电磁场和电磁波课后习题答案与解析三章习题解答

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
33[]4q R R π+-
+-
=
-=R R D 22322232
()
(){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量
d d z
z S
S
S Φ====⎰⎰D S D e
223222320()[]2d 4()()
a
q a a
r r r a r a
ππ--=++⎰ 2212
1)0.293()a
qa
q q r a ==-+ 3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为a r 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02314r
a Ze r r r π⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
D e ，试证明之。

解 位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为 124r
Ze
r π=D e 原子内电子云的电荷体密度为
33
3434a a Ze Ze
r r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 3223
4344r r
a r Ze r
r r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为 122314r
a Ze r r r π⎛⎫
=+=- ⎪⎝⎭
D D D e 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为3
0C m ρ, 两圆柱
面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，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0ρ±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0ρ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0ρ-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b r >区域中，由高斯定律0d S
q
ε=⎰E S ，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P
产生
题3.1 图
题3. 3图
()a
的电场分别为 220012
0022r b b r r πρρπεε==r E e 220012
0022r a a r r πρρπεε'
-''==-''r E e 点P 处总的电场为 2211
220()2b a r r ρε''=+=-'
r r E E E 在b r <且a r >'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
220022r r r πρρπεε==r E e 2222
0022r a a r r πρρπεε'
-''==-''r E e
点P 处总的电场为 2022
20()2a r ρε''=+=-'
r E E E r 在a r <'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
20030022r r r πρρπεε==r E e 2003
00
22r r r πρρπεε''
-''==-'r E e 点P 处总的电场为 0033
00
()22ρρεε''=+=-=E E E r r c 3.4 半径为a 的球中充满密度()r ρ的体电荷，已知电位移分布为
3254
2
()()
r r Ar r a D a Aa r a r ⎧+≤⎪
=⎨+≥⎪
⎩ 其中A 为常数，试求电荷密度()r ρ。

解：由ρ∇=D ，有 2
21d ()()d r r r D r r
ρ=∇=D 故在r a <区域 2322
02
1d ()[()](54)d r r r Ar r Ar r r
ρεε=+=+ 在r a >区域 542022
1d ()
()[]0d a Aa r r r r r
ρε+== 3.5 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4
()r r a =E e ，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
题3. 3图()b
＝
＋
20021d [()]d r E r r ρεε=∇==E 43
2002441d [()]6d r r r r r a a
εε=
（2）球体内的总电量Q 为 322
0040
d 64d 4a
r Q r r a a τρτεππε===⎰⎰
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 02
224Q
a σεπ=
= 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1σ和2σ的面电荷。

（1）计算各处的电位移0D ；（2）欲使r b >区域内00=D ，则1σ和2σ应具
有什么关系？
解 （1）由高斯定理
d S
q =⎰D
S ，当r a <时，有 01
0=D
当a r b <<时，有 02122rD a ππσ= ，则 1
02r
a r
σ=D e 当b r <<∞时，有 0312222rD a b ππσπσ=+ ，则 12
03r
a b r
σσ+=D e （2）令 12
030r a b r
σσ+==D e ，则得到 12b a σσ=- 3.7 计算在电场强度x y y x =+E e e 的电场中把带电量为2C μ-的点电荷从点1(2,1,1)P -移到点2(8,2,1)P -时电场所做的功：
（1）沿曲线22x y =；（2）沿连接该两点的直线。

解 （1）d d d d x y C
C
C
W q q E x E y ===+=⎰⎰⎰
F l E l
2
2
2
1
d d d(2)2d C
q y x x y q y y y y +=+=⎰⎰2
261
6d 142810()q y y q J -==-⨯⎰
（2）连接点1(2,1,1)P -到点2(8,2,1)P -直线方程为
28
12
x x y y --=-- 即 640x y -+= 故W =2
1
d d d(64)(64)d C
q y x x y q y y y y +=-+-=⎰⎰2
6
1
(124)d 142810()q y y q J --==-⨯⎰
3.8 长度为L 的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为0l ρ。

