電磁場與電磁波課后答案(楊儒貴第二版)-2

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1、靜電場 第二章 重點和難點 1 # 電場強度及電場線等概念容易接受，重點講解如何由物理學中積分形式的靜電場方程導出微分 形式的靜電場方程，即散度方程和旋度方程，并強調微分形式的場方程描述的是靜電場的微分特性 或稱為點特性。 利用亥姆霍茲定理，直接導出真空中電場強度與電荷之間的關系。通過書中列舉的4個例子， 總結歸納出根據電荷分布計算電場強度的三種方法。 至于媒質的介電特性，應著重說明均勻和非均勻、線性與非線性、各向同性與各向異性等概念。 講解介質中靜電場方程時，應強調電通密度僅與自由電荷有關。介紹邊界條件時，應說明僅可依據 積分形式的靜電場方程，由

2、于邊界上場量不連續(xù)，因而微分形式的場方程不成立。 關于靜電場的能量與力，應總結出計算能量的三種方法，指出電場能量不符合迭加原理。介紹利用 虛位移的概念計算電場力，常電荷系統和常電位系統，以及廣義力和廣義坐標等概念。至于電容和 部分電容一節(jié)可以從簡。 重要公式 真空中靜電場方程： 積分形式：：：E d S = — : E d I 二 0 3 s . 3 I 耳o P 微分形式：I E E = 0 已知電荷分布求解電場強度： 1 P( r ) 1，E (r — r) ； 「(r) = . ( ) dV 4瓏。LV | r —r | ■3 3， E 高斯定律 q

3、 介質中靜電場方程： 積分形式：D dS = q - E dI = 0 S L I 線性均勻各向同性介質中靜電場方程： q 積分形式：* E dS E dI = 0 」 p 微分形式：I .E二一 、E =0 3 靜電場邊界條件： 1， E1t = E2t。對于兩種各向同性的線性介質，則 Dit D 2t >1 ；2 2， D2n - D1rl =蔦。在兩種介質形成的邊界上，則 1n 2n 對于兩種各向同性的線性介質，則 -1 E 1 n 二-2 E 2n 3，介質與導體的邊界條件： en E =0 ； en D =九 若導體周圍是各向同性的線

4、性介質，則 靜電場的能量: 孤立帶電體的能量 2 1 Q 1不 :We Q C 離散帶電體的能量 n :We 八-：

5、 qi及q2的電量分別為q及4q， 當點電荷q ■位于qi及q2的連線 # # 2-2 已知真空中有三個點電 q1 =1C, P (0,0,1) q2 =1C, P2 (1,0,1) q3 - 4C , P3 (0,1,0) 試求位于P(0, -1,0)點的電場強 解 令「，「2 ,「3分別為三個電電 則「_, - ?、2 ， 「2 - 3 ， 「3=2。 利用點電荷的場強公式E 習題圖2-2 q 2 er ， 4, ； o「 荷，其電量及位置分別為： 度。 荷的位置P , P2, P3到P點的距離， 其中er為點電荷q指向場點

6、P的單位矢量。 上時，系統處于平衡狀態(tài)，試求q ■的大小及位置。 解 要使系統處于平衡狀態(tài)，點電荷q ?受到點電荷qi及q2的力應該大小相等，方向相反，即 F q,< = F q2q ?。那么，由 2 2 =「2 = 可見點電荷q ■可以任意，但應位于點電荷q1和q2的連線上，且與點電荷q1相距—d。 「1，同時考慮到「「「2=0 ，求得 4疇 04 4疇0「2 1 2 「1 二一d, 「2 二 _d 3 3 # qi在 P點的場強大小為 q2在 P點的場強大小為 qs在 P點的場強大小為 E3 q1 1 2 4二；0r1 — ? 8 二

7、；0 q2 1 2 4 二；0「2 12 二；0 q3 1 E 2 方向為eri =. Ei 2 4 二；0「3 4二；0 ,方向為er 2 _ 2 ey "Z O 1 ——ex ey ez 。 .3 方向為 e r3 = —e y 貝y P點的合成電場強度為 二；0 1 1 1 + 尸+ 12 \3 4 1 12 \3 1 12^3 丿 ey + 2-3直接利用式（2-2-1 4）計算電偶極子的電場強度。 解 令點電荷「q位于坐標原點，r為點電荷「q至場點 P的距離。再令點電荷位于+ z坐標軸上， r1為點電荷

