1、第三章 靜電場 3-1 已知在直角坐標(biāo)系中四個(gè)點(diǎn)電荷分布如習(xí)題圖3-1 所示，試求電位為零的平面。 解解 已知點(diǎn)電荷 q 的電位為 r q 4 ，令)0 , 1 , 0( 1 qq， )0 , 1 , 3( 2 qq，)0 , 0 , 1 ( 3 qq， )0 , 0 , 0( 4 qq，那么，圖中 4 個(gè)點(diǎn)電荷共同產(chǎn)生的電位應(yīng)為 4 1 4 i i r q 令0，得 0 4 4 4 4 4321 r q r q r q r q 由 4 個(gè)點(diǎn)電荷的分布位置可見，對(duì)于 x=1.5cm 的平 面上任一點(diǎn)， 4321 ,rrrr，因此合成電位為零。同理， 對(duì)于 x=0.5cm 的平面上任一點(diǎn)， 32

2、41 ,rrrr，因此合成 電位也為零。所以，x=1.5cm 及 x=0.5cm 兩個(gè)平面的電位 為零。 3-2 試證當(dāng)點(diǎn)電荷 q 位于無限大的導(dǎo)體平面附近時(shí)， 導(dǎo) 體 表 面 上 總 感 應(yīng) 電 荷 等 于)( q。 證明證明 建立圓柱坐標(biāo)，令導(dǎo) 體表面位于 xy 平面，點(diǎn)電 荷 距 離 導(dǎo) 體 表 面 的 高 度 為 h，如圖 3-2 所示。那么， 根據(jù)鏡像法， 上半空間的電 場強(qiáng)度為 3 20 2 3 10 1 4 4r q r q rr E -q 3cm Y X +q +q -q 1cm 習(xí)題圖 3-1 x q P(r, z) h h 2 r 1 r -q z 習(xí)題圖 3-2 2 電通

3、密度為 )( 4 3 2 2 3 1 1 0 rr qrr ED 式中 2 3 22 3 1 )(hzrr； 2 3 22 3 2 )(hzrr 那么， z zz hzr hz hzr hz hzr r hzr rq hzr hzr hzr hzrq e e eeee D r rr 2 3 22 2 3 22 2 3 22 2 3 22 2 3 22 2 3 22 )()( )()( 4 )( )( )( )( 4 已知導(dǎo)體表面上電荷的面密度 ns D，所以導(dǎo)體表面的 感應(yīng)電荷為 2 3 22 2 3 22 2 3 22 0 )(2 4 hr qh hr h hr hq D z zs 則總的感

4、應(yīng)電荷為 q hr rr qhrrSq s s s 00 2 3 22 )( d d2d 3-3 根據(jù)鏡像法，說明為什么只有當(dāng)劈形導(dǎo)體的夾角為 的整數(shù)分之一時(shí)，鏡像法才是有效的？當(dāng)點(diǎn)電荷位于兩 塊無限大平行導(dǎo)體板之間時(shí)，是否也可采用鏡像法求解。 答答 根據(jù)鏡像法，如果劈形導(dǎo)體的夾角不為的整數(shù)分之 一時(shí)，則鏡像電荷不能最終和原電荷重合，這樣將會(huì)產(chǎn) 生無限多個(gè)鏡像電荷，每個(gè)鏡像電荷都會(huì)產(chǎn)生一定的電 位，導(dǎo)致合成電位無限大，因而無解。 當(dāng)點(diǎn)電荷位于兩塊無限大導(dǎo)體板之間時(shí)，可采用鏡 像法求解。此時(shí)雖然也會(huì)產(chǎn)生無限多個(gè)鏡像電荷，但是 遠(yuǎn)處的鏡像電荷對(duì)于兩板之間的場點(diǎn)貢獻(xiàn)越來越小，因 此可以獲得一個(gè)有限的

5、解。 3-4 一根無限長的線電荷平行放置在一塊無限大的導(dǎo) 體 平 面 附 近 ， 如 習(xí) 題 圖3-4 所 示 。 已 知 線 電 荷 密 度 )C / m(10 l ，離開平面的高度5hm，空間媒質(zhì)的相對(duì)介 電常數(shù)4 r 。試求： 空 間任一點(diǎn)場強(qiáng)及能量密度； 導(dǎo)體表面的電荷密度； 當(dāng) 線 電 荷 的 高 度 增 加 一 倍 時(shí)，外力對(duì)單位長度內(nèi)的線 電荷應(yīng)作的功。 解解 建立圓柱坐標(biāo)，令導(dǎo)體表面位于 xz 平面，導(dǎo)體上 方場強(qiáng)應(yīng)與變量 z 無關(guān)。根據(jù)鏡像法，上半空間中任一 點(diǎn)),(yxP的場強(qiáng)為 y x yxyx e e eeee rr E 2222 2222 22222 2 2 2 1

