电磁场与电磁波：第三章作业答案

3.1 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3.1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
(,0,0)L L ϕρ-==⎰
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 E ρρρθ'===E
e e 022320d 2()l z z ρρρπερ'
'+e
故长为L 的线电荷在点P 的电场为
2
02232
0d d 2()
L l z z ρρρπερ'
==='+⎰⎰
E E e
200
02L l ρρπερ'
=
e ρ
e 由ϕ=-∇E 求E ，有
002l ρϕπε⎡⎢=-∇=-∇=⎢⎥
⎣⎦
E
(00d ln 2ln 2d l L ρ
ρρπερ⎡⎤-+-=⎢
⎥⎣⎦e
0012l ρρπερ⎧⎫
⎪--=
⎬⎪
⎭
e ρ
e
可见得到的结果相同。

3.3 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 a a A a
ϕρρϕρρφρρ=≤⎧⎪
⎨
=-≥⎪⎩
（1）求圆柱内、外的电场强度；
L L -ρ
ρ题3.1图
（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
a ρ<时， 0ϕ=-∇=E
a ρ>时， ϕ=-∇=E 22
[()cos ][()cos ]a a A A ρφρφρφρρρφρ
∂∂----=∂∂e e 2
2
2
2
(1)cos (1)sin a a A A ρφφφρρ-+
+-
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 S n a a A ρρρρεεεφ=====-e E e E
3.4 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 在电荷体密度0ρ=的空间，电位函数应满足拉普拉斯方程2
0ϕ∇=
（1）222222(cosh )(cosh )(cosh )y y y
e x e x e x x y z
---∂∂∂++=∂∂∂2cosh 0y e x -≠
故此函数不是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 ---+
=
故此函数是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 -+≠
故此函数不是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 -≠
故此函数不是0>y 空间中的电位的解。

3.5 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，试证明该介
质球中心点的电位为
200
21()23r r R ερ
εε+ 解 根据高斯定理
d S
q =⎰D S ，得
0r R <时， 3
2
1443
r r D ππρ=
即 13r D ρ=， 1100
3r r D r E ρεεεε== 0r R >时， 3
2
02443
R r D ππρ=
故 3
022
3R D r ρ= ， 3
012200
3R D E r ρεε== 则得中心点的电位为
3
122
0000
(0)d d d d 33R R R R r R r E r E r r r r ρρϕεεε∞
∞=+=+=⎰⎰⎰⎰
222
000000
21()6323r r r R R R ρρερεεεεε++= 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0x
d
ρρ=，极板的电位分别为0和0U ，如题3.7图所示；求两极板之间的电位和电场强度。

解 两导体板之间的电位满足泊松方程2
ρ
ϕε∇
=-
，故得 2020d 1d x
x d
ρϕε=- 解此方程，得
2006x Ax B d
ρϕε=-++
在0x =处，0ϕ=，故0B =
在x d =处，0U ϕ=，故3
0006d U Ad d
ρε=-+ 得
000
6U d A d ρε=
+ 故
2
0000066x U d x d
d ρρϕεε⎛⎫=-
++ ⎪⎝
⎭
20000
026x x x U d x d d ρρϕ
ϕεε⎡⎤⎛⎫∂=-∇=-=-+⎢⎥ ⎪∂⎝⎭⎣⎦E e e
3.8 试证明：同轴线单位长度的静电储能2
2l e q W C
=。

式中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 ρπερ
=
内外导体间的电压为
d d ln 22b
b
l l a
a
q q b U E a
ρρπερ
πε===
⎰⎰
则同轴线单位长度的电容为
题3.7图
2ln()
l q C U b a πε=
= 则得同轴线单位长度的静电储能为
2
211d ()2d 222b l e V a q W E V r εεπρρπε===⎰⎰2211ln()222l l q q b a C
πε= 3.9 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1ε和2ε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12t t E E =，故有 12E E E ==。

由于111D E ε=、222D E ε=，所以12D D ≠。

由高斯定理，得到
1122D S D S q += 即 2
2
1222r E r E q πεπε+= 所以 2122()
q E r πεε=+
导体球的电位
2
121()d d 2()a
a
q
a E r r r ϕπεε∞
∞
==
=+⎰⎰122()q
a πεε+
故导体球的电容
122()()
q
C a a πεεϕ=
=+ （2） 总的静电能量为
2
121()24()e q W q a a
ϕπεε==+
3.11 同轴电缆的内导体半径为a ，外导体内半径为c ；内外导体之间填充两层损耗介质，其介电常数分别为1ε和2ε，电导率分布为1σ和2σ，两层介质的分界面为同轴圆柱面，分界面半径为b 。

