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电磁场与电磁波第三章3.7无限大导体平板分别置于x=0和x=d处，板间充满电荷，其体电荷密度为ρ=ρ0xd,极板间的电位分别为0和U0，如图所示，求两级板之间的电位和电场强度。解：由泊松定理得d2φdx2=−1ε0ρ0xd解得φ=−ρ0x36ε0d+Ax+B在x=0处，φ=0，故B=0在x=d处，φ=U0，故U0=−ρ0x36ε0d+Ad故A=U0d+ρ0d6ε0φ=−ρ0x36ε0d+(U0d+ρ0d6ε0)xE=−∇φ=−ex∂φ∂x=ex[ρ0x22ε0d−(U0d+ρ0d6ε0)]3.8证明：同轴线单位长度的静电储能We=ql22C。式中ql为单位长度上的电荷量，C为单位长度上的电容。解：由高斯定理可知：E(ρ)=ql2περ故内外导体间的电压为U=∫Edρ=∫ql2περbabadρ=ql2πεlnba则电容为C=qlU=2πεlnbaWe=12∫εE2dV=12∫εba(ql2περ)22πρdρ=12ql22πεlnba=ql22C3.9有一半径为a,带电量q的导体球，其球心位于介电常数分别为ε1和ε2的两种介质的分界面上，该分界面为无限大平面。试求：（1）导体球的电容；（2）总的静电常量。解：根据边界条件则E1t=E2t,故有E1=E2=E,由于D1=ε1E1,D2=ε2E2,所以D1≠D2，由高斯定理可得D1S1+D2S2=q即2πr2ε1E+2πr2ε2E=qE=q2πr2(ε1+ε2)导体球的电位为φ(a)=∫Edr=∞aq2π(ε1+ε2)∫1r2∞adr=q2π(ε1+ε2)a电容为C=qφ(a)=2π(ε1+ε2)a(2)总的静能量为We=12qφ(a)=q24π(ε1+ε2)a3.13在一块厚度为d的导电板上，由两个半径分别为r1和r2的圆弧和夹角为α的两半径割出的一块扇形体，如图所示。试求：（1）沿厚度方向的电阻；（2）两圆弧面之间的电阻；（3）沿α方向的两电极间的电阻。设导电板的电导率为σ。解：（1）设沿厚度方向的两电极的电压为U1则E1=U1dJ1=σE1=σU1dI1=J1S1=σU1d∙α2(r22−r12)故得到沿厚度方向的电阻为R1=U1I1=2dασ(r22−r12)（2）设内外两圆弧面电极之间的电流为I2,则J2=I2S2=I2αrdE2=J2σ=I2σαrdU2=∫E2dr=I2αrdlnr2r1r2r1故两圆弧面之间的电阻为R2=U2I2=1αrdlnr2r1（3）设沿α方向的两电极的电压为U3,则U3=∫E3α0rd∅由于E3与∅无关，故得E3=e∅U3αrJ3=σE3=e∅σU3αrI3=∫J3∙e∅dS=∫σdU3αrr2r1dr=σdU3αlnr2r1沿α方向的电阻为R3=U3I3=ασdlnr2r13.15无限长直线电流I垂直于磁导率分别为μ1和μ2的两种磁介质的分界面，如图所示，试求：（1）两种磁介质中的磁感应强度B1和B2;（2）磁化电流分布。解：（1）由安培环路定理可知H→=e∅I2πρ则B1→=μ0H→=e∅μ0I2πρB2→=μH→=e∅μI2πρ（2）磁介质的磁化强度M→=1μ0B2→−H→=e∅(μ−μ0)I2πμ0ρJm→=∇×M=ez1ρddρ(ρM∅)=ez(μ−μ0)I2πμ01ρddρ(ρ∙1ρ)=0以z轴为中心，ρ为半径做一个圆形回路C，由安培环路定理得I+Im=1μ0∮B→∙dl=μIμ0Im=(μμ0−1)I在磁介质表面，磁化电流面密度为JmS→=M→×ez→|z=0=eρ(μ−μ0)I2πμ0ρ3.19同轴线的内导体是半径为a的圆柱，外导体是半径为b的薄圆柱面，其厚度可忽略不计。内外导体间填充有磁导率为μ1和μ2两种不同的磁介质，如题所示，设同轴线中通过的电流为I,试求：（1）同轴线中单位长度所存储的磁场能量；（2）单位长度的自感。解：由边界条件可知，两种磁介质中的磁感应强度B1=B2=B=e∅B,但磁场强度H1≠H2.（1）利用安培环路定理，当ρa时，有2πρB0=μ0Iπa2πρ2B0=μ0I2πa2ρ当a𝜌b时，有πρ(H1+H2)=I,即πρ(B1μ1+B2μ2)=I,故B=e∅μ1μ2Iπ(μ1+μ2)ρ同轴线中单位长度储存的磁场能量为Wm=12∫B02μ0a02πρdρ+12∫B2μ1baπρdρ+12∫B2μ2baπρdρ=μ0I216π+μ1μ2I22π(μ1+μ2)lnba（2）由Wm=12LI2，则单位长度的自感为L=2WmI2=μ08π+μ1μ2π(μ1+μ2)lnba3.21一个点电荷q与无限大导体平面的距离为d，如果把它移到无穷远处，需要做多少功？解：利用镜像法求解。当点电荷q移到到距离导体平面为x的点p(x,0,0)时，其像电荷q′=−q,位于点(−x,0,0)处，像电荷在点p处产生的电场为E′(x)=ex−q4πε0(2x)2将点电荷q移到无穷远处时，电场所做的功为We=∫qE′∞d(x)∙dr=∫−q24πε0(2x)2∞ddx=−q216πε0d外力所做的功为Wo=−We=q216πε0d3.24一个半径为R的导体球带有的电荷量为Q,在球体外距离球心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同号且QqRD3(D2−R2)2−RD成立时，F表现为吸引力。解：（1）本题用点电荷对不接地导体球面的镜像来求解像电荷q′和q′′的大小和位置为q′=−RDq,d′=R2Dq′′=−q′=RDq,d′′=0导体球自身所带的电荷Q用位于球心的点电荷Q等效，故点电荷q受到的静电力为F=qq′4πε0(D−d′)2+q(Q+q′′)4πε0D2=q4πε0[Q+(RD⁄)qD2−RqD(D−R2D⁄)2]（2）证明：当q与Q同号，且F表现为吸引力，即F0,则Q+(RD⁄)qD2−RqD(D−R2D⁄)20由此可得QqRD3(D2−R2)2−RD3.29如图所示的导体槽，地面保持电位U0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。解：由题可知，导体槽沿z方向为无限长，则φ(x,y)满足二维拉普拉斯方程。即：∇2φ(x,y)=0电位满足的边界条件为①φ(0,y)=0②φ(a,y)=0③φ(x,0)=U0④φ(x,y)→0(y→∞)根据条件①②④，通解为φ(x,y)=∑Ane−nπya⁄sin(nπxa)∞n=1由条件③，有U0=∑Ansin(nπxa)∞n=1两边同乘sin(nπxa)，并从0到a对x积分，得到An=2U0a∫sin(nπxa)dx=a02U0nπ(1−cosnπ)={4U0nπ,n=1,3,5⋯0,n=2,4,6⋯故得到槽内的电位分布为φ(x,y)=4U0π∑1nn=1,3,5⋯e−nπya⁄sin(nπxa)