电磁场与电磁波(第四版)课后答案--谢处方

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共138页 第三章习题解答

3.1 真空中半径为a的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q和?q，试计算球赤道平面上电通密度的通量?(如题3.1图所示)。

解 由点电荷q和?q共同产生的电通密度为

qR?R?D?[3?3]? 赤道平面 q 4?R?R? err?ez(z?a)qerr?ez(z?a)a {2?}2322232 4?[r?(z?a)][r?(z?a)] 则球赤道平面上电通密度的通量

???D?dS??D?ezz?0dS?

SS?q aqa1?(?1)q??0.293q 2212(r?a)023.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为ra的球体原子模型，其球体内均匀分布有总电荷量为?Ze的电子云，在球心有一正电荷Ze（Z是原子序数，e是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为

Ze?1r?D0?er???，试证明之。

4??r2ra3?Ze 解 位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为 D1?er4?r2Ze3Ze????? 原子内电子云的电荷体密度为

4?ra334?ra3电子云在原子内产生的电通量密度则为 b a ?4?r33Zer?0 D?e??e2rrc 23 4?r4?r a Ze?1r?故原子内总的电通量密度为 D?D1?D2?er??? 题3. 3图(a) 4??r2ra3? 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为?Cm3, 两圆柱面半

题3.1 图

q(?a)a[?]2?rdr? 22322232?4?0(r?a)(r?a)a径分别为a和b，轴线相距为c(c?b?a)，如题3.3图(a)所示。求空间各部分的

电场。

解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半径为a的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为??0的两种电荷分布，这样在半径为b的整个圆柱体内具有体密度为?0的均匀电荷分布，而在半径为a的整个圆柱体内则具有体密度为??0的均匀电荷分布，如题3.3图(b)所示。空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。

0

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在r?b区域中，由高斯定律??E?dS?Sq?0，可求得大、小圆柱中的正、负电

?b2?0?0b2r? 荷在点P产生的电场分别为 E1?er2??0r2?0r2b b c a ?0 ＝ ?0 c a ＋

b ?? 0a c 题3. 3图(b)

??a2?0?0a2r??E1??er??2 ??2??0r2?0r

?b2ra2r???(?2) 点P处总的电场为 E?E1?E12?0r2r?在r?b且r??a区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电

场分别为

?r2??r??a2??a2r???er?E2?er??? E2

2??0r2?02??0r?2?0r?2?0a2r???(r?2) 点P处总的电场为 E?E2?E22?0r?在r??a的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生的电场分别为

?r2?0?0r??r?2?0?0r???E3?er?E?e?? 3 r2??0r2?02??0r?2?0?0?0??E?E?E?(r?r)?c 点P处总的电场为 332?02?03.4 半径为a的球中充满密度?(r)的体电荷，已知电位移分布为

?r3?Ar2?Dr??a5?Aa4??r2(r?a)(r?a) 其中A为常数，试求电荷密度?(r)。

1d2(rDr) 2rdr解：由??D??，有 ?(r)???D?故在r?a区域 ?(r)??01d2322[r(r?Ar)]??0(5r?4Ar) 2rdr541d2(a?Aa)在r?a区域 ?(r)??02[r]?0 2rdrr3.5 一个半径为a薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜，球内充满总电荷量为Q为的体电荷，球壳上又另充有电荷量Q。已知球内部的电场为

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E?er(ra)4，设球内介质为真空。计算：（1） 球内的电荷分布；（2）球壳外表面的电荷面密度。

解 （1） 由高斯定律的微分形式可求得球内的电荷体密度为

1d21d2r4r3???0??E??0[2(rE)]??0[2(r4)]?6?04

rdrrdraar322（2）球体内的总电量Q为 Q???d???6?044?rdr?4??0a

a?0球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷?Q，而且在球壳外表面上还要感应电荷Q，所以球壳外表面上的总电荷为2Q，故球壳外表面上的电荷面密度为

2Q???2?0 24?a 3.6 两个无限长的同轴圆柱半径分别为r?a和r?b(b?a)，圆柱表面分别带有密度为?1和?2的面电荷。（1）计算各处的电位移D0；（2）欲使r?b区域内D0?0，则?1和?2应具有什么关系？

a?D0?dS?q，当r?a时，有 D01?0 解 （1）由高斯定理?S当a?r?b时，有 2?rD02?2?a? 1，则 D02?era?1 ra?1?b?2 r?2?b? 2，则 D03?er当b?r??时，有 2?rD03?2?a?1?1ba?1?b?2???0，则得到 （2）令 D03?er ?2ar3.7 计算在电场强度E?exy?eyx的电场中把带电量为?2?C的点电荷从

点P（1）沿曲线x?2y2；（2）沿连1(2,1,?1)移到点P2(8,2,?1)时电场所做的功：接该两点的直线。

解 （1）W??F?dl?q?E?dl?q?Exdx?Eydy?

CCC2q?ydx?xdy?q?yd(2y2)?2y2dy?C12q?6y2dy?14q??28?10?6(J)

1（2）连接点P1(2,1,?1)到点P2(8,2,?1)直线方程为

x?2x?8? 即 x?6y?4?0 y?1y?2故

2W?2q?ydx?xdy?q?yd(6y?4)?(6y?4)dy?C1q?(12y?4)dy?14q??28?10?6(J)

13.8 长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为?l0。（1）计算线电

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荷平分面上任意点的电位?；（2）利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点的电场E，并用E????核对。

解 （1）建立如题3.8图所示坐标系。根据电位的积分表达式，线电荷平分面上任意点P的电位为

L2?l0dz?z ?(r,0)???

22?L24??0r?z?L2 ?l0 o P ? ?l0ln(z??r2?z?2)4??0r

L2?

?L22r2?(L2)?L2?l0ln?

