电磁场与电磁波(第三版)课后答案第3章解读

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Φ(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]=4πRR+-q4π{err+ez(z-a)[r+(z-a)]2232-err+ez(z+a)[r+(z+a)]2232Φ=则球赤道平面上电通密度的通量⎰DdS=⎰DeSSzz=0dS=]2πrdr=q4πa题3.1图⎰[02(-a)(r+a)qaa212232-a(r+a)2232(r+a)=0-1)q=-0.293q3.21911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Ze⎛1r⎫过实验得到球体内的电通量密度表达式为D0=er2-3⎪，试证明之。4π⎝rra⎭Ze解位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为D1=er24πrZe3Ze=-原子内电子云的电荷体密度为ρ=-334πra4πra电子云在原子内产生的电通量密度则为D2=erρ4πr4πr32=-erZer4πra3题3.3图(a)Ze⎛1r⎫故原子内总的电通量密度为D=D1+D2=er2-3⎪4π⎝rra⎭33.3电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为ρ0Cm,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±ρ0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ρ0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-ρ0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⎰EdS=Sqε022，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点PE1'=er'-πaρ02πε0r'2产生的电场分别为E1=erπbρ02πε0r2=ρ0br2ε0r=-ρ0ar'22ε0r'2＝＋题3.3图(b)点P处总的电场为E=E1+E1'=ρ2ε0(brr-ar'2r')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=erπrρ2πε0r=ρr2ε0'=er'E2-πaρ2πε0r'=-ρar'2ε0r''=点P处总的电场为E=E2+E2ρ02ε0(r-ar'r')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=erπrρ02πε0r=ρ0r2ε0'=er'E3-πr'ρ02πε0r'=-ρ0r'2ε0'=点P处总的电场为E=E3+E3ρ02ε0(r-r')=ρ02ε0c3.4半径为a的球中充满密度ρ(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ρ(r)。1解：由∇D=ρ，有ρ(r)=∇D=故在r<a区域ρ(r)=ε0在r>a区域ρ(r)=ε01drdr(rDr)drdr[r(r+Ar)]=ε0(5r+4Ar)231drdrr3.5一个半径为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[r(a+Aa)54]=04的体电荷，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ρ=ε0∇E=ε0[1drdr(rE)]=ε0[a1drdr(rra44)]=6ε0ra34（2）球体内的总电量Q为Q=⎰ρdτ=⎰6ετr34a4πrdr=4πε0a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σ=2Q4πa=2ε03.6两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σ1和σ2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σ1和σ2应具有什么关系？⎰D0dS=q，当r<a时，有D01=0解（1）由高斯定理SD02=er当a<r<b时，有2πrD02=2πaσ，则1aσ1raσ1+bσ2r当b<r<∞时，有2πrD03=2πaσ1+2πbσ，则2D03=er（2）令D03=eraσ1+bσ2r=0，则得到σ1σ2=-ba3.7计算在电场强度E=exy+eyx的电场中把带电量为-2μC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=⎰Fdl=q⎰Edl=q⎰ECCCxdx+Eydy=222q⎰ydx+xdy=q⎰yd(2y)+2ydy=C21-6q⎰6ydy=14q=-28⨯1012(J)（2）连接点P1(2,1,-1)到点P2(8,2,-1)直线方程为x-2y-1=x-8y-2即x-6y+4=0故2W=2q⎰ydx+xdy=q⎰yd(6y-4)+(6y-4)dy=C1-6q⎰(12y-4)dy=14q=-28⨯101(J)（1）计算线电荷平分面上3.8长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为ρl0。