电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方之欧阳语创编

第一章习题解答
1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）
AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；
（7）()⨯A B C 和()⨯A B C ；（8）()⨯⨯A B C 和
()⨯⨯A B
C 。

解 （
1
）
23A x y z +-===+e e e A a e e e A （
2）
-=
A B (23)(4)
x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11
（4）由 cos AB
θ
=
14==⨯
A B A B ，
得 1cos AB θ-=(135.5= （
5
）
A
在
B
上的分量
B A =A cos AB θ=
17
=-A B B （6）⨯=
A C 1235
02
x
y
z
-=-e e e 41310x y z ---e e e
（7）由于⨯=
B C 0415
02
x
y
z
-=-e e e 8520x y z ++e e e 所以 ()⨯=A B C (23)
x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e
（8）()⨯⨯=
A B C 10145
02
x
y
z
---=-e e e 2405x y z -+e e e 1.2 三角形的三个顶点为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)
P -和3(6,2,5)P 。

（1）判断123PP P ∆是否为一直角三角形；
（2）求三角形的面积。

解 （1）三个顶点1(0,1,2)
P -、
2(4,1,3)
P -和3(6,2,5)P 的位置矢量分别为
12
y z =-r e e ，
243
x y z =+-r e e e ，3625x y z =++r e e e
则
12214x z
=-=-R r r e e ，
233228x y z =-=++R r r e e e ，
由此可见
故123PP P ∆为一直角三角形。

（
2）三角形的面积
122312231117.1322S =
⨯=⨯==R R R R 1.3 求(3,1,4)P '-点到(2,2,3)P -点的距离矢量R
及R 的方向。

解 34P x y z '=-++r e e e ，223P x y z =-+r e e e ，
则 53P P P P x y z ''=-=--R r r e e e 且P P 'R 与x 、y 、z 轴的夹角分别为
1.4 给定两矢量234
x y z =+-A e e e 和456x y z =-+B e e e ，求它们之间的夹角和A 在B
上
的分量。

解
A
与
B
之间的夹角为
11cos (
)cos 131θ--===AB A B A B A 在B 上的分量为 3.53277
B
A ===-
B A B 1.5 给定两矢量
234
x y z =+-A e e e 和
64x y z
=--+B e e e ，求
⨯A B
在x y z =-+C e e e 上的分
量。

解 ⨯=A B 2
3
464
1
x y z
-=--e e e 132210x y z -++e e e 所
以
⨯A B
在
C
上的分量为
()⨯=
C A B ()14.433
⨯=-=-A B C C
1.6 证明：如果A B =A C 和⨯=A B ⨯A C ，则
=B C ；
解 由
⨯=A B ⨯A C
，则有
()()⨯⨯=⨯⨯A A B A A C ，即
由于A B =A C ，于是得到 ()()=A A B A A C 故 =B C
1.7 如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量积，那么便可以确定该未知矢量。

设A 为一已知矢量，p =A X
而=⨯P A X ，p
和P 已知，试求X 。

解 由=⨯P A X ，有 故得 p -⨯=
A A P X A A
1.8 在圆柱坐标中，一点的位置由2(4,,3)3
π定出，求该点在：（1）直角坐标中的坐标；
（2）球坐标中的坐标。

解 （1）在直角坐标系中
4cos(22x π==-、4sin(23)y π==3z =
故该点的直角坐标为(2,-。

（2）在球坐标系中
5r ==、
1tan (43)53.1
θ-==、2120φπ
==
故该点的球坐标为(5,53.1,120)
1.9 用球坐标表示的场2
25r
r =E e ， （1）求在直角坐标中点(3,4,5)--处的E 和x E ；
（2）求在直角坐标中点(3,4,5)--处E 与矢量22x y z =-+B e e e 构成的夹角。

解 （1）在直角坐标中点(3,4,5)--处，
2222(3)4(5)50r =-++-=，故
（2）在直角坐标中点
(3,4,5)
--处，345x y z =-+-r e e e ，所以
故
E
与
B
构成的夹角
为
11cos (
)cos (153.63θ--===EB E B E B 1.10 球坐标中两个点111(,,)r θφ和222(,,)r θφ定出两个位置矢量1R 和2R 。

证明1R 和2R 间夹角的余弦为
解
由
111111111sin cos sin sin cos x y z r r r θφθφθ=++R e e e
得到 12
12
cos γ=
=R R R R
1.11 一球面S 的半径为5，球心在原点上，计算： (3sin )d r S
θ⎰e S 的值。

解
(3sin )d (3sin )d r
r r
S S
S θθ==
⎰⎰e S e e
22
20
d 3sin 5
sin d 75π
π
φθθθπ⨯=⎰⎰
1.12 在由5r =、0z =和4z =围成的圆柱形区域，对矢量22r z r z =+A e e 验证散度定理。

解
在
圆
柱
坐标系中
21()(2)32rr z r r r z
∂∂
∇=
+=+∂∂A 所以 4
25
d d d (32)d 1200z r r r π
τ
τφπ∇
=+=⎰⎰⎰⎰A
又 2d (2)(d d d )r z r r z z S
S
r z S S S φφ=+++=⎰
⎰A S e e e e e
故有 d 1200τ
τπ∇
=⎰A d S
=
⎰A S
1.13 求（1）矢量222223
24x y z x x y x y z =++A e e e 的散度；（2）求∇A 对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求A 对此立方体表面的积分，验证散度定理。

解
（
1
）
2222232222()()(24)2272x x y x y z x x y x y z x y z
∂∂∂∇=++=++∂∂∂A
（2）∇A 对中心在原点的一个单位立方体的积分为
（3）A 对此立方体表面的积分 故有 1d 24
τ
τ∇=
⎰A d S
=
⎰A S
1.14 计算矢量r 对一个球心在原点、半径为a 的球表面的积分，并求∇r 对球体积的积分。

