電磁場與電磁波(第三版)課后答案第3章解讀

第三章習(xí)題解答3.1真空中半徑為a的一個球面，球的兩極點處分別設(shè)置點電荷q和-q，試計算球赤道平面上電通密度的通量Φ(如題3.1圖所示)。解由點電荷q和-q共同產(chǎn)生的電通密度為qR+R-D=[3-3]=4πRR+-q4π{err+ez(z-a)[r+(z-a)]2232-err+ez(z+a)[r+(z+a)]2232Φ=則球赤道平面上電通密度的通量?DdS=?DeSSzz=0dS=]2πrdr=q4πa題3.1圖?[02(-a)(r+a)qaa212232-a(r+a)2232(r+a)=0-1)q=-0.293q3.21911年盧瑟福在實驗中使用的是半徑為ra的球體原子模型，其球體內(nèi)均勻分布有總電荷量為-Ze的電子云，在球心有一正電荷Ze（Z是原子序數(shù)，e是質(zhì)子電荷量），通Ze?1r?過實驗得到球體內(nèi)的電通量密度表達(dá)式為D0=er2-3?，試證明之。4π?rra?Ze解位于球心的正電荷Ze球體內(nèi)產(chǎn)生的電通量密度為D1=er24πrZe3Ze=-原子內(nèi)電子云的電荷體密度為ρ=-334πra4πra電子云在原子內(nèi)產(chǎn)生的電通量密度則為D2=erρ4πr4πr32=-erZer4πra3題3.3圖(a)Ze?1r?故原子內(nèi)總的電通量密度為D=D1+D2=er2-3?4π?rra?33.3電荷均勻分布于兩圓柱面間的區(qū)域中，體密度為ρ0Cm,兩圓柱面半徑分別為a和b，軸線相距為c(c<b-a)，如題3.3圖(a)所示。求空間各部分的電場。解由于兩圓柱面間的電荷不是軸對稱分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半徑為a的小圓柱面內(nèi)看作同時具有體密度分別為±ρ0的兩種電荷分布，這樣在半徑為b的整個圓柱體內(nèi)具有體密度為ρ0的均勻電荷分布，而在半徑為a的整個圓柱體內(nèi)則具有體密度為-ρ0的均勻電荷分布，如題3.3圖(b)所示?？臻g任一點的電場是這兩種電荷所產(chǎn)生的電場的疊加。在r>b區(qū)域中，由高斯定律?EdS=Sqε022，可求得大、小圓柱中的正、負(fù)電荷在點PE1'=er'-πaρ02πε0r'2產(chǎn)生的電場分別為E1=erπbρ02πε0r2=ρ0br2ε0r=-ρ0ar'22ε0r'2＝＋題3.3圖(b)點P處總的電場為E=E1+E1'=ρ2ε0(brr-ar'2r')在r<b且r'>a區(qū)域中，同理可求得大、小圓柱中的正、負(fù)電荷在點P產(chǎn)生的電場分別為E2=erπrρ2πε0r=ρr2ε0'=er'E2-πaρ2πε0r'=-ρa(bǔ)r'2ε0r''=點P處總的電場為E=E2+E2ρ02ε0(r-ar'r')在r'<a的空腔區(qū)域中，大、小圓柱中的正、負(fù)電荷在點P產(chǎn)生的電場分別為E3=erπrρ02πε0r=ρ0r2ε0'=er'E3-πr'ρ02πε0r'=-ρ0r'2ε0'=點P處總的電場為E=E3+E3ρ02ε0(r-r')=ρ02ε0c3.4半徑為a的球中充滿密度ρ(r)的體電荷，已知電位移分布為?r3+Ar2?Dr=?a5+Aa4?2?r(r≤a)(r≥a)其中A為常數(shù)，試求電荷密度ρ(r)。1解：由?D=ρ，有ρ(r)=?D=故在r<a區(qū)域ρ(r)=ε0在r>a區(qū)域ρ(r)=ε01drdr(rDr)drdr[r(r+Ar)]=ε0(5r+4Ar)231drdrr3.5一個半徑為a薄導(dǎo)體球殼內(nèi)表面涂覆了一薄層絕緣膜，球內(nèi)充滿總電荷量為Q為[r(a+Aa)54]=04的體電荷，球殼上又另充有電荷量Q。