第3章部分習題參考解答

1、3.1 長度為的線電荷，電荷密度為常數(shù)L 0l 。(1) 計算線電荷平分面上的電位函 數(shù)；(2) 利用直接積分法計算平分面上的E ? ，并用E= ? 由(1)驗證(2)所得結(jié) 果。 圖題圖題 3.1 解：解：(1) 建立如圖題 3.1 所示坐標系。根據(jù)電位的積分表達式，線電荷平分面上 任意點P的電位為 /2 /2 22 00 22/2 0 /2 0 2222 00 22 00 d ( ,0,0)ln( ) 4 4 ( /2)/2( /2)/2 lnln 42 ( /2)/2 L L ll L L ll z zz z LLLL LL =+ + + = + (2) 根據(jù)對稱性，可得兩個對稱線電荷元

2、 z l d 0 在點P 的電場為 00 22 3/ 22 0 0 d d ddcos 2( ) 2 ll zz EeEee z z 2 = + + ? ? 故長為的線電荷在點的電場為 LP /2 /2 00 22 3/2 220 00 0 0 22 0 d d 2( )2 4 ( /2) L L ll l zz EEee z z z e L = + + = + ? ? ? 由E= ? 求，有 E ? 22 0 0 22 0 0 0 2222 0 0 22 0 ( /2)/2 ln 2 ln( /2)/2)ln 2 1 2 /2( /2) ( /2) 4 ( /2) l l l l LL E

3、d eLL d e LLL z e L + = = = + = + = + ? ? ? ? 3.2 點電荷位于，另一點電荷 1 qq= 1( ,0,0)Pa 2 2qq= 位于，求空間的 零電位面。 2( ,0,0) P a 解：解：兩個點電荷 q+ 和在空間產(chǎn)生的電位 2q 222222 0 12 ( , , ) 4 ()() qq x y z xayzxayz = + 令 ( , , )0 x y z= ，則有 222222 12 0 ()()xayzxayz = + 即 22222 4()() 2 xayzxayz+=+ 故得 222 54 ()( 33 2 )xayza+= 由此可見，

4、零電位面是一個以點 5 (,0,0 3 a)為球心、 4 3 a為半徑的球面。 3.3 電場中有一半徑為a的圓柱體，已知圓柱體內(nèi)、外的電位函數(shù)分別為 1 2 2 0, cos , a a Aa = = (1) 求圓柱內(nèi)、外的電場強度；(2) 這個圓柱是什么材料制成的？其表面上有電 荷分布嗎？試求之。 解：解：(1) 由E= ? ，可得 a 時，0E= = ? a 時， 22 ()cos()cos aa EeAeA = = ? ? 22 22 1cos1sin aa e Ae A = + ? (2) 該圓柱體為等位體，所以是由導體制成的，其表面有電荷分布，電荷面 密度為 n00 2cos S a

5、a eDeEA = = ? ? 3.4 已知的空間中沒有電荷，試判斷下列函數(shù)中哪些是可能的電位解？ 0y (1) ；(2) ；(3) cosh y ex cos y ex 2 sin cosex x；(4) sin sin sinxyz。 解：解：在電荷體密度 0= 的空間，電位函數(shù)應滿足拉普拉斯方程。 2 0= (1) 222 222 (cosh )(cosh )(cosh ) yyy exexex xyz +=2 cosh y ex 0 所以函數(shù)不是空間中的電位解； cosh y ex 0y (2) 222 222 (cos )(cos )(cos ) yyy exexex xyz +=

6、coscos0 yy exex += 所以函數(shù)是空間中可能的電位解； cos y ex 0y (3) 222 222 (sin cos )(sin cos )(sin cosexxexxex xyz + )x 22 4sin cos2sin cosexxexx = + 0 所以函數(shù) 2 sin cosex x不是 空間中的電位解； 0y (4) 222 222 (sin sin sin )(sin sin sin )(sin sin sin )xyzxyzxyz xyz + 3sin sinsin0 xyz= 所以函數(shù)sin sin sinxyz不是 空間中的電位解。 0y 3.5 一半徑為