解
22
30
d d d sin d 4r
S
S
S aa
a π
π
φθθπ==
=⎰⎰⎰⎰r S r e
又在球坐标系中，2
2
1()3r r r r
∂∇=
=∂r ，所以 1.15
求矢量22x y z x x y z =++A e e e 沿xy 平面上
的一个边长为2的正方形回路的线积分，此正方形的两边分别与x 轴和y 轴相重合。

再求∇⨯A 对
此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。

解 2
2
2
2
2
d d d 2
d 0d 8C
x x x x y y =-+-=⎰⎰⎰⎰⎰A l
又 2
222x y z
x z yz x x y z x
x y z
∂∂∂
∇⨯==+∂∂∂e e e A e e 所
以
22
00
d (22)d d 8x
z
z
S
yz x x y ∇⨯=+=⎰⎰⎰A S e e e
故有 d 8C
=⎰A l d S
=∇⨯⎰A S
1.16 求矢量2x y x xy =+A e e 沿圆周222x y a +=的线积分，再计算∇⨯A 对此圆面积的积分。

解
2
d d d C C
x x xy
y =+=
⎰⎰A l 24
2
4
2
2
(cos sin cos sin )d 4
a a
a π
πφφφφφ-+=
⎰
1.17 证明：（1）
3
∇=R ；（2）∇⨯=R 0
；（3）
()∇=A R A。

其中
x y z x y z =++R e e e ，A 为一常矢量。

解 （1）3x y z x y z
∂∂∂∇=
++=∂∂∂R （2） x y z
x y z x
y
y
∂∂∂
∇⨯=
=∂∂∂e e e R 0
（3）设
x x y y z z
A A A =++A e e e ，则
x y z A x A y A z =++A R ，故
1.18 一径向矢量场()r f r =F e 表示，如果
0∇=F ，那么函数()f r 会有什么特点呢？
解 在圆柱坐标系中，由
1d
[()]0d rf r r r
∇=
=F 可得到
()C
f r r
=
C 为任意常数。

在球坐标系中，由 221d
[()]0d r f r r r
∇==F
可得到 2()C
f r r
=
1.19 给定矢量函数x y y x =+E e e ，试求从点
1(2,1,1)P -到点2(8,2,1)P -的线积分d ⎰E l ：（1）沿
抛物线2x y =；（2）沿连接该两点的直线。

这个
E 是保守场吗？
解 （1） d d d x y C
C
E x E y =+=⎰⎰E l d d C
y x x y +=⎰
（2）连接点1(2,1,1)P -到点2(8,2,1)P -直线方程为
28
12
x x y y --=
-- 即 640x y -+=
故
2
1
d d d d(64)(64)d x
y C
C
E
x E y y y y y =+=-+-=
⎰⎰⎰E l
2
1
(124)d 14y y -=⎰
由此可见积分与路径无关，故是保守场。

1.20 求标量函数2x yz ψ
=的梯度及ψ在一
个指定方向的方向导数，此方向由单位矢量
x
y z e e e 定出；求(2,3,1)点的方向导数
值。

解
222()()()x
y z x yz x yz x yz x y z ψ∂∂∂
∇=++=∂∂∂e e e 故
沿方
向
l x
y z =+e e e e 的方向导数为
点(2,3,1)处沿l e 的方向导数值为
1.21 试采用与推导直角坐标中
y x z
A A A x y z
∂∂∂∇=
++∂∂∂A 相似的方法推导圆柱坐标下的
公式
1()z
r A A rA r r r z
φφ∂∂∂
∇=
++∂∂∂A 。

解 在圆柱坐标中，取小体积元如题1.21图所示。

矢量场A 沿r e 方向穿出该六面体的表面的通量为
题1.21图
同理
因此，矢量场A 穿出该六面体的表面的通量为
故得到圆柱坐标下的散度表达式
0()1lim r z
A rA A r r r z
φτψτφ∆→∂∂∂∇⋅==++∆∂∂∂A
1.22 方程222222
x y z u a b c
=++给出一椭球族。

求
椭球表面上任意点的单位法向矢量。

解 由于 222
222x
y z x y z u a b c ∇=++e e e
故椭球表面上任意点的单位法向矢量为
1.23 现有三个矢量A 、B 、C 为
（1）哪些矢量可以由一个标量函数的梯度表示？哪些矢量可以由一个矢量函数的旋度表示？
（2）求出这些矢量的源分布。

解（1）在球坐标系中
故矢量A 既可以由一个标量函数的梯度表示，也可以由一个矢量函数的旋度表示；
在圆柱坐标系中
故矢量B 可以由一个标量函数的梯度表示；
直角在坐标系中
故矢量C 可以由一个矢量函数的旋度表示。

（2）这些矢量的源分布为
0∇=A ，0∇⨯=A ；
2sin r φ∇B =，0∇⨯=B ；
0∇=C ，(26)z x y ∇⨯=-C e
1.24 利用直角坐标，证明 解 在直角坐标中 1.25 证明
解 根据∇算子的微分运算性质，有
式中A ∇表示只对矢量A 作微分运算，H ∇表示只对矢量H 作微分运算。

由()()⨯=⨯a b c c a b ，可得 同理 ()()()H
H ∇⨯=-∇⨯=-∇⨯A H A H A H
故有 ()∇⨯=∇⨯-∇⨯A H H
A A H
1.26 利用直角坐标，证明
解 在直角坐标中 所以
1.27 利用散度定理及斯托克斯定理可以在更普遍的意义下证明()0u ∇⨯∇=及()0∇∇⨯=A ，试证明之。

