1、電磁場與電磁波課程教學大綱 課程編號：適用專業： 課程層次：本科學位課學 時 數：64 學 分 數：4執 筆 者： 李一玫 編寫日期： 2003年12月22日 一、課程的任務和教學目標 本課程是為電子通信類本科生開設的專業技術基礎課，具有較完整的理論體系和較高的實用價值。通過本課程的學習，學生應全面了解電磁場的理論體系，基本掌握分析和計算電磁場的系統方法，進一步提升空間思維能力和數學計算能力，并對基本的電磁場和電磁波的分布有正確的理解和認識。二、課程教學內容和學時分配 第一章 矢量分析 8學時 重點：直角坐標、圓柱坐標和球坐標的矢量微積分計算； 難點：梯度、散度、旋度的物理意義。第二章 靜電場

2、 12學時 重點：靜電場的基本理論、分析方法和基本計算； 難點：有關介質極化問題的計算、邊界條件的正確應用以及場和源之間的計算。第三章 恒定電場 4學時 重點：恒定電場的基本理論和靜電比擬的分析方法； 難點：電流密度和電導的有關計算。第四章 恒定磁場 10學時 重點：恒定磁場的基本理論和基本計算； 難點：磁場的計算和電感的計算。第五章 邊值問題 8學時 重點：分離變量法、鏡像法； 難點：分離變量法。第六章 時變電磁場 11學時 重點：麥克斯韋方程組、邊界條件和坡印廷定理； 難點：無源區電磁場的互求和坡印廷矢量的計算及其物理意義。第七章 平面波 11學時 重點：均勻平面波在各媒質中的傳播特性及垂

3、直入射問題； 難點：均勻平面波的解的數學描述及其意義、波的極化的判定和良導體表面損耗功率的計算。三、課程教學安排及要求 教學時間每周4學時，共計16周結課。教學環節主要包括：課堂講授、作業和答疑。其中，課堂講授采用多媒體電子教案包含文字、公式、圖片、動態演示、動畫播放、實物及照片展示等，約占5860學時，課件的演示約占0.5課時，習題課約占4課時；作業方面主要要求通過做習題進一步理解和掌握所學概念、定義、定理及定律，重在對不同的邊界條件做具體靈活的應用，并掌握一定的計算技巧。全課程總作業量約90110題，以計算題為主，約占90，兼有少量推導題和討論題，約占10。答疑每周2學時。四、課程的考核

4、課程考核以期終考試為主，可選擇閉卷考試和半開卷考試兩種方式。閉卷考試計算步驟、應用公式所占分值約70，計算結果約占30；半開卷考試允許學生帶一張A4紙，計算步驟、應用公式所占分值應低于閉卷考試。平時作業在課程成績中約占1520。 五、本課程與其它課程的聯系與分工 本課程的先修課：大學物理，高等數學等 本課程的后續課：微波、天線、電波傳播、電磁兼容等 六、建議教材及教學參考書 建議教材：電磁場與電磁波理論基礎中國鐵道出版社 陳乃云主編 2001年第一版建議教參：電磁場與電磁波 高等教育出版社 謝處方等主編 1999年第三版教學重點第一章 矢量分析第一章 矢量分析 基本內容 深刻理解標量場和矢量場

5、的概念； 深刻理解散度、旋度和梯度的物理意義并熟練計算這三個度； 熟練使用直角坐標、圓柱坐標和球坐標進行矢量的微積分運算； 了解亥姆霍茲定理的內容 重點內容 在直角坐標、圓柱坐標和球坐標中計算矢量場的散度和旋度、標量場的梯度以及矢量的線積分、面積分和體積分。 第二章 靜電場第二章 靜電場基本內容 （1）掌握靜電場各基本物理量的名稱、單位和意義；（2）了解庫侖定律的內容并會計算兩個點電荷間的作用力；（3）了解介質極化的本質和模型，并會計算極化電荷；（4） 熟練使用靜電場的基本方程和邊界條件求解電場；（5）熟練使用電位方程求解一維場的解；（6）一般了解格林定理和唯一性定理；會計算常見電容器的電容；

