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電磁場與電磁波課后答案(楊儒貴第二版)-2

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電磁場與電磁波課后答案(楊儒貴第二版)-2

靜電場 第二章 重點(diǎn)和難點(diǎn) 1 # 電場強(qiáng)度及電場線等概念容易接受,重點(diǎn)講解如何由物理學(xué)中積分形式的靜電場方程導(dǎo)出微分 形式的靜電場方程,即散度方程和旋度方程,并強(qiáng)調(diào)微分形式的場方程描述的是靜電場的微分特性 或稱為點(diǎn)特性。 利用亥姆霍茲定理,直接導(dǎo)出真空中電場強(qiáng)度與電荷之間的關(guān)系。通過書中列舉的4個(gè)例子, 總結(jié)歸納出根據(jù)電荷分布計(jì)算電場強(qiáng)度的三種方法。 至于媒質(zhì)的介電特性,應(yīng)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(zhì)中靜電場方程時(shí),應(yīng)強(qiáng)調(diào)電通密度僅與自由電荷有關(guān)。介紹邊界條件時(shí),應(yīng)說明僅可依據(jù) 積分形式的靜電場方程,由于邊界上場量不連續(xù),因而微分形式的場方程不成立。 關(guān)于靜電場的能量與力,應(yīng)總結(jié)出計(jì)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(jì)算電場力,常電荷系統(tǒng)和常電位系統(tǒng),以及廣義力和廣義坐標(biāo)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(qiáng)度: 1 P( r ) 1,E (r — r) ; 「(r) = . ( ) dV 4瓏。LV | r —r | ■3 3, E 高斯定律 q 介質(zhì)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(zhì)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(zhì),則 Dit D 2t >1 ;2 2, D2n - D1rl =蔦。在兩種介質(zhì)形成的邊界上,則 1n 2n 對于兩種各向同性的線性介質(zhì),則 -1 E 1 n 二-2 E 2n 3,介質(zhì)與導(dǎo)體的邊界條件: en E =0 ; en D =九 若導(dǎo)體周圍是各向同性的線性介質(zhì),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-: <Qi i 2 分布電荷的能量: 1 1 1 We dV s d S i dl V 2 比2 勺2 3 對于各向同性的線性介質(zhì),則 We 靜電場的能量密度: 1 W e = — D E 2 # # 電場力: 2-1 庫侖定律:F 常電荷系統(tǒng): 常電位系統(tǒng): qq 4 二;r1 2 3 er dWe dl q嘗數(shù) F dWe dl 若真空中相距為d的兩個(gè)電荷 qi及q2的電量分別為q及4q, 當(dāng)點(diǎn)電荷q ■位于qi及q2的連線 # # 2-2 已知真空中有三個(gè)點(diǎn)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(diǎn)的電場強(qiáng) 解 令「,「2 ,「3分別為三個(gè)電電 則「_, - ?、2 , 「2 - 3 , 「3=2。 利用點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E 習(xí)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(diǎn)的距離, 其中er為點(diǎn)電荷q指向場點(diǎn)P的單位矢量。 上時(shí),系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),試求q ■的大小及位置。 解 要使系統(tǒng)處于平衡狀態(tài),點(diǎn)電荷q ?受到點(diǎn)電荷qi及q2的力應(yīng)該大小相等,方向相反,即 F q,< = F q2q ?。那么,由 2 2 =「2 = 可見點(diǎn)電荷q ■可以任意,但應(yīng)位于點(diǎn)電荷q1和q2的連線上,且與點(diǎn)電荷q1相距—d。 「1,同時(shí)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(diǎn)的場強(qiáng)大小為 q2在 P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為 qs在 P點(diǎn)的場強(qiáng)大小為 E3 q1 1 2 4二;0r1 — ? 8 二;0 q2 1 2 4 二;0「2 12 二;0 q3 1 E 2 方向?yàn)閑ri =. Ei 2 4 二;0「3 4二;0 ,方向?yàn)閑r 2 _ 2 ey "Z O 1 ——ex ey ez 。 .3 方向?yàn)? e r3 = —e y 貝y P點(diǎn)的合成電場強(qiáng)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(jì)算電偶極子的電場強(qiáng)度。 解 令點(diǎn)電荷「q位于坐標(biāo)原點(diǎn),r為點(diǎn)電荷「q至場點(diǎn) P的距離。再令點(diǎn)電荷位于+ z坐標(biāo)軸上, r1為點(diǎn)電荷 q至場點(diǎn)P的距離。兩個(gè)點(diǎn)電荷相距為丨, 場點(diǎn)P的坐標(biāo)為(r,二,巧。 