8、q至場點P的距離。兩個點電荷相距為丨， 場點P的坐標為（r,二，巧。 根據疊加原理，電偶極子在場點P產生的電場為 q 4二；0 r r1 3—3 r r1丿 考慮至U r >> l， e r = er， 那么上式變?yōu)? 式中 q 4二；0 2 A -r 2 2 r A q 4二；0 （「1 ^2 、 2 l — 2rl COS 71 2 l . COS J r r 以一為變量，并將1 r 2 l + — 2 r l -2 cos V r 1 2 在零點作泰勒展開。由于l ：：：：：： r ,略去咼階項后，得 5

9、 # A 「1 利用球坐標系中的散度計算公式，求出電場強度為 2-4已知真空中兩個點電荷的電量均為2 10 C , 的電位；② 至P點時， …— 相距為2cm , 如習題圖2-4所示。試求：①P點 將電量為2 10 C的點電荷由無限遠處緩慢地移 外力必須作的功。 護+丄 cos B i - -V Ml —1 1 V r2 丿 丿一 q 4 二 ql cos v ql sin v 二丁 er # # 習題圖2-4 # 解根據疊加原理，P點的合成電位為 二 2 4 二； r 6

10、 = 2.5 10 V 因此，將電量為2 10 -C的點電荷由無限遠處緩慢地移到P點，外力必須做的功為W二q=5J 2-5 通過電位計算有限長線電荷 的電場強度。 解 建立圓柱坐標系。令先電 荷沿z軸放置，由于結構以z軸對 令場點位于yz平面。 設線電荷的長度為L，密度為 譏，線電荷的中點位于坐標原 點，場點P的坐標為r — z |< J 2 丿 利用電位疊加原理，求得場點 P的電位為 稱，場強與??無關。為了簡單起見， 習題圖2-5 4二；0 L 2 # # 式中ro = z # # =

11、-———\n .z-\2 r2 # # 亠n 4二；0 zid 2 4 心 0 .z (L彳 z +— I +r < 2丿 可知電場強度的z分量為 砂 Ez :z # 1 1 7 1 1 4 二；r 4 二；or z+「2 2 r2 sin 七一sin 力 電場強度的r分量為 Er = —n 4 二；o 「I (z-L/叮丿 z L2 r2 2丿 4 二；0 ：：r ,z -L 2 2 - r2 4 二；or 1 z + L/2 + (z + L 2 f + r

12、 2 j -L 2 + \(z- L 2 f + r 2 L2 、1 # 式中 i)1 -cos R ]? I1 -COS 二2 4 二；or 1 cos 片 4 - ;r r =ar cta n — L z - 2 4 = ar ct an—r ，那么，合成電強為 L z -— 2 「sin 4 二；0

13、r -sin 耳 e z - cos v2 - cos 0, n ）二，則合成電場強度為 Pl 1 4兀呂0「 1+ I tan 01 1…； Jan厲 tan印丿 9 # e e r 2二；0r 可見 這些結果與教材2-2節(jié)例4完全相同。 2-6 已知分布在半徑為a的半圓周上的電荷線密度 ：?I =幾Sin 0 _ ? _二，試求圓心處的電場強 習題圖2-6所示。 習題圖2-6 兩個分量E x和E y。 標，令線電荷位于xy平面，且以y軸為對稱，如 那么，點電荷Adi在圓心處產生的電場強度具有 由于

14、電荷分布以y軸為對稱，因此，僅需考慮電場 # 強度的E y分量，即 d E =d Ey f in 4鹿a -:o 考慮到d |二a d =幾二T0 sin ■-,代入上式求得合成電場強度為 sin 2 d = e 4 二；o a 8 冷 a 2-7已知真空中半徑為a的圓環(huán)上均勻地分布的線電荷密度為 幾，試求通過圓心的軸線上任一點的 電位及電場強度。 # # 解 建立直角 那么，點電荷 根據疊加原理， 習題圖 2-7 坐標，令圓環(huán)位于坐標原點，如習題圖2- 7所示。 Adi在z軸上P點產生的電位為 ^dl 4二；

15、or 圓環(huán)線電荷在P點產生的合成電位為 # 1 4 二； 2 Jdl )r # # 因電場強度E =， 則圓環(huán)線電荷在P點產生的電場強度為 # # (a) 設寬度為W，面密度為匚的帶狀電荷位 空中， 空間任一點的電場強度。 (b) 習題圖2-8 11 解 建立直角坐標，且令帶狀電荷位于XZ平面內，如習題圖2-8所示。帶狀電荷可劃分為很多條寬 度為dx?的無限長線電荷，其線密度為

