电磁场与电磁波习题答案2

第二章

2-1 若真空中相距为d 的两个电荷q 1及q 2的电量分别为q 及4q ，当点电荷q '位于q 1及q 2的连线上时，系统处于平衡状态，试求q '的大小及位置。

解 要使系统处于平衡状态，点电荷q '受到点电荷q 1及q 2的力应该大小相等，方向相反，即q q q q F F ''=2

1

。那么，

由

122

2

022

1

01244r r r q q r q q =?'=

'πεπε，同时考虑到d r r =+21，求得

d

r d r 3

2 ,3

121=

=

可见点电荷q '可以任意，但应位于点电荷q 1和q 2的连线上，且与点电荷1q 相距d

31。

2-2 已知真空中有三个点电荷，其电量及位置分别为：

)

0,1,0( ,4 )1,0,1( ,1 )1,0,0( ,1332211P C q P C q P C q === 试求位于)0,1,0(-P 点的电场强度。

解 令321,,r r r 分别为三个电电荷的位置321,,P P P 到P 点的距离，则2

1=

r ，32=r ，23=r 。

利用点电荷的场强公式r e E 2

04r

q πε=

，其中r

e 为点电

荷q 指向场点P 的单位矢量。那么，

习题图2-2

z

x

1q

2

q 3

q P

E 3

E 2

E 1

1q 在P 点的场强大小为0

2

1

011814πε

πε=

=

r q E ，方向为

()z y

r e e

e +-

=2

11。

2q 在P 点的场强大小为0

2

2

0221214πε

πε=

=

r q E ，方向为

()z y x

r e e e

e ++-

=3

12。

3q 在P 点的场强大小为0

2

3

033414πε

πε=

=r q E ，方向为

y

r e e -=3

则P 点的合成电场强度为

??

????????

??++???? ??+++-=++=z e e e E E E E y x 3

121

28141312128131211 03

21πε

2-3 直接利用式（2-2-14）计算电偶极子的电场强度。 解 令点电荷q -位于坐标原点，r 为点电荷q -至场点P 的距离。再令点电荷q +位于+z 坐标轴上，1r 为点电荷q +至场点P 的距离。两个点电荷相距为l ，场点P 的坐标为（r,θ,φ）。

根据叠加原理，电偶极子在场点P 产生的电场为

????

?

?-=

3113

4r r q r r E πε

考虑到r >> l ，1

r e = e r ，θcos 1l r r -=，那么上式变为

r r r r r r r r q

r r r r q e e E ???

?

??+-=???

?

?

?-=

212110

2

122

210

))((44πεπε

式中

()

2

12

2

2

122

1

1

cos 211cos 2-

-

-???

? ?

?-+=-+=θθ

r l r l r rl l r r

以r l

为变量，并将2

122

c o s 21-???

?

?

?-+θr l

r l 在零点作泰勒展

开。由于r l <<，略去高阶项后，得

θθcos 1

cos 1121

1

r

l r r l r r +=??? ??+=

-

利用球坐标系中的散度计算公式，求出电场强度为

θr e e E 3

03020

4sin 2cos 1cos 14r ql r ql r r l r

q πεθπεθθπε

+=???

?????? ???-??? ??+?-

=

2-4 已知真空中两个点电荷的电量均为6102-?C ，相距为2cm ， 如习题图2-4所示。试求：①P 点的电位；②将电量为6102-?C 的点电荷由无限远处缓慢地移至P 点时，外力必须作的功。

解 根据叠加原理，P 点的合成电位为

()V 10

5.2426

0?=?

=r

q πε?

因此，将电量为C 1026-?的点电荷由无限远处缓慢地移到

P

点，外力必须做的功为()J 5==q W ?

2-5 通过电位计算有限长线电荷

⊕

⊕

1cm P

1c m

q q 1cm

r

习题图2-4

的电场强度。

解 建立圆柱坐标系。 令先电 荷沿z 轴放置，由于结构以z 轴对称，场强与φ无关。为了简单起见，令场点位于yz 平面。 设线电荷的长度为L ，密度为

l ρ，线电荷的中点位于坐标原

点，场点P 的坐标为??