6、（7） 一般計算靜電能和靜電力 重點內容 熟練利用直接積分法、高斯定律、解電位方程等解決源和場的互求問題，并計算常見電容器的電容。 第三章 恒定電場 第三章 恒定電場基本內容 掌握電流密度的概念和計算； 了解電流連續性方程及其物理意義； 掌握恒定電場的基本方程及邊界條件，并熟練計算電場、電流和電荷分布； 利用靜電比擬法計算電導。 重點內容 掌握各種電流分布下電流密度與電流強度的計算；利用靜電比擬法計算電導 第四章 恒定磁場 第四章 恒定磁場基本內容 （1）掌握恒定磁場各基本物理量的名稱、單位和意義；（2）了解安培力定律的內容并會計算兩個電流間的作用力；（3）會使用比奧-沙伐定律計算對稱分布的磁

7、場；（4）了解介質磁化的機理和模型，并會計算磁化電流；（5）熟練使用恒定磁場的基本方程和邊界條件求解磁場；（6）一般了解矢量磁位和標量磁位并會進行簡單計算；（7）會計算互感和自感；一般計算磁場能和磁力 重點內容 熟練利用比奧-沙伐定律、安培定律解決源和場的互求問題，并計算常見元件的互感和自感。 回到頁首 第五章 邊值問題第五章 邊值問題基本內容 分離變量法和靜像法的應用和計算 重點內容 直角坐標的分離變量法；直角坐標、球坐標的鏡像法第六章 時變電磁場第六章 時變電磁場基本內容 掌握法拉第電磁感應定律的內容并會計算；了解位移電流的假說；熟記麥克斯韋方程及邊界條件；熟練使用麥克斯韋方程和邊界條件求

8、解電磁場；熟練使用波動方程求解電磁場的解；一般了解矢量位和標量位； 熟練使用復數形式表示和計算正弦電磁場； 了解玻印廷定理的內容并熟練計算波印廷矢量。 重點內容 熟練利用麥克斯韋方程、邊界條件解決正弦電場和磁場的互求問題及源分布，并熟練計算玻印廷矢量。 到頁首 第七章 平面波第七章 平面波基本內容 了解電磁波的基本概念；熟練掌握均勻平面波在無耗及有耗媒質中的解及其傳播特性；熟練計算；波長、頻率、相速、相移常數、本征阻抗；掌握電磁波的三種極化狀態，并會判別；熟練掌握均勻平面波的垂直入射問題；一般掌握均勻平面波的斜入射問題。 重點內容 熟練掌握均勻平面波及其所有參數的計算，掌握趨膚效應的概念及趨膚

9、深度、良導體的損耗功率的計算，掌握垂直入射的計算。 參考作業第一章 矢量分析1.1 給定三個矢量A，B和C如下： A =axay2az 3 B=ayaz C=axaz求（1）aA；（2）AB；（3）AB；（4）qAB；（5）A在B上的分量； （）AC；（7）A（BC）；(8)( AB)C和A(BC) 答案 1.2 三角形的三個頂點為P1 (0,1,-2)、P2 (4,1,-3)和P3(6,2,5)。 （1） 判斷P1 P2 P3是否為一直角三角形； （2） 求三角形的面積。 答案1.3 求P(, 1, 4 )點到P(2, 2, 3 )點的距離矢量R, R的方向如何? 答案1.4 給定兩矢量A=

10、 axay2az3和B=ax 4ay5az6,求它們間的夾角和A在B上的分量。答案 1.5 給定兩矢量A= ax2ay3az4和B=ax6ay4az,求AB在Caxayaz上的分量。 答案1.6 證明：如果AB = AC和AB = AC, 則B = C。 答案1.7 如果給定一未知矢量與一已知矢量的標量積和矢量積，那么便可以確定該未知矢量。設A為一已知矢量，p= AX而P= AX，p和P已知，試求X。 答案1.8 圓柱坐標中，一點的位置由（4，2/3，3）定出，求該點在（1）直角坐標中；（） 球坐標中的坐標。 答案1.9 用球坐標表示的場E=ar（25/r2），（1） 求在點（3，4，5）處的

