电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)第2章

第二章 静电场

2-1 若真空中相距为d的两个电荷q1及q2的电量分别为q及4q，当点电荷q位于q1及q2的连线上时，系统处于平衡状态，试求q的大小及位置。

解 要使系统处于平衡状态，点电荷q受到点电荷q1及q2的力应该大小相等，方向相反，即FqqFqq。那么，

1

2

由

q1q40r1

2



q2q40r2

2

r22r1，同时考虑到r1r2d13

23

，求得

r1d, r2

d

可见点电荷q可以任意，但应位于点电荷q1和q2的连线上，且与点电荷q1相距

2-2 已知真空中有三个点电荷，其电量及位置分别为：

q11C, P1(0,0,1) q21C, P2(1,0,1) q34C, P3(0,1,0)

13d

。

试求位于P(0,1,0)点的电场强度。

解 令r1,r2,r3分别为三个电电荷的位置P1,P2,P3到P点的距离，则r1

2

，r23，r32。

q40r

2

利用点电荷的场强公式E

er，其中er

为点电

荷q指向场点P的单位矢量。那么，

q1在P点的场强大小为E1

q140r1

2



18

，方向为

er1

12

e

y

ez。

q2在P点的场强大小为E2

q240r2

2



112

，方向为

er2

13

e

x

eyez。

q340r3

2

q3在P点的场强大小为E3



14

，方向为

er3ey

则P点的合成电场强度为

EE1E2E3

1111111

eexy

012382123482123



ez

2-3 直接利用式（2-2-14）计算电偶极子的电场强度。 解 令点电荷q位于坐标原点，r为点电荷q至场点P的距离。再令点电荷q位于+z坐标轴上，r1为点电荷q至场点P的距离。两个点电荷相距为l，场点P的坐标为（r,,）。

根据叠加原理，电偶极子在场点P产生的电场为

E

q4

rr1

 3r3

r1

考虑到r >> l，er= er，r1rlcos，那么上式变为

1

E

q4

r12r2



r2r2

1

q

er4

(r1r)(r1r)

er 22rr1

式中

l

r1

1

rl2rlcos



22





12

1ll12cos2

rrr





12

2





12

ll

以为变量，并将12cos2rrr

2

在零点作泰勒展

开。由于lr，略去高阶项后，得

r1

1



1ll1

1coscos2rrrr

利用球坐标系中的散度计算公式，求出电场强度为

E

q4

1lqlcosqlsin1

coseeθr233

r20r40rrr

2-4 已知真空中两个点电荷的电量均为2106C，相距为2cm， 如习题图2-4所示。试求：①P点的电位；②将电量为2106C的点电荷由无限远处缓慢地移至P点时，外力必须作的功。

解 根据叠加原理，P点的合成电位为

2

q40r

2.510

6

习题图2-4

V

因此，将电量为2106C的点电荷由无限远处缓慢地移到

P

点，外力必须做的功为Wq5J

2-5 通过电位计算有限长线电荷

的电场强度。

解 建立圆柱坐标系。 令先电 荷沿z轴放置，由于结构以z轴对称，场强与无关。为了简 单起见，令场点位于yz平面。 设线电荷的长度为L，密度为

l，线电荷的中点位于坐标原

点，场点P的坐标为

r,







2,z。 

利用电位叠加原理，求得场点

习题图2-5

P

的电位为

L



ldl4



2

L2

r0

式中r0

zl2

r

2

。故

L



l

4

lnz

20



lzl2

r2



L2

L2



zL2



zl2

2r

4

ln2

z

L2



zL2



2r

因E，可知电场强度的z分量为

L2

z

zLE2

2r

2z

z



l4

lnL2

z

z

2



zL2

2r

y



l

4



1L2zr

2

2



1L2

zr

2

2



 

l1



240r

zL2r





40r



1zL21

r

2



 

 

l

rr

2

zL2

2



r

2

rzL2

2



l40r

sin2sin1

电场强度的r分量为

zlnz

L2L2

L2zr

2

L2zr

2

22

Er

r



l4

r





l4





r

z

2

L2rzL2



2

z

2

L2r



2



r

zL22

2rzL2



zL22

 2r



l1

240r

zL2zL2

rr





zL21

r



2



1

2

zL2zL21

rr

 2

zL2r



l



40r1

12tan1

11tan

1

1

2

tan1



1

1

2

tan2tan2

1



1tan2

2



 



l40r

1cos11cos2



l40r

cos1cos2

rz

L2

,  2arctan

rz

L2

式中1arctan

，那么，合成电强为

E

l

40r

sin2sin1ezcos2cos1er

当L时，10, 2 ，则合成电场强度为

E

l

20r

er

可见，这些结果与教材2-2节例4完全相同。

2-6 已知分布在半径为a的半圆周上的电荷线密度

l0sin, 0，试求圆心处的电场强度。

习题图2-6

解 建立直角坐标，令线电荷位于xy平面，且以y轴为对称，如习题图2-6所示。那么，点电荷ldl在圆心处产生的电场强度具有两个分量Ex和Ey。由于电荷分布以y轴为对称，因此，仅需考虑电场强度的Ey分量，即

dEdEy

ldl40a

2

sin

考虑到dlad,l0sin，代入上式求得合成电场强度为

Eey



040a

sind

2

080a

ey

2-7 已知真空中半径为a的圆环上均匀地分布的线电荷密度为l，试求通过圆心的轴线上任一点的电位及电场强度。

习题图2-7

y

解 建立直角坐标，令圆环位于坐标原点，如习题图2-7所示。那么，点电荷ldl在z轴上P点产生的电位为



ldl40r

根据叠加原理，圆环线电荷在P点产生的合成电位为

z

14



2a

l

r

dl

l

4

r

2a

dl

20

la

az

2

2

因电场强度E，则圆环线电荷在P点产生的电场强度为

Eez

zz

ez

laz

20az



2

232



2-8 设宽度为W，面密度为S的带状电荷位于真空中， 试求空间任一点的电场强度。

解 建立直角坐标，且令带状电荷位于xz平面内，如习题图2-8所示。带状电荷可划分为很多条宽度为dx的无限长线电荷，其线密度为sdx。那么，该无限长线电荷

(a)

习题图2-8

(b)

y

)

y

产生的电场强度与坐标变量z无关，即

dE

sdx20r

er

式中

r

xx2

xxr

y

ey

yr1r

2

erex

exxey

x

y

得

dE

2

w

xx

sdx

2

y

2

exxey

x

y

那么

E



2w2

2

2

xx

sdx

2

y

2

exxey

x

y

ex

s4

ln

w2

xy

2

w2

xy

2

2

ww

xx

s

arctanarctaney

20yy

 