16、;?sdx o那么，該無限長線電荷產生的電場強度與坐標變量z 無關，即 Ps d x" d E - er 2 二；o r 式中 r =yj(x-xt) +y2 x - x y 1 . er =ex . ey = bx X _x - ey y r r r Psdx， r dE - 2 廠]bx x _x e y 2袈o [x _x ") + y 】 w ■ 那么 E =■化 ]bx x—x：ey y 1 勺 2二 Jx - x !亠 y J 二ex Lln 4 二；o . _ P- ey 2 二;。 arcta n w x - 一 2 arct

17、a n y w x 2 y 2-9 已知均勻分布的帶電圓盤半徑為a，面電荷密度 為 二，位于z = 0平面，且盤心與原點重合，試求圓盤 軸線上任一點電場強度E。 解女口圖 2-9 環(huán)，該圓環(huán)具 習題圖2-9 y 所示，在圓盤上取一半徑為r，寬度為d r的圓 有的電荷量為d q = 2二r d r匚。由于對稱性，該圓 環(huán)電荷在z軸上任一點P產生的電場強度僅的r有z分量。根據習題2-7結果，獲知該圓環(huán)電荷在P 產生的電場強度的z分量為 zr d r f 2 亠 2 2 ；。 r - z # # 那么，整個圓盤電荷在P產生的電場

18、強度為 # Ps E = e z ■ 2 ；o zr d r 2 -r 2 ；o z 2-10 已知電荷密度為；-S及一亠的兩塊無限大面電荷分別位于x = 0及x = 1平面，試求x . 1, 0 ：：： x ：：： 1 及x :：: 0區(qū)域中的電場強度。 場強度 解 無限大平面電荷產生的場強分布一定是均勻的，其電場方向垂直于無限大平面，且分別指向兩側。 因此，位于x = 0平面內的無限大面電荷;?S，在x < 0區(qū)域中產生的電場強度E「- _e x E1，在x > 0 區(qū)域中產生的電場強度E ；卜=：e x E’。位于x = 1平面內的無限大面電荷，在x <

19、 1區(qū)域中產生的電 E 2 =e xE2，在x > 1區(qū)域中產生的電場強度E 2 - -e x E2。 電場強度法向邊界條件獲知， -0 匕1 一 「0 匕1 二 ?s x -0 ；0 E2_ - ；0 E2 - - ;?s x -0 x -0 -；0E2 - ；0E2 =_：s x-1 由此求得 E! E2 ?s 2 ；0 根據疊加定理， 各區(qū)域中的電場強度應為 =E 1 E 2 = _e x E1 ex E 2 - 0, x ：：： 0 二 E / E 2 二 e W e2 0 ：： x ::: 1 13 ；q E =E

20、1 E 2_ = e x E1 - e x E 2 =0, x、1 2-11 若在球坐標系中，電荷分布函數為 ‘0, Ocrea 『=10 , a :: r < b 0, r b 試求 0 ::: r ::: a, a ::: r :::b及r b區(qū)域中的電通密度D。 # # 解 作一個半徑為r的球面為高斯面，由對稱性可知 q D d s = q =■ D 2 er s 4 二 r 式中q為閉合面S包圍的電荷。那么 在0 ：：: r ：：: a區(qū)域中，由于q = 0 ,因此D = 0。 在a ::: r ：：: b區(qū)域中，閉合面S包圍的

21、電荷量為 q dv =10 占 4?：、dr3—a3 # # 因此， 10 -6 r3 3 -a 2 # r - a r ::: a 在 r . b區(qū)域中，閉合面S包圍的電荷量為 6 ^4 3 3 q dv=10— b—a v 3 因此， 6^3 3 , 10 一 -a ) D 2 er 3 r 2-12 若帶電球的內外區(qū)域中的電場強度為 # # 試求球內外各點的電位。 解在r :：: a區(qū)域中，電位為 ‘ C a co q ’ 2 2 q ■ ■■■ ir

