARZAARZR010SINCO10I求得其在圆柱坐标下的表达式为。ZRRABCZABEE123若标量函数，XY21,SIN,RZX，试求，及。2SIN,RR223解XZZYX02121216222211ZRR0SINSIN2Z232323232SIN1II11RRR0COSIINSI2232RSI1SICOSIN4424R124若ZYXZXYZEEA232,SINCORZRRCOS1SIN,2RREE试求，及。AA2解；32320ZYZYXZY232YXZXYAZXZYXYZYEEE；ZZEEE332ZYX222；ZXXZEE236ARRZ1ACOS30COS13RR17SIN0COS22RRZARZZRZREEESINSI2COI2RRRZZREEZRRRARAA22222EA；SIN3SICOZREE（此处利用了习题26中的公式）ARRARSIN1SIIN1120IS2132；2COINRCOSINSIINIISIISI122RRARARRREEEECOSICO2SIN233RRREEE；233INSSIRARRARRSIISI2222EAR222INCOIN18ARRRA222SINCOSINSIE将矢量的各个坐标分量代入上式，求得24332SINCOSICOCOS4SINRRRREEEA125若矢量，试求，式中21,32RRVDAV为A所在的区域。解在球坐标系中，DSIND2RVARARSIN1II112将矢量的坐标分量代入，求得20212442DSICODDCOSDRRVRV202SIN20126试求，式中S为球心位于原点，半径SRDSIN3E为5的球面。解利用高斯定理，则VSDAVSDA20502DSINI6RR275第二章静电场21若真空中相距为D的两个电荷Q1及Q2的电量分别为Q及4Q，当点电19荷位于Q1及Q2的连线上时，系统处于平衡状态，试求的大小及位置。Q解要使系统处于平衡状态，点电荷受到点电荷Q1及Q2的力应该大小相Q等，方向相反，即。那么，由，QQF211202104RRR同时考虑到，求得DR21DR3,32可见点电荷可以任意，但应位于点电荷Q1和Q2的连线上，且与点电荷Q相距。1D322已知真空中有三个点电荷，其电量及位置分别为0,1,4,33221PCQ试求位于点的电场强度。0解令分别为三个电电荷的位置到点的距离，则321,R321,P，。1R利用点电荷的场强公式，其中为点电荷Q指向场点REE204QR的单位矢量。那么，P在P点的场强大小为，方向为1Q0210184RQ。ZYREE21在P点的场强大小为，方向为2Q020214RQE习题图22ZX1Q23PE3E2E120。ZYXREE312在P点的场强大小为，方向为3Q0230341RQEYRE3则点的合成电场强度为ZEEEEYX3128413281312023直接利用式（2214）计算电偶极子的电场强度。解令点电荷位于坐标原点，为点电荷至场点P的距离。再令点QRQ电荷位于坐标轴上，为点电荷至场点P的距离。两个点电荷Z1相距为，场点P的坐标为（R,）。L根据叠加原理，电偶极子在场点P产生的电场为3104RQE考虑到RL，ER，那么上式变为1COSLRRRQQE21021044式中2122121COSCOSRLRLR以为变量，并将在零点作泰勒展开。由于RL12LR，略去高阶项后，得LCOS1COS121RLRLR利用球坐标系中的散度计算公式，求出电场强度为REEE3030204SIN2CS1COS4QLLRRLQ2124已知真空中两个点电荷的电量均为C，相距为2CM，如习题6102图24所示。试求P点的电位；将电量为C的点电荷由无限远处缓慢地移至P点时，外力必须作的功。解根据叠加原理，点的合成电位为PV1052460RQ因此，将电量为的点电荷由无限远处缓慢地移到点，外力必C1026P须做的功为J5QW25通过电位计算有限长线电荷的电场强度。解建立圆柱坐标系。令先电荷沿Z轴放置，由于结构以Z轴对称，场强与无关。为了简单起见，令场点位于YZ平面。设线电荷的长度为，密度为L，线电荷的中点位于坐标原L点，场点的坐标为。