7、0 R的介質(zhì)球， 介電常數(shù)為 r0 = ， 其內(nèi)均勻地分布著體密度為的 自由電荷，試證明該介質(zhì)球中心點的電位為 2 r 0 r0 21 23 R + 。 解：解：由高斯定理 d S DSq= ? ? ，得 0 rR 時， 3 2 0 2 4 4 3 R r D=，即 3 0 2 2 3 R D r =， 3 01 2 2 00 3 RD E r = 故介質(zhì)球中心點的電位為 00 00 322 2 000r 120 00 r0r00r0 0 21 (0)dddd() 363232 RR RR RRRr E rErrrR r + =+=+=+= 3 3.6 電場中有一半徑為、介電常數(shù)為 a的介質(zhì)球

8、，已知球內(nèi)、外的電位函數(shù)分 別為 3 0 100 2 0 cos cos 2 E ra E r = + + (ra) 0 20 0 3 cos 2 E r = + (ra) 試驗證介質(zhì)球表面上的邊界條件，并計算介質(zhì)球表面上的束縛電荷密度。 解：解：在介質(zhì)球表面上 00 1000 00 3 ( , )coscoscos 22 aE aaEE a = += + 0 20 0 3 ( , )cos 2 aE a = + 01 00 00 2()3 coscoscos 22 r a EE r 0 E = = = + 02 0 0 3 cos 2 r a E r = = + 故有 12 ( , )( ,

9、 )aa= ， 12 0r ar a rr = = 可見， 1 和 2 滿足球表面上的邊界條件。 介質(zhì)球表面的束縛電荷密度為 n20r2 () PS r a ePeE = = ? ? 002 00 0 3() ()cos 2 r a E r = = + 3.7 兩塊無限大導體平板分別置于0 x =和xd=處，板間充滿電荷，其體電荷密 度為 0 x d =，極板的電位分別設(shè)為0和，如圖題3.7所示，求兩導體板之間 的電位和電場強度。 0 U ( )x 0= 0 U= 0d x 圖題圖題 3.7 解：解：兩導體板之間的電位滿足泊松方程 2 0 = ，故得 2 0 2 0 d1 d x xd = 解

10、此方程，得 3 0 0 6 x AxB d = + 在處，0 x =0=，故 0B = 在xd=處， 0 U=，故 3 0 0 0 6 d UAd d = +，得 00 0 6 Ud A d =+ 所以 3 000 00 66 xUd x dd = + 2 000 00 26 xx xUd Eee xdd = = =+ ? ? 3.8 試證明：同軸線單位長度的靜電儲能 2 e 2 l q W C =。式中為單位長度上的電荷 量，C為單位長度上的電容。 l q 證：證：由高斯定理可求得同軸線內(nèi)、外導體間的電場強度為 ( ) 2 l q E = 內(nèi)外導體間的電壓為 ddln 22 bb ll aa

11、 qqb UE a = 則同軸線單位長度的電容為 2 ln( / ) l q C Ub a = 同軸線單位長度的靜電儲能為 2 22 2 e 111 d2 dln 2222 22 ll b l Va qq qb WEV aC = 1 3.9 有一半徑為a、帶電量q的導體球，其球心位于介電常數(shù)分別為 1 和 2 的兩 種介質(zhì)分界面上，設(shè)該分界面為無限大平面。試求：(1)導體球的電容；(2) 總的 靜電能量。 圖題圖題 3.9 a 2 1 o q 解：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， 故有 1t2t EE= 12 EEE=。由于 111 DE=、 222 DE=