（1）计算线电荷平分面上任
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ϕ=-∇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
2
(,0)L L r ϕ-'
=
=⎰
L r
ρ
04l ρπε=
0ln
2l ρπε（2
）根据对称性，可得两个对称线电荷元z l 'd 0ρ在点P 的电场为
d d r r r
E
θ'
===E e e 02232
0d 2()l r
r z r z ρπε'
'
+e
故长为L 的线电荷在点P 的电场为
2
02232
00
d d 2()L l r
r z r z ρπε
'
==='+⎰⎰E E
e 200
02L l r r ρπε=e r
e
由ϕ=-∇E 求E ，有
002l ρϕπε⎡⎢=-∇=-∇=⎢⎥
⎣
⎦
E (
00d ln 2ln 2d l r
L r r ρπε⎡⎤--=⎢
⎥⎣⎦e
0012l r r ρπε⎧⎫
⎪--=⎬⎪
⎭
e r e
3.9 已知无限长均匀线电荷l ρ的电场02l
r r ρπε=E e ，试用定义式
()d P
r r
r
ϕ=⎰E l 求其电
位函数。

其中P r 为电位参考点。

解 000
()d d l n l n 222P
P
P
r r r
l l l
P r r
r
r
r r r r r
ρρρϕπεπεπε
=
===⎰⎰
E
l 由于是无限长的线电荷，不能将
P r 选为无穷远点。

3.10 一点电荷q +位于(,0,0)a -，另一点电荷2q -位于(,0,0)a ，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
1(,,)4x y z ϕπε=
令(,,)0x y z ϕ=，则有
0=
即 2222224[()]()x a y z x a y z +++=-++
故得 222254()()33x a y z a +++= 由此可见，零电位面是一个以点5(,0,0)3a -为球心、4
3
a 为半径的球面。

3.11 证明习题3.2的电位表达式为 2013
()()422a a
Ze r r r r r ϕπε=
+- 解 位于球心的正电荷Ze 在原子外产生的电通量密度为 12
4r
Ze
r π=D e 电子云在原子外产生的电通量密度则为 3222
4344a r r r Ze
r r
ρπππ==-D e e 所以原子外的电场为零。

故原子内电位为
23001
1()d ()d 4a
a r r
a r r Ze r
r D r r r r ϕεπε==-=⎰⎰2013()422a a
Ze r r r r πε+- 3.12 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
2
()0
()()cos r r a a r A r r a r
ϕϕφ=≤⎧⎪
⎨=-≥⎪⎩ （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ϕ=-∇E ，可得到 r a <时， 0ϕ=-∇=E
r a >时， ϕ=-∇=E 22
[()cos ][()cos ]r a a A r A r r r r r
φφφφ∂∂----=∂∂e e
22
22(1)cos (1)sin r a a A A r r
φφφ-++-e e
（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
0002cos r r a r a A σεεεφ=====-n E e E
3.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足20ϕ∇= （1）sin()sin()hz kx ly e - 其中222h k l =+； （2）[cos()sin()]n r n A n φφ+ 圆柱坐标； （3）cos()n r n φ- 圆柱坐标； （4）cos r φ 球坐标； （5）2cos r φ- 球坐标。

