电磁场与电磁波(西安交大第三版)第2章课后规范标准答案

第2章习题

2-1.已知真空中有四个点电荷

，

，

，

，分别位于(1,0,0)，

(0,1,0)，(-1,0,0,)，(0,-1,0)点，求(0,0,1)点的电场强度。

ˆzˆzˆzˆzˆ;r2yˆ;r3xˆ;r4yˆ 解：r1x E140(ˆ3q4rˆ1q2rˆ2q3rˆ4ˆ6yˆ15zˆq1r3x )2222r1r2r3r4408的均匀线电荷围成如图所示的几种形状，求P点的电场强度。

2-2.已知线电荷密度为

题2-2图

解：(a) 由对称性EE1E2E3E40

(b) 由对称性EE1E2E30

(c) 两条半无限长线电荷产生的电场为

 EaE1E2llˆyˆ)(xˆyˆ)}ˆ {(xy40a20a 半径为a的半圆环线电荷产生的电场为

 Eblˆ y20a 总电场为EEaEb0

2-3.真空中无限长的半径为a的半边圆筒上电荷密度为

，求轴线上的电场强度。

解:在无限长的半边圆筒上取宽度为ad的窄条,此窄条可看作无限长的线电荷,电荷线密度为lsad,对积分,可得真空中无限长的半径为a的半边圆筒在轴线上的电场强度为

sarˆdssˆˆˆ E(sinycosx)dy20a20000 题2-3图 题2-4图 2-4.真空中无限长的宽度为a的平板上电荷密度为

，求空间任一点上的电场强度。

解: 在平板上x'处取宽度为dx'的无限长窄条，可看成无限长的线电荷，电荷线密度为

,.

lsdx'，在点(x,y)处产生的电场为

ˆdx'1s dE(x,y)

20 其中

ˆ(xx')2y2；ˆyyˆ(xx')x(xx')y22

对x'积分可得无限长的宽度为a的平板上的电荷在点(x,y)处产生的电场为

s(xa/2)2y2xa/2xa/2ˆlnˆ E(x,y){xy2(arctgarctg)} 2240yy(xa/2)y2-5.已知真空中电荷分布为

r为场点到坐标原点的距离，a，b为常数。求电场强度。

解： 由于电荷分布具有球对称性，电场分布也具有球对称性，取一半径为 r 的球面，利用高斯定理

qE dS

s02等式左边为 EdS4rEr

s4r5;ra25a半径为 r 的球面内的电量为q 32a5ba4;ra5因此，电场强度为

r3;ra50a2 Er3 2a5ba;ra250r

2-6.在圆柱坐标系中电荷分布为

r为场点到z轴的距离，a为常数。求电场强度。

解: 由于电荷分布具有轴对称性，电场分布也具有轴对称性，取一半径为 r ,单位长度的圆柱面，利用高斯定理

q EdS

s0,.

等式左边为 EdS2rEr

s2r3rr;ra2r23adr半径为 r 、高为1的圆柱面内的电量为q2rdr 22aa00;ra3因此，电场强度为

r2;ra3a0 Er2

a;ra3r0

2-7. 在直角坐标系中电荷分布为

求电场强度。

解: 由于电荷分布具有面对称性，电场分布也具有面对称性，

取一对称的方矩形封闭面,利用高斯定理,穿过面积为 S的电通量为Ex2S,方形封闭面内的

2xS0;xa电量为 q

2aS;xa00x;xa0因此，电场强度为 Ex

0a;xa0

2-8. 在直角坐标系中电荷分布为

求电场强度。

解: 由于电荷分布具有面对称性，电场分布也具有面对称性，取一对称的矩形封闭面,利用高斯定理,穿过面积为 S的电通量为Ex2S,方形封闭面内的电量为

,.

