电磁场与电磁波答案第四版谢处方.pdf
电磁场与电磁波谢处方课后答案
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 e4y 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()⨯AB C ；（8）()⨯⨯AB C 和()⨯⨯A B C 。
解 （1）23A x y z+-===+e e e A a e ee 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 ee (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=1117=-A B B （6）⨯=A C 123502x y z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502xyz-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-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 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520xy z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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 。
电磁场与电磁波[第四版]课后答案谢处方第二章习题
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描述电场中某点电荷所具有的势 能，其值等于单位正电荷从该点 移动到参考点时所做的功。
电介质与电位移矢量
电介质
指能够被电场极化的物质，其内部存 在大量的束缚电荷。
电位移矢量
描述电场中某点的电场强度和电介质 极化效应的矢量，其值等于电场强度 和极化强度矢量的矢量和。
高斯定理与泊松方程
高斯定理
在静电场中，穿过任意闭合曲面的电 场强度通量等于该闭合曲面内所包围 的电荷量。
填空题答案及解析
答案
麦克斯韦方程组
解析
麦克斯韦方程组是描述电磁场的基本方程，其中包括了 变化的磁场产生电场和变化的电场产生磁场两个重要的 结论。因此，填空题2的答案是麦克斯韦方程组。
计算题答案及解析
答案：见解析
解析：根据电磁场理论，电场和磁场是相互依存的，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场。在 计算题1中，需要利用法拉第电磁感应定律和麦克斯韦方程组进行计算和分析。具体计算过程和结果 见解析部分。
泊松方程
描述静电场中某点的电位与电荷分布 的关系，其解为该点的电位分布。
03
恒定磁场
磁场强度与磁感应强度
磁场强度
描述磁场强弱的物理量，与电流、导线的环绕方向相关。
磁感应强度
描述磁场对放入其中的导体的作用力的物理量，与磁场强度和导体在磁场中的放置方式 相关。
Hale Waihona Puke 安培环路定律与磁通连续性原理
安培环路定律
偏振是指电磁波的振动方向与传播方向之间的关系，可以分为横波和纵波两种类 型。在时变电磁场中，电磁波通常是横波，其电场矢量和磁场矢量都与传播方向 垂直。
05
习题答案及解析
选择题答案及解析
选择题1答案及解析
电磁场与电磁波(第四版)课后答案__谢处方
电磁场 与电磁波（第四版） 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 e4y 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 ee 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由c o sAB θ=11238=A B A B ，得1c o s AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A c o s AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502xyz-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502xyz-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)4x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e （8）()⨯⨯=A B C 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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 。
电磁场和电磁波[第四版]课后问题详解及解析汇报__谢处方,共138页
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电磁场与电磁波（第四版）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 e4y 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 BC 。
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c o sAB θ=111238=A B AB ，得 1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A=A cos AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502xyz-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502xyz-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-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 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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。
电磁场与电磁波谢处方_课后答案
电磁场与电磁波（第四版）谢处方 课后答案第一章习题解答给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y 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()⨯AB C ；（8）()⨯⨯AB C 和()⨯⨯A B C 。
解 （1）23A x y z+-===+e e e A a ee 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=1117=-A B B （6）⨯=A C 123502x y z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x y z-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-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 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520xy z -=e e e 554411x y z --e e e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。