22、 E d r E d r 亠 | E d r a — r r r 2a a q 在r . a區(qū)域中，r E d r 丿 r 2-13 已知圓球坐標系中空間電場分布函數為 r3, E =e川 a5 2 , 試求空間的電荷密度。 P 解 利用高斯定理的微分形式I?E ，得知在球坐標系中 1 d - 2 ，r「「E「盲旦 r2Er r d r 那么，在r _a區(qū)域中電荷密度為 Ml 1 d 丿 5、 2 Jr 二； 2 r 5 ;r r d r 在r亠a區(qū)域中電荷密度為 「= ；0-r— a5 =0 r d r 2-14 已知真空中的電荷分布函數為 r2

23、, 0蘭r蘭a P(r) = * 0, r > a 式中r為球坐標系中的半徑，試求空間各點的電場強度。 解 由于電荷分布具有球對稱性，取球面為高斯面，那么根據高斯定理 # 15 2 E4「：r q # 1 4 5 E = e r 2 r 4「丁 5 在r .a區(qū)域中 q =」r dv 5 ■:-.a 1 5r # 2-15 已知空間電場強度E =3ex 4ey _5ez，試求（0,0,0 ）與（1,1,2 ）兩點間的電位差。 解 設P1點的坐標為（0,0,0, ） , P 2點的坐標為（1,1,

24、2,），那么，兩點間的電位差為 P2 V = j E d l 式中 E =3 ex 4 ey - 5 ez, d I 二 ex dx ey dy ez dz，因此電位差為 V = （ J 3 d x?4dy—5dz --3V 2-16 已知同軸圓柱電容器的內導體半徑為a，外導體的內半徑為b。若填充介質的相對介電常數 ;r =2。試求在外導體尺寸不變的情況下，為了獲得最高耐壓，內外導體半徑之比。 已知若同軸線單位長度內的電荷量為 q1， 則同軸線內電場強度E二 q1 2 .工 r er 為了使同軸線獲得最 # 高耐壓，應在保持內外導體之間的電位差V不變的

25、情況下，使同軸線內最大的電場強度達到最小值， 即應使內導體表面r =a處的電場強度達到最小值。因為同軸線單位長度內的電容為 # # 則同軸線內導體表面r二a處電場強度為 # # -的 令b不變，以比值一為變量，對上式求極值，獲知當比值-=e時，e a取得最小值，即同軸線獲得 a a 最高耐壓。 2-17 若在一個電荷密度為，，半徑為a的均勻帶電球中，存在一個半徑為 球形空腔，空腔中心與帶電球中心的間距為d，試求空腔中的電場強度。 解 此題可利用高斯定理和疊加原理求解。首先設半徑為a的整個球內充滿電荷密度為「的電荷

26、，則 球內P點的電場強度為 1 4 3 一、 :: E 1 P 2 ■■■.r :- er r 4丸?: or 3 3気 式中r是由球心 o點指向 P 點的位置矢量， 再設半徑為b的球腔內充滿電荷密度為-『的電荷，則其在球內P點的電場強度為 1 4 2 r 4 二；0 r 3 式中r ■是由腔心o ■點指向 P點的位置矢量。 17 # 那么，合成電場強度E 1P - E 2 P即是原先空腔內任一點的電場強度，即 Ep =E ip E 2 p r -r d 3匚0 3匚0 式中 2-18 介質

27、由球心o點指向腔心o ?點的位置矢量?？梢?，空腔內的電場是均勻的。 已知介質圓柱體的半徑為a，長度為I，當沿軸線方向發(fā)生均勻極化時，極化強度為P，試求 中束縛電荷在圓柱內外軸線上 產生的電場強度。 解建立圓柱坐標，且令圓柱的下端 故只考慮面束縛電荷。而且該束縛電 電荷密度與極化強度的關系為 式中en為表面的外法線方向上單位 面位于xy平面。由于是均勻極化， 荷僅存在圓柱上下端面。已知面束縛 矢量。由此求得圓柱體上端面的束縛 電荷面密度為6 = p，圓柱體下端面 習題圖2-18 的束縛面電荷密度為匚2二- P 。 由習題2-9獲知，位于xy平面， 面電荷為的圓盤在其軸線

28、上的電 # # 場強度為 因此，圓柱下端面束縛電荷在z軸上產生的電場強度為 z2 a2 p 2 ；o 而圓柱上端面束縛電荷在z軸上產生的電場強度為 2氐 z_l J（Z _l）2 +a2『 那么，上下端面束縛電荷在z軸上任一點產生的合成電場強度為 # \_l .z —I i 亠 a z 2 a 2-19已知內半徑為a,外半徑為b的均勻介質球殼的介電常數為；，若在球心放置一個電量為q的 點電荷，試求：①介質殼內外表面上的束縛電荷；②各區(qū)域中的電場強度。 解先求各區(qū)域中的電場強度。根據介質中高斯定理 2 q ID d

