电磁场与电磁波(第四版)谢处方_课后答案(优.选)

电磁场与电磁波（第四版）谢处方 课后答案
第一章习题解答
1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e
4y z =-+B e e 52x z =-C e e
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
02x y z
-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502
x
y
z
-=-e e e 8520x y z ++e e e
⨯=A B 123041
x
y
z
-=-e e e 1014x y z ---e e e
所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e
（8）()⨯⨯=A B C 1014502
x
y
z
---=-e e e 2405x y z -+e e e
()⨯⨯=A B C 1
238
5
20
x
y z -=e e e 554411x 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123
PP 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 12y z =-r e e ，243x 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 ，
311367x y z =-=---R r r e e e
由此可见
1223(4)(28)0x z x y z =-++=R R e e e e e
故123
PP 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
11cos (
)cos 32.31x P P x P
P φ--''===e R R 1
1cos (
)cos 120.47y P P y
P P φ'--'===e R R
11cos ()cos (99.73z P P z P P φ--''===e R R
1.4 给定两矢量234x 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234x 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 234641
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 =B C ； 解 由⨯=A B ⨯A C ，则有()()⨯⨯=⨯⨯A A B A A C ，即
()()()()-=-A B A A A B A C A A A C
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
()()()()p ⨯=⨯⨯=-=-A P A A X A X A A A X A A A X 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(23)2x 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)53.1θ-==、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
2251
2
r r ==E e
1cos
220
x x rx E θ====-
e E E
（2）在直角坐标中点(3,4,5)--处，345x y z =-+-r e e e ，所以
233452525r r -+-=
==e e e r E
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
121212cos cos cos sin sin cos()γθθθθφφ=+-
解 由 111111111sin cos sin sin cos x y z r r r θφθφθ=++R e e e
222222222sin 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 1122112212sin cos sin cos sin sin sin sin cos cos θφθφθφθφθθ++=
121211212sin sin (cos cos sin sin )cos cos θθφφφφθθ++=
121212sin sin cos()cos cos θθφφθθ-+
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 222
d 3sin 5sin d 75ππ
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 2
d (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
42522
00
00
55d d 24d d 1200z r r ππ
φφπ⨯+⨯=⎰⎰⎰⎰
故有 d 1200τ
τπ∇=⎰A d S
=
⎰A S
1.13 求（1）矢量22222324x 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）222223
2222()()(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
12121222212112
1d (2272)d d d 24
x x y x y z x y z τ
τ---∇=
++=
⎰⎰⎰⎰
A （3）A 对此立方体表面的积分
12121212
2212121212
11
d ()d d ()d d 22S
y z y z ----=--+⎰
⎰⎰⎰⎰A S
1211212
222212121212
112()d d 2()d d 22x x z x x z ------+⎰⎰⎰⎰
112
1212
2
2
322312121212
11124()d d 24()d d 2224x y x y x y x y ------=⎰⎰⎰⎰ 故有 1d 24τ
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 223
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，221()3r r r r
∂∇==∂r ，所以
223
000
d 3sin d d d 4a
r r a ππτ
τθθφπ∇=
=⎰⎰⎰⎰r 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 2d 0d 8C
x x x x y y =-+-=⎰⎰⎰⎰⎰A l
又 2222x
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 242
4
2
2