2-9 已知均匀分布的带电圆盘半径为a，面电荷密度 为S，位于z = 0平面，且盘心与原点重合，试求圆盘 轴线上任一点电场强度E。

解 如图 2-9所示，在圆盘上取一半径为r，宽度为dr的圆环，该圆环具有的电荷量为dq2rdrs。由于对称性，该圆环电荷在z轴上任一点P产生的电场强度仅的r有z分量。根据习题2-7结果，获知该圆环电荷在P产生的

y

习题图2-9

电场强度的z分量为

dEz

zrsdr20rz



2

232



那么，整个圆盘电荷在P产生的电场强度为

Eez

s

20



a

zrdr

z

2

r

2



32

ez

20z

sz

zza

2

2





2-10 已知电荷密度为S及S的两块无限大面电荷分别位于x = 0及x = 1平面，试求x1, 0x1及x0区域中的电场强度。

解 无限大平面电荷产生的场强分布一定是均匀的，其电场方向垂直于无限大平面，且分别指向两侧。因此，位于x = 0平面内的无限大面电荷S，在x 0区域中产生的电场强度

E1exE1。位于



x = 1平面内的无限大面电荷S，在x

1区域中产生的电场强度E2exE2，在x > 1区域中产生的电场强度E2exE2。

由电场强度法向边界条件获知，

0E10E1s





x0

x0

s20

0E20E2s



x0

即

0E10E1s

0E20E2s

x1

由此求得

E1E2

根据叠加定理，各区域中的电场强度应为

EE1E2exE1exE20, x0









EE1E2exE1exE2

s0

, 0x1

EE1E2exE1exE20, x1



2-11 若在球坐标系中，电荷分布函数为

0, 0ra



106, arb

0, rb

试求0ra, arb及rb区域中的电通密度D。 解 作一个半径为r的球面为高斯面，由对称性可知

s

DdsqD

q4r

2

er

式中q为闭合面S包围的电荷。那么

在0ra区域中，由于q = 0，因此D = 0。 在arb区域中，闭合面S包围的电荷量为

q



v

dv10

6



43

r3

a

3



6

3

因此，

D

10

r

3

a3

r

2

e

r

在rb区域中，闭合面S包围的电荷量为

q



6

v

dv10



43

b3

a

3



6

3

因此，

D

10

b

3

a3

r

2

e

r

2-12 若带电球的内外区域中的电场强度为

q

, raEer2

r

qr

a, ra试求球内外各点的电位。 解 在ra区域中，电位为

r





qr

Edr



a

r

Edr





a

Edr

2a

a

2

r

2



qa

在ra区域中，r



qr

Edr

r

2-13 已知圆球坐标系中空间电场分布函数为

r3, ra

Eera5

2, rar

试求空间的电荷密度。

解 利用高斯定理的微分形式E系中

r0E0

1r

2

0

，得知在球坐标

ddr

r

2

Er



那么，在ra区域中电荷密度为

r0

1r

2

ddr

r5

5

r

2

在ra区域中电荷密度为

r0

1r

2

ddr

a0

5

2-14 已知真空中的电荷分布函数为

2r, 0ra

(r)

0, ra

式中r为球坐标系中的半径，试求空间各点的电场强度。 解 由于电荷分布具有球对称性，取球面为高斯面，那么根据高斯定理

s

Eds

q

0

E4r

2



q

0

在0ra区域中

q



v

rdv

14r

2



r

4rrdr

22

45

r

5

Eer

45

r

5

1

0



r

3

50

er

在ra区域中

q



v

rdv

14r

2



a

4rrdr

22

45

a

5

Eer

45

a

5

1

0



a

5

5r0

2

er

2-15 已知空间电场强度E3ex4ey5ez，试求（0,0,0）与（1,1,2）两点间的电位差。

解 设P1点的坐标为（0,0,0,）, P2点的坐标为（1,1,2,），那么，两点间的电位差为

V



P2

P1

Edl

，因此电位

式中 差为

E3ex4ey5ez, dlexdxeydyezdz

V



1,1,2

0,0,0

3dx4dy5dz3V

2-16 已知同轴圆柱电容器的内导体半径为a，外导体的内半径为b。若填充介质的相对介电常数r2。试求在外导体尺寸不变的情况下，为了获得最高耐压，内外导体半径之比。

解 已知若同轴线单位长度内的电荷量为q1，则同轴线内电场强度E

q12r

er。为了使同轴线获得最高耐压，应在

保持内外导体之间的电位差V不变的情况下，使同轴线内最大的电场强度达到最小值，即应使内导体表面ra处的电场强度达到最小值。因为同轴线单位长度内的电容为

C1

q1V

2b

lna

q1

2blna

V

则同轴线内导体表面ra处电场强度为

b

Vbaln

a

ba

E(a)