x2S;xa q2Sdx2xSdx2

00aS;xax2x2;0xa;ax02020因此，电场强度为 Ex Ex22aa0;xa;xa2200xx

2-9.在电荷密度为

（常数）半径为a的带电球中挖一个半径为b的球形空腔，空腔中心

到带电球中心的距离为c(b+c解:由电场的叠加性,空腔中某点的电场等于完全均匀填充电荷的大球在该点的电场与完全均匀填充负电荷的小球在该点的电场之和。完全均匀填充电荷的大球在该点的电场为

R Ea

30完全均匀填充负电荷的小球在该点的电场为

r Eb

30所以，空腔中某点的电场为

c(Rr) EEaEb

3030c为从球心指向空腔中心的矢量。

题2-9图

2-10.已知电场分布为

,.

求电荷分布。 解:由E/0得

20;xb/2 0Eb

0;xb/2

2-11. 已知在圆柱坐标中，电场分布为

C为常数。求电荷分布。

解: 由E/0得

 0E0

在r=a,r=b有面电荷.电荷面密度为

2-12.若在圆球坐标系中电位为

sDn0En0C/a;ra

0C/b;rb(ba);raaba);arb (r)(r0;rb求电荷分布。

2解:由/0得 2 00

ˆEr r0;raabEr(r)2;arb

r0;rbb/a;ra sDn0En0a/b;rb0

2-13.分别计算方形和圆形均匀线电荷在轴线上的电位。

,.

(a) (b)

解:(a) 方形均匀线电荷在轴线上的电位 方形每条边均匀线电荷的电位

(d)l402L/2L/2Ld2()2L/2dz'2 lln224Ldz'0d2()2L/222其中 dz(L/2) 方形均匀线电荷在轴线上的电位为

2lz2L2/2L/2(z)ln

220zL/2L/2(b) 圆形均匀线电荷在轴线上的电位

l (z)40

20ad'az22al20az22

2-14.计算题2-5给出的电荷分布的电位。 解: 题2-5给出的电荷分布的电场为

r3;ra50a2 Er3 2a5ba;ra25r0由电位的定义,电位为

 (r)Erdr

r对于r>a

a35ba2a35ba2 (r) dr250r50rr对于ra35ba2r3a25baa2r4 (r) drdr2225205r5a20a00000ar

a,.

15a2r4(5ab2);ra5044a (r) 2a(a5b);ra5r0

2-15四个点电荷在圆球坐标系中大小和位置分别为q(a,/2,0)，q(a,/2,/2)，

q(a,/2,)，q(a,/2,3/2)，求ra处的电位。

ˆ，解 此4个点电荷组成分别沿x、y轴放置的互相垂直的两对电偶极子p12aqxˆ，电位为 p22aqyˆ(p1p2)r (r)

40r2 在圆球坐标系中

ˆrˆsinsin ˆrˆsincos，y xˆ(p1p2)raqsin(cossin) (r)2240r20r

2-16.已知电场强度为解

，试求点(0,0,0)与点(1,2,1)之间的电压。

 Vab(a)(b)Edl

ba解1 从点a(0,0,0)到点b(1,2,1)的路径l取l1(0,0,0)到点(1,0,0)-+ l2点(1,0,0)到点(1,2,0)-+l3点 (1,2,0)到点(1,2,1)

211 VbaEdlEdlEdlEdl3dx4dy5dz6

ll1l2l3000

解2 E

(3x4y5z)

Vab(0,0,0)(1,2,1)6

2-17.已知在球坐标中电场强度为压。 解 从点

到点

的路径l取l1到点(b,1,1) +l2点

，试求点

与点

之间的电

,.