224??0r?(L2)?L22r2?(L2)?L2?l0 ln2??0r?L2 题3.8图

（2）根据对称性，可得两个对称线电荷元?l0dz?在点P的电场为

dE?erdEr?er?l0dz?2??0r2?z?2cos??er?l0rdz?2??0(r2?z?2)32

故长为L的线电荷在点P的电场为

L2E??dE?erer?2??0?l0rdz?2232?(r?z)0??l0z?er()2??0rr2?z?2L2?0?l0L4??0rr2?(L2)2

2?l0?L2?r2?(L2)??? E????????ln2??0?r?由E????求E，有

?????l0?r1?e?l0?er???r?4??0r2??0??L2?r2?(L2)2?r2?(L2)2r???????Lr2?(L2)2

3.9 已知无限长均匀线电荷?l的电场E?errP?l，试用定义式2??0r?(r)??E?dl求其电位函数。其中rP为电位参考点。

rrPrPl??解 ?(r)??E?drr?l??lrrd?lrln?2??0r2??0r??2P0rPln r由于是无限长的线电荷，不能将rP选为无穷远点。

3.10 一点电荷?q位于(?a,0,0)，另一点电荷?2q位于(a,0,0)，求空间的零电位面。

解 两个点电荷?q和?2q在空间产生的电位

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?(x,y,z)?14??0[q(x?a)?y?z1(x?a)?y?z22222?2q(x?a)?y?z2(x?a)?y?z22222]

令?(x,y,z)?0，则有

2??0

222 z(?a2)?y?z2]?(x?a2)?y?即 4[x52422(x?a)?y?z?(a) 2故得

3354由此可见，零电位面是一个以点(?a,0,0)为球心、a为半径的球面。

33Ze1r23(??) 3.11 证明习题3.2的电位表达式为 ?(r)?4??0r2ra2ra解 位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通量密度为 D1?erZe 4?r2?4?ra33Ze 电子云在原子外产生的电通量密度则为 D2?er??er224?r4?r所以原子外的电场为零。故原子内电位为

Ze1r23Zea1r(??) ?(r)??Ddr?(?)dr?23?4??0r2ra2ra?0r4??0rrra3.12 电场中有一半径为a的圆柱体，已知柱内外的电位函数分别为

r?a??(r)?0? ?a2r?a??(r)?A(r?)cos??r （1）求圆柱内、外的电场强度；

（2）这个圆柱是什么材料制成的？表面有电荷分布吗？试求之。

解 （1）由E????，可得到 r?a时， E?????0

?a2?a2r?a时， E??????er[A(r?)cos?]?e?[A(r?)cos?]?

?rrr??ra2a2?erA(1?2)cos??e?A(1?2)sin?

rr（2）该圆柱体为等位体，所以是由导体制成的，其表面有电荷分布，电荷面密度为

???0n?Er?a??0er?Er?a??2?0Acos?

1rar3.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足?2??0 （1）sin(kx)sin(ly)e?hz 其中h2?k2?l2； （2）rn[cos(n?)?Asin(n?)] 圆柱坐标； （3）r?ncos(n?) 圆柱坐标； （4）rcos? 球坐标； （5）r?2cos? 球坐标。

?2??2??2?解 （1）在直角坐标系中 ???2?2?2

?x?y?z2

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?2??2而 2?2[sin(kx)sin(ly)e?hz]??k2sin(kx)sin(ly)e?hz

?x?x?2??2?hz2?hz?[sin(kx)sin(ly)e]??lsin(kx)sin(ly)e 22?y?y?2??2?hz2?hz ?[sin(kx)sin(ly)e]?hsin(kx)sin(ly)e22?z?z2?hz?h)sikxn()lysien(?) 0故 ?2??(?k2?l21????2??2?(r)?22?2 （2）在圆柱坐标系中 ???r?r?rr???z而 1???1??(r)?{rrn[cos(n?)?Asin(n?)]}?n2rn?2[cos(n?)?Asin(n?)] r?r?rr?r?r1?2???n2rn?2[cos(n?)?Asin(n?)]} 22r???2??2?n?2r[cos(n?)?Asin(n?)]?0 2?z?z故 ?2??0

1???1??(r)?{r[r?ncos(n?)]}?n2r?n?2cos(n?) （3）

r?r?rr?r?r1?2?2?n?2??nrcos(n?) 22r???2??2?n?[rcos(n?)]?0 ?z2?z2故 ?2??0

（4）在球坐标系中 1?2??1???1?2?2???2(r)?2(sin?)?22 2r?r?rrsin?????rsin???1?2??1??2)?2[r2(rcos?)]?cos? 而 2(rr?r?rr?r?rr1???1??(sin?)?[sin?(rcos?)]? 22rsin?????rsin?????1?22(?rsin?)??cos? 2rsin???r221??1??(rcos?)?0 222222rsin???rsin???故 ?2??0

1?2??1?2??22)?2[r(rc?os?)]2? cos（5） 2(rr?r?rr?r?rr1???1???2(sin?)?[sin?(rcos?)]? 22rsin?????rsin?????2

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1?2?1?2?2?22(rcos?)?0 2222rsin???rsin???故 ?2??0

3.14 已知y?0的空间中没有电荷，下列几个函数中哪些是可能的电位的解?

（1）e?ycoshx； （2）e?ycosx； （3）e?2ycosxsinx （4）sinxsinysinz。

?2?y?2?y?2?y解 （1）2(ecoshx)?2(ecoshx)?2(ecoshx)?2e?ycoshx?0

?x?y?z所以函数e?ycoshx不是y?0空间中的电位的解；

?2?y?2?y?2?y（2） 2(ecosx)?2(ecosx)?2(ecosx)??e?ycosx?e?ycosx?0

?x?y?z所以函数e?ycosx是y?0空间中可能的电位的解；

1?2?22(?rsin?)??cos? 24rsin???r?2?2ye(cxos?xsin2)e(xco?ssin) x?z?4e?2ycosxsinx?2e?2ycosxsinx?0

所以函数e?2ycosxsinx不是y?0空间中的电位的解；

?2?2?2nsiynsz?in)x(sinysi?znsin)xy(si?n zsinsin)（4） 2(six?x?y2?z2?3sinxsinysinz?0

所以函数sinxsinysinz不是y?0空间中的电位的解。

3.15 中心位于原点，边长为L的电介质立方体的极化强度矢量为P?P（1）计算面束缚电荷密度和体束缚电荷密度；（2）证明0(exx?eyy?ezz)。总的束缚电荷为零。

?P?3?P解 （1） ?P???0 LL?P(x?)?n?Px?L2?ex?Px?L2?P0

22LL?P(x??)?n?Px??L2??ex?Px??L2?P0

22LLLLL?Pz(?)??Pz(??)0? P同理 ?P(y?)??P(y??)?22222L32q??d???dS??3PL?6L?P0?0 （2） P?PP0??2?S3.16 一半径为R0的介质球，介电常数为?r?0，其内均匀分布自由电荷?，

2y?2y?2?（3） 2(e?x?2cosxsixn?)2?y2?r?1?2()R0 证明中心点的电位为

2?r3?0

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?D?dS?q，可得到 解 由?S4?r3r?R0时， 4?rD1??

3D1?r?r? 即 D1?， E1???3??3r0r034?R02r?R0时， 4?rD2??