6、1 )( )( )( )( )()(2 )( )( )( )( 222 hyx hy hyx hy hyx x hyx x hyx hyx hyx hyx rr r l r l r l r l 電場能量密度為 222222 2222224442 2 2 )()( )222( 22 1 hyxhyx hyyxhxhyxh Ew r l r 已知導(dǎo)體表面的電荷面密度 0 y sn D，那么 )m/C( )( 2 22 0 0 hx h l y yr y s EDn 單位長度內(nèi)線電荷受到的電場力可等效為其鏡像線 電荷對(duì)它的作用力，即 r l h 導(dǎo)體 習(xí)題圖 3-4 x y y eF 2 2 )2(

7、2h r l 可見，線電荷受到的是吸引力。所以，當(dāng)線電荷的高度h 增加一倍時(shí)，外力必須做的功為 11 2 2 2 2 2 1081. 2 16 d )2(2 d)( h y y W r l h h r l h h lF （J） 。 3-5 在無限大的導(dǎo)體平面上空平行放置一根半徑為 a 的 圓柱導(dǎo)線。已知圓柱導(dǎo)線的軸線離開平面的距離為 h，試 求單位長度圓柱導(dǎo)線與導(dǎo)體平面之間的電容。 解解 根據(jù)鏡像法可知，無限大的導(dǎo)體平面與無限長圓柱導(dǎo) 線之間的場分布與兩根無限長平行圓柱導(dǎo)線之間的一半 空間的場分布完全相同。因此，圓柱導(dǎo)線與導(dǎo)體平面之 間的單位長度內(nèi)的電容是兩根平行圓柱導(dǎo)線的單位長度 內(nèi)的電容一

8、倍。由教材 3-3 節(jié)獲知兩根平行圓柱導(dǎo)線的 單位長度內(nèi)的電容為 a D a D a D C 2 harccos 1 22 ln 2 1 式中 D 為兩根圓柱導(dǎo)線軸線之間的距離，a 為圓柱導(dǎo)線 的半徑。因此，對(duì)于本題的圓柱導(dǎo)線與導(dǎo)體平面之間的 單位長度內(nèi)的電容為 a h a h a h C harccos 2 1ln 2 2 1 若高度 ha，上式還可進(jìn)一步簡化為 a h C 2 ln 2 1 3-6 一根無限長線電荷平行放置 在夾角 60的導(dǎo)電劈的中央部位， 離開兩壁的距離為 h，如習(xí)題圖 3-6(a) 所示。若線電荷的線密度為 l ，試 求其電位分布函數(shù)。 解解 根據(jù)鏡像法，正如原書 3-

9、3 節(jié)所述，需要引入 5 個(gè)鏡 像電荷， l 1 ， l 2 ， l 3 ， l 4 和 l 5 ， 它們離場點(diǎn) P 的距離分別為 r1，r2，r3，r4，和 r5，其位 置如習(xí)題圖 3-6(b)所示。 已知，無限長的線電荷產(chǎn)生的電場強(qiáng)度為 r E r l 2 可見，空間某點(diǎn) r 對(duì)于任一參考點(diǎn) r0的電位為 r r r r rE r l r r r l r r r 0 ln 2 d 1 2 d)( 00 對(duì)于本題，若取坐標(biāo)原點(diǎn)作為電位參考點(diǎn)，因?yàn)樵?線電荷 l 離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為 2h， 離場點(diǎn) P 的距離為 r0， 那么該線電荷在 P 點(diǎn)產(chǎn)生的電位為 60 h l h 習(xí)題圖 3-6(a)

10、 l 60 l -l l -l -l P r0 r1 r2 r3 r4 r5 習(xí)題圖 3-6(b) r x y o 0 2 ln 2r h r l p 因?yàn)槿跨R像電荷離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離均為 2h，那么，劈 間任一點(diǎn) P 以坐標(biāo)原點(diǎn)作為電位參考點(diǎn)的電位為 ) 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 (ln 2 5432100 r h r h r h r h r h r h l 即 420 531 0 ln 2rrr rrr l 3-7 已知點(diǎn)電荷 q 位于兩塊 無限大的接地的平行導(dǎo)體板之 間，如習(xí)題圖 3-7 所示。兩板 間距為 d，點(diǎn)電荷位于 3 d 處， 試求兩板間的電位分布。

11、 解解 選用圓柱坐標(biāo)系，令下底板位于 z=0 平面，點(diǎn)電荷 q 位于z軸，則導(dǎo)體板之間任一點(diǎn)電位與角度無關(guān)。 根據(jù)鏡像法，必須在z軸上引入無限多個(gè)鏡像電荷， 它們的位置分別為： 正z軸上：) 3 5 , 0( d q，) 3 7 , 0( d q， ) 3 11 , 0( d q， 負(fù)z軸上：) 3 , 0( d q，) 3 5 , 0( d q， ) 3 7 , 0( d q， 則兩板之間任一點(diǎn)zrP ,的電位為： d d/3 q 習(xí)題圖 3-7 z zrP , q -q -q q q r x 1 2 1 2 22 2 1 2 22 0 ) 3 1 2 () 3 1 2 ( 4 n dnzr