已知球內(nèi)部的電場為E=er(ra)，設(shè)球內(nèi)介質(zhì)為真空。計算：（1）球內(nèi)的電荷分布；（2）球殼外表面的電荷面密度。解（1）由高斯定律的微分形式可求得球內(nèi)的電荷體密度為ρ=ε0?E=ε0[1drdr(rE)]=ε0[a1drdr(rra44)]=6ε0ra34（2）球體內(nèi)的總電量Q為Q=?ρdτ=?6ετr34a4πrdr=4πε0a球內(nèi)電荷不僅在球殼內(nèi)表面上感應(yīng)電荷-Q，而且在球殼外表面上還要感應(yīng)電荷Q，所以球殼外表面上的總電荷為2Q，故球殼外表面上的電荷面密度為σ=2Q4πa=2ε03.6兩個無限長的同軸圓柱半徑分別為r=a和r=b(b>a)，圓柱表面分別帶有密度為σ1和σ2的面電荷。（1）計算各處的電位移D0；（2）欲使r>b區(qū)域內(nèi)D0=0，則σ1和σ2應(yīng)具有什么關(guān)系？?D0dS=q，當(dāng)r<a時，有D01=0解（1）由高斯定理SD02=er當(dāng)a<r<b時，有2πrD02=2πaσ，則1aσ1raσ1+bσ2r當(dāng)b<r<∞時，有2πrD03=2πaσ1+2πbσ，則2D03=er（2）令D03=eraσ1+bσ2r=0，則得到σ1σ2=-ba3.7計算在電場強(qiáng)度E=exy+eyx的電場中把帶電量為-2μC的點電荷從點P1(2,1-,1移到點)P2(8,2,-1)時電場所做的功：（1）沿曲線x=2y2；（2）沿連接該兩點的直線。解（1）W=?Fdl=q?Edl=q?ECCCxdx+Eydy=222q?ydx+xdy=q?yd(2y)+2ydy=C21-6q?6ydy=14q=-28?1012(J)（2）連接點P1(2,1,-1)到點P2(8,2,-1)直線方程為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）計算線電荷平分面上3.8長度為L的細(xì)導(dǎo)線帶有均勻電荷，其電荷線密度為ρl0。任意點的電位?；（2）利用直接積分法計算線電荷平分面上任意點的電場E，并用E=-??核對。解（1）建立如題3.8圖所示坐標(biāo)系。根據(jù)電位的積分表達(dá)式，線電荷平分面上任意點P的電位為L2?(r,0)=?-Ldz'=L2Lρρl04πε0ln(z'+-L2=rρl04πε0ln=-Lρl0題3.8圖2πε0lnr（2）根據(jù)對稱性，可得兩個對稱線電荷元ρl0dz'在點P的電場為dE=erdEr=er'θ=erρl0rdz'2πε0(r+z')2232故長為L的線電荷在點P的電場為LE=er?dE=er?ρl0rdz'2πε0(r+z')223=erρl02πε0r'L2=由E=-??求E，有?E=-??=-??ln2πε0??ρl0=r???ρl0-er2πε0?1?e-?=rr??rP3.9已知無限長均勻線電荷ρl的電場E=er電位函數(shù)。其中rP為電位參考點。rPrPρl2πε0r，試用定義式?(r)=?Edl求其r解?(r)=?rEdl=?2πεrρlrdr=ρl2πεlr=rrPρl2πεrPr由于是無限長的線電荷，不能將rP選為無窮遠(yuǎn)點。3.10一點電荷+q位于(-a,0,0)，另一點電荷-2q位于(a,0,0)，求空間的零電位面。解兩個點電荷+q和-2q在空間產(chǎn)生的電位1?(x,y,z)=-4πε0令?(x,y,z)=0，則有222-22=02(+a)+y+z]=(x-a)+y+即z4[x故得(x+53354由此可見，零電位面是一個以點(-a,0,0)為球心、a為半徑的球面。33a)+y+z=(222a)23.11證明習(xí)題3.2的電位表達(dá)式為?