?

?

?

z r ,2,

π

。 利用电位叠加原理，求得场点

P

的电位为

?

-=

2

2

d 4L

L l r l πε

ρ?

式中()2

2

0r

l z r +-=

。故

()2

2

2

2

22

2

2

22

22ln 4 ln 4r

L z L z r

L z L z r l z l z l L

L l +??? ?

?-+

-

+??? ?

?++

+=

??

?

??

?+-+--

=-πε

ρπε

ρ?

因?-?=E ，可知电场强度的z 分量为

2222

22

22ln 4r

L z L z r

L z L z z

z

E l z +??? ?

?-+

-

+??? ?

?++

+??-

=??-

=πε

ρ?

y

习题图2-5

r 0

P

z

z

r

o

d l

l θ1

θ2

???????

?

?

?+??? ?

?--

+??? ?

?+-

=2

2

22

21214r

L z r

L z l

πε

ρ ???????

?

?

??

?

? ??-+-

??? ??++-=2

20211211

4r L z r L z r l περ ()

()

???

?

?

?-+-

++-

=2

2

2

2

0224L z r

r L z r

r r l

περ ()120sin sin 4θθπερ-=

r

l

电场强度的r 分量为

2222

2222ln 4r

L z L z r

L z L z r

r

E l r +??? ?

?-+

-

+??? ?

?++

+??-

=??-

=πε

ρ?

()() ?

?

-?

?

? ?

?++

+

+++

-

=2

2

2

2

2224r L z L z r L z r

l πε

ρ

()()?

????

???? ?

?+-+

-+-22

22

222r L z L z r L z r

-

?

??

??

?

???

?? ??++++??

? ??++-

=2

20212

2114r L z r L z r L z r l περ

?

???????

?????

?

?

??? ??-++-?

?? ??-+22212211

r L z r L z r L z

?

?-???

? ?

?+

++-

=12

1120tan 11tan 1tan 1

114θθ

θπερr l

???????

?

???? ?

?+

++2

2

222

tan 11tan 1

tan 1

11

θθθ ()()()210cos 1cos 14θθπερ----

=r

l

()210cos cos 4θθπερ-=

r

l

式中2

t a n

a r c ,2

t a n

a r c 21L z r L z r -

=+

=θθ，那么，合成电强为

()()[]r z l

r

e e E 12120cos cos sin sin 4θθθθπερ---=

当L →∞时，πθθ→→ ,021，则合成电场强度为

r

l

r

e E 02περ=

可见，这些结果与教材2-2节例4完全相同。

2-6 已知分布在半径为a 的半圆周上的电荷线密度

πφφρρ≤≤=0 ,sin 0l ，试求圆心处的电场强度。

解 建立直角坐标，令线电荷位于xy 平面，且以y 轴为对称，如习题图2-6所示。那么，点电荷l l d ρ在圆心处产生的电场强度具有两个分量E x 和E y 。由于电荷分布以y 轴为对称，因此，仅需考虑电场强度的y E 分量，即

φπερsin 4d d d 2

0a

l E E l y =

=

考虑到φρρφsin ,d d 0==l a l ，代入上式求得合成电场强度为

y y a

a

e e E 000

2

008d sin 4ερφφπερπ

=

=?

2-7 已知真空中半径为a 的圆环上均匀地分布的线电荷密度为l ρ，试求通过圆心的轴线上任一点的电位及电场强度。

习题图2-6

a

y

x

o l

d φ

E 习题图2-7

x

y

z P

r o

a

d l y

解 建立直角坐标，令圆环位于坐标原点，如习题图2-7所示。那么，点电荷l l d ρ在z 轴上P 点产生的电位为

r

l l 04d περ?=

根据叠加原理，圆环线电荷在P 点产生的合成电位为

()2

2

20

20

2d 4d 41z

a a

l r

l r

z l a

l

a

l

+=

=

=

??