29、s 二 q =? 4:,. r D 二 q =? D ? e「 s 4 二r 在0 ::： r乞a區(qū)域中，電場強度為 d q E 亍er ；o 4 二；o r 在a ::: r < b區(qū)域中，電場強度為 D q E 廠er 呂 4鹿r 在r . b區(qū)域中，電場強度為 D q E 歹er ；0 4 二；o r 再求介質殼內外表面上的束縛電荷。 由于P - ■: -；0 E ，則介質殼內表面上束縛電荷面密度為 # # 外表面上束縛電荷面密度為 # # 6 亠-22 n2 2-20 將一塊無

30、限大的厚度為d的介質板放在均勻電場E中，周圍媒質為真空。已知介質板的介電常 數為；，均勻電場E的方向與介質板法線的夾角為包，如習題圖2-20所示。當介質板中的電場線方 向乙二一時，試求角度R及介質表面的束縛電荷面密度。 4 習題圖2-20 解 根據兩種介質的邊界條件獲知，邊界上電場強度切向分量和電通密度的法向分量連續(xù)。因此可得 # # E sin 人=E2 sin v2 ； D cos 耳=D2 cos v2 # # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 19 已知D = ;0E, D2 = E2

31、 ,那么由上式求得 tan .斗 tan 二2 已知介質表面的束縛電荷打二en .p =en ?( D _ ;0 E ), # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 那么，介質左表面上束縛電荷面密度為 P； = en1 P2 = en1 ? 1 —電 D 2 = 1 —也 en 1 D 2 = — 1 —魚 k0E cos匕介質右表面上束縛電荷面密度為 I s ) I s ) I 名丿 Ps； = en2 ‘P2 = en2 ‘ 1 —丄D 2

32、 = 1 —丄 en2 D 2 = 1 —丄k0 E cos匕2-21 已知兩個導體球的半徑分 丿 丿 < z) 別為6cm及12c m，電量均為3 10 JC，相距很遠。若以導線相連后，試求：①電荷移動的方向及電 量；②兩球最終的電位及電量。 解 設兩球相距為d，考慮到d >> a, d >> b，兩個帶電球的電位為 4 二；o a d 4 二； b d # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 兩球以導線相連后，兩球電位相等，電荷重新分布，但總電荷量應該守恒，即S =

33、「2及 q! q 2 = q =6 10C ， 求得兩球最終的電量分別為 # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 a d - b q ad 亠 bd - 2ab -—q = 2 ■ ： 10 1 C 1 3 # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 q^ad =4 10』c # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得 # 已知D = ;0E, D2 = E2 ,那么由上式求得

34、 可見，電荷由半徑小的導體球轉移到半徑大的導體球，移動的電荷量為1 10 C。 兩球最終電位分別為 ! 1—F =3 105 V 4驅0 a ：2 ： 1 q2 =3 105 V 4咫0 b 2-22 已知兩個導體球的重量分別為m1=5g， m2=10 g，電量均為5 10』C,以無重量的絕緣線相連。 若絕緣線的長度I = 1m,且遠大于兩球的半徑，試求；①絕緣線切斷的瞬時，每球的加速度；②絕 緣線切斷很久以后，兩球的速度。 解①絕緣線切斷的瞬時，每球受到的力為 _6 q.q2 5 10 5 10 -—0 .225 N 4 0 rb d - a q 亠 bd

35、- 2ab 4—0 因此，兩球獲得的加速度分別為 # F 0.225 m1 0.005 =45 m?s2 F 0.225 m 2 0.01 ②當兩球相距為I時， 兩球的電位分別為 4二； 1 4二； 此時，系統的電場能量為 絕緣線切斷很久以后， 1 1 W 1 q1 2 q2 2 2 兩球相距很遠(I>> a, l>> b)， 那么，兩球的電位分別為 21 # q1 4二；o「2 4 二；。匚 由此可見，絕緣線切斷很久的前后，系統電場能量的變化為 2 1 q2 1 q1 q AW —q1