12、，所以 12 DD。由高斯定理，得 1 122 DSD Sq+= ，即 22 12 22rErEq+= 所以 2 12 2() q E r = + 導體球的電位 2 1212 1 ( )dd 2()2() aa qq aE rr ra = + 故導體球的電容 12 2() ( ) q Ca a =+ (2) 總的靜電能量為 2 e 12 1 ( ) 24() q Wq a a = + 3.10 兩平行的金屬板，板間距離為d，豎直地插入介電常數(shù)為的液態(tài)介質(zhì)中， 兩板間加電壓U，試證明液面升高 0 2 0 0 1 () 2 U h gd = 式中的為液體的質(zhì)量密度，為重力加速度。 g 圖題圖題 3

13、.10 d U0 L h 解：解：設(shè)金屬板的寬度為a、高度為。當金屬板間的液面升高為h時，其電容為 L 0 ()a Lhah C dd =+ 金屬板間的靜電能量為 0 0 2 2 e0 1 () 22 aU UhLh d WC=+ 液體受到豎直向上的靜電力為 0 2 e e0 () 2 aU W F hd = 而液體所受重力 g Fmgahd g= e F與 g F相平衡，即 2 0 0 () 2 aU ahdg d = 故得到液面上升的高度 2 2 000 0 2 ()1 () 22 UU h dggd = 3.11 同軸電纜的內(nèi)導體半徑為，外導體內(nèi)半徑為 ；內(nèi)、外導體之間填充兩層 有損耗介

14、質(zhì)，其介電常數(shù)分別為 ac 1 和 2 ，電導率為 1 和 2 ，兩層介質(zhì)的分界面 為同軸圓柱面，分界面半徑為b。當外加電壓為時，試求：(1) 介質(zhì)中的電流 密度和電場強度分布；(2) 同軸電纜單位長度的電容及漏電阻。 0 U 解：解：(1) 設(shè)同軸電纜中單位長度的徑向電流為I，則由 d S JSI= ? ，可得電流密 度 2 I Je = ? ? ( )ac 介質(zhì)中的電場 1 11 2 JI Ee = ? ? ? ()ab 2 22 2 JI Ee = ? ? ? ( )bc 由于 012 12 ddlnln 22 bc ab IbIc UEE ab =+=+ ? ? 于是得到 120 21

15、 2 ln( / )ln( / ) U I b ac b = + 故兩種介質(zhì)中的電流密度和電場強度分別為 120 21 ln( / )ln( / ) U Je b ac b = + ? ? ( )ac 20 1 21 ln( / )ln( / ) U Ee b ac b = + ? ? ( )ab 10 2 21 ln( / )ln( / ) U Ee b ac b = + ? ? ( )bc (2) 同軸電纜單位長度的漏電阻為 021 12 ln( / )ln( / ) 2 Ub ac b R I + = 由靜電比擬，可得同軸電纜單位長度的電容為 12 21 2 ln( / )ln( / )

16、 C b ac b = + 3.12 在電導率為的無限大均勻介質(zhì)內(nèi)，有兩個半徑分別為 1 R和 2 R的理想導體 小球，兩小球之間的距離為d（設(shè)、） ，試求兩個小導體球面之間 的電阻。 （注：只需求一級近似解） 1 dR? 2 dR? 解：解：此題可采用靜電比擬的方法求解。假設(shè)位于介電常數(shù)為的介質(zhì)中的兩個小 球分別帶電荷和，由于兩球間的距離、，兩小球表面的電位 為 qq 1 dR? 2 dR? 1 12 11 () 4 q RdR = ，2 21 11 () 4 q RdR = 所以兩小導體球面間的電容為 12 121 4 1111 q C 2 RRdRdR = + 由靜電比擬，得到兩小導體球