ερπε

ρρπε

?ππ

因电场强度?-?=E ，则圆环线电荷在P 点产生的电场强度为

()(

)

2

322

02z

a az

z

z l z

z

+=??-=ερ?e e E

2-8 设宽度为W ，面密度为S ρ的带状电荷位于真空中， 试求空间任一点的电场强度。

解 建立直角坐标，且令带状电荷位于xz 平面内，如习题图2-8所示。带状电荷可划分为很多条宽度为x 'd 的无限长线电荷，其线密度为x s 'd ρ。那么，该无限长线电荷

习题图2-8

x

y z

2

w

2

w -

x 'd

o r

y

x

2

w -

2

w

d x '

x ' (a)

(b )

P (x ,y )

产生的电场强度与坐标变量z 无关，即

r e E r

x s 02d d περ'=

式中

()2

2

y x x r +'-=

()[]y x x r

r y r

x x y

x

y

x

r e e e e e +'-=+'-=1

得

()

[]

()[]y x x y

x x x s y

x

e e E +'-+'-'

=

2

2

2d d πε

ρ

那么

()

[]

()[]y x x y

x x x s w

w y

x

e e E +'-+'-'

=

?

-2

2

22

2d πε

ρ

?????

?

??

+---++??? ?

?++??? ?

?--=y

w x y w x y

w x y

w x s

s 2arctan 2arctan 222ln

402

2

2

2

περπε

ρy

x

e e

2-9 已知均匀分布的带电圆盘半径为a ，面电荷密度 为S ρ，位于z = 0平面，且盘心与原点重合，试求圆盘 轴线上任一点电场强度E 。

解 如图 2-9所示，在圆盘上取一半径为r ，宽度为r d 的圆环，该圆环具有的电荷量为s r r q ρπd 2d =。由于对称性，该圆环电荷在z 轴上任一点P 产生的电场强度仅的r 有z 分量。根据习题2-7结果，获知该圆环电荷在P 产生的

习题图2-9

o x

y

z

r

d r

P (0,0,z )

电场强度的z 分量为

(

)

2

322

02d d z

r r zr E s z +=

ερ

那么，整个圆盘电荷在P 产生的电场强度为

()

???

?

??+-=+=?

2

2

00

2

32

2

2d 2a

z z z

z

r

z

r

zr s z

a

s

z

ερερe e E

2-10 已知电荷密度为S ρ及S ρ-的两块无限大面电荷分别位于x = 0及x = 1平面，试求10 ,1<<>x x 及0

解 无限大平面电荷产生的场强分布一定是均匀的，其电场方向垂直于无限大平面，且分别指向两侧。因此，位于x = 0平面内的无限大面电荷S ρ，在x < 0区域中产生的电场强度11E x e E -=-，在x > 0区域中产生的电场强度

11E x e E =+

。位于

x = 1平面内的无限大面电荷S ρ-，在x <

1区域中产生的电场强度22E x e E =+，在x > 1区域中产生的电场强度22E x e E -=-。

由电场强度法向边界条件获知，

1010=-

+

=-x s

E E ρεε 0

2020=+

--=-x s

E E ρεε 即

1010==+x s

E E ρεε

1

2020=-=--x s

E E ρεε

由此求得

212ερs E E =

=

根据叠加定理，各区域中的电场强度应为

0 ,02121<=+-=+=+

-

x E E x x e e E E E

10 ,0

2121<<=

+=+=+

+

x E E s x x ερe e E E E

1 ,02121>=-=+=-

+x E E x x e e E E E

2-11 若在球坐标系中，电荷分布函数为

????

???><<<<=-b

r b r a a r 0, ,100 ,06ρ

试求b r a a r <<<< ,0及b r >区域中的电通密度D 。 解 作一个半径为r 的球面为高斯面，由对称性可知

r

e D s D 2

4d r

q q s

π=

?=??

式中q 为闭合面S 包围的电荷。那么

在a r <<0区域中，由于q = 0，因此D = 0。 在b r a <<区域中，闭合面S 包围的电荷量为

()3

3

6

3

410

d a

r v q v

-?

==

-?

πρ

因此，

()r

e

D 2

3

3

6

3

10

r

a r

-=

-

在b r >区域中，闭合面S 包围的电荷量为

()3

3

6

3

410

d a

b v q v

-?

==

-?