解 （1）在直角坐标系中 2222
222x y z
ϕϕϕ
ϕ∂∂∂∇=++∂∂∂
而 22222
[sin()sin()]sin()sin()hz hz
kx ly e k kx ly e x x ϕ--∂∂==-∂∂ 22222
[sin()sin()]sin()sin()hz hz
kx ly e l kx ly e y y ϕ--∂∂==-∂∂ 22
222[sin()sin()]sin()sin()hz hz kx ly e h kx ly e z z
ϕ--∂∂==∂∂ 故 2222()sin()sin()0hz k l h kx ly e ϕ-∇=--+=
（2）在圆柱坐标系中 222
2221()r r r r r z
ϕϕϕ
ϕφ∂∂∂∂∇=
++∂∂∂∂ 而
11(){[cos()sin()]}n r r r n A n r r r r r r ϕφφ∂∂∂∂
=+=∂∂∂∂22[cos()sin()]n n r n A n φφ-+ 222
22
1[cos()sin()]}n n r n A n r ϕφφφ-∂=-+∂
2222
[cos()sin()]0n
r n A n z z ϕφφ-∂∂=+=∂∂ 故 20ϕ∇=
（3）
2211(){[cos()]}cos()n n r r r n n r n r r r r r r ϕφφ---∂∂∂∂
==∂∂∂∂ 222
22
1cos()n n r n r ϕφφ
--∂=-∂ 2222[cos()]0n
r n z z
ϕφ-∂∂==∂∂ 故 20ϕ∇=
（4）在球坐标系中 22
22
2222
111()(sin )sin sin r r r r r r ϕϕϕ
ϕθθθθθφ
∂∂∂∂∂∇=++∂∂∂∂∂ 而 222
2112
()[(cos )]cos r r r r r r r r r r ϕθθ∂∂∂∂==∂∂∂∂ 22
11(sin )[sin (cos )]sin sin r r r ϕθθθθθθθθθ
∂∂∂∂
==∂∂∂∂ 2
2
12(sin )cos sin r r r
θθθθ∂-=-∂ 22
222222
11(cos )0sin sin r r r ϕθθφθφ∂∂==∂∂
故 20ϕ∇=
（5） 2222
22112
()[(cos )]cos r r r r r r r r r r
ϕθθ-∂∂∂∂==∂∂∂∂
2
2211
(sin )[sin (cos )]sin sin r r r ϕθθθθθθθ
θθ-∂∂∂∂=
=∂∂∂∂ 222412
(sin )cos sin r r r
θθθθ-∂-=-∂ 222
222222
11(cos )0sin sin r r r ϕθθφθφ-∂∂==∂∂
故 20ϕ∇=
3.14 已知0>y 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）cosh y e x -； （2）x e y cos -；
（3）cos sin e x x
（4）z y x sin sin sin 。

解 （1）222222(cosh )(cosh )(cosh )y y y
e x e x e x x y z
---∂∂∂++=∂∂∂2cosh 0y e x -≠
所以函数x e y cosh -不是0>y 空间中的电位的解；
（2） 222222(cos )(cos )(cos )y y y
e x e x e x x y z
---∂∂∂++=∂∂∂cos cos 0y y e x e x ---+= 所以函数x e y cos -是0>y 空间中可能的电位的解；
（3） 2222
22(cos sin )(cos sin )(cos sin )e x x e
x x e
x x x y
z
∂∂∂++=∂∂∂
4cos sin 2cos sin 0e x x e x x -+≠
所以函数x x e y sin cos 2-不是0>y 空间中的电位的解；
（4） 222
222(s i n s i n s i n )(s i n s i n s i n )(s i n s i n s i n )
x y z x y z x y z x y z
∂∂∂++=∂∂∂ 3sin sin sin 0x y z -≠
所以函数z y x sin sin sin 不是0>y 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0()x y z P x y z =++P e e e 。