(r)=Ze4πε0r(1+r22ra-32ra)Ze4πr2解位于球心的正電荷Ze在原子外產(chǎn)生的電通量密度為D1=er電子云在原子外產(chǎn)生的電通量密度則為D2=erρ4πra34πr23=-erZe4πr2所以原子外的電場為零。故原子內(nèi)電位為?2?a)cosυr??a(r)=A(r-?r（1）求圓柱內(nèi)、外的電場強(qiáng)度；（2）這個圓柱是什么材料制成的？表面有電荷分布嗎？試求之。解（1）由E=-??，可得到r<a時，E=-??=0ε0r4πε0rrra3.12電場中有一半徑為a的圓柱體，已知柱內(nèi)外的電位函數(shù)分別為r≤a??(r)=0?(r)=1ra?Ddr=Zera?(12-r)dr=3Ze4πε0r(1+r22ra-32ra)r>a時，E=-??=-er-erA(1+a22??r[A(r-a2r)cosυ]-eυ?r?υ[A(r-a2r)cosυ]=rr（2）該圓柱體為等位體，所以是由導(dǎo)體制成的，其表面有電荷分布，電荷面密度為)cosυ+eυA(1-a22)sinυσ=ε0nEr=a=ε0erEr=a=-2ε0Acosυ23.13驗證下列標(biāo)量函數(shù)在它們各自的坐標(biāo)系中滿足??=0（1）sin(kx)sin(ly)e-hz其中h2=k2+l2；（2）rn[cos(nυ)+Asin(nυ)]圓柱坐標(biāo)；（3）r-ncos(nυ)圓柱坐標(biāo)；（4）rcosυ球坐標(biāo)；（5）r-2cosυ球坐標(biāo)。解（1）在直角坐標(biāo)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-hzn(故??=(-k-l+h)sikx+???z22（2）在圓柱坐標(biāo)系中??=21?r?r(r???r)+??r?υ222而1???1??n(r)={rr[cos(nυ)+Asin(nυ)]}=n2rn-2[cos(nυ)+Asin(nυ)]r?r?rr?r?r1??r?υ222=-nr2n-2[cos(nυ)+Asin(nυ)]}???z22=?22?zr[cos(nυ)+Asin(nυ)]=02-n故??=0（3）1?r?r2(r2???r)=21?r?r-n-2{r??r[r-ncos(nυ)]}=nr2-n-2cos(nυ)1??r?υ2=-nrcos(nυ)???z22=?22?z[r-ncos(nυ)]=0故?2?=0（4）在球坐標(biāo)系中??=21?r?r2(r2???r2)+12?rsinθ?θ2(sinθ[r???θ2)+122??22rsinθ?υ2r而1?r?r12(r???r?)=1?r?r???θ2??r2(rcosθ)]=1?cosθ??θ2rsinθ?θ(sinθ)=rsinθ?θ1?2[sinθ(rcosθ)]=2rcosθrsinθ?θ21??1?=2(rcosθ)=022222rsinθ?υrsinθ?υ2(-rsinθ)=-故?2?=0（5）1?r?r122(r2???r?)=1?r????θ22?[rr?(rr1-22cθos=2?[sinθ(-r-2r(rθcos-2rsinθ?θ(sinθ)=??θ2rsinθ?θ1?22cosθ)]=2r4rsinθ?θ21??1?-2=(rcosθ)=0222222rsinθ?υrsinθ?υ2sinθ)=-cosθ故??=03.14已知y>0的空間中沒有電荷，下列幾個函數(shù)中哪些是可能的電位的解?