V

abblna

令b不变，以比值为变量，对上式求极值，获知当比

值

ba

e时，Ea取得最小值，即同轴线获得最高耐压。

2-17 若在一个电荷密度为，半径为a的均匀带电球中，存在一个半径为b的球形空腔，空腔中心与带电球中心的间距为d，试求空腔中的电场强度。

习题图2-17

解 此题可利用高斯定理和叠加原理求解。首先设半径为

a的整个球内充满电荷密度为的电荷，则球内P点的电

场强度为

E1P

140r

2

43

r er

3



30

r

式中r是由球心o点指向P点的位置矢量，

再设半径为b的球腔内充满电荷密度为的电荷，则其在球内P点的电场强度为

E2P

1

4

2

40r3

rer

3



30

r

式中r是由腔心o点指向P点的位置矢量。

那么，合成电场强度E1PE2P即是原先空腔内任一点的电场强度，即

EPE1PE2P



30

rr



30

d

式中d是由球心o点指向腔心o点的位置矢量。可见，空

腔内的电场是均匀的。

2-18 已知介质圆柱体的半径为a，长度为l，当沿轴线方向发生均匀极化时，极化强度为P，试求介质中束缚电荷在圆柱内外轴线上产生的电场强度。

解 建立圆柱坐标，且令圆柱的下端面位于xy平面。由于是均匀极化，故只考虑面束缚电荷。而且

该束缚电荷仅存在圆柱上下端面。已知面束缚电荷密度与极化强度的关系为

sPen

习题图2-18

式中en为表面的外法线方向上单位矢量。由此求得圆柱体上端面的束缚电荷面密度为s1P，圆柱体下端面的束缚面电荷密度为s2P。

由习题2-9获知，位于xy平面，面电荷为s的圆盘在其轴线上的电场强度为

E

20z

sz

zza

2

2



ez

因此，圆柱下端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为

E2

Pz20z

zza

2

2



ez 

而圆柱上端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为

PzlE1

20zl



zl(zl)a

2

2

e z

那么，上下端面束缚电荷在z轴上任一点产生的合成电场强度为

PzlEez20zl



zl

zl

2

a

2



zz



 22zaz

2-19 已知内半径为a，外半径为b的均匀介质球壳的介电常数为，若在球心放置一个电量为q的点电荷，试求：①介质壳内外表面上的束缚电荷；②各区域中的电场强度。

解 先求各区域中的电场强度。根据介质中高斯定理

s

Ddsq4rDqD

2

q4r

2

er

在0ra区域中，电场强度为

E

D

q40r

2

0

er

在arb区域中，电场强度为

E

D





q4r

2

er

在rb区域中，电场强度为

E

D

q40r

2

0

er

再求介质壳内外表面上的束缚电荷。

由于P0E，则介质壳内表面上束缚电荷面密度为

snPerP0

q4a

2

q

10

4a2

外表面上束缚电荷面密度为

snPerP0

q4b

2

q

10

4b2

2-20 将一块无限大的厚度为d的介质板放在均匀电场E中，周围媒质为真空。已知介质板的介电常数为，均匀

电场E的方向与介质板法线的夹角为1，如习题图2-20所示。当介质板中的电场线方向2介质表面的束缚电荷面密度。

解 根据两种介质的边界条件获知，边界上电场强度切向分量和电通密度的法向分量连续。因此可得

Esin1E2sin2；

Dcos1D2cos2



4

时，试求角度1及

eE

2

习题图2-20

已知D0E, D2E2，那么由上式求得

tan1tan2



0

tan1

0

tan2

0



1arctan0 

已知介质表面的束缚电荷senPen(D0E)， 那么，介质左表面上束缚电荷面密度为

s1en1P2en11



0

00

D21en1D210Ecos1

介质右表面上束缚电荷面密度为

2en2P2en21s



0

00D21en2D210Ecos1

2-21 已知两个导体球的半径分别为6cm及12cm，电量均为3106C，相距很远。若以导线相连后，试求：①电荷移动的方向及电量；②两球最终的电位及电量。 解 设两球相距为d，考虑到d >> a, d >> b，两个带电球

的电位为

1

14

q1q1

2；2

4da

qq2

1

db

两球以导线相连后，两球电位相等，电荷重新分布，但总电荷量应该守恒，即12及q1q2q6106C， 求得两球最终的电量分别为

q1q2

adbadbd2ab

bdaadbd2ab

qq

1323

q210q410

6

C C

6

可见，电荷由半径小的导体球转移到半径大的导体球，移动的电荷量为1106C。

两球最终电位分别为

1

1414

00

q1aq2b

310

5

V V

2

310

5

2-22 已知两个导体球的重量分别为m1=5g，m2=10g，电量均为5106C，以无重量的绝缘线相连。若绝缘线的长度l = 1m，且远大于两球的半径，试求；①绝缘线切断的瞬时，每球的加速度；②绝缘线切断很久以后，两球的速度。

解 ① 绝缘线切断的瞬时，每球受到的力为

F

q1q240r

2



510

6

510

6

4

0.225N

因此，两球获得的加速度分别为

a1

Fm1Fm2

0.2250.0050.2250.01

45ms



2



2

a2

22.5ms



② 当两球相距为l时，两球的电位分别为

1

14

q1q21； 2rl41

W

q2q1

 rl2

此时，系统的电场能量为

12

1q1

12

2q2

绝缘线切断很久以后，两球相距很远(l>>a, l>>b)，那么，两球的电位分别为

1

q140r1

;

2

q240r2

由此可见，绝缘线切断很久的前后，系统电场能量的变化为

ΔW

1

q2

q1

1

q1

q2

q

2

240l240l40l

0.225(J)

这部分电场能量的变化转变为两球的动能，根据能量守恒原理及动量守恒定理可得下列方程：

W

12m1v1

2

12

m2v2

2

，

m1v1m2v20

由此即可求出绝缘线切断很久以后两球的速度v1和v2：

v17.74ms；

v23.87ms

2-23 如习题图2-23所示，半径为a的导体球中有两个较小的球形空腔。若在空腔中心分别放置两个点电荷q1及q2，在距离ra处放置另一个点电荷q3，试求三个点电荷受到的电场力。

习题图2-23

解 根据原书2-7节所述，封闭导体空腔具有静电屏蔽特性。因此，q1与q2之间没有作用力，q3对于q1及q2也没有作用力。但是q1及q2在导体外表面产生的感应电荷-q1及-q2，对于q3有作用力。考虑到r>>a，根据库仑定律获知该作用力为

f

q1q2q3

40r

2

2-24 证明位于无源区中任一球面上电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布特性无关。 解 已知电位与电场强度的关系为E，又知

E



，由此获知电位满足下列泊松方程



2

0

利用格林函数求得泊松方程的解为

r



V

G0r,r

r01

dv

Gr,rrrGr,rds

S

式中G0r,r上式得

r

14

4rr

。考虑到G0r,r

1rr

3

4rr

，代入



rrr

V

dv

14

S

rr

rrds 3

rrrr

若闭合面S内为无源区，即0，那么

r

14

S

rr

rrds 3

rrrr

若闭合面S为一个球面，其半径为a，球心为场点，则

rra，那么上式变为

r

14

S

rr

rrds 3aa

考虑到差矢量rr的方向为该球面的半径方向，即与

ds的方向恰好相反，又E

,则上式变为

2

r

4a

1

S

Eds

14a

rds

S

由于在S面内无电荷，则Eds0，那么

S

r

14a

2

rds

S

由此式可见，位于无源区中任一球面上的电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布无关。 2-25 已知可变电容器的最大电容量Cmax100pF，最小电容量Cmin10pF，外加直流电压为300V，试求使电容器由最小变为最大的过程中外力必须作的功。

解 在可变电容器的电容量由最小变为最大的过程中，电源作的功和外力作的功均转变为电场储能的增量，即

W电源W外ΔWe

式中

W电源VΔqV(CmaxVCminV)8.110

6

(J)

ΔWe

12

(CmaxCmin)V

2

4.0510

6

J

因此，外力必须作的功为

W外4.0510

6

J

2-26 若使两个电容器均为C的真空电容器充以电压V后，断开电源相互并联，再将其中之一填满介电常数为r的理想介质，试求：①两个电容器的最终电位；②转移的电量。

解 两电容器断开电源相互并联，再将其中之一填满相对介电常数为r理想介质后，两电容器的电容量分别为

C1C, C2rC

两电容器的电量分别为q1,q2，且

q1q22CV

由于两个电容器的电压相等，因此

q1C1

q2C2

q1

q2

r

联立上述两式，求得

q1

2CV1r

，

q2

2CVr1r

因此，两电容器的最终电位为

V

q1C1

q2C2



2V1r

考虑到q2q1，转移的电量为

qq2CV

r1r1

CV

2-27 同轴圆柱电容器的内导体 半径为a，外导体半径为b，其 内一半填充介电常数为1的介 质，另一半填充介质的介电常 数为2，如习题图2-27所示。

当外加电压为V时，试求：①电容器中的电场强度； ②各边界上的电荷密度；③电容及储能。

解 ① 设内导体的外表面上单位长度的电量为q，外导体的内表面上单位长度的电量为q。取内外导体之间一个同轴的单位长度圆柱面作为高斯面，由高斯定理

Ddsq

s

arb

求得

rD1D2q

已知D11E1, D22E2，在两种介质的分界面上电场强度的切向分量必须连续，即E1E2，求得

E1E2E

q

r12

内外导体之间的电位差为

V



b

a

Edr

q

12

ln

ba

1

即单位长度内的电荷量为

q12V

ln

ba

故同轴电容器中的电场强度为 E

Vrln

ba

er

② 由于电场强度在两种介质的分界面上无法向分量，故此边界上的电荷密度为零。

内导体的外表面上的电荷面密度为

s11erE

1V

aln

ba

；

s22erE

2V

aln

ba

外导体的内表面上的电荷面密度为

s11erE

1V

bln

ba

qV

；

s22erE

2V

bln

ba

③单位长度的电容为

C

12

lnba

电容器中的储能密度为

we



12

V1

1Edv1

2



12

V2

2Edv2

2

1V2ln

2

ba

12

2-28 一平板电容器的结构如习题图2-28所示，间距

为d，极板面积为ll。试求：

① 接上电压V时，移去介质前后电容器中的电场强度、电通密度、各边界上的电荷密度、电容及储能； ② 断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。

