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共138页 第三章习题解答
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?(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
qR?R?D?[3?3]? 赤道平面 q 4?R?R? err?ez(z?a)qerr?ez(z?a)a {2?}2322232 4?[r?(z?a)][r?(z?a)] 则球赤道平面上电通密度的通量
???DgdS??DgezSSz?0dS?
?q 题3.1 图
q(?a)a[?]2?rdr? 223222324??(r?a)(r?a)0aaqa1?(?1)q??0.293q 2212(r?a)023.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为ra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
Ze?1r?D0?er???，试证明之。
4??r2ra3?Ze 解 位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为 D1?er24?rZe3Ze????? 原子内电子云的电荷体密度为
4?ra334?ra3电子云在原子内产生的电通量密度则为 b a ?4?r33Zer?0 D?e??e2rrc 23 4?r4?r aZe?1r?故原子内总的电通量密度为 D?D1?D2?er??? 题3. 3图(a) 4??r2ra3? 3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为?Cm3, 两圆柱面半
0径分别为a和b，轴线相距为c(c?b?a)，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??0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?0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??0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。
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在r?b区域中，由高斯定律??EgdS?S?0，可求得大、小圆柱中的正、负电
q?b2?0?0b2r? 荷在点P产生的电场分别为 E1?er2??0r2?0r2b b c a ?0 ＝ ?0 c a ＋
b ?? 0a c 题3. 3图(b)
??a2?0?0a2r??E1??er??2 ??2??0r2?0r
?b2ra2r?(?2) 点P处总的电场为 E?E1?E1??2?0r2r?在r?b且r??a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
?r2??r??a2??a2r???er?E2?er??? E2
2??0r2?02??0r?2?0r?2?0a2r???(r?2) 点P处总的电场为 E?E2?E22?0r?在r??a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
?r2?0?0r??r?2?0?0r???E3?er?E?e?? 3 r2??0r2?02??0r?2?0?0?0??E?E?E?(r?r)?c 点P处总的电场为 332?02?03.4 半径为a的球中充满密度?(r)的体电荷，已知电位移分布为
?r3?Ar2?Dr??a5?Aa4??r2(r?a)(r?a) 其中A为常数，试求电荷密度?(r)。
1d2(rDr) 2rdr解：由?gD??，有 ?(r)??gD?故在r?a区域 ?(r)??01d23[r(r?Ar2)]??0(5r2?4Ar) 2rdr541d(a?Aa)2[r]?0 在r?a区域 ?(r)??022rdrr3.5 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
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E?er(ra)4，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
1d21d2r4r3???0?gE??0[2(rE)]??0[2(r4)]?6?04
rdrrdraar322（2）球体内的总电量Q为 Q???d???6?044?rdr?4??0a
a?0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
2Q???2?0 24?a 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?1和?2的面电荷。（1）计算各处的电位移D0；（2）欲使r?b区域内D0?0，则?1和?2应具有什么关系？
a?D0gdS?q，当r?a时，有 D01?0 解 （1）由高斯定理?S当a?r?b时，有 2?rD02?2?a?1 ，则 D02?era?1 ra?1?b?2 r当b?r??时，有 2?rD03?2?a?1?2?b?2 ，则 D03?er?1ba?1?b?2???0，则得到 （2）令 D03?er ?2ar3.7 计算在电场强度E?exy?eyx的电场中把带电量为?2?C的点电荷从
点P（1）沿曲线x?2y2；（2）沿连1(2,1,?1)移到点P2(8,2,?1)时电场所做的功：接该两点的直线。
dl?q?Egdl?q?Exdx?Eydy? 解 （1）W??FgCCC2q?ydx?xdy?q?yd(2y2)?2y2dy?C12q?6y2dy?14q??28?10?6(J)
1（2）连接点P1(2,1,?1)到点P2(8,2,?1)直线方程为
x?2x?8? 即 x?6y?4?0 y?1y?2故
2W?2q?ydx?xdy?q?yd(6y?4)?(6y?4)dy?C1q?(12y?4)dy?14q??28?10?6(J)
13.8 长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为?l0。（1）计算线电
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荷平分面上任意点的电位?；（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
L2z ?l0dz??(r,0)???
22?L24??0r?z?L2 ?l0 o P ? ?l0ln(z??r2?z?2)4??0r
L2?
?L22r2?(L2)?L2?l0ln?
224??0r?(L2)?L22r2?(L2)?L2?l0 ln2??0r?L2 题3.8图
（2）根据对称性，可得两个对称线电荷元?l0dz?在点P的电场为
dE?erdEr?er?l0dz?2??0r?z?22cos??er?l0rdz?2??0(r2?z?2)32
故长为L的线电荷在点P的电场为
L2E??dE?erer?0?l0rdz?2??0(r2?z?2)32??l0z?er()2??0rr2?z?2L2?0?l0L4??0rr2?(L2)2 2?l0?L2?r2?(L2)??? E????????ln2??0?r?由E????求E，有
?????l0?r1?e?l0?er???r?4??0r2??0??L2?r2?(L2)2?r2?(L2)2r???????Lr2?(L2)2
3.9 已知无限长均匀线电荷?l的电场E?errP?l，试用定义式2??0r?(r)??Egdl求其电位函数。其中rP为电位参考点。
rrPrPdl??解 ?(r)??Egrr?l??rrdr?llnrr?llnP 2??0r2??02??0rP由于是无限长的线电荷，不能将rP选为无穷远点。
3.10 一点电荷?q位于(?a,0,0)，另一点电荷?2q位于(a,0,0)，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
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?(x,y,z)?14??0[q(x?a)?y?z1222?2q(x?a)?y?z2222]
令?(x,y,z)?0，则有
(x?a)?y?z222?(x?a)?y?z222?0
即 4[(x?a)2?y2?z2]?(x?a)2?y2?z2
524222故得 (x?a)?y?z?(a)
3354(?a,0,0)由此可见，零电位面是一个以点为球心、a为半径的球面。 33Ze1r23(??) 3.11 证明习题3.2的电位表达式为 ?(r)?4??0r2ra2ra解 位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通量密度为 D1?erZe 4?r2?4?ra33Ze 电子云在原子外产生的电通量密度则为 D2?er??er224?r4?r所以原子外的电场为零。故原子内电位为
Ze1r23Zea1r(??) ?(r)??Ddr?(?)dr?23?4??0r2ra2ra?0r4??0rrra3.12 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
r?a??(r)?0? ?a2r?a??(r)?A(r?)cos??r （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E????，可得到 r?a时， E?????0
?a2?a2r?a时， E??????er[A(r?)cos?]?e?[A(r?)cos?]?
?rrr??ra2a2?erA(1?2)cos??e?A(1?2)sin?
rr（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
???0ngEr?a??0ergEr?a??2?0Acos?
1rar3.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足?2??0 （1）sin(kx)sin(ly)e?hz 其中h2?k2?l2； （2）rn[cos(n?)?Asin(n?)] 圆柱坐标； （3）r?ncos(n?) 圆柱坐标； （4）rcos? 球坐标； （5）r?2cos? 球坐标。
?2??2??2?解 （1）在直角坐标系中 ???2?2?2
?x?y?z2
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?2??2而 2?2[sin(kx)sin(ly)e?hz]??k2sin(kx)sin(ly)e?hz
?x?x?2??2?hz2?hz?[sin(kx)sin(ly)e]??lsin(kx)sin(ly)e 22?y?y?2??2?hz2?hz ?[sin(kx)sin(ly)e]?hsin(kx)sin(ly)e22?z?z故 ?2??(?k2?l2?h2)sin(kx)sin(ly)e?hz?0
1????2??2?(r)?22?2 （2）在圆柱坐标系中 ???r?r?rr???z而 1???1??(r)?{rrn[cos(n?)?Asin(n?)]}?n2rn?2[cos(n?)?Asin(n?)] r?r?rr?r?r1?2?2n?2??nr[cos(n?)?Asin(n?)]} 22r???2??2?n?2r[cos(n?)?Asin(n?)]?0 2?z?z故 ?2??0
1???1??(r)?{r[r?ncos(n?)]}?n2r?n?2cos(n?) （3）
r?r?rr?r?r1?2?2?n?2??nrcos(n?) 22r??2?2??2?n?[rcos(n?)]?0 ?z2?z2故 ?2??0
（4）在球坐标系中 1?2??1???1?2?2???2(r)?2(sin?)?22
r?r?rrsin?????rsin???21?2??1??2)?2[r2(rcos?)]?cos? 而 2(rr?r?rr?r?rr1???1??(sin?)?[sin?(rcos?)]? 22rsin?????rsin?????1?22(?rsin?)??cos? 2rsin???r221??1??(rcos?)?0 222222rsin???rsin???故 ?2??0
1?2??1??2)?2[r2(r?2cos?)]?2cos? （5） 2(rr?r?rr?r?rr1???1???2(sin?)?[sin?(rcos?)]? 22rsin?????rsin?????