（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所以函數(shù)e-ycoshx不是y>0空間中的電位的解；（2）?22?x(e-ycosx)+?22?y(e-ycosx)+?22?z(e-ycosx)=-e-ycosx+e-ycosx=0所以函數(shù)e-ycosx是y>0空間中可能的電位的解；（3）?22?x(e?cosxsixn+2?y2ycxos?x+s2)?z2y(xco=sxsin)-4ecosxsinx+2ecosxsinx≠02所以函數(shù)e-（4）2ycosxsinx不是y>0空間中的電位的解；22??x(sinxsiynszi+n2?y?2?x(sinysinz+2in?z)xsin(ysin=zsin)-3sinxsinysinz≠0所以函數(shù)sinxsinysinz不是y>0空間中的電位的解。3.15中心位于原點，邊長為L的電介質(zhì)立方體的極化強(qiáng)度矢量為P=P0(exx+eyy+ezz)。（1）計算面束縛電荷密度和體束縛電荷密度；（2）證明總的束縛電荷為零。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=03.16一半徑為R0的介質(zhì)球，介電常數(shù)為εrε0，其內(nèi)均勻分布自由電荷ρ，證明中心點的電位為2εr+12εr(ρ3ε0)R02?DdS=q，可得到解由Sr<R0時，4πrD1=24πr33ρD1=即D1=2ρr3，E1=4πR03323ρr3εrε0εrε0r>R0時，4πrD2=ρD1=即D2=故中心點的電位為R0∞ρR03rR0，E2=ρR03ε0r32ε03?(0)=?E1dr+?R0E2dr=?3ερrr∞ε0dr+?R0dr=ρR0+ρR0=2εr+1(ρ)R2203ε0r6εrε03ε02εr3ε0ρR022介電常數(shù)為ε，球內(nèi)的極化強(qiáng)度P=erKr，其中K為3.17一個半徑為R的介質(zhì)球，一常數(shù)。（1）計算束縛電荷體密度和面密度；（2）計算自由電荷密度；（3）計算球內(nèi)、外的電場和電位分布。解（1）介質(zhì)球內(nèi)的束縛電荷體密度為ρp=-?P=-在r=R的球面上，束縛電荷面密度為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由此可得到介質(zhì)球內(nèi)的自由電荷體密度為εεεKρ=?D=?P=-ρp=2ε-ε0ε-ε0(-ε)r0)?D=?P總的自由電荷量q=?ρdτ=τεKε-ε0KR?r124πrdr=24πεRKε-ε0（3）介質(zhì)球內(nèi)、外的電場強(qiáng)度分別為E1=Pε-ε0q=er(ε-ε0)r(r<R)(r>R)E2=er4πε0r2=erεRKε0(ε-ε0)r∞2介質(zhì)球內(nèi)、外的電位分別為∞R1?1=?Edl=?Edr+?ErR2dr=dr=rR∞?(ε-εrK)r0dr+?εRεRK(ε-ε0)r02K(ε-ε0)∞ln∞Rr+εKε0(-ε0)2(r≤R)εRKε0(ε-ε0)r?2=?rE2dr=?εrεRK(ε-ε0)rdr=(r≥R)（2）導(dǎo)3.18（1）證明不均勻電介質(zhì)在沒有自由電荷密度時可能存在束縛電荷體密度；出束縛電荷密度ρP的表達(dá)式。解（1）由D=ε0E+P，得束縛電荷體密度為ρP=-?P=-?D+ε0?E在介質(zhì)內(nèi)沒有自由電荷密度時，?D=0，則有ρP=ε0?E(εE)=ε?E+Eε?0由于D=εE，有?D=?=E?ε?E=所以ε由此可見，當(dāng)電介質(zhì)不均勻時，?E可能不為零，故在不均勻電介質(zhì)中可能存在束縛電荷體密度。ε0ρρ=ε?E=-E?ε（2）束縛電荷密度P的表達(dá)式為P0ε3.19兩種電介質(zhì)的相對介電常數(shù)分別為εr1=2和εr2=3，其分界面為z=0平面。如果已知介質(zhì)1中的電場的E1=ex2y-ey3x+ez(5+z)那么對于介質(zhì)2中的E2和D2，我們可得到什么結(jié)果？