电磁场理论基础答案

v v 解： 1）介质中的 E 和 D （ ）
设内导体上带电荷量为 q
E ⋅ 2π rL =
U =∫
b
∫
S
v v q E ⋅ dS =
ε
a
U
abU = 2πε 0 L b − a aq
q
ε
v E=
1 aq 1 ˆ= ˆ r r 2 2πε L r 2πε 0 L r
q
a
v v b aq 1 aq 1 1 v ˆ E ⋅ dr = ∫ r ⋅ dr = ( − ) a 2πε L r 2 2πε 0 L a b 0
0
r
r = 4πεq(br + 1)e −br − 4πεq (e −br + bre − br ) 0
= 4πεq
2-10 同轴电缆的内导体半径为 a ，外导体半径为 b ， 的电介质。已知外导体接地， 其间填充介电常数 ε 的电介质。已知外导体接地，内 介质中的电场和电位；（ ；（2 导体的电位为 U 0 。求（1）介质中的电场和电位；（2） 介质中的极化电荷分布。 介质中的极化电荷分布。
v 设通过立方体两底面的电场为 E1
y
x
ρ d ∆S
v E1
∫
S
v v q E1 ⋅ dS =
ρd E1 = 2ε 0
ε0
E1∆S + E1∆S =
1
ε0
方向垂直于带电平板向外
再求带电平板内的电场
d 轴对称、 作一关于 y 轴对称、高为 2 z ( z < ) 2 的立方体为高斯面， 的立方体为高斯面，如图所示
v ˆ R R =− 3 =− 2 R R
得证
1-5 在球坐标系中，已知 ，其中 P、ε 为常数。 v 试求此标量场的负梯度构成的矢量场，即 E = −∇ϕ 。
0
ϕ=
P cos θ 4πε 0 r 2
解： ∵ 在球坐标系中
∇ϕ = ∂ϕ 1 ∂ϕ ˆ 1 ∂ϕ ˆ ˆ r+ ϕ θ+ ∂r r ∂θ r sin θ ∂ϕ
v ρz ˆ E0 = z
综合 起来
2-4 已知某种形式分布的电荷在球坐标系中所产生的 qe − br q 均为常数， b 电位为 ϕ (r ) = ，其中 、 均为常数，周围介质 r 为 ε ，求此电荷分布 v 解： 利用 ∇ ⋅ D = ρ 可求出电荷分布 v v v 先求出 D ： D = ε E
v abU 1 ˆ E= r 2 b−a r
v ˆ ρ Sb = P ⋅ n
ε = ε 0r a
v ε 0bU r − 1 ˆ P= r 2 b−a r
补充作业： 补充作业： 证明： 证明： ∇ × ∇f 百度文库 0
∂x
1.1-1.6习题解答 1.1-1.6习题解答
证明： 证明：∵ ∇ = ∂ x + ∂ y + ∂ z ˆ ˆ ˆ
∂y ∂z ∂f ∂f ∂f ˆ ˆ ˆ ∇f = x+ y+ z ∂x ∂y ∂z
∇ × ∇f =
∂f ∂f ∂f ∂ ∂ ∂ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ y+ z) ˆ x+ y + z ×( x + ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z
ˆ ˆ ˆ ˆ y × z = −z × y
∴
∇ × ∇f = 0
得证
证明： 证明：
v ∇ ⋅∇ × A = 0
ˆ x
ˆ y
∂ ∂y
ˆ z
∂ ∂z
v ∇× A =
∂ ∂x
Ax
Ay
Az
v ∇ ⋅∇ × A =
∂Ay ∂Ax ∂Ax ∂Az ∂Az ∂Ay ˆ ˆ ˆ = x( − ) + y( − ) + z( − ) ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
b r
v U0 ˆ E= r b r ln a
ϕ (r ) = ∫
v v b U0 b v U0 ˆ E ⋅ dr = ∫ r ⋅ dr = ln r b b r r ln ln a a
（2）介质中的极化电荷分布 ） v v v v v v v P = D − ε 0 E = (ε − ε 0 ) E D = ε0 E + P
r a
Q 4πε 0 r 2
∞
v ˆ r ⋅ dr =
Q 4πε 0 a
Q 4πε 0 r 2
r
r > a ϕ (r ) = ∫ r
v v ∞ v ∞ v E ⋅ dl = ∫ E2 ⋅ dr = ∫
r
v ˆ r ⋅ dr =
Q 4πε 0 r