PZR,21CMP1CMQQ1CMR习题图24Y习题图25R0PZZODLL1222利用电位叠加原理，求得场点的电位为P20D4LLRL式中。故20RLZR220202LN4LRLZZRLZL因，可知电场强度的Z分量为E2202LN4RLZZZLZ220114RLZRLZL220114RLZRLZRL22204LZRLZRL120SINIRL电场强度的R分量为232202LN4RLZZRRELR2204RLZZRLZL22RZZRZ220114RLZRLZRZRL2211RLZRLZRZ12120TANTATN14RL222TAN1TAN1T110COSCS4RL24210COS4RL式中，那么，合成电强为TANR,TANC21LZLZRZLREEE12120COSSII4当L时，则合成电场强度为,21RLE0可见，这些结果与教材22节例4完全相同。26已知分布在半径为A的半圆周上的电荷线密度，试求圆心处的电场强度。0,SIN0L解建立直角坐标，令线电荷位于XY平面，且以Y轴为对称，如习题图26所示。那么，点电荷在圆心处产生的电场强度具有两个分量EX和LDEY。由于电荷分布以Y轴为对称，因此，仅需考虑电场强度的分量，Y即SIN4DD20ALEY习题图26AYXOLDE25考虑到，代入上式求得合成电场强度为SIN,D0LALYYAAEEE0028DI427已知真空中半径为A的圆环上均匀地分布的线电荷密度为，试求通L过圆心的轴线上任一点的电位及电场强度。解建立直角坐标，令圆环位于坐标原点，如习题图27所示。那么，点电荷在Z轴上点产生的电位为LDPRL04D根据叠加原理，圆环线电荷在点产生的合成电位为202020D4D41ZALRLRZLALA因电场强度，则圆环线电荷在点产生的电场强度为EP2320ZAZLZE28设宽度为W，面密度为的带状电荷位于真空中，S试求空间任一点的电场强度。习题图27XYZPROA26解建立直角坐标，且令带状电荷位于XZ平面内，如习题图28所示。带状电荷可划分为很多条宽度为的无限长线电荷，其线密度为。XDXSD那么，该无限长线电荷产生的电场强度与坐标变量Z无关，即REES02式中YXRYXRREEE1得YXSYXE202DD那么SWYXEE202YWXYYWXSS2ARCTNARCTN2LN4020XEE29已知均匀分布的带电圆盘半径为A，面电荷密度习题图28XYZ2W2XDORYXWDXXABPX,Y27为，位于Z0平面，且盘心与原点重合，试求圆盘S轴线上任一点电场强度。E解如图29所示，在圆盘上取一半径为，宽度为的圆环，该圆环具RRD有的电荷量为。由于对称性，该圆环电荷在Z轴上任一点SRQD2P产生的电场强度仅的有分量。根据习题27结果，获知该圆环电荷Z在P产生的电场强度的分量为2320DDZRESZ那么，整个圆盘电荷在P产生的电场强度为200232DAZRZSZASZEE210已知电荷密度为及的两块无限大面电荷分别位于X0及XS1平面，试求及区域中的电场强度。10,X解无限大平面电荷产生的场强分布一定是均匀的，其电场方向垂直于无限大平面，且分别指向两侧。因此，位于X0平面内的无限大面电荷，S在X0区域中产生的电场11EXE强度。位于X1平面内的无限大面电荷，在X1区域中产生的电场强度22XE。22XE习题图29OXYZRDRP0,0,Z28由电场强度法向边界条件获知，010XSE020XSE即S1S由此求得021S根据叠加定理，各区域中的电场强度应为0,2121XEXXEE1,02121SXX,2121XXE211若在球坐标系中，电荷分布函数为BRA0,1,6试求及区域中的电通密度。AR,0D解作一个半径为R的球面为高斯面，由对称性可知REDS24DQ式中Q为闭合面S包围的电荷。那么在区域中，由于Q0，因此D0。AR0在区域中，闭合面S包围的电荷量为B3641DARV因此，RED2360A在区域中，闭合面S包围的电荷量为BR36410DABVQ因此，RED236A29212若带电球的内外区域中的电场强度为ARQ,2REE试求球内外各点的电位。解在区域中，电位为ARAQRQAARR2DDREE在区域中，R213已知圆球坐标系中空间电场分布函数为AR,253REE试求空间的电荷密度。