解 （1）对于任意闭合曲线C 为边界的任意曲面S ，由斯托克斯定理有 由于曲面S 是任意的，故有
（2）对于任意闭合曲面S 为边界的体积
τ
，由散度定理有
其中1S 和2S 如题 1.27图所示。

由斯托克斯定理，有
1
1
()d d S C ∇⨯=⎰⎰A S A l
，
2
2
()d d S C ∇⨯=⎰⎰A S A l
由题1.27图可知1C 和2C 是方向相反的同一回
路，则有 1
2
d d C
C =-⎰⎰A l A l 所
以
得
到
1
2
2
2
()d d d d d 0C C C C τ
τ∇∇⨯=+=-+=⎰⎰⎰⎰⎰A A l A l A l A l 由于体积τ是任意的，故有 ()0∇∇⨯=A
二章习题解答 2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度
为4230049
U d x ρε--=-，式中阴极板位于0x =，阳极板位于x d =，极间电压为0U 。

如果040V U =、
1cm d =、横截面210cm S =，求：（1）0x =和x d
=区域内的总电荷量Q ；（2）2x d =和x d =区域内的总电荷量Q '。

解
（1）
4323000
4
d ()d 9d
Q U d x S x τρτε--==-=
⎰⎰1
题1.27图
11004
4.7210C 3U S d
ε--
=-⨯ （
2
）
432002
4d ()d 9d
d Q U d x S x τρτε--'
'==-=⎰
⎰11004(10.9710C 3U S d ε--
=-⨯ 2.2 一个体密度为732.3210C m ρ-=⨯的质子束，通过1000V 的电压加速后形成等速的质子束，质子束内的电荷均匀分布，束直径为2mm ，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。

解 质子的质量271.710kg m -=⨯、电量191.610C q -=⨯。

由
得
61.3710v =⨯ m s 故 0.318J v ρ== 2A
m
2.3 一个半径为a 的球体内均匀分布总电荷量为Q 的电荷，球体以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球内的电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。

设球内任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为 球内的电荷体密度为 故
33
3sin sin 434Q Q r r a a φ
φ
ω
ρωθθππ===J v e e 2.4 一个半径为a 的导体球带总电荷量为
Q ，同样以匀角速度ω绕一个直径旋转，求球表面的面电流密度。

解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z 轴。

设球面上任一点P 的位置矢量为r ，且r 与z 轴的夹角为θ，则P 点的线速度为 球面的上电荷面密度为
故 2
sin sin 44S Q Q a a
a
φφω
σωθθππ===J v e e
2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处，24C q =-位于y 轴上4y =处，求(4,0,0)处的电场强度。

解 电荷1q 在(4,0,0)处产生的电场为 电荷2q 在(4,0,0)处产生的电场为 故(4,0,0)处的电场为
2.6 一个半圆环上均匀分布线电荷l ρ，求垂直于圆平面的轴线上z a =处的电场强度(0,0,)a E ，设半圆环的半径也为a ，如题2.6 图所示。

解 半圆环上的电荷元d d l l l a ρρφ''=在轴线上
z a =处的电场强度为
d φ'=
=E 在半圆环上对上式积分，得到轴线上z a =处的电场强度为
2.7 三根长度均为L ，均匀带电荷密度分别为1l ρ、2l ρ和3l ρ地线电荷构成等边三角形。

设1l ρ=22l ρ=32l ρ，计算三角形中心处的电场强度。

解 建立题2.7图所示的坐标系。

三角形中心到各边的距离为
3tan 302L d =
= 则
故等边三角形中心处的电场强度为
2.8 －点电荷q +位于(,0,0)a -处，另－
点电荷2q -位于(,0,0)a 处，空间有没有电场
题 2.6图
强度0=E 的点？
解 电荷q +在(,,)x y z 处产生的电场为 电荷2q -在(,,)x y z 处产生的电场为
(,,)x y z 处的电场则为12=+E E E 。

令0=E ，则有 由上式两端对应分量相等，可得到
2223222232
()[()]2()[()]x a x a y z x a x a y z +-++=-+++ ①
2223222232[()]2[()]y x a y z y x a y z -++=+++
②
2223222232[()]2[()]z x a y z z x a y z -++=+++
③
当0y ≠或0z ≠时，将式②或式③代入式①，得0a =。

所以，当0y ≠或0z ≠时无解； 当0y =且0z =时，由式①，有 解得
但
3x a =-+不合题意，故仅在(3,0,0)
a --处电场强度0=E 。

2．9 一个很薄的无限大导电带电面，电荷面密度为σ。

证明：垂直于平面的z 轴上0z z =处的电场强度E 中，有一半是有平面上半径为03z 的圆内的电荷产生的。

解 半径为r 、电荷线密度为d l r ρσ=的带电细圆环在z 轴上0z z =处的电场强度为
故整个导电带电面在z 轴上0z z =处的电场强度为 而半径为
03z 的圆内的电荷产生在
z 轴上0z z =处的电场强度为
2.10 一个半径为a 的导体球带电荷量为Q ，当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋转，如题
2.10图所示。

求球心处的磁感应强度B 。

解 球面上的电荷面密度为
当球体以均匀角速度ω绕一个直径旋转时，球面上位置矢量r a =r e 点处的电流面密度为
将球面划分为无数个宽度为d d l a θ=的细圆环，则球面上任一个宽度为d d l a θ=细圆环的电流为 d d sin d 4S Q
I J l ωθθπ
==
细圆环的半径为sin b a θ=，圆环平面到球心的距离cos d a θ=，利用电流圆环的轴线上的磁场公式，则该细圆环电流在球心处产生的磁场为
故整个球面电流在球心处产生的磁场为
300
sin d 86z z Q Q a a
πμωθμωθππ==⎰
B e e
2.11 两个半径为b 、同轴的相同线圈，各有
N
匝，相互隔开距离为d ，如题2.11图所示。

