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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
rln(ba)U
aln(ba)?E(a)1ln(ba)?1??2?0 2?aaln(ba)(/a)?1 由此得到 lnbbb 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?D2S? q222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
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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?q232??0a ?c24er
?co?s?eys?in?s?inez这里 er?exsin在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为
2??2F??fdS???00erq232?2?0a4a2sin?d?d??
q22?a2q2e ezcos?sin?d??2z24?32??0a32??0a03.35 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 ? d?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?gd
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3.36 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?25?12C??25???25?1.81?PF?(25?1.81?)?10F ?180112W?CU?(25?1.81?)?10?12U02 此时电容器中的静电能量为 e?022?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??d?0SU201?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
2?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?1E（）证明：有源区的微分方程为，?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?(??E)??2E?0
11??E???(D?P)?(???P) 又
?0?02故得到 ?E??(???P)?0???t?0
2（2）在直角坐标系中?E???t?0的三个分量方程为
?2Ex?其解分别为
1??t1??t1??t22 ，?Ey?，?Ez??0?x?0?y?0?z1??td?? ?4??0?R?x?11??tEy??d?? ?4??0?R?y?Ex??1Ez??1??td?? ??4??0?R?z1故 E?exEx?eyEy?ezEz?
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???t??t1??t???t1??[e?e?e]d???Rd?? ?Rx?x?y?y?z?z?4??0?4??0?13.39 证明：???(??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????4??0E?4??0E?0 故 ?R?
解 由于 ??(?t)d???0 R1???t