第2章習題2-1.已知真空中有四個點電荷，分別位于(1,0,0)，(0,1,0)，(-1,0,0,)，(0,-1,0)點，求(0,0,1)點的電場強度。解： 2-2.已知線電荷密度為的均勻線電荷圍成如圖所示的幾種形狀，求P點的電場強度。 題2-2圖解：(a) 由對稱性(b) 由對稱性(c) 兩條半無限長線電荷產生的電場為 半徑為a的半圓環線電荷產生的電場為 總電場為2-3.真空中無限長的半徑為a的半邊圓筒上電荷密度為，求軸線上的電場強度。解:在無限長的半邊圓筒上取寬度為的窄條,此窄條可看作無限長的線電荷,電荷線密度為,對積分,可得真空中無限長的半徑為a的半邊圓筒在軸線上的電場強度為 題2-3圖 題2-4圖2-4.真空中無限長的寬度為a的平板上電荷密度為，求空間任一點上的電場強度。解: 在平板上處取寬度為的無限長窄條，可看成無限長的線電荷，電荷線密度為，在點處產生的電場為 其中 ；對積分可得無限長的寬度為a的平板上的電荷在點處產生的電場為 2-5.已知真空中電荷分布為 r為場點到坐標原點的距離，a，b為常數。求電場強度。解： 由于電荷分布具有球對稱性，電場分布也具有球對稱性，取一半徑為 r 的球面，利用高斯定理 等式左邊為 半徑為 r 的球面內的電量為因此，電場強度為 2-6.在圓柱坐標系中電荷分布為r為場點到z軸的距離，a為常數。求電場強度。解: 由于電荷分布具有軸對稱性，電場分布也具有軸對稱性，取一半徑為 r ,單位長度的圓柱面，利用高斯定理 等式左邊為 半徑為 r 、高為1的圓柱面內的電量為因此，電場強度為 2-7. 在直角坐標系中電荷分布為 求電場強度。解: 由于電荷分布具有面對稱性，電場分布也具有面對稱性，取一對稱的方矩形封閉面,利用高斯定理,穿過面積為 S的電通量為,方形封閉面內的電量為 因此，電場強度為 2-8. 在直角坐標系中電荷分布為 求電場強度。解: 由于電荷分布具有面對稱性，電場分布也具有面對稱性，取一對稱的矩形封閉面,利用高斯定理,穿過面積為 S的電通量為,方形封閉面內的電量為 因此，電場強度為 2-9.在電荷密度為（常數）半徑為a的帶電球中挖一個半徑為b的球形空腔，空腔中心到帶電球中心的距離為c(b+ca 對于r0半空間為介電常數為的介質，z0半空間為介電常數為的介質，當(1)電量為q的點電荷放在介質分界面上；(2)電荷線密度為的均勻線電荷放在介質分界面上。求電場強度。解：（1）電量為q的點電荷放在介質分界面上 以點電荷為中心作以半徑為r的球，利用高斯定理 設上、下半球面上的電位移矢量分別、，根據對稱性，在上、下半球面上大小分別相等，有 =根據邊界條件，因此 （2）電荷線密度為的均勻線電荷放在介質分界面上 以線電荷為軸線作以半徑為r單位長度的圓柱面，利用高斯定理 設上、下半柱面上的電位移矢量分別、，根據對稱性，在上、下半柱面上大小分別相等，有 =根據邊界條件，因此 2-34.面積為A，間距為d的平板電容器電壓為V，介電常數為厚度為t的介質板分別按如圖a、b所示的方式放置在兩導電平板之間。分別計算兩種情況下電容器中電場及電荷分布。 題2.34圖 解：（a）設導體板之間介質與空氣中的電場分別為、，那么、滿足關系 （邊界條件）求解以上兩式得 ； 根據導體表面上的邊界條件，在上、下導體表面上的電荷面密度為 (b) 由圖可見，導體板之間介質與空氣中的電場為 根據導體表面上的邊界條件，在上、下導體板與空氣的界面上的電荷面密度為 在上、下導體板與介質的界面上的電荷面密度為 2-35 在內外半徑分別為和之間的圓柱形區域內無電荷，在半徑分別為和的圓柱面上電位分別為和0。求該圓柱形區域內的電位和電場。解：由電荷分布可知，電位僅是的函數，電位滿足的方程為 解微分方程得 利用邊界條件 得 ， 因此 2-36在半徑分別為和的兩同軸導電圓筒圍成的區域內，電荷分布為，為常數，若介質介電常數為，內導體電位為V，外導體電位為0。求兩導體間的電位分布。解 由電荷分布可知，電位僅是的函數，電位滿足的方程為 解微分方程得 利用邊界條件 得 ， 2-37 兩塊電位分別為0和V的半無限大的導電平板構成夾角為的角形區域，求該角形區域中的電位分布。 c b a 題2.37圖 題2.38 圖解：由題意，在圓柱坐標系中，電位僅是的函數，在導電平板之間電位方程為 其通解為 由邊界條件，得 2-38 .由導電平板制作的金屬盒如圖所示，除盒蓋的電位為V外，其余盒壁電位為0，求盒內電位分布。解：用分離變量法，可得電位的通解為 利用邊界條件，可求出系數 （m、n為奇數） （m、n為偶數）2-39 在的勻強電場中沿z軸放一根半徑為a的無限長導電圓柱后，求電位及電場。