能否求出介質(zhì)2中任意點的E2和D2？解設(shè)在介質(zhì)2中E2(x,y,0)=exE2x(x,y,0)+eyE2y(x,y,0)+ezE2z(x,y,0)D2=ε0εr2E2=3ε0E2在z=0處，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故得到介質(zhì)2中的E2和D2在z=0處的表達(dá)式分別為E2(x,y,0)=ex2y-ey3x+ez(103)D2(x,y,0)=ε0(ex6y-ey9x+ez10)不能求出介質(zhì)2中任意點的E2和D2。由于是非均勻場，介質(zhì)中任意點的電場與邊界面上的電場是不相同的。3.20電場中一半徑為a、介電常數(shù)為ε的介質(zhì)球，已知球內(nèi)、外的電位函數(shù)分別為ε-ε03cosθ?1=-E0rcosθ+aE0r≥a2ε+2ε0r?2=-3ε0ε+2ε0E0rcosθr≤a驗證球表面的邊界條件，并計算球表面的束縛電荷密度。解在球表面上ε-ε03ε0?(a,θ)=-Eacosθ+aEcosθ=-E0acosθ100ε+2ε0ε+2ε0?2(a,θ)=-??1?r??2?rr=ar=a3ε0ε+2ε0E0acosθ2(ε-ε0)E0cosθ=-3εE0cosθ=-E0cosθ-=-3ε0ε+2ε0ε+2ε0ε+2ε0E0cosθ??1?rr=a故有?1(a,θ)=?2(a,θ)，ε0=ε??2?rr=a可見?1和?2滿足球表面上的邊界條件。球表面的束縛電荷密度為σp=nP2d2r=a=(ε-ε0)erE2=-(ε-ε0)??2?rr=a=3ε0(-ε0)ε+2ε0E0cosθ3.21平行板電容器的長、寬分別為a和b，極板間距離為d。電容器的一半厚度(0~)用介電常數(shù)為ε的電介質(zhì)填充，如題3.21圖所示。(1)(1)板上外加電壓U0，求板上的自由電荷面密度、束縛電荷；(2)(2)若已知板上的自由電荷總量為Q，求此時極板間電壓和束縛電荷；(3)(3)求電容器的電容量。解（1）設(shè)介質(zhì)中的電場為E=ezE，空氣中的電場為E0=ezE0。由D=D0，有E0E0又由于Ed2E0d2U0由以上兩式解得E20U0(0)d，E02U0(0)d題3.21圖故下極板的自由電荷面密度為20U0下E(0)d20U0(0)d上極板的自由電荷面密度為上0E0電介質(zhì)中的極化強(qiáng)度P(0)Eez故下表面上的束縛電荷面密度為20(0U)(0)d20(0U)(0)dp下ezP上表面上的束縛電荷面密度為p上ezP20(0U)(0)dQab（2）由20U(0)d得到U(0)dQ20ab(0)Q故題3.22圖ab(0)Qp上ab20abQC（3）電容器的電容為U(0)dp下3.22厚度為t、介電常數(shù)為40的無限大介質(zhì)板，放置于均勻電場E0中，板與E0成角1，如題3.22圖所示。求：（1）使24的1值；（2）介質(zhì)板兩表面的極化電荷密度。tan10解（1）根據(jù)靜電場的邊界條件，在介質(zhì)板的表面上有tan2由此得到1tan10tan2ta1011t414（2）設(shè)介質(zhì)板中的電場為E，根據(jù)分界面上的邊界條件，有0E0nEn，即0E0cos1En所以En04介質(zhì)板左表面的束縛電荷面密度34E0cos11E0cos14p(0)En0Ecos140.7E2800介質(zhì)板右表面的束縛電荷面密度p(0)En340Ecos140.7E2803.23在介電常數(shù)為的無限大均勻介質(zhì)中，開有如下的空腔，求各腔中的E0和D0：（1）平行于E的針形空腔；（2）底面垂直于E的薄盤形空腔；（3）小球形空腔（見第四章4.14題）。