电磁场习题解答

习题参考解答1.1()dsincosdxytttωωω==−−rvee，222ddtω==−rar。1.2ddt=rT，sincosxyttωω==−+DTTeeT。1.3这是平行平面场，矢量线方程为()ddzxxyy×=−+=d0vre，积分后222yxC+=。这是平面0zz=（0z是任意常量）内所有点绕z轴旋转的圆周运动。1.4()2257ffxyzt°∂=∇⋅=++∂t，()11128,,ft∂=∂。1.5在曲面uC=上任意点()x,y,z=r的邻域取增量()x,y,zΔ=ΔΔΔr，则()()dddd0uuuuuxyzuxyz∂∂∂+Δ−=++=∇⋅=∂∂∂rrrr。而dr是曲面点()x,y,z处的切向方向，所以矢量u∇垂直于等值面uC=。1.6()d0dFFFtt∂=+∇⋅=∂v，n1FFFvFFFt∇⋅∇∂=⋅==−∇∇∇∂vv。1.7在()()2tta⋅=aa两端对时间t求导数，得d20dt⋅=aa，即ddt⊥aa。1.8()314πδmmmrr⎛⎞⎛⎞∇⋅=∇⋅−=∇⋅∇=−⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠rFr。1.9对于图（a），作以点P为球心的球面S，d0S⋅∫vFS，0∇⋅F。对于图（b），作以点P为几何中心的直圆柱面S，取圆柱的轴线与矢量F的方向平行，()2dπ0SaFF⋅=∫v右底面左底面－FS，0∇⋅F。1.10()yyxxzzxyzFFFFFFffffyzzxxy∂∂⎛⎞⎛⎞∂∂∂∂⎛⎞∇×=−+−+−⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠FeeezyxxzyyxzffffffFFFFFFffyzzxxy⎛⎞⎛⎞∂∂∂∂∂∂⎛⎞+−+−+−=∇×+∇×⎜⎟⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎝⎠eeeFF。1.11（1）()()xyzAAAxyz∂∂∂⋅∇=++≠∇⋅∂∂∂BBBABAB。（2）()xyzAAAxyzϕϕϕϕϕ∂∂∂⋅∇=++=⋅∇∂∂∂AA。1.12当aρ≤时，022πIaφμρ=Be，0πz2Iaμ∇×=Be；当aρ时，02πIφμρ=Be，∇×=0B。1.13选取直角坐标系，取两个点电荷分别位于点(00)a,,−和(00)a,,。点()Px,y,z处的电场强度333333012121211114πxyzqxaxayzRRRRRRε⎡⎤⎛⎞⎛⎞⎛⎞+−=+++++⎢⎥⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎢⎥⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎣⎦Eeee其中，()1xyzxayz=+++Reee，()2xyzxayz=−++Reee；在点()000,,处=0E。以y为变量的方程组是()()()33123312ddxaRxaRxyyRR−++=+和ddzzyy=（通解为1zCy=）。此方程组的图形见习题1.13图，要注意零点附近电场线的变化。q+q+习题1.13图2.1作以点O为球心，以r为半径的球面S。球面上电场可写为rE=Ee。根据高斯定律的积分形式，当ra时，=0E；当ra时，204πrQrε=Ee。2.2建立圆柱坐标系，原点O位于长直导线中心，z轴与长直导线重合。设2la=，xyzxyz=++reee，zz′′=re，则()()()()3222200d4π4πazzllazazazzazaρρρρρρεερρρ−⎡⎤+−−−′−⎢⎥′==−⎢⎥′−+++−⎣⎦⌠⎮⌡eeeerrErr。2.3利用2220v022211sinsinsinrrrrεϕϕϕρεϕθθθθθφ⎡⎤∂∂∂∂∂⎛⎞⎛⎞=−∇=−++⎢⎥⎜⎟⎜⎟∂∂∂∂∂⎝⎠⎝⎠⎣⎦，得（1）v0ρ=，（2）0v2cos3sinsinAεθφρθ=，（3）()2vδe4πaraqrrρ−⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠。