电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)第4章

第四章 静电场4-1 已知一根长直导线的长度为1km ，半径为0.5mm ，当两端外加电压6V 时，线中产生的电流为61A ，试求：① 导线的电导率；② 导线中的电场强度；③ 导线中的损耗功率。

解 （1） 由IR V =，求得 ()Ω==366/16R 由 SR σ=，求得导线的电导率为 ()()m S 1054.3105.036107233⨯=⨯⨯⨯==-πσRS（2） 导线中的电场强度为()m V 10610633-⨯===V E （3） 单位体积中的损耗功率 2E P l σ=，那么，导线的损耗功率为()W 122==L r E P πσ4-2 设同轴线内导体半径为a ，外导体的内半径为b ，填充媒质的电导率为σ。

根据恒定电流场方程，计算单位长度内同轴线的漏电导。

解 设0;,====ϕϕ时，时b r V a r 。

建立圆柱坐标系，则电位应满足的拉普拉斯方程为0d d d d 12=⎪⎭⎫⎝⎛=∇r r r r ϕϕ 求得同轴线中的电位ϕ及电场强度E 分别为⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=b a b r V ln ln ϕr e E ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-∇=b a Vrln 1ϕ 则 r e E J ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==b a Vr ln 1σσ单位长度内通过内半径的圆柱面流进同轴线的电流为⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅=⎰b a VI sln 2d πσs J 那么，单位长度内同轴线的漏电导为⎪⎭⎫⎝⎛===b a V I R G ln 21πσ()m S 4-3 设双导线的半径a ，轴线间距为D ，导线之间的媒质电导率为σ，根据电流场方程，计算单位长度内双导线之间的漏电导。

解 设双导线的两根导线上线电荷密度分别为+ρ和-ρ，利用叠加原理和高斯定理可求得两导线之间垂直连线上任一点的电场强度大小为⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=r D r E 112περ 那么，两导线之间的电位差为aa D V a d a-=⋅=⎰-ln d περr E 单位长度内两导线之间的电流大小为()a D D I ss-=⋅=⋅=⎰⎰ερσσs E s J d d则单位长度内两导线之间的漏电导为()⎪⎭⎫⎝⎛--===aa D a D DVIR G ln 1πσ ()m S若a D >>则单位长度内双导线之间的漏电导为⎪⎭⎫⎝⎛=a D G ln πσ()m S4-4 已知圆柱电容器的长度为L ，内外电极半径分别为a 及b ，填充的介质分为两层，界面半径为c 。

在c r a <<区域中，填充媒质的参数为11σε；在b r c <<区域中，媒质参数为22σε。

若接上电动势为e 的电源，试求：① 各区域中的电流密度；② 内外导体表面上以及介质表面上的驻立电荷密度。

解 (1) 建立圆柱坐标系，则电位应满足的拉普拉斯方程为0d d d d 12=⎪⎭⎫⎝⎛=∇r r r r ϕϕ 忽略边缘效应，设媒质①和媒质②内的电位分别为ϕ1和ϕ2，那么2111ln 0d d d d C r C r r r +=⇒=⎪⎭⎫ ⎝⎛ϕϕ 4322ln 0d d d d C r C r r r +=⇒=⎪⎭⎫ ⎝⎛ϕϕ 根据边界条件，得知()211ln C a C e a +==ϕ；()432ln 0C b C b +==ϕ4321ln ln C c C C c C +=+cr cr rr===d d d d 2211ϕσϕσ联立上式，求得cb ac e C ln ln 211σσ+-=；e cb ac a e C ln ln ln 212σσ++=ac c b e C ln ln 123σσ+-=；e ac c b b e C ln ln ln 124σσ++=代入上式，得e c b a c a e e cb ac r ln ln ln ln ln ln 21211σσσσϕ++++-=e ac c b be ac c b r ln ln ln ln ln ln 12122σσσσϕ+++-=r e E J J rLc b a c e⎪⎭⎫ ⎝⎛+===ln ln 12211121σσσσσ(2) r = a 表面上面电荷密度为aLc b a c eE n sa ⎪⎭⎫ ⎝⎛+==ln ln 122111σσσεερr = b 表面上面电荷密度为bLc b a c eE n sb ⎪⎭⎫ ⎝⎛+==ln ln 121222σσσεερr = c 表面上面电荷密度为()cL c b a c e E nsc ⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-=ln ln 12122112121σσσεσεσσεερ 4-5 已知环形导体块尺寸如习题图4-5所示。