任意点的电位ϕ；（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=-∇ϕ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L2ϕ(r,0)=⎰-Ldz'=L2Lρρl04πε0ln(z'+-L2=rρl04πε0ln=-Lρl0题3.8图2πε0lnr（2）根据对称性，可得两个对称线电荷元ρl0dz'在点P的电场为dE=erdEr=er'θ=erρl0rdz'2πε0(r+z')2232故长为L的线电荷在点P的电场为LE=er⎰dE=er⎰ρl0rdz'2πε0(r+z')223=erρl02πε0r'L2=由E=-∇ϕ求E，有⎡E=-∇ϕ=-∇⎢ln2πε0⎢⎣ρl0=r⎥⎦⎧ρl0-er2πε0⎫1⎪e-⎬=rr⎪⎭rP3.9已知无限长均匀线电荷ρl的电场E=er电位函数。其中rP为电位参考点。rPrPρl2πε0r，试用定义式ϕ(r)=⎰Edl求其r解ϕ(r)=⎰rEdl=⎰2πεrρlrdr=ρl2πεlr=rrPρl2πεrPr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1ϕ(x,y,z)=-4πε0令ϕ(x,y,z)=0，则有222-22=02(+a)+y+z]=(x-a)+y+即z4[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=(222a)23.11证明习题3.2的电位表达式为ϕ(r)=Ze4πε0r(1+r22ra-32ra)Ze4πr2解位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通量密度为D1=er电子云在原子外产生的电通量密度则为D2=erρ4πra34πr23=-erZe4πr2所以原子外的电场为零。故原子内电位为⎪2⎨a)cosυr⎪ϕa(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=-∇ϕ，可得到r<a时，E=-∇ϕ=0ε0r4πε0rrra3.12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⎧ϕ(r)=0ϕ(r)=1ra⎰Ddr=Zera⎰(12-r)dr=3Ze4πε0r(1+r22ra-32ra)r>a时，E=-∇ϕ=-er-erA(1+a22∂∂r[A(r-a2r)cosυ]-eυ∂r∂υ[A(r-a2r)cosυ]=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)cosυ+eυA(1-a22)sinυσ=ε0nEr=a=ε0erEr=a=-2ε0Acosυ23.13验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足∇ϕ=0（1）sin(kx)sin(ly)e-hz其中h2=k2+l2；（2）rn[cos(nυ)+Asin(nυ)]圆柱坐标；（3）r-ncos(nυ)圆柱坐标；（4）rcosυ球坐标；（5）r-2cosυ球坐标。解（1）在直角坐标系中∇ϕ=而∂ϕ∂x22∂ϕ∂x22+2∂ϕ∂y22+∂ϕ∂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∂ϕ∂y222-hz-hz2∂ϕ∂z2=∂222∂z[sin(kx)sin(ly)e222-hz]=hsin(kx)sin(ly)e)lysien(=)-hz2-hzn(故∇ϕ=(-k-l+h)sikx+∂ϕ∂z22（2）在圆柱坐标系中∇ϕ=21∂r∂r(r∂ϕ∂r)+∂ϕr∂υ222而1∂∂ϕ1∂∂n(r)={rr[cos(nυ)+Asin(nυ)]}=n2rn-2[cos(nυ)+Asin(nυ)]r∂r∂rr∂r∂r1∂ϕr∂υ222=-nr2n-2[cos(nυ)+Asin(nυ)]}∂ϕ∂z22=∂22∂zr[cos(nυ)+Asin(nυ)]=02-n故∇ϕ=0（3）1∂r∂r2(r2∂ϕ∂r)=21∂r∂r-n-2{r∂∂r[r-ncos(nυ)]}=nr2-n-2cos(nυ)1∂ϕr∂υ2=-nrcos(nυ)∂ϕ∂z22=∂22∂z[r-ncos(nυ)]=0故∇2ϕ=0（4）在球坐标系中∇ϕ=21∂r∂r2(r2∂ϕ∂r2)+12∂rsinθ∂θ2(sinθ[r∂ϕ∂θ2)+122∂ϕ22rsinθ∂υ2r而1∂r∂r12(r∂ϕ∂r∂)=1∂r∂r∂ϕ∂θ2∂∂r2(rcosθ)]=1∂cosθ∂∂θ2rsinθ∂θ(sinθ)=rsinθ∂θ1∂2[sinθ(rcosθ)]=2rcosθrsinθ∂θ21∂ϕ1∂=2(rcosθ)=022222rsinθ∂υrsinθ∂υ2(-rsinθ)=-故∇2ϕ=0（5）1∂r∂r122(r2∂ϕ∂r∂)=1∂r∂∂ϕ∂θ22∂[rr∂(rr1-22cθos=2∂[sinθ(-r-2r(rθcos-2rsinθ∂θ(sinθ)=∂∂θ2rsinθ∂θ1∂22cosθ)]=2r4rsinθ∂θ21∂ϕ1∂-2=(rcosθ)=0222222rsinθ∂υrsinθ∂υ2sinθ)=-cosθ故∇ϕ=03.14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）e2cosxsinx22（4）sinxsinysinz。