(cos sin cos sin )d 4
a a a π
πφφφφφ-+=
⎰
d ()d y
x z z S S
A A S x y ∂∂∇⨯=-=∂∂⎰⎰A S e e 24222
00d sin d d 4a S a y S r r r π
πφφ==⎰⎰⎰ 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
()()()x
x y z y x y z A x A y A z A x A y A z x y ∂∂∇=++++++∂∂A R e e ()z x y z A x A y A z z
∂
++=∂e x x y y z z A A A ++=e e e A 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
22
1
d(2)2d y y y
y +=⎰2
21
6d 14y 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(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
22
2
x y z
xyz x z x y
++
e e e
故沿方向
l x y z
=+
e e e e的方向导数为
22
50
l
l
ψ
ψ
∂
=∇=+
∂
e
点(2,3,1)
处沿
l
e的方向导数值为
l
ψ
∂
=+=
∂
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
φ
φ
∂∂
∂
∇=++
∂∂∂
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()d d d d
z z z z
r r r r r r
z z
A r r r A r r
φφφφ
φφ
ψφφ
+∆+∆
+∆+∆
+∆
=+∆-≈
⎰⎰⎰⎰
[()(,,)(,,)]
r r
r r A r r z rA r z z
φφφ
+∆+∆-∆∆≈
()()
1
r r
rA rA
r z
r r r
φτ
∂∂
∆∆∆=∆
∂∂
同理
d d d d
r r z z r r z z
r z r z
A r z A r z
φφφφφφ
ψ
+∆+∆+∆+∆
+∆
=-≈
⎰⎰⎰⎰
[(,,)(,,)]
A r z A r z r z
φφ
φφφ
+∆-∆∆≈
A A
r z
r
φφ
φτ
φφ
∂∂
∆∆∆=∆
∂∂
d d d d
r r r r
z z z z z z
r r
A r r A r r
φφφφ
φφ
ψφφ
+∆+∆
+∆+∆
+∆
=-≈
⎰⎰⎰⎰
[(,,)(,,)]
z z
A r z z A r z r r z
φφφ
+∆-∆∆∆≈z z
A A
r r z
z z
φτ
∂∂
∆∆∆=∆
∂∂
因此，矢量场A穿出该六面体的表面的通量为
()
1
[]
r z
r z
A
rA A
ΨΨΨΨ
r r r z
φ
φ
τ
φ
∂
∂∂
=++≈++∆
∂∂∂
故得到圆柱坐标下的散度表达式
()
1
lim r z
A
rA A
r r r z
φ
τ
ψ
τφ
∆→
∂
∂∂
∇⋅==++
∆∂∂∂
A
1.22方程222
222
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
222
x y z
x y z
u
a b c
∇=++
e e e
u
∇=
题1.21图
故椭球表面上任意点的单位法向矢量为
222(x y z u x y z a b c u
∇=
=++∇n e e e 1.23 现有三个矢量A 、B 、C 为
sin cos cos cos sin r θφθφθφφ=+-A e e e
22sin cos 2sin r z z z rz φφφφ=++B e e e 22(32)2x y z y x x z =-++C e e e
（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
22111()(sin )sin sin r A r A A r r r r φ
θθθθθφ∂∂∂∇=++=
∂∂∂A
22
111(sin cos )(sin cos cos )(sin )sin sin r r r r r θφθθφφθθθφ
∂∂∂
++-=∂∂∂ 2cos 2sin cos cos sin cos 0sin sin r r r r φθφφθφθθ
+--= 2sin 1sin sin r r r r r r A rA r A θφ
θφ
θθθφ
θ∂∂∂
∇⨯==∂∂∂e e e A
2
sin 10sin sin cos cos cos sin sin r r r r r r r θφ
θθθφ
θφθφθφ
∂∂∂
=∂∂∂-e e e 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 11()z r B B rB r r r z
φφ∂∂∂∇++=
∂∂∂B = 2211(sin )(cos )(2sin )rz z rz r r r z
φφφφ∂∂∂++=∂∂∂
22sin sin 2sin 2sin z z r r r r φφ
φφ-+= 22110sin cos 2sin r z r z r z r r r r z r r z B rB B z rz rz θθθφφφφφ
∂∂∂∂∂∂
∇⨯===∂∂∂∂∂∂e e e e e e B
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
y x z C C C x y z
∂∂∂∇++=∂∂∂C =
22(32)()(2)0y x x z x y z
∂∂∂
-++=∂∂∂ 22
(26)322x y z
z x y x y z y x
x z
∂
∂∂
∇⨯==-∂∂∂-e e e C e 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
()f f f ∇=∇+∇A A A
解 在直角坐标中
(
)()y x z x y z A A A f f f
f f f A A A x y z x y z
∂∂∂∂∂∂∇+∇=+++++=∂∂∂∂∂∂A A ()()()y x z x y z A A A f f f
f A f A f A x x y y z z ∂∂∂∂∂∂+++++=∂∂∂∂∂∂ ()()()()x y z fA fA fA f x y z
∂∂∂
++=∇∂∂∂A 1.25 证明
()∇⨯=∇⨯-∇⨯A H H A A H
解 根据∇算子的微分运算性质，有
()()()A H ∇⨯=∇⨯+∇⨯A H A H A H
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
()()()A A ∇⨯=∇⨯=∇⨯A H H A H A
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
()f f f ∇⨯=∇⨯+∇⨯G G G