解利用高斯定理的微分形式，得知在球坐标系中0RERR20D1那么，在区域中电荷密度为AR20520RR在区域中电荷密度为RD1520ARR214已知真空中的电荷分布函数为ARR,02式中R为球坐标系中的半径，试求空间各点的电场强度。解由于电荷分布具有球对称性，取球面为高斯面，那么根据高斯定理0204DQREQS30在区域中AR05024DDRRVRQVRREEE035214在区域中AR5024DDARVRQAVRREEE02505214215已知空间电场强度，试求（0,0,0）与（1,1,2）ZYXE3两点间的电位差。解设P1点的坐标为（0,0,0,）,P2点的坐标为（1,1,2,），那么，两点间的电位差为21DPVLE式中，因此电位差ZYXD,543ZYXEEEE为V3DD2,10ZV216已知同轴圆柱电容器的内导体半径为A，外导体的内半径为B。若填充介质的相对介电常数。试求在外导体尺寸不变的情况下，为了获R得最高耐压，内外导体半径之比。解已知若同轴线单位长度内的电荷量为Q1，则同轴线内电场强度。为了使同轴线获得最高耐压，应在保持内外导体之间的电REEQ21位差V不变的情况下，使同轴线内最大的电场强度达到最小值，即应使内导体表面处的电场强度达到最小值。因为同轴线单位长度内的电容AR为VABQABVQCLN2LN21131则同轴线内导体表面处电场强度为ARABVAELNL令B不变，以比值为变量，对上式求极值，获知当比值时，BEAB取得最小值，即同轴线获得最高耐压。AE217若在一个电荷密度为，半径为A的均匀带电球中，存在一个半径为B的球形空腔，空腔中心与带电球中心的间距为D，试求空腔中的电场强度。解此题可利用高斯定理和叠加原理求解。首先设半径为的整个球内充A满电荷密度为的电荷，则球内点的电场强度为PREERP032014R式中是由球心O点指向点的位置矢量，R再设半径为的球腔内充满电荷密度为的电荷，则其在球内点BP的电场强度为REERP0320241R式中是由腔心点指向点的位置矢量。RO那么，合成电场强度即是原先空腔内任一点的电场强度，P21习题图217OBAPRDR32即DREPP002133式中是由球心O点指向腔心点的位置矢量。可见，空腔内的电场是均D匀的。218已知介质圆柱体的半径为A，长度为L，当沿轴线方向发生均匀极化时，极化强度为，试求介质中束缚电荷P在圆柱内外轴线上产生的电场强度。解建立圆柱坐标，且令圆柱的下端面位于XY平面。由于是均匀极化，故只考虑面束缚电荷。而且该束缚电荷仅存在圆柱上下端面。已知面束缚电荷密度与极化强度的关系为NSEP式中EN为表面的外法线方向上单位矢量。由此求得圆柱体上端面的束缚电荷面密度为，圆柱体下端面的束缚面电荷密度为。S1PS2由习题29获知，位于XY平面，面电荷为的圆盘在其轴线上的电S场强度为ZSAZEE202因此，圆柱下端面束缚电荷在Z轴上产生的电场强度为ZAPE202而圆柱上端面束缚电荷在Z轴上产生的电场强度为ZALZLEE2012那么，上下端面束缚电荷在Z轴上任一点产生的合成电场强度为XYZAP习题图218PLY332202AZALZLPZEE219已知内半径为A，外半径为B的均匀介质球壳的介电常数为，若在球心放置一个电量为Q的点电荷，试求介质壳内外表面上的束缚电荷；各区域中的电场强度。解先求各区域中的电场强度。根据介质中高斯定理REDSD2244DQRQ在区域中，电场强度为AR0REE2004在区域中，电场强度为BRARED2Q在区域中，电场强度为RREE2004再求介质壳内外表面上的束缚电荷。由于，则介质壳内表面上束缚电荷面密度为P02020414AQAQSPENR外表面上束缚电荷面密度为2020414BQBQSPENR220将一块无限大的厚度为D的介质板放在均匀电场中，周围媒质为E真空。已知介质板的介电常数为，均匀电场的方向与介质板法线的夹角为，如习题图220所示。当介质板中的电场线方向时，试求142角度及介质表面的束缚电荷面密度。34解根据两种介质的边界条件获知，边界上电场强度切向分量和电通密度的法向分量连续。