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1?2?1?2?2?(rcos?)?0
r2sin2???2r2sin2???2故 ?2??0
3.14 已知y?0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）e?ycoshx； （2）e?ycosx； （3）e?2ycosxsinx （4）sinxsinysinz。
?2?y?2?y?2?y解 （1）2(ecoshx)?2(ecoshx)?2(ecoshx)?2e?ycoshx?0
?x?y?z所以函数e?ycoshx不是y?0空间中的电位的解；
?2?y?2?y?2?y（2） 2(ecosx)?2(ecosx)?2(ecosx)??e?ycosx?e?ycosx?0
?x?y?z所以函数e?ycosx是y?0空间中可能的电位的解；
?2?2y?2?2y?2?2ycosxsinx)?2(ecosxsinx)?2(ecosxsinx)? （3） 2(e?x?y?z?4e?2ycosxsinx?2e?2ycosxsinx?0
所以函数e?2ycosxsinx不是y?0空间中的电位的解；
?2?2?2（4） 2(sinxsinysinz)?2(sinxsinysinz)?2(sinxsinysinz)?
?x?y?z?3sinxsinysinz?0
所以函数sinxsinysinz不是y?0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P?P0(exx?eyy?ezz)。（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） ?P???gP??3P0
LL?P(x?)?ngPx?L2?exgPx?L2?P0
22LL?P(x??)?ngPx??L2??exgPx??L2?P0
22LLLLL同理 ?P(y?)??P(y??)??P(z?)??P(z??)?P0
22222L32q??d???dS??3PL?6L?P0?0 P0（2） P?P??2?S1?2?22(?rsin?)??cos? 24rsin???r3.16 一半径为R0的介质球，介电常数为?r?0，其内均匀分布自由电荷?，2?r?1?()R02 证明中心点的电位为
2?r3?0
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?DgdS?q，可得到 解 由?S4?r3r?R0时， 4?rD1??
3D1?r?r? 即 D1?， E1???3??3r0r034?R02r?R0时， 4?rD2??
33D1?R0?R03?即 D2?2 ， E2?2 ?03?0r3r故中心点的电位为
2?22?R03?r?R?R2??1?200?(0)??E1dr??E2dr??dr??dr? ??r()R023??3?rr006?r?03?02?r3?00R0R3.17 一个半径为R的介质球，介电常数为?，球内的极化强度P?erKr，
00R0?R0 计算束缚电荷体密度和面密度； 计算自由电荷密度；其中K为一常数。（1）（2）
（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
1dKK?p???gP??2(r2)??2
rdrrrK在r?R的球面上，束缚电荷面密度为 ?p?ngPr?R?ergPr?R?
R（2）由于D??0E?P，所以 ?gD??0?gE??gP??0?gD??gP ??0)?gD??gP ?由此可得到介质球内的自由电荷体密度为
???K???gD??gP???p?
???0???0(???0)r2即 (1??KR14??RK2q??d??4?rdr? 总的自由电荷量 2?????r???000?（3）介质球内、外的电场强度分别为 PKE1??er (r?R)
???0(???0)rq?RKE2?er?e (r?R) r4??0r2?0(???0)r2介质球内、外的电位分别为
?R??1??Egdl??E1dr??E2dr?
rrK?RKdr?dr? 2??(???)r?(???)r00rR0RR?
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KR?Kln? (r?R)
(???0)r?0(???0)???2??E2dr??r?RK?RKdr? (r?R) 2?(???)r?(???0)r00r03.18 （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的表达式。
解 （1）由D??0E?P，得束缚电荷体密度为 ?P???gP???gD??0?gE
在介质内没有自由电荷密度时，?gD?0，则有 ?P??0?gE
(?E)???gE?Eg???0 由于D??E，有 ?gD??gEg?? 所以 ?gE???由此可见，当电介质不均匀时，?gE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的表达式为 ?P??0?gE??0Eg?3.19 两种电介质的相对介电常数分别为?r1=2和?r2=3，其分界面为z=0平面。如果已知介质1中的电场的
E1?ex2y?ey3x?ez(5?z)
那么对于介质2中的E2和D2，我们可得到什么结果？能否求出介质2中任意点的E2和D2？
解 设在介质2中
E2(x,y,0)?exE2x(x,y,0)?eyE2y(x,y,0)?ezE2z(x,y,0)
D2??0?r2E2?3?0E2
在z?0处，由ez?(E1?E2)?0和ezg(D1?D2)?0，可得
??ex2y?ey3x?exE2x(x,y,0)?eyE2y(x,y,0) ?
??2?5?0?3?0E2z(x,y,0)于是得到 E2x(x,y,0)?2y
E2y(x,y,0)??3x
E2z(x,y,0)?103
故得到介质2中的E2和D2在z?0处的表达式分别为 E2(x,y,0)?ex2y?ey3x?ez(103)
D2(x,y,0)??0(ex6y?ey9x?ez10) 不能求出介质2中任意点的E2和D2。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?的介质球，已知球内、外的电位函数分别为
???03cos??1??E0rcos??aE02 r?a
??2?0r
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?2??3?0E0rcos? r?a
??2?0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
???03?0?(a,?)??Eacos??aEcos???Eacos? 10??2?00??2?003?0?2(a,?)??E0acos?
??2?02(???0)??13???Ecos??Ecos???Ecos? r?a0?r??2?00??2?003?0??2??Ecos? r?a?r??2?00????故有 ?1(a,?)??2(a,?)， ?01r?a??2r?a
?r?r可见?1和?2满足球表面上的边界条件。 球表面的束缚电荷密度为
3?(???0)??E0cos? ?p?ngP2r?a?(???0)ergE2??(???0)2r?a?0?r??2?03.21 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
d半厚度(0~)用介电常数为?的电介质填充，如题3.21图所示。
2(1)(1) 板上外加电压U0，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。
设介质中的电场为E?ezE，解 （1）空气中的电场为E0?ezE0。由D?D0，
有
?E??0E0
z 又由于 ddE?E0??U0 d2 22U0 d2由以上两式解得 ? 2?0U0E?? ，
(???)d0 题 3.21图
2?U0
E0??
(???0)d2?0?U0???E?? 故下极板的自由电荷面密度为 下(???0)d2?0?U0????E? 上极板的自由电荷面密度为上00(???0)d2?0(???0)U0 电介质中的极化强度 P?(???0)E??ez(???0)d
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2?0(???0)U0
(???0)d2?0(???0)U0 上表面上的束缚电荷面密度为 ?p上?ezgP??(???0)d2?0?UQ? （2）由 ??ab(???0)dE0 (???0)dQU? 得到 ?1 2??ab0?2 (???0)QE ???1 故p下?ab(???0)Q?0 ? E0
?p上??
?ab2?0?abQC?? 3 （）电容器的电容为题3.22图 U(???0)d
3.22 厚度为t、介电常数为??4?0的无限大介质板，放置于均匀电场E0中，板与E0成角?1，如题3.22图所示。求：（1）使?2??4的?1值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。
tan?1?0? 解 （1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有
tan?2??1?1?tan?2?tan?10?tan?1?14o 由此得到 ?1?tan0??4 （2）设介质板中的电场为E，根据分界面上的边界条件，有?0E0n??En，即
?0E0cos?1??En
?1o所以 En?0E0cos?1?E0cos14
?4介质板左表面的束缚电荷面密度
3?p??(???0)En???0E0cos14o??0.728?0E0
43o??(???)E??Ecos14?0.728?0E0 介质板右表面的束缚电荷面密度 p0n0043.23 在介电常数为?的无限大均匀介质中，开有如下的空腔，求各腔中的E0和D0：
（1）平行于E的针形空腔；
（2）底面垂直于E的薄盘形空腔； （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E0?E。故在针形空腔中
E0?E，D0??0E0??0E
（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D0?D。故在薄盘形空腔中
D?ED0?D??E，E0?0?