解 在直角坐标中
[()()()]y
y x x z z x y z G G G G G G f f y z z x x y ∂∂∂∂∂∂∇⨯=-+-+-∂∂∂∂∂∂G e e e
f ∇⨯=G [()()()]x z
y y x z z y x f f f f f f G G G G G G y z z x x y
∂∂∂∂∂∂-+-+-∂∂∂∂∂∂e e e 所以
f f ∇⨯+∇⨯=G G [()()]y z x z
y G G f f
G f G f y y z z
∂∂∂∂+-++∂∂∂∂e [()()]x z y x z G G f f
G f G f z z x x
∂∂∂∂+-++∂∂∂∂e
[()()]y x z y x G G f f
G f G f x x y y ∂∂∂∂+-+=∂∂∂∂e
()()[]y z x fG fG y z ∂∂-+∂∂e ()()[]x z y fG fG z x
∂∂-+
∂∂e
()()
[
]y x z fG fG x y
∂∂-=∂∂e ()f ∇⨯G 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
()d d d d 0S C C C u u u l u l ∂∇⨯∇=∇===∂⎰⎰⎰⎰S l 由于曲面S 是任意的，故有 ()0u ∇⨯∇=
（2）对于任意闭合曲面S 为边界的体积τ，由散度定理有
12
()d ()d ()d ()d S
S S τ
τ∇∇⨯=∇⨯=∇⨯+∇⨯⎰⎰⎰⎰A A S A S A S 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
1
题1.27图
第二章习题解答
2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为43230049
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） 423000
4d ()d 9d
Q U d x S x τρτε--==-=⎰⎰11004 4.7210C 3U S d ε--=-⨯
（2） 4323
002
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 2
12
mv qU = 得
61.3710v =⨯ m s 故0.318J v ρ== 2A m
26(2)10I J d π-== A
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
sin r φωθ=⨯=v r e ω
球内的电荷体密度为
343
Q
a ρπ=
故 33
3sin sin 434Q Q r r a a
φφω
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
sin a φωθ=⨯=v r e ω
球面的上电荷面密度为
2
4Q a σπ=
故 2sin sin 44S Q Q a a a
φφωσωθθππ===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
1113014q πε'-=='-r r E r r 电荷2q 在(4,0,0)处产生的电场为
22230244
4q πε-'-=
='-e e r r E r r 故(4,0,0)处的电场为
122
+-=+=
e e e E E E
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
(cos sin )φφφ''-+'e e 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 (0,0,)d a ==⎰
E E
2
2[(cos sin )]d z x
y ππ
φφφ'''-+=⎰e e
e 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 L =
= 则
11
1003(cos30cos150)42l l
y
y d L
ρρπεπε=-=E e e 21
20033(
cos30sin 30)()28l l x y y L L
ρρπεπε=-+=-E e e e e 3130033(cos30sin 30)()
28l l x
y y L L
ρρπεπε=-=E e e e e 故等边三角形中心处的电场强度为 123=++=E E E E
111000333()()288l l l y y y L L L
ρρρπεπεπε-+=e e e e e 1
034l y
L ρπεe 2.8 －点电荷q +位于(,0,0)a -处，另－点电荷2q -位于(,0,0)a 处，空间有没有电场强度0=E 的点？
解 电荷q +在(,,)x y z 处产生的电场为
122232
0()4[()]x y z x a y z q x a y z πε+++=
+++e e e E 电荷2q -在(,,)x y z 处产生的电场为
222232
0()24[()]x y z x a y z q x a y z πε-++=-
-++e e e E
(,,)x y z 处的电场则为12=+
E E E 。

令0=E ，则有
题 2.6图
题
2.7图
2
2
232
()[()]
x y z x a y z
x a y z +++=
+++e e e 2
2
232
2[()][()]
x y z x a y z x a y z -++-++e e e
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 222322223[()]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
33()()2()()x a x a x a x a +-=-+
解得
(3x a =-±
但3x a =-+
不合题意，故仅在(3,0,0)a --处电场强度0=E 。

2．9 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
0223200d d 2()
z
r z r
r z σε=+E e 故整个导电带电面在z 轴上0z z =处的电场强度为
0022322212
00000
d 1
2()2()2z z z
r z r z r z r z σσσ
εεε∞
∞
==-=++⎰E e e e 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
022320000
d 1
2()42
z
z z
r z r r z σσεε'==-==+⎰
E e e e E 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
2
4Q a σπ=
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
S z r a σσσω==⨯=⨯=J v ωr e e