(b,1,1) (1,0,0)到点(1,2,0)-+l3点 (1,2,0)到点(1,2,1)

b311ˆrˆdr3() VEdlEdlEdlEdl2rabll1l2l3ar2-18.已知在圆柱坐标中电场强度为电压。

，试求点与点之间的

解 点到点

之间路径l取l1到点(b,1,0) +l2点

(b,1,0)到点(b,2,0)

b2bˆˆd2ln VEdlEdlEdlall1l2a2-19.半径为a，长度为L的圆柱介质棒均匀极化，极化方向为轴向，极化强度为为常数）。求介质中的束缚电荷。

(

解: (1)介质中的束缚电荷体密度为'P0

ˆP (2) 介质表面的束缚电荷面密度为'sn在圆柱介质棒的侧面上束缚电荷面密度为零;在上下端面上束缚电荷面密度分别为

'sP0.

2-20.求上题中的束缚电荷在轴线上产生的电场。 解： 上下端面上束缚电荷产生的电场 由例题，圆盘形电荷产生的电场为

z's(1);z'02220z'a Ez(z')

sz'(1);z'022z'a20式中a 为圆盘半径.

对上式做变换,z'zL/2,sP0,可上端面上束缚电荷产生的电场为

zL/2P0(1);zL/2222(zL/2)a0 Ez1(z)

P0zL/2(1);zL/22220(zL/2)a同理,做变换,z'zL/2,sP0,可下端面上束缚电荷产生的电场为

,.

zL/2P0(1);zL/2222(zL/2)a0 Ez2(z)

P0zL/2(1);zL/2222(zL/2)a0上下端面上束缚电荷产生的总电场为

P0zL/2zL/2[];zL/222220(zL/2)a(zL/2)azL/2zL/2P Ez0[2];L/2zL/2

222(zL/2)a(zL/2)a20P0zL/2zL/2[];zL/2222220(zL/2)a(zL/2)a

2-21.半径为a的介质球均匀极化，

解: (1)介质中的束缚电荷体密度为'P0

ˆPzˆP0P0cos ˆr (2) 介质表面的束缚电荷面密度为'sn

2-22.求上题中束缚电荷在球中心产生的电场。 解: 介质表面的束缚电荷在球心产生的电场

，求束缚电荷分布。

在介质球表面取半径为rasin宽度为dlasind的环带,可看成

半径为rasin,zacos,电荷线密度为laP0sincosd的线电荷圆环,例中给出了线电荷圆环的电场,对积分得

P0P0P0a3sin2cos2d2 Ez sin2d223/2200[(asin)(acos)]800160

2-23.无限长的线电荷位于介电常数为的均匀介质中，线电荷密度电场强度。

解: 设无限长的线电荷沿 z轴放置, 利用高斯定理,容易求得介质中的电场强度为 E

为常数，求介质中的

l 为场点到线电荷的距离. 2,.

2-24. 半径为a的均匀带电球壳，电荷面密度的介质，求介质内外的电场强度。

解:由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为 r的球面，采用高斯定理

为常数，外包一层厚度为d、介电常数为

 DdSq

S22上式左右两边分别为 4rDr4as

a2s由此得 Dr

r2a2s;aradr2因为DE，所 以 Er

a2s;rad2r0

2-25.两同心导体球壳半径分别为a、b，两导体之间介质的介电常数为，内外导体球壳电位分别为V和0。求两导体球壳之间的电场和球壳面上的电荷面密度。

解：设内导体带电荷为 q，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为 r的球面，采用高斯定理，两导体球壳之间的电场为 Erq 4r2q11() 4ab1

11r2abV两导体球壳之间的电压为

b VErdra

代入得，两导体球壳之间的电场为 Er球壳面上的电荷面密度为

1

11a2abV1 s(rb)Dn(rb)Er(rb)

11b2ab s(ra)Dn(ra)Er(ra)

2-26 两同心导体球壳半径分别为a、b，两导体之间有两层介质，介电常数为荷面密度以及介质分界面上的束缚电荷面密度。

解：设内导体带电荷为 q，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为 r的球面，采用

、

，介

质界面半径为c，内外导体球壳电位分别为V,0。求两导体球壳之间的电场和球壳面上的电

V,.