36、 1 q2 0.225 (J) 2 4 疇01 2 4疇 0I 4聰 0I 這部分電場能量的變化轉變?yōu)閮汕虻膭幽埽鶕芰渴睾阍砑皠恿渴睾愣ɡ砜傻孟铝蟹匠蹋? 1 2 1 2 W = —m1 —m2V2 , m1v1 m2v2 = 0 2 2 由此即可求出絕緣線切斷很久以后兩球的速度v1和v2： v1 =7.74 m s ； v2 =3.87 m s # # 2-23 如習題圖2- 23所示，半徑為a的導體球中有兩 個較小的球形空腔。若在空腔中心分別放置兩個點電荷 q1及q2，在距離r八a處放置另一個點電荷q3，試求三 個點電荷受到的電場力

37、。 解 根據原書2-7節(jié)所述，封閉導體空腔具有靜電屏蔽特性。因此，q1與q2之間沒有作用力，q3 對于q1及q2也沒有作用力。但是qr及q2在導體外表面產生的感應電荷-q1及-q2 ,對于q3有作用力。 考慮到r>> a ,根據庫侖定律獲知該作用力為 =q1 72 q3 _ 2 4”0r 2-24 證明位于無源區(qū)中任一球面上電位的平均值等于其球心的電位，而與球外的電荷分布特性無 關。 p 解 已知電位與電場強度的關系為E - 「，又知\ E =-,由此獲知電位滿足下列泊松方程 \ 2 - = _ — 利用格林函數求得泊松方程的解為 甲(r )= [ Go (r, r」卩卩

38、)d v” +氣 G。(r, r 爭 (rJ7 G。(r, r J】，d sH 式中Go r, r二 o考慮到「Go r, r = 1 r _ r 1 「 「3，代入上式得 [g dv -|r -r ] 1 +—— 4 二 -O1 d s # # 若閉合面S內為無源區(qū)，即r =o ,那么 -r d s 」 若閉合面S為 個球面，其半徑為a ,球心為場點，則r _ r =a ,那么上式變?yōu)? 考慮到差矢量r -r ■的方向為該球面的半徑方向，即與 d s ?的方向恰好相反，又E -「?,則上式變?yōu)? 1 1 ；E d s「L

39、 J* d s 4ira S 4Jia S 由于在S面內無電荷，則：E d s = 0 ,那么 1 「r 二一s「r ds 4 na S 由此式可見，位于無源區(qū)中任一球面上的電位的平均值等于其球心的電位，而與球外的電荷分布無 關。 2-25 已知可變電容器的最大電容量C max =100 pF ,最小電容量C min = 10 pF ,外加直流電壓為3 00 V , 試求使電容器由最小變?yōu)樽畲蟮倪^程中外力必須作的功。 解在可變電容器的電容量由最小變?yōu)樽畲蟮倪^程中，電源作的功和外力作的功均轉變?yōu)殡妶鰞δ艿? 增量， 即 W電源 W外二△ W e 式中 W 電源=V △

40、q =V(CmaxV -CminV) =8.1 10(J) 1 2 _6 △We (Cmax 一5山2 =4.05 10 J 2 因此， 外力必須作的功為  W 外=_4.05 10 衛(wèi)J 2-26 若使兩個電容器均為C的真空電容器充以電壓V后，斷開電源相互并聯，再將其中之一填滿 介電常數為；r的理想介質，試求：①兩個電容器的最終電位；②轉移的電量。 解 兩電容器斷開電源相互并聯，再將其中之一填滿相對介電常數為乞理想介質后，兩電容器的電 容量分別為 C[=C, C = ；r C 兩電容器的電量分別為qt,q2，且 q1 q2 = 2CV 由于兩個電容器的電

41、壓相等，因此 qi q2 C2 qi q2 23 # 聯立上述兩式，求得 2CV 2CV qi ， q 2 1 + Er 1 + zr 因此，兩電容器的最終電位為 qi q2 2V Ci C2 1 ；r 考慮到q2 q1，轉移的電量為 叮 1 .q =q2 _CV 二二 CV 務+1 2-27 同軸圓柱電容器的內導體 半徑為a，外導體半徑為b，其 內一半填充介電常數為“的介 質，另一半填充介質的介電常 數為；2，如習題圖2-27所示。 當外加電壓為V時，試求：①電容器中的電場強度； i b 習題圖2-27

42、 ②各邊界上的電荷密度；③電容及儲能。 解 ① 設內導體的外表面上單位長度的電量為q ,外導體的內表面上單位長度的電量為- q。取內 外導體之間一個同軸的單位長度圓柱面作為高斯面，由高斯定理 求得 二r Di D2 =q # # 已知D’ =?； E1, D2二；2E2，在兩種介質的分界面上電場強度的切向分量必須連續(xù)，即E^ E2，求 # # E1 = E 2 = E = 內外導體之間的電位差為 E d r 二 q In - a 二；1亠雹 a 即單位長度內的電荷量為 q -二“ ? ；2 V In —