试求a r =与b r =两个表面之间的电阻。

解 建立圆柱坐标系，则电位应满足的拉普拉斯方程为X习题图4-50d d d d 12=⎪⎭⎫⎝⎛=∇r r r r ϕϕ 该方程的解为 ()21ln C r C r +=ϕ令()(),0 ,0==b V a ϕϕ求得常数 ab V C ln 01-=。

那么，电场强度为 ()r e r E ab r V rlnd d 0=-=ϕ电流密度为 r e E J ab r V lnσσ==电流强度为⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅=⎰⎰⎰a b V d z a a b a V I d ln 2d d ln d 0200σπφσπS J由此求得两个表面之间的电阻为σπd a b I V R ⎪⎭⎫ ⎝⎛==ln 20 4-6 若两个同心的球形金属壳的半径为1r 及)(212r r r <，球壳之间填充媒质的电导率⎪⎭⎫⎝⎛+=r k 10σσ，试求两球壳之间的电阻。

解 对于恒定电流场，因0=⎪⎭⎫⎝⎛⨯∇σJ ，可令ϕσ-∇=J 。

将其代入0=⋅∇J ，得()0=∇⋅∇ϕσ建立球坐标系，上式展开为0d d 1d d 1022=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+r r k r r r ϕσ 该方程的解为21lnC kr rC ++=ϕ 那么，求得电流密度为()r e J 2101rk C k r r kC σσϕσ-=+-=∇-=两球壳之间的电流为k C I s104d πσ=⋅=⎰s J两球壳之间的恒定电场为 ()r e JE k r r kC +-==1σ两球壳之间的电位差为()()()k r r k r r C r k r r k C U r r ++=+=⋅=⎰⎰211211ln d d 21l E 求得两球壳之间的电阻为()()k r r k r r k I U R ++==21120ln 41πσ 4-7 已知截断的球形圆锥尺寸范围为21r r r ≤≤，00θθ≤≤，电导率为σ，试求1r r =及2r r =两个球形端面之间的电阻。

解 由于两个球形端面之间的导电媒质是均匀的，因此由上例获知02=∇ϕ那么2120d d d d C rC r r r +=⇒=⎪⎭⎫⎝⎛ϕϕ； 求得 电流密度 r e J 21rC =；电场强度 re E 21rC σ=那么，电流()102120211cos 12d θsin d 0C d r r C I sθπφθπθ-=⨯=⋅=⎰⎰⎰s J电位差⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⋅=⎰⎰2112111d d 21r r C r rC U r r σσl E 因此电阻()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯-==21011cos 121r r I U R θπσ4-8 若上题中电导率rr 1σσ=，再求两球面之间的电阻。

解 由于媒质是非均匀的，那么由()0d d d d 0102=⎪⎭⎫⎝⎛⨯⨯⇒=∇⋅∇r r r r r ϕσϕσ，求得 21ln C r C +=ϕ 电流密度r re e J 2101rr C r C σσϕσ-=⨯-=∇-= 电场强度 r e JE rC 1-==σ电流()1100212021110cos 12d d sin d 0r C θr r r C I sσθπφθσπθ-=⨯=⋅=⎰⎰⎰s J电位差121ln d r r C U =⋅=⎰l E 因此电阻()12100ln cos 121r r r I U R σθπ-==4-9 若两个半径为1a 及2a 的理想导体球埋入无限大的导电媒质中，媒质的电参数为ε及σ，两个球心间距为d ，且1a d >>，2a d >>，试求两导体球之间的电阻。