根據(jù)疊加原理,電偶極子在場點(diǎn)P產(chǎn)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(diǎn)作泰勒展開。由于l :::::: r ,略去咼階項(xiàng)后,得 5 # A 「1 利用球坐標(biāo)系中的散度計(jì)算公式,求出電場強(qiáng)度為 2-4已知真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷的電量均為2 10 C , 的電位;② 至P點(diǎn)時(shí), …— 相距為2cm , 如習(xí)題圖2-4所示。試求:①P點(diǎn) 將電量為2 10 C的點(diǎn)電荷由無限遠(yuǎn)處緩慢地移 外力必須作的功。 護(hù)+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(xí)題圖2-4 # 解根據(jù)疊加原理,P點(diǎn)的合成電位為 二 2 4 二; r 6 = 2.5 10 V 因此,將電量為2 10 -C的點(diǎn)電荷由無限遠(yuǎn)處緩慢地移到P點(diǎn),外力必須做的功為W二q=5J 2-5 通過電位計(jì)算有限長線電荷 的電場強(qiáng)度。 解 建立圓柱坐標(biāo)系。令先電 荷沿z軸放置,由于結(jié)構(gòu)以z軸對 令場點(diǎn)位于yz平面。 設(shè)線電荷的長度為L,密度為 譏,線電荷的中點(diǎn)位于坐標(biāo)原 點(diǎn),場點(diǎn)P的坐標(biāo)為r — z |< J 2 丿 利用電位疊加原理,求得場點(diǎn) P的電位為 稱,場強(qiáng)與??無關(guān)。為了簡單起見, 習(xí)題圖2-5 4二;0 L 2 # # 式中ro = z # # =-———\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(qiáng)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(qiáng)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 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(qiáng)為 L z -— 2 「sin 4 二;0r -sin 耳 e z - cos v2 - cos 0, n )二,則合成電場強(qiáng)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(jié)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(qiáng) 習(xí)題圖2-6所示。 習(xí)題圖2-6 兩個(gè)分量E x和E y。 標(biāo),令線電荷位于xy平面,且以y軸為對稱,如 那么,點(diǎn)電荷Adi在圓心處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度具有 由于電荷分布以y軸為對稱,因此,僅需考慮電場 # 強(qiáng)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(qiáng)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(diǎn)的 電位及電場強(qiáng)度。 # # 解 建立直角 那么,點(diǎn)電荷 根據(jù)疊加原理, 習(xí)題圖 2-7 坐標(biāo),令圓環(huán)位于坐標(biāo)原點(diǎn),如習(xí)題圖2- 7所示。 Adi在z軸上P點(diǎn)產(chǎn)生的電位為 ^dl 4二;or 圓環(huán)線電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的合成電位為 # 1 4 二; 2 Jdl )r # # 因電場強(qiáng)度E =, 則圓環(huán)線電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為 # # (a) 設(shè)寬度為W,面密度為匚的帶狀電荷位 空中, 空間任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度。 (b) 習(xí)題圖2-8 11 解 建立直角坐標(biāo),且令帶狀電荷位于XZ平面內(nèi),如習(xí)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;?sdx o那么,該無限長線電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度與坐標(biāo)變量z 無關(guān),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 arcta 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(diǎn)重合,試求圓盤 軸線上任一點(diǎn)電場強(qiáng)度E。 解女口圖 2-9 環(huán),該圓環(huán)具 習(xí)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(diǎn)P產(chǎn)生的電場強(qiáng)度僅的r有z分量。根據(jù)習(xí)題2-7結(jié)果,獲知該圓環(huán)電荷在P 產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的z分量為 zr d r f 2 亠 2 2 ;。 r - z # # 那么,整個(gè)圓盤電荷在P產(chǎn)生的電場強(qiáng)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(qiáng)度。 