（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。

解 （1） 03P P ρ=-∇=-P
2
2
0()2
2P x L x x L L L x P σ======
n P
e P
22
0()2
2
P x L x x L L L x P σ=-=-=-==-=
n P e P
同理 0()()()()22222
P P P P L L L L L
y y z z P σσσσ===-====-=
（2） 32
00d d 3602
P P P S
L
q S P L L P τ
ρτσ=+=-+⨯
=⎰⎰
3.16 一半径为0R 的介质球，介电常数为0r εε，其内均匀分布自由电荷ρ，证明中心点的电位为
2
00
21()23r r R ερεε+ 解 由
d S
q =⎰D S ，可得到
0r R <时， 3
2
1443
r r D ππρ=
即 13r
D ρ=， 1100
3r r D r E ρεεεε== 0r R >时， 32
02443
R r D ππρ=
即 3
022
3R D r
ρ= ， 3
0122003R D E r ρεε== 故中心点的电位为
00
30122
0000(0)d d d d 33R R r R R R r E r E r r r r ρρϕεεε∞∞
=+=+=⎰⎰⎰⎰222000
000
21()6323r r r R R R ρρερεεεεε++= 3.17 一个半径为R 的介质球，介电常数为ε，球内的极化强度r K r =P e ，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 222
1d ()d p K K
r r r r r ρ=-∇=-=-P 在r R =的球面上，束缚电荷面密度为 p r r R
r R K
R
σ=====n P
e P
（2）由于0ε=+D E P ，所以 0
0εεε
∇=∇+∇=∇+∇D E P D P 即 0
(1)εε
-
∇=∇D P 由此可得到介质球内的自由电荷体密度为 2
0()p K
r εεερρεεεεεε=∇=
∇=-
=
---D P
总的自由电荷量 2
200014d 4d R K RK q r r r τ
επερτπεεεε===--⎰⎰ （3）介质球内、外的电场强度分别为
100()r K
r
εεεε=
=--P E e ()r R <
22
2
0004()r
r
q RK
r r επεεεε==-E e e ()r R >
介质球内、外的电位分别为
112d d d R
r r
R
E r E r ϕ∞
∞
==+=⎰⎰⎰E l
200
0d d ()()R
r R K RK
r r r r εεεεεε∞
+=--⎰⎰ 000ln ()()
K R K
r εεεεεε+-- ()r R ≤
222
0d d ()r
r RK
E r r r εϕεεε∞
∞
===-⎰⎰
00()RK r εεεε- ()r R ≥ 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；（2）导出束缚电荷密度P ρ的表达式。

解 （1）由0ε=+D E P ，得束缚电荷体密度为
0P ρε=-∇=-∇+∇P D E
在介质内没有自由电荷密度时，0∇=D ，则有 0P ρε=∇E 由于ε=D E ，有 ()0εεε∇=∇=∇+∇=D E E E
所以 ε
ε
∇∇=-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 ρ的表达式为 0
0P ερεεε
=∇=-
∇E E 3.19 两种电介质的相对介电常数分别为1r ε=2和2r ε=3，其分界面为z =0平面。

如果已知介质1中的电场的
123(5)x y z y x z =-++E e e e
那么对于介质2中的2E 和2D ，我们可得到什么结果？能否求出介质2中任意点的2E 和2D ？
解 设在介质2中
2222(,,0)(,,0)(,,0)(,,0)x x y y z z x y E x y E x y E x y =++E e e e
2022023r εεε==D E E
在0z =处，由12()0z ⨯-=e E E 和12()0z -=e D D ，可得
2200223(,,0)(,,0)
253(,,0)x y x x y y z y x E x y E x y E x y εε-=+⎧⎪⎨⨯=⎪⎩
e e e e
于是得到 2(,,0)2x
E x y y = 2(,,0)3y E x y x =-
2(,,0)10z E x y =
2220(,,0)(6910)
x y z x y y x ε=-+D e e e 不能求出介质2中任意点的2E 和2D 。

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
3010020cos cos 2E r a E r
εεθ
ϕθεε-=-+
+ r a ≥
200
3cos 2E r εϕθεε=-
+ 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
00
100000
3(,)cos cos cos 22a E a aE E a εεεϕθθθθεεεε-=-+
=-++
20
03(,)cos 2a E a εϕθθεε=-
+
0100
000
2()3cos cos cos 22r a E E E r εεϕε
θθθεεεε=-∂=--=-∂++ 02
00
3cos 2r a
E r εϕθεε=∂=-∂+ 故有 12(,)(,)a a ϕθϕθ=， 12
0r a r a r r
ϕϕεε==∂∂=∂∂
可见1ϕ和2ϕ满足球表面上的边界条件。