?0?0故下表面上的束缚电荷面密度为 ?p下??ezgP?
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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(y?0)处的?1一直变化到另一极板(y?d)处的?2，试求电容量。
解 由题意可知，介质的介电常数为 ???1?y(?2??1)d 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
qDy???
SDqEy?y?
?[?1?y(?2??1)d]Sdd所以，两极板的电位差 U??Eydy??0?qqddy?ln2
[?1?y(?2??1)d]SS(?2??1)?10故电容量为 C?S(?2??1)q? Udln(?2?1)3.25 一体密度为??2.32?10?7Cm3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。
12?rE??r2? 解 在质子束内部，由高斯定理可得 r?0?r2.32?10?7r4??1.31?10rVm (r?10?3m) 故 Er??122?02?8.854?10在质子束外部，有 2?rEr?1?0?a2?
?a22.32?10?7?10?6?21??1.31?10Vm (r?10?3m) 故 Er??122?0r2?8.854?10rr3.26 考虑一块电导率不为零的电介质(?,?)，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??Jg?(??)。试问有没有束缚体电荷?P？若有则进一步求出?P。
????()??gJ 解 ???gD??g(?E)??g(J)?Jg????(??) 对于恒定电流，有?gJ?0，故得到 ??Jg介质中有束缚体电荷?P，且
?J?P???gP???gD??0?gE??Jg?()??0?g()???????0??Jg?()?Jg?(0)??Jg?()
???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?1和?2，电导率为?1和?2。设内导体的电压为U0，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?JgdS?I，可得电
S流密度
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I
(a?r?c)
2?rJI (a?r?b) 介质中的电场 E1??er?12?r?1JI (b?r?c) E2??er?22?r?2J?erbc由于 U0??E1gdr??E2gdr?abI2??1lnbIc?ln a2??2b2??1?2U0
?2ln(ba)??1ln(cb)故两种介质中的电流密度和电场强度分别为
?1?2U0 (a?r?c) J?err[?2ln(ba)??1ln(cb)]?2U0 (a?r?b) E1?err[?2ln(ba)??1ln(cb)]?1U0 (b?r?c) E2?err[?2ln(ba)??1ln(cb)] （2）由??ngD可得，介质1内表面的电荷面密度为
?1?2U0 ?1??1ergE1r?a?a[?2ln(ba)??1ln(cb)]介质2外表面的电荷面密度为
?2?1U0 ?2???2ergE2r?c??c[?2ln(ba)??1ln(cb)]两种介质分界面上的电荷面密度为
(?1?2??2?1)U0 ??12??(?1ergE1??2ergE2)r?b?b[?2ln(ba)??1ln(cb)]U?ln(ba)??1ln(cb) （3）同轴线单位长度的漏电阻为 R?0?2
I2??1?22??1?2 由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为 C??2ln(ba)??1ln(cb)3.28 半径为R1和R2(R1?R2)的两个同心的理想导体球面间充满了介电常数为?、电导率为???0(1?Kr)的导电媒质(K为常数)。若内导体球面的电位为
（1）媒质中的电荷分布；（2）两个理想导体球面U0，外导体球面接地。试求：
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
IJ?er(R1?r?R2) 24?rJI(R1?r?R2) 电场强度 E??er?4??0(r?K)r于是得到 I?R2R2由两导体间的电压 U0?R1?Egdr??R2(R1?K)?IIdr?ln?? ?4??(r?K)r4??0K?R1(R2?K)?0R1
- 14 -
4??0KU0可得到 ?R(R?K)?
ln?21?R(R?K)?12??0KU0J?er所以 ?R(R?K)?
r2ln?21??R1(R2?K)?I????Jg?()?媒质中的电荷体密度为 ?媒质内、外表面上的电荷面密度分别为
?KU0?1?1?ergJr?R1???R2(R1?K)?(R1?K)R1
ln???R1(R2?K)??KU0?1?2??ergJr?R2????R(R?K)?(R2?K)R2
ln?21?R(R?K)?12?（2）两理想导体球面间的电阻
UR(R?K)1 R?0?ln21I4??0KR1(R2?K)3.29 电导率为?的无界均匀电介质内，有两个半径分别为R1和R2的理想导体小球，两球之间的距离为d(d??R1,d??R2)，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d??R1、可近似认为小球上的电荷均匀分布在球面上。d??R2，
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d??R1、d??R2，可得到两小球表面的电位为
q11?1?(?)
4??R1d?R2q11?2??(?)
4??R2d?R1q4??C?? 所以两小导体球面间的电容为 ?1??21?1?1?1R1R2d?R1d?R2由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为
I4??G?? ?1??21?1?1?1R1R2d?R1d?R2111111(???) 故两个小导体球面间的电阻为 R??G4??R1R2d?R1d?R2 由两个半径为r1和r2的圆弧和夹角为?的3.30 在一块厚度d的导电板上，
1?R2(R1?K)?(r?K)2r2 ln???R1(R2?K)??K2U0- 15 -
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?方向的两电极的电阻。设导电板的电导率为?。
解 （1）设沿厚度方向的两电极的电压为U1，则有
J UE1?1
? r2 d?Ud J1??E1?1
d? ?U?I1?J1S1?1?(r22?r12)
r1 d2故得到沿厚度方向的电阻为
题3.30图 U2d R1?1?I1??(r22?r12)（2）设内外两圆弧面电极之间的电流为I2，则
JIIIJ2?2?2 E2?2?2
???rdS2?rdr2U2??E2dr?r1I2rln2 ??dr1故得到两圆弧面之间的电阻为
Ur1ln2 R2?2?I2??dr1?（3）设沿?方向的两电极的电压为U3，则有 U3??E3rd?
0由于E3与?无关，所以得到
E3?e?U3 ?r?U3 ?rr2?dU3?dU3r2I3??J3ge?dS??dr?ln
?r?r1S3r1U? 故得到沿?方向的电阻为 R3?3?I3?dln(r2r1)3.31 圆柱形电容器外导体内半径为b，内导体半径为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Emin的内导体半径a的值和这个Emin的值。
解 设内导体单位长度带电荷为?l，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为
?lE(r)?
2??0rJ3??E3?e?bb由内外导体间的电压 U??Edr??a?l?bdr?lln 2??0r2??0aa
- 16 -
得到 ?l?2??0U
ln(ba)由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 E(r)?在圆柱形电容器中，r?a处的电场强度最大 E(a)?令E(a)对a的导数为零，即
U
aln(ba)U
rln(ba)?E(a)1ln(ba)?1??2?0 ?aaln2(ba)由此得到 ln(b/a)?1
bb 故有 a??e2.718eUEmin?U?2.718
bbql23.32 证明：同轴线单位长度的静电储能We等于。ql为单位长度上的电
2C荷量，C为单位长度上的电容。
q解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为 E(r)?l
2??r内外导体间的电压为
bb??bU??Edr??ldr?lln
2??r2??aaaql2?? 则同轴线单位长度的电容为 C??Uln(ba)同轴线单位长度的静电储能为
b22ql211qq112llWe???Ed????()2?rdr? ln(ba)?2?2a2??r22??2C3.33 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?1和?2，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E1t?E2t，故有 E1?E2?E。由于D1??1E1、D2??2E2，所以D1?D2。由高斯定理，得到
D1S1?D2S2?q
22即 2?r?1E?2?r?2E?q
qE? 所以
2?r2(?1??2)导体球的电位
??qq1?(a)??Edr?dr? 2?2?(???)a2?(???)r1212aaq?2?(?1??2)a 故导体球的电容 C??(a)?1 a q ?2 o 题 3.33图
- 17 -
1q2（2） 总的静电能量为 We?q?(a)?