33D1?R0?R03?即 D2?2 ， E2?2 ?03?0r3r故中心点的电位为

R0R0??22?R03?r?R?R2?r?1?2 00?(0)??E1dr??E2dr??dr??dr???()R203?r?03?0r0R00R06?r?03?02?r3?03.17 一个半径为R的介质球，介电常数为?，球内的极化强度P?erKr，

计算束缚电荷体密度和面密度； 计算自由电荷密度；其中K为一常数。（1）（2）

（3）计算球内、外的电场和电位分布。

解 （1） 介质球内的束缚电荷体密度为

1dKK?p????P??2(r2)??2

rdrrrK在r?R的球面上，束缚电荷面密度为 ?p?n?Pr?R?er?Pr?R?

R?0?E???P???D???P （2）由于D??0E?P，所以 ??D??0???0(1?)??D???P 即

?由此可得到介质球内的自由电荷体密度为

???K????D???P???p?2 ???0???0(???)r02?KR14??RK2q??d??4?rdr? 总的自由电荷量 2?????r???000?（3）介质球内、外的电场强度分别为 PKE1??er (r?R)

???0(???0)rq?RKE2?er?e (r?R) r4??0r2?0(???0)r2介质球内、外的电位分别为

?R??1??E?dl??E1dr??E2dr?

rrK?RKdr?dr? 2??(???)r?(???)r00rR0RR?

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KR?Kln? (r?R)

(???0)r?0(???0)???2??E2dr??r?RK?RKdr? (r?R) 2?(???)r?(???0)r00r03.18 （1）证明不均匀电介质在没有自由电荷密度时可能存在束缚电荷体密

度；（2）导出束缚电荷密度?P的表达式。

解 （1）由D??0E?P，得束缚电荷体密度为 ?P????P????D??0??E

在介质内没有自由电荷密度时，??D?0，则有 ?P??0??E

?(?E)????E?E???0 ?由于D??E，有 ??D??E??? 所以 ??E???由此可见，当电介质不均匀时，??E可能不为零，故在不均匀电介质中可能存在束缚电荷体密度。

??? （2）束缚电荷密度?P的表达式为 ?P??0??E??0E??3.19 两种电介质的相对介电常数分别为?r1=2和?r2=3，其分界面为z=0平面。如果已知介质1中的电场的

E1?ex2y?ey3x?ez(5?z)

那么对于介质2中的E2和D2，我们可得到什么结果？能否求出介质2中任意点的E2和D2？

解 设在介质2中

E2(x,y,0)?exE2x(x,y,0)?eyE2y(x,y,0)?ezE2z(x,y,0)

D2??0?r2E2?3?0E2

(D1?D2)?0，可得 在z?0处，由ez?(E1?E2)?0和ez???ex2y?ey3x?exE2x(x,y,0)?eyE2y(x,y,0) ?

2?5??3?E(x,y,0)?002z?于是得到 E2x(x,y,0 y?)2E2y(x,y,0)??3x

E2z(x,y,0)?103

故得到介质2中的E2和D2在z?0处的表达式分别为 E2(x,y,0)?ex2y?ey3x?ez(103)

D2(x,y,0)??0(ex6y?ey9x?ez10) 不能求出介质2中任意点的E2和D2。由于是非均匀场，介质中任意点的电场与边界面上的电场是不相同的。

3.20 电场中一半径为a、介电常数为?的介质球，已知球内、外的电位函数分别为

???03cos??1??E0rcos??aE02 r?a

??2?0r

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3?0Ercos? r?a

??2?00验证球表面的边界条件，并计算球表面的束缚电荷密度。

解 在球表面上

???03?0?(a,?)??Eacos??aEcos???Eacos? 10??2?00??2?003?0?2(a,?)??E0acos?

??2?02(???0)??13???Ecos??Ecos???E0cos? r?a00?r??2?0??2?03?0??2??Ecos? r?a?r??2?00??1??2?(a,?)??(a,?)???故有 1， 02r?ar?a

?r?r可见?1和?2满足球表面上的边界条件。 球表面的束缚电荷密度为

3?(???0)??E0cos? ?p?n?P2r?a?(???0)er?E2??(???0)2r?a?0?r??2?03.21 平行板电容器的长、宽分别为a和b，极板间距离为d。电容器的一

d半厚度(0~)用介电常数为?的电介质填充，如题3.21图所示。

2(1)(1) 板上外加电压U0，求板上的自由电荷面密度、束缚电荷；

(2)(2) 若已知板上的自由电荷总量为Q，求此时极板间电压和束缚电荷； (3)(3) 求电容器的电容量。

设介质中的电场为E?ezE，解 （1）空气中的电场为E0?ezE0。由D?D0，

有

?E??0E0

z 又由于 ddE?E0??U0 d2 22U0 d2由以上两式解得 ? 2?0U0E?? ，

(???)d0 题 3.21图

2?U0

E0??

(???0)d2?0?U0???E?? 故下极板的自由电荷面密度为 下(???0)d2?0?U0????E? 上极板的自由电荷面密度为上00(???0)d2?0(???0U)0 电介质中的极化强度 P?(???0)E??ez(???0)d?2??

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2?0(???0U)0

(???0)d2?0(???0U)0 上表面上的束缚电荷面密度为 ?p上?ez?P??(???0)d2?0?UQ? （2）由 ??ab(???0)dE0 (???0)dQU? 得到 ?1 2??ab0?2 (???0)QE ?? ?故p下?ab(???0)Q?0 ? E0

?p上??

?ab2?0?abQC?? 3 （）电容器的电容为题3.22图 U(???0)d

3.22 厚度为t、介电常数为??4?0的无限大介质板，放置于均匀电场E0中，板与E0成角?1，如题3.22图所示。求：（1）使?2??4的?1值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。

tan?1?0? 解 （1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有

tan?2??21?1?tan?1?0?1?tan?tan?? 14由此得到 ?1?tan0??4 （2）设介质板中的电场为E，根据分界面上的边界条件，有?0E0n??En，即

?0E0cos?1??En

?1?co?s?E0cos 14所以 En?0E01?4介质板左表面的束缚电荷面密度

3?p??(???0)En???0E0cos?1?4?0?.7E02 8043??(???)E??0E0cos?1?40?.7E介质板右表面的束缚电荷面密度 p0n02 8043.23 在介电常数为?的无限大均匀介质中，开有如下的空腔，求各腔中的E0和D0：

（1）平行于E的针形空腔；

（2）底面垂直于E的薄盘形空腔； （3）小球形空腔（见第四章4.14题）。

解 （1）对于平行于E的针形空腔，根据边界条件，在空腔的侧面上，有E0?E。故在针形空腔中

E0?E，D0??0E0??0E

（2）对于底面垂直于E的薄盘形空腔，根据边界条件，在空腔的底面上，有D0?D。故在薄盘形空腔中

D?ED0?D??E，E0?0?