11、| E |和Ex；（2） 求E與矢量Baxayaz構成的夾角。 答案1.10球坐標系中兩個點(r1, q1, j1)和(r2, q2, j2)定出位置矢量R1和R2。證明R1和R2間夾角的余弦為 cos=sinq1sinq2cos（j1j2）cosq1cosq2提示：cos= R1R2/R1R2，在直角坐標中計算R1R2。 答案1.11一球面S的半徑為5, 球心在原點上, 計算 ( ar 3sinq) dS的值。 答案1.12 在由r=5，z=0和z=4圍成的圓柱形區域, 對矢量A= ar r2az2z驗證散度定理。答案1.13 求(1) 矢量A = axx2ay(xy)2az 24x2y2z

12、3的散度；（2）求A對中心在原點的一個單位立方體的積分；（3）求A 對此立方體表面的積分，驗證散度定理。答案1.14 計算矢量r對一個球心在原點半徑a的球表面的積分，并求r對球體積的積分。答案1.15 求矢量A=axxayx2az y2z沿xy平面上的一個邊長為的正方形回路的線積分，此正方形的兩個邊分別與x軸和y軸相重合。再求A對此回路所包圍的表面積分，驗證斯托克斯定理。 答案1.16 求矢量A=axx2ay xy2沿圓周x2y2=a2的線積分，再計算A對此圓面積的積分。答案1.17 證明：（1）R=3，（2）R=0，（3）（AR）=A其中R=axxay yazz，A為一常矢量。 答案1.18

13、 一徑向矢量場用F =arf（r）表示，如果F=，那么函數f（r）會有什么特點呢？答案1.19 給定矢量函數E=axyayx，計算從點P1（2，1，-1）到P2（8，2，-1）的線積分：Edl（1）沿拋物線x=2y2；（2）沿連接該兩點的直線，這個E是保守場嗎？答案1.20 求標量函數=x2yz的梯度及在一個指定方向的方向導數。此方向由單位矢量ax 1/3ay2/3az2/3定出；求（2，3，1）點的導數值。 答案1.21 試采用與推導（1.46）式相似的方法推導(1.63)式。 答案1.22 方程 u= 給出一橢球族。求橢球表面上任意點的單位法向矢量。 答案1.23三個矢量A,B,C A =

14、 ar sinqcosjacosq cosjajsinj B= arz2 sinjajz2 cosjaz 2rz sinj C = ax (3y22x)ayx2az2z(1) 哪些矢量可以由一個標量函數的梯度表示；哪些矢量可以由一個矢量函數的旋度表示；(2) 求出這些矢量的源分布。 答案1.24利用直角坐標，證明 （f A）= fAAf 答案1.25 證明 (AH)= HAAH 答案 1.26 利用直角坐標，證明（fG）=fGfG 答案 1.27 利用散度定理及斯托克斯定理可以在更廣泛的意義下證明 (u)=0及 (A)=0。試證明之。 答案提示：利用證明對任意表面S，s(u) dS=cudl=

15、0和證明對于任意閉合面包圍體積，t (A)d= (A) dS=0 第一章 矢量分析 習題答案 1.解：(1)aA=AA=(ax+ay2-az3) (2) |A-B|= (3) AB=-11 (4) cosqAB= ABAB=-11 qAB 135.5 (5) AB=A cosqAB = -11 (6) AC=-ax4-ay13-az10 (7) A(B C)= ABC= -42 (8) (AB)C=ax2-ay40+az5 A(BC)=ax 55-ay 44- az 11 返回2.解：(1)P12= ax4-az P23= ax 2+ay +az 8 P12P23=0 P12 P23 DP1P

16、2P3是直角三角形 (2)S= P12P232=17.12 返回3.解：R=RP-RP= ax 5-ay 3-az aR=RR= (ax 5-ay 3- az ) 返回4.解：cosqAB= ABAB0.365 qAB68.56 AB=A cosqAB 1.3676 返回5.解：AB= ax13+ ay22+az10 (AB)C= (AB)C C-14.43 返回6.解：法(一)：對AB= AC兩邊取A的叉乘： A(AB)= A (AC) (AB)A-(AA)B= (AC) A-( AA)C 將AB= AC代入即得B=C 法(二):：AB= AC A(B-C)=0 A (B-C) AB= AC