电流I 以相同的方向流过这两个线圈。

题2.10图
（1）求这两个线圈中心点处的磁感应强度
x x B =B e ；
（2）证明：在中点处d d x
B x 等于零；
（3）求出b 与d 之间的关系，使中点处
2
2d d x B x 也等于零。

解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度 2
02
232
2()
z
Ia a z μ=+B e
得到两个线圈中心点处的磁感应强度为
2
02
2
32
(4)
x
NIb b d μ=+B e
（2）两线圈的电流在其轴线上x )0(d x <<处
的磁感应强度为
22
00223222322()
2[()]x NIb NIb b x b d x μμ⎧⎫=+⎨⎬++-⎩⎭B e 所以 220022522252
d 33()d 2()2[()]x B NIb x NIb d x x b x b d x μμ-=-+++-
故在中点2d x =处，有
（3） 2222
00222722252d 153d 2()2()
x B NIb x NIb x b x b x μμ=-+++
令
d d 2
2
2
==d x x
x B ，有
0]
4[1
]4[452
52227222=+-+d b d b d 即 45222
d b d +=
故解得 b d =
题2.11图
2.12 一条扁平的直导体带，宽为a 2，中心线与z 轴重合，通过的电流为I 。

证明在第一象
限内的磁感应强度为
04x I B a
μαπ=-，021ln 4y
I r B a r μπ=
式中α、1r 和2r 如题2.12图所示。

解 将导体带划分为无数个宽度为x 'd 的细
条带，每一细条带的电流x a
I
I '=d 2d 。

由安培环路定理，可得位于
x '
处的细条带的电流I d 在点
),(y x P 处的磁场为
则 022d d d sin 4[()]
x Iy x B B a x x y μθπ'
=-=-'-+
所以
2.13 如题2.13图所示，有一个电矩为1p 的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩为2p 的电偶极子，位于矢径为r 的某一点上。

试证明两偶极子之间相互作用力为
式中11,θ=<>r p ，22,θ=<>r p ，φ是两个平面1(,)r p 和
2(,)r p 间的夹角。

并问两个偶极子在怎样
的相对取向下这个力值最大？
解 电偶极子1p 在矢径为r 的点上产生的电场为
题 2.12图
所以1p 与2p 之间的相互作用能为 因为11,θ=<>r p ，22,θ=<>r p ，则
又因为φ是两个平面1(,)r p 和2(,)r p 间的夹角，所以有
另一方面，利用矢量恒等式可得 因
此
12121221
()[()()()()]r
=
⨯⨯+=p p r p r p r p r p 1212sin sin cos p p θθφ+1212cos cos p p θθ
于是得到 =e W 12
304p p r πε(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)
故两偶极子之间的相互作用力为
e
r q const
W F r
=∂=-=∂1204p p πε-
(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)3d 1
()d r r = 12
4034p p r πε(
12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)
由上式可见，当120θθ==时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。

2.14 两平行无限长直线电流1I 和2I ，相距为d ，求每根导线单位长度受到的安培力m F 。

解 无限长直线电流
1
I 产生的磁场为
01
12I r
φ
μπ=B e 直线电流
2
I 每单位长度受到的安培力为
1012
122112
d 2m z I I I z d μπ=⨯=-⎰F
e B e
式中12e 是由电流1I 指向电流2I 的单位矢量。

同理可得，直线电流1I 每单位长度受到的安培力为 0122112122m m I I
d μπ=-=F F e
2.15 一根通电流1I 的无限长直导线和一个通电流2I 的圆环在同一平面上，圆心与导线的距离为d ，如题2.15图所示。

证明：两电流间相互作用的安培力为
这里α是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。

解 无限长直线电流1I 产生的磁场为 圆环上的电流元22d I l 受到的安培力为 由题2.15图可知
2d (sin cos )d x z a θθθ=-+l e e
所
以
2012
(sin cos )d 2(cos )m z
x aI I d a π
μθθθπθ=
--=+⎰F e
e
2.16 证明在不均匀的电场中，某一电偶极子p 绕坐标原点所受到的力矩为()⨯∇+⨯r p E p E 。

解 如题2.16图所示，设d q =p l (d 1)l <<，则电偶极子p 绕坐标原点所受到的力矩为 当d 1l <<时，有 故得到
三章习题解答
1I
题2.15图
y
3.1 真空中半径为a 的一个球面，球的两极点处分别设置点电荷q 和q -，试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题3.1图所示)。

解 由点电荷q 和q -共同
产生的电通密度为
则球赤道平面上电通密度的通量
3.2 1911年卢瑟福在
实验中使用的是半径为a r 的球体原子模型，其球体内
均匀分布有总电荷量为Ze -的电子云，在球心有一正电荷Ze （Z 是原子序数，e 是质子电荷量），通过实验得到球体内的电通量密度表达式为02314r
a Ze r r r π⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
D e ，试证明之。

解 位于球心的正电荷Ze 球体内产生的电通量密度为 12
4r
Ze r π=D e
原子内电子云的电荷体密度为
33
3434a a Ze Ze
r r ρππ=-
=-
电子云在原子内产生的电通量密度
则为 3223
4344r r a
r Ze r r r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为
题3.1 图
题3. 3图()a
122314r a Ze r r r π⎛⎫
=+=- ⎪⎝⎭
D D D e
3.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为3
0C m ρ, 两圆柱面半径分别为a 和b ，轴线相距为c )(a b c -<，如题3.3图()a 所示。