12、dnzr q 1 2 1 2 2 2 1 2 2 0 3 1 ) 1( 2 3 1 ) 1( 2 4 n dnzrdnzr q 3-8 試證位于無限大導(dǎo)體平面上半球形導(dǎo)體上空的點(diǎn)電 荷 q 受到的力的大小為 244 53 2 0 2 )( 16 1 16ad da d q F 式中 a 為球半徑，d 為電荷與球心的間距， 0 為真空介電 常數(shù)，如習(xí)題圖 3-8(a)所示。 證明證明 應(yīng)用鏡像法，將半球變?yōu)橐粋€(gè)整球。那么，為了保 證無限大導(dǎo)體平面和球面形成的邊界電位為零，必須引 入三個(gè)鏡像電荷：q，q，q，其中 q 和q，以及 q和 q保證無限大平面邊界的電位為零，q 和 q，以及q 和 q保證

13、球面邊界的電位為零。那么，根據(jù)鏡像法，求得 鏡像電荷 q和 q分別為 q d a q，q d a q q a d 習(xí)題圖 3-8(a) q q q 0 d d -q d d 0 習(xí)題圖 3-8(b) 8 其位置分別位于 d a d 2 及 d a d 2 處。因此，點(diǎn)電荷q所 受到的力應(yīng)為三個(gè)鏡像電荷產(chǎn)生的電場力的矢量和。由 于三種電場力的方向均位于一條垂線上，矢量和變?yōu)闃?biāo) 量和，即 2 2 0 2 2 0 2 0 )(4)(4 )2(4 )( d a d q d a q d a d q d a q d qq FFFF qqq 將上式整理后，即得 ) )( 16 1 ( 16 244 53 2

14、 0 2 ad da d q F 3-9 當(dāng)孤立的不帶電的導(dǎo)體球位于均勻電場 0 E中， 使用 鏡像法求出導(dǎo)體球表面的電荷分布。 （提示：利用點(diǎn)電荷 與導(dǎo)體球之間的鏡像關(guān)系。 ） 解解 當(dāng)導(dǎo)體球和點(diǎn)電荷之間的距離遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于其半徑時(shí)， 可以認(rèn)為該導(dǎo)體球附近的電場是均勻的， 設(shè) 0 E由點(diǎn)電荷q產(chǎn)生，q到球心的距離為f，球半徑 為 a。根據(jù)鏡像法，必須在球內(nèi)距球心 f a d 2 處引入的鏡 像電荷q f a q。 由于球未接地， 為了保持總電荷量為零， 還必須引入另一個(gè)鏡像電荷q，且應(yīng)位于球心，以保持 球面為等電位。那么球外任一點(diǎn)的電位為 r q r q r q 02010 444 式中r， 1

15、r， 2 r分別為該點(diǎn)到球心，電荷q以及電荷 q 的距 離，即 fr a rddrf a rffr q cos2cos2 1 4 2222 0 式中為線段 r 和 f 之間的夾角。已知導(dǎo)體表面的電荷密 度 ar arar r ED rns 00 ，將電位函數(shù)代入得 fa f a f a a f a f a affa afq s 1 )cos2( 1cos )cos2( cos 4 2 3 3 2 4 2 2 2 3 22 因?yàn)?2 0 0 4f q E ， 即 2 00 4fEq， 代入上式， 考慮到af ， 即當(dāng)0 f a 時(shí)，取上式極限，求得 cos3 00Es 3-10 試證位于半徑為

16、a 的導(dǎo)體球外的點(diǎn)電荷 q 受到的電 場力大小為 2223 0 2232 )(4 )2( aff afaq F 式中 f 為點(diǎn)電荷至球心的距離。若將該球接地后，再計(jì) 算點(diǎn)電荷 q 的受力。 證明證明 根據(jù)鏡像法，必須在球內(nèi)距球心 f a d 2 處引入的鏡 像電荷q f a q。 由于球未接地， 為了保持總電荷量為零， 還必須引入另一個(gè)鏡像電荷q，且應(yīng)位于球心，以保持 球面為等電位。那么，點(diǎn)電荷q受到的力可等效兩個(gè)鏡像 電荷對(duì)它的作用力，即， rr eeF 222 0 2 2 0 1 )(4)(4af afq df qq （N） rr eeF 3 0 2 2 0 2 44f aq f qq （

17、N） 合力為 r eFFF 2223 0 2232 21 )(4 )2( aff afaq （N） 當(dāng)導(dǎo)體球接地時(shí)，則僅需一個(gè)鏡像電荷 q ，故q所受 到的電場力為 F1。 3-11 在半徑為 a 的接地導(dǎo)體球附近，沿徑向放置一根長 度為 l 的線電荷，如習(xí)題圖 3-11(a)所示。已知線電荷密 度為 l ，近端離球心的距離為 D，試求鏡像電荷及其位 置。 解解 采用鏡像法，應(yīng)在球內(nèi)徑向位置引入一個(gè)鏡像線電荷 l ，離球心最近的一端對(duì)應(yīng)原先的線電荷 l 離球心的最 遠(yuǎn)端，而 l 的最遠(yuǎn)端對(duì)應(yīng) l 的最近端。設(shè) l 上任一點(diǎn)距 離球心為x，)(lDxD， l 上任一點(diǎn)距離球心為 x ， 則根據(jù)點(diǎn)