解 ①接上电源，介质存在时，介质边界上电场强度切向分量必须连续，因此，介质内外的电场强度E是相等的，即电场强度为E质内DE

Vd

Vd

习题图2-28

。但是介质内外的电通密度不等，介

Vd

，介质外D00E0

。

两部分极板表面自由电荷面密度分别为

s

Vd

，

s00l

2

Vd

lV2d

2

电容器的电量 q

2qV12

ss00

2

电容量为

C

0

l

2d

lV4d

2

2

电容器储能为

W

qV(0)

若接上电压时，移去介质，那么电容器中的电场强度为

E

Vd

电通密度为

Vd

极板表面自由电荷面密度为s0E0电容器的电量为

qls0

2

lVd

2

电容量为

C

qV12

0

l

2

d

lV2d

2

2

电容器的储能为

W

qV0

②断开电源后，移去介质前，各个参数不变。但是若移去介质，由于极板上的电量q不变，电场强度为

E

q



V02d0

0l

2

电通密度为

D0E

V02d

V02d

极板表面自由电荷面密度为

s

两极板之间的电位差为

VEd

V020

电容量为 C

qV



l0d

2

12

lV

2

2

电容器的储能为 W

qV



0

2

8d0

2-29 若平板电容器的结构如习题图2-29所示，尺寸同上题，计算上题中各种情况下的参数。

习题图2-29

解 ①接上电压，介质存在时，介质内外的电通密度均 为D

 d/2

ql

2

，因此，介质内外的电场强度分别为

E

ql

2

；

d2

E0

ql0

2

两极板之间的电位差为V

2lV

2

EE0

qd02l02V

2

。

则 q



0d

E

2V0



0d

,E0



0d

则电位移矢量为

DE

2V



0d

； D00E0

2V



0d

极板表面自由电荷面密度为

s

2V



0d

；

s0

2V



0d

介电常数为的介质在靠近极板一侧表面上束缚电荷面密度为

0Es0s

2V0



0d

介电常数为与介电常数为0的两种介质边界上的束缚电荷面密度为

0EE00s

2V0



0d

2

此电容器的电量 qlsls0

qV

2l

2

22

2Vl



0d

则电容量为 C





0d

2Vl

2

2

电容器的储能为 W

12

qV

20d

接上电压时，移去介质后： 电场强度为 E

Vd

电位移矢量为 D0E0

Vd

Vd

极板表面自由电荷面密度为 s0电容器的电量 qls0

2

lVd

2

电容量为 C

qV

0

l

2

d

12

lV2d

2

2

电容器的储能为 W

qV0

(2) 断开电源后，介质存在时，各个参数与接上电源时完全相同。但是，移去介质后，由于极板上的电量q不变，电容器中电场强度为E

2V

q



2V

0l

2



0d

，电通密度为

D0E



0d

2V

极板表面自由电荷面密度为

s



0d

两极板之间的电位差为 VEd

2V



l

0

2

电容量为

C

qV

0

d

2

2

2

电容器的储能为

W

12

qV

2Vl0



0d

2

2-30 已知两个电容器C1及C2的电量分别为q1及q2，试求两者并联后的总储能。若要求并联前后的总储能不变，则两个电容器的电容及电量应满足什么条件？ 解 并联前两个电容器总储能为

W前Wc1Wc2

22

1q1q2

 2C1C2

并联后总电容为CC1C2，总电量为qq1q2，则总储能为

W后

1q

2

2C



1q1q22C1C2

2

要使W前W后，即要求

222

1q1q21q1q22C1C22C1C2

方程两边同乘C1C2，整理后得

C2C1

q1

2

C1C2

q2

2

2q1q2

方程两边再同乘C1C2，可得

C2q1C1q22C1C2q1q2

2

2

2

2

即

C2q1C1q22

0

由此获知两个电容器的电容量及电荷量应该满足的条件为

q1q2

C1C2

2-31 若平板电容器中介电 常数为

 (x)

 2 1

d

x 1

平板面积为A，间距为d，如 习题2-31所示。试求平板电 容器的电容。

习题图2-31

解 设极板上的电荷密度分别为s，则由高斯定理，可得电通密度Ds，因此电场强度为

Ex

D

x



s

21

d

x1

0xd

那么，两极板的电位差为 V

qV

AsV



d

Exdx

sd21

ln

21

则电容量为 C



A21dln

21

2-32 若平板空气电容器的 电压为V，极板面积为A， 间距为d，如习题图2-32所 示。若将一块厚度为t(td) 的导体板平行地插入该平板 电容器中，试求外力必须作 的功。

解 未插入导体板之前，电容量C

0A

d

V

习题图2-32

。插入导体板后，

0A

x

可看作两个电容串联，其中一个电容器的电容C1

0A

dtx

，

另一个电容器的电容C2

C1C2C1C2

，那么总电容量为

C

0A

dt

根据能量守恒原理，电源作的功和外力作的功均转变为电场能的增量，即

W电源W外ΔWeW2W1

式中

W电源ΔqVCVCVV

12

2

0Atddt

12W电源

2V

dWeW2W1则

W外

1

(CC)V

0At

2ddt

V

2

2-33 已知线密度l106(C/m)的无限长线电荷位于（1,0, z）处，另一面密度S106(C/m2)的无限大面电荷分布在x = 0平面。试求位于,0,0处电量q109C的点

2



1



电荷受到的电场力。

解 根据题意，两种电荷的位置如图2-33所示。由习题 2-10知，无限大面电荷在P点产生的电场强度为

Eex

s

20

无限长线电荷在P点产生的电场强度为

E2

习题图2-33

l

l

20r

ex

ex

因此，P点的总电场强度为

sl

EE1E220

0



ex 

所以位于P点的点电荷受到的电场力为

sl

FEqex2

00



qex2.05105N 

2-34 已知平板电容器的极板尺寸为ab，间距为d，两板间插入介质块的介电常数为，如习题图2-34所示。试求：①当接上电压V时，插入介质块受的力；②电源

断开后，再插入介质时，介质块的受力。

解 ①此时为常电位系统，因此介质块受到的电场力为 FdWe

dxconst习题图2-34

式中x为沿介质块宽边b的位移。介质块插入后，引起电容改变。设插入深度x，则电容器的电容为

Cax

d0a(bx)

da

d0b(0)x

电容器的电场能量可表示为

We12UC2aU

2d20b(0)x

那么介质块受到的x方向的电场力为

FdW

dxconstaU2d2(0)