解 设两球携带的电荷分别为Q 和-Q ，考虑到两球相距很远，21,a d a d >>>>，两球表面电荷分布可视为均匀。

因此，两球的电位分别为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=11141a d Q a Q πεϕ， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+-=22241a d Q a Q πεϕ 则两球之间的电位差为⎪⎪⎭⎫⎝⎛----+=-=21212111114a d a d a a Q U πεϕϕ 那么，两球之间的电容⎪⎪⎭⎫ ⎝-+==d a a UQC 211421πε根据静电比拟，两球之间的电阻应为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+==d a a C R 2114121πσσε 4-10 知半径为25mm 的半球形导体球埋入地中，如习题图4-10所示。

若土壤的电导率)S/m (106-=σ，试求导体球的接地电阻（即导体球与无限远处之间的电阻）。

解 已知半径为a 的孤立导体球与无限远处之间的电容为 a C 4πε=，那么根据静电比拟，埋地导体球的电阻R 为aC R RC 41πσσεσε==⇒=对于埋地的导体半球，表面面积减了一半，故电阻加倍，即61036.6 21⨯==aR πσΩ4-11 恒定电流通过无限大的非均匀电媒质时，试证任意一点的电荷密度可以表示为⎥⎦⎤⎢⎣⎡∇⎪⎭⎫ ⎝⎛-∇⋅=σσεερE习题图4-10解 已知恒定电流场是无散的，即 0=⋅∇J ，那么()0=∇⋅+⋅∇=⋅∇σσσE E E又由于介质中电通密度在某点的散度等于该点自由电荷的体密度，即()ρεερερ=∇⋅+⋅∇⇒=⋅∇⇒=⋅∇E E E D由上两式求得⎥⎦⎤⎢⎣⎡∇⎪⎭⎫ ⎝⎛-∇⋅=σσεερE4-12 若一张矩形导电纸的电导率为σ，面积为b a ⨯，四周电位如习题图4-12所示。

试求：①导电纸中电位分布； ②导电纸中电流密度。

解 (1) 建立直角坐标，根据给定的边界条件，得,00=∂∂=∂∂==by y yyϕϕ ()a x <<0()()0, ,0,0V y a y ==ϕϕ ()b y <<0导电纸区域中电位的通解为()()()()()[]()()[]y k D y k C x k B x k A D y C B x A y x n n n n n n n n n cos sin ch sh ,10000+++++=∑∞=ϕ由边界条件00=∂∂=y yϕ及0=∂∂=by yϕ得()()()[]0ch sh 1000=+++∑∞=nn n n n n n k C x k B x k A C B x Aϕ Y习题图4-12()()()[]()()[]0sin cos ch sh 1000=-+++∑∞=b k D b k C x k B x k A k C B x A n n n n n n n n n n 由此求得常数： 0=n C ，其中 ,2,1,0=nbn k n π=，其中 ,2,1=n 代入上式，得()∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛'+⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'+'=100cos ch sh ,n n n y b n x b n B x b n A B x A y x πππϕ由边界条件()()0,,0,0V y a y ==ϕϕ，得∑∞==⎪⎭⎫⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛'+⎪⎭⎫ ⎝⎛'+'+'1000cos ch sh n n n V y b n a b n B a b n A B a A πππ0cos 10=⎪⎭⎫⎝⎛'+'∑∞=n n y b n B B π由此求得常数： ,3,2,1,0 ,0=='n B n其中 ,0aV A =' ,3,2,1 ,0=='n A n其中 那么，导电纸中的电位分布为()x aV y x 0,=ϕ (2) 由x e E aV 0-=-∇=φ，求得导电纸中电流密度为 ()x e E ,J aV y x 0σσ-==4-13 已知电导率为σ的无限大 的导电媒质中均匀电流密度0J x e J =。