18、電荷與導(dǎo)體球面的鏡像規(guī)律，獲知鏡像線電荷 的長度范圍為 l dx x x d x min x 習(xí)題圖 3-11(b) xmax x o l D l a 習(xí)題圖 3-11(a) D a x lD a 22 位置 x 與 x的關(guān)系為 x a x 2 。 因此， x a x 2 ， x x a x dd 2 2 。 再根據(jù)電量關(guān)系x x a x ll dd， 即可求得鏡像電荷 的分布函數(shù)為 ll x a 3-12 在半徑為 a 的接地導(dǎo)體球附近，橫向放置一根長度 為 l 的線電荷，如習(xí)題圖 3-12(a)所示。已知線電荷密度 為 l ，線電荷中心離球心的距離為 D，試求鏡像電荷及 其位置。 解解 求

19、解方法與上題類似。對(duì)應(yīng)于點(diǎn)電荷lq ld d的鏡像 線電荷為lq l dd，如圖 3-12(b)所士示。設(shè)點(diǎn)電荷qd距 離球心為 cos D f ，則其鏡像電荷 q d離球心的距離為 D a f a r cos 22 由圖可知 l D l a 習(xí)題圖 3-12(a) 習(xí)題圖 3-12(b) max D f d l l r lq ld d df dl fd dq d cos d) cos sin () cos 1 ( )d cos sin ()d cos ()d()d(d 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 22 D D DD ffl dd) sin ( cos )d()d(d

20、2 2 1 2 2 2 24 2 1 22 D a D a D a rrl 因此，q D a qddl D a l ll dd，即鏡像電荷分布函數(shù) 為 lll a D l l D a 2 cosd d 3-13 已知一個(gè)不接地的半徑為 a 的導(dǎo)體球攜帶的電荷為 Q，若電荷為 Q 的點(diǎn)電荷移向該帶電球，試問當(dāng)點(diǎn)電荷 受力為零時(shí)離球心的距離。(當(dāng)點(diǎn)電荷所帶電荷與導(dǎo)體球 所帶電荷相反時(shí)，點(diǎn)電荷肯定受到引力，即其受力不可 能為零)。 解解 如習(xí)題題 3-10 所示，如前所述，根據(jù)鏡像法，若導(dǎo) 體球原先不帶電，對(duì)于點(diǎn)電荷 Q，必須在球內(nèi)距離球心 f a d 2 處引入一個(gè)鏡像電荷 q ， 而在球心處再放

21、置另一個(gè) 電 量 為 q 的點(diǎn) 電 荷 ， 以 保 持 電荷 守 恒 及 導(dǎo) 體 球 為等 位 Q q -q d f Q 習(xí)題圖 3-10 體。本題中導(dǎo)體球已帶有電量為 Q 的電荷，因此在球心 處放置的另一個(gè)鏡像電荷的電量應(yīng)為 (Q q )。那么，點(diǎn) 電荷q將受到的鏡像電荷的作用力為 rqqQ f a f q f a f q f a Qq eFFF 2 2 0 2 2 0 2 )(4 4 要使點(diǎn)電荷受力為零，則f應(yīng)滿足下列方程 0 )(4 44 2 2 0 2 2 0 2 2 0 f a f q f a f q f a f qQ 求解此高次方程可用作圖法。為此，先將上式化簡為 0 )( 1 2

22、 232 f a ff a f a f 再化為關(guān)于 a f 的方程即 0 1 1 2 2 3 a f f a a f a f 若 a f x ，則上面的方程又可寫為 0 1 1 2 2 3 x x x x 令 3 1 1 x x y ， 2 2 2 1 x x y，分別作圖求得 y1和 y2的交點(diǎn)， 即 是 所 要 求 的 解 。 根 據(jù) 題 意 可 知1 a f x， 由 下 圖 可 見 0 21 yy的解位于x=1.52 之間。其值近似為62. 1x，即 af62. 1時(shí)，點(diǎn)電荷 q 受力為零。 3-14 試證位于內(nèi)半徑為 a 的導(dǎo)體球形空腔中的點(diǎn)電荷 q 受到的電場力大小為 222 0

23、2 )(4da adq F 式中 d 為點(diǎn)電荷離球心的距離。再計(jì)算腔中電位分布以 及腔壁上的電荷分布。 證明證明 根據(jù)點(diǎn)電荷與導(dǎo)體球的鏡像關(guān)系，可知點(diǎn)電荷q在 腔外的鏡像電荷為q d a q， 距 球 心 d a f 2 ； 如 下 習(xí) 題 圖 3-14 所示。 則q所受到的力可 等 效 為 鏡 像 電 荷 q 對(duì) 它 的 電 場力，其大小為 222 0 2 2 0 )(4)(4da adq df qq F 顯然，腔內(nèi)任一點(diǎn))(r,P電位與無關(guān)，它可表示為 ) cos2cos2 ( 4 1 2222 0 rffrd aq rddr q a q f P(r, , q Z X Y 習(xí)題圖 3-14