解（1）∂∂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∂cosxsixn+2∂y2ycxos∂x+s2)∂z2y(xco=sxsin)-4ecosxsinx+2ecosxsinx≠02所以函数e-（4）2ycosxsinx不是y>0空间中的电位的解；22∂∂x(sinxsiynszi+n2∂y∂2∂x(sinysinz+2in∂z)xsin(ysin=zsin)-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解（1）ρP=-∇σP(x=L2=3-P0x=L)=nPL2=exPx=L2=L2P0=LP0σP(x=-)=nPx=-L2=-exPL23x=-L同理σP(y=LL)=σP(y=)=σPz(22)=σPz(22LL-=P022（2）qP=τ⎰ρPdτ+⎰σPdS=-3P0L+6L⨯SL2P0=03.16一半径为R0的介质球，介电常数为εrε0，其内均匀分布自由电荷ρ，证明中心点的电位为2εr+12εr(ρ3ε0)R02⎰DdS=q，可得到解由Sr<R0时，4πrD1=24πr33ρD1=即D1=2ρr3，E1=4πR03323ρr3εrε0εrε0r>R0时，4πrD2=ρD1=即D2=故中心点的电位为R0∞ρR03rR0，E2=ρR03ε0r32ε03ϕ(0)=⎰E1dr+⎰R0E2dr=⎰3ερrr∞ε0dr+⎰R0dr=ρR0+ρR0=2εr+1(ρ)R2203ε0r6εrε03ε02εr3ε0ρR022介电常数为ε，球内的极化强度P=erKr，其中K为3.17一个半径为R的介质球，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ρp=-∇P=-在r=R的球面上，束缚电荷面密度为σp1d2=nPr=RrdrK=erPr=R=R(r2Kr)=-Kr2P（2）由于D=ε0E+P，所以∇D=ε0∇E+∇ε0ε∇D+∇P即(1-ε0ε由此可得到介质球内的自由电荷体密度为εεεKρ=∇D=∇P=-ρp=2ε-ε0ε-ε0(-ε)r0)∇D=∇P总的自由电荷量q=⎰ρdτ=τεKε-ε0KR⎰r124πrdr=24πεRKε-ε0（3）介质球内、外的电场强度分别为E1=Pε-ε0q=er(ε-ε0)r(r<R)(r>R)E2=er4πε0r2=erεRKε0(ε-ε0)r∞2介质球内、外的电位分别为∞R1ϕ1=⎰Edl=⎰Edr+⎰ErR2dr=dr=rR∞⎰(ε-εrK)r0dr+⎰εRεRK(ε-ε0)r02K(ε-ε0)∞ln∞Rr+εKε0(-ε0)2(r≤R)εRKε0(ε-ε0)rϕ2=⎰rE2dr=⎰εrεRK(ε-ε0)rdr=(r≥R)（2）导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；出束缚电荷密度ρP的表达式。解（1）由D=ε0E+P，得束缚电荷体密度为ρP=-∇P=-∇D+ε0∇E在介质内没有自由电荷密度时，∇D=0，则有ρP=ε0∇E(εE)=ε∇E+Eε∇0由于D=εE，有∇D=∇=E∇ε∇E=所以ε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。ε0ρρ=ε∇E=-E∇ε（2）束缚电荷密度P的表达式为P0ε3.19两种电介质的相对介电常数分别为εr1=2和εr2=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=ε0εr2E2=3ε0E2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⨯5ε0=3ε0E2z(x,y,0)于是得到E2x(x,y,0=)y2E2y(x,y,0)=-3xE2z(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)=ε0(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ε的介质球，已知球内、外的电位函数分别为ε-ε03cosθϕ1=-E0rcosθ+aE0r≥a2ε+2ε0rϕ2=-3ε0ε+2ε0E0rcosθr≤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ε-ε03ε0ϕ(a,θ)=-Eacosθ+aEcosθ=-E0acosθ100ε+2ε0ε+2ε0ϕ2(a,θ)=-∂ϕ1∂r∂ϕ2∂rr=ar=a3ε0ε+2ε0E0acosθ2(ε-ε0)E0cosθ=-3εE0cosθ=-E0cosθ-=-3ε0ε+2ε0ε+2ε0ε+2ε0E0cosθ∂ϕ1∂rr=a故有ϕ1(a,θ)=ϕ2(a,θ)，ε0=ε∂ϕ2∂rr=a可见ϕ1和ϕ2满足球表面上的边界条件。球表面的束缚电荷密度为σp=nP2d2r=a=(ε-ε0)erE2=-(ε-ε0)∂ϕ2∂rr=a=3ε0(-ε0)ε+2ε0E0cosθ3.21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ε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E0E0又由于Ed2E0d2U0由以上两式解得E20U0(0)d，E02U0(0)d题3.21图故下极板的自由电荷面密度为20U0下E(0)d20U0(0)d上极板的自由电荷面密度为上0E0电介质中的极化强度P(0)Eez故下表面上的束缚电荷面密度为20(0U)(0)d20(0U)(0)dp下ezP上表面上的束缚电荷面密度为p上ezP20(0U)(0)dQab（2）由20U(0)d得到U(0)dQ20ab(0)Q故题3.22图ab(0)Qp上ab20abQC（3）电容器的电容为U(0)dp下3.22厚度为t、介电常数为40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24的1值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。