17、 A(B-C)=0 A/ (B-C) 只有B-C=0即B=C 法(三)： AB= AC A(B-C)=0 A| B-C| cosq=0 AB= AC A(B-C)=0 A| B-C| sinq=0 兩式平方相加: A2| B-C|2=0： B=C 法(四)：AB= AC ABcosq1= ACcosq2 AB= AC ABsinq1 = ACsinq2兩式相比，得：tanq1=tanq2 q1、q20, q1=q2 B= C又由AB= AC可知B、 C在A的同側 B= C 返回 7.解：P=AX AP= A(AX) = (AX)A-( AA)X 代入p= AX得 AP= p AA2X X= (

18、p A- AP)A2 返回8.解：(1)在直角坐標中： x=rcosq=2 y=rsinq=2 z=3 (-2,2 ,3) (2)在球坐標中： rs=(x2+y2+z2)12=5 q=tg-1(rz) 53.1 j=tg-1(yx)=120 (5,53.1,120) 返回9.解：(1) r2=x2+y2+z2=(-3)2+42+(-5)2=50 E=25r2=0.5 Ex=E xr-0.2121 (2) E=Ear=(axx+ayy+azz)r=(-ax3+ay4-az5) cosq=EBEB-0.8955 q98.2 返回10.證：球坐標與直角坐標的關系為 x=rsinqcosj y=rsi

19、nqsinj z=rcosq 因此，在直角坐標中， R1=ax r1sinq1cosj1+ay r1sinq1sinj1 +az r1cosq1 R2=ax r2sinq2cosj2+ay r2sinq2sinj2 +az r2cosq2 cosg= RR2R1R2 =( r1sinq1cosj1 r2sinq2cosj2+ r1sinq1sinj1 r2sinq2sinj2+ r1cosq1 r2cosq2)r1r2 = sinq1sinq2(cosj1cosj2+ sinj1sinj2)+ cosq1cosq2 = sinq1sinq cos(j1-j2)+ cosq1cosq2 返回11

20、.解：s (ar3 sinq)dS=s 3sinqdSr = 3 sinqr2 sinqdqdj=75p2 返回 12.解：A=1r (rAr)r+1r Ajj+Azz=3r+2 tAdt= (3r+2)rdrdzdj=1200p s AdS=s r2dSr+2zdSz= r2 rdzdj+ 2zrdrdj=1200p tAdt=s AdS 從而驗證了散度定理。 返回13.解：(1) A=(Ax)x+ Ayy+Azz=2x+2x2y+72x2y2z2 (2) tAdt= (2x+2x2y+72x2y2z2)dxdydz=124 (3)s AdS=(Axx=0.5-Axx=-0.5)dydz+(

21、Ayy=0.5-Ayy=-0.5)dxdy+(Azz=0.5-Azz=-0.5)dxdy =124 tAdt=s AdS 返回 14.解：s rdS= r r2 sinqdqdj=4pa3 trdt=t1r2 (r2 r)r r2 sinqdrdqdj=4pa3 返回15.解：c Adl=c Ax dx+ Aydy+ Azdz = Axy=0dx+ Ayx=2dy+ Axy=2dx+ Ayx=0dy=8 A=ax2yz+az2x sAdS= ( ax2yz+az2x)azdxdy=8 c Adl= sAdS 從而驗證了斯托克斯定理。 返回16.解：x=rcosq y=rsinq dl=adqa

22、q aq=-axsinq+aycosq c Adl= (axx2ay xy2)a(-axsinq+aycosq)dq = (-a2cos2qsinq+a3cosqsin2qcosq)adq=pa44 A=azy2=azr2sin2q sAdS= azr2sin2qazrdrdq=pa44 c Adl= sAdS 返回17.證：(1) R=Rxx+Ryy+Rzz=3 (2)R=0 (3) (AR)= (xox+yoy+z0z)=axx0+ayy0+azz0=A 返回18.解：F=1r2 (r2Fr)r=0 r2 f (r)r=0 r2 f (r)=c f (r)=c r2 返回19.解：(1)