sin sin 4Q
a a
φφ
ωωσθθπ=e e 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
202232d d 2()z b I
b d μ==+B e 23
0222232sin d 8(sin cos )z Qa a a μωθθπθθ=+e 30sin d 8z
Q a
μωθθπe 故整个球面电流在球心处产生的磁场为 3
000sin d 86z z
Q Q a a
πμωθμωθππ==⎰B e e
题2.10图
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。

（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22d 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 22
0022522252
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 22
0022522252d 32320d 2[4]2[4]
x B NIb d NIb d x b d b d μμ=-+=++ （3） 2222
00222722252d 153d 2()2()
x B NIb x NIb x b x b x μμ=-+++ 222
0022722
25215()32[()]2[()]
NIb d x NIb b d x b d x μμ--+-+- 令 0d d 2
22
==d x x x
B ，有 0]4[1]4[45252227222=+-+d b d b d 即 45222d b d += 故解得 b d =
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
一象限内的磁感应强度为 04x I B a μαπ=-，电流为I 。

证明在第021
ln 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
00d d d 24I I x B R aR
μμππ'
===02212d 4[()]I x a x x y μπ''-+ 则 022
d d d sin 4[()]x Iy x B B a x x y μθπ'
=-=-'-+ 022()d d d cos 4[()]
y I x x x B B a x x y μθπ''-==
'-+
所以
题2.11图
题 2.12图
题 2.13图
022d 4[()]a
x a
Iy x B a x x y μπ-'
=-='-+⎰0arctan 4a a
I x x a
y μπ-'⎛⎫--= ⎪⎝⎭
0arctan arctan 4I a x a x a y y μπ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-----=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦0arctan arctan 4I x a x a a y y μπ⎡
⎤⎛⎫⎛⎫+---=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 021()4I a
μααπ--=04I a μαπ-
022()d 4[()]a y a
I x x x B a x x y μπ-''-=='-+⎰22
0ln[()]8a
a I x x y a μπ-'--+=22022()ln 8()I x a y a x a y μπ++=-+021ln 4I r a r μπ 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
121212403(sin sin cos 2cos cos )4r p p
F r
θθφθθπε=-
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
11
15303()1[]4r r
πε=-p r r p E
所以1p 与2p 之间的相互作用能为
1212
215
303()()1[]4e W r r
πε=-=--p r p r p p p E 因为11,θ=<>r p ，22,θ=<>r p ，则 111cos p r θ=p r
222cos p r θ=p r
又因为φ是两个平面1(,)r p 和2(,)r p 间的夹角，所以有
2
121212()()sin sin cos r p p θθφ⨯⨯=r p r p 另一方面，利用矢量恒等式可得
1212()()[()]⨯⨯=⨯⨯=r p r p r p r p 2112[()]r -=p r p r p 21212()()()r -p p r p r p
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
3
04p 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
4
034p 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1I 产生的磁场为 0112I
r
φμπ=B e
直线电流2I 每单位长度受到的安培力为 1
012
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 012
211212
2m 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
012(sec 1)m F I I μα=-
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 0112I r φμπ=B e
圆环上的电流元22d I l 受到的安培力为 012
2212d d d 2m y I I I x
μπ=⨯=⨯F l B l e 由题2.15图可知 2d (sin cos )d x z a θθθ=-+l e e cos x d a θ=+
所以 2012
(sin cos )d 2(cos )m z x aI I d a π
μθθθπθ=--=+⎰F e e 20120cos d 2(cos )x aI I d a πμθ
θπθ-=+⎰
e 0120122((sec 1)2x x aI I I I a μπμαπ--+=--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
2211()()q q =⨯-⨯=T r E r r E r
d d d d ()()()()2222
q q +⨯+--⨯-=l l l l r E r r E r
d d d d [()()]d [()()]22222
q q ⨯+--+⨯++-l l l l
r E r E r l E r E r
当d 1l <<时，有 d d ()()()()22+≈+⋅∇l l E r E r E r d d ()()()()22