17、面間的電導為 12 121 4 1111 I G 2 RRdRdR = + 故兩個小導體球面間的電阻為 121 111111 () 4 R GRRdRdR =+ 2 r 2 3.13 在一塊厚度為d的導體板上， 由兩個半徑為和的圓弧和夾角為 1 r的兩半 徑割出的一塊扇形體，如圖題3.13所示。試求：(1) 沿導體板厚度方向的電阻； (2) 兩圓弧面間的電阻；沿方向的兩電極間的電阻。設(shè)導體板的電導率為。 1 r 2 r d J 圖題圖題 3.13 解：解：(1) 設(shè)沿厚度方向的兩電極的電壓為U，則有 1 1 1 U E d =， 1 11 U JE d =， 22 1 11121 () 2 U

18、 IJ Srr d = 故得到沿厚度方向的電阻為 1 1 22 12 2 () Ud R 1 Irr = (2) 設(shè)內(nèi)外兩圓弧面電極之間的電流為U，則 2 rd I S I J 2 2 2 2 =， 22 2 JI E rd = ， 2 1 22 22 1 dln r r Ir UEr dr = 故得到兩圓弧面之間的電阻為 22 2 21 1 ln Ur R Idr = (3) 設(shè)沿方向的兩電極的電壓為 3 U，則有 U E 33 0 dr = 由于與 3 E無關(guān)，所以得到 3 3 U Ee r = ? ? ， 3 33 U JEe r = ? ? ， 2 31 332 33 1 ddln r

19、 Sr dUdUr IJeSr rr = ? ? 故得到沿方向的電阻為 3 3 32 ln(/ ) U R 1 Idrr = 3.14 有用圓柱坐標系表示的電流分布 0 ( )() z JeJ=a ? ? ?， 試求矢量磁位A ? 和磁 感應強度B ? 。 解：解：由于電流只有分量，且僅為圓柱坐標 z e ? 的函數(shù)，故 A ? 也只有分量，且僅 為 z e ? 的函數(shù)。 記 a 和 a 的矢量位分別為 1 A ? 和 2 A ? 。由于在 a 時電流為零，所以 2 1 100 1 ( )() z z A AJ = a () 2 2 2 1 ( )()0 z z A A = ( a ) 由此可

20、解得 3 1001 1 ( )ln 9 z1 AJC= + D ( )lnACD 222z =+ 2 C 2z A 式中，C、可由和滿足的邊界條件確定： 11 D 2 D 1z A 0 時， 1( )z A為有限值，若令此有限值為零，則得C10= 、。 1 0D = a= 時， 12 ( )( ) zz AaAa= 12zz aa AA = = 即 3 0022 1 ln 9 J aCaD=+ ， 2 002 11 3 J aC a = 由此可解得 3 20 1 3 CJ0= a ， 3 200 11 (ln ) 33 DJ aa= 故 3 10 1 ( ) 9 z A 0 J= ( a )

21、333 2000000 11111 3 ( )ln(ln )(ln) 3333 z AJ aJ aaJ a a = = + a () 空間的磁感應強度為 2 00 11 ( )( ) 3 J BAe = ? ? (a) 3.15 無限長直線電流I垂直于磁導率分別為 1 和 2 的兩種磁介質(zhì)的分界面，如 圖題3.15所示，試求：(1) 兩種磁介質(zhì)中的磁感應強度 1 B ? 和 2 B ? ；(2) 磁化電流分 布。 10 = 2 = I x z 圖題圖題 3.15 解：解：(1) 由安培環(huán)路定理，可得 2 I He = ? ? 所以得到 0 10 2 I BHe = ? ? 2 2 I BHe

22、= ? ? (2) 磁介質(zhì)在的磁化強度 0 2 00 ()1 2 I MBHe = ? ? 則磁化電流體密度 0 m 0 ()1 d1 d1 ()() d2d zz I JMeMe 0 = ? ? 由 2 2 I BHe = ? ? 看出， 在 0= 處， 2 B ? 具有奇異性， 所以在磁介質(zhì)中 0= 處 存在磁化線電流 m I 。以軸為中心、 z 為半徑作一個圓形回路C，由安培環(huán)路定 理，有 m 00 1 d C I IIBl += ? ? 故得到 m 0 (1)II = 在磁介質(zhì)的表面上，磁化電流面密度為 0 m 0 0 () 2 Sz z I JMee = = ? ? 3.16 已知一