πρ

因此，

()r

e

D 2

3

3

6

3

10

r

a b

-=

-

2-12 若带电球的内外区域中的电场强度为

???

???

?<>=a r a qr a r r q

, ,2

r e E 试求球内外各点的电位。 解 在a r <区域中，电位为

()()a

q r

a

a

q r a

a

r

r

+

-=

?+

?=

?=

?

?

?

∞

∞

2

2

2d d d r E r E r E ?

在a r >区域中，()r

q r r

=

?=?

∞

r E d ?

2-13 已知圆球坐标系中空间电场分布函数为

???

??≥≤=a r r

a a r r , ,25

3r e E 试求空间的电荷密度。

解 利用高斯定理的微分形式0

ερ=??E ，得知在球坐标

系中

()()r

E r

r

r

r 2

2

0d d 1εερ=??=E

那么，在a r ≤区域中电荷密度为

()()2

5

2

5d d 1r

r r

r

r ε

ερ==

在a r ≥区域中电荷密度为

()()0d d 15

2

==a r

r

r ερ

2-14 已知真空中的电荷分布函数为

????

?>≤≤=a

r a

r r r ,00 ,)(2ρ

式中r 为球坐标系中的半径，试求空间各点的电场强度。 解 由于电荷分布具有球对称性，取球面为高斯面，那么根据高斯定理

2

4d επεq

r

E q

s

=

?=

??

s E

在a r ≤≤0区域中

()5

2

25

4d 4d r r r r v r q r

v

ππρ=

=

=

?

?

r r

r

r

r

e e E 0

3

5

2

51

5

441εεππ=

=

在a r >区域中

()5

2

25

4d 4d a r r r v r q a

v

ππρ=

=

=

?

?

r r

r a

a

r

e e E 0

2

5

5

2

51

5

441εεππ=

=

2-15 已知空间电场强度z y x e e e E 543-+=，试求（0,0,0）与（1,1,2）两点间的电位差。

解 设P 1点的坐标为（0,0,0,）, P 2点的坐标为（1,1,2,），那么，两点间的电位差为

?

?=

2

1

d P P V l

E

式中 z

y x d d d d ,543z y x z y x e e e l e e e E ++=-+=，因此电位

差为

()(

)

()

()V 3d 5d 4d 32,1,10,0,0-=-+=

?z y x V

2-16 已知同轴圆柱电容器的内导体半径为a ，外导体的内半径为b 。若填充介质的相对介电常数2=r ε。试求在外导体尺寸不变的情况下，为了获得最高耐压，内外导体半径之比。

解 已知若同轴线单位长度内的电荷量为q 1，则同轴线内电场强度r e E r

q πε21=

。为了使同轴线获得最高耐压，应在

保持内外导体之间的电位差V 不变的情况下，使同轴线内最大的电场强度达到最小值，即应使内导体表面a r =处的电场强度达到最小值。因为同轴线单位长度内的电容为

V

a b q a b V q C ??

? ??=

???

?

??=

=

ln 2ln 2111πεπε

则同轴线内导体表面a r =处电场强度为

??

? ??=

?

?

? ??=a b a b

b V

a b a V a E ln ln )(

令b 不变，以比值a

b 为变量，对上式求极值，获知当比

值

e a

b =时，()a E 取得最小值，即同轴线获得最高耐压。

2-17 若在一个电荷密度为ρ，半径为a 的均匀带电球中，存在一个半径为b 的球形空腔，空腔中心与带电球中心的间距为d ，试求空腔中的电场强度。

解 此题可利用高斯定理和叠加原理求解。首先设半径为

a 的整个球内充满电荷密度为ρ的电荷，则球内P 点的电

场强度为

r

e E r P 0

3

2

013 3

441ερ

ρππε=

=

r r

式中r 是由球心o 点指向P 点的位置矢量，

再设半径为b 的球腔内充满电荷密度为ρ-的电荷，则其在球内P 点的电场强度为

r e E r

P '-='''-

=0

3

2

0233

4

41

ερ

ρππεr r

式中r '是由腔心o '点指向P 点的位置矢量。

那么，合成电场强度P P E E 21+即是原先空腔内任一点的电场强度，即

()d

r r E E E P P P 0

2133ερ

ερ

=

'-=

+=

式中d 是由球心o 点指向腔心o '点的位置矢量。可见，空

习题图2-17

o b

a

P r d r ' o '