-≈-⋅∇l l E r E r E r 故得到
(d )()d ()q q ≈⨯⋅∇+⨯=T r l E r l E r ()⨯∇+⨯r p E p E
题2.15图
题2.16 图
第三章习题解答
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
33[]4q R R π+-
+-
=-=R R D 22322232()(){}4[()][()]r z r z r z a r z a q r z a r z a π+-++-+-++e e e e 则球赤道平面上电通密度的通量
0d d z z S S
S Φ====⎰⎰D S D e
22322232
()[]2d 4()()a
q a a
r r r a r a
ππ--=++⎰ 221201)0.293()a
qa q q r a =-=-+
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 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30C 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0d 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 2200120022r b b r r πρρπεε==r E e 220012
0022r a a r r πρρπεε'
-''==-''r E e
题3.1 图
题3. 3图()
a
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
220022r r r πρρπεε==r E e 2222
0022r a a r r πρρπεε'
-''==-''r E e
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
20030022r r r πρρπεε==r E e 200300
22r
r r πρρπεε''
-''==-'r E e 点P 处总的电场为 0033
00
()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
3254
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 23
220
02
1d ()[()](54)d r r r Ar r Ar r r
ρεε=+=+ 在r a >区域 54
2
02
2
1d ()()[]0d a Aa r r r r r ρε+== 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
20021d [()]d r E r r ρεε=∇==E 43
2002441d [()]6d r r r r r a a
εε=
（2）球体内的总电量Q 为 322
0040
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？
题3. 3图()b
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
2
2
1
d d d(2)2d C
q y x x y q y y y y +=+=⎰⎰2
261
6d 142810()q y y q J -==-⨯⎰
（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
6
1
(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
(,0)L L r ϕ-'==
⎰
2
ln(4L l L z ρπε-'+=
04l ρπε=
02l ρπε（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
d d r r r
E θ'
===E e e 02232
0d 2()l r
r z r z ρπε'
'+e
故长为L 的线电荷在点P 的电场为
2
0223200
d d 2()L l r r z r z ρπε'
==='+⎰⎰
E E e 200
02L l r r ρπε'
=
e r
e
由ϕ=-∇E 求E ，有
L L -r
ρ 题3.8图
002l ρϕπε⎡⎢=-∇=-∇=⎢⎥
⎣⎦
E
0012l r r ρπε⎧⎫
⎪-=⎬⎪
⎭
e r e
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
01(,,)4x y
z
ϕπε=
令(,,)0x y z ϕ=，则有0=
即 2222224[()]()x a y z x a y z +++=-++
故得 222
254()()33x a y z a +++=
由此可见，零电位面是一个以点5(,0,0)3a -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 2013
()()422a a
Ze r r r r r ϕπε=
+- 解 位于球心的正电荷Ze 在原子外产生的电通量密度为 12
4r
Ze
r π=D e 电子云在原子外产生的电通量密度则为 3222
4344a r r
r Ze
r r ρπππ==-D e e 所以原子外的电场为零。

故原子内电位为
230011()d ()d 4a a r r
a r r Ze r
r D r r r r ϕεπε==-=⎰⎰2013()422a a
Ze r r r r πε+- 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
2
()0
()()cos r r a a r A r r a r
ϕϕφ=≤⎧⎪
⎨=-≥⎪⎩ （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， 0ϕ=-∇=E
r a >时， ϕ=-∇=E 22
[()cos ][()cos ]r a a A r A r r r r r
φφφφ∂∂----=∂∂e e
22
22(1)cos (1)sin r a a A A r r
φφφ-++-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
0002cos r r a r a A σεεεφ=====-n E e E
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--∂∂==-∂∂
22
222[sin()sin()]sin()sin()hz hz kx ly e l kx ly e y y ϕ--∂∂==-∂∂ 22222
[sin()sin()]sin()sin()hz hz
kx ly e h kx ly e z z
ϕ--∂∂==∂∂ 故 2222()sin()sin()0hz k l h kx ly e ϕ-∇=--+=