?0?0故下表面上的束缚电荷面密度为 ?p下??ez?P?

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3.24 在面积为S的平行板电容器内填充介电常数作线性变化的介质，从一极板(y?0)处的?1一直变化到另一极板(y?d)处的?2，试求电容量。

解 由题意可知，介质的介电常数为 ???1?y(?2??)1d 设平行板电容器的极板上带电量分别为?q，由高斯定理可得

qDy???

SDyqEy??

?[?1?y(?2??1)d]Sdd所以，两极板的电位差 U??Eydy??0?qqddy?ln2

[?1?y(?2??)S(??1d]S2?)1?10故电容量为 C?S(?2??1)q? Udln(?2?1)3.25 一体密度为??2.32?10?7Cm3的质子束，束内的电荷均匀分布，束直径为2mm，束外没有电荷分布，试计算质子束内部和外部的径向电场强度。

122?rE??r? 解 在质子束内部，由高斯定理可得 r?0?r2.32?10?7r4?3??1.31?10rVm (r?10 )m故 Er??122?02?8.854?10在质子束外部，有 2?rEr?1?02?a?

?a22.32?10?7?10?6?21?3??1.31?10Vm (r?10 )m故 Er??122?0r2?8.854?10rr3.26 考虑一块电导率不为零的电介质(?,?)，设其介质特性和导电特性都是

不均匀的。证明当介质中有恒定电流J时，体积内将出现自由电荷，体密度为??J??(??)。试问有没有束缚体电荷?P？若有则进一步求出?P。

?????(??) 对于恒定电流，有??J?0，故得到 ??J?介质中有束缚体电荷?P，且

)J??(?)??J 解 ????D???(?E)???(J????J?P????P????D??0??E??J??()??0??()???????0??J??()?J??(0)??J??()

???3.27 填充有两层介质的同轴电缆，内导体半径为a，外导体内半径为c，介质的分界面半径为b。两层介质的介电常数为?1和?2，电导率为?1和?2。设内导体的电压为U0，外导体接地。求：（1）两导体之间的电流密度和电场强度分

布；（2）介质分界面上的自由电荷面密度；（3）同轴线单位长度的电容及漏电阻。

解 （1）设同轴电缆中单位长度的径向电流为I，则由?J?dS?I，可得电

S流密度

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I

(a?r?c)

2?rJI (a?r?b) 介质中的电场 E1??er?12?r?1JI (b?r?c) E2??er?22?r?2J?erbc由于 U0??E1?dr??E?2dr?abI2??1lnbIc?ln a2??2b2??1?U20

?2ln(ba)??1ln(cb)故两种介质中的电流密度和电场强度分别为

?1?2U0 (a?r?c) J?err[?2ln(ba)??1ln(cb)]?2U0 (a?r?b) E1?err[?2ln(ba)??1ln(cb)]?1U0 (b?r?c) E2?err[?2ln(ba)??1ln(cb)] （2）由??n?D可得，介质1内表面的电荷面密度为

?1?2U0 ?1??1er?E1r?a?a[?2ln(ba)??1ln(cb)]介质2外表面的电荷面密度为

于是得到 I??2???2er?E2r?c??两种介质分界面上的电荷面密度为

?2?1U0

c[?2ln(ba)??1ln(cb)]??(?1?2??2?1)U0 ?12??(?1er?E1??2er?E2)r?bb[?2ln(ba)??1ln(cb)]U?ln(ba)??1ln(cb) （3）同轴线单位长度的漏电阻为 R?0?2

I2??1?22??1?2 由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为 C??2ln(ba)??1ln(cb)3.28 半径为R1和R2(R1?R2)的两个同心的理想导体球面间充满了介电常数为?、电导率为???0(1?Kr)的导电媒质(K为常数)。若内导体球面的电位为

（1）媒质中的电荷分布；（2）两个理想导体球面U0，外导体球面接地。试求：

间的电阻。

解 设由内导体流向外导体的电流为I，由于电流密度成球对称分布，所以 4?rJI电场强度 E??er?4??0(r?K)rR2J?erI2(R1?r?R2)

(R1?r?R2)

R2由两导体间的电压 U0?R1?E?dr?R1?I?R(R?K)?I dr?ln?21?4??0(r?K)r4??0K?R1(R2?K)?

- 14 -

4??0KU0可得到 ?R(R?K)?

ln?21??R1(R2?K)??0KU0J?er所以 ?R2(R1?K)? 2rln???R1(R2?K)?I????J??()?媒质中的电荷体密度为 ?媒质内、外表面上的电荷面密度分别为

?KU0?1?1?er?Jr?R1???R2(R1?K)?(R1?K)R1

ln??R(R?K)?12??KU0?1?2??er?Jr?R2????R(R?K)?(R2?K)R2

ln?21??R1(R2?K)?（2）两理想导体球面间的电阻

UR(R?K)1 R?0?ln21I4??0KR1(R2?K)3.29 电导率为?的无界均匀电介质内，有两个半径分别为R1和R2的理想导体小球，两球之间的距离为d(d??R1,d??R2)，试求两小导体球面间的电阻。

解 此题可采用静电比拟的方法求解。假设两小球分别带电荷q和?q，由于两球间的距离d??R1、可近似认为小球上的电荷均匀分布在球面上。d??R2，

由电荷q和?q的电位叠加求出两小球表面的电位差，即可求得两小导体球面间的电容，再由静电比拟求出两小导体球面间的电阻。

设两小球分别带电荷q和?q，由于d??R1、d??R2，可得到两小球表面的电位为

q11(?) 4??R1d?R2q11?2??(?)

4??R2d?R1q4??C?? 所以两小导体球面间的电容为 ?1??21?1?1?1R1R2d?R1d?R2由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为

I4??G?? ?1??21?1?1?1R1R2d?R1d?R2111111故两个小导体球面间的电阻为 R??(???)

G4??R1R2d?R1d?R2 由两个半径为r1和r2的圆弧和夹角为?的3.30 在一块厚度d的导电板上，

1?R2(R1?K)?(r?K)2r2 ln??R(R?K)?12??K2U0?1?

- 15 -

两半径割出的一块扇形体，如题3.30图所示。求：（1）沿厚度方向的电阻；（2）两圆弧面之间的电阻；沿?方向的两电极的电阻。设导电板的电导率为?。

解 （1）设沿厚度方向的两电极的电压为U1，则有

J r2 ? E1?d U1 d? r1 题3.30图

d?U?I1?J1S1?1?(r22?r12)

d2故得到沿厚度方向的电阻为

J1??E1??U1

R1?U12d ?I1??(r22?r12)（2）设内外两圆弧面电极之间的电流为I2，则

IIJ2?2?2S2?rd

E2?r2J2I?2 ???rdI2rln2 ??dr1U2??E2dr?r1故得到两圆弧面之间的电阻为

Ur1 R2?2?ln2

I2??dr1?（3）设沿?方向的两电极的电压为U3，则有 U3??E3rd?