24、 已知導(dǎo)體表面的電荷密度 ar arar r ED rns )( 00 求得 2 3 22 22 )cos2(4 )( addaa adq s 3-15 半徑為 a 的不接地的 導(dǎo)體球中含有半徑為 b 的球 形空腔， 如習(xí)題圖 3-15(a)所示。 若在導(dǎo)體球外，離球心 f 處 放置一個(gè)電量為 q 的點(diǎn)電荷， 在空腔中離腔心 d1處放置另 一個(gè)電量為 q 的點(diǎn)電荷，腔心與球心間距為 2 d，且腔心、 球心、點(diǎn)電荷 q 及 q 均在一條直線上。試求腔中、導(dǎo)體 球內(nèi)外任一點(diǎn)場強(qiáng)。 解解 由于導(dǎo)體球的屏蔽作用，球外點(diǎn)電荷q以及球面上的 感應(yīng)電荷對(duì)于腔中的場強(qiáng)沒有貢獻(xiàn)。因此，計(jì)算腔中場 強(qiáng)僅需考慮腔內(nèi)

25、的點(diǎn)電荷 q 以及空腔內(nèi)壁上感應(yīng)電荷的 作用。為了考慮腔壁上感應(yīng)電荷的影響，可以應(yīng)用鏡像 法，以一個(gè)腔外鏡像電荷等效腔壁上感應(yīng)電荷的影響。 此時(shí)可以直接利用點(diǎn)電荷與導(dǎo)體球的鏡像關(guān)系，導(dǎo)出腔 外鏡像電荷的位置與電量。如圖 3-15(b)所示，球外鏡像 電荷 q 的位置及電量分別為 1 2 d b D ； q b D q 計(jì)算腔外場強(qiáng)也可應(yīng)用鏡像法，此時(shí)導(dǎo)體球的半徑 為 a，如習(xí)題圖 3-15(b)所示。但是腔中必須引入兩個(gè)鏡 像電荷 q0和 q， 其中q0位于球心，q的位置和電量，以及 q q d f a d2 習(xí)題圖 3-15(a) q0的電量分別為 f a d 2 3 ；q f a q ；q

26、 f a qq 0 綜上所述， 腔內(nèi)場強(qiáng)由兩個(gè)點(diǎn)電荷 q和 q共同產(chǎn)生， 腔外場強(qiáng)由三個(gè)點(diǎn)電荷 q，q和 q 共同產(chǎn)生， 而導(dǎo)體內(nèi)的 場強(qiáng)為零。 3-16 已知點(diǎn)電荷 q 位于半徑為 a 的導(dǎo)體球附近，離球心 的距離為 f，試求：當(dāng)導(dǎo)體球的電位為時(shí)的鏡像電荷； 當(dāng)導(dǎo)體球的電荷為 Q 時(shí)的鏡像電荷。 解解 如前所述，此時(shí)需要兩個(gè)鏡像電荷等效帶電導(dǎo)體球 的影響。一個(gè)是離球心 f a2 處，電量為q f a q的鏡像電 荷。另一個(gè)鏡像電荷 q位于球心，其電量取決于導(dǎo)體球 的電位。 已知導(dǎo)體球的電位為，而鏡像電荷及球外點(diǎn)電荷對(duì) 于球面邊界的電位沒有貢獻(xiàn)，因此，球心鏡像電荷 q的 電量應(yīng)滿足 a q 0

27、 4 即 aq 0 4 當(dāng)導(dǎo)體球攜帶的電荷為 Q 時(shí)，在離球心 f a2 處的鏡像 b q q D d1 q q q0 d3 d2 f a 習(xí)題圖 3-15(b) 電荷仍然為q f a q，而球心處的鏡像電荷q f a Qq ， 以保持電荷守恒，即Qqq 。 3-17 設(shè)點(diǎn)電荷 q 位于導(dǎo)體球殼附近，已知球殼的內(nèi)半徑 為 a，外半徑為 b，點(diǎn)電荷離球心的距離為 f，殼內(nèi)為真 空，當(dāng)球殼的電位為)0(時(shí)，試求： 球殼內(nèi)外電場 強(qiáng)度； 球殼外表面上最大電荷密度； 當(dāng)距離 f 增 加一倍時(shí)，系統(tǒng)能量改變多少？ 解解 由于球殼的屏蔽作用，殼內(nèi)場強(qiáng)為零。若建立的球 坐標(biāo)系如習(xí)題圖 3-17 所示，那么殼

28、外場強(qiáng)與坐標(biāo)變量 無關(guān)。 當(dāng)球殼的電位為時(shí)，由上題獲知位于球心的鏡像電 荷 q應(yīng)為 bq 0 4 殼外的場強(qiáng)將由點(diǎn)電荷q及其鏡像電荷 q 和 q共同 產(chǎn)生，殼外的合成電位為 )( 4 1 210 r q r q r q o 式中鏡像電荷q f b q，離球心的距離為 f b 2 ，則殼外的 電場強(qiáng)度為 f b a q q q r r1 r2 Z P(r, ) 習(xí)題圖 3-17 )( 4 1 210 r q r q r q oo E r e 2 2 3 2422 2 2 3 22 0cos2 )cos( cos2 cos 4r b rfbbfr brfbf rffr frq e 2 3 22 2

