E(r)?b?l 2??0rb由内外导体间的电压 U??Edr??a?l?bdr?lln 2??0r2??0aa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 由此得到 ln(b/a)?1 故有 a?U
rln(ba)U
aln(ba)?E(a)1ln(ba)?1??2?0 2?aaln(ba)bb? 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为单位长度上的电荷量，C为
2C单位长度上的电容。
解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为 E(r)?内外导体间的电压为
bbql2??r
U??Edr??a则同轴线单位长度的电容为 C?同
轴
线
b?l?bdr?lln 2??r2??aaql2??U?ln(ba)度
位
长
的
静
电
储
能
为
单
22ql211qq112llWe???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
即 2?r2?1E?2?r2?2E?q
q2?r2(?1??2)
?1 a q 所以 E?导体球的电位
?2 o 题 3.33图
?qq1?(a)??Edr?dr? 2?2?(???)a2?(???)r1212aa?故导体球的电容 C?q?2?(?1??2)a ?(a)1q2（2） 总的静电能量为 We?q?(a)?
24?(?1??2)a3.34 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????()? 22244?a?a4?a?a8??0a32??0a方向沿导体球表面的外法向，即 f?erf?q232?2?0a4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
er
2??2F??fdS???000erq232?2?0a4a2sin?d?d??
q2ez
3.35 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
2?a2q2ez32?2?0a4?2?cos?sin?d??32??a02h?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
U(???0)()2 2?gd1C??ah?0a(L?h)? ddU 金属板间的静电能量为
1aU22We?CU?[h??(L?h)?0]
22d液体受到竖直向上的静电力为
L h ?WeaU2Fe??(???0)
?h2d而液体所受重力
? d Fg?mg?ahd?g
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?gd3.36 可变空气电容器，当动片由0至180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
180112?122此时电容器中的静电能量为 We?C?U0?(25?1.81?)?10U0
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
S d ?d U0
变化？
（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，未插入金属板前，极板间的电场为
题3.37图(a)
电容为 C0?E0?U0 d?0Sd
?0SU0212 静电能量为 We0?C0U0?22d当插入金属板后，电容器中的电场为 E?U0
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
?C?C?C0??0Sd??d??0Sd?
?0S?dd(d??d)
?We?We?We0??0SU02?d2d(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 E0??q? ?0?0Sq2dq2? 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
S 再由高斯定理可得 E??S?E?0(S??S)?q
q d ? ?0 ?S ?q 11q2d 此时的静电能量为 We?qU?22??S??0(S??S)
??S??0(S??S) 其电容为 C?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
题3.37图(b)
q
??S??0(S??S)qd 两极板间的电位差位 U?Ed???S??0(S??S)于是得到极板间的电场为 E?决。
（1）证明：有源区E的微分方程为?E?2??t?0，?t????P；
???td?? （2）证明：E的解是 E???4??0?R1解 （1）由??E?0，可得 ??(??E)?0，即?(?E)??2E?0
(???P) ?0?(???P)??t2?故得到 ?E?
?0?0??t2（2）在直角坐标系中?E?的三个分量方程为
?01??t1??t1??t22?2Ex? ，?Ey?，?Ez??0?x?0?y?0?z又 ?E?1?0?(D?P)?1其解分别为
1??td?? ?4??0?R?x?11??tEy??d?? ??4??0?R?y11??tEz??d?? ?4??0?R?z?Ex??1故 E?exEx?eyEy?ezEz? ???t??t1??t???t1??d?? [e?e?e]d??xyz?????4??0?R4??0?R?x?y?z13.39 证明：??(解 由于 ??(???tR???t)??t??()???t3? ，所以 RRRRR?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???0 R1???t故
???(?t)d????4??0E?4??0E?0 ?R