高斯定理可得，Drq 4r2两导体球壳之间的电场为

q;arc41r2 Er

q;crb242r两导体球壳之间的电压为 VErdr11q11()() 41ac42cbaq111111V/[()()] 41ac2cbbqV11112;arc[()1()]rac2cb ErV;crb1111[2()()]r2accb11V s(ra)Dn(ra)111112[()()]aac2cb2V s(rb)Dn(rb)21111[()()]b21accbV11's(rc)0(Er(rc)Er(rc))02[]11111111c[2()()][()1()]1accbac2cb

2-27 圆柱形电容器，内外导体半径分别为a、b，两导体之间介质的介电常数为，介质的击穿场强为

，求此电容器的耐压。

解：设圆柱形电容器内导体电量为q，利用高斯定理，可得 Erq 2rLq2Llnb a内外导体间的电压为 V因此

q2LV blna所以电场可表示为

,.

ErV1 brlnaV1 balna内导体表面的电场为 EaVaEaln如果介质的击穿场强为

b ab a，则电容器的耐压为VaEbln2-28已知真空中一内外半径分别为a、b的介质球壳，介电常数为，在球心放一电量为q的点电荷。（1）用介质中的高斯定理求电场强度；（2）求介质中的极化强度和束缚电荷。

解：（1）由题意，电场具有球对称结构。采用高斯定理DdSq，在半径为r的球面

S上

Dr由DE得

q 24rq;ra,rb40r2 Er

q;arb24r0（2）P0eE0((r1)E(0)E0q1ˆ)0 (2r 'P4rˆ 'sPn0qˆ 's(ra)Pn

4a20qˆ 's(rb)Pn4b2

nqˆ r24ra和n均为常数，2-29 某介质的介电常数为az，若介质中的电场强度为恒值且只有znD分量，证明：D。

zˆ 证明 DEaznE0zdnD(aznE0)nazn1E0 D dzz,.

2-30 .有三层均匀介质，介电常数分别为层介质中均为匀强场，且

解：因为三层介质中均为匀强场，由边界条件E1tE2t可得

E2xE3xE1x3， E2yE3yE1y0 由边界条件D1nD2n， 可得

D2zD3zD1z21，即E2z21/2；E3z21/3

，求

,取坐标系使分界均平行于xy面。已知三。

，设第二、三层介质中的电场强度分别为

ˆE3yyˆE3zzˆE2yyˆE2zzˆ ˆ； E3E3xx E2E2xxˆ21/2zˆ，E33xˆ21/3zˆ 所以 E23x

2-31 .半径为a的导体球中有两个半径均为b的球形腔，在其中一个空腔中心有一个电量为q的点电荷在该球形空腔中心，如图所示，如果导体球上的总电量为0，求导体球腔中及球外的电场强度。

解：（1）在有点电荷的空腔中，由于对称性，电场强度为E1心指向该空腔中场点的位置矢量。

ˆqR1R，1为从空腔中

40R12（2）在另一没有点电荷的空腔中，由于静电屏蔽，该空腔中的电场强度为零。

（3）在导体球外，由于导体球为等位体，除了导体球面上外，导体球外没有电荷，因此导体球外电场具有球对称性，且导体球上的电量为q,所以导体球外的电场强度为 Er

q40r2 r为导体球心到场点的距离。

,.