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AB AB
11 14 17
1 1 ，得 238
AB c o s1 (
11 ) 135.5
238
（ 5） A 在 B 上的分量
AB
A c o s AB
AB B
11 17
（ 6） A C
ex ey ez 12 3 50 2
ex 4 e y13 ez10
（ 7）由于 B C
ex ey ez 0 41 50 2
解 rP
ex 3 ey ez 4 ， rP ex 2 ey 2 ez 3 ，
1 7. 1 3
则
RP P rP rP ex 5 ey 3 ez
且 RP P 与 x 、 y 、 z 轴的夹角分别为
x cos 1( ex RP P ) cos 1( 5 ) 32.31
RP P
35
y
cos 1( ey
RP P )
10 1 4 ex 2 ey 40 ez5
50 2
A (B C)
ex ey ez 12 3 8 5 20
ex 55 ey 44 ez11
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1.2 三角形的三个顶点为 P1(0,1, 2) 、 P2(4,1, 3) 和 P3 (6, 2,5) 。 （ 1）判断 P1P2 P3 是否为一直角三角形；
25 1 E er r 2 2
Ex ex E E cos rx （ 2）在直角坐标中点 ( 3, 4, 5) 处， r
1 3 32
2 5 2 20 ex3 ey 4 ez 5 ，所以
E
25 r2
25r r3
ex 345ey ez 10 2
故 E 与 B 构成的夹角为
电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方
2 r
A d S = (e r
S 4 2
+ ez 2 z ) (er d Sr + e d S + ez d S z ) =
5 2
2 5 5d d z + 2 4r d r d = 1200 0 0 0 0
故有 1.13
A d = 1200 = A d S
（2）三角形的面积
S=
则
RPP = rP − rP = ex 5 − e y 3 − ez
且 RPP 与 x 、 y 、 z 轴的夹角分别为
1.4
ex RPP 5 ) = cos −1 ( ) = 32.31 RPP 35 e R −3 y = cos −1 ( y P P ) = cos −1 ( ) = 120.47 RPP 35 e R 1 z = cos −1 ( z PP ) = cos −1 (− ) = 99.73 RPP 35 给定两矢量 A = ex 2 + e y 3 − ez 4 和 B = ex 4 − e y 5 + ez 6 ，求它们之间的夹角和 A 在
在由 r = 5 、 z = 0 和 z = 4 围成的圆柱形区域，对矢量 A = er r 2 + ez 2 z 验证散度定
A=
4 2
1 (rr 2 ) + (2 z) = 3r + 2 r r z
5 0
S
A d = d z d (3r + 2)r d r = 1200
e + e 2 − ez 3 A 1 2 3 = x y = ex + ey − ez A 14 14 14 12 + 22 + (−3)2
《电磁场与电磁波》第4版(谢处方_编)课后习题答案_高等教育出版社
1 1 ( ) 2 d y dz ( ) 2 d y dz 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1 1 2 x 2 ( ) 2 d x dz 2 x 2 ( ) 2 d x d z 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 24 x y ( )3 d x d y 24 x 2 y 2 ( )3 d x d y 2 2 24 1 2 1 2 1 2 1 2
1 r 42 32 5 、 tan (4 3) 53.1 、 2 3 120 故该点的球坐标为 (5,53.1 ,120 ) 1.9 用球坐标表示的场 E e 25 ， r r2 （1）求在直角坐标中点 (3, 4, 5) 处的 E 和 E x ；
（2） 在球坐标系中
故 PP 为一直角三角形。 1 2P 3
1 1 1 R1 2 R 2 3 R 1 2 R 2 3 1 7 6 9 17.13 2 2 2 1.3 求 P(3,1, 4) 点到 P(2, 2,3) 点的距离矢量 R 及 R 的方向。 解 rP ex 3 e y ez 4 ， rP ex 2 e y 2 ez 3 ，
（2）三角形的面积
S
则
RPP rP rP ex 5 e y 3 ez
且 RPP 与 x 、 y 、 z 轴的夹角分别为
1.4
ex RPP 5 ) cos 1 ( ) 32.31 RPP 35 e R 3 y cos 1 ( y P P ) cos 1 ( ) 120.47 RPP 35 e R 1 z cos 1 ( z PP ) cos 1 ( ) 99.73 RPP 35 给定两矢量 A ex 2 e y 3 ez 4 和 B ex 4 e y 5 ez 6 ，求它们之间的夹角和
电磁场与电磁波(第四版)课后答案谢处方汇编
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 e4y z =-+B e e52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B g ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ； （7）()⨯A B C g 和()⨯A B C g ；（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 ee 64x y z +-e e e （3）=A B g (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e g －11 （4）由cos AB θ===A B A B g ，得1cos ABθ-=(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ==A B B g （6）⨯=A C 123502xy z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C g (23)x y z +-e e e g (8520)42x y z ++=-e e e ()⨯=A B C g (1014)x y z ---e e e g (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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 。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案详解--谢处方