24?(?1??2)a 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 C?4??0a q2q2? 故静电能量为 We?2C8??0a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
1?We1?q2q2f????()?
4?a2?a4?a2?a8??0a32?2?0a4方向沿导体球表面的外法向，即 f?erf?q22432??0a这里 er?exsin?cos??eysin?sin??ezcos?
在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为
F??fdS?er
2??2??00erq232?2?0a4a2sin?d?d??
2?a2q2q2ezcos?sin?d??e 24?2z32??0a032??0a3.35 如题3.35图所示，两平行的金属板，板间距离为d，竖直地插入在电容率为?的液体中，两板间加电压U，证明液面升高
1Uh?(???0)()2
2?gd其中?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
?ah?0a(L?h)C??
dd金属板间的静电能量为 U 1aU2 2We?CU?[h??(L?h)?0]
22d液体受到竖直向上的静电力为
?WeaU2Fe??(???0) L ?h2d h 而液体所受重力
Fg?mg?ahd?g
? ?2 2aUFe与Fg相平衡，即 (???0)?ahdg
2d题3.35图
故得到液面上升的高度
(???0)U21U2h??(???)() 022d?g2?gdd
- 18 -
3.36 可变空气电容器，当动片由0o至180o电容量由25至350pF直线地变化，当动片为?角时，求作用于动片上的力矩。设动片与定片间的电压为U0?400V。
解 当动片为?角时，电容器的电容为
350?25C??25???25?1.81?PF?(25?1.81?)?10?12F o180112?122W?CU?(25?1.81?)?10U此时电容器中的静电能量为 e?00
22?We1??1.81?10?12U02?1.45?10?7Nm 作用于动片上的力矩为 T???23.37 平行板电容器的电容是?0Sd，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U0一定的条件下，电容器的能量如何变
化？电容量如何变化？
S （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?的电介质片插入电容器(与电容器极板面积基本上垂直地?d d U0
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U0一定的条件下，未插
题3.37图(a)
入金属板前，极板间的电场为
UE0?0
d?S电容为 C0?0
d?0SU0212 静电能量为 We0?C0U0?22dU0 当插入金属板后，电容器中的电场为 E?d??d2?0SU021?U0? 此时静电能量和电容分别为 We??0??S(d??d)?2?d??d?2(d??d)2We?0S C?2?
U0d??d故电容器的电容及能量的改变量分别为
?S?S?S?d?C?C?C0?0?0?0
d??ddd(d??d) 2d(d??d)（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 ?qE0??
?0?0S
?We?We?We0??0SU02?d- 19 -
q2dq2? 静电能量为 We0?2C02?0S当插入电介质板后，由介质分界面上的边界条件E1t?E2t，有 E1?E2?E
再由高斯定理可得 E??S?E?0(S??S)?q S qq 于是得到极板间的电场为 E???S??0(S??S)d ? ?0 qd U?Ed? 两极板间的电位差位 ?S ?q ??S??0(S??S) 11q2d题3.37图(b)
此时的静电能量为 We?qU?22??S??(S??S) 0??S??0(S??S)C? 其电容为
d(???0)?S 故电容器的电容及能量的改变量分别为 ?C?d(???0)q2d1?We??
2?0S[??S??0(S??S)]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。
??t2?E?1（）证明：有源区E的微分方程为，?t????P；
?0???td?? （2）证明：E的解是 E???4??0?R1解 （1）由??E?0，可得 ??(??E)?0，即?(?gE)??2E?0
11?gE??g(D?P)?(???P) 又
?0?(???P)??t2?E??故得到
?0?0??t2?E?（2）在直角坐标系中的三个分量方程为
?01??t1??t1??t22?2Ex? ，?Ey?，?Ez??0?x?0?y?0?z其解分别为
11??tEx??d?? ?4??0?R?x?11??tEy???R?y?d?? 4??0?11??tEz??d?? ??4??0?R?z故 E?exEx?eyEy?ezEz?
?0
- 20 -
???t??t11??t???t1??d?? [e?e?e]d??xyz??4??0?R4??0?R?x??y??z??t)d???0 R??t1???tR???t???()???()????解 由于 ，所以 tt3RRRRR?t???t???tR?????()d???d??d??4??E?d?? t03????RR???R?R???td????4??0E 由题3.38(2)可知 ??R?t??()d????4??0E?4??0E?0 故 ?R?3.39 证明：???(
- 21 -
第四章习题解答
4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U0，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位?(x,y)满足的边界条件为
① ?(0,y)??(a,y)?0 ② ?(x,0)?0 ③ ?(x,b)?U0
根据条件①和②，电位?(x,y)的通解应取为
?n?yn?x?(x,y)??Ansinh()sin()aan?1y
U0 由条件③，有 b ?n?bn?xU0??Ansinh()sin()
aan?1o a n?xx sin()，并从0到a对x积分，得到 两边同乘以aa题4.1图 a2Un?x0 An?sin()dx? ?asinh(n?ba)0a4U0?,n?1,3,5,L2U0(1?cosn?)?? ?n?sinh(n?ba)n?sinh(n?ba)?0，n?2,4,6,L?4U01n?yn?x?(x,y)?sinh()sin() 故得到槽内的电位分布 ??n?1,3,5,Lnsinh(n?ba)aa4.2 两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由y?d到y?b(???x??)。上板和薄片保持电位U0，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从y?0到y?d，电位线性变化，?(0,y)?U0yd。
解 应用叠加原理，设板间的电位为 y boxy U0 dxy oxy 4.2图 题 x
?(x,y)??1(x,y)??2(x,y)
其中，?1(x,y)为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U0）的电位，即
?1(x,y)?U0yb；?2(x,y)是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：
① ?2(x,0)??2(x,b)?0
- 22 -
② ?2(x,y)?0(x??)
U0?U?y??0b③ ?2(0,y)??(0,y)??1(0,y)???U0y?U0y?b?d?(0?y?d)
(d?y?b)?xn?y?nb?(x,y))e 根据条件①和②，可设2的通解为 ?2(x,y)??Ansin(bn?1U0?U?y(0?y?d)?n?y??0b)?? 由条件③有 ?Ansin(UUbn?1?0y?0y(d?y?b)?b?dn?y)，并从0到b对y积分，得到 两边同乘以sin(bdb2U02U011yn?yn?y2U0bn?dAn?(1?)sin()dy?(?)ysin()dy?sin() ?2b?bbbdbb(n?)db0d?x1n?dn?y?nbsin()sin()e ?2bbn?1n4.3 求在上题的解中，除开U0yb一项外，其他所有项对电场总储能的贡
2We献。并按Cf?2定出边缘电容。
U0解 在导体板（y?0）上，相应于?2(x,y)的电荷面密度
U2bU0故得到 ?(x,y)?0y?bd?2??x2?0U0?1??2n?d?nb?2???0???sin(b)e
?yy?0?dn?1n则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷
?????x2?0U0n?d?nb4?0U0b?1n?dsin()edx??sin() q2???2dx?2??2dx??2???22?dnbn?dbn?10n?1??02?0bU021相应的电场储能为 We?q2U0??2?2d?nn?1?1sin(2n?d) b2We4?0b?1n?d其边缘电容为 Cf?2?2?2sin()
U0?dn?1nb4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位U0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
解 根据题意，电位?(x,y)满足的边界条件为
① ?(0,y)??(a,y)?0
?(x,y)?0(y??) ② y ?(x,0)?U0 ③
根据条件①和②，电位?(x,y)的通解应取为
o U0
题4.4图 a a x
- 23 -
??(x,y)??Ane?n?yasin(n?1n?x) a由条件③，有 U0??Ansin(n?1?n?x) a两边同乘以sin(n?x)，并从0到a对x积分，得到 a?4U0a,n?1,3,5,L2U0n?x2U0?An?sin()dx?(1?cosn?)? n??a?an?0??0，n?2,4,6,L4U01?n?yan?x?(x,y)?esin() 故得到槽内的电位分布为??n?1,3,5,Lna4.5 一长、宽、高分别为a、b、c的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为
?x?z??y(y?b)sin()sin()
ac的电荷。求体积内的电位?。
解 在体积内，电位?满足泊松方程
?2??2??2?1?x?z????y(y?b)sin()sin() 222?x?y?z?0ac（1）
长方体表面S上，电位?满足边界条件?S?0。由此设电位?的通解为
?(x,y,z)?1?0???Amnpsin(m?1n?1p?1???m?xn?yp?z)sin()sin() abc代入泊松方程（1），可得
???m?2n?2p?2A[()?()?()]? ???mnpabcm?1n?1p?1m?xn?yp?z?x?zsin()sin()sin()?y(y?b)sin()sin()
abcac由此可得
Amnp?0 (m?1或p?1)
??2n?2?2n?yA[()?()?()]sin()?y(y?b) ?1n1abcbp?1（2）
由式（2），可得
?2n?2?22bn?y4bA1n1[()?()?()]??y(y?b)sin()dy?()3(cosn??1)?