因此可得；21SINSIE21COSSD已知，那么由上式求得20,D01020121ARCTNTANTTAN已知介质表面的束缚电荷，0EDEPNNS那么，介质左表面上束缚电荷面密度为102102021COSNSEEPNN1介质右表面上束缚电荷面密度为10202022COS111ENSDEENN221已知两个导体球的半径分别为6CM及12CM，电量均为C，相距很远。若以导线相连后，试求电荷移动的方向及电6103量；两球最终的电位及电量。解设两球相距为D，考虑到DA,DB，两个带电球的电位为；Q21014DQ1204两球以导线相连后，两球电位相等，电荷重新分布，但总电荷量应该ED112200E习题图220E2EN2EN135守恒，即及，21C10621Q求得两球最终的电量分别为2361ABDQC10422Q可见，电荷由半径小的导体球转移到半径大的导体球，移动的电荷量为。C106两球最终电位分别为V1034501AQ5202B222已知两个导体球的重量分别为M15G，M210G，电量均为C，以无重量的绝缘线相连。若绝缘线的长度L1M，且远大于两6105球的半径，试求；绝缘线切断的瞬时，每球的加速度；绝缘线切断很久以后，两球的速度。解绝缘线切断的瞬时，每球受到的力为N2504150466201RQF因此，两球获得的加速度分别为21SM50A22F当两球相距为L时，两球的电位分别为；LQR21014LQR12024此时，系统的电场能量为1W绝缘线切断很久以后，两球相距很远LA,LB，那么，两球的电位36分别为1014RQ2024RQ由此可见，绝缘线切断很久的前后，系统电场能量的变化为J25424020110LQLQLW这部分电场能量的变化转变为两球的动能，根据能量守恒原理及动量守恒定理可得下列方程，221VM021VM由此即可求出绝缘线切断很久以后两球的速度V1和V2；S741VS8732223如习题图223所示，半径为A的导体球中有两个较小的球形空腔。若在空腔中心分别放置两个点电荷Q1及Q2，在距离处放置另一个AR点电荷Q3，试求三个点电荷受到的电场力。解根据原书27节所述，封闭导体空腔具有静电屏蔽特性。因此，Q1与Q2之间没有作用力，Q3对于Q1及Q2也没有作用力。但是Q1及Q2在导体外表面产生的感应电荷Q1及Q2，对于Q3有作用力。考虑到RA，根据库仑定律获知该作用力为20314RQF224证明位于无源区中任一球面上电位的平均值等于其球心的电位，而Q1Q2RQ3A习题图22337与球外的电荷分布特性无关。解已知电位与电场强度的关系为，又知，由此获知EE电位满足下列泊松方程02利用格林函数求得泊松方程的解为SVGGVGSR,RR,R,RDD0000式中。考虑到，代入上式R,4103041R,得SVVSRRRRD41D4130若闭合面内为无源区，即，那么S0SSRRRD413若闭合面S为一个球面，其半径为A，球心为场点，则，那么A上式变为SRRRD413SA考虑到差矢量的方向为该球面的半径方向，即与的方向恰好相反，又,则上式变为SDESAASSD41D412RSR由于在面内无电荷，则，那么S0SS2RR由此式可见，位于无源区中任一球面上的电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布无关。38225已知可变电容器的最大电容量，最小电容量PF10MAXC，外加直流电压为300V，试求使电容器由最小变为最大的过PF10MINC程中外力必须作的功。解在可变电容器的电容量由最小变为最大的过程中，电源作的功和外力作的功均转变为电场储能的增量，即EW外电源式中J1086MINAXVCQVW电源54212INME因此，外力必须作的功为J106外226若使两个电容器均为C的真空电容器充以电压V后，断开电源相互并联，再将其中之一填满介电常数为的理想介质，试求两个电容器R的最终电位；转移的电量。