电磁场 与电磁波（第四版） 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 e4y 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 ee 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由c o sAB θ=11238=A B A B ，得1c o s ABθ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A c o s AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502x yz-=-e e e 41310x y z ---e e e（7）由于⨯=B C 041502x y z-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)4x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520xy z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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 。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案谢处方
球内电荷不仅在球壳内表面上感应电荷 ，而且在球壳外表面上还要感应电荷 ，所以球壳外表面上的总电荷为2 ，故球壳外表面上的电荷面密度为
3.6两个无限长的同轴圆柱半径分别为 和 ，圆柱表面分别带有密度为 和 的面电荷。（1）计算各处的电位移 ；（2）欲使 区域内 ，则 和 应具有什么关系？
解电荷 在 处产生的电场为
电荷 在 处产生的电场为
故 处的电场为
2.6一个半圆环上均匀分布线电荷 ，求垂直于圆平面的轴线上 处的电场强度 ，设半圆环的半径也为 ，如题2.6图所示。
解半圆环上的电荷元 在轴线上 处的电场强度为
在半圆环上对上式积分，得到轴线上 处的电场强度为
2.7三根长度均为 ，均匀带电荷密度分别为 、 和 地线电荷构成等边三角形。设 ，计算三角形中心处的电场强度。
细圆环的半径为 ，圆环平面到球心的距离 ，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
2.11两个半径为 、同轴的相同线圈，各有 匝，相互隔开距离为 ，如题2.11图所示。电流 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 ；
解（1）
（2）连接点 到点 直线方程为
即
故
由此可见积分与路径无关，故是保守场。
1.20求标量函数 的梯度及 在一个指定方向的方向导数，此方向由单位矢量 定出；求 点的方向导数值。
解
故沿方向 的方向导数为
点 处沿 的方向导数值为
1.21试采用与推导直角坐标中 相似的方法推导圆柱坐标下的公式
。
解在圆柱坐标中，取小体积元如题1.21图所示。矢量场 沿 方向穿出该六面体的表面的通量为
电磁场与电磁波(第四版)课后答案-谢处方-第二章习题-2
（2）由
v H
v D
,
v B
v H
得
t
v
v D
1
evx v 1
Jd
t
B
0
0
x
evy y
evz
z
evz
1
0
By x
0 By 0
evz
1
0
x
0.8
cos
3.77 102 t 1.26 106 x
evz 0.802sin 3.77 102t 1.26106 x A / m2
r
r uuv
ex
uv uuv J H
x
是磁场矢量，其电流分布为
uuv uv ey ez uv y z ez 2a
ay ax 0
（3）
uuv gH
(ax)
(ay) 0
uuv uuv uv ex ey ez
x
y
是磁场矢量，其电流分布为
uv uuv J H
2.10 一个半圆环上均匀分布线电荷l ，求垂直于圆 平面的轴线z＝a处的电场强度，设半圆环的半径也为a。
解：
dRvqevz al dl
', evr
a
dl
'a a(evz
d
evx
', cos
'
evy
sin
'),
dE
Ev rv
l 4 0
c
v
R R3
因此，在z>0的区域有
电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方.
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 e4y z =-+B e e52x 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 ee 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11（4）由 c o s AB θ=8==A B A B ，得 1c o s AB θ-=()135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A c o s AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502xy z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-e e e 8520x y z ++e e e ⨯=A B 123041xyz-=-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 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520xy z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 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。
电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方
第一章习题解答1.1给定三个矢量4、〃和C 如下：A=e r +e v 2-e.3B = -e v 4 + e,C =0 5-W.2■' z求：(1) “l; 1 2 kM ： (3) A ・B ；(4)0\B ：(5)A 在B 上的分量：(6)AxC ： (7) A>(BxC)和(Ax 〃)・C ：(8) (AxB)xC 和 Ax(BxC)」A c x +e v 2—e.3 1 2 3解⑴ “「PT *+22+(_3)2 7 為《 而7 而 (2) \A-B\ = |(e x +e >.2-e.3)-(-e y 4+e.)| = |e t+e 、6_e ：4| = >/53 ⑶ A ・B=(S+©.2-e ：3) ・(_e 、.4 + ej = -llA ・B —1111Ax(BxC)= 12 一3 = e x 55-e, 44-eA 1_3 = -e x 10-e.\-eA1A ・(Bxf) =(€x +0尹2 —(e x S + e v 5 + e :20) = —42(A x B^C = (一£」0-0」一冬4)・(乞5-《2) = -42AxB =所以(8) (AxB)xC =务 S J一 10 -1 一 4 50 —2=e r 2-e v 40 + e,5(4)由 cos 。