abcb0bbn??8b2??3?(n?)?0?n?1,3,5,Ln?2,4,6,L
- 24 -
1?xn?y?zsin()sin()sin()5故 1n1??0n?1,3,5,Ln3[()2?()2?()2]abc
abc4.6 如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷ql，其位置为(0,d)。求板间的电位函数。
解 由于在(0,d)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x?0为界将场空间分割
?(x,y,z)??8b2??为x?0和x?0两个区域，则这两个区域中的电位?1(x,y)和?2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x?0的分界面上，可利用?函数将线电荷ql表示成电荷面密度?(y)?ql?(y?y0)。
电位的边界条件为
?1(x,0)=?1(x,a)?0 y ①
?2(x,0)=?2(x,a)?0 ?1(x,y)?0(x??) ②
ql ③
(dq??2??1ox d)?)x?0 ??l?(y?
?x?x题 4.6图 ?0 a ?2(x,y)?0(x???)
?1(0,y)??2(0,y)
由条件①和②，可设电位函数的通解为
?n?y) (x?0) an?1?n?y?2(x,y)??Bnen?xasin() (x?0)
an?1由条件③，有
?n?yAsin()??nan?1?1(x,y)??Ane?n?xasin(?Bnsin(n?1?n?y) a（1）
?qn?n?yn?n?y??Ansin()??Bnsin() ?l?(y?d) （2）
?0aaaan?1n?1由式（1），可得
An?Bn （3） m?y)，并从0到a对y积分，有 将式（2）两边同乘以sin(a2qla2qln?yn?d??(y?d)sin()dy?sin()An?Bn ?0n??0an??0a?（4）
由式（3）和（4）解得 An?Bn?故 ?1(x,y)?qln??0sin(n?d) a1n?d?n?xan?ysin()esin() (x?0) ???0n?1naaql?
- 25 -
?2(x,y)?1n?dn?xan?ysin()esin() (x?0) ???0n?1naaql?4.7 如题4.7图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行
的线电荷ql。求槽内的电位函数。
解 由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x?x0为界将场空间分割为0?x?x0和x0?x?a两个区域，则这两个区域中的电位?1(x,y)和?2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x?x0的分界面上，可利用?函数将线电荷ql表示成电荷面密度?(y)?ql?(y?y0)，电位的边界条件为
① ?1(0,y)=0，?2(a,y)?0 ② ?1(x,0)=?1(x,b)?0 ?2(x,0)=?2(x,b)?0 ③ ?1(x0,y)??2(x0,y)
(y b o ql (x0,y0) a 题4.7图
x
q??2??1?)x?x0??l?(y?y0) ?x?x?0由条件①和②，可设电位函数的通解为
?n?yn?x?1(x,y)??Ansin()sinh() (0?x?x0)
bbn?1?n?yn?)sinh[(a?x)] (x0?x?a) ?2(x,y)??Bnsin(bbn?1由条件③，有
??n?x0n?yn?yn?Asin()sinh()?Bsin()sinh[(a?x0)] （1） ??nnbbbbn?1n?1?n?x0n?n?yAsin()cosh()? ?nbbbn?1?qln?n?yn???(y?y0) （2） Bsin()cosh[(a?x)] ?n0?0bbbn?1由式（1），可得
n?x0n?Ansinh()?Bnsinh[(a?x0)]?0
bb（3）
m?ysin()，并从0到b对y积分，有 2将式（）两边同乘以
b2qlbn?yn?x0n??(y?y)sin()dy? Ancosh()?Bncosh[(a?x0)]?0?0n??bbb02qln?y0sin() （4） n??0b由式（3）和（4）解得
2qln?y01n?A?sinh[(a?x)]sin() n0sinh(n?ab)n??0bb
- 26 -
Bn?2qln?x0n?y01sinh()sin()
sinh(n?ab)n??0bb故 ?1(x,y)?1n?sinh[(a?x0)] ???0n?1nsinh(n?ab)bn?y0n?xn?y?sin()sinh()sin()bbb2ql?
(0?x?x0)
?2(x,y)?n?x01sinh() ???0n?1nsinh(n?ab)bn?y0n?n?y?sin()sinh[(a?x)]sin()bbb2ql?
(x0?x?a)
若以y?y0为界将场空间分割为0?y?y0和y0?y?b两个区域，则可类似地
得到
2ql?1n??1(x,y)?sinh[(b?y0)] ???0n?1nsinh(n?ba)an?x0n?yn?x?sin()sinh()sin()
aaa(0?y?y0)
2ql?n?y01?2(x,y)?sinh() ???0n?1nsinh(n?ba)an?x0n?n?x?sin()sinh[(b?y)]sin()
aaa(y0?y?b)
4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0?exE0中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为a。求导体圆柱外的电位?和电场E以及导体表面的感应电荷密度?。
解 在外电场E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E0的电位?0与感应电荷的电位?in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为?0(r,?)??E0x?C??E0rcos??C（常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位?in(r,?)应与?0(r,?)一样按cos?变化，而且在无限远处为0。由于导体是等
?(r,?)满足的边界条件为 位体，所以
?(a,?)?C ① y ?(r,?)??E0rcos??C(r??) ②
?(r,?)??E0rcos??A1r?1cos??C 由此可设 由条件①，有
a A1?a2E0 于是得到 o x
故圆柱外的电位为
?(r,?)?(?r?a2r?1)E0cos??C
E0?E0acos??A1a?1cos??C?C
若选择导体圆柱
题4.8图
表面为电位参考点，即
- 27 -
?(a,?)?0，则C?0。
导体圆柱外的电场则为
22??1??aaE????(r,?)??er?e???er(1?2)E0cos??e?(?1?2)E0sin?
?rr??rr??(r,?)导体圆柱表面的电荷面密度为 ????0r?a?2?0E0cos?
?r4.9 在介电常数为?的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为a的圆柱
形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场E0?exE0，求空腔内和空腔外的电位函数。
解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为
?0(r,?)??E0x??E0rcos?而感应电荷的电位?in(r,?)应与?0(r,?)一样按cos?变化，则空腔内、外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)的边界条件为
① r??时，?2(r,?)??E0rcos?； ② r?0时，?1(r,?)为有限值；
????③ r?a时， ?1(a,?)??2(a,?)，?01??2
?r?r由条件①和②，可设
?1(r,?)??E0rcos??A1rcos? (r?a) ?2(r,?)??E0rcos??A2r?1cos? (r?a)
?1?2带入条件③，有 A1a?A2a，??0E0??0A1???E0??aA2
???0???02A??EA??aE0 由此解得 1， 2???00???02??(r,?)??Ercos? (r?a) 所以1???00y 0 b o U0 x
0 ?U0 题4.10图
?2(r,?)??[1????0a2()]E0rcos? (r?a) ???0r4.10 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题4.10图所示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位U0和?U0。求圆柱面内部的电位函数。
解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为
① ?(0,?)为有限值；
- 28 -
0????2?U0?0?2??????(b,?)?② ； ??U????3?2?0?3?2???2??0由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为
?(r,?)??rn(Ansinn??Bncosn?) (r?b)
n?1?代入条件②，有 由此得到
1An?nb?2??bn?1?n(Ansinn??Bncosn?)??(b,?)