求空
间各部分的电场。

解 由于两圆柱面间的电荷不是轴对称分布，不能直接用高斯定律求解。

但可把半径为a 的小圆柱面内看作同时具有体密度分别为0ρ±的两种电荷分布，这样在半径为b 的整个圆柱体内具有体密度为0ρ的均匀电荷分布，而在半径为a 的整个圆柱体内则具有体密度为0ρ-的均匀电荷分布，如题3.3图()b 所示。

空间任一点的电场是这两种电荷所产生的电场的叠加。

在b r >区域中，由高斯定律0
d S
q
ε=
⎰
E S ，可求
得大、小圆柱中的正、负电荷在点P 产生的电场
分别为 22001200
22r b b r r πρρπεε==r
E e
220012
0022r a a r r πρρπεε'-''==-''r E e
点P 处总的电场为 2211220
()2b a r r ρε'
'=+=-'r r E E E
在b r <且a r >'区域中，同理可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P 产生的电场分别为
点P 处总的电场为 2022
20()2a r ρε''=+=-'
r E E E r 在a r <'的空腔区域中，大、小圆柱中的正、负电荷在点P 产生的电场分别为 点P 处总的电场为 003300
()22ρρεε''=+=-=E E E r r c 3.4 半径为a 的球中充满密度()r ρ的体电
荷，已知电位移分布为
32
54
2
()()
r r Ar r a D a Aa r a r ⎧+≤⎪
=⎨+≥⎪
⎩ 其中A 为常数，试求电荷
密度()r ρ。

解：由ρ∇=D ，有 2
2
1d ()()d r r r D r r
ρ=∇=D 故在r a <区域
2322
02
1d ()[()](54)d r r r Ar r Ar r r
ρεε=+=+ 在r a >区域 54
2
022
1d ()()[]0d a Aa r r r r r
ρε+== 题3. 3图()b
＝
＋
3.5 一个半径为a 薄导体球壳内表面涂覆了一薄层绝缘膜，球内充满总电荷量为Q 为的体电荷，球壳上又另充有电荷量Q 。

已知球内部的电场为4()r r
a =E e ，设球内介质为真空。

计算：
（1） 球内的电荷分布；（2）球壳外表面的电荷面密度。

解 （1） 由高斯定律的微分形式可求得球内的电荷体密度为
（2）球体内的总电量Q 为
3
220040
d 64d 4a
r Q r r a a τρτεππε===⎰⎰
球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷
Q -，而且在球壳外表面上还要感应电荷Q ，所
以球壳外表面上的总电荷为2Q ，故球壳外表面上的电荷面密度为 02
224Q
a σεπ=
= 3.6 两个无限长的同轴圆柱半径分别为r a =和r b =()b a >，圆柱表面分别带有密度为1σ和2σ的面电荷。

（1）计算各处的电位移0D ；（2）欲使r b >区域内00=D ，则1σ和2σ应具有什么关系？
解 （1）由高斯定理0d S
q =⎰D S ，当r a <时，有 010=D
当a r b <<时，有 02122rD a ππσ= ，则
1
02r
a r σ=D e 当
b r <<∞时，有 0312222rD a b ππσπσ=+ ，则
12
03r
a b r
σσ+=D e （2）令 12
030r
a b r
σσ+==D e ，则得到 12b a σσ=- 3.7 计算在电场强度x y y x =+E e e 的电场中把带电量为2C μ-的点电荷从点1(2,1,1)P -移到点
2(8,2,1)P -时电场所做的功：（1）沿曲线22x y =；
（2）沿连接该两点的直线。

解 （1）d d d d x y C
C
C
W q q E x E y ===+=⎰⎰⎰F
l E l
（2）连接点1(2,1,1)P -到点2(8,2,1)P -直线方程为
28
12
x x y y --=
-- 即 640x y -+=
故
W =2
1
d d d(64)(64)d C
q y x x y q y y y y +=-+-=
⎰⎰2
61
(124)d 142810()q y y q J --==-⨯⎰
3.8 长度为L 的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为0l ρ。

（1）计算线电荷平分面上任意点的电位ϕ；（2）利用直接积分法计算线电荷平分面上任意点的电场E ，并用ϕ=-∇E 核对。

解 （1）建立如题3.8图所示坐标系。

根据
电位的积分表达式，线电荷平分面上任意点P 的
电位为
2
2
(,0)L L r ϕ-=
=⎰
（2）根据对称性，
可得两个对称线电荷元
z l 'd 0ρ在点P 的电场为
故长为L 的线电荷在点P 的电场为
由ϕ=-∇E 求E ，有
3.9 已知无限长均匀线电荷l ρ的电场
02l
r r ρπε=E e ，试用定义式()d P
r r
r ϕ=⎰E l 求其电位函
数。

其中P r 为电位参考点。

解
000()d d ln ln 222P
P
P
r r r
l l l P r r
r
r r r r r r
ρρρϕπεπεπε====⎰⎰
E l 由于是无限长的线电荷，不能将P r 选为无穷远点。

3.10 一点电荷q +位于(,0,0)a -，另一点电荷2q -位于(,0,0)a ，求空间的零电位面。

解 两个点电荷q +和2q -在空间产生的电位
令
(,,)0
x y z ϕ=，则有
L L -r
ρ题3.8图
=
即222222
4[()]()
x a y z x a y z
+++=-++
故得2222
54
()()
33
x a y z a
+++=
由此可见，零电位面是一个以点5(,0,0)
3
a
-为球
心、4
3
a为半径的球面。

3.11证明习题3.2的电位表达式为
2
13
()()
422
a a
Ze r
r
r r r
ϕ
πε
=+-
解位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通
量密度为12
4
r
Ze
rπ
=
D e
电子云在原子外产生的电通量密度则为
3
222
43
44
a
r r
r Ze
r r
ρπ
ππ
==-
D e e
所以原子外的电场为零。