” = ||||=—=_ ] ----- 得 趴R = cos -1 (— ) = 135.5曲 |A||B| 714x717V238 朋 >/238..,,z .A^B 11A 在B 上的分呈 4 = \A\ COS0A[) = =(5)(6) AxC =(7) 由于B xC =1 = e v 8 + e v 5 + ^.2O一 28 5 201.2 三角形的三个顶点为£(0,1,-2)、P2(4,1,-3)和召(6,2,5) o (1)判断\P\PR是否为一直角三角形：(2)求三角形的而积。
电磁场与电磁波答案第四版谢处方
一章习题解答给定三个矢量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 ee 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 AB ，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 123502x y z-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502x yz-=-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 1014502x yz---=-e e e 2405x y z -+e e e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 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 ， 由此可见 故123PP P ∆为一直角三角形。
电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方
第一章习题解答之欧侯瑞魂创作给定三个矢量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）=AB (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11（4）由 cos AB θ=14-==⨯A B AB , 得 1cos AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos ABθ=1117=-A B B （6）⨯=A C 123502x yz-=-e e e 41310x y z ---e e e（7）由于⨯=B C 041502x yz-=-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 1014502x yz---=-e e e 2405x y z -+e e e三角形的三个极点为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）三个极点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 , 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 313.53277BA -===-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 234641xyz-=--e e e 132210x y z -++e e e 所以⨯A B在C上的分量为()⨯=C A B ()2514.433⨯=-=-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 , 于是获得 ()()=A A B A A C 故 =B C1.7 如果给定一未知矢量与一已知矢量的标量积和矢量积, 那么即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 PX A A1.8 在圆柱坐标中, 一点的位置由2(4,,3)3π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(2y π==3z =故该点的直角坐标为(-.（2）在球坐标系中 5r =、1tan (453.1θ-==、23120φπ== 故该点的球坐标为(5,53.1,120)1.9 用球坐标暗示的场225rr =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 获得 1212cos γ==R R R R1.11 一球面S 的半径为5, 球心在原点上, 计算： (3sin )d r Sθ⎰e S 的值.解(3sin )d (3sin )d rrrSSS θθ==⎰⎰e S e e2220d 3sin 5sin d 75ππφθθθπ⨯=⎰⎰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 425d d d (32)d 1200z r r r πττφπ∇=+=⎰⎰⎰⎰A又 2d (2)(d d d )rz r r z z SSrz S S S φφ=+++=⎰⎰A S e e e e e故有 d 1200ττπ∇=⎰A d S=⎰A S1.13 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元立方体的积分；（3）求A 对此立方体概况的积分, 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元立方体的积分为（3）A 对此立方体概况的积分 故有 1d 24ττ∇=⎰A d S=⎰A S1.14 计算矢量r 对一个球心在原点、半径为a 的球概况的积分, 并求∇r 对球体积的积分.解223d d d sin d 4r SSS aa a ππφθθπ===⎰⎰⎰⎰r S r e 又在球坐标系中, 221()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 22222d d d 2d 0d 8Cx 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2200d (22)d d 8xzzSyz x x y ∇⨯=+=⎰⎰⎰A S e e e故有 d 8C=⎰A l d S=∇⨯⎰A S1.16 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2d d d CCx x xy y =+=⎰⎰A l 242422(cos sin cos sin )d 4a a a ππφφφφφ-+=⎰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 zx 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 暗示, 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 可获得()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 可获得 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 是守旧场吗？