解（1）對于平行于E的針形空腔，根據(jù)邊界條件，在空腔的側(cè)面上，有E0E。故在針形空腔中E0E，D00E00E（2）對于底面垂直于E的薄盤形空腔，根據(jù)邊界條件，在空腔的底面上，有D0D。故在薄盤形空腔中D0D，EE0D00E03.24在面積為S的平行板電容器內(nèi)填充介電常數(shù)作線性變化的介質(zhì)，從一極板(y0)處的1一直變化到另一極板(yd)處的2，試求電容量。d解由題意可知，介質(zhì)的介電常數(shù)為1y(2)1設(shè)平行板電容器的極板上帶電量分別為q，由高斯定理可得DyqSq[1y(21)d]SdEydDydyqdln所以，兩極板的電位差U故電容量為CqUEydy[q12y(2)d]S1S()121S(21)dln(21)733.25一體密度為2.3210Cm的質(zhì)子束，束內(nèi)的電荷均勻分布，束直徑為2mm，束外沒有電荷分布，試計算質(zhì)子束內(nèi)部和外部的徑向電場強(qiáng)度。解在質(zhì)子束內(nèi)部，由高斯定理可得2rEr故Err202.32107104r3Vm(r102r1228.854101.3110r2m)在質(zhì)子束外部，有2rEr故Era21012a620r2.321071028.85410r1.311021r3Vm(r10m)3.26考慮一塊電導(dǎo)率不為零的電介質(zhì)(,)，設(shè)其介質(zhì)特性和導(dǎo)電特性都是不均勻的。證明當(dāng)介質(zhì)中有恒定電流J時，體積內(nèi)將出現(xiàn)自由電荷，體密度為J()。試問有沒有束縛體電荷P？若有則進(jìn)一步求出P。D(E)J)J解J對于恒定電流，有J0，故得到J(介)質(zhì)中有束縛體電荷P，且εJρP=-?P=-?D+ε0?E=-J?()+ε0?()=γγε0ε-ε0ε-J?()+J?()=-J?(γγγ3.27填充有兩層介質(zhì)的同軸電纜，內(nèi)導(dǎo)體半徑為a，外導(dǎo)體內(nèi)半徑為c，介質(zhì)的分界面半徑為b。兩層介質(zhì)的介電常數(shù)為ε1和ε2，電導(dǎo)率為γ1和γ2。設(shè)內(nèi)導(dǎo)體的電壓為U0，外導(dǎo)體接地。求：（1）兩導(dǎo)體之間的電流密度和電場強(qiáng)度分布；（2）介質(zhì)分界面上的自由電荷面密度；（3）同軸線單位長度的電容及漏電阻。解（1）設(shè)同軸電纜中單位長度的徑向電流為I，則由?JdS=I，可得電流密度S)J=erI2πr(a<r<c)I2πrγ1I2πrγ2I2πγ1介質(zhì)中的電場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)故兩種介質(zhì)中的電流密度和電場強(qiáng)度分別為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，介質(zhì)1內(nèi)表面的電荷面密度為ε1γ2U0σ1=ε1erE1r=a=a[γ2ln(ba)+γ1ln(c)]介質(zhì)2外表面的電荷面密度為σ2=-ε2erE2兩種介質(zhì)分界面上的電荷面密度為r=c=-ε2γ1U0c[γ2ln(ba)+γ1ln(cb)]σ12=-(ε1erE1-ε2erE2)（3）同軸線單位長度的漏電阻為R=r=b=-(ε1γ2-ε2γ1)U0b[γ2ln(ba)+γ1ln(cb)]2πγ1γ22πε1ε2U0I=γ2ln(ba)+γ1ln(cb)由靜電比擬，可得同軸線單位長度的電容為C=ε2ln(ba)+ε1ln(c)3.28半徑為R1和R2(R1<R2)的兩個同心的理想導(dǎo)體球面間充滿了介電常數(shù)為ε、電導(dǎo)率為γ=γ0(1+Kr)的導(dǎo)電媒質(zhì)(K為常數(shù))。