球表面的束缚电荷密度为
2
02()p r a
r σεε===-=n P e E 002000
3()
()
cos 2r a
E r
εεεϕεεθεε=-∂--=
∂+
3.21 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(2
~0d )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0U ，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z E =E e ，空气中的电场为0=E 0z E e 。

由=D 0D ，有
00E E εε=
又由于 002
2U d
E d E -=+
由以上两式解得
0002()U E d εεε=-+ ，0
002()U E d
εεε=-+
故下极板的自由电荷面密度为 00
02()U E d εεσεεε==-+下
上极板的自由电荷面密度为 00
0002()U E d εεσεεε=-=
+上 电介质中的极化强度 000
002()()()z
U d εεεεεεε-=-=-+P E e 故下表面上的束缚电荷面密度为 000
02()()p z U d εεεσεε-=-=
+e P 下 上表面上的束缚电荷面密度为 000
02()()p z U d
εεεσεε-==-
+e P 上 （2）由 002()U Q ab d
εεσεε=
=+ 得到 00()2dQ
U ab εεεε+= 故 0()p Q ab εεσε-=
下 0()p Q ab
εεσε-=-上
（3）电容器的电容为 002()ab Q
C U d
εεεε==+ 3.22 厚度为t 、介电常数为04εε=的无限大介质板，放置于均匀电场0E 中，板与0
E 成
角1
θ
，如题3.22图所示。

求：（1）使2
4θπ=的1
θ值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。

解 （1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有
12tan tan εθθε
= 由此得到 1
1102
01tan 1tan
tan tan 144
εθεθεε---==== （2）设介质板中的电场为E ，根据分界面上的边界条件，有00n n E E εε=，即
001cos n E E εθε=
所以
00101
cos cos144
n E E E εθε==
介质板左表面的束缚电荷面密度 00000
3
()c o s 140.7284p n E E E σεεεε=--=-=- 介质板右表面的束缚电荷面密度 00000
3
()c o s 140.7284
p n E E E σεεεε=-== 3.23 在介电常数为ε的无限大均匀介质中，开有如下的空腔，求各腔中的0E 和0D ：
（1）平行于E 的针形空腔；
（2）底面垂直于E 的薄盘形空腔；
题3.22图
（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0=E E 。

故在针形空腔中
0=E E ，0000εε==D E E
（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0=D D 。

故在薄盘形空腔中
0ε==D D E ，0
00
εεε=
=
D E
E 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(0)y =处的1ε一直变化到另一极板()y d =处的2ε，试求电容量。

解 由题意可知，介质的介电常数为
121()y d εεεε=+-
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
y q
D S
σ==
121[()]y
y D q
E y d S
ε
εεε=
=
+-
所以，两极板的电位差 21212110
d d ln [()]()d
d
y q qd
U E y y y d S S εεεεεεε==
=+--⎰
⎰ 故电容量为 2121()ln()
S q
C U d εεεε-=
= 3.25 一体密度为732.3210C m ρ-=⨯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 2
1
2r r E r ππρε=
故 74120 2.3210 1.3110V m 228.85410
r r r E r ρε--⨯===⨯⨯⨯ 3
(10m)r -< 在质子束外部，有 20
1
2r rE a ππρε=
故 276212
0 2.32101011.3110V m 228.85410r a E r r r
ρε----⨯⨯===⨯⨯⨯ 3
(10m)r -> 3.26 考虑一块电导率不为零的电介质(,)γε，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()ρεγ=∇J 。