tan10解（1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有tan2由此得到1tan10tan2ta1011t414（2）设介质板中的电场为E，根据分界面上的边界条件，有0E0nEn，即0E0cos1En所以En04介质板左表面的束缚电荷面密度34E0cos11E0cos14p(0)En0Ecos140.7E2800介质板右表面的束缚电荷面密度p(0)En340Ecos140.7E2803.23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E0E。故在针形空腔中E0E，D00E00E（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D0D。故在薄盘形空腔中D0D，EE0D00E03.24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(y0)处的1一直变化到另一极板(yd)处的2，试求电容量。d解由题意可知，介质的介电常数为1y(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DyqSq[1y(21)d]SdEydDydyqdln所以，两极板的电位差U故电容量为CqUEydy[q12y(2)d]S1S()121S(21)dln(21)733.25一体密度为2.3210Cm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。解在质子束内部，由高斯定理可得2rEr故Err202.32107104r3Vm(r102r1228.854101.3110r2m)在质子束外部，有2rEr故Era21012a620r2.321071028.85410r1.311021r3Vm(r10m)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。D(E)J)J解J对于恒定电流，有J0，故得到J(介)质中有束缚体电荷P，且εJρP=-∇P=-∇D+ε0∇E=-J∇()+ε0∇()=γγε0ε-ε0ε-J∇()+J∇()=-J∇(γγγ3.27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ε1和ε2，电导率为γ1和γ2。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⎰JdS=I，可得电流密度S)J=erI2πr(a<r<c)I2πrγ1I2πrγ2I2πγ1介质中的电场E1=E2=bJγ1J=er=er(a<r<b)(b<r<c)lnba+I2πγ2lncbγ2c由于U0=⎰aE1dr+⎰bEdr=2于是得到I=γ2ln(ba)+γ1ln(c)故两种介质中的电流密度和电场强度分别为J=er2πγ1γ2Uγ1γ2U0r[γ2ln(ba)+γ1ln(cb)](a<r<c)(a<r<b)(b<r<c)E1=erE2=erγ2U0r[γ2ln(ba)+γ1ln(cb)]γ1U0r[γ2ln(ba)+γ1ln(cb)]（2）由σ=nD可得，介质1内表面的电荷面密度为ε1γ2U0σ1=ε1erE1r=a=a[γ2ln(ba)+γ1ln(c)]介质2外表面的电荷面密度为σ2=-ε2erE2两种介质分界面上的电荷面密度为r=c=-ε2γ1U0c[γ2ln(ba)+γ1ln(cb)]σ12=-(ε1erE1-ε2erE2)（3）同轴线单位长度的漏电阻为R=r=b=-(ε1γ2-ε2γ1)U0b[γ2ln(ba)+γ1ln(cb)]2πγ1γ22πε1ε2U0I=γ2ln(ba)+γ1ln(cb)由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为C=ε2ln(ba)+ε1ln(c)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ε、电导率为γ=γ0(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=erI4πrIR22(R1<r<R2)电场强度E=Jγ=er4πγ0(r+K)rR2(R1<r<R2)由两导体间的电压U0=I=4πγ0KU0⎰R1Edr=⎰R1I4πγ0(r+K)rdr=⎡R(R+K)⎤ln⎢21⎥4πγ0K⎣R1(R2+K)⎦I可得到所以J=er⎡R2(R1+K)⎤ln⎢⎥⎣R1(R2+K)⎦γ0KU0⎡R(R+K)⎤2rln⎢21⎥⎣R1(R2+K)⎦ρ=J∇()=媒质中的电荷体密度为γ媒质内、外表面上的电荷面密度分别为σ1=εγerJr=R1εεKU02122⎡R2(R1+K)⎤(r+K)rln⎢⎥⎣R1(R2+K)⎦=εKU01σ2=-εγerJr=R2⎡R2(R1+K)⎤(R1+K)R1ln⎢⎥⎣R1(R2+K)⎦εKU01=-⎡R(R+K)⎤(R2+K)R2ln⎢21⎥R(R+K)⎣12⎦（2）两理想导体球面间的电阻R=U0I=14πγ0KlnR2(R1+K)R1(R2+K)3.29电导率为γ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ϕ1=q4πε(1R1(-1R21d-R2-1d-R1))ϕ2=-q4πε所以两小导体球面间的电容为C=qϕ1-ϕ2=4πε1R1+1R2-1d-R1-1d-R2由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为1G14πγG=Iϕ1-ϕ2+1-2=4πγ1R11+-11R2-1d-R11)2-1d-R2故两个小导体球面间的电阻为R==(1R1Rd-Rd-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α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α方向的两电极的电阻。