0由于E3与?无关，所以得到

E3?e?U3 ?rJ3??E3?e??U3 ?rr?dU3?dU3r2I3??J3?e?dS??dr?ln

?r?r1Sr231U3? ?I3?dln(r2r1)3.31 圆柱形电容器外导体内半径为b，内导体半径为a。当外加电压U固定时，在b一定的条件下，求使电容器中的最大电场强度取极小值Emin的内导体半径a的值和这个Emin的值。

解 设内导体单位长度带电荷为?l，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为

故得到沿?方向的电阻为 R3?E(r)?b?l 2??0rb由内外导体间的电压 U??Edr??a?l?bdr?lln 2??0r2??0aa

- 16 -

得到 ?l?2??0U

ln(ba)由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 E(r)?在圆柱形电容器中，r?a处的电场强度最大 E(a)?令E(a)对a的导数为零，即

U

rln(ba)U

aln(ba)?E(a)1ln(ba)?1??2?0 2?aaln(ba)(/a)?1 由此得到 lnbbb 故有 a??e2.718eUEmin?U?2.718

bbql23.32 证明：同轴线单位长度的静电储能We等于。ql为单位长度上的电

2C荷量，C为单位长度上的电容。

q解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为 E(r)?l

2??r内外导体间的电压为

bb??bU??Edr??ldr?lln

2??r2??aaaql2?? 则同轴线单位长度的电容为 C??Uln(ba)同轴线单位长度的静电储能为

b22ql211qq112llWe???Ed????()2?rdr? ln(ba)?2?2a2??r22??2C3.33 如题3.33图所示，一半径为a、带电量q的导体球，其球心位于两种介质的分界面上，此两种介质的电容率分别为?1和?2，分界面为无限大平面。求：（1）导体球的电容；（2） 总的静电能量。

解 （1）由于电场沿径向分布，根据边界条件，在两种介质的分界面上E1t?E2t，故有 E1?E2?E。由于D1??1E1、D2??2E2，所以D1?D2。由高斯定理，得到

D1S1?D2S? q222即 2?r?1E?2?r?2E?q

qE? 所以

2?r2(?1??2)导体球的电位

??qq1?(a)??Edr?dr? 2?2?(???)a2?(???)r1212aaq?2?(?1??2)a 故导体球的电容 C??(a)?1 a q ?2 o 题 3.33图

- 17 -

1q2（2） 总的静电能量为 We?q?(a)?

24?(?1??2)a 3.34 把一带电量q、半径为a的导体球切成两半，求两半球之间的电场力。

解 先利用虚位移法求出导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力f，然后在半球面上对f积分，求出两半球之间的电场力。

导体球的电容为 C?4??0a q2q2? 故静电能量为 We?2C8??0a根据虚位移法，导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力

1?We1?q2q2f????()?

4?a2?a4?a2?a8??0a32?2?0a4方向沿导体球表面的外法向，即 f?erf?q232??0a ?c24er

?co?s?eys?in?s?inez这里 er?exsin在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为

2??2F??fdS???00erq232?2?0a4a2sin?d?d??

q22?a2q2e ezcos?sin?d??2z24?32??0a32??0a03.35 如题3.35图所示，两平行的金属板，板间距离为d，竖直地插入在电容率为?的液体中，两板间加电压U，证明液面升高

1Uh?(???0)()2

2?gd其中?为液体的质量密度。

解 设金属板的宽度为a、高度为L。当金属板间的液面升高为h时，其电容为

?ah?0a(L?h)C??

dd金属板间的静电能量为 U 1aU2 2We?CU?[h??(L?h)?0]

22d液体受到竖直向上的静电力为

?WeaU2Fe??(???0) L ?h2d h 而液体所受重力

Fg?mg?ahd?g ? d?2 2aUFe与Fg相平衡，即 (???0)?ahdg

2d题3.35图

故得到液面上升的高度

(???0)U21U2h??(???)() 022d?g2?gd

- 18 -

3.36 可变空气电容器，当动片由0?至180?电容量由25至350pF直线地变化，当动片为?角时，求作用于动片上的力矩。设动片与定片间的电压为U0?400V。

解 当动片为?角时，电容器的电容为

350?25?12C??25???25?1.81?PF?(25?1.81?)?10F ?180112W?CU?(25?1.81?)?10?12U02 此时电容器中的静电能量为 e?022?We1??1.81?10?12U02?1.45?10?7Nm 作用于动片上的力矩为 T???23.37 平行板电容器的电容是?0Sd，其中S是板的面积，d为间距，忽略边缘效应。

（1）如果把一块厚度为?d的不带电金属插入两极板之间，但不与两极接触，如题3.37(a)图所示。则在原电容器电压U0一定的条件下，电容器的能量如何变

化？电容量如何变化？

S （2）如果在电荷q一定的条件下，将一 块横截面为?S、介电常数为?的电介质片插

入电容器(与电容器极板面积基本上垂直地?d d U0

插入，如题3.37(b)图所示，则电容器的能量 如何变化？电容量又如何变化？

解 （1）在电压U0一定的条件下，未插

题3.37图(a)

入金属板前，极板间的电场为

UE0?0

d?S电容为 C0?0

d?0SU0212 静电能量为 We0?C0U0?22dU0 当插入金属板后，电容器中的电场为 E?d??d?0SU201?U0? 此时静电能量和电容分别为 We??0??S(d??d)?2?d??d?2(d??d)2We?0S C?2?

U0d??d故电容器的电容及能量的改变量分别为

?S?S?S?d?C?C?C0?0?0?0

d??ddd(d??d) 2d(d??d)（2）在电荷q一定的条件下，未插入电介质板前，极板间的电场为 ?qE0??

?0?0S

2?We?We?We0??0SU02?d- 19 -

q2dq2? 静电能量为 We0?2C02?0S当插入电介质板后，由介质分界面上的边界条件E1t?E2t，有 E1?E2?E

再由高斯定理可得 E??S?E?0(S??S)?q S qq 于是得到极板间的电场为 E???S??0(S??S) d ? ?0 qd U?Ed? 两极板间的电位差位 ?S ?q ??S??0(S??S) 11q2d题3.37图(b)

此时的静电能量为 We?qU?22??S??(S??S) 0??S??0(S??S)C? 其电容为

d(???0)?S 故电容器的电容及能量的改变量分别为 ?C?d(???0)q2d1?We??