2-3 求厚度为 d 、体电荷密度为 ρ 的均匀带电无 限大平板在空间各区域所产生的电场。 限大平板在空间各区域所产生的电场。 z 解：如图建立坐标系 ∆S 先求带电平板之外的电场 y 轴对称、高为2 z ( z > d ) 作一关于 轴对称、 2 d 的立方体为高斯面， 的立方体为高斯面，如图所示
ρ sb
r =b
补充： 补充： 同轴电缆的内导体半径为a，外导体半径 其间填充介电常数 的电介质。 为b，其间填充介电常数 ε = ε 0 r a 的电介质。已知 外导体接地， 外导体接地，内导体的电压为U 。求（1）介质中 v v ；（2 介质中的极化电荷分布。 的 E 和 D ；（2）介质中的极化电荷分布。
v U0 ˆ E= r b r ln a
v 1 ∂ 1 ∂Pϕ ∂Pz ρ b = −∇ ⋅ P = (rPr ) + + =0 r ∂r r ∂ϕ ∂z
v ρb = −∇ ⋅ P
v ˆ ρ Sb = P ⋅ n
v (ε − ε 0 )U 0 ˆ P= r b r ln a
a
U0 U
ρ sb
r =a
v ∂ϕ ˆ E = −∇ϕ = − r = q (br + 1)e −br r ˆ 2 ∂r r εqb 2 e −br (r ≠ 0) ρ=− r
q ′ 共同作用产生的。即： 共同作用产生的。
S
qe − br 存在， 设 r → 0 处有电荷 q ′ 存在，空间中的场 ϕ (r ) = 是由 ρ 和 r
R =a +z
2 2
2
ˆ R=
R
=
R
=
a2 + z 2
v ˆ E=∫ R =∫
=
2π
ρl a dϕ 2 4πε 0 R ρl a
2
ˆ ˆ zz − ar
2
0
4πε 0 (a + z ) a 2 + z 2
dϕ
ρl az
2ε 0 (a + z )
2 2 3 2
2-2 求半径为 a电量为 Q 的均匀带电球面所产生的 Q 电位、电场强度。 电位、电场强度。 先求电场强度： 解： 先求电场强度：
v E=
1 abU 1 ˆ= ˆ r r 2 2πε L r b−a r
q
v v ε 0bU 1 ˆ D = εE = r b−a r
v （2）介质中的极化电荷分布 ρ = −∇ ⋅ P ） b
v v v D = ε0E + P
v v v v P = D − ε 0 E = (ε − ε 0 ) E
∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ∂2 f ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ = x× y + x× z + y× x + y× z + z×x+ z× y ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂x ∂y∂z ∂z∂x ∂z∂y
ˆ ˆ ˆ ˆ x× y = −y× x
ˆ ˆ ˆ ˆ x × z = −z × x
2.1-2.2 习题解答 P62 2-1 一半径为 a 的圆环，环上均匀分布着线电荷， 的圆环，环上均匀分布着线电荷， ρl 其线电荷密度为 ，求圆环轴线上任一点处的电场 解： 在带电圆环上任取一小段 dl 对应的元电荷为 dq = ρl dl
P(0, 0, z )
v R
它在 P(0, 0, z ) 点处引起的电场为 v dq ˆ dq = ρl dl dE = R 4πε 0 R 2 整个带电圆环在 P(0, 0, z ) 点处引起的电场为 v dq ˆ 采用柱坐标系 dq = ρl dl = ρl adϕ E=∫ R 2 v v v 4πε 0 R ˆ ˆ R r − r′ zz − ar
v (ε − ε 0 )U 0 (ε − ε 0 )U 0 ˆ= ˆ ⋅ (−r ˆ r =a = − = P⋅n r ) b b r ln a ln a a v (ε − ε 0 )U 0 (ε − ε 0 )U 0 ˆ ˆ ) = P⋅n = r ⋅ ( r ˆ r =b = b b b ln r ln a a
利用高斯散度定理， 利用高斯散度定理，则有 ∵ 在直角坐标系中
∫
S
v v v A ⋅ dS = ∫ ∇ ⋅ AdV
V
v ∂Ax ∂Ay ∂Az ∇⋅ A = + + = 3 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 = 3r 2 ∂x ∂y ∂z