解 （1） d d d x y CCE x E y =+=⎰⎰El d d Cy x x y +=⎰（2）连接点1(2,1,1)P -到点2(8,2,1)P -直线方程为2812x x y y --=-- 即 640x y -+= 故21d d d d(64)(64)d xy C CEx E y y y y y =+=-+-=⎰⎰⎰E l 21(124)d 14y y -=⎰由此可见积分与路径无关, 故是守旧场.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, 此方向由单元矢量xy z +e e e (2,3,1)点的方向导数值. 解222()()()xy z x yz x yz x yz x y zψ∂∂∂∇=++=∂∂∂e e e 故沿方向l xy 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 试采纳与推导直角坐标中y x zA 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 zφφ∂∂∂∇=++∂∂∂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概况的通量为题图同理因此, 矢量场A 穿出该六面体的概况的通量为故获得圆柱坐标下的散度表达式0()1lim r zA rA A r r r zφτψτφ∆→∂∂∂∇⋅==++∆∂∂∂A 1.22 方程222222x y z u a b c=++给出一椭球族.求椭球概况上任意点的单元法向矢量.解 由于 222222xy z x y z u a b c ∇=++e e e故椭球概况上任意点的单元法向矢量为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暗示？哪些矢量可以由一个矢量函数的旋度暗示？（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暗示, 也可以由一个矢量函数的旋度暗示；在圆柱坐标系中故矢量B 可以由一个标量函数的梯度暗示；直角在坐标系中故矢量C 可以由一个矢量函数的旋度暗示. （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 ∇暗示只对矢量A 作微分运算, H ∇暗示只对矢量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 H1.26 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）对任意闭合曲线C 为鸿沟的任意曲面S , 由斯托克斯定理有由于曲面S 是任意的, 故有（2）对任意闭合曲面S 为鸿沟的体积τ, 由散度定理有其中1S 和2S 如题图所示.由斯托克斯定理, 有11()d d S C ∇⨯=⎰⎰A S A l,22()d d S C ∇⨯=⎰⎰A S A l由题图可知1C 和2C 是方向相反的同一回路, 则有12d d C C =-⎰⎰A l A l所以获得1222()d d d d d 0C C C C ττ∇∇⨯=+=-+=⎰⎰⎰⎰⎰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43230049U 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1题图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）43230004d ()d 9dQ U d x S x τρτε--==-=⎰⎰110044.7210C 3U S d ε--=-⨯（2）43230024d ()d 9dd 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333sin sin 434Q Q r r a a φφωρωθθππ===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, 求球概况的面电流密度.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2sin sin 44S Q Q a a aφφωσωθθππ===J v e e 2.5 两点电荷18C q =位于z 轴上4z =处, 24Cq =-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)处发生的电场为 电荷2q 在(4,0,0)处发生的电场为 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, 获得轴线上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3tan3026L d L == 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, 空间有没有电场强度0=E 的点？ 解 电荷q +在(,,)x y z 处发生的电场为电荷2q -在(,,)x y z 处发生的电场为(,,)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, 可获得题图1l题2.7图2223222232()[()]2()[()]x a x a y z x a x a y z +-++=-+++①222322223[()]2[()]y x a y z y x a y z -++=+++②2223222232[()]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 =-+分歧题意,故仅在(3,0,0)a --处电场强度0=E2．9 一个很薄的无限年夜导电带电面, 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 的圆内的电荷发生的.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 的圆内的电荷发生在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=细圆环的电流为题图d d sin d 4S QI 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发生的磁场为故整个球面电流在球心处发生的磁场为300sin d 86z z Q Q a aπμωθμωθππ==⎰B e e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 x B x 即是零；（3）求出b 与d 之间的关系, 使中点处22d x B x 也即是零.解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度2022322()zIa a z μ=+B e获得两个线圈中心点处的磁感应强度为202232(4)xNIb 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2200223222322()2[()]x NIb NIb b x b d x μμ⎧⎫=+⎨⎬++-⎩⎭B e 所以 220022522252d 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） 222200222722252d 153d 2()2()x B NIb x NIb x b x b x μμ=-+++题图令d d 222==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 =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 IB aμαπ=-,021ln 4y I r B a r μπ=式中α、1r 和2r 如题图所示.