电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答

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RRa q4{errez(za)[r(za)]2232errez(za)[r(za)]2232}

则球赤道平面上电通密度的通量

qDdSDeSSzz0dS

]2rdr 121)q0.293q

q4a题3.1 图

[0(a)(ra)2232a(ra)a2122232qa(ra)2(03.2 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D0erZe1r，试证明之。 234rraZe2解 位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为 D1er4rZe3Ze原子内电子云的电荷体密度为 33

4ra34ra

b c 0 a 电子云在原子内产生的电通量密度则为 D2er故原子内总的电通量密度为 DD1D2er4r4r323erZer4ra3

题3. 3图(a)

Ze1r 234rra33.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为0Cm, 两圆柱

面半径分别为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。

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、负电荷在点P产生

a020r2的电场分别为 E1erb020r20br20r22 E1er0ar20r22

b c b c 0 a ＝ 0 a b 0 a ＋

c 题3. 3图(b)

点P处总的电场为 EE1E120(brr22ar2r2)

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

E2err20r2r20er E2a20r22ar220r2

点P处总的电场为 EE2E2020(rarr2)

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

E3err020r20r20er E3r020r20r20

点P处总的电场为 EE3E3020(rr)020c

3.4 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2r(ra)(ra) 其中A为常数，试求电荷密度(r)。

1r2解：由D，有 (r)D故在ra区域 (r)0在ra区域 (r)01r22ddr2(rDr)

22ddr[r(rAr)]0(5r4Ar)

2231drdrr3.5 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

[r(aAa)254]0

4电荷，球壳上又另充有电荷量Q。已知球内部的电场为Eer(ra)，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

0E0[1dr2dr(rE)]0[a21drdr22(r2ra44)]602ra34

（2）球体内的总电量Q为 Qd600ra344rdr40a

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 2Q4a220

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？

D0dSq，当ra时，有 D010 解 （1）由高斯定理SD02er当arb时，有 2rD022a 1，则

a1r

a1b2r当br时，有 2rD032a12b 2，则 D03er （2）令 D03era1b2r0，则得到

12ba

3.7 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P1(2,1,1)移到点P2(8,2,1)时电场所做的功：（1）沿曲线x2y2；（2）沿连接该两点的直线。

解 （1）WFdlqEdlqECCCxdxEydy

2222qydxxdyqyd(2y)2ydyq6ydy14q2810C1126(J)

（2）连接点P1(2,1,1)到点P2(8,2,1)直线方程为

x2y12x8y2 即 x6y40

26故Wqydxxdyqyd(6y4)(6y4)dyq(12y4)dy14q2810(J)

C11（1）计算线电荷平分面上任意3.8 长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为l0。

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

z L2L2(r,0)L2l0dz40rz222

L22 Pl0l0o  40ln(z2rz)L2

r

l040lnr(L2)L2r(L2)L2222

L2 题3.8图

l020lnr(L2)L2r22

（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0rz22coserl0rdz223220(rz)

故长为L的线电荷在点P的电场为

L2EdEer0l0rdz20(rz)2232erl020r(zrz22L2)0erl040r2Lr(L2)2

由E求E，有

L2r2(L2)2 Eln20rl0d22erlnL2r(L2)lnr

20drl0l0er20L2rr(L2)221el0r40r22rr(L2)Lr(L2)22

3.9 已知无限长均匀线电荷l的电场Eer位函数。其中rP为电位参考点。

rPrPl20rrP，试用定义式(r)Edl求其电

r解 (r)rEdl2rl0rdrl20lrnrrPl20rPln 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

(x,y,z)140[1q(xa)yz22222222q(xa)yz22222]

令(x,y,z)0，则有

2(xa)yz222(xa)yz20 2(a)yz](xa)y z即 4[x故得 (x53354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。

33a)yz(2224a)

23.11 证明习题3.2的电位表达式为 (r)Ze40r(1r22ra32ra) Ze解 位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通量密度为 D1er4r2

电子云在原子外产生的电通量密度则为 D2er所以原子外的电场为零。故原子内电位为

rara4ra34rZe23erZe4r2

2 a)cosra(r)A(r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

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(r)1DdrZe(12r)dr3(1r23)

ra时， Eerr[A(ra2r)cos]er[A(ra2r)cos]