试问有没有束缚体电荷P ρ？若有则进一步求出P ρ。

解 ()()()εεε
ρεγγγ
=∇=∇=∇=∇+∇D E J J J
对于恒定电流，有0∇=J ，故得到 ()ρεγ=∇J
介质中有束缚体电荷P ρ，且
00()()P ερεεγγ=-∇=-∇+∇=-∇+∇=J P D E J 00()()()εεεε
γγγ
--∇+∇=-∇J J 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1ε和2ε，电导率为1γ和2
γ。

设内导体的电压为0U ，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d S
I =⎰
J S ，可得电流密度
2r
I r π=J e
()a r c <<
介质中的电场 1112r
I
r γπγ==J E e ()a r b << 222
2r
I
r γπγ==J E e ()b r c << 由于 012d d b
c
a
b
U =+=
⎰⎰
E r E r 1
2ln
ln 22I b I c
a b
πγπγ+ 于是得到 120
212ln()ln()U I b a c πγγγγ=
+
故两种介质中的电流密度和电场强度分别为
120
21[ln()ln()]
r
U r b a c b γγγγ=+J e ()a r c <<
20
121[ln()ln()]
r
U r b a c b γγγ=+E e ()a r b << 10
221[ln()ln()]
r
U r b a c b γγγ=+E e ()b r c << （2）由σ=n D 可得，介质1内表面的电荷面密度为
120
111
21[ln()ln()]
r r a
U a b a c b εγσεγγ===
+e E
介质2外表面的电荷面密度为
210
222
21[ln()ln()]
r r c
U c b a c b εγσεγγ==-=-
+e E
两种介质分界面上的电荷面密度为
121122()r r r b
σεε==--=e E e E 12210
21()[ln()ln()]
U b b a c b εγεγγγ--
+ （3）同轴线单位长度的漏电阻为 02112
ln()ln()
2U b a c b R I γγπγγ+==
由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为 12
212ln()ln()
C b a c b πεεεε=
+
3.28 半径为1
R 和2R )(21R R <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0
(1)K r γγ=+的导电媒质(K 为常数)。

若内导体球面的电位为0U ，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
122
()4r
I
R r R r
π=<<J e
电场强度 120()4()r
I
R r R r K r
γπγ==<<+J E e
由两导体间的电压 2
2
1
1
00d d 4()R R R R I U r r K r πγ=
=
=+⎰
⎰
E r 21012()ln 4()R R K I K R R K πγ⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦
可得到 00
21124()ln ()KU I R R K R R K πγ=
⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦
所以 00
2
2112()ln ()r
KU R R K r R R K γ=⎡⎤+⎢⎥
+⎣⎦
J e 媒质中的电荷体密度为 20
2221121
()()()ln ()K U r K r R R K R R K εε
ργ
=∇=
+⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦
J 媒质内、外表面上的电荷面密度分别为
1
11121121
()()ln ()r r R KU R K R R R K R R K εε
σγ
===
+⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦
e J
2
022221121
()()ln ()r r R KU R K R R R K R R K εεσγ
==-=-
+⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦
e J
（2）两理想导体球面间的电阻
021
012()1
ln 4()
U R R K R I K R R K πγ+=
=+ 3.29 电导率为γ的无界均匀电介质内，有两个半径分别为1
R 和2R 的理想导体小球，两球
之间的距离为),(2
1R d R d d >>>>，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1R d >>、2R d >>，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1R d >>、2
R d >>，可得到两小球表面的电位为
112
11
()4q R d R ϕπε=
-- 221
11
()4q R d R ϕπε=---
所以两小导体球面间的电容为 121212
41111
q C R R d R d R πεϕϕ==
-+---- 由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为 121212
41111
I G R R d R d R πγϕϕ==
-+---- 故两个小导体球面间的电阻为 1212
111111
()4R G R R d R d R πγ==+----
3.30 在一块厚度d 的导电板上， 由两个半径为1
r 和2r 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1
U ，则有
d
U E 11=
111U J E d
γγ==
22111121()
2
U I J S r r d γα==⋅-
故得到沿厚度方向的电阻为 1122
1212()
U d
R I r r αγ=
=- （2）设内外两圆弧面电极之间的电流为2
I ，则
rd
I S I J α2222==
rd
I J E γα=γ=
222 2
1
22221
d ln r r I r U E r d r γα==
⎰ 故得到两圆弧面之间的电阻为 22221
1
ln U r R I d r γα=
= （3）设沿α方向的两电极的电压为3U ，则有 330
d U E r α
φ=⎰
由于3E 与φ无关，所以得到
题3.30图
33U r
φ
α=E e 333U r φ
γγα==J E e 2
3
1
332331
d d ln
r
S r
dU dU r I S r r r φγγαα===⎰⎰J e
故得到沿α方向的电阻为 33321ln()
U R I d r r αγ=
=
3.31 圆柱形电容器外导体内半径为b 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min E 的内导体半径a 的值和这个min E 的值。