2?0S[??S??0(S??S)]3.38 如果不引入电位函数，静电问题也可以通过直接求解法求解E的微分方程而得解决。

??t2?E?1E（）证明：有源区的微分方程为，?t????P；

?0???td?? （2）证明：E的解是 E???4??0?R1解 （1）由??E?0，可得 ??(??E)?0，即?(??E)??2E?0

11??E???(D?P)?(???P) 又

?0?02故得到 ?E??(???P)?0???t?0

2（2）在直角坐标系中?E???t?0的三个分量方程为

?2Ex?其解分别为

1??t1??t1??t22 ，?Ey?，?Ez??0?x?0?y?0?z1??td?? ?4??0?R?x?11??tEy??d?? ?4??0?R?y?Ex??1Ez??1??td?? ??4??0?R?z1故 E?exEx?eyEy?ezEz?

- 20 -

???t??t1??t???t1??[e?e?e]d???Rd?? ?Rx?x?y?y?z?z?4??0?4??0?13.39 证明：???(??tR???t)??t??()???t3? ，所以 RRRRR?t???t???tR?????()d???d??d??4??E?d?? t03????RR???R?R???td????4??0E 由题3.38(2)可知 ??R?t??()d????4??0E?4??0E?0 故 ?R?

解 由于 ??(?t)d???0 R1???t

- 26 -

Bn?2qln?x0n?y01sinh()sin()

sinh(n?ab)n??0bb故 ?1(x,y)?1n?sinh[(a?x0)] ???0n?1nsinh(n?ab)bn?y0n?xn?y?sin()sinh()sin()bbb2ql?

(0?x?x0)

?2(x,y)?n?x01sinh() ???0n?1nsinh(n?ab)bn?y0n?n?y?sin()sinh[(a?x)]sin()bbb2ql?

(x0?x?a)

若以y?y0为界将场空间分割为0?y?y0和y0?y?b两个区域，则可类似地得到

2ql?1n??1(x,y)?sinh[(b?y0)] ???0n?1nsinh(n?ba)an?x0n?yn?x?sin()sinh()sin()

aaa(0?y?y0)

2ql?n?y01?2(x,y)?sinh() ???0n?1nsinh(n?ba)an?x0n?n?x?sin()sinh[(b?y)]sin()

aaa(y0?y?b)

4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0?exE0中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为a。求导体圆柱外的电位?和电场E以及导体表面的感应电荷密度?。

解 在外电场E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E0的电位?0与感应电荷的电位?in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为?0(r,?)??E0x?C??E0rcos??C（常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位?in(r,?)应与?0(r,?)一样按cos?变化，而且在无限远处为0。由于导体是等

?(r,?)满足的边界条件为 位体，所以

?(a?,?)C ① y ?(r,?)??Es?Cr(?? )② 0rco?由

此

可

设

E0 由条件①，有

a A1?a2E0 于是得到 o x

故圆柱外的电位为

?(r,?)?(?r?a2r?1)E0cos??C

题4.8图

若选择导体圆柱表面为电位参考点，即

?1?(r,?)??E0rcos??Arcos??C 1?1?E0acos??Aacos??C?C 1

- 27 -

?(a,?)?0，则C?0。

导体圆柱外的电场则为

22??1??aaE????(r,?)??er?e???er(1?)E0cos??e?(?1?)E0sin?

?rr??r2r2??(r,?)E0co?s 导体圆柱表面的电荷面密度为 ????0r?a?2?0?r4.9 在介电常数为?的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为a的圆柱

形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场E0?exE0，求空腔内和空腔外的电位函数。

解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为

?0(r,?)??E0x??E0rcos?而感应电荷的电位?in(r,?)应与?0(r,?)一样按cos?变化，则空腔内、外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)的边界条件为

① r??时，?2(r,?)??E0rcos?； ② r?0时，?1(r,?)为有限值；

????③ r?a时， ?1(a,?)??2(a,?)，?01??2

?r?r由条件①和②，可设

?1(r,?)??E0rcos??Ar1cos? (r?a)

?2(r,?)??E0rcos??A2r?1cos? (r?a)

?1?2?Aa??E??A???E??aA2 带入条件③，有 Aa，1200010???0???02A??EA??aE0 由此解得 10， 2???0???02??(r,?)??Ercos? (r?a) 所以1???00y 0 b o U0 x

0 ?U0 题4.10图

?2(r,?)??[1????0a2()]E0rcos? (r?a) ???0r4.10 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题4.10图所示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位U0和?U0。求圆柱面内部的电位函数。

解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为

① ?(0,?)为有限值；

- 28 -

?2????；

????3?23?2???2?由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为

?U0?0?② ?(b,?)????U0??0?0????2?(r,?)??rn(Ansinn??Bncosn?) (r?b)

n?1代入条件②，有 由此得到

2??b(Ann?1?nsin??Bncno?s??)b?( ,)?203?21An?nb???(b,?)sinn?d??b?[?Un01sinn?d??0U??0sinn?d?]??2U0,U0?n(1?cosn?)?n?b?bnn???0，n?1,3,5,?n?2,4,6,?3?2

1Bn?nb?2???(b,?)cosn?d??b?[?Un01?20cosn?d??0U??0cosn?d?]?

n?1,3,5,?n?2,4,6,?n?3?2U0U0,n?3n??(?1)2n(sin?sin)?n?b?bnn?22?0，?

n?31rn?)?()[sn?i?n?2(1)?n c o s ] (r?b) 故 ?(r,??n?1,3?,5n,b4.11 如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为?，在距离轴线r0(r0?a)处，有一与圆柱平行的线电荷ql，计算空间各部分的电位。

解 在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位?(r,?)均

,)的叠加，即,)与极化电荷的电位?p(r?为线电荷ql的电位?l(r?2U0??(r?,?)?lr(?,??)pr?(,。ql线电荷的电位为

qq?l(r,?)??llnR??llnr2?r02?2rr0cos? （1）

2??02??0而极化电荷的电位?p(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?y 的偶函数。介质圆柱内外的电位?1(r,?)和?2(r,?)满足

a ? o ?0 ql r0 x

题4.11图

的边界条件为分别为

,为有限值；) ① ?1(0???(,?)r?(? )② ?2(r,?)lr????③ r?a时，?1??2,?1??02

?r?r由条件①和②可知，?1(r,?)和?2(r,?)的通解为

??1(r,?)??l(r,?)??Anrncosn?n?1 (0?r?a)

- 29 -

（2）

?2(r,?)??l(r,?)??Bnr?ncosn? (a?r??)

n?1?（3）

将式（1）～（3）带入条件③，可得到

???Aann?1ncosn???Bna?ncosn?

n?1（4）

?ql?lnRn?1?n?1(A?na?B?na)cosn??(???)?nn00r?a

2??0?rn?1（5）

?1rnlnR?lr?n(?) n co s r?r 当?00时，将lnR展开为级数，有

n?1nr0（6）

?(???0)ql?an?1n?1?n?1()cosn? 带入式（5），得 ?(An?na?Bn?0na)cosn????2??0r0n?1r0n?1（7）

n?n由式（4）和（7），有 Ana?Bna

An?nan?1?Bn?0na?n?1??(???0)qlan?1()

2??0r0r0ql(???0)1ql(???0)a2n 由此解得 An??， Bn??2??0(???0)nrn02??0(???0)nr0n故得到圆柱内、外的电位分别为

ql(???0)?1rn?1(r,?)??lnr?r?2rr0cos???()cosn?