解两电容器断开电源相互并联，再将其中之一填满相对介电常数为理R想介质后，两电容器的电容量分别为CCR21,两电容器的电量分别为，且QV21由于两个电容器的电压相等，因此RQCQ2121联立上述两式，求得，RVQ1RCVQ12因此，两电容器的最终电位为39RVCQV121考虑到，转移的电量为12QVR12227同轴圆柱电容器的内导体半径为A，外导体半径为B，其内一半填充介电常数为的介1质，另一半填充介质的介电常数为，如习题图227所示。2当外加电压为V时，试求电容器中的电场强度；各边界上的电荷密度；电容及储能。解设内导体的外表面上单位长度的电量为，外导体的内表面上单Q位长度的电量为。取内外导体之间一个同轴的单位长度圆柱面作为高Q斯面，由高斯定理SDDBRA求得QR21已知，在两种介质的分界面上电场强度的切向1,E分量必须连续，即，求得212121RQ内外导体之间的电位差为ABQVBALND21RE即单位长度内的电荷量为VQL2A1B习题图22740故同轴电容器中的电场强度为REEABVLN由于电场强度在两种介质的分界面上无法向分量，故此边界上的电荷密度为零。内导体的外表面上的电荷面密度为；ABVSLN11EERABVSLN22EER外导体的内表面上的电荷面密度为；ABSLN11ERABSLN22ER单位长度的电容为ABVQCLN21电容器中的储能密度为21212LNDD21ABVEVWVVE228一平板电容器的结构如习题图228所示，间距为D，极板面积为。试求L接上电压V时，移去介质前后电容器中的电场强度、电通密度、各边界上的电荷密度、电容及储能；断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。解接上电源，介质存在时，介质边界上电场强度切向分量必须连续，DL/2KVL/20习题图22841因此，介质内外的电场强度是相等的，即电场强度为。但是介EDVE质内外的电通密度不等，介质内，介质外DD。DVED00两部分极板表面自由电荷面密度分别为，SDVS0电容器的电量LLQS2200电容量为DLVC20电容器储能为VLQW42120若接上电压时，移去介质，那么电容器中的电场强度为DVE电通密度为极板表面自由电荷面密度为DVES0电容器的电量为LLQS202电容量为DLVC20电容器的储能为LQW210断开电源后，移去介质前，各个参数不变。但是若移去介质，由于极板上的电量不变，电场强度为020DVLQE电通密度为D042极板表面自由电荷面密度为DVS20两极板之间的电位差为0E电容量为DLVQC02电容器的储能为02281LW229若平板电容器的结构如习题图229所示，尺寸同上题，计算上题中各种情况下的参数。解接上电压，介质存在时，介质内外的电通密度均为，因此，2LQD介质内外的电场强度分别为；2LQE02LQE两极板之间的电位差为。020LDDV则DVEDDLQ0002,2则电位移矢量为；DVED02DD0002极板表面自由电荷面密度为D/2D/2L0习题图22943；DVS02DVS002介电常数为的介质在靠近极板一侧表面上束缚电荷面密度为DESS0002介电常数为与介电常数为的两种介质边界上的束缚电荷面密度为0DVS0002此电容器的电量LLLQSS02022则电容量为DLVC02电容器的储能为LQW021接上电压时，移去介质后电场强度为DVE电位移矢量为D0极板表面自由电荷面密度为DVS电容器的电量LLQS202电容量为DLVC20电容器的储能为VLQW2102断开电源后，介质存在时，各个参数与接上电源时完全相同。但是，移去介质后，由于极板上的电量不变，电容器中电场强度为，电通密度为DVLQE02044DVED002极板表面自由电荷面密度为S0两极板之间的电位差为02VED电容量为LQC20电容器的储能为DLVW2021230已知两个电容器C1及C2的电量分别为Q1及Q2，试求两者并联后的总储能。若要求并联前后的总储能不变，则两个电容器的电容及电量应满足什么条件解并联前两个电容器总储能为2121CQWC前并联后总电容为，总电量为，则总储能为21C121Q后要使，即要求后前W2121CQQC方程两边同乘，整理后得212112QQ方程两边再同乘，可得2C2121QCQ即02245由此获知两个电容器的电容量及电荷量应该满足的条件为21CQ231若平板电容器中介电常数为12XDX平板面积为A，间距为D，如习题231所示。