解 设内导体单位长度带电荷为l ρ，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为
0()2l
E r r
ρπε=
由内外导体间的电压 00d d ln 22b
b
l l a
a
b
U E r r r a ρρπεπε==
=⎰
⎰ 得到 02ln()
l U
b a περ=
由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 )
ln()(a b r U
r E =
在圆柱形电容器中，a r
=处的电场强度最大 )
ln()(a b a U
a E =
令)(a E 对a 的导数为零，即 0)
(ln 1
)ln(1)(2
2=--=∂∂a b a b a a a E 由此得到 1)/ln(=a b 故有 718.2b
e b a ≈=
b
U U b e E 718.2min ==
3.32 证明：同轴线单位长度的静电储能e W 等于2
2l q C。

l q 为单位长度上的电荷量，C 为单
位长度上的电容。

解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为 ()2l q E r r
πε=
内外导体间的电压为
d d ln 22b
b
l l a
a
b
U E r r r a ρρπεπε===⎰⎰
则同轴线单位长度的电容为 2ln()
l q C U b a πε=
= 同轴线单位长度的静电储能为 2211d ()2d 222b
l e a q W E r r r τετεππε===⎰⎰22
11ln()222l l q q b a C
πε=
3.33 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1ε和2ε，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12t t E E =，故有
12E E E ==。

由于111D E ε=、222D E ε=，所以12D D ≠。

由高斯定理，得到
1122D S D S q +=
即 2
21222r
E r E q πεπε+=
所以 2122()
q E r πεε=
+
导体球的电位
2121
()d d 2()a
a q a E r r r ϕπεε∞
∞
===+⎰⎰122()q a πεε+ 故导体球的电容
122()()
q C a a πεεϕ==+ （2） 总的静电能量为 2
121()24()e q W q a a
ϕπεε==
+ 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 04C a πε=
故静电能量为 22
028e q q W C a
πε=
= 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
22
2224
0011()44832e W q q f a a a a a a πππεπε∂∂=-=-=∂∂
方向沿导体球表面的外法向，即 2
2
4
032r r q f a
πε==
f e e
这里 sin cos sin sin cos r x y z θφθφθ=++e e e e 在半球面上对f 积分，即得到两半球之间的静电力为
2
22
2
2400
d sin d d 32r q S a a ππθθφπε===⎰⎰⎰
F f e 2
2224
00
2cos sin d 32z
a q a ππθθθπε=⎰e 2
2
32z q a
πεe
题 3.33图
..WORD 完美格式..
3.35 如题3.35图所示，两平行的金属板，板间距离为，竖直地插入在电容率为ε的液体中，两板间加电压U ，证明液面升高
201
()()2U
h g d
εερ=
- 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
0()
a L h ah C d d
εε-=
+ 金属板间的静电能量为
22
01[()]22e aU W CU h L h d
εε==+-
液体受到竖直向上的静电力为
2
0()2e e W aU F h d
εε∂==-∂
而液体所受重力
g F mg ahd g ρ==
e F 与g F 相平衡，即 20()2aU
ahdg d
εε-=
故得到液面上升的高度
2200
2()1()()22U U h d g g d
εεεερρ-==- 3.36 可变空气电容器，当动片由0至180电容量由25至350F p 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=0U 400V 。