若內(nèi)導(dǎo)體球面的電位為U0，外導(dǎo)體球面接地。試求：（1）媒質(zhì)中的電荷分布；（2）兩個理想導(dǎo)體球面間的電阻。解設(shè)由內(nèi)導(dǎo)體流向外導(dǎo)體的電流為I，由于電流密度成球?qū)ΨQ分布，所以J=erI4πrIR22(R1<r<R2)電場強(qiáng)度E=Jγ=er4πγ0(r+K)rR2(R1<r<R2)由兩導(dǎo)體間的電壓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?()=媒質(zhì)中的電荷體密度為γ媒質(zhì)內(nèi)、外表面上的電荷面密度分別為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）兩理想導(dǎo)體球面間的電阻R=U0I=14πγ0KlnR2(R1+K)R1(R2+K)3.29電導(dǎo)率為γ的無界均勻電介質(zhì)內(nèi)，有兩個半徑分別為R1和R2的理想導(dǎo)體小球，兩球之間的距離為d(d>>R1,d>>R2)，試求兩小導(dǎo)體球面間的電阻。解此題可采用靜電比擬的方法求解。假設(shè)兩小球分別帶電荷q和-q，由于兩球間的距離d>>R1、d>>R2，可近似認(rèn)為小球上的電荷均勻分布在球面上。由電荷q和-q的電位疊加求出兩小球表面的電位差，即可求得兩小導(dǎo)體球面間的電容，再由靜電比擬求出兩小導(dǎo)體球面間的電阻。設(shè)兩小球分別帶電荷q和-q，由于d>>R1、d>>R2，可得到兩小球表面的電位為?1=q4πε(1R1(-1R21d-R2-1d-R1))?2=-q4πε所以兩小導(dǎo)體球面間的電容為C=q?1-?2=4πε1R1+1R2-1d-R1-1d-R2由靜電比擬，得到兩小導(dǎo)體球面間的電導(dǎo)為1G14πγG=I?1-?2+1-2=4πγ1R11+-11R2-1d-R11)2-1d-R2故兩個小導(dǎo)體球面間的電阻為R==(1R1Rd-Rd-R3.30在一塊厚度d的導(dǎo)電板上，由兩個半徑為r1和r2的圓弧和夾角為α的兩半徑割出的一塊扇形體，如題3.30圖所示。求：（1）沿厚度方向的電阻；（2）兩圓弧面之間的電阻；沿α方向的兩電極的電阻。設(shè)導(dǎo)電板的電導(dǎo)率為γ。解（1）設(shè)沿厚度方向的兩電極的電壓為U，則有1E1=U1dγU1dγU1α22I1=J1S1=?(r2-r1)d2J1=γE1=故得到沿厚度方向的電阻為3.30圖R1=U1I1=2dαγ(r2-r1)22（2）設(shè)內(nèi)外兩圓弧面電極之間的電流為I2，則J2=I2S2=I2αrdE2=J2γr2=I2γαrdI2r2r1U2=?r1E2dr=γαdln故得到兩圓弧面之間的電阻為R2=U2I2=1γαdlnr2r1α（3）設(shè)沿α方向的兩電極的電壓為U3，則有U3=由于E3與υ無關(guān)，所以得到E3=eυU3?E3rdυαrγU3αrr2J3=γE3=eυI3=?S3J3eυdS=U3I3?r1γdU3αrdr=γdU3αlnr2r1故得到沿α方向的電阻為R3=γdln(r2r1)3.31圓柱形電容器外導(dǎo)體內(nèi)半徑為b，內(nèi)導(dǎo)體半徑為a。當(dāng)外加電壓U固定時，在b一定的條件下，求使電容器中的最大電場強(qiáng)度取極小值Emin的內(nèi)導(dǎo)體半徑a的值和這個=αEmin的值。