试求平板电容器的电容。解设极板上的电荷密度分别为，则由高斯定理，可得电通密度S，因此电场强度为SD12XDXDESDX0那么，两极板的电位差为1220LNEVS则电容量为12LNDAQCS232若平板空气电容器的电压为V，极板面积为A，间距为D，如习题图232所示。若将一块厚度为DT的导体板平行地插入该平板电容器中，试求外力必须作的功。XAXDX0X习题图231ADVT00习题图232A46解未插入导体板之前，电容量。插入导体板后，可看作两个DAC0电容串联，其中一个电容器的电容，另一个电容器的电容X01，那么总电容量为XTDAC02TDAC021根据能量守恒原理，电源作的功和外力作的功均转变为电场能的增量，即12WWE外电源式中20VTDACVQ电源电源E121D22则0VTAW外233已知线密度的无限长线电荷位于（1,0,Z）处，另C/M16L一面密度的无限大面电荷分布在X0平面。试求位于/026S处电量的点电荷受到的电场力。,2119Q解根据题意，两种电荷的位置如图233所示。由习题210知，无限大面电荷在P点产生的电场强度为02SXEE无限长线电荷在P点产生的电场强度为XZ1PLOS055Y习题图23347XXEE002LLR因此，P点的总电场强度为XEE021LS所以位于P点的点电荷受到的电场力为N15220XLSXQQEEF234已知平板电容器的极板尺寸为，间距为D，两板间插入介质BA块的介电常数为，如习题图234所示。试求当接上电压V时，插入介质块受的力；电源断开后，再插入介质时，介质块的受力。解此时为常电位系统，因此介质块受到的电场力为CONSTEXWFD式中X为沿介质块宽边B的位移。介质块插入后，引起电容改变。设插入深度X，则电容器的电容为XBDAXDAXC000电容器的电场能量可表示为XUWE2100那么介质块受到的X方向的电场力为2D0DAFCONSTDABSU0习题图23448此时为常电荷系统，因此介质块受到的电场力为CONSTQEXWFD式中X为沿介质块宽边B的位移。介质块插入后，极板电量不变，只有电容改变。此时电容器的电场能量可表示为XBADQCWE12100因此介质块受到的X方向的电场力为2002DXBDUFCONSTQE第三章静电场31已知在直角坐标系中四个点电荷分布如习题图31所示，试求电位为零的平面。解已知点电荷Q的电位为，令，R40,11，0,32Q,3Q，那么，图中44个点电荷共同产生的电位应为41IRQ令，得0044321RQ由4个点电荷的分布位置可见，对于X15CM的平面上任一点，因此合成电位为零。同理，对于X05CM的平面上任一321,RRQ3CMYXQQQ1CM习题图3149点，因此合成电位也为零。所以，X15CM及X05CM3241,RR两个平面的电位为零。32试证当点电荷Q位于无限大的导体平面附近时，导体表面上总感应电荷等于。证明建立圆柱坐标，令导体表面位于XY平面，点电荷距离导体表面的高度为，如图32所示。那么，H根据镜像法，上半空间的电场强度为3203104RQRE电通密度为321RED式中；32231HZR23HZ那么，ZZZHZRHZRZRZRQHRHREEEEDR2323222323222323224已知导体表面上电荷的面密度，所以导体表面的感应电荷为NSD23232304HRQHRRQDZS则总的感应电荷为XQPR,ZHH21RQZ习题图3250QHRQRSQSS0023DD2D33根据镜像法，说明为什么只有当劈形导体的夹角为的整数分之一时，镜像法才是有效的当点电荷位于两块无限大平行导体板之间时，是否也可采用镜像法求解。答根据镜像法，如果劈形导体的夹角不为的整数分之一时，则镜像电荷不能最终和原电荷重合，这样将会产生无限多个镜像电荷，每个镜像电荷都会产生一定的电位，导致合成电位无限大，因而无解。当点电荷位于两块无限大导体板之间时，可采用镜像法求解。此时虽然也会产生无限多个镜像电荷，但是远处的镜像电荷对于两板之间的场点贡献越来越小，因此可以获得一个有限的解。34一根无限长的线电荷平行放置在一块无限大的导体平面附近，如习题图3