② 此时为常电荷系统，因此介质块受到的电场力为

FdWe

dxqconst

式中x为沿介质块宽边b的位移。

介质块插入后，极板电量不变，只有电容改变。此时电容器的电场能量可表示为

We1q22Cdq21

2a0b(0)x

因此介质块受到的x方向的电场力为

31

FdWe

dxqconstabU02d22200b0x2

32

第二章 静电场

2-1 若真空中相距为d的两个电荷q1及q2的电量分别为q及4q，当点电荷q位于q1及q2的连线上时，系统处于平衡状态，试求q的大小及位置。

解 要使系统处于平衡状态，点电荷q受到点电荷q1及q2的力应该大小相等，方向相反，即FqqFqq。那么，

1

2

由

q1q40r1

2



q2q40r2

2

r22r1，同时考虑到r1r2d13

23

，求得

r1d, r2

d

可见点电荷q可以任意，但应位于点电荷q1和q2的连线上，且与点电荷q1相距

2-2 已知真空中有三个点电荷，其电量及位置分别为：

q11C, P1(0,0,1) q21C, P2(1,0,1) q34C, P3(0,1,0)

13d

。

试求位于P(0,1,0)点的电场强度。

解 令r1,r2,r3分别为三个电电荷的位置P1,P2,P3到P点的距离，则r1

2

，r23，r32。

q40r

2

利用点电荷的场强公式E

er，其中er

为点电

荷q指向场点P的单位矢量。那么，

q1在P点的场强大小为E1

q140r1

2



18

，方向为

er1

12

e

y

ez。

q2在P点的场强大小为E2

q240r2

2



112

，方向为

er2

13

e

x

eyez。

q340r3

2

q3在P点的场强大小为E3



14

，方向为

er3ey

则P点的合成电场强度为

EE1E2E3

1111111

eexy

012382123482123



ez

2-3 直接利用式（2-2-14）计算电偶极子的电场强度。 解 令点电荷q位于坐标原点，r为点电荷q至场点P的距离。再令点电荷q位于+z坐标轴上，r1为点电荷q至场点P的距离。两个点电荷相距为l，场点P的坐标为（r,,）。

根据叠加原理，电偶极子在场点P产生的电场为

E

q4

rr1

 3r3

r1

考虑到r >> l，er= er，r1rlcos，那么上式变为

1

E

q4

r12r2



r2r2

1

q

er4

(r1r)(r1r)

er 22rr1

式中

l

r1

1

rl2rlcos



22





12

1ll12cos2

rrr





12

2





12

ll

以为变量，并将12cos2rrr

2

在零点作泰勒展

开。由于lr，略去高阶项后，得

r1

1



1ll1

1coscos2rrrr

利用球坐标系中的散度计算公式，求出电场强度为

E

q4

1lqlcosqlsin1

coseeθr233

r20r40rrr

2-4 已知真空中两个点电荷的电量均为2106C，相距为2cm， 如习题图2-4所示。试求：①P点的电位；②将电量为2106C的点电荷由无限远处缓慢地移至P点时，外力必须作的功。

解 根据叠加原理，P点的合成电位为

2

q40r

2.510

6

习题图2-4

V

因此，将电量为2106C的点电荷由无限远处缓慢地移到

P

点，外力必须做的功为Wq5J

2-5 通过电位计算有限长线电荷

的电场强度。

解 建立圆柱坐标系。 令先电 荷沿z轴放置，由于结构以z轴对称，场强与无关。为了简 单起见，令场点位于yz平面。 设线电荷的长度为L，密度为

l，线电荷的中点位于坐标原

点，场点P的坐标为

r,







2,z。 

利用电位叠加原理，求得场点

习题图2-5

P

的电位为

L



ldl4



2

L2

r0

式中r0

zl2

r

2

。故

L



l

4

lnz

20



lzl2

r2



L2

L2



zL2



zl2

2r

4

ln2

z

L2



zL2



2r

因E，可知电场强度的z分量为

L2

z

zLE2

2r

2z

z



l4

lnL2

z

z

2



zL2

2r

y



l

4



1L2zr

2

2



1L2

zr

2

2



 

l1



240r

zL2r





40r



1zL21

r

2



 

 

l

rr

2

zL2

2



r

2

rzL2

2



l40r

sin2sin1

电场强度的r分量为

zlnz

L2L2

L2zr

2

L2zr

2

22

Er

r



l4

r





l4





r

z

2

L2rzL2



2

z

2

L2r



2



r

zL22

2rzL2



zL22

 2r



l1

240r

zL2zL2

rr





zL21

r



2



1

2

zL2zL21

rr

 2

zL2r



l



40r1

12tan1

11tan

1

1

2

tan1



1

1

2

tan2tan2

1



1tan2

2



 



l40r

1cos11cos2



l40r

cos1cos2

rz

L2

,  2arctan

rz

L2

式中1arctan

，那么，合成电强为

E

l

40r

sin2sin1ezcos2cos1er

当L时，10, 2 ，则合成电场强度为

E

l

20r

er

可见，这些结果与教材2-2节例4完全相同。

2-6 已知分布在半径为a的半圆周上的电荷线密度

l0sin, 0，试求圆心处的电场强度。

习题图2-6

解 建立直角坐标，令线电荷位于xy平面，且以y轴为对称，如习题图2-6所示。那么，点电荷ldl在圆心处产生的电场强度具有两个分量Ex和Ey。由于电荷分布以y轴为对称，因此，仅需考虑电场强度的Ey分量，即

dEdEy

ldl40a

2

sin

考虑到dlad,l0sin，代入上式求得合成电场强度为

Eey



040a

sind

2

080a

ey

2-7 已知真空中半径为a的圆环上均匀地分布的线电荷密度为l，试求通过圆心的轴线上任一点的电位及电场强度。

习题图2-7

y

解 建立直角坐标，令圆环位于坐标原点，如习题图2-7所示。那么，点电荷ldl在z轴上P点产生的电位为



ldl40r

根据叠加原理，圆环线电荷在P点产生的合成电位为

z

14



2a

l

r

dl

l

4

r

2a

dl

20

la

az

2

2

因电场强度E，则圆环线电荷在P点产生的电场强度为

Eez

zz

ez

laz

20az



2

232



2-8 设宽度为W，面密度为S的带状电荷位于真空中， 试求空间任一点的电场强度。

解 建立直角坐标，且令带状电荷位于xz平面内，如习题图2-8所示。带状电荷可划分为很多条宽度为dx的无限长线电荷，其线密度为sdx。那么，该无限长线电荷

(a)

习题图2-8

(b)

y

)

y

产生的电场强度与坐标变量z无关，即

dE

sdx20r

er

式中

r

xx2

xxr

y

ey

yr1r

2

erex

exxey

x

y

得

dE

2

w

xx

sdx

2

y

2

exxey

x

y

那么

E



2w2

2

2

xx

sdx

2

y

2

exxey

x

y

ex

s4

ln

w2

xy

2

w2

xy

2

2

ww

xx

s

arctanarctaney

20yy

 

2-9 已知均匀分布的带电圆盘半径为a，面电荷密度 为S，位于z = 0平面，且盘心与原点重合，试求圆盘 轴线上任一点电场强度E。

解 如图 2-9所示，在圆盘上取一半径为r，宽度为dr的圆环，该圆环具有的电荷量为dq2rdrs。由于对称性，该圆环电荷在z轴上任一点P产生的电场强度仅的r有z分量。根据习题2-7结果，获知该圆环电荷在P产生的

y

习题图2-9

电场强度的z分量为

dEz

zrsdr20rz



2

232



那么，整个圆盘电荷在P产生的电场强度为

Eez

s

20



a

zrdr

z

2

r

2



32

ez

20z

sz

zza

2

2





2-10 已知电荷密度为S及S的两块无限大面电荷分别位于x = 0及x = 1平面，试求x1, 0x1及x0区域中的电场强度。

解 无限大平面电荷产生的场强分布一定是均匀的，其电场方向垂直于无限大平面，且分别指向两侧。因此，位于x = 0平面内的无限大面电荷S，在x 0区域中产生的电场强度