当外加电压为0U 时，试求：（1）介质中的电流密度和电场强度分布；（2）同轴电缆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 ，得电流密度
2I ρ
πρ=J e ()a c ρ<<
介质中的电场
11
1
2I
ρ
σπρσ=
=J E e ()a b ρ<< 222
2I ρσπρσ==J E e ()b c ρ<<
而
012d d b c
a
b
U =+=
⎰⎰E ρE ρ1
2ln
ln 22I b I c
a b
πσπσ+ 故
120
212ln()ln()
U I b a c b πσσσσ=
+
则得到两种介质中的电流密度和电场强度分别为
120
21[ln()ln()]
U b a c ρ
σσρσσ=+J e ()a c ρ<<
20
121[ln()ln()]
U b a c b ρσρσσ=+E e ()a b ρ<<
10
221[ln()ln()]
U b a c ρσρσσ=+E e ()b c ρ<<
（3）同轴电缆单位长度的漏电阻为
02112
ln()ln()
2U b a c b R I σσπσσ+=
= 由静电比拟，可得同轴电缆单位长度的电容为
12
212ln()ln()
C b a c b πεεεε=
+
3.13 在一块厚度为d 的导电板上， 由两个半径分别为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3.13图所示。

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1U ，则有
d
U E 1
1=
1
11U J E d
σσ==
22
111121()2
U I J S r r d σα==⋅-
故得到沿厚度方向的电阻为 11221212()
U d R I r r ασ=
=- （2）设内外两圆弧面电极之间的电流为2I ，则
2222I I J S rd α=
= 222J I E rd σσα==
21
22221d ln r r I r U E r d r σα==⎰
故得到两圆弧面之间的电阻为 22221
1
ln U r R I d r σα=
= （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，故得
3
3U r
φ
α=E e 题3.13 图
3
33U r
φ
σσα==J E e 23
1
332
331
d d ln r S r dU dU r I S r r r φσσαα===⎰⎰
J e 故得到沿α方向的电阻为 33321ln()
U R I d r r α
σ=
= 3.14 有用圆柱坐标系表示的电流分布0
()z J a ρρ=≤J e ，试求矢量磁位A 和磁感
应强度B 。

解 由于电流只有z e 分量，且仅为圆柱坐标ρ的函数，故A 也只有z e 分量，且仅为ρ的函数，
即
211001()()z z A A J ρρμρρρρ
∂∂
∇=
=-∂∂ （a ρ≤） 2221()()0z z A A ρρρρρ∂∂
∇==∂∂ （a ρ≥）
由此可解得
3100111
()ln 9
z A J C D ρμρρ=-++
222()ln z A C D ρρ=+
式中1122C D C D 、、、可由1z A 和2z A 满足的边界条件确定：
① 0ρ→时，1()z A ρ为有限值，若令此有限值为零，故得1100C D ==、
② a ρ=时，)()(21a A a A z z =、12
z z a a A A ρρρρ
==∂∂=∂∂
即
300221
ln 9J a C a D μ-=+ 2002113J a C a
μ-= 由此可解得
320013C J a μ=-
，320011
(ln )33
D J a a μ=-- 故
31001
()9z A J ρμρ=- （a ρ≤）
3320000111
()ln (ln )333
z A J a J a a ρμρμ=--- （a ρ≥）
空间的磁感应强度为
211001
()()3
J φ
ρρμρ=∇⨯=B A e （a ρ<） 3
0022()()3J a φμρρρ
=∇⨯=B A e （a ρ>）
3.15无限长直线电流I 垂直于磁导率分别为1μ和2μ的两种磁介质的分界面，如题3.15图所示。

试求：（1）两种磁介质中的磁感应强度1B 和2B ；（2）磁化电流分布。

解 （1）由安培环路定理，可得
2I φ
πρ
=H e
故得
0102I
φμμπρ==B H e
22I
φμμπρ
==B H e
（2）磁介质的磁化强度
020
0()1
2I
φ
μμμπμρ
-=
-=M B H e
则磁化电流体密度
00()1d 1d 1
()()0d 2d m z
z I M φμμρρρρπμρρ
-=∇⨯==⋅=J M e e 由22I
φ
μμπρ
==B H e 看出，在0ρ=处，2B 具有奇异性，所以在磁介质中0ρ=处存在磁化线电流m I 。

以z 轴为中心、ρ为半径作一个圆形回路C ，由安培环路定理，有
01d m C I I μ+==⎰B l 0
I
μμ
故得到
=m I 0
(
1)I μ
μ- 在磁介质的表面上，磁化电流面密度为
mS z
z J M e 00()2I
ρ
μμπμρ
-e
3.18 长直导线附近有一矩形回路，此回路与导线不共面，如题3.18图所示。