23、個平面電流回路在真空中產(chǎn)生的磁場強度為 0 H ? ，若此平面電流回路 位于磁導率分別為 1 和 2 的兩種均勻磁介質(zhì)的分界面上，試求兩種磁介質(zhì)中的 磁場強度和。 1 H ? 2 H ? 1 2 h l )( 11 PH )( 12 PH )( 22 PH )( 21 PH 圖題圖題 3.16 解：解：由于是平面電流回路，當其位于兩種均勻磁介質(zhì)的分界面上時，分界面上的 磁場只有法向分量，根據(jù)邊界條件，有 12 BBB= ? 。在磁介質(zhì)分界面兩側(cè)，做一 個尺寸為2的小矩形回路，如圖題3.16所示。根據(jù)安培環(huán)路定律，有 h l 11211222 d()()()() C HlH PhHPhH PhH

24、PhI= + = ? ? (1) 因垂直于分界面，所以積分式中 H ? 0Hl = ? 。這里I為與小矩形回路交鏈的電 流。 對平面電流回路兩側(cè)為真空，則有 00102 d2()2() C HlHPhHPh= = I ? ? (2) 由于和是分界面上任意兩點，由式(1)和(2)可得到 1 P 2 P 12 2HHH+= 0 ? 即 0 12 2 BB H += ? ? 于是得到 12 0 12 2 BH = + ? 故有 2 10 112 2B HH = + ? ? ， 1 20 212 2B HH = + ? ? 3.17 證明：在不同磁介質(zhì)的分界面上，矢量磁位A ? 的切向分量是連續(xù)的。

25、媒質(zhì) C n 1 A l h 媒質(zhì) 2 A 圖題圖題 3.17 解：解：由由BA= ? 得 dd SSC dBSASA= l ? ? (1) 在媒質(zhì)分界面上任取一點， 圍繞該點任做一個跨越分界面的狹長矩形回路 路C，其長為、寬為，且令 P lh0h ，如圖題3.17所示，得 12 0 dli CSh AlAlAlBS = = ? md ? ? 由于B ? 為有限值，上式右端等于零，所以 12 0AlAl = ? 由于矢量平行于分界面，故有 l ? 1t2t AA= 3.18 長直導線附近有一矩形回路，此回路與導線不共面，如圖題3.18(a)所示。 試證明直導線與矩形回路間的互感是 0 22 1

26、/222 1/2 ln 22 () aR M b RcbR = + A B C R b a 圖題圖題 3.18(a) P Q b Q R P 1 R C AB 圖題圖題 3.18(b) 解：解：設(shè)長直導線中的電流為I，則其產(chǎn)生的磁場為 0 2 I B r = 由圖題3.18(b)可知，與矩形回路交鏈的磁通為 1 0001 1 dd 222 R SR IaIaI ln R =BSr rR = ? 其中 2222 1/2222 1 () 2RCbRCRbb RC=+=+ 2 1/2 故直導線與矩形回路間的互感為 2222 1/ 001 0 2222 1/2 2 lnln 22 ln 2 2 aaR

27、Rbb RC M IRR aR Rbb RC + = = + 2 3.19 同軸線的內(nèi)導體是半徑為a的圓柱，外導體是半徑為b的薄圓柱面，其厚度 可忽略不計。內(nèi)、外導體間填充有磁導率分別為 1 和 2 的兩種磁介質(zhì)，如圖題 3.19所示。設(shè)同軸線中通過的電流為I，試求：(1) 同軸線中單位長度所儲存的 磁場能量；(2) 同軸線單位長度的自感。 a b 1 2 I 圖題圖題 3.19 解：解：同軸線的內(nèi)外導體之間的磁場沿方向，在兩種磁介質(zhì)的分界面上，磁場只 有法向分量。根據(jù)邊界條件可知，兩種磁介質(zhì)中的磁感應強度 12 BBBe B = ? ? ， 但磁場強度。 12 HH ? (1) 利用安培環(huán)路