?23?21?(b,?)sinn?d??[?U0sinn?d???nb?00U??0sinn?d?]??2U0,n?1,3,5,LU0?n(1?cosn?)? n?b?bnn???0，n?2,4,6,L1Bn?nb?2???(b,?)cosn?d??b?[?Un01?203?2cosn?d??0U??0cosn?d?]?
n?1,3,5,Ln?2,4,6,Ln?3?2U0,U0n?3n??(?1)2n(sin?sin)?n?b?bnn?22?0，?
n?31rn()[sinn??(?1)2cosn?] (r?b) 故 ?(r,?)???n?1,3,5,Lnb4.11 如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为?，在距离轴线r0(r0?a)处，有一与圆柱平行的线电荷ql，计算空间各部分的电位。
解 在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位?(r,?)均为线电荷ql的电位?l(r,?)与极化电荷的电位?p(r,?)的叠加，即
2U0??(r,?)??l(r,?)??p(r,?)。
ql线电荷
ql的电位为
?l(r,?)??yql2??0lnR??2??0lnr2?r02?2rr0cos? （1）
a ? o ?0 ql r0x
题4.11图
而极化电荷的电位?p(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?的偶函数。介质圆柱内外的电位?1(r,?)和?2(r,?)满足的边界条件为分别为
① ?1(0,?)为有限值；
② ?2(r,?)??l(r,?)(r??)
????③ r?a时，?1??2,?1??02
?r?r由条件①和②可知，?1(r,?)和?2(r,?)的通解为
??1(r,?)??l(r,?)??Anrncosn?n?1 (0?r?a)
- 29 -
（2）
?2(r,?)??l(r,?)??Bnr?ncosn? (a?r??)
n?1?（3）
将式（1）～（3）带入条件③，可得到
???Aann?1ncosn???Bna?ncosn?
n?1（4）
?ql?lnRn?1?n?1(A?na?B?na)cosn??(???)?nn00r?a
2??0?rn?1（5）
?1rnlnR?lnr?()cosn? r?r当?00时，将lnR展开为级数，有 nr0n?1（6）
?(???0)ql?an?1n?1?n?1()cosn? 带入式（5），得 ?(An?na?Bn?0na)cosn????2??rn?1n?1r000（7）
n?n由式（4）和（7），有 Ana?Bna
An?nan?1?Bn?0na?n?1??(???0)qlan?1()
2??0r0r0ql(???0)1ql(???0)a2n 由此解得 An??， Bn??2??0(???0)nr0n2??0(???0)nr0n故得到圆柱内、外的电位分别为
ql(???0)?1rn?1(r,?)??lnr?r?2rr0cos???()cosn? 2??02??0(???0)n?1nr0（8）
qlql(???0)?1a2n22?2(r,?)??lnr?r0?2rr0cos??()cosn? ?2??02??0(???0)n?1nr0r（9）
220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为
ql(???0)?1rnql(???0)?()cosn??(lnR?lnr0) ?2??0(???0)n?1nr02??0(???0)ql(???0)?1a2nql(???0)?()cosn??(lnR??lnr) ?2??0(???0)n?1nr0r2??0(???0)其中R??r2?(a2r0)2?2r(a2r0)cos?。因此可将?1(r,?)和?2(r,?)分别写成为
?1(r,?)??2?0qlq(???0)lnR?llnr0
2??0???02??0(???0)1
- 30 -
1?(???0)ql1(???0)qllnR??lnr
2??02??0???02??0???02?0ql的电 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0）的线电荷
???0位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（r0,0）
?2(r,?)??qllnR????0???0a2
?qql。 的线电荷ql；位于(,0)的线电荷l；位于r?0的线电荷???0???0r0
4.12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。 解 导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位?(r,?)均为线电荷ql的电位?l(r,?)与感应电荷的电位?in(r,?)的叠加，即?(r,?)??l(r,?)??in(r,?)。线电荷ql的电位为
qq?l(r,?)??llnR??llnr2?r02?2rr0cos? （1）
2??02??0而感应电荷的电位?in(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?的偶函数。
?(r,?)满足的边界条件为
① ?(r,?)??l(r,?)(r??)； ② ?(a,?)?C。
由于电位分布是?的偶函数，并由条件①可知，?(r,?)的通解为
?(r,?)??l(r,?)??Anr?ncosn? （2）
n?0?将式（1）和（2）带入条件②，可得到
?ql?nAacosn??C?lna2?r02?2ar0cos? （3） ?n2??0n?0将lna2?r02?2ar0cos?展开为级数，有
1alna?r?2ar0cos??lnr0??()ncosn?
n?1nr0（4）
220?带入式（3），得
?Anacosn??C??nn?0?1a[lnr0??()ncosn?] （5） 2??0n?1nr0ql?a2nlnr0， An??() 由此可得 A0?C?2??02??0nr0ql故导体圆柱外的电为
ql?(r,?)??ql2??0lnr2?r02?2rr0cos??
ql1a2n(C?lnr0)?()cosn? （6） ?2??02??0n?1nr0rql?讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为
- 31 -
ql1a2n?()cosn??(lnR??lnr) ?2??0n?1nr0r2??0ql?其中R??r2?(a2r0)2?2r(a2r0)cos?。因此可将?(r,?)写成为
?(r,?)??ql2??0lnR?ql2??0lnR??ql2??0lnr?C?ql2??0lnr0
由此可见，导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（r0,0）
a2
的线电荷ql；位于(,0)的线电荷?ql；位于r?0的线电荷ql。
r0
4.13 在均匀外电场E0?ezE0中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U0；（2）导体上充有电荷Q。试分别计算两种情况下球外的电位分布。
解 （1）这里导体充电至U0应理解为未加外电场E0时导体球相对于无限远处的电位为U0，此时导体球面上的电荷密度???0U0a，总电荷q?4??0aU0。将导体球放入均匀外电场E0中后，在E0的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。
设?(r,?)??0(r,?)??in(r,?)，其中
?0(r,?)??E0z??E0rcos?
是均匀外电场E0的电位，?in(r,?)是导体球上的电荷产生的电位。
电位?(r,?)满足的边界条件为
① r??时，?(r,?)??E0rcos?；
????dS?q r?a?(a,?)?C 0?②时，?0，?rS其中C0为常数，若适当选择?(r,?)的参考点，可使C0?U0。
?2?1由条件①，可设 ?(r,?)??E0rcos??A1rcos??B1r?C1
3代入条件②，可得到 A1?aE0，B1?aU0，C1?C0?U0
3?2?1若使C0?U0，可得到 ?(r,?)??E0rcos??aE0rcos??aU0r
（2）导体上充电荷Q时，令Q?4??0aU0，有 U0?Q4??0a
3?2利用（1）的结果，得到 ?(r,?)??E0rcos??aE0rcos??Q4??0r 4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0?ezE0，在介质中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电场E和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为?）。
解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)，则边界条件为
① r??时，?2(r,?)??E0rcos?； ② r?0时，?1(r,?)为有限值；
????③ r?a时， ?1(a,?)??2(a,?)，?01??2
?r?r
- 32 -
由条件①和②，可设
?1(r,?)??E0rcos??A1rcos?
?2(r,?)??E0rcos??A2r?2cos?
带入条件③，有
a A1a?A2a?2，
oz ? ?0 ??0E0??0A1???E0?2?a?3A2
???0???03E0 A??EA??aE0 由此解得 10，22???02???0题4.14图
3??(r,?)??E0rcos? 所以 12???0???0a3?2(r,?)??[1?()]E0rcos?
2???0r空腔内、外的电场为
3?E1????1(r,?)?E0
2???0(???0)E0a3()[er2cos??e?sin?] E2????2(r,?)?E0?2???0r空腔表面的极化电荷面密度为
3?0(???0)?E0cos? ?p??n?P2r?a??(???0)er?E2r?a?2???04.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为r1和r2，球的中心放置一个电偶极子p，球壳上的电荷量为Q。试计算球内、外的电位分布和球壳上的电荷分布。
解 导体球壳将空间分割为内外两个区域，电偶极子p在球壳内表面上引起感应电荷分布，但内表面上的感应电荷总量为零，因此球壳外表面上电荷总量为Q，且均匀分布在外表面上。
球壳外的场可由高斯定理求得为
QE2(r)?er
4??0r2Q?2(r)?