设导电板的电导率为γ。解（1）设沿厚度方向的两电极的电压为U，则有1E1=U1dγU1dγU1α22I1=J1S1=⋅(r2-r1)d2J1=γE1=故得到沿厚度方向的电阻为3.30图R1=U1I1=2dαγ(r2-r1)22（2）设内外两圆弧面电极之间的电流为I2，则J2=I2S2=I2αrdE2=J2γr2=I2γαrdI2r2r1U2=⎰r1E2dr=γαdln故得到两圆弧面之间的电阻为R2=U2I2=1γαdlnr2r1α（3）设沿α方向的两电极的电压为U3，则有U3=由于E3与υ无关，所以得到E3=eυU3⎰E3rdυαrγU3αrr2J3=γE3=eυI3=⎰S3J3eυdS=U3I3⎰r1γdU3αrdr=γdU3αlnr2r1故得到沿α方向的电阻为R3=γdln(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=αEmin的值。解设内导体单位长度带电荷为ρl，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为E(r)=bρl2πε0rb由内外导体间的电压U=得到ρl=2πε0Uln(ba)⎰Edr=a⎰2πεaρlr0dr=ρl2πε0lnbaUrln(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)=01ln(ba)-1a2ln(ba)2故有a=be≈ebb2.718UbEmin=U=2.718ql2同轴线单位长度的静电储能We等于3.32证明：单位长度上的电容。2C。ql为单位长度上的电荷量，C为ql2πεr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bbU=⎰Edr=a⎰2πεraρldr=qlUρl2πε=lnba则同轴线单位长度的电容为C=同We=122πεln(a)轴线2单12b位ql2长2πrdr=度1ql2的ln(ba)=静1ql2电储能为22πε2C3.33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τa⎰εEdτ=⎰ε(2πεr)面上，此两种介质的电容率分别为ε1和ε2，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=ε1E1、D2=ε2E2，所以D1≠D2。由高斯定理，得到D1S1+D2S=2q22即2πrε1E+2πrε2E=q所以E=q2πr(ε1+ε2)2导体球的电位题3.33图∞ϕ(a)=故导体球的电容C=q=2π(ε1+ε2)a12qϕ(a)=⎰Edr=2π(εaq1∞+ε2)⎰ra12dr=q2π(ε1+ε2)aϕ(a)（2）总的静电能量为We=q24π(ε1+ε2)a3.34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=4πε0a故静电能量为We=q22C1=q28πε0a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=-∂We24πa∂a=-12∂4πa∂a8πε0aq22(q2)=q22432πε0aer方向沿导体球表面的外法向，即f=erf=θ这里er=exsincoυs+eysθin32πε0a4υs+inezθc2ππ2在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为F=⎰fdS=2πaq22⎰⎰0240erq2242asinθdθdυ=32πε0aπ2ez32πε0a⎰cosθsinθdθ=q2232πε0aez两平行的金属板，板间距离为d，竖直地插入在电容率为ε的3.35如题3.35图所示，液体中，两板间加电压U，证明液面升高1U2h=(ε-ε0)()2ρgd其中ρ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εahε0a(L-h)C=+dd金属板间的静电能量为CU=[hε+(L-h)ε0]22d液体受到竖直向上的静电力为We=Fe=12aU2∂We∂h=aU2d2(ε-ε0)而液体所受重力Fg=mg=ahdρgFe与Fg相平衡，即aU2d2(ε-ε0)=ahdg题3.35图故得到液面上升的高度h=(ε-ε0)U2dρg22=12ρg(ε-ε0)(Ud)23.36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θ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θ角时，电容器的电容为350-25-12Cθ=25+θ=25+1.81θPF=(25+1.81θ)⨯10F180112-122此时电容器中的