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

erA(1a22)coseA(1a22)sin

0nEra0erEra20Acos

23.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足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。 解 （1）在直角坐标系中 而

x22x222y22z22

hz2222xy[sin(kx)sin(ly)e[sin(kx)sin(ly)ehz]ksin(kx)sin(ly)e]lsin(kx)sin(ly)e2

y222hzhz2z2222z[sin(kx)sin(ly)e222hz]hsin(kx)sin(ly)e)lysien()hz2hz

0n(故 (klh)sikx z22（2）在圆柱坐标系中 而

1rr(rr)1rr{rr21rrn(rr)r222

r[cos(n)Asin(n)]}n2rn2[cos(n)Asin(n)]

1r222nr2n2[cos(n)Asin(n)]}

z2222nr[cos(n)Asin(n)]0

z故 20

（3）

1rr2(r2r)21rrn2{rr[rncos(n)]}nr2n2cos(n)

1r2nrcos(n)

z2222z[rncos(n)]0

故 20

（4）在球坐标系中 而

1rr1221rr[r22(rr22r)12rsin2r(sin)12222rsin

2(r2r)1rr2(rcos)]1cos

2rsin(sin)rsin1rsin2[sin(rcos)]

2rcos

(rsin)12222rsin1rr1212222rsin1r22[rr(rcos)0

故 20

（5）

2(r2r)(rr122cos)]2[sin(r2r(rc os2rsin(sin)rsin1rsin22cos)]

2r4sin)2cos

12222rsin122222rsin(r2cos)0

故 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。

解 （1）

22x(eycoshx)22y(eycoshx)22z(eycoshx)2eycoshx0

所以函数eycoshx不是y0空间中的电位的解；

（2）

22x(eycosx)22y(eycosx)22z(eycosx)eycosxeycosx0

所以函数eycosx是y0空间中可能的电位的解；

（3）

22x(e2ycosxsixn)2y4e2y2e(2ycxos2yxsin2)z22ye(xcosx sin)cosxsinx2ecosxsinx0

2所以函数e（4）

2ycosxsinx不是y0空间中的电位的解；

22x(sinxsiynszin)2y2x(sinysinzs2inz)x(ysinz sinsin)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P0(exxeyyezz)。（1）计算面束缚电荷密度和体束缚电荷密度；（2）证明总的束缚电荷为零。

P3P0 解 （1） PP(xL2)nPL2xL2exPxL2L2P0 P0

2LL)P0 22LP(x)nPxL2exPL23xL2同理 P(yLL)P(y)Pz(22)Pz(2（2） qPPdPdS3P0L6LSL2P00

3.16 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，证明中心点的电位为

2r12r(30)R0

2DdSq，可得到 解 由SrR0时， 4rD124r33

D1即 D12r3， E14R03323r3r0r0

rR0时， 4rD2

D1即 D2R03r ， E2R030r320

故中心点的电位为

R01R02(0)E0drER0dr30rr0drR0drR0R02r1()R2 2030r6r0302r30R03223.17 一个半径为R的介质球，介电常数为，球内的极化强度PerKr，其中K为一

常数。（1） 计算束缚电荷体密度和面密度；（2） 计算自由电荷密度；（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 pP在rR的球面上，束缚电荷面密度为 p1dr2nPrRerPrRdrKR(r2Kr)Kr2

P

P（2）由于D0EP，所以 D0E0D即 (10)DP

由此可得到介质球内的自由电荷体密度为 D总的自由电荷量 q0P0pK()r02

dK0KRr0124rdr24RK0

（3）介质球内、外的电场强度分别为

E1P0qer(0)rer (rR)

(rR)

E2erRK0(0)r240r2介质球内、外的电位分别为

R11EdlEdrErR2dr

dr

rR(rK)r0drRRK(0)r02K(0)lnRrK0(0)2 (rR)

RK0(0)r2rE2drrRK(0)r0dr (rR)

（2）导出束3.18 （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；

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 所以 E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

在z0处，由ez(E1E2)0和ez(D1D2)0，可得

ex2yey3xexE2x(x,y,0)eyE2y(x,y,0) 

25030E2z(x,y,0)于是得到 E2x(x,y,0)2 yE2y(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aE0 ra 220r23020E0rcos ra

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E0acos 10020202(a,)1r2rrara3020E0acos 2(0)E0cos3E0cos