E1exE1。位于



x = 1平面内的无限大面电荷S，在x

1区域中产生的电场强度E2exE2，在x > 1区域中产生的电场强度E2exE2。

由电场强度法向边界条件获知，

0E10E1s





x0

x0

s20

0E20E2s



x0

即

0E10E1s

0E20E2s

x1

由此求得

E1E2

根据叠加定理，各区域中的电场强度应为

EE1E2exE1exE20, x0









EE1E2exE1exE2

s0

, 0x1

EE1E2exE1exE20, x1



2-11 若在球坐标系中，电荷分布函数为

0, 0ra



106, arb

0, rb

试求0ra, arb及rb区域中的电通密度D。 解 作一个半径为r的球面为高斯面，由对称性可知

s

DdsqD

q4r

2

er

式中q为闭合面S包围的电荷。那么

在0ra区域中，由于q = 0，因此D = 0。 在arb区域中，闭合面S包围的电荷量为

q



v

dv10

6



43

r3

a

3



6

3

因此，

D

10

r

3

a3

r

2

e

r

在rb区域中，闭合面S包围的电荷量为

q



6

v

dv10



43

b3

a

3



6

3

因此，

D

10

b

3

a3

r

2

e

r

2-12 若带电球的内外区域中的电场强度为

q

, raEer2

r

qr

a, ra试求球内外各点的电位。 解 在ra区域中，电位为

r





qr

Edr



a

r

Edr





a

Edr

2a

a

2

r

2



qa

在ra区域中，r



qr

Edr

r

2-13 已知圆球坐标系中空间电场分布函数为

r3, ra

Eera5

2, rar

试求空间的电荷密度。

解 利用高斯定理的微分形式E系中

r0E0

1r

2

0

，得知在球坐标

ddr

r

2

Er



那么，在ra区域中电荷密度为

r0

1r

2

ddr

r5

5

r

2

在ra区域中电荷密度为

r0

1r

2

ddr

a0

5

2-14 已知真空中的电荷分布函数为

2r, 0ra

(r)

0, ra

式中r为球坐标系中的半径，试求空间各点的电场强度。 解 由于电荷分布具有球对称性，取球面为高斯面，那么根据高斯定理

s

Eds

q

0

E4r

2



q

0

在0ra区域中

q



v

rdv

14r

2



r

4rrdr

22

45

r

5

Eer

45

r

5

1

0



r

3

50

er

在ra区域中

q



v

rdv

14r

2



a

4rrdr

22

45

a

5

Eer

45

a

5

1

0



a

5

5r0

2

er

2-15 已知空间电场强度E3ex4ey5ez，试求（0,0,0）与（1,1,2）两点间的电位差。

解 设P1点的坐标为（0,0,0,）, P2点的坐标为（1,1,2,），那么，两点间的电位差为

V



P2

P1

Edl

，因此电位

式中 差为

E3ex4ey5ez, dlexdxeydyezdz

V



1,1,2

0,0,0

3dx4dy5dz3V

2-16 已知同轴圆柱电容器的内导体半径为a，外导体的内半径为b。若填充介质的相对介电常数r2。试求在外导体尺寸不变的情况下，为了获得最高耐压，内外导体半径之比。

解 已知若同轴线单位长度内的电荷量为q1，则同轴线内电场强度E

q12r

er。为了使同轴线获得最高耐压，应在

保持内外导体之间的电位差V不变的情况下，使同轴线内最大的电场强度达到最小值，即应使内导体表面ra处的电场强度达到最小值。因为同轴线单位长度内的电容为

C1

q1V

2b

lna

q1

2blna

V

则同轴线内导体表面ra处电场强度为

b

Vbaln

a

ba

E(a)

V

abblna

令b不变，以比值为变量，对上式求极值，获知当比

值

ba

e时，Ea取得最小值，即同轴线获得最高耐压。

2-17 若在一个电荷密度为，半径为a的均匀带电球中，存在一个半径为b的球形空腔，空腔中心与带电球中心的间距为d，试求空腔中的电场强度。

习题图2-17

解 此题可利用高斯定理和叠加原理求解。首先设半径为

a的整个球内充满电荷密度为的电荷，则球内P点的电

场强度为

E1P

140r

2

43

r er

3



30

r

式中r是由球心o点指向P点的位置矢量，

再设半径为b的球腔内充满电荷密度为的电荷，则其在球内P点的电场强度为

E2P

1

4

2

40r3

rer

3



30

r

式中r是由腔心o点指向P点的位置矢量。

那么，合成电场强度E1PE2P即是原先空腔内任一点的电场强度，即

EPE1PE2P



30

rr



30

d

式中d是由球心o点指向腔心o点的位置矢量。可见，空

腔内的电场是均匀的。

2-18 已知介质圆柱体的半径为a，长度为l，当沿轴线方向发生均匀极化时，极化强度为P，试求介质中束缚电荷在圆柱内外轴线上产生的电场强度。

解 建立圆柱坐标，且令圆柱的下端面位于xy平面。由于是均匀极化，故只考虑面束缚电荷。而且

该束缚电荷仅存在圆柱上下端面。已知面束缚电荷密度与极化强度的关系为

sPen

习题图2-18

式中en为表面的外法线方向上单位矢量。由此求得圆柱体上端面的束缚电荷面密度为s1P，圆柱体下端面的束缚面电荷密度为s2P。

由习题2-9获知，位于xy平面，面电荷为s的圆盘在其轴线上的电场强度为

E

20z

sz

zza

2

2



ez

因此，圆柱下端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为

E2

Pz20z

zza

2

2



ez 

而圆柱上端面束缚电荷在z轴上产生的电场强度为

PzlE1

20zl



zl(zl)a

2

2

e z

那么，上下端面束缚电荷在z轴上任一点产生的合成电场强度为

PzlEez20zl



zl

zl

2

a

2



zz



 22zaz

2-19 已知内半径为a，外半径为b的均匀介质球壳的介电常数为，若在球心放置一个电量为q的点电荷，试求：①介质壳内外表面上的束缚电荷；②各区域中的电场强度。

解 先求各区域中的电场强度。根据介质中高斯定理

s

Ddsq4rDqD

2

q4r

2

er

在0ra区域中，电场强度为

E

D

q40r

2

0

er

在arb区域中，电场强度为

E

D





q4r

2

er

在rb区域中，电场强度为

E

D

q40r

2

0

er

再求介质壳内外表面上的束缚电荷。

由于P0E，则介质壳内表面上束缚电荷面密度为

snPerP0

q4a

2

q

10

4a2

外表面上束缚电荷面密度为

snPerP0

q4b

2

q

10

4b2

2-20 将一块无限大的厚度为d的介质板放在均匀电场E中，周围媒质为真空。已知介质板的介电常数为，均匀

电场E的方向与介质板法线的夹角为1，如习题图2-20所示。当介质板中的电场线方向2介质表面的束缚电荷面密度。

解 根据两种介质的边界条件获知，边界上电场强度切向分量和电通密度的法向分量连续。因此可得

Esin1E2sin2；

Dcos1D2cos2



4

时，试求角度1及

eE

2

习题图2-20

已知D0E, D2E2，那么由上式求得

tan1tan2



0

tan1

0

tan2

0



1arctan0 

已知介质表面的束缚电荷senPen(D0E)， 那么，介质左表面上束缚电荷面密度为

s1en1P2en11



0

00

D21en1D210Ecos1

介质右表面上束缚电荷面密度为

2en2P2en21s



0

00D21en2D210Ecos1

2-21 已知两个导体球的半径分别为6cm及12cm，电量均为3106C，相距很远。若以导线相连后，试求：①电荷移动的方向及电量；②两球最终的电位及电量。 解 设两球相距为d，考虑到d >> a, d >> b，两个带电球