腔内的电场是均匀的。

2-18 已知介质圆柱体的半径为a ，长度为l ，当沿轴线方向发生均匀极化时，极化强度为P ，试求介质中束缚电荷在圆柱内外轴线上产生的电场强度。

解 建立圆柱坐标，且令圆柱的下端面位于xy 平面。由于是均匀极化，故只考虑面束缚电荷。而且

该束缚电荷仅存在圆柱上下端面。已知面束缚电荷密度与极化强度的关系为

n s e P ?=ρ

式中e n 为表面的外法线方向上单位矢量。由此求得圆柱体上端面的束缚电荷面密度为P s =1ρ，圆柱体下端面的束缚面电荷密度为P s -=2ρ。

由习题2-9获知，位于xy 平面，面电荷为s ρ的圆盘在其轴线上的电场强度为

z s a

z z z z

e E ???

?

?

?+-

=2

2

02ερ

因此，圆柱下端面束缚电荷在z 轴上产生的电场强度为

z a

z z z

z P e E ???

?

??+--

=2

2

022ε 而圆柱上端面束缚电荷在z 轴上产生的电场强度为

z a

l z l z l

z l z P e E ???

? ?

?+-----=

2

2

01)(2ε 那么，上下端面束缚电荷在z 轴上任一点产生的合成电场强度为

x

y z

a

P 习题图2-18

P l

y

()

???????

?++

-

+-----=222

2

02a z z

z

z a

l z l

z l

z l z P z εe E

2-19 已知内半径为a ，外半径为b 的均匀介质球壳的介电常数为ε，若在球心放置一个电量为q 的点电荷，试求：①介质壳内外表面上的束缚电荷；②各区域中的电场强度。

解 先求各区域中的电场强度。根据介质中高斯定理

r

e D s D 2

2

44d r

q q D r q s

ππ=

?=?=??

在a r ≤<0区域中，电场强度为

r e D E 2

00

4r

q πεε=

=

在b r a ≤<区域中，电场强度为

r

e D

E 2

4r

q πεε

=

=

在b r >区域中，电场强度为

r e D E 2

00

4r

q πεε=

=

再求介质壳内外表面上的束缚电荷。

由于()E P 0εε-=，则介质壳内表面上束缚电荷面密度为

()

202

0414a q a

q s πεεπεεερ?

?? ?

?

--=--=?-=?=P e P n r

外表面上束缚电荷面密度为

()

202

0414b q b

q s πεεπεεερ?

?? ?

?

-=-=?=?=P e P n r

2-20 将一块无限大的厚度为d 的介质板放在均匀电场E 中，周围媒质为真空。已知介质板的介电常数为ε，均匀

电场E 的方向与介质板法线的夹角为1θ，如习题图2-20所示。当介质板中的电场线方向4

2π

θ=时，试求角度1θ及

介质表面的束缚电荷面密度。

解 根据两种介质的边界条件获知，边界上电场强度切向分量和电通密度的法向分量连续。因此可得

221sin sin θθE E =；

221cos cos θθD D =

已知220 ,E D E D εε==，那么由上式求得

??

?

??=?=

=

?=

εεθεεθε

εθε

εθθ010

20102

1arctan tan tan tan tan 已知介质表面的束缚电荷)(0E D e P e ερ-?=?='n n s ， 那么，介质左表面上束缚电荷面密度为

10021020211cos 111θεεεεεεερE n s ??? ?

?

--=???? ??-=???

??

-

?=?='D e D e P e n n1介质右表面上束缚电荷面密度为

100220202222cos 111θεεεεεεερE n s

??

? ??-=???? ??-=???

??

-?=?='D e D e P e n n 2-21 已知两个导体球的半径分别为6cm 及12cm ，电量均为6103-?C ，相距很远。若以导线相连后，试求：①电荷移动的方向及电量；②两球最终的电位及电量。 解 设两球相距为d ，考虑到d >> a , d >> b ，两个带电球

E

ε d θ1 θ 1

θ2

θ2 ε0

ε0

E

习题图2-20

E 2

e n 2

e n 1

的电位为

???