場強(qiáng)度 解 無限大平面電荷產(chǎn)生的場強(qiáng)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(cè)。 因此,位于x = 0平面內(nèi)的無限大面電荷;?S,在x < 0區(qū)域中產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E「- _e x E1,在x > 0 區(qū)域中產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E ;卜=:e x E’。位于x = 1平面內(nèi)的無限大面電荷,在x < 1區(qū)域中產(chǎn)生的電 E 2 =e xE2,在x > 1區(qū)域中產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E 2 - -e x E2。 電場強(qiáng)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(jù)疊加定理, 各區(qū)域中的電場強(qiáng)度應(yīng)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 1 E 2_ = e x E1 - e x E 2 =0, x、1 2-11 若在球坐標(biāo)系中,電荷分布函數(shù)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(gè)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(nèi)外區(qū)域中的電場強(qiáng)度為 # # 試求球內(nèi)外各點(diǎn)的電位。 解在r ::: a區(qū)域中,電位為 ‘ C a co q ’ 2 2 q ■ ■■■ ir 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(biāo)系中空間電場分布函數(shù)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(biāo)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(shù)為 r2 , 0蘭r蘭a P(r) = * 0, r > a 式中r為球坐標(biāo)系中的半徑,試求空間各點(diǎn)的電場強(qiáng)度。 解 由于電荷分布具有球?qū)ΨQ性,取球面為高斯面,那么根據(jù)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(qiáng)度E =3ex 4ey _5ez,試求(0,0,0 )與(1,1,2 )兩點(diǎn)間的電位差。 解 設(shè)P1點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,0,0, ) , P 2點(diǎn)的坐標(biāo)為(1,1,2,),那么,兩點(diǎn)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(nèi)導(dǎo)體半徑為a,外導(dǎo)體的內(nèi)半徑為b。若填充介質(zhì)的相對介電常數(shù) ;r =2。試求在外導(dǎo)體尺寸不變的情況下,為了獲得最高耐壓,內(nèi)外導(dǎo)體半徑之比。 已知若同軸線單位長度內(nèi)的電荷量為 q1, 則同軸線內(nèi)電場強(qiáng)度E二 q1 2 .工 r er 為了使同軸線獲得最 # 高耐壓,應(yīng)在保持內(nèi)外導(dǎo)體之間的電位差V不變的情況下,使同軸線內(nèi)最大的電場強(qiáng)度達(dá)到最小值, 即應(yīng)使內(nèi)導(dǎo)體表面r =a處的電場強(qiáng)度達(dá)到最小值。因?yàn)橥S線單位長度內(nèi)的電容為 # # 則同軸線內(nèi)導(dǎo)體表面r二a處電場強(qiáng)度為 # # -的 令b不變,以比值一為變量,對上式求極值,獲知當(dāng)比值-=e時(shí),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(gè)電荷密度為,,半徑為a的均勻帶電球中,存在一個(gè)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(qiáng)度。 解 此題可利用高斯定理和疊加原理求解。首先設(shè)半徑為a的整個(gè)球內(nèi)充滿電荷密度為「的電荷,則 球內(nèi)P點(diǎn)的電場強(qiáng)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(diǎn)指向 P 點(diǎn)的位置矢量, 再設(shè)半徑為b的球腔內(nèi)充滿電荷密度為-『的電荷,則其在球內(nèi)P點(diǎn)的電場強(qiáng)度為 1 4 2 r 4 二;0 r 3 式中r ■是由腔心o ■點(diǎn)指向 P點(diǎn)的位置矢量。 17 # 那么,合成電場強(qiáng)度E 1P - E 2 P即是原先空腔內(nèi)任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度,即 Ep =E ip E 2 p r -r d 3匚0 3匚0 式中 2-18 介質(zhì) 由球心o點(diǎn)指向腔心o ?點(diǎn)的位置矢量??梢?,空腔內(nèi)的電場是均勻的。 已知介質(zhì)圓柱體的半徑為a,長度為I,當(dāng)沿軸線方向發(fā)生均勻極化時(shí),極化強(qiáng)度為P,試求 中束縛電荷在圓柱內(nèi)外軸線上 產(chǎn)生的電場強(qiáng)度。 