题2.31图 题2.28图

2-32 .同轴圆柱形电容器内外半径分别为a、b，导体之间一半填充介电常数为另一半填充介电常数为

的介质，

的介质。当电压为V时，求电容器中的电场和电荷分布。

解：设内导体上的电量为q,在内外导体之间取半径为 r的圆柱面，利用高斯定理

 DdSq

S在两个半柱面上，电场强度分别相等，上式变为 2rl(1E1r2E2r)q 由介质边界条件E1rE2rEr，可得 Erq

2l(12)rb内外导体之间的电压为 VErdraq2l(12)lnb a2l(12)V；从而得

blnaV Er

brlna由此得q 电荷分布为

1V;rabalna介质侧s；

1V;rbbblna

2-33 z>0半空间为介电常数为(2)电荷线密度为求电场强度。

2V;rabalna介质侧s

2V;rbbblna的介质，z<0半空间为介电常数为

的介质，当

(1)电量为q的点电荷放在介质分界面上；

的均匀线电荷放在介质分界面上。

解：（1）电量为q的点电荷放在介质分界面上 以点电荷为中心作以半径为r的球，利用高斯定理

 DdSq

S设上、下半球面上的电位移矢量分别D1、D2，根据对称性，在上、下半球面上大小分别

相等，有

2 2r(D1nD2n)=q

,.

根据边界条件E1tE2t，因此

2 2r(1E1t2E2t)q

ErE1rE2r

（2）电荷线密度为

q

2(12)r2的均匀线电荷放在介质分界面上

以线电荷为轴线作以半径为r单位长度的圆柱面，利用高斯定理

 DdSl

S设上、下半柱面上的电位移矢量分别D1、D2，根据对称性，在上、下半柱面上大小分别

相等，有

r(D1nD2n)=l 根据边界条件E1tE2t，因此 r(1E1t2E2t)l ErE1rE2r

2-34.面积为A，间距为d的平板电容器电压为V，介电常数为厚度为t的介质板分别按如图a、b所示的方式放置在两导电平板之间。分别计算两种情况下电容器中电场及电荷分布。

l

(12)r

题2.34图

解：（a）设导体板之间介质与空气中的电场分别为Ee、E0，那么Ee、E0满足关系 EetE0(dt)V

Ee0E0 （边界条件） 求解以上两式得 EerVV； E0

tr(dt)tr(dt)根据导体表面上的边界条件sDn，在上、下导体表面上的电荷面密度为

,.

sV

tr(dt) (b) 由图可见，导体板之间介质与空气中的电场为

EV/d

根据导体表面上的边界条件sDn，在上、下导体板与空气的界面上的电荷面密度为 0s0V/d

在上、下导体板与介质的界面上的电荷面密度为 esV/d

2-35 在内外半径分别为a和b之间的圆柱形区域内无电荷，在半径分别为a和b的圆柱面上电位分别为V和0。求该圆柱形区域内的电位和电场。 解：由电荷分布可知，电位仅是的函数，电位满足的方程为

1dd()0 dd解微分方程得

()c1lnc2 利用边界条件

(a)c1lnac2V

(b)c1lnbc2o VV得 c1， c2lnb

aalnlnbb因此

Vbln blna2-36在半径分别为a和b的两同轴导电圆筒围成的区域内，电荷分布为A/r，A为常数，若介质介电常数为，内导体电位为V，外导体电位为0。求两导体间的电位分布。

()解 由电荷分布可知，电位仅是的函数，电位满足的方程为

1ddA(r) rdrdrr解微分方程得

ddA(r) drdrdA(r)rc1 drdAc1 drrA (r)rc1lnrc2

利用边界条件

,.

(a)Aac1lnac2V

(b)得

Abc1lnbc20

AVc1A(ba)， c2AVb(ba)blnaA(br)blnab alnb

VA(r)ln(ba)baln2-37 两块电位分别为0和V的半无限大的导电平板构成夹角为区域中的电位分布。

b a

c 的角形区域，求该角形

题2.37图 题2.38 图

解：由题意，在圆柱坐标系中，电位仅是的函数，在导电平板之间电位方程为

1d2 0 2d其通解为 c1c0

2由边界条件(0)0;()V，得 

2-38 .由导电平板制作的金属盒如图所示，除盒盖的电位为V外，其余盒壁电位为0，求盒内电位分布。

解：用分离变量法，可得电位的通解为 (x,y,z) V

n,m1Amnsinmnxsiny(ezBmnez) acm2n)()2 ac利用边界条件(z0)0;(zb)V，可求出系数 Bmn1

(,.