解設(shè)內(nèi)導(dǎo)體單位長度帶電荷為ρl，由高斯定理可求得圓柱形電容器中的電場強(qiáng)度為E(r)=bρl2πε0rb由內(nèi)外導(dǎo)體間的電壓U=得到ρl=2πε0Uln(ba)?Edr=a?2πεaρlr0dr=ρl2πε0lnbaUrln(ba)由此得到圓柱形電容器中的電場強(qiáng)度與電壓的關(guān)系式E(r)=在圓柱形電容器中，r=a處的電場強(qiáng)度最大E(a)=令E(a)對a的導(dǎo)數(shù)為零，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同軸線單位長度的靜電儲能We等于3.32證明：單位長度上的電容。2C。ql為單位長度上的電荷量，C為ql2πεr解由高斯定理可求得圓柱形電容器中的電場強(qiáng)度為E(r)=內(nèi)外導(dǎo)體間的電壓為bbU=?Edr=a?2πεraρldr=qlUρl2πε=lnba則同軸線單位長度的電容為C=同We=122πεln(a)軸線2單12b位ql2長2πrdr=度1ql2的ln(ba)=靜1ql2電儲能為22πε2C3.33如題3.33圖所示，一半徑為a、帶電量q的導(dǎo)體球，其球心位于兩種介質(zhì)的分界τa?εEdτ=?ε(2πεr)面上，此兩種介質(zhì)的電容率分別為ε1和ε2，分界面為無限大平面。求：（1）導(dǎo)體球的電容；（2）總的靜電能量。解（1）由于電場沿徑向分布，根據(jù)邊界條件，在兩種介質(zhì)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導(dǎo)體球的電位題3.33圖∞?(a)=故導(dǎo)體球的電容C=q=2π(ε1+ε2)a12q?(a)=?Edr=2π(εaq1∞+ε2)?ra12dr=q2π(ε1+ε2)a?(a)（2）總的靜電能量為We=q24π(ε1+ε2)a3.34把一帶電量q、半徑為a的導(dǎo)體球切成兩半，求兩半球之間的電場力。解先利用虛位移法求出導(dǎo)體球表面上單位面積的電荷受到的靜電力f，然后在半球面上對f積分，求出兩半球之間的電場力。導(dǎo)體球的電容為C=4πε0a故靜電能量為We=q22C1=q28πε0a根據(jù)虛位移法，導(dǎo)體球表面上單位面積的電荷受到的靜電力f=-?We24πa?a=-12?4πa?a8πε0aq22(q2)=q22432πε0aer方向沿導(dǎo)體球表面的外法向，即f=erf=θ這里er=exsincoυs+eysθin32πε0a4υs+inezθc2ππ2在半球面上對f積分，即得到兩半球之間的靜電力為F=?fdS=2πaq22??0240erq2242asinθdθdυ=32πε0aπ2ez32πε0a?cosθsinθdθ=q2232πε0aez兩平行的金屬板，板間距離為d，豎直地插入在電容率為ε的3.35如題3.35圖所示，液體中，兩板間加電壓U，證明液面升高1U2h=(ε-ε0)()2ρgd其中ρ為液體的質(zhì)量密度。解設(shè)金屬板的寬度為a、高度為L。當(dāng)金屬板間的液面升高為h時，其電容為εahε0a(L-h)C=+dd金屬板間的靜電能量為CU=[hε+(L-h)ε0]22d液體受到豎直向上的靜電力為We=Fe=12aU2?We?h=aU2d2(ε-ε0)而液體所受重力Fg=mg=ahdρgFe與Fg相平衡，即aU2d2(ε-ε0)=ahdg題3.35圖故得到液面上升的高度h=(ε-ε0)U2dρg22=12ρg(ε-ε0)(Ud)23.36可變空氣電容器，當(dāng)動片由0至180電容量由25至350pF直線地變化，當(dāng)動片為θ角時，求作用于動片上的力矩。設(shè)動片與定片間的電壓為U0=400V。解當(dāng)動片為θ角時，電容器的電容為350-25-12Cθ=25+θ=25+1.81θPF=(25+1.81θ)?10F180112-122此時電容器中的