故原子内电位为
3.12电场中有一半径为a的圆柱体，已知柱内外的电位函数分别为
（1）求圆柱内、外的电场强度；
（2）这个圆柱是什么材料制成的？表面有电荷分布吗？试求之。

解（1）由ϕ
=-∇
E，可得到r a<时，0
ϕ
=-∇=
E
r a
>时，
ϕ=-∇=E 22
[()cos ][()cos ]r a a A r A r r r r r
φφφφ∂∂----=∂∂e e
（2）该圆柱体为等位体，所以是由导体制成的，其表面有电荷分布，电荷面密度为
3.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足20ϕ∇=
（1）sin()sin()hz kx ly e - 其中222h k l =+； （2）[cos()sin()]n r n A n φφ+ 圆柱坐标； （3）cos()n
r
n φ- 圆柱坐标；
（4）cos r φ 球坐标； （5）2cos r φ- 球坐标。

解 （1）在直角坐标系中
2222
222x y z
ϕϕϕ
ϕ∂∂∂∇=++∂∂∂
而 22
222[sin()sin()]sin()sin()hz hz kx ly e k kx ly e x x
ϕ--∂∂==-∂∂
故 2
2
22()sin()sin()0hz k
l h kx ly e ϕ-∇=--+=
（2）在圆柱坐标系中
222
2221()r r r r r z
ϕϕϕ
ϕφ∂∂∂∂∇=++∂∂∂∂
而
11(){[cos()sin()]}n r r r n A n r r r r r r ϕφφ∂∂∂∂=+=∂∂∂∂22[cos()sin()]n n r n A n φφ-+
故 2
0ϕ∇=
（3）
2211(){[cos()]}cos()n n r r r n n r n r r r r r r
ϕφφ---∂∂∂∂
==∂∂∂∂ 故 20ϕ∇=
（4）在球坐标系中
22
222222
111()(sin )sin sin r r r r r r ϕϕϕϕθθθθθφ
∂∂∂∂∂∇=++∂∂∂∂∂ 而 2222112
()[(cos )]cos r r r r r r r r r
r
ϕθθ∂∂∂∂==∂∂∂∂ 故 20ϕ∇=
（5）
222222
112
()[(cos )]cos r r r r r r r r r r
ϕθθ-∂∂∂∂==∂∂∂∂ 故 2
0ϕ∇=
3.14 已知0>y 的空间中没有电荷，下列几个函数中哪些是可能的电位的解?
（1）cosh y e x -； （2）x e y cos -； （3）
cos sin e x x
（4）z y x sin sin sin 。

解 （1）
222222(cosh )(cosh )(cosh )y y y
e x e x e x x y z
---∂∂∂++=∂∂∂2cosh 0y e x -≠
所以函数x e y cosh -不是0>y 空间中的电位的解；
（2）
222222(cos )(cos )(cos )y y y
e x e x e x x y z
---∂∂∂++=∂∂∂
cos cos 0y y e x e x ---+=
所以函数x e y cos -是0>y 空间中可能的电位的解；
（3）
2222
22(cos sin )(cos sin )(cos sin )e x x e
x x e
x x x y
z
∂∂∂++=∂∂∂
所以函数x x e y
sin cos 2-不是0>y 空间中的电位的
解；
（4）
222
222(sin sin sin )(sin sin sin )(sin sin sin )x y z x y z x y z x y z
∂∂∂++=∂∂∂ 所以函数z y x sin sin sin 不是0>y 空间中的电位的解。

3.15 中心位于原点，边长为L 的电介质立方体的极化强度矢量为0()x y z P x y z =++P e e e 。

（1）计算面束缚电荷密度和体束缚电荷密度；（2）证明总的束缚电荷为零。

解 （1） 03P P ρ=-∇=-P
同
理
0()()()()2
2
2
2
2P P P P L
L L L L y y z z P σσσσ===-====-=
（2） 32
00d d 3602P P
P S
L q S P L L P τρτσ=+=-+⨯=⎰⎰ 3.16 一半径为0R 的介质球，介电常数为
0r εε，其内均匀分布自由电荷ρ，证明中心点的
电位为 2
00
21()23r r R ερεε+
解 由d S
q =⎰D S ，可得到
0r R <时， 32
1443
r r D ππρ= 即 13r D ρ=， 1100
3r r D r E ρεεεε==
0r R >时， 3202443
R r D ππρ= 即 30223R D r ρ= ， 30122003R D E r ρεε== 故中心点的电位为
3.17 一个半径为R 的介质球，介电常数为
ε，球内的极化强度r K r =P e ，其中K 为一常数。

（1） 计算束缚电荷体密度和面密度；
（2） 计算自由电荷密度；（3）计算球内、外的电场和电位分布。

解 （1） 介质球内的束缚电荷体密度为 2221d ()d p K K r r r r r
ρ=-∇=-=-P 在r R =的球面上，束缚电荷面密度为 p r r R r R K R σ=====
n P e P （2）由于0ε=+D E P ，所以
00εεε
∇=∇+∇=∇+∇D E P D P 即 0(1)εε-
∇=∇D P 由此可得到介质球内的自由电荷体密度为 2000()p K r εεερρεεεεεε=∇=∇=-=
---D P
总的自由电荷量
2200014d 4d R K RK q r r r τ
επερτπεεεε===--⎰⎰ （3）介质球内、外的电场强度分别为
介质球内、外的电位分别为
3.18 （1）证明不均匀电介质在没有自由电荷密度时可能存在束缚电荷体密度；（2）导出束缚电荷密度P ρ的表达式。