4??rr2 0r1 Qo pz ?? 外表面上的电荷面密度为 24?r22Q 设球内的电位为?1(r,?)??p(r,?)??in(r,?)，其中
pcos?p题 4.15图
?p(r,?)??P(cos?) 221 4??0r4??0r是电偶极子p的电位，?in(r,?)是球壳内表面上的感应电荷的电位。
?in(r,?)满足的边界条件为
① ?in(0,?)为有限值；
② ?1(r1,?)??2(r2)，即?in(r1,?)??p(r1,?)??2(r2)，所以
- 33 -
?in(r1,?)?Q4??0r2??p4??0r12P1(cos?)
n由条件①可知?in(r,?)的通解为 ?in(r,?)??AnrPn(cos?)
n?0由条件②，有
?Anr1nPn(cos?)?n?0?Q4??0r2?p4??0r12P1(cos?)
比较两端Pn(cos?)的系数，得到
，
4??0r134??0r2An?0(n?2)
Qp1r?(r,?)??(2?3)cos? 最后得到 14??0r24??0rr1??1??1??????球壳内表面上的感应电荷面密度为 10r?r0?n1?r?A0?Q， A1??pr?r1??3pcos? 4?r133p?dS??cos??2?r12sin?d??0 感应电荷的总量为 q1??13??4?r10S4.16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在z 球内产生均匀场，问线圈应如何绕（即求绕线的密度）？
解 er 设球内的均匀场为H1?ezH0(r?a)，球外的场为
H2(r?a)，如题4.16图所示。根据边界条件，球
? 面上的电流面密度为 a H1 H2 H)JSo? n?(H2?1r?a?er?(H2?ezH0)r?a?
er?H2若令题 4.16图
JS?e?H0sin?
r?a?e?H0sin?
r?aer?H2?0，则得到球面上的电流面密度为
这表明球面上的绕线密度正比于sin?，则将在球内产生均匀场。
4.17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P。
P?（1）证明：球内的电场是均匀的，等于； ?0（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子P?产生的电场相同，
4?R3。 ??3解 （1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中所求的电场即为极化电荷所产生的场。由于是均匀极化，介质球体内不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的电位满足拉普拉斯方程，可用分离变量法求解。
建立如题4.17图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为
?p?P?n?P?er?Pcos?
介质球内、外的电位?1和?2满足的边界条件为
z P o R 题 4.17图
- 34 -
① ?1(0,?)为有限值； ② ?2(r,?)?0(r??)； ③ ?1(R,?)??2(R,?)
?????0(1?2)r?R?Pcos?
?r?r因此，可设球内、外电位的通解为
?1(r,?)?A1rcos?
B1?2(r,?)?2cos?
rB2B1?(A?)?P 由条件③，有 A1R?1，0123RRPPR3 解得 A1?， B1?3?03?0PPrcos??z 于是得到球内的电位 ?1(r,?)?3?03?0PPE??????e?? 故球内的电场为 11z3?03?0（2）介质球外的电位为
P?PR314?R3P?cos? ?2(r,?)?cos??cos?2224??0r3?0r4??0r34?R3其中??为介质球的体积。故介质球外的电场为
3P???21??2(er2cos??e?sin?) E2????2(r,?)??er?e??34??0r?rr?r可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P?产生的电场相同。
4.18 半径为a的接地导体球，离球心r1(r1?a)处放置一个点电荷q，如题4.18图所示。用分离变量法求电位分布。
解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加，感应电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位分布时，将点电荷的电位在球面上按勒让德多项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。
设?(r,?)??0(r,?)??in(r,?)，其中
qq?0(r,?)??4??0R4??0r2?r12?2rr1cos? 是点电荷q的电位，?in(r,?)是导体球上感应电荷产生的电位。
电位?(r,?)满足的边界条件为
① r??时，?(r,?)?0； ② r?a时， ?(a,?)?0。
由条件①，可得?in(r,?)的通解为 z q ?in(r,?)??Anr?n?1Pn(cos?) n?0?r1 为了确定系数An，利用1R的球坐标展开式 a o 题4.18图
- 35 -
??rn??n?1Pn(cos?)(r?r1)1?n?0r1?? R??r1nP(cos?)(r?r1)?n?1n?r?n?0q?an将?0(r,?)在球面上展开为 ?0(a,?)??Pn(cos?)
4??0n?0r1n?1代入条件②，有
?Aann?0??n?1anPn(cos?) ?P(cos?)?0 ?n?1n4??0n?0r1q?qa2n?1比较Pn(cos?)的系数，得到 An??n?1 4??0r1a2n?1?P(cos?) 故得到球外的电位为 ?(r,?)??n?1n4??0R4??0n?0(rr1)讨论：将?(r,?)的第二项与1R的球坐标展开式比较，可得到
?ar1a2n?1P(cos?)? ?n?1n2222r)n?0(rr?(ar)?2r(ar)cos?111由此可见，?(r,?)的第二项是位于r??a2r1的一个点电荷q???qar1所产生的电位，此电荷正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。
4.19 一根密度为ql、长为2a的线电荷沿z轴放置，z P(r,?) 点上。证明：对于r?a的点，有 中心在原 a R 5 ql?aa3?a )? ?(r,??P(cos?)?P(cos?)?L? 3254r 2??0?r3r5r??? o 解 线电荷产生的电位为 aa qlql11??(r,?)?dz?dz? ??224??R4???a r?z??2rz?cos?0?a0?a 对于r?a的点，有 题4.19图
?1(z?)n ??n?1Pn(cos?) 22r?z??2rz?cos?n?0r故得到
aql?(z?)n?(r,?)?P(cos?)dz?? ?4??0n?0??arn?1qq??ql?aa3a51an?1?(?a)n?1?P(cos?)?P(cos?)?LP(cos?)??? ?n3254n?12??0?r3r5r4??0n?0n?1r?4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上总电荷量为Q，如题4.20图所示。证明：空间任意点电位为
24?Q?1?r?3?r??1?1?P(cos?)?P(cos?)?L?? (r?a) ??2??44??0a?8?a??2?a???24?Q?1?a?3?a??2??1???P2(cos?)???P4(cos?)?L? (r?a)
4??0r?8?r???2?r??ql?
- 36 -
解 以细导线圆环所在的球面r?a把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用?函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面r?a上的电荷面密度
QQz ????(cos??cos)??(cos?) 2?a222?a2再根据边界条件确定系数。
设球面r?a内、外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)，则边界条件为： a o y ?1(0,?)为有限值； ① ?2(r,?)?0(r??) ② x ?1(a,?)??2(a,?)， ③
题 4.20图
??1??2Q?)??(cos?) ?r?rr?a2?a2根据条件①和②，可得?1(r,?)和?2(r,?)的通解为
?0(?1(r,?)??AnrnPn(cos?)
n?0?（1）
?2(r,?)??Bnr?n?1Pn(cos?)
n?0?（2）
代入条件③，有
n?n?1 Ana?Bna
（3）
?Qn?1?n?2[Ana?B(n?1)a]P(cos?)??(cos?) （4） ?nnn22??an?00将式（4）两端同乘以Pm(cos?)sin?，并从0到?对?进行积分，得
Annan?1(2n?1)Q?(cos?)Pn(cos?)sin?d?? ?Bn(n?1)a?2?4??0a0(2n?1)QPn(0) （5）
4??0a2?n?2?n?1,3,5,L?0? 其中 Pn(0)??n21?3?5L(n?1)(?1)n?2,4,6,L?2?4?6Ln?QQanP(0)，Bn?Pn(0) 由式（3）和（5），解得 An?n?1n4??0a4??0代入式（1）和（2），即得到 24Q?1?r?3?r??1??1???P2(cos?)???P4(cos?)?L4??0a?8?a??2?a?