29、 3 2422 3 0cos2 1 cos2 4 sin rffrrfbbfr b r qf 球殼表面的電荷密度為 b fbbfb fbq ED br r br ns 0 2 3 22 22 0 cos24 )( 其最大值為 2 0 1cos max 4 )( bfb fbq b ss 系統(tǒng)能量的改變來自外力作的功。已知點(diǎn)電荷q受到 的電場力為 rrrr eeeeF 22 2 0 2 0 2 2 0 4 4 4 f qb f b f qq f qq f b f qq 由此可見，若 q 0q0，又因 0，故電場力的實(shí)際方 向?yàn)?-er)。在外力作用下，當(dāng)點(diǎn)電荷 q 離開球心的距離增 加一倍時(shí)，外

30、力 F作的功為 r br brq r qb W f f f f d 4 d 2 2 22 0 2 2 2 r rF F 2222 0 2 1 4 1 82bfbf bq f qb 此功將全部轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)增加的能量。 3-18 證明無源區(qū)中電位分布函數(shù)不可能具有最大值或 最小值。 證明證明 以直角坐標(biāo)系為例。已知無源區(qū)中電位滿足拉普拉 斯方程 0 2 2 2 2 2 2 zyx 該方程的通解為)()()()(zZyYxXx,y,z 。 若此解在),( 000 zyx 點(diǎn)取得極值，那么在該點(diǎn)應(yīng)有 0 zyx 若是一維空間，因0 x ，0 2 2 x ，可見為常數(shù)， 即電位函數(shù)沒有極值。 若是二維空間

31、，0 yx ，0 2 2 2 2 yx ，顯然 2 2 x 和 2 2 y 不可能同時(shí)大于零或同時(shí)小于零， 因此不可能有極 大值或極小值。 同樣對(duì)于三維空間， 2 2 x ， 2 2 y 和 2 2 z 不可能同時(shí)大 于零或同時(shí)小于零，因此不可能有極大值或極小值。 綜上所述，無源區(qū)中的電位分布函數(shù)不可能具有極大 值或極小值。因此，無源區(qū)中電位分布函數(shù)不可能具有 最大值或最小值。 3-19 已知無限大的平板電容器 中的電荷密度 2 kx，k 為常數(shù)， 填充介質(zhì)的介電常數(shù)為 ，上板 電位為 V，下板接地，板間距為 d，如習(xí)題圖 3-19 所示。 試求電位分布函數(shù)。 解解 由習(xí)題圖 3-19 可見，

32、電位分布僅與坐標(biāo)變量 x 有關(guān)， 與坐標(biāo)變量y，z無關(guān)。因此，電位方程簡化為一維泊松 方程。設(shè)電位分布函數(shù))(x，則由 2，得 d y o x V (x) 習(xí)題圖 3-19 2 2 2 d dkx x 積分后，求得 BAx xk x 12 )( 4 其中A，B為待求常數(shù)。 根據(jù)邊界條件 Vdx x , 0 , 0 ，求得0B， 12 3 kd d V A， 因此，電位分布函數(shù)為 x kd d Vxk x) 12 ( 12 )( 34 3-20 試證直角坐標(biāo)系中的電位函數(shù) 2 3 222 1 )/(zyxCz 及圓球坐標(biāo)系中電位函數(shù) r C 2 均滿足拉普 拉斯方程， 式中 C 為常數(shù)。 證明證

33、明 已知直角坐標(biāo)系中的拉普拉斯方程為 0 2 2 2 2 2 2 zyx 將 3222 1 )(zyx Cz 代入，則 2 7 2223 2 5 222 2 1 2 2 7 2222 2 5 222 2 1 2 2 7 2222 2 5 222 2 1 2 )(15)(9 )(15)(3 )(15)(3 zyxzzyxz z zyxzyzyxz y zyxzxzyxz x 可見，0 2 1 2 2 1 2 2 1 2 zyx ，即1滿足拉普拉斯方程。 球坐標(biāo)系中的拉普拉斯方程為 0 sin 1 )(sin sin 1 )( 1 2 2 222 2 2 rrr r rr 由于 r C 2 ，與及

34、無關(guān)，代入上述方程，求得 0)( 1 )( 1 2 2 2 22 2 r C r rrr r rr 可見，電位函數(shù) r C 2 也滿足拉普拉斯方程。 3-21 已 知 長 方 體 金 屬 腔 的內(nèi)部尺寸為cba， 如習(xí) 題圖 3-21 所示。若側(cè)壁及 底板均接地，上蓋電位為 ，試求腔內(nèi)的電位分布函 數(shù)。 解解 已知直角坐標(biāo)系中電位函數(shù)滿足的拉普拉斯方程為 0 2 2 2 2 2 2 zyx 應(yīng)用分離變量法，令 )()()()(zZyYxXx,y,z 求得 0 2 2 2 Xk x X x ； 0 2 2 2 Yk y Y y ； 0 2 2 2 Zk z Z z 式中 0 222 zyx kk