23、c1Edl=c1( axyayx) ( axdxaydy)= c1ydxxdy = (y4ydy+2y2dy)=14 (2)直線方程為x-6y+4=0 并有dx=6dy c2Edl=c2( axyayx) ( axdxaydy)= c2ydxxdy = y 6dy+(6y-4)dy=14 E=yx+ayxy=0 這個E是保守場。 返回20.解：y=axyx+ayyy+azyz= ax2xyz+ayx2z+azx2y 方向導數dydl=yal= (6xyz+4x2z+5x2y) dydl(2,3,1)=112 返回21.解：球坐標中的算符為 =arr+aqr q+ajrsinq j ar r=0

24、 arq=aq arj=ajsinq aqr=0 aqq= -aj aqj=ajcosq aj r=0 ajq=0 ajj= -arsinq -aqcosq A=( arr+aqr q+ajrsinq j)( arAr+ arr+aqAq+ajAj) = ar( arArr +Aq aqr +aqAqr +Ajaj r+ajAjr) + aqr( Ararq+ arArq+ Aqaqq+aqAqq+Ajajq) + ajrsinq (Ararj+ arAr j+Aqaqj+aqAqj+Ajajj+ajAjj) =(Arr+2r Ar)+(1r Aqq+ cosqrsinq Aq)+1rsinq

25、 Ajj =1r2 (r2Ar)r+1rsinq (sinqAq)q+1rsinq Ajj 返回22.解：u=ax2x a2+ay2y b2+az2z c2 n=uu = (ax2x a2+ay2y b2+az2z c2)(x2 a4+y2 b4+z2 c4) - 返回23.解：(1)A=0 A=0 B=0 B=2rsinj C=az(2x-6y) C=0 AB可由一個標量函數的梯度表示； AC可由一個矢量函數的旋度表示。 (2)rA=0, JA=0 rB=2 rsinj JC=az(2x-6y) 返回24.證：fA=axfAx+ayfAy+azfAz (fA)=( fAx)x+(fAy)y+

26、(fAz)z =Axfx+ f Ax x+Ayfy+fAy y+Azfz+fAz z =f(Ax x+Ay y+Az z)+( Axfx+ Ayfy+ Azfz) =fA+Af 返回25.證：A=ax(Az y-Ay z)-ay(Az x-Ax z)+az(Ay x-Ax y) AH= ax(AyHz-Az Hy)-ay(AxHz-Az Hx)+az(AxHy-Ay Hx) (AH)= (AyHz-Az Hy) x-(AxHz-Az Hx) y+(AxHy-Ay Hx)z = HzAy x+ AyHz x-Hy Az x -Az Hy x-HzAx y-AxHz y + HxAz y+Az H

27、x y+HyAx z+AxHy z- HxAy z-Ay Hxz =(Az y-Ay z) Hx-(Az x-Ax z) Hy+az(Ay x-Ax y) Hz = -(Hz y-Hy z)Ax+ (Hz x-Hx z) Ay- az(Hy x-Hx y) Az =HA- AH 返回 26.證：fG=ax fGx+ay fGy+az fGz (fG)= ax (fGz) y-(fGy) z -ay(fGz) x-(fGx) z+az (fGy) x-(fGx) y = ax(Gzf y +fGz y-Gyf z - f Gy z-ay(Gzf x+fGz x-Gxf z-fGx z) + az

28、(Gyf x+ fGy x-Gxf y-fGx y) =f ax(Gz y-Gy z -ay(Gz x-Gx z)+az (Gy x-Gx y) + ax(Gzf y-Gyf z)-ay(Gzf x-fGx z)+az(Gyf x-fGx y) =fG+(axfx+ayfy+azfz) G = fG+fG 返回 27.證：(1)取任意表面S設其邊界曲線為c，則根據斯托克斯定理，有 s(u) dS=cudl 由梯度與方向導數的關系得 du=udl 代入上式得 s(u) dS=cdu=0 由于S面是任意取的，(u)=0 (2)任取一閉合面S，設其包圍的體積為t，則由散度定理有 t (A)dt =s

29、AdS 現將S分為兩部分S1和S2，則其分界線為閉合曲線c。由于S1、S2的方向是S的外法向，按照繞行方向與面積方向應滿足右手關系的原則，c在S1上的繞行方向與在S2上的相反。因此，利用斯托克斯定理，有 sAdS=s1AdS+s2AdS =cAdl-cAdl=0 由于S面是任意取的，因此t也是任意的，所以有 (A)=0 返回回到頁首 第二章 靜電場 2.1 兩點電荷q1=，位于Z軸上Z=4點，q2=，位于y軸上y=4點，求(4,0,0)點的電場強度。 答案 2.2 一半徑a的圓環，環上均勻分布電荷，密度為lC/m，求軸線上任一點的電場。答案 2.3 將上題中的圓環改為半圓環，電荷密度為lC/m