Amn16V （m、n为奇数）

mn2sh(b) Amn0 （m、n为偶数）

(x,y,z)16Vmnzzsinxsiny(ee) 2acn,m1mnsh(b)(

m2n)()2 ac2-39 在场。

的匀强电场中沿z轴放一根半径为a的无限长导电圆柱后，求电位及电

解：由分离变量法，无限长导电圆柱外的电位的通解为 (,)c0lnd0(cm1mmdmm)(cosmbmsinm) （1）

设(0)0，当时的电位等于无导电圆柱的电位，即

ˆdxE0xE0cos （2） ()0()E0x0x要使式（1）的电位在时等于式（2），可得到系数 c1E0，cm10，bm0，d00 再由导体界面的边界条件(a)0得

d1a2E0,dm10

因此，电位的特解为

(,)E0(

2-40 .在无限大的导电平板上方距导电平板h处平行放置无限长的线电荷，电荷线密度为，求导电平板上方的电场。

解:用镜像法,导电平板的影响等效为镜像位置的一个电荷线密度为-上方的电场为

的线电荷, 导电平板

a2)cos

lr1r2(22) E20rr2,.

式中r1、r2分别为线电荷及其镜像线电荷到场点的距离矢量。

2-41 由无限大的导电平板折成q，用镜像法求电位分布。

解：如图将空间等分为8个区，在每个区中以原来的导电面为镜面可以依次找到镜像位置，原电荷的位置为(标系中的坐标为

i0;ziz0 i1,7

00000 1900;2900;31800;41800;52700;

的角形区，在该角形区中某一点()有一点电荷

)，在圆柱坐标系中为(0,0,z0)，另外7个镜像电荷在圆柱坐

0 62700;70

镜像电荷为q1q;q2q;q3q;q4q;q5q;q6q;q7q 对于场点(x,y,z)，电荷到场点的距离矢量为

ˆ(yyi)yˆ(zzi)zˆ；i0,7 ri(xxi)x则场点的电场为E(r)ri 40i0ri3q7

题2-41图 题2-42图

2-42 半径为a，带电量为Q的导体球附近距球心f处有一点电荷q，求点电荷q所受的力。 解：点电荷q 受到的力（场）有两部分，一部分等效为镜像电荷q'的力，另一部分等效为位于球中心的点电荷q\"的力。由镜像法，镜像电荷q'的大小和位置分别为

aa2 q'q;d

ff由于包围导体球的总电量为Q，所以位于位于球中心的点电荷q\"=Q-q';因此点电荷q 受到的力为

ˆ Fx

qQaq/faq/f[] 2240f(fd),.

2-43 内外半径分别为a、b的导电球壳内距球心为d(d由于导电球壳电位为零，导电球壳外无电荷分布，因此导电球壳外的电位为零。 导电球壳内的电位的电位由导电球壳内的点电荷和导电球壳内壁上的电荷产生，而导电球壳内壁上的电荷可用位于导电球壳外的镜像电荷等效，两个电荷使导电球壳内壁面上的电位为零，因此镜像电荷的大小、距球心的距离分别为

a2a q'q；f

dd导电球壳内的电位为 q40{qq'} r1r2其中r1、r2分别为场点与点电荷及镜像电荷的距离，用圆球坐标表示为 r1r2d22rdcos

2a22a2 r2r()2r()cos

dd（2）导电球壳电位为V

当导电球壳电位为V时，从导电球外看，导电球面是等位面，且导电球外的电位是球对称的，其电位满足 利用边界条件得 c rbV r导体球壳内的电位可看成两部分的叠加，一部分是内有点电荷但球壳为零时的电位，这一部分的电位同前；另一部分是内无点电荷但球壳电位为V时的电位，这一部分的电位为V。因此导电球壳电位为V时，导电球壳内的电位为 q40{qq'}V r1r2其中r1、r2分别为场点与点电荷及镜像电荷的距离。 (3)导电球壳上的总电量为Q

当导电球壳上的总电量为Q时，从导电球外看，导电球面是等位面，且导电球外的电位是球对称的，导电球壳内的总电量为Q+q,其电位满足

Qq 40r,.