（2）在圆柱坐标系中 222
222
1()r r r r r z ϕϕϕϕφ∂∂∂∂∇=++∂∂∂∂ 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-+ 22222
1[cos()sin()]}n n r n A n r ϕ
φφφ
-∂=-+∂ 2222
[cos()sin()]0n
r n A n z z ϕφφ-∂∂=+=∂∂ 故 20ϕ∇=
（3）
2211(){[cos()]}cos()n n r r r n n r n r r r r r r ϕφφ---∂∂∂∂
==∂∂∂∂ 22222
1cos()n n r n r ϕ
φφ
--∂=-∂ 2222[cos()]0n
r n z z
ϕφ-∂∂==∂∂ 故 20ϕ∇=
（4）在球坐标系中 22
222222
111()(sin )sin sin r r r r r r ϕϕϕ
ϕθθθθθφ
∂∂∂∂∂∇=++∂∂∂∂∂ 而 2222112
()[(cos )]cos r
r r r r r r r r r ϕθθ∂∂∂∂==∂∂∂∂ 22
11(sin )[sin (cos )]sin sin r r r ϕθθθθθθθθθ
∂∂∂∂
==∂∂∂∂
2
2
12(sin )cos sin r r r
θθθθ∂-=-∂ 22
222222
11(cos )0sin sin r r r ϕθθφθφ
∂∂==∂∂ 故 20ϕ∇=
（5） 222222112
()[(cos )]cos r
r r r r r r r r r ϕθθ-∂∂∂∂==∂∂∂∂ 2
22
11(sin )[sin (cos )]sin sin r r r ϕθθθθθθθθθ
-∂∂∂∂==∂∂∂∂ 22
24
12(sin )cos sin r r r
θθθθ-∂-=-∂ 22
2222222
11(cos )0sin sin r r r ϕθθφθφ
-∂∂
==∂∂ 故 20ϕ∇=
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） 222222(cos sin )(cos sin )(cos sin )e
x x e x x e x x x y z
∂∂∂++=∂∂∂
4cos sin 2cos sin 0e x x e x x -+≠
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
∂∂∂++=∂∂∂
3sin sin sin 0x 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
220()22P x L x x L L L
x P σ======n P e P
220()22
P x L x x L L L
x P σ=-=-=-==-=n P e P
同理 0()()()()22222
P P P P L L L L L
y y z z P σσσσ===-====-=
（2） 32
00d d 3602
P P P S
L
q S P L L P τ
ρτσ=+=-+⨯
=⎰⎰ 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 200
21()23r r R ερ
εε+ 解 由d S
q =⎰D S ，可得到
0r R <时， 3
2
1443
r r D ππρ=
即 13
r D ρ=， 11003r r D r E ρεεεε== 0r R >时， 3
2
02443
R r D ππρ=
即 3
0223R D r
ρ= ， 3
0122003R D E r ρεε== 故中心点的电位为
000030122
0000(0)d d d d 33R R r R R R r E r E r r r r ρρϕεεε∞∞
=+=+=⎰⎰⎰⎰222000
000
21()6323r r r R R R ρρερεεεεε++= 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 0
0εεε
∇=∇+∇=∇+∇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 2
0()p K
r εεερρεεεεεε=∇=∇=-
=
---D P
总的自由电荷量 2
200014d 4d R K RK q r r r τ
επερτπεεεε===--⎰⎰ （3）介质球内、外的电场强度分别为
100()r K
r
εεεε=
=--P E e ()r R < 2220004()r r
q RK
r r επεεεε==-E e e ()r R > 介质球内、外的电位分别为
112d d d R
r
r
R
E r E r ϕ∞
∞
==+=⎰⎰⎰E l
200
0d d ()()R
r R K RK
r r r r εεεεεε∞
+=--⎰⎰
000ln ()()
K R K
r εεεεεε+-- ()r R ≤
222
0d d ()r
r RK
E r r r εϕεεε∞
∞
===-⎰⎰
00()RK r εεεε- ()r R ≥ 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 ε
ε
∇∇=-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 ε
ρεεε
=∇=-∇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
123(5)x y z y x z =-++E e e e
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
2222(,,0)(,,0)(,,0)(,,0)x x y y z z x y E x y E x y E x y =++E e e e
2022023r εεε==D E E
在0z =处，由12()0z ⨯-=e E E 和12()0z -=e D D ，可得
2200223(,,0)(,,0)
253(,,0)x y x x y y z y x E x y E x y E x y εε-=+⎧⎪⎨⨯=⎪⎩
e e e e
于是得到 2(,,0)2x E x y y =
2(,,0)3y E x y x =- 2(,,0)10z E x 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(10(,,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
3010020cos cos 2E r a E r
εεθ
ϕθεε-=-++ r a ≥
2003cos 2E r εϕθεε=-+ r a ≤
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
00
100000
3(,)cos cos cos 22a E a aE E a εεεϕθθθθεεεε-=-+
=-++。