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 aII '=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年夜？解 电偶极子1p 在矢径为r 的点上发生的电场为所以1p 与2p 之间的相互作用能为题图因为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于是获得 =e W 12304p 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 constW F r=∂=-=∂1204p p πε-(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)3d 1()d r r = 124034p p r πε(12sin sin cos θθφ-122cos cos θθ)由上式可见, 那时120θθ==, 即两个偶极子共线时, 相互作用力值最年夜.2.14 两平行无限长直线电流1I 和2I , 相距为d , 求每根导线单元长度受到的安培力m F .解 无限长直线电流1I 发生的磁场为0112I rφμπ=B e 直线电流2I 每单元长度受到的安培力为1012122112d 2m z I I I z dμπ=⨯=-⎰F e B e 式中12e 是由电流1I 指向电流2I 的单元矢量.同理可得, 直线电流1I 每单元长度受到的安培力为 0122112122m m I I dμπ=-=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 发生的磁场为 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 aθθθ=-+l e e所以2012(sin cos )d 2(cos )m zx aI I d a πμθθθπθ=--=+⎰F ee2.16 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 那时d 1l <<, 有 故获得三章习题解答真空中半径为a 的一个球面, 球的两极点处罚别设置点电荷q 和q -, 试计算球赤道平面上电通密度的通量Φ(如题图所示).解 由点电荷q 和q -共同发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）, 通过实验获得球体内的电通量密度表达式为02314ra Ze r r r π⎛⎫=- ⎪⎝⎭D e , 试证1I题图yx 题2.16 图题3.1 图明之.解 位于球心的正电荷Ze 球体内发生的电通量密度为 124rZe r π=D e原子内电子云的电荷体密度为333434a a Ze Zer r ρππ=-=-电子云在原子内发生的电通量密度则为32234344r ra r Ze r r r ρπππ==-D e e 故原子内总的电通量密度为122314ra 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 -<, 如题图()a 所示.求空间各部份的电场.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, 如题图()b 所示.空间任一点的电场是这两种电荷所发生的电场的叠加.在b r >区域中, 由高斯定律0d Sqε=⎰E S , 可求得年夜、小圆柱中的正、负电荷在点P 发生的电场分别为2200120022r b b r r πρρπεε==r E e 2200120022r a a r r πρρπεε'-''==-''r E e 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, 同理可求得年夜、小圆柱中的正、负电荷在点P 发生的电场分别为点P 处总的电场为 202220()2a r ρε''=+=-'r E E E r 在a r <'的空腔区域中, 年夜、小圆柱中的正、负电荷在点P 发生的电场分别为 点P 处总的电场为 003300()22ρρεε''=+=-=E E E r r c 3.4 半径为a 的球中布满密度()r ρ的体电荷, 已知电位移分布为32542()()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 221d ()()d r r r D r rρ=∇=D 故在r a <区域23220021d ()[()](54)d r r r Ar r Ar r rρεε=+=+ 在r a >区域 5420221d ()()[]0d a Aa r r r r rρε+== 3.5 一个半径为a 薄导体球壳内概况涂覆了一薄层绝缘膜, 球内布满总电荷量为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 ,题3. 3图()b＝＋设球内介质为真空.计算：（1） 球内的电荷分布；（2）球壳外概况的电荷面密度.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3220040d 64d 4ar Q r r a a τρτεππε===⎰⎰球内电荷不单在球壳内概况上感应电荷Q -, 而且在球壳外概况上还要感应电荷Q , 所以球壳外概况上的总电荷为2Q , 故球壳外概况上的电荷面密度为02224Qa σεπ== 两个无限长的同轴圆柱半径分别为r a =和r b =()b a >, 圆柱概况分别带有密度为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 Sq=⎰D S , 那时r a <, 有 010=D那时a r b <<, 有 02122rD a ππσ= , 则102ra rσ=D e 那时b r <<∞,有 0312222rD a b ππσπσ=+ , 则1203r a b r σσ+=D e（2）令 12030ra b rσσ+==D e , 则获得 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 CCCW q q E x E y ===+=⎰⎰⎰Fl E l（2）连接点1(2,1,1)P -到点2(8,2,1)P -直线方程为2812x x y y --=-- 即 640x y -+= 故W =21d d d(64)(64)d Cq y x x y q y y y y +=-+-=⎰⎰261(124)d 142810()q y y q J --==-⨯⎰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）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02lr r ρπε=E e , 试用界说式()d Pr rr 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 222PPPr r rl l l P r rrr r r r r rρρρϕπεπεπε====⎰⎰E l 由于是无限长的线电荷, 不能将P r 选为无穷远点.L L -rρ题图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 -在空间发生的电位令(,,)0x y z ϕ=, 则有0=即 2222224[()]()x a y z x a y z +++=-++故得222254()()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、43a 为半径的球面.