导电球壳上的电位为UQq 40b同上得，导电球壳内的电位为 q40{qq'}U r1r2 题2-43图 题2-44图

2-44 无限大导电平面上有一导电半球，半径为a，在半球体正上方距球心及导电平面h处有一点电荷q，求该点电荷所受的力。

解：要使导体球面和平面上的电位均为零，应有三个镜像电荷，如图所示。三个镜像电荷

aa2a2;q',z;q,zh 的电量和位置分别为q'q,zhhh点电荷q所受的力为三个镜像电荷的电场力，即

q2a/ha/h1 Fz{} 2222240(ha/h)(ha/h)(2h)力的正方向向上。

题 2-.44图 题2.45图 电平面为h，求导电圆柱与导电平面之间单位长度的电容。

2-45无限大导电平面上方平行放置一根半径为a的无限长导电圆柱，该导电圆柱轴线距导解：如果无限长导电圆柱上有电荷线密度l，导电平面可用镜像位置的线电荷等效，镜像电荷线密度为-l。由导体圆柱的镜像法可求得导体圆柱的电位，那么，单位导体圆柱

,.

与导电平面之间的电容为 Clln(20hha)a22

题2-45 图

2-46 z>0半空间为介电常数为得力。

解：利用镜像法，计算z>0半空间的场时，原来的问题可等效为图2-41(b)，计算z<0半空间的场时，原来的问题可等效为图2-41(c)。这样上半空间的电位可表示为 1式中r1为可表示为 2的介质，z<0半空间为介电常数为

和

的介质，在界面两

边距界面为h的对称位置分别放置电量分别为

的点电荷。分别计算两个点电荷所受

141(q1q'2) r1r2的镜像位置的电荷q'2到场点的距离；下半空间的电位

到场点的距离，r2为

142(q2q'1) r3r4式中r3为q2到场点的距离，r4为q2的镜像位置的电荷q'1到场点的距离。利用边界条件，

12和D1nD1n得 ss (q1q'2)/1(q'1q2)/2 (q1q'2)(q'1q2)

由此得 q'1 q'2222q11q2

1212212q21q1

1212和q2所受的斥力分别为 F1q1q'2q'1q2F 222161h162h,.

(a) (b) (c) 题2-46图

2-47.两同心导体球壳半径分别为a、b，两导体之间介质的介电常数为，求两导体球壳之间的电容。

解：设内导体带电荷为 q，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为 r的球面，采用高斯定理，两导体球壳之间的电场为 Erq 4r2两导体球壳之间的电压为

q11() 4abaq4ab两导体球壳之间的电容为 C Vba VErdr

2-48 两同心导体球壳半径分别为a、b，两导体之间有两层介质，介电常数为质界面半径为c，求两导体球壳之间的电容。

解：设内导体带电荷为 q，由于电荷与介质分布具有球对称性，取半径为 r的球面，采用高斯定理可得，Dr、

，介

bq 4r2两导体球壳之间的电场为

q;arc41r2 Er

q;crb242r两导体球壳之间的电压为

q1111() ()42cb41acaq4两导体球壳之间的电容为 C 111111V()()1ac2cb VErdrbq

,.