43、a 故同軸電容器中的電場強度為 E =—— er b r r I n — a ② 由于電場強度在兩種介質的分界面上無法向分量， 內導體的外表面上的電荷面密度為 故此邊界上的電荷密度為零。 &V ”S1 = 1 er -E ； ”s2 = “er -E b a In — a In a 外導體的內表面上的電荷面密度為 ； b b In a 「s2 - - ；2 er 七-： ；2V b b In a ③單位長度的電容為C .：，：“亠 0 b In - a 電容器中的儲能密度為 We 1 2 T E d v1 - Vi 2 1 2 —；

44、2 E d v2 2 2 ? 1 ? ；2 2 b In — a 2-28 一平板電容器的結構如習題圖2-28所示，間距為 ① 接上電壓V時，移去介質前后電容器中的電場強度、 儲能； ② 斷開電源后，再計算介質移去前后以上各個參數。 d，極板面積為I I。試求： 電通密度、各邊界上的電荷密度、電容及 1/2 - 1/2 C gg FF 寸 \K 習題圖2-28 ①接上電源，介質存在時，介質邊界上電場強度切向分量必須連續(xù)，因此，介質內外的電場強 E是相等的，即電場強度為E=V。但是介質內外的電通密度不等，介質內D E=；V，介質 d d 外 Do =

45、；oE 二；0 V。 d 兩部分極板表面自由電荷面密度分別為 25 # 「s so ；od 電容器的電量 i1 2v # # 電容量為 電容器儲能為 1 qV = ( ?. " 7-o ) 4d # # 若接上電壓時，移去介質， 那么電容器中的電場強度為 # # 電通密度為 極板表面自由電荷面密度為 電容器的電量為 # # 電容量為 I2 ;o; #

46、 # 電容器的儲能為 2d # # ②斷開電源后， 移去介質前， 各個參數不變。但是若移去介質，由于極板上的電量q不變，電 # 場強度為 q 2 V ；；。 ■ol 電通密度為 2d 極板表面自由 電荷面密度為 V ；；。 2d 兩極板之間的 電位差為 27 # 電容量為 C # # 電容器的儲能為W 1 qV 2 2 2 IV ； ；0 # 2-29 若平板電容器的結構如習題圖

47、2-2 9所示，尺寸同上題，計算上題中各種情況下的參數。 d/2 hr* H nV " iV H Fr* nV " Fr才r* H nV " iV H Fi d/2 # # 習題圖2-29 解 ①接上電壓，介質存在時，介質內外的電通密度均為Dr*，因此，介質內外的電場強度分別 I2 Eo 兩極板之間的電位差為V 冷E「Eo二匚亠。 2I ；.；.o — 2V & E ；o d * ； ? ；o d 則電位移矢量為 2V :；o 2V :；o D o = ；o E o o o ； ? ；o d 極板表面自由

48、 電荷面密度為 # # 2V .；o i：?亠：0 d 介電常數為；的介質在靠近極板一側表面上束縛電荷面密度為 2V ；o 介電常數為；與介電常數為；0的兩種介質邊界上的束縛電荷面密度為 2V ;。 一0E“—.J 此電容器的電量q 2VI 2 Ho 則電容量為c = q V 2l2 :；。 電容器的儲能為W 1 qV 2 2V 2 「；。d # # 接上電壓時，移去介質后： # 2 2 2 # 2 2 2 電場強度為 E =V

49、 d 電位移矢量為 D——0E——0V d 極板表面自由電荷面密度為蔦二；V d 2 電容器的電量 q = |2 I = b Y d 2 電容量為c二q = ；。1 V d 電容器的儲能為 1 2d W qV 2 ⑵ 斷開電源后，介質存在時，各個參數與接上電源時完全相同。但是，移去介質后，由于極板上 的電量q不變，電容器中電場強度為 q 2 ；ol 2V ，電通密度為 ；0 d 極板表面自由 電荷面密度為 P, 2V # 2 2 2 i:?亠-.0 d 兩極板之間的電位差為V二Ed 2V ； 二-% 電容量為 電容器的