证明习题的电位表达式为2013()()422a aZe r r r r r ϕπε=+-解 位于球心的正电荷Ze 在原子外发生的电通量密度为 124rZer π=D e 电子云在原子外发生的电通量密度则为32224344a r r r Zer rρπππ==-D e e 所以原子外的电场为零.故原子内电位为电场中有一半径为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）这个圆柱是什么资料制成的？概况有电荷分布吗？试求之.解 （1）由ϕ=-∇E , 可获得 r a <时,0ϕ=-∇=Er a >时,ϕ=-∇=E 22[()cos ][()cos ]r a a A r A r r r r rφφφφ∂∂----=∂∂e e（2）该圆柱体为等位体, 所以是由导体制成的,其概况有电荷分布, 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2222222x y zϕϕϕϕ∂∂∂∇=++∂∂∂而 22222[sin()sin()]sin()sin()hz hz kx ly e k kx ly e x xϕ--∂∂==-∂∂故 2222()sin()sin()0hz k l h kx ly e ϕ-∇=--+=（2）在圆柱坐标系中2222221()r r r r r zϕϕϕϕφ∂∂∂∂∇=++∂∂∂∂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 20ϕ∇=（3）2211(){[cos()]}cos()n n r r r n n r n r r r r r rϕφφ---∂∂∂∂==∂∂∂∂ 故 20ϕ∇=（4）在球坐标系中22222222111()(sin )sin sin r r r r r r ϕϕϕϕθθθθθφ∂∂∂∂∂∇=++∂∂∂∂∂ 而 2222112()[(cos )]cos r r r r r r r r r rϕθθ∂∂∂∂==∂∂∂∂ 故 20ϕ∇=（5）222222112()[(cos )]cos r r r r r r r r r r ϕθθ-∂∂∂∂==∂∂∂∂ 故 20ϕ∇=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 ye 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 ye 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 ex x e x x x yz∂∂∂++=∂∂∂所以函数x x e y sin cos 2-不是0>y 空间中的电位的解；（4）222222(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()()()()22222P P P P LL L L L y y z z P σσσσ===-====-=（2） 3200d d 3602P P P SL 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20021()23r r R ερεε+ 解 由d Sq=⎰D S , 可获得0r R <时, 321443r r D ππρ=即 13rD ρ=, 11003r r D r E ρεεεε==0r R >时, 3202443R r D ππρ=即 30223R D r ρ= , 30122003R D E r ρεε== 故中心点的电位为一个半径为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 Kr 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 KRσ=====n P e P （2）由于0ε=+D E P , 所以0εεε∇=∇+∇=∇+∇D E P D P 即 0(1)εε-∇=∇D P由此可获得介质球内的自由电荷体密度为20()p Kr εεερρεεεεεε=∇=∇=-=---D P总的自由电荷量 2200014d 4d R K RK q r r r τεπερτπεεεε===--⎰⎰ （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（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0P ερεεε=∇=-∇E E 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中的电场的那么对介质2中的2E 和2D , 我们可获得什么结果？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 于是获得 2(,,0)2x E x y y =故获得介质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鸿沟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概况的鸿沟条件, 并计算球概况的束缚电荷密度.解 在球概况上 故有 12(,)(,)a a ϕθϕθ=, 120r ar arrϕϕεε==∂∂=∂∂可见1ϕ和2ϕ满足球概况上的鸿沟条件. 球概况的束缚电荷密度为平行板电容器的长、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 dE d E-=+ 由以上两式解得 0002()U E dεεε=-+ , 0002()U E dεεε=-+题图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 dεεσεεε=-=+上电介质中的极化强度000002()()()zU dεεεεεεε-=-=-+P E e故下概况上的束缚电荷面密度为00002()()p z U d εεεσεε-=-=+e P 下上概况上的束缚电荷面密度为00002()()p z U dεεεσεε-==-+e P 上（2）由002()U Q ab d εεσεε==+ 获得00()2dQU ab εεεε+=故0()p Qabεεσε-=下（3）电容器的电容为002()ab Q C U dεεεε==+ 3.22 厚度为t 、介电常数为04εε=的无限年夜介质板, 放置于均匀电场0E 中, 板与0E 成角1θ, 如题图所示.求：（1）使24θπ=的1θ值；（2）介质板两概况的极化电荷密度.