2??02??0(???0)n?1nr0（8）

qlql(???0)?1a2n22?2(r,?)??lnr?r0?2rr0cos??()cosn? ?2??02??0(???0)n?1nr0r（9）

220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为

ql(???0)?1rnql(???0)?()cosn??(lnR?lnr0) ?2??0(???0)n?1nr02??0(???0)ql(???0)?1a2nql(???0)?()cosn??(lnR??lnr) ?2??0(???0)n?1nr0r2??0(???0)其中R??r2?(a2r0)2?2r(a2r0)cos?。因此可将?1(r,?)和?2(r,?)分别写成为

?1(r,?)??2?0qlq(???0)lnR?llnr0

2??0???02??0(???0)1

- 30 -

1?(???0)ql1(???0)qllnR??lnr

2??02??0???02??0???02?0ql的电 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0）的线电荷

???0位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（r0,0）

?2(r,?)??qllnR????0???0a2

?qql。 的线电荷ql；位于(,0)的线电荷l；位于r?0的线电荷???0???0r0

4.12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。 解 导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位?(r,?)均为线电荷ql的电位?l(r,?)与感应电荷的电位?in(r,?)的叠加，即?(r,?)??l(r,?)??in(r,?)。线电荷ql的电位为

qq?l(r,?)??llnR??llnr2?r02?2rr0cos? （1）

2??02??0而感应电荷的电位?in(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?的偶函数。

?(r,?)满足的边界条件为

?)??lr(?,(r)??)； ① ?(r,?)?C。 ② ?(a,由于电位分布是?的偶函数，并由条件①可知，?(r,?)的通解为

?(r,?)??l(r,?)??Anr?ncosn? （2）

n?0?将式（1）和（2）带入条件②，可得到

?ql?nAacosn??C?lna2?r02?2ar0cos? （3） ?n2??0n?0将lna2?r02?2ar0cos?展开为级数，有

1alna?r?2ar0cos??lnr0??()ncosn?

n?1nr0（4）

220?带入式（3），得

?Anacosn??C??nn?0?1a[lnr0??()ncosn?] （5） 2??0n?1nr0ql?a2nlnr0， An??() 由此可得 A0?C?2??02??0nr0ql故导体圆柱外的电为

ql?(r,?)??ql2??0lnr2?r02?2rr0cos??

ql1a2n(C?lnr0)?()cosn? （6） ?2??02??0n?1nr0rql?讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为

- 36 -

解 以细导线圆环所在的球面r?a把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用?函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面r?a上的电荷面密度

QQz ????(cos??cos)??(cos?) 222?a22?a再根据边界条件确定系数。

设球面r?a内、外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)，则边界条件为： a o y ?1(0,?)为有限值； ① ?2(r,?)?0(r??) ② x ?1(a,?)??2(a,?)， ③

题 4.20图

??1??2Q?)??(cos?) ?r?rr?a2?a2根据条件①和②，可得?1(r,?)和?2(r,?)的通解为

?0(?1(r,?)??AnrnPn(cos?)

n?0?（1）

?2(r,?)??Bnr?n?1Pn(cos?)

n?0?（2）

代入条件③，有

Anan?Bna?n?1

（3）

?Qn?1?n?2[Ana?B(n?1)a]P(cos?)??(cos?) （4） ?nnn22??an?00将式（4）两端同乘以Pm(cos?)sin?，并从0到?对?进行积分，得

Annan?1(2n?1)Q?(cos?)Pn(cos?)sin?d?? ?Bn(n?1)a?2?4??0a0(2n?1)QPn(0) （5）

4??0a2?n?2?n?1,3,?5,?0??? 其中 Pn(0)?n(?1)n21?3?5(?1)n?2,4?,6,?2?4?6?n?QQanP(0，)Bn?Pn(0) 由式（3）和（5），解得 An?n?1n4??0a4??0代入式（1）和（2），即得到 24?Q?1?r?3?r??1??1???P2(cos?)???P4(cos?)??? (r?a)

4??0a?8?a???2?a??

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4?1?a?2?3?a??2??1???P2(cos?)???P4(cos?)??? (r?a)

4??0r?8?r???2?r??4.21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d，如果把它移到无穷远处，需要作多少功？

解 利用镜像法求解。当点电荷q移动到距离导体平面为x的点P处时，其像电荷q???q，

q 与导体平面相距为x???x，如题4.21图所示。q? o 像电荷q?在点P处产生的电场为 ?x x x ? qxE?(x)?ex 4??0(2x)2所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功

题 4.21图 为

QWe??qE?(x)?dr??d??d?q2q2dx? ? 24??0(2x)16??0dq2 外力所作的功为 Wo??We?16??0d4.22 如题4.22图所示，一个点电荷q放在60?的接地导体角域内的点(1,1,0)处。求： （1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x?2,y?1处的电位。

解 （1）这是一个多重镜像的问题，共有5个像电荷，分布在以点电荷q到角域顶点的距离为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，其电荷量的大小等于q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为

???2cos75??0.366y ?x1???q,? q1 ???2sin75?1.366??y1? q1???x?2cos165??1.366?2q (2,1,0) ?q2?q, ??(1, 1,0) ??2sin165?0.366??y2? q260? ???x?2co1s95??1.366 ?3x ?q??q,? q3 ?3?o ??2sin?195??0.366?y3 ?q5 ?? ??2cos285??0.366q4x?4 ??q,q4 ?? 题 4.22图 ??2sin285??1.366??y4???2co3s1?5?1?x5???q,?q5 ???315??1?y5?2sin（2）点x?2,y?1处电位

?q4???q2?q3?q51?qq1?(2,1,0)?????? ???