50、儲能為 1 W qV 2 2V # 2 2 2 2-30 已知兩個電容器Ci及C2的電量分別為qi及q2，試求兩者并聯后的總儲能。若要求并聯前后 的總儲能不變，則兩個電容器的電容及電量應滿足什么條件？ 解 并聯前兩個電容器總儲能為 W 前 =Wci Wc2 / 2 也+ .Ci 并聯后總電容為^C1 c2， 總電量為q = qt ? q 2，則總儲能為 =1 q1 q2 2 2 C1 C2 要使W前=W后，即要求 1 qi q2 2 C! C2 qi q2 4 Ci 方程兩邊同乘ci c2 ,整理后得 C 2 2 qi

51、 Ci Ci 2 + q2 =2qiq2 C2 方程兩邊再同乘CiC2 ,可得 —22 2 2 C 2 q i Ci q 2 =2C i C 2qi q 2 即 ◎ —2 = 由此獲知兩個電容器的電容量及電荷量應該滿足的條件為 qi Ci q2 2-31 若平板電容器中介電 常數為 ~-2 ~ ； ;(x) X ? 5 d 平板面積為A，間距為d，如 習題2-3 i所示。試求平板電 容器的電容。 解設極板上的電荷密度分別為二 X| A 習題圖2-3i 0,則由高斯定理，可得電通密度D ，因此電場強度為 D 蔦 # 2 2

52、 2 # 2 2 2 那么，兩極板的電位差為 _ A 蔦 _ A ；2 -； 示。若將一塊厚度為t(t ::: d) 習題圖2-32 則電容量為 2-32 若平板空氣電容器的 電壓為V ,極板面積為A， 間距為d，如習題圖2- 32所 的導體板平行地插入該平板 電容器中，試求外力必須作 # 的功。 解 未插入導體板之前，電容量C二仝。插入導體板后，可看作兩個電容串聯，其中一個電容器 d 的電容C. = bA，另一個電容器的電容C2 = ；oA ，那么總電容量為 x d _t _x f C1C2 SoA C 二 C1 C2 d

53、 -1 根據能量守恒原理，電源作的功和外力作的功均轉變?yōu)殡妶瞿艿脑隽?，? W電源 W外"We =W2 _W1 式中 W電源 二 AqV = V — CV V 二一 V 2 d(d —t ) dWe =W2 _Wt = —C _C)V 2 2 電源 # # L_^v2 2 d d -t 2-33 已知線密度 兒=10 (C/m )的無限長線電荷位于(1,0, z )處，另一面密度「s =10 (C/m 2)的無 限大面電荷分布在x = 0平面。試求位于 電量q =10 C的點電荷受到的電場力。 解 根據題意，兩

54、種電荷的位置如圖2-33所示。由習題2-1 0知，無限 大面電荷在P點產生的電場強度為 E 無限長線電荷在P點產生的電場強度為 「 只 R E 2 ex ex 2 ：匚0r ：匚0 因此，P點的總電場強度為 (Ps R 1 E = E1 - E 2 ex 「2 瓏。丿 所以位于P點的點電荷受到的電場力為 習題圖2-33 F =E q= ex s— l ex2.05 "0」(N ) 12 & 瓏。丿 2-34 已知平板電容器的極板尺寸為a b，間距為d ,兩板間插入介質塊的介電常數為；，如習題 圖2-34所示。試求：①當 電源斷開后，再插入介質 BOS T

55、~U 接上電壓V時，插入介質塊受的力；② 時，介質塊的受力。 24 習題圖2-34  解 ①此時為常電位系統，因此介質塊受到的電場力為 F嚴 d X _const 式中X為沿介質塊寬邊b的位移。介質塊插入后，引起電容改變。設插入深度X,則電容器的電容 為 sax &a(b —x) a r i C ob ? ( ； - ；o)x , d d d 電容器的電場能量可表示為 2 1 2 aU r 1 We U C 0b （ ; - ；o） x, 2 2d 那么介質塊受到的x方向的電場力為 dW aU F （：『I 0 ） dx 旳 2d ②此時為常電荷系統，因此介質塊受到的電場力為 dWe q -const 式中x為沿介質塊寬邊b的位移。 介質塊插入后，極板電量不變，只有電容改變。此時電容器的電場能量可表示為 2 2 1 q dq 1 We 2 C 2a 名0b + (g — W0)x 因此介質塊受到的x方向的電場力為 # # dWe ab 2U dx q -const # 3 P 2-Ji Pl a 忑7 0 dl ；：a* 2—z2 1 W qV 2 #