解 （1）根据静电场的鸿沟条件, 在介质板的概况上有 012tan tan εθθε=题图由此获得 1110201tan 1tantan tan 144εθεθεε---==== （2）设介质板中的电场为E , 根据分界面上的鸿沟条件, 有00n n E E εε=, 即 所以 00101cos cos144n E E E εθε== 介质板左概况的束缚电荷面密度000003()cos140.7284p n E E E σεεεε=--=-=-介质板右概况的束缚电荷面密度000003()cos140.7284p n E E E σεεεε=-==3.23 在介电常数为ε的无限年夜均匀介质中, 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（见第四章题）.解 （1）对平行于E 的针形空腔, 根据鸿沟条件, 在空腔的正面上, 有0=E E .故在针形空腔中0=E E , 0000εε==D E E（2）对底面垂直于E 的薄盘形空腔, 根据鸿沟条件, 在空腔的底面上, 有0=D D .故在薄盘形空腔中0ε==D D E , 000εεε==D EE 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动的介质, 从一极板(0)y =处的1ε一直变动到另一极板()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212121100d d ln [()]()d dy q qdU E y y y d S S εεεεεεε===+--⎰⎰故电容量为 2121()ln()S qC 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2012r rE r ππρε=故 74120 2.3210 1.3110V m 228.85410r r rE r ρε--⨯===⨯⨯⨯ 3(10m)r -<在质子束外部, 有 2012r rE a ππρε=故 2762120 2.32101011.3110V m 228.85410r a E r r rρε----⨯⨯===⨯⨯⨯ 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, 体积内将呈现自由电荷, 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 对恒定电流, 有0∇=J , 故获得 ()ρεγ=∇J 介质中有束缚体电荷P ρ, 且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）同轴线单元长度的电容及漏电阻.解 （1）设同轴电缆中单元长度的径向电流为I , 则由d SI =⎰J S , 可得电流密度介质中的电场 1112rI r γπγ==JE e ()a r b <<由于 012d d bcabU =+=⎰⎰E r E r 12lnln 22I b I c a bπγπγ+ 于是获得 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内概况的电荷面密度为介质2外概况的电荷面密度为两种介质分界面上的电荷面密度为（3）同轴线单元长度的漏电阻为02112ln()ln()2U b a c b R I γγπγγ+==由静电比力, 可得同轴线单元长度的电容为12212ln()ln()C b a c b πεεεε=+半径为1R 和2R )(21R R <的两个同心的理想导体球面间布满了介电常数为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()rIR r R r K rγπγ==<<+JE e由两导体间的电压221100d 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⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦可获得0021124()ln ()KU I R R K R R K πγ=⎡⎤+⎢⎥+⎣⎦ 所以0022112()ln ()rKU 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、外概况上的电荷面密度分别为（2）两理想导体球面间的电阻电导率为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 此题可采纳静电比力的方法求解.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概况的电位差, 即可求得两小导体球面间的电容, 再由静电比力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 >>, 可获得两小球概况的电位为所以两小导体球面间的电容为12121241111q C R R d R d R πεϕϕ==-+---- 由静电比力, 获得两小导体球面间的电导为12121241111I 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==+---- 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dU E 11=故获得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 , 则故获得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330d U E r αφ=⎰由于3E 与φ无关, 所以获得 故获得沿α方向的电阻为 33321ln()U R I d r r αγ==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 固按时, 在b 一定的条件下, 求使电容器中的最年夜电场强度取极小值min E 的内导体半径a 的值和这个min E 的值.解 设内导体单元长度带电荷为l ρ, 由高斯定理可题图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 22bbl l aabU E r r r a ρρπεπε===⎰⎰获得 02ln()l Ub a περ=由此获得圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式)ln()(a b r Ur E =在圆柱形电容器中, a r =处的电场强度最年夜)ln()(a b a Ua E =令)(a E 对a 的导数为零, 即 0)(ln 1)ln(1)(22=--=∂∂a b a b a a a E 由此获得 1)/ln(=a b故有 718.2b e b a ≈= 3.32 证明：同轴线单元长度的静电储能e W 即是22l q C.l q 为单元长度上的电荷量, C 为单元长度上的电容. 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 rπε=内外导体间的电压为则同轴线单元长度的电容为 2ln()l q C U b a πε== 同轴线单元长度的静电储能为2211d ()2d 222bl e a q W E r r r τετεππε===⎰⎰2211ln()222l l q q b a Cπε=如题图所示, 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1ε和2ε, 分界面为无限年夜平面.求：（1）导体球的电容；（2） 总的静电能量.。