30、，求圓心處的電場。答案 2.4 三根長度均為L，均勻電荷線密度分別為l1, l2和l3的線電荷構成等邊三角形。設l1=2l2=2l3，計算三角形中心處的電場。答案 2.5 半徑a的球中充滿密度(r)的電荷，已知電場為 Er= 求電荷密度(r)。答案 2.6 電荷均勻分布于兩平行的圓柱面間的區域中，密度為C/m3，兩圓柱半徑分別為及,軸線相距C且）的同軸圓柱表面分別帶有面電荷密度S1 和S2，(1)計算各處的E；(2)欲使處E=，則S1和S2應具有什么關系？答案2.14 電場中有一半徑為的圓柱體，已知圓柱內外的電位為 F=0 (ra) F=A(r-a2 /r)cosj (ra)(1)求圓柱內外的

31、電場強度；(2)這個圓柱是什么材料制成？表面有電荷嗎?試求之。答案2.15 驗證下列標量函數在它們各自坐標中滿足拉普拉斯方程： (1) sinkxsinlye-kz，其中h2=k2+l2 (2) rn(cosnj+Asinnj) (圓柱坐標)(3) r-n cosnj (圓柱坐標)(4) rcosq，r-2 cosq (球坐標) 答案2.16 用求解電位的微分方程的方法重解2.11題。答案 2.17 已知的空間中沒有電荷，下列幾個函數哪些是可能的電位的解？ (1) e-ychx (2) e-ycosx (3) e-2ycosx sinx (4) sinx siny sinz 答案 2.18 兩

32、無限大平行板電極,距離，電位分別為和V0V，板間充滿密度為r0x s的電荷，求電位分布和極板上的電荷面密度。答案 2.19 q為何值時z方向的電偶極子的電場沒有z分量? 答案 2.20 一個電偶極子p放置于均勻電場E0中，證明作用于電偶極子的力矩為T=p E0；如果電偶極子是處于不均勻的電場中E，則它還要受到一個力F=(p)E，而圍繞任意原點的力矩為r(p)E+p E。試證明之。答案 2.21 偶極矩為p1和p2的兩個電偶極子相距為，求這兩個偶極子之間的相互作用能和相互作用力。答案 2.22 考慮一個以偶極子為球心半徑為的假想球面。證明球面外的總能量是 W=p2 (12pe0a3) 答案 2.

33、23在中心位于原點，邊長為L的電介質立方體內極化強度矢量為P=P0(axx+ayy+azz) (1)計算面和體束縛電荷密度； (2)證明總束縛電荷為零。 答案2.24 計算一個小球形空腔中心處的電場強度，此空腔是從一大塊其中存在極化強度P的電介質挖空的。答案 2.25 一個半徑R的介質球，含有均勻分布的自由電荷，證明中心點的電位是 答案 2.26 一個半徑R的介質球內極化強度為P=arK r，其中K是一常數， (1)計算束縛電荷的體密度和面密度； (2)計算自由電荷密度；(3)計算球內外的電位分布。答案2.27 證明不均勻電介質在沒有自由電荷密度時可能有束縛電荷體密度； (2)導出束縛電荷密度

34、rp的表示式。 答案 2.28 兩電介質的分界面為=平面。已知er1=2和er2=3，如果已知區域中的 E1=ax2y-ay3x+az(5+z)我們能求出區域2中哪些地方的E2和D2呢？能求出2 中任意點的E2, D2嗎？答案2.29 電場中有一半徑的介質(e)球，已知 F1=E0rcosq + a3E0 (ra) F2=- E0rcosq (ra)驗證球表面的邊界條件，并計算球表面的極化電荷密度。答案2.30 平行板電容器的長寬為和，板間距離為。電容器的一半厚度(0d/2)用電介質 填充。板上外加電壓U，求板上的自由電荷密度,極化電荷密度和電容器的電容量。答案2.31 厚度為的無限大介質板(