解 （1）由0ε=+D E P ，得束缚电荷体密度为 0P ρε=-∇=-∇+∇P D E
在介质内没有自由电荷密度时，0∇=D ，则有 0P ρε=∇E
由于ε=D E ，有 ()0εεε∇=∇=∇+∇=D E E E 所以 εε∇∇=-E E
由此可见，当电介质不均匀时，∇E 可能不为零，故在不均匀电介质中可能存在束缚电荷体密度。

（2）束缚电荷密度P ρ的表达式为 00P ερεεε
=∇=-∇E E 3.19 两种电介质的相对介电常数分别为
1r ε=2和2r ε=3，其分界面为z =0平面。

如果已知介质1中的电场的
那么对于介质2中的2E 和2D ，我们可得到什么
结果？能否求出介质2中任意点的2E 和2D ？
解 设在介质2中
在0z =处，由12()0z ⨯-=e E E 和12()0z
-=e D D ，可得 于是得到 2(,,0)2x E x y y =
故得到介质2中的2E 和2D 在0z =处的表达式分别为 220(,,0)23(103)(,,0)(6910)x y z x y z x y y x x y y x ε=-+=-+E e e e D e e e
不能求出介质2中任意点的2E 和2D 。

由于是非均匀场，介质中任意点的电场与边界面上的电场是不相同的。

3.20 电场中一半径为a 、介电常数为ε的介质球，已知球内、外的电位函数分别为
验证球表面的边界条件，并计算球表面的束缚电荷密度。

解 在球表面上
故有 12(,)(,)a a ϕθϕθ=， 12
0r a r a r r ϕϕεε==∂∂=∂∂
可见1ϕ和2ϕ满足球表面上的边界条件。

球表面的束缚电荷密度为
3.21 平行板电容器的长、宽分别为a 和b ，极板间距离为d 。

电容器的一半厚度(2~
0d )用介电常数为ε的电介质填充，如题3.21图所示。

(1) (1) 板上外加电压0U ，求板上的自由电荷面密度、束缚电荷；
(2) (2) 若已知板上的自由电荷总量为Q ，求此时极板间电压和束缚电荷；
(3) (3) 求电容器的电容量。

解 （1） 设介质中的电场为z E =E e ，空气中的电场为0=E 0z E e 。

由=D 0D ，有
00E E εε=
又由于 0022U d E d E -=+ 由以上两式解得 00
02()U E d εεε=-+ ，0002()U E d εεε=-+ 故下极板的自由电荷面密度为
0002()U E d
εεσεεε==-+下 上极板的自由电荷面密度为 000002()U E d
εεσεεε=-=
+上 电介质中的极化强度
000002()()()z U d εεεεεεε-=-=-+P E e 故下表面上的束缚电荷面密度为 00002()()p z U d
εεεσεε-=-=+e P 下 上表面上的束缚电荷面密度为 00002()()p z U d εεεσεε-==-
+e P 上 （2）由 002()U Q ab d εεσεε==+
题 3.21图 0
得到 00()2dQ U ab εεεε+=
故 0()p Q ab
εεσε-=下 （3）电容器的电容为 002()ab Q C U d εεεε=
=+ 3.22 厚度为t 、介电常数为04εε=的无限大
介质板，放置于均匀电场0E 中，板与0E 成角1θ，如题3.22图所示。

求：（1）使24θπ=的1θ值；
（2）介质板两表面的极化电荷密度。

解 （1）根据静电场的边界条件，在介质板
的表面上有 012
tan tan εθθε=
由此得到 1110201tan 1tan tan tan 144
εθεθεε---==== （2）设介质板中的电场为E ，根据分界面上的边界条件，有00n n E E εε=，即
所以 00101cos cos144
n E E E εθε== 介质板左表面的束缚电荷面密度 000003
()cos140.7284p n E E E σεεεε=--=-=-
介质板右表面的束缚电荷面密度
000003
()cos140.7284
p n E E E σεεεε=-== 3.23 在介电常数为ε的无限大均匀介质中，开有如下的空腔，求各腔中的0E 和0D ：
（1）平行于E 的针形空腔；
（2）底面垂直于E 的薄盘形空腔；
（3）小球形空腔（见第四章4.14题）。

解 （1）对于平行于E 的针形空腔，根据边
界条件，在空腔的侧面上，有0=E E 。

故在针形空腔中
0=E E ，0000εε==D E E
（2）对于底面垂直于E 的薄盘形空腔，根据边界条件，在空腔的底面上，有0=D D 。

故在薄盘形空腔中
0ε==D D E ，0000
εεε==D E E 3.24 在面积为S 的平行板电容器内填充介电常数作线性变化的介质，从一极板(0)y =处的1ε一直变化到另一极板()y d =处的2ε，试求电容量。

解 由题意可知，介质的介电常数为
121()y d εεεε=+-
设平行板电容器的极板上带电量分别为q ±，由高斯定理可得
所以，两极板的电位差
212121100
d d ln [()]()d d
y q qd U E y y y d S S εεεεεεε===+--⎰⎰
故电容量为 2121()ln()S q C U d εεεε-==
3.25 一体密度为732.3210C m ρ-=⨯的质子束，
束内的电荷均匀分布，束直径为2mm ，束外没有电荷分布，试计算质子束内部和外部的径向电场强度。

解 在质子束内部，由高斯定理可得
201
2r rE r ππρε=
故 74120
2.3210 1.3110V m 228.85410r r r E r ρε--⨯===⨯⨯⨯
3(10m)r -<
在质子束外部，有 201
2r rE a ππρε=
故 276
2120
2.32101011.3110V m 228.85410r a E r r r ρε----⨯⨯===⨯⨯⨯ 3(10m)r ->
3.26 考虑一块电导率不为零的电介质(,)γε，设其介质特性和导电特性都是不均匀的。