解建立圓柱坐標(biāo),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(qiáng)度的關(guān)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(xí)題圖2-18 的束縛面電荷密度為匚2二- P 。 由習(xí)題2-9獲知,位于xy平面, 面電荷為的圓盤在其軸線上的電 # # 場強(qiáng)度為 因此,圓柱下端面束縛電荷在z軸上產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為 z2 a2 p 2 ;o 而圓柱上端面束縛電荷在z軸上產(chǎn)生的電場強(qiáng)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(diǎn)產(chǎn)生的合成電場強(qiáng)度為 # \_l .z —I i 亠 a z 2 a 2-19已知內(nèi)半徑為a,外半徑為b的均勻介質(zhì)球殼的介電常數(shù)為;,若在球心放置一個(gè)電量為q的 點(diǎn)電荷,試求:①介質(zhì)殼內(nèi)外表面上的束縛電荷;②各區(qū)域中的電場強(qiáng)度。 解先求各區(qū)域中的電場強(qiáng)度。根據(jù)介質(zhì)中高斯定理 2 q ID d 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(qiáng)度為 d q E 亍er ;o 4 二;o r 在a ::: r < b區(qū)域中,電場強(qiáng)度為 D q E 廠er 呂 4鹿r 在r . b區(qū)域中,電場強(qiáng)度為 D q E 歹er ;0 4 二;o r 再求介質(zhì)殼內(nèi)外表面上的束縛電荷。 由于P - ■: -;0 E ,則介質(zhì)殼內(nèi)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 將一塊無限大的厚度為d的介質(zhì)板放在均勻電場E中,周圍媒質(zhì)為真空。已知介質(zhì)板的介電常 數(shù)為;,均勻電場E的方向與介質(zhì)板法線的夾角為包,如習(xí)題圖2-20所示。當(dāng)介質(zhì)板中的電場線方 向乙二一時(shí),試求角度R及介質(zhì)表面的束縛電荷面密度。 4 習(xí)題圖2-20 解 根據(jù)兩種介質(zhì)的邊界條件獲知,邊界上電場強(qiáng)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 ,那么由上式求得 tan .斗 tan 二2 已知介質(zhì)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(zhì)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(zhì)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 = 1 —丄 en2 D 2 = 1 —丄k0 E cos匕2-21 已知兩個(gè)導(dǎo)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(yuǎn)。若以導(dǎo)線相連后,試求:①電荷移動(dòng)的方向及電 量;②兩球最終的電位及電量。 解 設(shè)兩球相距為d,考慮到d >> a, d >> b,兩個(gè)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(dǎo)線相連后,兩球電位相等,電荷重新分布,但總電荷量應(yīng)該守恒,即S =「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 可見,電荷由半徑小的導(dǎo)體球轉(zhuǎn)移到半徑大的導(dǎo)體球,移動(dòng)的電荷量為1 10 C。 兩球最終電位分別為 ! 1—F =3 105 V 4驅(qū)0 a :2 : 1 q2 =3 105 V 4咫0 b 2-22 已知兩個(gè)導(dǎo)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(yuǎn)大于兩球的半徑,試求;①絕緣線切斷的瞬時(shí),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(shí),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 - 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(dāng)兩球相距為I時(shí), 兩球的電位分別為 4二; 1 4二; 此時(shí),系統(tǒng)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(yuǎn)(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(tǒng)電場能量的變化為 2 1 q2 1 q1 q AW —q1 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(zhuǎn)變?yōu)閮汕虻膭?dòng)能,根據(jù)能量守恒原理及動(dòng)量守恒定理可得下列方程: 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(xí)題圖2- 23所示,半徑為a的導(dǎo)體球中有兩 個(gè)較小的球形空腔。若在空腔中心分別放置兩個(gè)點(diǎn)電荷 q1及q2,在距離r八a處放置另一個(gè)點(diǎn)電荷q3,試求三 個(gè)點(diǎn)電荷受到的電場力。 解 根據(jù)原書2-7節(jié)所述,封閉導(dǎo)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(dǎo)體外表面產(chǎn)生的感應(yīng)電荷-q1及-q2 ,對于q3有作用力。 