电磁场与电磁波(第4版)第3章部分习题参考解答

3 ∞ ρ R0 ρ R02 ρ R02 2ε r + 1 ρ 2 ρr dr + ∫ dr = + = ( ) R0 R R 0 0 3ε ε 6ε rε 0 3ε 0 2ε r 3ε 0 3ε 0 r 2 r 0 3.6 电场中有一半径为 a 、介电常数为 ε 的介质球，已知球内、外的电位函数分
ρ ≥ a 时， E = −∇ϕ = −eρ
G
G ∂ ∂ρ
3.4 已知 y > 0 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？ (1) e− y cosh x ；(2) e− y cos x ；(3) e− 2 sin x cos x ；(4) sin x sin y sin z 。 解：在电荷体密度 ρ = 0 的空间，电位函数应满足拉普拉斯方程 ∇ 2ϕ = 0 。
(2) 根据对称性，可得两个对称线电荷元 ρ l 0 dz ′ 在点 P 的电场为 G G ρl 0dz ' ρ l 0 ρ dz ' G G dE = eρ dEρ = eρ cos θ = eρ 2πε 0 ( ρ 2 + z '2 )3/ 2 2πε 0 ρ 2 + z '2 故长为 L 的线电荷在点 P 的电场为
G ρ = −eρ l 0 2πε 0 G = eρ
ρl 0 4πε 0 ρ
⎧ ρ 1⎫ ⎪ ⎪ − ⎬ ⎨ 2 2 2 2 ρ⎪ ⎪[ L / 2 + ρ + ( L / 2) ] ρ + ( L / 2) ⎩ ⎭ z'
ρ 2 + ( L / 2) 2
3.2 点电荷 q1 = q 位于 P 1 ( − a, 0, 0) ，另一点电荷 q2 = −2q 位于 P 2 ( a, 0, 0) ，求空间的 零电位面。 解：两个点电荷 + q 和 −2q 在空间产生的电位 ⎤ q 1 ⎡ 2q ϕ ( x, y , z ) = − ⎢ ⎥ 2 2 2 2 2 2 4 πε 0 ⎢ ( ) ( ) ⎥ x a y z x a y z + + + − + + ⎣ ⎦ 1 2 − =0 令 ϕ ( x, y, z ) = 0 ，则有 2 2 2 2 ( x + a) + y + z ( x − a) + y 2 + z 2
2
E=
q
1 q2 q a ϕ = ( ) (2) 总的静电能量为 2 4π(ε1 + ε 2 )a 3.10 两平行的金属板，板间距离为 d ，竖直地插入介电常数为 ε 的液态介质中， 两板间加电压 U 0 ，试证明液面升高 We = ⎛U ⎞ h= (ε − ε 0 ) ⎜ 0 ⎟ 2ρ g ⎝ d ⎠ 式中的 ρ 为液体的质量密度， g 为重力加速度。 1
∂2 − y ∂2 − y ∂2 − y (e cosh x) + 2 (e cosh x) + 2 (e cosh x) = 2e− y cosh x ≠ 0 (1) ∂x 2 ∂y ∂z −y 所以函数 e cosh x 不是 y > 0 空间中的电位解； ∂2 − y ∂2 − y ∂2 − y (e cos x) + 2 (e cos x) + 2 (e cos x) = −e− y cos x + e− y cos x = 0 (2) ∂x 2 ∂y ∂z −y 所以函数 e cos x 是 y > 0 空间中可能的电位解； ∂ − 2 ∂ ∂ (e sin x cos x) + 2 (e− 2 sin x cos x) + 2 (e − 2 sin x cos x) (3) 2 ∂x ∂y ∂z
ϕ ( ρ , 0, 0) = ∫
=
L/2
ρl 0dz '
4πε 0
−L/ 2
ρ = l 0 ln( z '+ ρ 2 + z '2 ) 2 2 ρ + z ' 4πε 0 −L/2
L/2
ρ 2 + ( L / 2) 2 + L / 2 ρl 0 ρ 2 + ( L / 2) 2 + L / 2 ρl 0 = ln ln ρ 4πε 0 ρ 2 + ( L / 2) 2 − L / 2 2πε 0
即
⎡ ⎤ G ∂ ⎡ ⎤ a2 a2 − − − A ( ρ ) cos φ e A ( ρ ) cos φ ⎥ φ ⎢ ⎥ ⎢ ρ ρ∂φ ⎣ ρ ⎣ ⎦ ⎦ 2 2 G ⎛ a ⎞ G ⎛ a ⎞ = −eρ A ⎜1 + 2 ⎟ cos φ + eφ A ⎜1 − 2 ⎟ sin φ ⎝ ρ ⎠ ⎝ ρ ⎠ (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 G G G G 密度为 ρ S = en ⋅ D ρ = a = ε 0 eρ ⋅ E ρ = a = −2ε 0 A cos φ