v v v a 2 ∴ ∫ A ⋅ dS = ∫ ∇ ⋅ AdV = ∫ 3r dV = ∫ 3r 2 4π r 2 dr = 12 π a 5 0 S V V 5
P cos θ P sin θ ˆ P cos θ P (− sin θ ) ˆ ˆ ˆ r− θ θ =− (−2r −3 )r + 3 2 2 4πε 0 r 2πε 0 r 4πε 0 r 4πε 0 P cos θ P sin θ ˆ ˆ r+ θ 3 2 2πε 0 r 4πε 0 r
=
v E = −∇ϕ
∂Ay ∂Ax ∂Ax ∂Az ∂Az ∂Ay ∂ ∂ ∂ ˆ ˆ − ) + y( − ) + z( − )] ˆ ˆ ˆ ˆ ( x+ y+ z ) [ x( ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂x ∂y ∂z
∂ ∂Az ∂Ay ∂ ∂Ax ∂Az ∂ ∂Ay ∂Ax ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ = ( − )x ⋅ x + ( − )y⋅ y + ( − )z ⋅ z ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z ∂x ∂z ∂x ∂y
r < a ∫S
r>a
v v Q E1 ⋅ dS =
v Q v E2 ⋅ dS =
ε0
v E1 = 0
E2 ⋅ 4π r =
2
a
Q
∫
S
ε0
∞
ε0
v E2 =
Q 4πε 0 r
2
ˆ r
再求电位：选无限远处为电位参考点 再求电位：
r<a
ϕ (r ) = ∫
=∫
∞ a
r
v v a v v ∞v v E ⋅ dl = ∫ E1 ⋅ dr + ∫ E2 ⋅ dr
z
2z
∆S
设通过该立方体两底面的电场 为 v v
v E0
1
d
x
v E0
y
∫
S
E2 ⋅ dS =
q
ρ z E0 = ε0
− d d <z< 2 2 d z> 2 d z<− 2
ε0
E0 ∆S + E0 ∆S =
ε0
ρ 2 z ∆S
方向垂直于带电平板向外
ε0 v ρd ˆ E1 = z 2ε 0 v ρd ˆ E1 = − z 2ε 0
ˆ 1 R 证明： 证明： − ∇ ( R ) = R 2
∵
1 1 = = f ( x, y , z ) 2 2 2 R ( x − x′) + ( y − y′) + ( z − z′)
1 ∂f ∂f ∂f ˆ ˆ ˆ ∇ ( ) = ∇f = x+ y+ z R ∂x ∂y ∂z
ˆ ˆ ˆ 1 2( x − x′) x + 2( y − y′) y + 2( z − z ′) z =− 2 ( x − x′) 2 + ( y − y′) 2 + ( z − z ′) 2
=
v 1-7 求矢量场 A 从所给球面 S 内穿出的通量。 内穿出的通量。
v 3 ˆ + y3 y + z3 z ˆ ˆ A= x x
v 解：矢量场 A 从所给球面 S 内穿出的通量可表示为
为：x 2 + y 2 + z 2 = a 2 提示： 提示：利用高斯散度定理求解
S
∫
S
v v A ⋅ dS
解:（1）介质中的电场和电位 （ ） 设内导体上带电荷量为
q
v v q E ⋅ dS =
a
ε
U0 U
的圆柱面： 作半径为 r (a < r < b) 的圆柱面： ∫ S v q q E ⋅ 2π rL = ˆ E= r 2πεLr ε
U0 = ∫
b a
v v b E ⋅ dr = ∫
a
q q b v ˆ ⋅ dr = r ln 2πεLr 2πεL a
v v Q 1 ∫ E ⋅ dS = = (∫ ρdV + q ′)
ε
ε
V
于是
q 1 r εqb 2 e − br q′ −br 2 (br + 1)e ⋅ 4πr = ∫ − 4πr 2 dr + ε 0 r ε r2
q ′ = 4πεq (br + 1)e
− br
+ ∫ − 4πεqb 2 re −br dr
2 2 ∂ 2 Az ∂ Ay ∂ 2 Ax ∂ 2 Az ∂ Ay ∂ 2 Ax = − + − + − =0 ∂x∂y ∂x∂z ∂y∂z ∂y∂x ∂z∂x ∂z∂y
得证
v ˆ ˆ ˆ P19 1-2 设 R = ( x − x ′) x + ( y − y ′) y + ( z − z ′) z