考慮到r>> a ,根據(jù)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(guān)。 p 解 已知電位與電場強(qiáng)度的關(guān)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(shù)求得泊松方程的解為 甲(r )= [ Go (r, r」卩卩)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(nèi)為無源區(qū),即r =o ,那么 -r d s 」 若閉合面S為 個(gè)球面,其半徑為a ,球心為場點(diǎn),則r _ r =a ,那么上式變?yōu)? 考慮到差矢量r -r ■的方向?yàn)樵撉蛎娴陌霃椒较?,即與 d s ?的方向恰好相反,又E -「?,則上式變?yōu)? 1 1 ;E d s「L J* d s 4ira S 4Jia S 由于在S面內(nèi)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(guān)。 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(zhuǎn)變?yōu)殡妶鰞?chǔ)能的 增量, 即 W電源 W外二△ W e 式中 W 電源=V △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(gè)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(lián),再將其中之一填滿 介電常數(shù)為;r的理想介質(zhì),試求:①兩個(gè)電容器的最終電位;②轉(zhuǎn)移的電量。 解 兩電容器斷開電源相互并聯(lián),再將其中之一填滿相對介電常數(shù)為乞理想介質(zhì)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(gè)電容器的電壓相等,因此 qi q2 C2 qi q2 23 # 聯(lián)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(zhuǎn)移的電量為 叮 1 .q =q2 _CV 二二 CV 務(wù)+1 2-27 同軸圓柱電容器的內(nèi)導(dǎo)體 半徑為a,外導(dǎo)體半徑為b,其 內(nèi)一半填充介電常數(shù)為“的介 質(zhì),另一半填充介質(zhì)的介電常 數(shù)為;2,如習(xí)題圖2-27所示。 當(dāng)外加電壓為V時(shí),試求:①電容器中的電場強(qiáng)度; i b 習(xí)題圖2-27 ②各邊界上的電荷密度;③電容及儲(chǔ)能。 解 ① 設(shè)內(nèi)導(dǎo)體的外表面上單位長度的電量為q ,外導(dǎo)體的內(nèi)表面上單位長度的電量為- q。取內(nèi) 外導(dǎo)體之間一個(gè)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(zhì)的分界面上電場強(qiáng)度的切向分量必須連續(xù),即E^ E2,求 # # E1 = E 2 = E = 內(nèi)外導(dǎo)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(nèi)的電荷量為 q -二“ ? ;2 V In — a 故同軸電容器中的電場強(qiáng)度為 E =—— er b r r I n — a ② 由于電場強(qiáng)度在兩種介質(zhì)的分界面上無法向分量, 內(nèi)導(dǎo)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(dǎo)體的內(nèi)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(chǔ)能密度為 We 1 2 T E d v1 - Vi 2 1 2 —;2 E d v2 2 2 ? 1 ? ;2 2 b In — a 2-28 一平板電容器的結(jié)構(gòu)如習(xí)題圖2-28所示,間距為 ① 接上電壓V時(shí),移去介質(zhì)前后電容器中的電場強(qiáng)度、 儲(chǔ)能; ② 斷開電源后,再計(jì)算介質(zhì)移去前后以上各個(gè)參數(shù)。 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(xí)題圖2-28 ①接上電源,介質(zhì)存在時(shí),介質(zhì)邊界上電場強(qiáng)度切向分量必須連續(xù),因此,介質(zhì)內(nèi)外的電場強(qiáng) E是相等的,即電場強(qiáng)度為E=V。但是介質(zhì)內(nèi)外的電通密度不等,介質(zhì)內(nèi)D E=;V,介質(zhì) d d 外 Do = ;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(chǔ)能為 1 qV = ( ?. " 7-o ) 4d # # 若接上電壓時(shí),移去介質(zhì), 那么電容器中的電場強(qiáng)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; # # 電容器的儲(chǔ)能為 2d # # ②斷開電源后, 移去介質(zhì)前, 各個(gè)參數(shù)不變。但是若移去介質(zhì),由于極板上的電量q不變,電 # 場強(qiáng)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(chǔ)能為W 1 qV 2 2 2 IV ; ;0 # 2-29 若平板電容器的結(jié)構(gòu)如習(xí)題圖2-2 9所示,尺寸同上題,計(jì)算上題中各種情況下的參數(shù)。 