2 2 1 1 b ⎛ ql ⎞ 1 ql ⎛ b ⎞ 1 ql 2 ln ⎜ ⎟ = We = ∫ ε E dV = ∫ ε ⎜ ⎟ 2πρ dρ = 2 V 2 a ⎝ 2περ ⎠ 2 2πε ⎝ a ⎠ 2 C 3.9 有一半径为 a 、带电量 q 的导体球，其球心位于介电常数分别为 ε1 和 ε 2 的两 2
3.8 试证明：同轴线单位长度的静电储能 We =
ql2 。式中 ql 为单位长度上的电荷 2C
量， C 为单位长度上的电容。 证：由高斯定理可求得同轴线内、外导体间的电场强度为 q E(ρ ) = l 2περ 内外导体间的电压为 b b ql q ⎛b⎞ dρ = l ln ⎜ ⎟ U = ∫ Edρ = ∫ a a 2 περ 2πε ⎝ a ⎠ ql 2 πε 则同轴线单位长度的电容为 C = = U ln(b / a) 同轴线单位长度的静电储能为
4[( x + a)2 + y 2 + z 2 ] = ( x − a)2 + y 2 + z 2 5 4 ( x + a) 2 + y 2 + z 2 = ( a) 2 故得 3 3 5 4 由此可见，零电位面是一个以点 (− a,0, 0) 为球心、 a 为半径的球面。 3 3 a 3.3 电场中有一半径为 的圆柱体，已知圆柱体内、外的电位函数分别为 ρ≤a ⎧ϕ1 = 0, ⎪ ⎛ a2 ⎞ ⎨ ϕ = A ρ − ⎜ ⎟ cos φ , ρ ≥ a ⎪ 2 ρ⎠ ⎝ ⎩ (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。 G 解：(1) 由 E = −∇ϕ ，可得 G ρ ≤ a 时， E = −∇ϕ = 0
(4)
r < R0 时， 4πr 2 D1 = 4πr ρ ，即 D1 =
3
3
3
ρr
3
， E1 =
ε rε 0
D1
=
ρr 3ε rε 0
r > R0 时， 4πr 2 D2 = 4πR0 ρ ，即 D2 =
3
故介质球中心点的电位为
R0
3 ρ R0
3rHale Waihona Puke 2， E2 =ε0
D1
=
3 ρ R0 3ε 0 r 2
3.1 长度为 L 的线电荷，电荷密度为常数 ρl 0 。(1) 计算线电荷平分面上的电位函 G G 数 ϕ ；(2) 利用直接积分法计算平分面上的 E ，并用 E = −∇ϕ 由(1)验证(2)所得结 果。
图题 3.1 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
G G G L/2 E = ∫ dE = eρ ∫
0
ρl 0 ρ dz ' z' G ρl 0 ⎛ e = ⎜ ρ 2 2 3/ 2 2 2 2πε 0 ( ρ + z ' ) 2πε 0 ρ ⎜ ⎝ ρ + z'
z'
2
⎞ ⎟ ⎟ ⎠0
L/2
G = eρ
ρl 0 4πε 0 ρ
ρ + ( L / 2) 2
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。
ε1
ε2
a
q
o
图题 3.9 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 E1t = E2t ， 故有 E1 = E2 = E 。由于 D1 = ε1E1 、 D2 = ε 2 E2 ，所以 D1 ≠ D2 。由高斯定理，得
在 x = 0 处， ϕ = 0 ，故 B = 0 在 x = d 处， ϕ = U 0 ，故 U 0 = − 所以 ϕ = −
ρ0 d 3 U ρd + Ad ，得 A = 0 + 0 d 6ε 0 6ε 0 d
ρ0 x3 6ε 0 d
⎛U ρ d⎞ +⎜ 0 + 0 ⎟x ⎝ d 6ε 0 ⎠
G G ∂ϕ G ⎡ ρ 0 x 2 ⎛ U 0 ρ 0 d ⎞ ⎤ E = −∇ϕ = −ex = ex ⎢ −⎜ + ⎟⎥ ∂x ⎣ 2ε 0 d ⎝ d 6ε 0 ⎠ ⎦
= −4e− 2 sin x cos x + 2e − 2 sin x cos x ≠ 0 所以函数 e− 2 sin x cos x 不是 y > 0 空间中的电位解；
∂2 ∂2 ∂2 (sin x sin y sin z ) + (sin x sin y sin z ) + (sin x sin y sin z ) ∂x 2 ∂y 2 ∂z 2 = −3sin x sin y sin z ≠ 0 所以函数 sin x sin y sin z 不是 y > 0 空间中的电位解。 3.5 一半径为 R0 的介质球， 介电常数为 ε = ε rε 0 ， 其内均匀地分布着体密度为 ρ 的 2ε r + 1 ρ 2 R0 。 自由电荷，试证明该介质球中心点的电位为 2ε r 3ε 0 G D ⋅ d S = q ，得 解：由高斯定理 v ∫S