4??0?RR1R2R3R4R5?0.321q(1?0.597?0.292?0.275?0.348?0.477)?q?2.88?109q(V)

4??04??0

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4.23 一个电荷量为q、质量为m的小带电体，放置在无限大导体平面下方，与平面相距为h。求q的值以使带电体上受到的静电力恰与重力相平衡（设m?2?10?3kg，h?0.02m）。

解 将小带电体视为点电荷q，导体平面上的感应电荷对q的静电力等于镜像电荷q?对q的作用力。根据镜像法可知，镜像电荷为q???q，位于导体平面

2q 上方为h处，则小带电体q受到的静电力为 fe??4??0(2h2)2q?mg 令fe的大小与重力mg相等，即 24??0(2h)z q z q R1 z q?q?? ?0 h o ? ? h o ? h 图 2.13q ? P R? ?0 h ? R2 0 o P 题 4.24图（a）

题 4.24图（b）

题 4.24图（c）

?8?5.?910 C于是得到 q?4h??0mg4.24 如题4.24（a）图所示，在z?0的下半空间是介电常数为?的介质，上半空间为空气，距离介质平面距为h处有一点电荷q，求：（1）z?0和z?0的两个半空间内的电位；（2）介质表面上的极化电荷密度，并证明表面上极化电荷总电量等于镜像电荷q?。

解 （1）在点电荷q的电场作用下，介质分界面上出现极化电荷，利用镜像电荷替代介质分界面上的极化电荷。根据镜像法可知，镜像电荷分布为（如题4.24图（b）、（c）所示）

???0q???q，位于 z??h

???0???0q???q， 位于 z?h

???0上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q?共同产生，即

?qq????0q?11???1??????

4??0R14??0R?4??0?r2?(z?h)2???0r2?(z?h)2???下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q??共同产生，即

q?q??q1?2??

4??R22?(???0)r2?(z?h)2（2）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为

(???0)hq?????p?n??P1?P2?z?0??0(E1z?E2z)z?0??0(2?1)z?0??

?z?z2?(???0)(r2?h2)32极化电荷总电量为

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?(???0)q(???0)hqr??q? qP???PdS???P2?rdr??dr?2232????0???00(r?h)S04.25 一个半径为R的导体球带有电荷量为Q，在球体外距离球心为D处有一个点电荷q。（1）求点电荷q与导体球之间的静电力；（2）证明：当q与Q同

QRD3R??号，且成立时，F表现为吸引力。 q(D2?R2)2D解 （1）导体球上除带有电荷量Q之外，点电荷q还要在导体球上感应出等量异号的两种不同电荷。根据镜像法，像电荷q?和q??的大小和位置分别为（如

题4.25图所示）

D 2RRd? q???q， d?? Q?q?? Dz o D q? q RR q????q??q， d???0

D导体球自身所带的电荷Q则与位于球心的点电荷Q 题 4.25图

等效。故点电荷q受到的静电力为

qq?q(D?q??)?? F?Fq??q?Fq???q?FQ?q?4??0(D?d?)24??0D2???q?Q?(RD)qRq???? 224??0?D2D?D??RD???????（2）当q与Q同号，且F表现为吸引力，即F?0时，则应有

Q?(RD)qRq??0 222DDD??RD???QRD3R?2? 由此可得出 22q(D?R)D4.26 两个点电荷Q和?Q，在一个半径为a的导体球直径的延长线上，分别位于导体球的两侧且距球心为D。

2a3Q （1）证明：镜像电荷构成一个电偶极子，位于球心，电偶极矩为p?；2DQ（2）令D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变，计算球外的电场。

D解 （1）点电荷Q和?Q都要在球面上引起等量异号的感应电荷，可分别按照点电荷与不接地导体球面的镜像确定其等效的像电荷。根据镜像法，点电荷Q的像电荷为

2aa???Q， 位于：d1??q1 Dz Daz????q1??Q，位于：d1???0 D Q q1DR1 而点电荷?Q的像电荷为 P ??R12?q1d1 aa ??Q， 位于：d2q2r??? a ? DDo ?R2 d2? ?q2 R2 有 ?D ?Q 题4.26图

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a???0 Q，位于：d2D??和q2??等值异号，且同时位于球心，故球如题4.26图所示。由此可见，像电荷q1?和q2?也等值异号，且位置关于球心对称，故心处总的像电荷为零；而像电荷q1构成位于球心的电偶极子，其电偶极矩为

a2a22a3Q?(2d1?)?Q? p?q2?2DDD?和q2?共同产生，即 （2）球外的电位由Q和?Q以及像电荷q1?q?q2QQ?(r,?)??1－??

?4??0R14??0R1?4??0R24??0R2????q2???q2Q?1aD??? ?222224??0?r?D2?2rDcos?r?(aD)?(2raD)cos???1aD?? 2? 22222r?D?2rDco?sr?a(D?)ra(2D?)?cos?Q当D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变时，有

DQ?D2aD??(r,?)??? ?22224??0D2?r2?D2?2rDcos?r?(aD)?(2raD)cos??

QD2r?D?2rDco?s22?aD2r?2(a2D?)(2r2a???? D?)?cos????ra2??aD?D1?cos??1?cos???????4??0D2?DrrD???????ra2???aD?D?1?cos???1?cos?????

DrrD??????p4??0arcos??3p4??0r2cos?

球外的电场为

??1??p2a3a3E??????(er?e?)?[?er(1?3)cos??e?(1?3)E0sin?]? 3?rr??4??0arrppez?(er2cos??e?sin?) 334??0a4??0r4.27 一根与地面平行架设的圆截面导线，半径为a，悬挂高度为h。证明：

单位长度上圆柱导线与地面间的电容为2??0C0?。 a cosh?1(ha)ql 解 地面的影响可用一个像圆柱来等效。设导线单 h 位长度带电荷为ql，则像圆柱单位长度带电荷为?ql。D 根据电轴法，电荷ql和?ql可用位于电轴上的线电荷来 h ?ql d a 题 4.27图

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等效替代，如题4.27图所示。等效线电荷对导体轴线的偏移为

D?h?h2?a2

d?h?h2?a2

则导线与地间的电位差为

qlql11qlh2?a2?(h?a)??ln?ln?ln?222??0a?d2??0D?a2??0h?a?(h?a)qh2?a2?hhln?lcosh?1() 2??0a2??0a故单位长度上圆柱导线与地面间的电容为

q2??0C0?l?

?cosh?1(ha)4.28在上题中设导线与地面间的电压为U0。证明：地面对导线单位长度的作用

ql2?12212。 ??cosh(ha)(h?a)????0U0212 解 导线单位长度上的电场能量为 We?C0U0?2cosh?1(ha)由虚位移法，得到地面对导线单位长度的作用力为

??0U02?We??0U02?F0?[]?2U??12212 ??cosh(ha)(h?a)?h0?hcosh?1(ha)??

力F0???0U02

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