28、定理，當a時，有 2 0 0 2 2 I B a = 所以 0 0 2 2 I B a = (a) 在ab區(qū)域內(nèi)，有 12 ()HHI+=，即 12 12 () BB I += 故 12 12 () I Be = + ? ? (ab) 同軸線中單位長度儲存的磁場能量為 222 0 m 0 01 111 2 d d d 222 abb aa BBB W 2 =+ 2 2 012 2 0 01212 22 012 12 11111 2 d d 222() ln 16() ab a II a IIb a =+ + =+ + (2) 由 2 m 1 2 W，得到單位長度的自感為LI= 0m12 2 1

29、2 2 ln 8() Wb L Ia =+ + 3.20 如圖題3.20所示的長螺旋管，單位長度上密繞匝線圈，通過電流NI，鐵 心的磁導率為、截面積為S，求作用在它上面的磁場力。 I x 圖題圖題 3.20 解：解：由安培環(huán)路定理可得螺旋管內(nèi)的磁場為 HNI= 設(shè)鐵心在磁場力的作用下有一位移dx，則螺旋管內(nèi)改變的磁場能量為 222 0 m0 1 ddd() 222 WH S xH S xN I S 2 dx = 則作用在鉄心上的磁場力為 22 m 0 d1 () d2 x I W FN x = = 常數(shù) I S 可見，磁場力有將鐵心拉進螺旋管的趨勢。 3.21 一個點電荷q與無限大導體平面距離

30、為d，如果把它移到無窮遠處，需要做 多少功？ xxx q q o 圖題圖題 3.21 解：解：利用鏡像法求解。當點電荷q移動到距離導體平面為x的點處時， 其像電荷q，位于點( , 處，如圖題3.21所示。像電荷在點 ( ,0,0)P x q=0,0)x q P處產(chǎn) 生的電場為 2 0 ( ) 4(2 ) x q E xe x = ? ? 所以將點電荷q移到無窮遠處時，電場所作的功為 22 e 2 00 ( ) dd 4(2 )16 dd qq WqE xrx xd = ? ? 外力所作的功為 2 e 0 16 o q WW d = = 3.22 一個點電荷q放在60的接地導體角域內(nèi)的點(1處，

31、如圖題3.22所示。 試求：(1) 所有鏡像電荷的位置和大小；(2) 點處的電位。 ? ,1,0) (2,1,0)P q 2 q 1 q 5 q 4 q 3 q )0, 1, 1 ( )0, 1, 2( ? 60 y x o 圖題圖題 3.22 解：解：(1) 這是一個多重鏡像的問題，共有(2 1)2 3 15n= = 個像電荷，分布在 以點電荷到角域頂點的距離（即 q 2）為半徑的圓周上，并且關(guān)于導體平面對 稱，且正負電荷交錯分布，如圖題3.22所示，它們的帶電量和位置分別為 = = = 366. 175sin2 366. 075cos2 , 1 1 1 ? ? y x qq = = = 3

32、66. 0165sin2 366. 1165cos2 , 2 2 2 ? ? y x qq = = = 366. 0195sin2 366. 1195cos2 , 3 3 3 ? ? y x qq = = = 366. 1285sin2 366. 0285cos2 , 4 4 4 ? ? y x qq = = = 1315sin2 1315cos2 , 5 5 5 ? ? y x qq (2) 點處電位 (2,1,0)P 35124 012345 1 (2, 1, 0) 4 qqqqqq RRRRRR =+ = 0 (1 0.5970.2920.2750.3480.477) 4 q += 9