解 当动片为θ角时，电容器的电容为
1235025
2525 1.81F (25 1.81)10F 180
C P θθθθ--=+=+=+⨯
此时电容器中的静电能量为 2122
0011(25 1.81)1022e W C U U θθ-==+⨯
作用于动片上的力矩为 122701
1.8110 1.45102
e W T U Nm θ--∂==⨯⨯=⨯∂ 3.37 平行板电容器的电容是0S d ε，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0U 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 ∆、介电常数为ε的电介质片插入电容器(与电容器极
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0U 一定的条件下，未插入金属板前，极板间的电场为
题3.35图
d
U E 0
0=
电容为 00S
C d
ε=
静电能量为 22
00000122e SU W C U d
ε==
当插入金属板后，电容器中的电场为 0
U E d d
=
-∆
此时静电能量和电容分别为 2
200001()22()e U SU W S d d d d d d εε⎛⎫
=-∆=
⎪-∆-∆⎝⎭ 02
02e W S C U d d
ε==-∆ 故电容器的电容及能量的改变量分别为
0000()
S
S
S d
C C C d d
d
d d d εεε∆∆=-=
-
=
-∆-∆
20002()
e e e SU d
W W W d d d ε∆∆=-=
-∆
（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 000q
E S
σεε=
= 静电能量为 22
00022e q dq W C S
ε=
= 当插入电介质板后，由介质分界面上的边界条件t t E E 21=，有 E E E ==21
再由高斯定理可得 0()E S E S S q εε∆+-∆=
于是得到极板间的电场为 0()
q
E S S S εε=
∆+-∆
两极板间的电位差位 0()
qd
U Ed S S S εε==
∆+-∆ 此时的静电能量为 2
01122()
e q d W qU S S S εε==∆+-∆ 其电容为 0()
S S S C d
εε∆+-∆=
故电容器的电容及能量的改变量分别为 0()S
C d
εε-∆∆=
2000()1
2[()]
e q d W S S S S εεεεε-∆=-∆+-∆
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。

题3.37图()b
（1）证明：有源区E 的微分方程为2
t
ρε∇∇=E ，t P ρρρ=+；
（2）证明：E 的解是 01
d 4t
R τρτπε'∇'=-
⎰E 解 （1）由0∇⨯=E ，可得 ()0∇⨯∇⨯=E ，即2()0∇∇-∇=E E 又 0
01
1
()()P ρρεε∇=
∇-=
+E D P
故得到
2
00
()t P ρρρεε∇∇+∇==E （2）在直角坐标系中2
t ρε∇∇=E 的三个分量方程为
201t x E x ρε∂∇=∂，201t y E y ρε∂∇=∂，2
01t z
E z
ρε∂∇=∂ 其解分别为
01
1d 4t
x E R x τρτπε∂'=-
'
∂⎰ 011d 4t
y E R y τρτπε∂'=-'∂⎰ 01
1d 4t
z E R z τρτπε∂'=-
'∂⎰ 故 x x y y z z E E E =++=E e e e 01
1[]d 4t t t x y z R x y z τρρρτπε∂∂∂'-
++='''∂∂∂⎰e e e 01
d 4t R τρτπε'∇'-⎰ 3.39 证明：()d 0t
R
τ
ρτ''∇=⎰ 解 由于 31(
)()t t
t
t t R R R R R ρρρρρ''∇∇''∇=∇+=+R ，所以 03()d d d 4d t t t t R R R R
ττττρρρτρττπετ''∇∇'''''∇=+=+⎰⎰⎰⎰R E 由题3.38(2)可知 0d 4t
R
τρτπε'∇'=-⎰E 故 00()d 440t R τ
ρτπεπε''∇=-+=⎰E E。