??+=

d q a

q 21

141πε

?；???

??+=d q b

q 12

241πε?

两球以导线相连后，两球电位相等，电荷重新分布，但总电荷量应该守恒，即21??=及()C 106621-?==+q q q ， 求得两球最终的电量分别为

()()C 1023126

1-?=≈-+-=q q ab

bd ad b d a q ()()C 10

43

226

2-?=≈

-+-=

q q ab

bd ad a d b q

可见，电荷由半径小的导体球转移到半径大的导体球，移动的电荷量为()C 1016-?。

两球最终电位分别为

()V 10

3415

10

1?=≈

a q πε? ()V 10

3415

202?=≈

b

q πε

?

2-22 已知两个导体球的重量分别为m 1=5g ，m 2=10g ，电量均为6105-?C ，以无重量的绝缘线相连。若绝缘线的长度l = 1m ，且远大于两球的半径，试求；①绝缘线切断的瞬时，每球的加速度；②绝缘线切断很久以后，两球的速度。

解 ① 绝缘线切断的瞬时，每球受到的力为

()N 225.0410

510

540

6

6

2

021=???=

=

--πε

πεr

q q F

因此，两球获得的加速度分别为

(

)2

11s

m 45005.0225.0===

m F a

()2

2

2s

m 5.2201

.0225.0===

m F a

② 当两球相距为l 时，两球的电位分别为

???

? ??+=

l q r q 2110

141πε

?； ???

?

??+=l q r q 1220

241πε? 此时，系统的电场能量为

22112

12

1q q W ??+

=

绝缘线切断很久以后，两球相距很远(l >>a , l >>b )，那么，两球的电位分别为

1

0114r q πε?=

;

2

0224r q πε?=

由此可见，绝缘线切断很久的前后，系统电场能量的变化为

)J (225.04421

421

Δ02

201

102

==

+

=

l

q

q l q q l q W πεπεπε

这部分电场能量的变化转变为两球的动能，根据能量守恒原理及动量守恒定理可得下列方程：

2

2

22

112

121v m v m W +

=

，

02211=+v m v m

由此即可求出绝缘线切断很久以后两球的速度v 1和v 2：

()s m 74.71=v ；

()s m 87.32=v

2-23 如习题图2-23所示，半径为a 的导体球中有两个较小的球形空腔。若在空腔中心分别放置两个点电荷q 1及q 2，在距离a r >>处放置另一个点电荷q 3，试求三个点电荷受到的电场力。

q 1

q 2

r

q 3

a

习题图2-23

解 根据原书2-7节所述，封闭导体空腔具有静电屏蔽特性。因此，q 1与q 2之间没有作用力，q 3对于q 1及q 2也没有作用力。但是q 1及q 2在导体外表面产生的感应电荷-q 1及-q 2，对于q 3有作用力。考虑到r >>a ，根据库仑定律获知该作用力为

()2

03

214r

q q q f πε+=

2-24 证明位于无源区中任一球面上电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布特性无关。 解 已知电位与电场强度的关系为?-?=E ，又知

ε

ρ=

??E ，由此获知电位满足下列泊松方程

2

ερ?-

=?

利用格林函数求得泊松方程的解为

()()

()()()()()[]??

'?'?''-'?''+

'''=

S

V

G G v G s r r,r r r r,r r r,r d d 0

00??ερ?

式中()r r r r,'

-='π41

0G 。考虑到()3

041r r r r r r,'

-'

-=

'?'πG ，代入

上式得

()()()()

()?

?

'????

?????'-'-'-'-'?'+

''

-'=

S

V

v s r r r r r r r r r r r r d 41d 413

??π

ρπε

? 若闭合面S 内为无源区，即0=ρ，那么

()()()

()?

'????

?????'-'-'-'-'?'=

S

s r r r r r r r r r d 413

??π

? 若闭合面S 为一个球面，其半径为a ，球心为场点，则

a ='-r r ，那么上式变为