2.4根据()()()00dQQPPPQϕϕ−=⋅=⋅−∫ErErr，令Q=0r，()0Qϕ=，得()0Pϕ=−⋅Er。2.51p在2r处产生的场强为()()211125034πRRε⋅−=pRRpEr，2p受力为()21212=∇⋅⎡⎤⎣⎦FpEr。2.6()()dddV=⋅∇⋅∇FpE=PE,()()22E∇=∇⋅=⋅∇EEEE，体积受力()202Eεε−=∇f。2.7建立直角坐标系，令12z=ne，坐标平面xOy与边界面重合，在边界面上取单位切向矢量η，使12τη=×n，这样当()1212×−=0nEE时，必有()210⋅−=τEE；反过来，若()210⋅−=τEE，由于η的任意性，必有()1221×−=0nEE。2.8取S为包含介质边界面的扁平圆柱面，圆柱底面面积为0S。令1E，2E为两侧介质的电场强度，则02120112dSSS×=×−×+∫vSEEnEn侧面积分dVV=∇×=∫0E，令圆柱的高趋于零，得()1221×−=0nEE。2.9取直角坐标系，导体平面是xOy，导体表面的单位法向矢量z=ne。令()21q=−prr，正电荷位于2222xyzxyz=++reee，负电荷位于1111xyzxyz=++reee，则正电荷的镜像电荷是负电荷，它位于2222xyzxyz′=+−reee，负电荷的镜像电荷是正电荷，它位于1111xyzxyz′=+−reee。所以()()()()12121221xyzqqxxyyqzz′′′⎡⎤=−=−+−+−⎣⎦prreee，通过配项()()()12121212xyzxxyyzz−+−=−−−eerre，()2121zzz−=−⋅rre，得()()()()122121222zzzqqzzq′=−+−=−+−⋅=⋅−⎡⎤⎣⎦prreprreepnnp镜像电偶极子位于电偶极子的镜像点、导体内深度为a的地方。2.10建立圆柱坐标系，z轴与长直圆柱导体的轴线重合，作半径为aρ、长为l的圆柱面S。假定电场强度均匀分布，且只有径向分量，则()()()()2π4π2π331231232π4π0332πddd3llDlDlDlDDDlQρρθρθρθ++=++=∫∫∫而()123112233123DDDE+EE+Eεεεεεε++=+=+，所以()12332πlQ+ρεεερ=+eE，11ε=DE，22ε=DE，33ε=DE。2.11利用电场边界条件()21×−=0nEE和()210⋅−=nDD，得1122sinsinEEθθ=和111222coscosEEεθεθ=，这两式相比可证。2.12建立直角坐标系，坐标平面xOy与介质边界面重合，z轴垂直穿过长直带电导线，导线坐标为()0x,,h。采用镜像法。在计算上半空间的电场时，认为全空间的电容率都是2ε，在下半空间的镜像点()0x,,h−处放置线密度为lρ′的带电长直导线，令x轴的电位是零，这样上半空间点()Px,y,z处的电位为()()20222222lnln2π2πllhhyzhyzhρρϕϕϕεε′′=+=++−++这里0ϕ是长直带电导线在电容率为2ε的无限大介质中产生的电位，ϕ′是线密度为lρ′的长直镜像电荷在电容率为2ε的无限大介质中产生的电位。在计算下半空间的电场时，认为全空间的电容率都是1ε，在上半空间的点()0x,,h处放置线密度为lρ′′的带电长直导线，这样下半空间点()Px,y,z处的电位为()1221ln2πlhyzhρϕε′′=+−。由1200zzϕϕ===和212100zzzzϕϕεε==∂∂=∂∂，得2121llεερρεε−′=+。在线密度lρ的导线位置上，()()0204πlzx,,hx,,hhρϕε′′′=−∇=Ee，从而导线单位长受力()()()()221122120Nm4πllx,,hhρεερεεε−′==+FEn。2.13只需求解大地上方的空间电场。建立直角坐标系，取x轴穿过圆柱轴线垂直于大地，方向指向上部空间，y轴与大地平面重合。利用镜像法，以大地表面为对称面，在大地中的对称位置放置半径为a的镜像带电圆柱，然后撤去大地，认为整个空间都是无限大真空。利用电轴法，电轴位置22bha=−。