d/2 hr* H nV " iV H Fr* nV " Fr才r* H nV " iV H Fi d/2 # # 習(xí)題圖2-29 解 ①接上電壓,介質(zhì)存在時(shí),介質(zhì)內(nèi)外的電通密度均為Dr*,因此,介質(zhì)內(nèi)外的電場強(qiáng)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 電荷面密度為 # # 2V .;o i:?亠:0 d 介電常數(shù)為;的介質(zhì)在靠近極板一側(cè)表面上束縛電荷面密度為 2V ;o 介電常數(shù)為;與介電常數(shù)為;0的兩種介質(zhì)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(chǔ)能為W 1 qV 2 2V 2 「;。d # # 接上電壓時(shí),移去介質(zhì)后: # 2 2 2 # 2 2 2 電場強(qiáng)度為 E =V 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(chǔ)能為 1 2d W qV 2 ⑵ 斷開電源后,介質(zhì)存在時(shí),各個(gè)參數(shù)與接上電源時(shí)完全相同。但是,移去介質(zhì)后,由于極板上 的電量q不變,電容器中電場強(qiáng)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 電容器的儲(chǔ)能為 1 W qV 2 2V # 2 2 2 2-30 已知兩個(gè)電容器Ci及C2的電量分別為qi及q2,試求兩者并聯(lián)后的總儲(chǔ)能。若要求并聯(lián)前后 的總儲(chǔ)能不變,則兩個(gè)電容器的電容及電量應(yīng)滿足什么條件? 解 并聯(lián)前兩個(gè)電容器總儲(chǔ)能為 W 前 =Wci Wc2 / 2 也+ .Ci 并聯(lián)后總電容為^C1 c2, 總電量為q = qt ? q 2,則總儲(chǔ)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 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(gè)電容器的電容量及電荷量應(yīng)該滿足的條件為 qi Ci q2 2-31 若平板電容器中介電 常數(shù)為 ~-2 ~ ; ;(x) X ? 5 d 平板面積為A,間距為d,如 習(xí)題2-3 i所示。試求平板電 容器的電容。 解設(shè)極板上的電荷密度分別為二 X| A 習(xí)題圖2-3i 0,則由高斯定理,可得電通密度D ,因此電場強(qiáng)度為 D 蔦 # 2 2 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(xí)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(xí)題圖2- 32所 的導(dǎo)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(dǎo)體板之前,電容量C二仝。插入導(dǎo)體板后,可看作兩個(gè)電容串聯(lián),其中一個(gè)電容器 d 的電容C. = bA,另一個(gè)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 -1 根據(jù)能量守恒原理,電源作的功和外力作的功均轉(zhuǎn)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(diǎn)電荷受到的電場力。 解 根據(jù)題意,兩種電荷的位置如圖2-33所示。由習(xí)題2-1 0知,無限 大面電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為 E 無限長線電荷在P點(diǎn)產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為 「 只 R E 2 ex ex 2 :匚0r :匚0 因此,P點(diǎn)的總電場強(qiáng)度為 (Ps R 1 E = E1 - E 2 ex 「2 瓏。丿 所以位于P點(diǎn)的點(diǎn)電荷受到的電場力為 習(xí)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(zhì)塊的介電常數(shù)為;,如習(xí)題 圖2-34所示。試求:①當(dāng) 電源斷開后,再插入介質(zhì) BOS T~U 接上電壓V時(shí),插入介質(zhì)塊受的力;② 時(shí),介質(zhì)塊的受力。 24 習(xí)題圖2-34 解 ①此時(shí)為常電位系統(tǒng),因此介質(zhì)塊受到的電場力為 F嚴(yán) d X _const 式中X為沿介質(zhì)塊寬邊b的位移。介質(zhì)塊插入后,引起電容改變。設(shè)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(zhì)塊受到的x方向的電場力為 dW aU F (:『I 0 ) dx 旳 2d ②此時(shí)為常電荷系統(tǒng),因此介質(zhì)塊受到的電場力為 dWe q -const 式中x為沿介質(zhì)塊寬邊b的位移。 介質(zhì)塊插入后,極板電量不變,只有電容改變。此時(shí)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(zhì)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 #

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