试证明：直导线与矩形回路间的互感是
022122212ln 2[2()]a R
M b R C b R μπ=-
-++
解 设长直导线中的电流为I ，则其产生的磁场为
10μμ= 2μμ=
I
x
z
题3.15图
（a ）
（b ）
题3.18图
02I
B r
μπ=
由题3.18图可知，与矩形回路交链的磁通为
1
0011
d d ln 2
2R S
R
aI aI R
r r R
μμΦπ
π==
=⎰⎰
B S 式中
22122121[(][2R C b R b =++=
++
故直导线与矩形回路间的互感为
01ln 2a R M I R μΦ
π===02a μπ=
2
212
2
212
ln
2
[2()]a
R
b R C b R
3. 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分别为1μ和2μ两种不同的磁介质，如题3.19图所示。

设同轴线中通过的电流为I ，试求：
（1）同轴线中单位长度所储存的磁场能量；
（2）单位长度的自感。

解 同轴线的内外导体之间的磁场沿φ方向，在两种磁介质的分界面上，磁场只有法向分量。

根据边界条件可知，两种磁介质中的磁感应强度12B φ===B B B e ，但磁场强度
12≠H H 。

（1）利用安培环路定律，当a ρ<时，有
2
002
2I B a
μπρπρπ=
所以
002
2I
B a μρπ=
()a ρ< 在 a b ρ<<区域内，有 12()H H I πρ+=
即
1
2
1
2
(
)B B I πρμμ+
=
故
1212()I
φ
μμπμμρ
=+B e ()a b ρ<<
同轴线中单位长度储存的磁场能量为
2
22
00012
1112d d d 222a b b m a a B B B W πρρπρρπρρμμμ=++=⎰⎰⎰ 2020011()2d 22a I a
μρπρρμπ⎰2
121212111()[]d 2()b a I μμπρρμμπμμρ++=+⎰ 220121
2ln 162()I I b
a
μμμππμμ++ 题3.19图
（2）由 2
21LI W m =
，得到单位长度的自感为 0122122ln 8()m W b L I a
μμμππμμ==++
3.21 一个点电荷q 与无限大导体平面距离为d ，如果
把它移到无穷远处，需要作多少功？
解 利用镜像法求解。

当点电荷q 移动到距离导体平面为x 的点(),0,0P x 时，其像电荷q q -='，位于点(),0,0x -处，如题3.21图所示。

像电荷q q '=-在点P 处产生的电场为
2
0()4(2)x
q
x x E e πε-'=
所以将点电荷q 移到无穷远处时，电场所作的功为
22
0()d d 4(2)e d
d
q W q x x x πε∞
∞-'=⋅==⎰⎰
E r 2
016q d
πε- 外力所作的功为
d
q W W e o 02
16πε=
-=
3.24 一个半径为R 的导体球带有电荷量为Q ，在球体外距离球心为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
D
R R D RD q Q --<2223)(成立时，F 表现为吸引力。

解 用镜像法求解，像电荷q '和q ''的大小和位置分别为
q D R q -='， D
R d 2
=
' q D
R
q q ='-=''，0=''d
如题3.24图所示。

导体球自身所带的电荷Q 则用位于球心的点电荷Q 等效。

故点电荷q 受到的静电力为
q q q q Q q F F F F '''→→→=++=
2200()
4()4qq q Q q D d D
πεπε'''++='- ()22
20()4q Q R D q Rq D D D R D πε⎧⎫
+⎪⎪
-⎨⎬⎡⎤⎪⎪-⎣⎦⎩
⎭ （2）当q 与Q 同号，且F 表现为吸引力，即0<F 时，则应有
()
[]
0)(222<--+D R D D Rq
D q D R Q 由此可得出
D
R R D RD q Q --<2223)(
题 3.21图
题 3.24图
3.29 如题3.29图所示的导体槽，底面保持电位0U ，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。

解 根据题意，导体槽沿z 方向为无限长，电位(,)x y ϕ满足二维拉普拉斯方程
()()222
22
,,(,)0x y x y x y x y
ϕϕϕ∂∂∇=+=∂∂ 电位(,)x y ϕ满足的边界条件为
① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,)0()x y y ϕ→→∞ ③ 0(,0)x U ϕ=
根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为
1
(,)sin()n n n y a n x
x y A e a ππϕ∞
-==∑
由条件③，有
01
sin()n n n x
U A a π∞
==∑
两边同乘以sin(
)n x
a
π，并从0到a 对x 积分，得到 002sin()d a
n U n x A x a a π==⎰02(1cos )U n n ππ-=04,1,3,5,02,4,6,
U n n n π
⎧=⎪
⎨⎪=
⎩，
故得到槽内的电位分布为
1,3,5,
41(,)sin()n y a n U n x
x y e n a
ππϕπ
-==
∑
题3.29图。