所以大地上方的电位是()()()2222ln2πlxbyx,yxbyρϕε++=−+，而()()000Uha,,ϕϕ=−−，从而，()()()2222lnlnxbyUx,ybhaxbybhaϕ++=+−−+−+。2.14圆柱导体内电场强度为零，两导体之间是待求场区，因此电轴应位于圆柱导体内，并在两导体轴线所组成的平面上。取直角坐标系，x轴垂直穿过两圆柱的中心轴线，y轴垂直两轴线所组成的平面，z轴与中心轴线平行，坐标原点位于两轴线之间。设原点到电轴的距离为b，z轴到半径为1a的圆柱轴线和半径为2a的圆柱轴线的距离分别为1h和2h，因22211abh+=，22222abh+=，12hhd+=，从而222221212daabad⎛⎞+−=−⎜⎟⎝⎠。2.15用镜像法。球壳接地电位为零，在距球心hR处放置点电荷q′，则球内电位004π4πqqRRϕεε′=+′，其中()12220=2cosRraraθ+−，()122202cosRrhrhθ′=+−。当rR=时，0ϕ=，可解得Rqqa′=−和2Rha=。所以()()22s32224π2cosrRqRarRRaaRϕρεθ=∂−==−∂+−。2.16槽内电位满足20ϕ∇=，用分离变量法求解，设()()()x,yXxYyϕ=，得通解()()()()()102010201n2n1n2n1shchsincosnnnnnx,yAAxBByAkxAkxBkyBkyϕ∞==++++⋅+∑()()1n2n1n2n1sincosshchnnnnnCkxCkxDkyDky∞=++⋅+∑边界条件为①00x,ya=≤≤：0ϕ=；②00y,xa=≤≤：0ϕ=；③0xa,ya=≤≤：0ϕ=；④0ya,xa=≤≤：0ϕϕ=。解得()()()()00sin21πsh21π4π21sh21πnnxanyannϕϕ∞=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=++⎡⎤⎣⎦∑。2.17建立圆柱坐标系，z轴与圆柱对称轴重合。取xe方向与0E的方向重合。电位满足方程()210aϕρ∇=和()220aϕρ∇=。方程()20,ϕρφ∇=的通解为()()001lncosnnnnn,ABABnϕρφρρρφ∞−==+++∑。定解条件为①令0ρ=是电位参考点，即100ρϕ==；②当ρ→∞时，20cosECϕρφ=−+；③12aaρρϕϕ===；④120aaρρϕϕεερρ==∂∂=∂∂；⑤电位与坐标变量z无关，且()(),,ϕρφϕρφ−=。解得01002cosEεϕρφεε=−+，2020201cosaEεεϕρφεερ⎛⎞−=−⎜⎟+⎝⎠。2.18建立球坐标系，原点位于球心。由高斯定律可知ra时，v103rrρε=Ee；ra时，3v2203rarρε=Ee。225e0v014πd215VWEVaερε∞==∫。2.19设球1电量为Q，球2的电量为Q−，电位参考点位于无穷远。先将球1视为点电荷，球1在球2处产生的电位为2104πQdϕε=，在球1表面产生的电位为1104πQaϕε=；再将球2视为点电荷，球2在球1处产生的电位为1204πQdϕε=−，在球2表面产生的电位为2204πQaϕε−=。所以()()()1212111222210+2πQdaUadϕϕϕϕϕϕε−=−=−+=，00122π2πadQCaUdaεε==≈−。2.20如图2-9-2，极板夹角θ很小。1Rdaθ=−，2Rdaθ=+，由公式（2-9-12），得0lnSdaCadaε+=−。利用351+ln135xxxxx=+++⋅⋅⋅−()1x，得20213SaCddε⎛⎞≈+⎜⎟⎝⎠。2.21取地面为电位参考点。由镜像法可得传输线1和2的表面电位：1111122llϕαραρ=+，2211222llϕαραρ=+，111021ln2πhaαε=，122101ln2πDdααε==，222021ln2πhaαε=。得2212211012ln2πhdCaDααε−⎛⎞==⎜⎟ΔΔ⎝⎠，1112122012ln2πhdCaDααε−⎛⎞==⎜⎟ΔΔ⎝⎠，12122101ln2πDCCdαε===ΔΔ。式中2124Ddhh=+，11221221ααααΔ=−。2.22认为长直圆柱导体表面上感应电荷集中分布在圆柱导体圆心处