2-49 面积为A，间距为d的导电平板之间放置介电常数为，厚度为t的介质板，如图a、b所示。分别计算两种情况下导电平板之间的电容。

(a) (b) 题2.49图

题2-49图

解：（a）设导体板之间介质与空气中的电场分别为Ee、E0，那么Ee、E0满足关系 EetE0(dt)V

Ee0E0 （边界条件） 求解以上两式得 EerVV； E0

tr(dt)tr(dt)根据导体表面上的边界条件sDn，在上、下导体表面上的电荷面密度为

V

tr(dt)AAS电容为 Cs

Vtr(dt)

s(b) 由图可见，导体板之间介质与空气中的电场为

EV/d

根据导体表面上的边界条件sDn，在上、下导体板与空气的界面上的电荷面密度为

,.

0s0V/d

在上、下导体板与介质的界面上的电荷面密度为 esV/d 电容为 C

2-50 两块沿z方向无限延伸的导电平板夹角为30，与a和b的圆柱面相截，

00sA0esAeV0A(at)adAtad

如图所示。一块板电位为V，另一块电位为0。忽略边缘效应，求两块板间的电位分布，电场，以及单位长度的电容。

题2-50图

解：在圆柱坐标系中，电位只和有关，在两块导电平板之间

1220 22此方程的通解为

c1c0 （）利用边界条件，(/6)V，(0)0得 ()电场强度为

6V

16Vˆˆ E 板上单位长度的电量为

bbqsdaa6Vd6Vlnb a板上单位长度的电容为 Cq6bln Va2-51 真空中半径为a的导体球电位为V，求电场能量。 解：用两种方法求解。 1） 用电位求电场能量 We11q2C20aV2 222） 用电场强度求电场能量

,.

导体球内的电场强度为零，导体球外的电场强度为 Er电场能量为

aV 2r11aV2222 We0EdV0(2)4rdr20aV

22arV

2-52 .圆球形电容器内导体的外半径为a，外导体的内半径为b，内外导体之间填充两层介电常数分别为

、

的介质，界面半径为c，电压为V。求电容器中的电场能量。

解：设圆球形电容器内导体上的电荷为 q，由高斯定理可求得在内外导体之间 Drq 4r2cb从而可求得内外导体之间的电压为

bVErdr(Dr/1)dr(Dr/2)draacq111111{()()} 41ac2cb圆球形电容器的电容为 CqV412

11112()1()accb212V2

11112()1()accb电场能量为

12 WeVC2

2-53 长度为d的圆柱形电容器内导体的外半径为a，外导体的内半径为b，内外导体之间填充两层介电常数分别为量。

解：设圆柱形电容器内导体上的电荷为q，用高斯定理，在内外导体之间 Dr、

的介质，界面半径为c，电压为V。求电容器中的电场能

q 2rdcb内外导体之间的电压为

b VErdr(Dr/1)dr(Dr/2)draacq1c1b{lnln} 2d1a2c内外导体之间的电容为 CqV212d

cb2ln1lnac,.

12电场能量为 WeVC2

212dV2

cb2ln1lnac2-54 两个点电荷电量均为q，放在介电常数为的介质中，间距为d，求互位能。 解： 两个点电荷的互位能为将一个点电荷从无限远移到和另一个间距为d处外力做的功 A

2-55 两尺寸为a×a的平行导电平板之间距离为d，带电量分别为介质板插入导电板之间深度为x时，分别求介质板所受的电场力。 a

x 题2.55 图

解：设空气填充部分和介质填充部分导电平板上的电荷密度分别为s1、s2由导体边界条件得D1s1，D2s2；由介质边界条件得E1E2或 s2,当将介电常数为的

q24d

D11D22，因此

2s1 1空气填充部分和介质填充部分导电平板上的电量分别为q1S1s1a(ax)s1，

q2S2s2axs2。由qq1q2及s2 s11q s2a(ax)1ax22s1得 12q a(ax)1ax2平行导电平板之间的电场能量为

121q2d2 We(q1/C1q2/C2){}

22a(ax)1ax2由虚功原理，对于常电荷系统，介质所受的沿x方向电场力为

Weq2ad(21) F xqc2[a(ax)1ax2]