E0cos30202020E0cos

1rra故有 1(a,)2(a,)， 02rra

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

pnP2ra(0)erE2(0)2rra30(0)20E0cos

d23.21 平行板电容器的长、宽分别为a和b，极板间距离为d。电容器的一半厚度(0~用介电常数为的电介质填充，如题3.21图所示。

(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。

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

E0E0 d2d2)

z d2又由于 E由以上两式解得 E20U0(0)dE0U0

，E02U0(0)dU0

d2 题 3.21图

故下极板的自由电荷面密度为 下E上极板的自由电荷面密度为 上0E020U0(0)d20U0(0)d电介质中的极化强度 P(0)Eez故下表面上的束缚电荷面密度为 20(0U)(0)d0

0p下ezP20(0U)(0)d0

上表面上的束缚电荷面密度为 p上ezP20(0U)(0)dQab

（2）由 E020U(0)d1 2 E 得到 U故 (0)dQ20ab(0)Q

0  题3.22图

ab(0)QE0 p上

ab20abQ （3）电容器的电容为 C U(0)dp下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）使24的1值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。 1，如题3.22图所示。求：

解 （1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有 由此得到 1tan1tan1tan20

14 （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

tan0tan21011tan40E0cos1En

所以 En0E0cos114E0cos1 4(0)En3434介质板左表面的束缚电荷面密度 介质板右表面的束缚电荷面密度 p0E0cos140.7E280 00.7E280 0p(0)En0E0cos143.23 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

D0ED0DE，E0 003.24 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。

d 解 由题意可知，介质的介电常数为 1y(2)1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

DyqS

q[1y(21)d]SdEydDy

dyqdln所以，两极板的电位差 U故电容量为 CqUEydy0[0q12y(2)d]S1S()12

1S(21)dln(21)7

3束内的电荷均匀分布，束直径为2mm，3.25 一体密度为2.3210Cm的质子束，

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。

解 在质子束内部，由高斯定理可得 2rEr10r

2故 Err202.32107r1228.854101.3110r243Vm (r10m )在质子束外部，有 2rEr故 Era21012a

620r2.321071028.85410r1.311021r3Vm (r10m )3.26 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。

)J()J 解 D(E)(J对于恒定电流，有J0，故得到 J() 介质中有束缚体电荷P，且

0JPPD0EJ()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，可得电流密度

SJerI2r (arc)

I2r1I2r2I210介质中的电场 E1E2bJ1Jerer (arb) (brc)

lnbaI22lncb2c由于 U0aE1drbEdr2

于是得到 I

2ln(ba)1ln(cb)故两种介质中的电流密度和电场强度分别为

12U0Jerr[2ln(ba)1ln(cb)]212U (arc) (arb) (brc)

E1erE2er2U0r[2ln(ba)1ln(cb)]1U0r[2ln(ba)1ln(cb)] （2）由nD可得，介质1内表面的电荷面密度为

11erE1介质2外表面的电荷面密度为

ra12U0a[2ln(ba)1ln(cb)]

22erE2两种介质分界面上的电荷面密度为

rc21U0c[2ln(ba)1ln(cb)]

12(1erE12erE2) （3）同轴线单位长度的漏电阻为 Rrb(1221)U0b[2ln(ba)1ln(cb)]212212

U0I2ln(ba)1ln(cb)

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U0，外导体球面接地。试求：（1）媒质中的电荷分布；（2）两个理想导体球面间的电阻。

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

JerI4rIR22(R1rR2)

电场强度 EJer40(rK)rR2(R1rR2)

由两导体间的电压 U0I40KU0R1EdrR1I40(rK)rdrR(RK)ln21

40KR1(R2K)I可得到

所以

JerR(RK)

ln21R1(R2K)0KU0R(RK) 2rln21R1(R2K)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

1erJrR1KU02122R2(R1K)(rK)r lnR1(R2K)KU012erJrR2R(RK)(R1K)R1 ln21R1(R2K)KU01R(RK)(R2K)R2 ln21R1(R2K)（2）两理想导体球面间的电阻

RU0I140KlnR2(R1K)R1(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、dR2，可近似认为小球上的电荷均匀分布在球面上。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

1q4q4(1R1(1R21dR21dR1) )

2所以两小导体球面间的电容为

Cq1241R1I1R21dR11R11dR1dR241dR11)

2

由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为

1G14G121211R21dR2

故两个小导体球面间的电阻为 R(1R1RdR3.30 在一块厚度d的导电板上， 由两个半径为r1和r2的圆弧和夹角为的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