35、k。 為了滿足0 0 x 和0 bx 的邊界條件，X(x)必須為 正弦函數(shù)，即 xkAxX x sin)( 式中3 , 2 , 1 ,m b m kx 。 為了滿足0 0 y 和0 ay 的邊界條件，Y(x)也必須 為正弦函數(shù)，即 ykByY y sin)( 式中3 2, 1, ,n a n ky 。 x o z y b a c 習(xí)題圖 3-21 22 由此求得 22 )()(j b m a n kz 為了滿足0 0 z 和 cz 的邊界條件，Z(z)只能是 雙曲正弦函數(shù)，故 )()(sinh)(sin)(sin()( 22 z b m a n CykBxkAx,y,z yx 其級(jí)數(shù)解為 11

36、 22 )()(sinhsinsin)( nm mn z b m a n y b m x a n BAx,y,z 因 cz ，得 11 sinsin nm nm y b m x a n C 式中 c b m a n BAC mnnm 22 )()(sinh 利用正弦函數(shù)的正交性， yx b yt a xs b ym a xn C yx b yt a xs ab nm nm ab ddsinsinsinsin ddsinsin 00 11 00 當(dāng) n = s，m = t 時(shí)，上式右邊積分才不為零。另由上式左 邊可知，只有當(dāng)s和t都為奇數(shù)時(shí)， st C才不為零，因此令 ) 12(ns，) 12(

37、mt，則 2 ) 12)(12( 16 mn Cnm 最后求得 c b m a n z b m a n mn y b m x a n x,y,z nm 2 1 2 1 ) 12 () 12 sinh( ) 12 () 12 sinh( ) 12)(12( ) 12 sin() 12 sin( 16 )( 22 22 11 2 3-22 一根半徑為 a 的介質(zhì)圓柱 放在均勻電場 0 E中，如習(xí)題圖 3-22 所示。若介質(zhì)圓柱的介電 常數(shù)為，試求柱內(nèi)外的電場 強(qiáng)度。 解解 在圓柱坐標(biāo)中電位所滿足的拉普拉斯方程為 0 1 )( 1 2 2 2 2 2 zrr r rr 由于電位函數(shù))(,zr,與z無

38、關(guān)，可令 )()()(rR,zr, 其通解為 )cossin( )cossin(ln)( 1 1 0 mDmCr mBmArrAr, m m m m m mm m 設(shè)圓柱內(nèi)部的電位為 i ，圓柱外部的電位為 o ，電 位函數(shù)應(yīng)滿足下列邊界條件： 1，當(dāng)0r時(shí)， i 應(yīng)為有限值，因此柱內(nèi)電位為 1 )cossin( m mm m i mBmAr X a 0 Y xEE 0 習(xí)題圖 3-22 24 2，當(dāng)r時(shí)，圓柱對(duì)電場的影響可以忽略，若取坐標(biāo) 原點(diǎn)(0,0)作為電位參考點(diǎn)(注意，電位參考點(diǎn)的選擇對(duì)于 電場強(qiáng)度的計(jì)算沒有影響)，則柱外無限遠(yuǎn)處電位為 cos)( 00 rExEr o 可見， o 僅

39、與 r 和cos有關(guān)，因此柱外電位的通解為 cos 1 cos 10 D r rE o 3，在圓柱表面上（ar ） ，電位應(yīng)該連續(xù)，即 io ，求 得柱內(nèi)電位的通解為 cos 1 rB i 4，在圓柱表面上，電通密度應(yīng)該連續(xù)，即 arar rr oi 0 由此求得， 0 2 0 0 1 EaD ， 0 0 0 1 2 EB ，所以 當(dāng)ar 時(shí)， cos 2 )( 0 0 0 rEr, i 當(dāng)ar 時(shí)， cos 1 cos)( 0 2 0 0 0 Ea r rEr, o 已知) 1 ( rr r eeE，求得 當(dāng)ar 時(shí)， 0 0 0 0 00 2 )sincos( 2 )(E E , xri

40、eeerE 當(dāng)ar 時(shí)， 1sin1cos)( 2 0 0 0 2 0 0 0 r a E r a E, ro eerE 3-23 若無限長的導(dǎo)體圓柱 腔的內(nèi)半徑為 a，腔壁被 縱向地分裂成兩部分，各 部分的電位如習(xí)題圖 3-23 所示，試求腔內(nèi)外的電位 分布。 解解 與上題同理，由于電位與z無關(guān)，此時(shí)通解為 )cossin( )cossin(ln)( 1 1 0 mDmCr mBmArrAr, m m m m m mm m 設(shè)圓柱內(nèi)部的電位為 i ，圓柱外部的電位為 o ，電 位應(yīng)該滿足下列邊界條件： 1，當(dāng) r = 0 時(shí)， i 應(yīng)為有限值，則柱內(nèi)電位為 1 )cossin( m mm m