35、電容率e)，放置于均勻電場E0中，板與E0成角q1，求使q2=p4時的q1的值。求板的兩表面的束縛電荷密度。答案2.32 在電容率e的無限大均勻介質中，開有如下幾個空腔，求各空腔中的E和D：(1)平行于E的針形空腔；(2)底面垂直于E的薄盤形空腔。答案2.33 在面積為S的平行板電容器中填充電容率作線性變化的介質，從一極板（=）處的e1一直變化到另一極板(y=d)處的e2，求電容量。答案2.34 圓柱形電容器外導體內半徑為，當外加電壓固定時，求使電容器中的電場強度取最小值的內導體半徑的值和這個Emin的值。答案2.35 同軸電容器內導體半徑為，外導體內半徑為，在部分填充電容率為的電介質。求單位

36、長度的電容。答案2.36 平行板電容器板間距離為，面積為S，在它的極板間放進一塊面積S，厚度的介質板(相對電容率er)，求電容量。答案2.37 有一半徑a帶電量q的導體球，其球心位于兩種介質的分界面上，此兩種介質的電容率分別為e1和e2，分界面可視為無限大平面。求(1)球的電容；(2)總靜電能。答案2.38 把一電量為q，半徑為a的導體球切成兩半，求兩半球之間的電場力。答案2.39 兩平行的金屬板, 板間距離為d,豎直地插在電容率為e的液體中，板間加電壓U，證明液面升高 h= (e-e0)( )2為液體的質量密度。答案2.40 可變空氣電容器，當動片由00至1800旋轉時，電容量由25pF至3

37、50pF直線地變化，當動片為q角時，求作用于動片上的力矩，設在動片與靜片間電壓為方便用戶400V。答案2.41 證明：同軸線單位長度的靜電儲能等于ql2/（2C0）。答案2.42 如果不引入電位，靜電場問題也可以通過直接求解E的微分方程而得到解決，（） 證明：有源和無源區域內的E的微分方程分別是 2E=rt e0 ， rt =r+rP和2E=0（） 證明：E的解是 E= - 答案 第二章 靜電場 習題解答 2.1解：點電荷的電場E=QaR4pe0R2 q1在場點產生E1= aR1=(ax-az) 16 pe0 q2在場點產生E2= aR2=(-ax+ay) 32 pe0 E=E1+E2=(ax

38、+ay-2az) 32 pe0 V m 返回2.2解：由環的軸對稱性可知E只有z分量，即 Ez=Ecosq=E z R=E z dq=rldl=rladj Ez= = dj = 返回 2.3解：設關于半圓環對稱的軸線為x軸，則半圓環在圓心處只有Ex分量 E=axEsinq=ax dq=ax Vm 返回2.4解：返回2.5解：r(r)=e0E=e0 r2 (r2Er) r=e0(5r2+4Ar) (ra) 返回2.6解：各區域場強可看作是充滿r的大柱和充滿-r的小柱的場的迭加。 由高斯定律DdS=trdt可得柱內外的場強 大柱：r1b e0Eb22pr1l=rpb2l Eb2=rb2r1 2e0

39、r12 小柱：r2a Ea2=-ra2r2 2e0r22 于是可得各區域場強： 空腔內： E= Ea1+ Eb1= (r1- r2)r 2e0=cr 2e0 兩柱之間：E= Ea2+ Eb1=(r1- r2a2r22)r 2e0 大柱外： E= Ea2+ Eb2=(r1b2r22- r2a2r22)r 2e0 返回2.7解：（1）取無窮遠處=0，則 F= = = (2)由直線L對其平分面的對稱性可知，在該平面上E只有Er分量 dEr=dEsinq sinq=r R= Er= = = = -F= -arF r = -ar =ar E= -F 返回2.8解：W=Fdl=qEdl= -2(axy+ayx)( axdx+aydy) = -2ydx+xdy(1)W1= -2 (y 4y+2 y2)dy= -28 J (2)兩點間直線方程為x-6y=8 W2= -2 (y 6+6y+8)dy = -28 J 返回2.9證： ra r= -3Ze 4pra3 由高斯定律sEdS=Q/0 可得 Er4r2=(Ze+4r2/3)/0 E=ar