证明当介质中有恒定电流J 时，体积内将出现自由电荷，体密度为()ρεγ=∇J 。

试问有没有束缚体电荷P ρ？若有则进一步求出P ρ。

解 ()()()εεερεγγγ
=∇=∇=∇=∇+∇D E J J J 对于恒定电流，有0∇=J ，故得到 ()ρεγ=∇J 介质中有束缚体电荷P ρ，且
3.27 填充有两层介质的同轴电缆，内导体半径为a ，外导体内半径为c ，介质的分界面半径为b 。

两层介质的介电常数为1ε和2ε，电导率
为1γ和2γ。

设内导体的电压为0U ，外导体接地。

求：（1）两导体之间的电流密度和电场强度分布；（2）介质分界面上的自由电荷面密度；
（3）同轴线单位长度的电容及漏电阻。

解 （1）设同轴电缆中单位长度的径向电流
为I ，则由d S
I =⎰J S ，可得电流密度
介质中的电场 1112r I r γ
πγ==J E e ()a r b << 由于 01
2d d b c a b U =+=
⎰⎰E r E r 12ln ln 22I b I c a b πγπγ+ 于是得到 120212ln()ln()
U I b a c b πγγγγ=+ 故两种介质中的电流密度和电场强度分别为
（2）由σ=n D 可得，介质1内表面的电荷面密度为
介质2外表面的电荷面密度为
两种介质分界面上的电荷面密度为
（3）同轴线单位长度的漏电阻为 02112
ln()ln()2U b a c b R I γγπγγ+== 由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为 12212ln()ln()
C b a c b πεεεε=+ 3.28 半径为1R 和2R )(21R R <的两个同心的理想导体球面间充满了介电常数为ε、电导率为0(1)K r γγ=+的导电媒质(K 为常数)。

若内导体球
面的电位为0U ，外导体球面接地。

试求：（1）
媒质中的电荷分布；（2）两个理想导体球面间的电阻。

解 设由内导体流向外导体的电流为I ，由于电流密度成球对称分布，所以
电场强度 120()4()r I R r R r K r γπγ=
=<<+J E e 由
两导体间的电压 22
11
00d d 4()R R R R I U r r K r πγ===+⎰⎰E r 21012()ln 4()R R K I K R R K πγ⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦ 可得到 0021124()ln ()KU I R R K R R K πγ=
⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦
所以 0022112()ln ()r KU R R K r R R K γ=⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦J e 媒质中的
电荷体密度为 202221121()()()ln ()K U r K r R R K R R K εεργ=∇=+⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦
J 媒质内、外表面上的电荷面密度分别为
（2）两理想导体球面间的电阻
3.29 电导率为γ的无界均匀电介质内，有两个半径分别为1R 和2R 的理想导体小球，两球之间
的距离为),(21R d R d d >>>>，试求两小导体球面间
的电阻。

解 此题可采用静电比拟的方法求解。

假设两小球分别带电荷q 和q -，由于两球间的距离1R d >>、2R d >>，可近似认为小球上的电荷均匀
分布在球面上。

由电荷q 和q -的电位叠加求出两小球表面的电位差，即可求得两小导体球面间的电容，再由静电比拟求出两小导体球面间的电阻。

设两小球分别带电荷q 和q -，由于1R d >>、
2R d >>，可得到两小球表面的电位为
所以两小导体球面间的电容为 121212
41111
q C R R d R d R πεϕϕ==-+---- 由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为 121212
41111
I G R R d R d R πγϕϕ==-+---- 故两个小导体球面间的电阻为 1212111111()4R G R R d R d R πγ=
=+---- 3.30 在一块厚度d 的导电板上， 由两个半径为1r 和2r 的圆弧和夹角为α的两半径割出的一
块扇形体，如题3.30图所示。

求：（1）沿厚度方向的电阻；（2）两圆弧面之间的电阻；沿α方向的两电极的电阻。

设导电板的电导率为γ。

解 （1）设沿厚度方向的两电极的电压为
1U ，则有
d
U E 11=
故得到沿厚度方向的电
阻为
（2）设内外两圆弧面电极之间的电流为2I ，则
故得到两圆弧面之间的
电阻为
（3）设沿α方向的两电极的电压为3U ，则有 330
d U E r α
φ=⎰
由于3E 与φ无关，所以得到 故得到沿α方向的电阻为 33321ln()
U R I d r r α
γ=
=
3.31 圆柱形电容器外导体内半径为b ，内导体半径为a 。

当外加电压U 固定时，在b 一定的条件下，求使电容器中的最大电场强度取极小值min E 的内导体半径a 的值和这个min E 的值。

解 设内导体单位长度带电荷为l ρ，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为
由内外导体间的电压 00d d ln 22b
b
l l a
a
b
U E r r r a ρρπεπε===⎰⎰
题3.30图
得到 02ln()
l U
b a περ=
由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 )
ln()(a b r U
r E =
在圆柱形电容器中，a r =处的电场强度最大
)
ln()(a b a U
a E =
令)(a E 对a 的导数为零，即
0)
(ln 1
)ln(1)(2
2=--=∂∂a b a b a a a E 由此得到 1)/ln(=a b 故有 718
.2b
e b a ≈
=
3.32 证明：同轴线单位长度的静电储能e
W 等于2
2l q C。

l q 为单位长度上的电荷量，C 为单位长
度上的电容。

解 由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为 ()2l q E r r
πε=
内外导体间的电压为
则同轴线单位长度的电容为 2ln()
l q C U b a πε=
= 同轴线单位长度的静电储能为
2211d ()2d 222b
l e a q W E r r r τετεππε===⎰⎰22
11ln()222l l q q b a C
πε=
3.33 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。