41、 i mBmAr 2，當(dāng)r時(shí)， o 為零，則柱外電位為 1 )cossin( m mm m o mDmCr 3，當(dāng)ar 時(shí)， )2( )0( 0 0 ar 。 為了滿足邊界條件 3，必須將 ar 展開成傅立葉級(jí) 數(shù)，即令 1 0 sincos 2 m mm ar mbma a 式中 0d)( 1 d 1 d 1 2 0 0 0 2 0 0 ar a 02 X a 01 習(xí)題圖 3-23 0dcos)( 1 dcos 1 dcos 1 2 0 0 0 2 0 mm m a ar m 為偶數(shù) 為奇數(shù) m m m mm m b ar m , 0 , 4 dsin)( 1 dsin 1 dsin 1

42、0 2 0 0 0 2 0 求得 1 0 )(sin 4 m ar mm m 為奇數(shù) 再進(jìn)行比較各自系數(shù)，即知 0 21 mm DB； m m am A 0 1 4 ； m a C m m 0 2 4 所以，柱內(nèi)電位為 1 0 sin 4 m m i mm a r m 為奇數(shù)）（ 柱外電位為 1 0 sin 4 m m o mm r a m 為奇數(shù)）（ 。 3-24 若無限長的導(dǎo)體圓柱 腔的內(nèi)半徑為 a，腔壁被 縱向地分裂成四部分，各 部分的電位如習(xí)題圖 3-24 所示，試求腔內(nèi)外的電位 分布。 解解 與上題同理，由于電位與z無關(guān)，此時(shí)通解為 )cossin( )cossin(ln)( 1 1

43、 0 mDmCr mBmArrAr, m m m m m mm m 設(shè)圓柱內(nèi)部的電位為 i ，圓柱外部的電位為 o ，電 位應(yīng)該滿足下列邊界條件： 03 X a 0 2 01 Y 0 4 習(xí)題圖 3-24 27 1，當(dāng) r = 0 時(shí)， i 應(yīng)為有限值，則柱內(nèi)電位為 1 )cossin( m mm m i mBmAr 2，當(dāng)r時(shí)， o 為零，則柱外電位為 1 )cossin( m mm m o mDmCr 3，當(dāng)ar 時(shí)， )2 2 3 (0 ) 2 3 ( ) 2 (0 ) 2 0( 0 0 ar 為了滿足邊界條件 3，必須將 ar 展開成傅立葉級(jí)數(shù)，即 令 1 0 sincos 2 m m

44、m ar mbma a 式中 0d)( 1 d 1 d 1 2 3 0 2 0 0 2 0 0 ar a 2 0 dcos 1m a ar m )34( 2 )24(0 ) 14( 2 )4(0 dcos)( 1 dcos 1 0 0 2 3 0 2 0 0 km m km km m km mm 式中3 , 2 , 1 , 0k。 28 )34( 2 )24(0 ) 14( 2 )4(0 dsin)( 1 dsin 1 dsin 1 0 0 2 3 0 2 0 0 2 0 km m km km m km mm m b ar m 式中3 , 2 , 1 , 0k。 求得 34sin 2 cos

45、2 240 14sin 2 cos 2 40 1 00 1 00 kmm m m m km kmm m m m km m m ar 式中3 , 2 , 1 , 0k。 再比較各自的系數(shù)，即可確定 i 和 o 中的系數(shù)。 最后求得，柱內(nèi)電位為 1 0 1 0 34cossin 2 )24(0 14cossin 2 )4(0 m m m m i kmmm a r m km kmmm a r m km ）（ ）（ 式中3 , 2 , 1 , 0k。柱外電位為 1 0 1 0 34cossin 2 )24(0 14cossin 2 )4(0 m m m m o kmmm r a m km kmmm r

46、 a m km ）（ ）（ 式中3 , 2 , 1 , 0k。 3-25 當(dāng)半徑為 a 的導(dǎo)體球 位于均勻電場 0 E中，如習(xí) 題圖 3-25 所示。利用分離 變量法求解球外場強(qiáng)及球 面上的電荷分布。 解解 已知在球坐標(biāo)系中，電位所滿足的拉普拉斯方程為 0 sin 1 )(sin sin 1 )( 1 2 2 222 2 2 rrr r rr 應(yīng)用分離變量法，令 )()()()(rR,r, 考慮到場量與無關(guān)，此時(shí)通解可表示為 0 )1( )(cos)()( n n n n n n PrDrCr,， 式中)(cos n P為勒讓德函數(shù)。 設(shè)球內(nèi)電位為 i ，球外電位為 o ，電位應(yīng)該滿足下 列邊界條件： 1，已知電位參考點(diǎn)的選擇不會(huì)影響電場強(qiáng)度的計(jì)算，若 取球心為電位參考點(diǎn)，由于導(dǎo)體球?yàn)榈任惑w，因此，當(dāng) ar 時(shí)，0 i 。 2 ， 當(dāng)r時(shí) ， 若 取 球 面 作 為 為 電 位 參 考 點(diǎn) ， 則 c o s 0r E o 。 那么，由條件 2 可得，cos)( 2 102 rDrE。再利用 條件 1，可得 0 3 1 EaD 。即球外電位為 zE 00 E Z a 0 習(xí)題圖 3-25 cos)( 2 0 3 0 rEarE o 因) 1 ( rr r eeE，那么球外電場強(qiáng)度為 sin) 1(cos) 2 1 ()( 3 3 0 3 3 0 r a E r