?? (r?a) ??- 37 -
4?1?a?2?3?a??2??1???P2(cos?)???P4(cos?)?L? (r?a)
4??0r?8?r???2?r??4.21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d，如果把它移到无穷远处，需要作多少功？
解 利用镜像法求解。当点电荷q移动到距离导体平面为x的点P处时，其像电荷q???q，
q 与导体平面相距为x???x，如题4.21图所示。q? o 像电荷q?在点P处产生的电场为 ?x x x ? qxE?(x)?ex 4??0(2x)2所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功
Q为
题 4.21图
??dWe??qE?(x)?dr??d?q2q2dx? ? 24??0(2x)16??0dq2 外力所作的功为 Wo??We?16??0d4.22 如题4.22图所示，一个点电荷q放在60?的接地导体角域内的点(1,1,0)处。求： （1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x?2,y?1处的电位。
解 （1）这是一个多重镜像的问题，共有5个像电荷，分布在以点电荷q到角域顶点的距离为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，其电荷量的大小等于q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为
???2cos75??0.366y ?x1???q,? q1 ???2sin75?1.366??y1? q1???x?2cos165??1.366?2q (2,1,0) ?q?q, ?2?(1, 1,0) ??2sin165?0.366??y2? q260? ???x?2cos195??1.366 ?3x ?q??q,? q3 ?3?o ??2sin195??0.366??y3 ?q5 ?? ??2cos285??0.366q4?x4??q,q4 ?? 题 4.22图 ???y4?2sin285??1.366???2cos315??1?x5???q,?q5 ????y5?2sin315??1（2）点x?2,y?1处电位
?q4???q2?q3?q51?qq1?(2,1,0)?????? ???
4??0?RR1R2R3R4R5?q0.321q?2.88?109q(V) (1?0.597?0.292?0.275?0.348?0.477)?4??04??0
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4.23 一个电荷量为q、质量为m的小带电体，放置在无限大导体平面下方，与平面相距为h。求q的值以使带电体上受到的静电力恰与重力相平衡（设m?2?10?3kg，h?0.02m）。
解 将小带电体视为点电荷q，导体平面上的感应电荷对q的静电力等于镜像电荷q?对q的作用力。根据镜像法可知，镜像电荷为q???q，位于导体平面
q2 上方为h处，则小带电体q受到的静电力为 fe??4??0(2h)2q2?mg 令fe的大小与重力mg相等，即 24??0(2h)z q z q R1z q?q?? ?0 h o ? ? h ? h P o R? ?0 h ? R2 0图 2.13q ? o P 题 4.24图（a）
题 4.24图（b）
题 4.24图（c）
?8于是得到 q?4h??0mg?5.9?10C
4.24 如题4.24（a）图所示，在z?0的下半空间是介电常数为?的介质，上半空间为空气，距离介质平面距为h处有一点电荷q，求：（1）z?0和z?0的两个半空间内的电位；（2）介质表面上的极化电荷密度，并证明表面上极化电荷总电量等于镜像电荷q?。
解 （1）在点电荷q的电场作用下，介质分界面上出现极化电荷，利用镜像电荷替代介质分界面上的极化电荷。根据镜像法可知，镜像电荷分布为（如题4.24图（b）、（c）所示）
???0q???q，位于 z??h
???0???0q???q， 位于 z?h
???0上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q?共同产生，即
?qq????0q?11???1???? ?4??0R14??0R?4??0?r2?(z?h)2???0r2?(z?h)2????下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q??共同产生，即
q?q??q1?2??4??R22?(???0)r2?(z?h)2 （2）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为
(???0)hq?????p?n??P1?P2?z?0??0(E1z?E2z)z?0??0(2?1)z?0??
?z?z2?(???0)(r2?h2)32极化电荷总电量为
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?(???0)q(???0)hqr??q? qP???PdS???P2?rdr??dr?2232????0???00(r?h)S04.25 一个半径为R的导体球带有电荷量为Q，在球体外距离球心为D处有一个点电荷q。（1）求点电荷q与导体球之间的静电力；（2）证明：当q与Q同
QRD3R??号，且成立时，F表现为吸引力。 q(D2?R2)2D解 （1）导体球上除带有电荷量Q之外，点电荷q还要在导体球上感应出等量异号的两种不同电荷。根据镜像法，像电荷q?和q??的大小和位置分别为（如
题4.25图所示）
D 2RRd? q???q， d?? Q?q?? Dz o D q? q RR q????q??q， d???0
D导体球自身所带的电荷Q则与位于球心的点电荷Q 题 4.25图
等效。故点电荷q受到的静电力为
qq?q(D?q??)?? F?Fq??q?Fq???q?FQ?q?4??0(D?d?)24??0D2???q?Q?(RD)qRq???2? 224??0?DD?D??RD???????（2）当q与Q同号，且F表现为吸引力，即F?0时，则应有
Q?(RD)qRq??0 222DDD??RD???QRD3R?? 由此可得出 222q(D?R)D4.26 两个点电荷Q和?Q，在一个半径为a的导体球直径的延长线上，分别位于导体球的两侧且距球心为D。
2a3Q （1）证明：镜像电荷构成一个电偶极子，位于球心，电偶极矩为p?；2DQ（2）令D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变，计算球外的电场。
D解 （1）点电荷Q和?Q都要在球面上引起等量异号的感应电荷，可分别按照点电荷与不接地导体球面的镜像确定其等效的像电荷。根据镜像法，点电荷Q的像电荷为
2aa???Q， 位于：d1??q1 Dz DazD Q ????q1??Q，位于：d1???0 q1DR1 而点电荷?Q的像电荷为 P ??R12?q1d1 aa ??Q， 位于：d2rq2??? a ? DDo ?R2 d2? ?q2 R2 有 ?D ?Q 题4.26图
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a???0 Q，位于：d2D??和q2??等值异号，且同时位于球心，故球如题4.26图所示。由此可见，像电荷q1?和q2?也等值异号，且位置关于球心对称，故心处总的像电荷为零；而像电荷q1构成位于球心的电偶极子，其电偶极矩为
a2a22a3Q?(2d1?)?Q? p?q2?2DDD?和q2?共同产生，即 （2）球外的电位由Q和?Q以及像电荷q1?q?q2QQ?(r,?)??1－??
??4??0R14??0R14??0R24??0R2????q2???q2Q?1aD??? ?222224??0?r?D2?2rDcos?r?(aD)?(2raD)cos???1aD?? 2? 22222r?D?2rDcos?r?(aD)?(2raD)cos???Q当D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变时，有
DQ?D2aD??(r,?)??? ?22224??0D2?r2?D2?2rDcos?r?(aD)?(2raD)cos????? ?? 222222r?D?2rDcos?r?(aD)?(2raD)cos??????Q?ra2?aD?D1?cos??1?cos???????4??0D2?DrrD?????D2aD??ra2???aD?D?1?cos???1?cos?????
DrrD??????p4??0arcos??3p4??0r2cos?
球外的电场为
??1??p2a3a3E??????(er?e?)?[?er(1?3)cos??e?(1?3)E0sin?]? 3?rr??4??0arrppez?(er2cos??e?sin?) 4??0a34??0r34.27 一根与地面平行架设的圆截面导线，半径为a，悬挂高度为h。证明：
单位长度上圆柱导线与地面间的电容为2??0C0?。 a cosh?1(ha)ql 解 地面的影响可用一个像圆柱来等效。设导线单 h 位长度带电荷为ql，则像圆柱单位长度带电荷为?ql。D 根据电轴法，电荷ql和?ql可用位于电轴上的线电荷来 h ?ql d a 题 4.27图
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等效替代，如题4.27图所示。等效线电荷对导体轴线的偏移为
D?h?h2?a2
d?h?h2?a2
则导线与地间的电位差为
qlql11qlh2?a2?(h?a)??ln?ln?ln?222??0a?d2??0D?a2??0h?a?(h?a)qh2?a2?hhln?lcosh?1() 2??0a2??0a故单位长度上圆柱导线与地面间的电容为
q2??0C0?l?
?cosh?1(ha)4.28在上题中设导线与地面间的电压为U0。证明：地面对导线单位长度的作用
ql2?12212。 ??cosh(ha)(h?a)????0U0212 解 导线单位长度上的电场能量为 We?C0U0?2cosh?1(ha)由虚位移法，得到地面对导线单位长度的作用力为
??0U02?We??0U02?F0?[]?2U??12212 ??cosh(ha)(h?a)?h0?hcosh?1(ha)??
力F0???0U02