E1J U1d U1

r2   r1 3.30图

d dU122I1J1S1(r2r1)

d2J1E1故得到沿厚度方向的电阻为 R1U1I12d(r2r1)I222

（2）设内外两圆弧面电极之间的电流为I2，则

J2r2I2S2rdlnr2r1

E2J2I2rd

U2r1E2drI2d

故得到两圆弧面之间的电阻为

R2U2I21dlnr2r1

（3）设沿方向的两电极的电压为U3，则有 U3由于E3与无关，所以得到

E3eU3E03rd

r U3rr2J3E3e

I3S3J3edSU3I3r1dU3rdrdU3

lnr2r1

故得到沿方向的电阻为 R3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

E(r)bl20rb

由内外导体间的电压 U得到 l20Uln(ba)Edra2al0rdrl20lnba

Urln(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

b/a)1 由此得到 ln(E(a)a

Ualn(ba)0

1ln(ba)1a2ln(ba)2故有 abeebb2.718

UbEminU2.718

ql23.32 证明：同轴线单位长度的静电储能We等于位长度上的电容。

2C。ql为单位长度上的电荷量，C为单

解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为 E(r)内外导体间的电压为

ql2r

bbUEdra2raldrqlUl2lnba

则同轴线单位长度的电容为 C同轴线单位长度的静电储能为 We12ln(ba)2222C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，3.33 如题3.33图所示，

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

aE2d1b()22rql22rdr1ql2ln(ba)1ql2

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222q

即 2r1E2r2Eq

所以 Eq2r(12)2

1 a q 导体球的电位

2o (a)故导体球的电容 CEdraq2(12)ra12drq2(12)a

q(a)2(12)a

12q(a)q2题 3.33图

（2） 总的静电能量为 We4(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 故静电能量为 Weq22C1q28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

fWe24aa()224

4aa80a320aq2241q2q2方向沿导体球表面的外法向，即 ferf这里 erexsin22320aer

coseysinsinez c2aq2224在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为 FfdS00erq2242320aasindd ez2320a0cossindq22320aez

3.35 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

1U2h(0)()

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 22d液体受到竖直向上的静电力为

LWe1CU2aU2[h(Lh)0]

hFeWehaU2d2(0)

 而液体所受重力

Fgmgahdg Fe与Fg相平衡，即

aU2d2d 故得到液面上升的高度

h(0)ahdg

2题3.35图

(0)U2dg212g(0)(Ud)

2当动片由0至180电容量由25至350pF直线地变化，当动片为3.36 可变空气电容器，

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 180112122此时电容器中的静电能量为 WeCU0(251.81)10U0

22We11227T1.8110U01.4510Nm 作用于动片上的力矩为

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？

（2）如果在电荷q一定的条件下，将一块横截面为

S S、介电常数为的电介质片插入电容器(与电容器极

dd U0

板面积基本上垂直地插入，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，未插入金属板前，极板间的电场为

U0d题3.37图(a)

E0

电容为 C00Sd 12C0U20静电能量为 We00SU02d2

U0dd2当插入金属板后，电容器中的电场为 E1

20SU0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 2U0dd故电容器的电容及能量的改变量分别为 0SS0SdCCC00

dddd(dd)WeWeWe00SU0d2d(dd)2

（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 E0静电能量为 We0q20q0S

2C0dq22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

S q再由高斯定理可得 ESE0(SS)q 于是得到极板间的电场为 Eqd  0 SS0(SS)qd

q 两极板间的电位差位 UEd此时的静电能量为 WeS0(SS)dS0(SS)qd2题3.37图(b)

12qU12S0(SS)其电容为 C

(0)Sd故电容器的电容及能量的改变量分别为 C

2We1(0)qd2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（1）证明：有源区E的微分方程为E，tP；

0（2）证明：E的解是 E140tRd

2解 （1）由E0，可得 (E)0，即(E)E0

又 E210(DP)(P)100(P)

故得到 E（2）在直角坐标系中EEx22t0

t02的三个分量方程为

1t1t0x1，Ey0y，Ez21t0z

其解分别为

ExEyEz40140140R1txyz1td d d

RR1t故 EexExeyEyezEz 140R[e1txxeytyeztz]d140tRd

3.39 证明：(tR)d0 1R)tRtR3解 由于 (tR)t((tR)dtRRR3dRttR ，所以

Rd40EtRd

由题3.38(2)可知 td40E

)d40E40E0

故 (tR