33、0 0.321 2.88 10(V) 4 qq = 3.23 一個電荷量為q、質(zhì)量為m的小帶電體，放置在無限大導體平面下方，與 平面相距為h。欲使帶電體受到的靜電力恰好與重力相平衡，電荷的值應為多 q 少？（設(shè)，） 。 3 2 10 kgm =0.02mh= 解：解：將小帶電體視為點電荷，導體平面上的感應電荷對的靜電力等于鏡像電 荷q對q的作用力。根據(jù)鏡像法可知，鏡像電荷為 qq qq= ，位于導體平面上方 處，則小帶電體q受到的靜電力為 h 2 e 2 0 4(2 ) q f h = 令 e f的大小與重力mg相等，即 2 2 0 4(2 ) q mg h = 于是得到 8 0 45.9 1

34、0 Cqhmg = 3.24 一個半徑為R的導體球帶有電荷量為，在球體外距離球心為處有一個 點電荷q。(1) 求點電荷與導體球之間的靜電力；(2) 證明：當與Q同號，且 Q D qq 3 222 () QR DR qDRD 成立時，表現(xiàn)為吸引力。 F ? z R o qQ + q q d D 圖題圖題 3.24 解：解：(1) 導體球上除帶有電荷量Q之外，點電荷還要在導體球上感應出等量異 號的兩種不同電荷。根據(jù)鏡像法，像電荷q q 和 q 的大小和位置分別為 q D R q=， D R d 2 = q D R qq= ，0= d 如圖題3.24所示。 導體球自身所帶的電荷Q則用位于球心的點電荷

35、Q等效。 故點電荷受到的 靜電力為 q qqqqQq FFFF =+= 22 00 () 4()4 qqq Dq DdD + + 22 0 (/) 4( qQR D qRq DD DRD + = 2 /) (2) 當與同號，且表現(xiàn)為吸引力，即 q Q F0F時，則應有 22 (/) 0 (/) QR D qRq DD DRD + 2 由此可得出 3 222 () QRD qDRD R 3.25 一個半徑為a的無限長金屬圓柱薄殼， 平行于地面， 其軸線與地面相距為。 在圓柱薄殼內(nèi)距軸線為處， 平行放置一根電荷線密度為 h 0 r l 的長直細導線， 其橫 截面如圖題3.25(a)所示。設(shè)圓柱薄殼

36、與地面間的電壓為U，求金屬圓柱薄殼內(nèi)、 0 外的電位分布。 (a) (b) (c) 圖題圖題 3.25 解：解： 線電荷 l 在金屬圓柱薄殼內(nèi)表面引起的感應電荷， 用鏡像電荷 l 等效替代， 如圖題3.25(b)所示，圖中 ll = ，位于 2 0 0 a r r =。圓柱薄殼內(nèi)任一點的電位為 1 0 ( , )ln 2 l R rC R =+ 式中， 22 00 2cosRrrrr=+， 2222 00 (/)2 (/)cosRrarr ar=+ 因r，a= 0l U=，故得 0 00 ln 2 l a CU r = 則 0 10 0 ( , )ln 2 l R r rU Ra =+ 求圓柱

37、薄殼外任一點的電位時，地面對圓柱薄殼的影響可用鏡像圓柱等效替代， 如圖題3.25(c)所示，圖中 2 Dhha=+ 2 ， 22 dhha= 則圓柱薄殼外的電位為 22 222 2 22 020 () ( , )lnln 22 () ll xyhdR x y R xyhd + = + 22 2 22 0 () ln 2 () l xyha xyha + = + 22 22 已知圓柱薄殼的電位為U，即 0 0 x=、yha=時， 2 U0=，故得 00 2 22 22 2 () ln () l U haha haha = + 則 22 0 2 22 22 22 () ln () () ln ()