解：由分離變量法，無限長導電圓柱外的電位的通解為 （1）設，當時的電位等于無導電圓柱的電位，即 （2）要使式（1）的電位在時等于式（2），可得到系數 ，再由導體界面的邊界條件得 因此，電位的特解為 2-40 .在無限大的導電平板上方距導電平板h處平行放置無限長的線電荷，電荷線密度為，求導電平板上方的電場。解:用鏡像法,導電平板的影響等效為鏡像位置的一個電荷線密度為-的線電荷, 導電平板上方的電場為 式中、分別為線電荷及其鏡像線電荷到場點的距離矢量。2-41 由無限大的導電平板折成的角形區，在該角形區中某一點()有一點電荷q，用鏡像法求電位分布。解：如圖將空間等分為8個區，在每個區中以原來的導電面為鏡面可以依次找到鏡像位置，原電荷的位置為()，在圓柱坐標系中為，另外7個鏡像電荷在圓柱坐標系中的坐標為 鏡像電荷為對于場點，電荷到場點的距離矢量為 ；則場點的電場為 題2-41圖 題2-42圖2-42 半徑為a，帶電量為Q的導體球附近距球心f處有一點電荷q，求點電荷q所受的力。解：點電荷q 受到的力（場）有兩部分，一部分等效為鏡像電荷的力，另一部分等效為位于球中心的點電荷的力。由鏡像法，鏡像電荷的大小和位置分別為 由于包圍導體球的總電量為Q，所以位于位于球中心的點電荷=Q-;因此點電荷q 受到的力為 2-43 內外半徑分別為a、b的導電球殼內距球心為d(d0半空間為介電常數為的介質，z0半空間的場時，原來的問題可等效為圖2-41(b)，計算z0半空間的場時，原來的問題可等效為圖2-41(c)。這樣上半空間的電位可表示為 式中為到場點的距離，為的鏡像位置的電荷到場點的距離；下半空間的電位可表示為 式中為到場點的距離，為的鏡像位置的電荷到場點的距離。利用邊界條件，和得 由此得 和所受的斥力分別為 (a) (b) (c) 題2-46圖2-47.兩同心導體球殼半徑分別為a、b，兩導體之間介質的介電常數為，求兩導體球殼之間的電容。解：設內導體帶電荷為 q，由于電荷與介質分布具有球對稱性，取半徑為 r的球面，采用高斯定理，兩導體球殼之間的電場為 兩導體球殼之間的電壓為 兩導體球殼之間的電容為 2-48 兩同心導體球殼半徑分別為a、b，兩導體之間有兩層介質，介電常數為、，介質界面半徑為c，求兩導體球殼之間的電容。解：設內導體帶電荷為 q，由于電荷與介質分布具有球對稱性，取半徑為 r的球面，采用高斯定理可得，兩導體球殼之間的電場為 兩導體球殼之間的電壓為 兩導體球殼之間的電容為 2-49 面積為A，間距為d的導電平板之間放置介電常數為，厚度為t的介質板，如圖a、b所示。分別計算兩種情況下導電平板之間的電容。 (a) (b) 題2.49圖 題2-49圖解：（a）設導體板之間介質與空氣中的電場分別為、，那么、滿足關系 （邊界條件）求解以上兩式得 ； 根據導體表面上的邊界條件，在上、下導體表面上的電荷面密度為 電容為 (b) 由圖可見，導體板之間介質與空氣中的電場為 根據導體表面上的邊界條件，在上、下導體板與空氣的界面上的電荷面密度為 在上、下導體板與介質的界面上的電荷面密度為 電容為 2-50 兩塊沿方向無限延伸的導電平板夾角為，與和的圓柱面相截，如圖所示。一塊板電位為，另一塊電位為0。忽略邊緣效應，求兩塊板間的電位分布，電場，以及單位長度的電容。 題2-50圖解：在圓柱坐標系中，電位只和有關，在兩塊導電平板之間此方程的通解為 利用邊界條件，得 電場強度為 板上單位長度的電量為板上單位長度的電容為 2-51 真空中半徑為a的導體球電位為V，求電場能量。解：用兩種方法求解。1） 用電位求電場能量 2） 用電場強度求電場能量導體球內的電場強度為零，導體球外的電場強度為 電場能量為 2-52 .圓球形電容器內導體的外半徑為a，外導體的內半徑為b，內外導體之間填充兩層介電常數分別為、的介質，界面半徑為c，電壓為V。求電容器中的電場能量。解：設圓球形電容器內導體上的電荷為 q，由高斯定理可求得在內外導體之間 從而可求得內外導體之間的電壓為圓球形電容器的電容為 電場能量為 2-53 長度為d的圓柱形電容器內導體的外半徑為a，外導體的內半徑為b，內外導體之間填充兩層介電常數分別為、的介質，界面半徑為c，電壓為V。求電容器中的電場能量。解：設圓柱形電容器內導體上的電荷為q，用高斯定理，在內外導體之間 內外導體之間的電壓為 內外導體之間的電容為 電場能量為 2-54 兩個點電荷電量均為，放在介電常數為的介質中，間距為，求互位能。解： 兩個點電荷的互位能為將一個點電荷從無限遠移到和另一個間距為處外力做的功 2-5