的电位为

1

14

q1q1

2；2

4da

qq2

1

db

两球以导线相连后，两球电位相等，电荷重新分布，但总电荷量应该守恒，即12及q1q2q6106C， 求得两球最终的电量分别为

q1q2

adbadbd2ab

bdaadbd2ab

qq

1323

q210q410

6

C C

6

可见，电荷由半径小的导体球转移到半径大的导体球，移动的电荷量为1106C。

两球最终电位分别为

1

1414

00

q1aq2b

310

5

V V

2

310

5

2-22 已知两个导体球的重量分别为m1=5g，m2=10g，电量均为5106C，以无重量的绝缘线相连。若绝缘线的长度l = 1m，且远大于两球的半径，试求；①绝缘线切断的瞬时，每球的加速度；②绝缘线切断很久以后，两球的速度。

解 ① 绝缘线切断的瞬时，每球受到的力为

F

q1q240r

2



510

6

510

6

4

0.225N

因此，两球获得的加速度分别为

a1

Fm1Fm2

0.2250.0050.2250.01

45ms



2



2

a2

22.5ms



② 当两球相距为l时，两球的电位分别为

1

14

q1q21； 2rl41

W

q2q1

 rl2

此时，系统的电场能量为

12

1q1

12

2q2

绝缘线切断很久以后，两球相距很远(l>>a, l>>b)，那么，两球的电位分别为

1

q140r1

;

2

q240r2

由此可见，绝缘线切断很久的前后，系统电场能量的变化为

ΔW

1

q2

q1

1

q1

q2

q

2

240l240l40l

0.225(J)

这部分电场能量的变化转变为两球的动能，根据能量守恒原理及动量守恒定理可得下列方程：

W

12m1v1

2

12

m2v2

2

，

m1v1m2v20

由此即可求出绝缘线切断很久以后两球的速度v1和v2：

v17.74ms；

v23.87ms

2-23 如习题图2-23所示，半径为a的导体球中有两个较小的球形空腔。若在空腔中心分别放置两个点电荷q1及q2，在距离ra处放置另一个点电荷q3，试求三个点电荷受到的电场力。

习题图2-23

解 根据原书2-7节所述，封闭导体空腔具有静电屏蔽特性。因此，q1与q2之间没有作用力，q3对于q1及q2也没有作用力。但是q1及q2在导体外表面产生的感应电荷-q1及-q2，对于q3有作用力。考虑到r>>a，根据库仑定律获知该作用力为

f

q1q2q3

40r

2

2-24 证明位于无源区中任一球面上电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布特性无关。 解 已知电位与电场强度的关系为E，又知

E



，由此获知电位满足下列泊松方程



2

0

利用格林函数求得泊松方程的解为

r



V

G0r,r

r01

dv

Gr,rrrGr,rds

S

式中G0r,r上式得

r

14

4rr

。考虑到G0r,r

1rr

3

4rr

，代入



rrr

V

dv

14

S

rr

rrds 3

rrrr

若闭合面S内为无源区，即0，那么

r

14

S

rr

rrds 3

rrrr

若闭合面S为一个球面，其半径为a，球心为场点，则

rra，那么上式变为

r

14

S

rr

rrds 3aa

考虑到差矢量rr的方向为该球面的半径方向，即与

ds的方向恰好相反，又E

,则上式变为

2

r

4a

1

S

Eds

14a

rds

S

由于在S面内无电荷，则Eds0，那么

S

r

14a

2

rds

S

由此式可见，位于无源区中任一球面上的电位的平均值等于其球心的电位，而与球外的电荷分布无关。 2-25 已知可变电容器的最大电容量Cmax100pF，最小电容量Cmin10pF，外加直流电压为300V，试求使电容器由最小变为最大的过程中外力必须作的功。

解 在可变电容器的电容量由最小变为最大的过程中，电源作的功和外力作的功均转变为电场储能的增量，即

W电源W外ΔWe

式中

W电源VΔqV(CmaxVCminV)8.110

6

(J)

ΔWe

12

(CmaxCmin)V

2

4.0510

6

J

因此，外力必须作的功为

W外4.0510

6

J

2-26 若使两个电容器均为C的真空电容器充以电压V后，断开电源相互并联，再将其中之一填满介电常数为r的理想介质，试求：①两个电容器的最终电位；②转移的电量。

解 两电容器断开电源相互并联，再将其中之一填满相对介电常数为r理想介质后，两电容器的电容量分别为

C1C, C2rC

两电容器的电量分别为q1,q2，且

q1q22CV

由于两个电容器的电压相等，因此

q1C1

q2C2

q1

q2

r

联立上述两式，求得

q1

2CV1r

，

q2

2CVr1r

因此，两电容器的最终电位为

V

q1C1

q2C2



2V1r

考虑到q2q1，转移的电量为

qq2CV

r1r1

CV

2-27 同轴圆柱电容器的内导体 半径为a，外导体半径为b，其 内一半填充介电常数为1的介 质，另一半填充介质的介电常 数为2，如习题图2-27所示。

当外加电压为V时，试求：①电容器中的电场强度； ②各边界上的电荷密度；③电容及储能。

解 ① 设内导体的外表面上单位长度的电量为q，外导体的内表面上单位长度的电量为q。取内外导体之间一个同轴的单位长度圆柱面作为高斯面，由高斯定理

Ddsq

s

arb

求得

rD1D2q

已知D11E1, D22E2，在两种介质的分界面上电场强度的切向分量必须连续，即E1E2，求得

E1E2E

q

r12

内外导体之间的电位差为

V



b

a

Edr

q

12

ln

ba

1

即单位长度内的电荷量为

q12V

ln

ba

故同轴电容器中的电场强度为 E

Vrln

ba

er

② 由于电场强度在两种介质的分界面上无法向分量，故此边界上的电荷密度为零。

内导体的外表面上的电荷面密度为

s11erE

1V

aln

ba

；

s22erE

2V

aln

ba

外导体的内表面上的电荷面密度为

s11erE

1V

bln

ba

qV

；

s22erE

2V

bln

ba

③单位长度的电容为

C

12

lnba

电容器中的储能密度为

we



12

V1

1Edv1

2



12

V2

2Edv2

2

1V2ln

2

ba

12

2-28 一平板电容器的结构如习题图2-28所示，间距

为d，极板面积为ll。试求：

① 接上电压V时，移去介质前后电容器中的电场强度、电通密度、各边界上的电荷密度、电容及储能； ② 断开电源后，再计算介质移去前后以上各个参数。

解 ①接上电源，介质存在时，介质边界上电场强度切向分量必须连续，因此，介质内外的电场强度E是相等的，即电场强度为E质内DE

Vd

Vd

习题图2-28

。但是介质内外的电通密度不等，介

Vd

，介质外D00E0

。

两部分极板表面自由电荷面密度分别为

s

Vd

，

s00l

2

Vd

lV2d

2

电容器的电量 q

2qV12

ss00

2

电容量为

C

0

l

2d

lV4d

2

2

电容器储能为

W

qV(0)