38、 xyhaU haha xyha haha + = + + 22 22 3.26 如圖題3.26(a)所示，在0z 0z 0 x 2 1 ( , )sin() n n n x a n y x yB e a = = (0 x) 2 1 0 1 ( , )sin()sin() l n n x a qn dn y x ye naa = = (0 x) 3.31 如圖題3.31所示， 在均勻電場 0 x Ee E= 0 ? ? 中垂直于電場方向放置一根半徑為 的無限長導體圓柱。求導體圓柱外的電位和電場強度，并求導體圓柱表面上的感 應電荷密度。 a 圖題圖題 3.31 x y o a0 E ? 解：解：

39、在外電場 0 E作用下，導體表面產(chǎn)生感應電荷，圓柱外的電位是外電場 0 E的 電位 0 與感應電荷的電位 in 的疊加。 由于導體圓柱為無限長， 所以電位與變量z 無關(guān)。 在圓柱面坐標系中， 外電場的電位為 000 ( , )cosE xCEC = += + 式 中，常數(shù)的值由參考點確定。而感應電荷的電位C in( , ) 應與 0( , ) 一樣按 cos變化，而且在無限遠處為0。由于導體是等位體，所以( , ) 滿足的邊界 條件為： ( , )C = 0 ( , )cos ()EC + 由此可設(shè) 1 01 ( , )coscosEAC = + 由條件，有 1 01 coscosE aAaC

40、C += C 于是得到 0 2 1 EaA = 故圓柱外的電位為 21 0 ( , )()cosaE = + 若選擇導體圓柱表面為電位參考點，即 ( , )0a= ，則0=C。 導體圓柱外的電場則為 22 00 22 1 ( , )(1)cos( 1)sin aa EeeeEe E = = =+ + ? ? 導體圓柱表面的電荷面密度為 0000 ( , ) ()2cos S a a eEE = = = = ? ? 3.32 如圖題3.32所示， 一個半徑為b、 無限長的薄導體圓柱面被分割成4個1/ 圓柱面，彼此絕緣。其中，第二象限和第四象限的1/圓柱面接地，第一象限和 第三象限的1/圓柱面分別

41、保持電位U和 4 4 4 00 U ，試求圓柱面內(nèi)的電位函數(shù)。 x y o 0 U 0 U b 0 0 圖題圖題 3.32 解：解：由題意可知，圓柱面內(nèi)部的電位函數(shù)滿足邊界條件為： (0, )為有限值； 0 0 , 0/2 0, /2 ( , ) , 3 /2 0, 3 /22 U b U = l q y x o a l q 0 r 0 圖題圖題 3.33 解：解：在線電荷作用下，介質(zhì)圓柱產(chǎn)生極化，介質(zhì)圓柱內(nèi)外的電位 l q( , ) 均為 線 電 荷的 電 位 l q( , ) l 與 極 化 電 荷 的 電 位 ( , ) P 的 疊 加 ， 即 ( , )( , )( , ) lP =+

42、 。線電荷q的電位為 l 22 00 00 ( , )lnln2cos 22 ll l qq Rrr = = + (1) 而極化電荷的電位 ( , ) P 滿足拉普拉斯方程，且是的偶函數(shù)。介質(zhì)圓柱內(nèi)外 的電位 1( , ) 和 2( , ) 滿足的邊界條件為分別為： 1(0, ) 為有限值； 2( , ) ( , ) () l ar = 時， 12 120 , rr = 由條件和可知， 1( , ) 和 2( , ) 的通解為 1 1 ( , )( , )cos n ln n An = =+ (0)a (2) 2 1 ( , )( , )cos n ln n Bn = =+ ( a) (3) 將式(1)(3)代入條件，可得到 11 coscos n nn nn A anB an n = = (4) 11 00 1 0 ln ()cos() 2 nn nn n a qlR A naBnan r = = += (5) 當 0 r 時，將lnR展開為級數(shù)，有 0 1 0 1 lnln() cos n n Rr n r n = = (6) 代入式(5)，得 111 0 0 11 0 00 () ()cos( 2 nnn l nn nn qa A naBnann rr )cos = += (7) 由式(4)和(7)，有 ， n n n n aBaA = 11 0 0 0 00 () (