若接上电压时，移去介质，那么电容器中的电场强度为

E

Vd

电通密度为

Vd

极板表面自由电荷面密度为s0E0电容器的电量为

qls0

2

lVd

2

电容量为

C

qV12

0

l

2

d

lV2d

2

2

电容器的储能为

W

qV0

②断开电源后，移去介质前，各个参数不变。但是若移去介质，由于极板上的电量q不变，电场强度为

E

q



V02d0

0l

2

电通密度为

D0E

V02d

V02d

极板表面自由电荷面密度为

s

两极板之间的电位差为

VEd

V020

电容量为 C

qV



l0d

2

12

lV

2

2

电容器的储能为 W

qV



0

2

8d0

2-29 若平板电容器的结构如习题图2-29所示，尺寸同上题，计算上题中各种情况下的参数。

习题图2-29

解 ①接上电压，介质存在时，介质内外的电通密度均 为D

 d/2

ql

2

，因此，介质内外的电场强度分别为

E

ql

2

；

d2

E0

ql0

2

两极板之间的电位差为V

2lV

2

EE0

qd02l02V

2

。

则 q



0d

E

2V0



0d

,E0



0d

则电位移矢量为

DE

2V



0d

； D00E0

2V



0d

极板表面自由电荷面密度为

s

2V



0d

；

s0

2V



0d

介电常数为的介质在靠近极板一侧表面上束缚电荷面密度为

0Es0s

2V0



0d

介电常数为与介电常数为0的两种介质边界上的束缚电荷面密度为

0EE00s

2V0



0d

2

此电容器的电量 qlsls0

qV

2l

2

22

2Vl



0d

则电容量为 C





0d

2Vl

2

2

电容器的储能为 W

12

qV

20d

接上电压时，移去介质后： 电场强度为 E

Vd

电位移矢量为 D0E0

Vd

Vd

极板表面自由电荷面密度为 s0电容器的电量 qls0

2

lVd

2

电容量为 C

qV

0

l

2

d

12

lV2d

2

2

电容器的储能为 W

qV0

(2) 断开电源后，介质存在时，各个参数与接上电源时完全相同。但是，移去介质后，由于极板上的电量q不变，电容器中电场强度为E

2V

q



2V

0l

2



0d

，电通密度为

D0E



0d

2V

极板表面自由电荷面密度为

s



0d

两极板之间的电位差为 VEd

2V



l

0

2

电容量为

C

qV

0

d

2

2

2

电容器的储能为

W

12

qV

2Vl0



0d

2

2-30 已知两个电容器C1及C2的电量分别为q1及q2，试求两者并联后的总储能。若要求并联前后的总储能不变，则两个电容器的电容及电量应满足什么条件？ 解 并联前两个电容器总储能为

W前Wc1Wc2

22

1q1q2

 2C1C2

并联后总电容为CC1C2，总电量为qq1q2，则总储能为

W后

1q

2

2C



1q1q22C1C2

2

要使W前W后，即要求

222

1q1q21q1q22C1C22C1C2

方程两边同乘C1C2，整理后得

C2C1

q1

2

C1C2

q2

2

2q1q2

方程两边再同乘C1C2，可得

C2q1C1q22C1C2q1q2

2

2

2

2

即

C2q1C1q22

0

由此获知两个电容器的电容量及电荷量应该满足的条件为

q1q2

C1C2

2-31 若平板电容器中介电 常数为

 (x)

 2 1

d

x 1

平板面积为A，间距为d，如 习题2-31所示。试求平板电 容器的电容。

习题图2-31

解 设极板上的电荷密度分别为s，则由高斯定理，可得电通密度Ds，因此电场强度为

Ex

D

x



s

21

d

x1

0xd

那么，两极板的电位差为 V

qV

AsV



d

Exdx

sd21

ln

21

则电容量为 C



A21dln

21

2-32 若平板空气电容器的 电压为V，极板面积为A， 间距为d，如习题图2-32所 示。若将一块厚度为t(td) 的导体板平行地插入该平板 电容器中，试求外力必须作 的功。

解 未插入导体板之前，电容量C

0A

d

V

习题图2-32

。插入导体板后，

0A

x

可看作两个电容串联，其中一个电容器的电容C1

0A

dtx

，

另一个电容器的电容C2

C1C2C1C2

，那么总电容量为

C

0A

dt

根据能量守恒原理，电源作的功和外力作的功均转变为电场能的增量，即

W电源W外ΔWeW2W1

式中

W电源ΔqVCVCVV

12

2

0Atddt

12W电源

2V

dWeW2W1则

W外

1

(CC)V

0At

2ddt

V

2

2-33 已知线密度l106(C/m)的无限长线电荷位于（1,0, z）处，另一面密度S106(C/m2)的无限大面电荷分布在x = 0平面。试求位于,0,0处电量q109C的点

2



1



电荷受到的电场力。

解 根据题意，两种电荷的位置如图2-33所示。由习题 2-10知，无限大面电荷在P点产生的电场强度为

Eex

s

20

无限长线电荷在P点产生的电场强度为

E2

习题图2-33

l

l

20r

ex

ex

因此，P点的总电场强度为

sl

EE1E220

0



ex 

所以位于P点的点电荷受到的电场力为

sl

FEqex2

00



qex2.05105N 

2-34 已知平板电容器的极板尺寸为ab，间距为d，两板间插入介质块的介电常数为，如习题图2-34所示。试求：①当接上电压V时，插入介质块受的力；②电源

断开后，再插入介质时，介质块的受力。

解 ①此时为常电位系统，因此介质块受到的电场力为 FdWe

dxconst习题图2-34

式中x为沿介质块宽边b的位移。介质块插入后，引起电容改变。设插入深度x，则电容器的电容为

Cax

d0a(bx)

da

d0b(0)x

电容器的电场能量可表示为

We12UC2aU

2d20b(0)x

那么介质块受到的x方向的电场力为

FdW

dxconstaU2d2(0)

② 此时为常电荷系统，因此介质块受到的电场力为

FdWe

dxqconst

式中x为沿介质块宽边b的位移。

介质块插入后，极板电量不变，只有电容改变。此时电容器的电场能量可表示为

We1q22Cdq21

2a0b(0)x

因此介质块受到的x方向的电场力为

31

FdWe

dxqconstabU02d22200b0x2

32