电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答
谢处方《电磁场与电磁波》(第4版)课后习题-第3章 静态电磁场及其边值问题的解【圣才出品】
第3章 静态电磁场及其边值问题的解（一）思考题3.1 电位是如何定义的？中的负号的意义是什么？答：由静电场基本方程▽×E＝0和矢量恒等式可知，电场强度E 可表示为标量函数φ的梯度，即式中的标量函数φ称为静电场的电位函数，简称电位；式中负号表示场强方向与该点电位梯度的方向相反。
3.2“如果空间某一点的电位为零，则该点的电场强度也为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
因为电场强度大小是该点电位的变化率。
3.3“如果空间某一点的电场强度为零，则该点的电位为零”，这种说法正确吗？为什么？答：不正确。
此时该点电位可能是任一个不为零的常数。
3.4 求解电位函数的泊松方程或拉普拉斯方程时，边界条件有何意义？答：边界条件起到给方程定解的作用。
3.5 电容是如何定义的？写出计算电容的基本步骤。
答：两导体系统的电容为任一导体上的总电荷与两导体之间的电位差之比，即其基本计算步骤：①根据导体的几何形状，选取合适坐标系；②假定两导体上分别带电荷＋q和－q；③根据假定电荷求出E；④由求得电位差；⑤求出比值3.6 多导体系统的部分电容是如何定义的？试以考虑地面影响时的平行双导线为例，说明部分电容与等效电容的含义。
答：多导体系统的部分电容是指多导体系统中一个导体在其余导体的影响下，与另一个导体构成的电容。
计及大地影响的平行双线传输线，如图3-1-1所示，它有三个部分电容C11、C12和C22，导线1、2间的等效电容为；导线1和大地间的等效电容为；导线2和大地间的等效电容为图3-1-13.7 计算静电场能量的公式和之间有何联系？在什么条件下二者是一致的？答：表示连续分布电荷系统的静电能量计算公式，虽然只有ρ≠0的区域才对积分有贡献，但不能认为静电场能量只存在于有电荷区域，它只适用静电场。
表示静电场能量存在于整个电场区域，所有E≠0区域对积分都有贡献，既适用于静电场，也用于时变电磁场，当电荷分布在有限区域内，闭合面S无限扩大时，有限区内的电荷可近似为点电荷时，二者是一致的。
电磁场与电磁波课后习题答案第3章(杨儒贵编着)
第三章 静电场3-1 已知在直角坐标系中四个点电荷分布如习题图3-1所示，试求电位为零的平面。
解 已知点电荷q 的电位为rq 4πεϕ=，令)0,1,0(1q q -=，)0,1,3(2q q +=，)0,0,1(3q q -=，)0,0,0(4q q +=，那么，图中4个点电荷共同产生的电位应为∑=414ii r q πεϕ令0=ϕ，得 0 4 4 4 44321=+-+-r qr q r q r q πεπεπεπε 由4个点电荷的分布位置可见，对于x =1.5cm 的平面上任一点，4321 ,r r r r ==，因此合成电位为零。
同理，对于x =0.5cm 的平面上任一点，3241 ,r r r r ==，因此合成电位也为零。
所以，x =1.5cm 及x =0.5cm 两个平面的电位为零。
3-2 试证当点电荷q 位于无限大的导体平面附近时，导体表面上总感应电荷等于)(q -。
证明 建立圆柱坐标，令导体表面位于xy 平面，点电荷距离导体表面的高度为h ，如图3-2所示。
那么，根据镜像法，上半空间的电场强度为32023101 4 4r q r q πεπεr r E -=X 习题图3-1(r , z )习题图3-2电通密度为)(43223110r r q r r E D -==πε 式中 232231])([h z r r -+=； 232232])([h z r r ++=那么，⎥⎥⎥⎦⎤⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-++-+⎢⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++--+=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧++++--+-+=z z zh z r hz h z r h z h z r r h z r r q h z r h z r h z r h z r q e e e e e e D r r r 232223222322232223222322])([])([ ])([])([4 ])([)(])([)(4ππ 已知导体表面上电荷的面密度n s D =ρ，所以导体表面的感应电荷为2322232223220)(2][][4h r qh h r h h r h q D z zs +-=⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧++-+-===ππρ 则总的感应电荷为q h r r r qh r r S q s ss -=+-===⎰⎰⎰∞∞2322)(d d 2d 'πρρ3-3 根据镜像法，说明为什么只有当劈形导体的夹角为π的整数分之一时，镜像法才是有效的？当点电荷位于两块无限大平行导体板之间时，是否也可采用镜像法求解。
《电磁场与电磁波》习题参考答案
《电磁场与电磁波》知识点及参考答案第1章 矢量分析1、如果矢量场F 的散度处处为0，即0F∇⋅≡，则矢量场是无散场，由旋涡源所产生，通过任何闭合曲面S 的通量等于0。
2、如果矢量场F 的旋度处处为0，即0F ∇⨯≡，则矢量场是无旋场，由散度源所产生，沿任何闭合路径C 的环流等于0。
3、矢量分析中的两个重要定理分别是散度定理（高斯定理）和斯托克斯定理, 它们的表达式分别是：散度（高斯）定理：SVFdV F dS ∇⋅=⋅⎰⎰和斯托克斯定理：sCF dS F dl∇⨯⋅=⋅⎰⎰。
4、在有限空间V 中，矢量场的性质由其散度、旋度和V 边界上所满足的条件唯一的确定。
（ √ ）5、描绘物理状态空间分布的标量函数和矢量函数，在时间为一定值的情况下，它们是唯一的。
（ √ ）6、标量场的梯度运算和矢量场的旋度运算都是矢量。
（ √ ）7、梯度的方向是等值面的切线方向。
（× ）8、标量场梯度的旋度恒等于0。
（ √ ） 9、习题1.12, 1.16。
第2章 电磁场的基本规律（电场部分）1、静止电荷所产生的电场，称之为静电场；电场强度的方向与正电荷在电场中受力的方向相同。
2、在国际单位制中，电场强度的单位是V/m(伏特/米)。
3、静电系统在真空中的基本方程的积分形式是：V V sD d S d V Q ρ⋅==⎰⎰和0lE dl ⋅=⎰。
4、静电系统在真空中的基本方程的微分形式是：V D ρ∇⋅=和0E∇⨯=。
5、电荷之间的相互作用力是通过电场发生的，电流与电流之间的相互作用力是通过磁场发生的。
6、在两种媒质分界面的两侧，电场→E 的切向分量E 1t －E 2t ＝0；而磁场→B 的法向分量B 1n －B 2n ＝0。
7、在介电常数为e 的均匀各向同性介质中，电位函数为 2211522x y z ϕ=+-,则电场强度E=5x y zxe ye e --+。
8、静电平衡状态下，导体内部电场强度、磁场强度等于零，导体表面为等位面；在导体表面只有电场的法向分量。
电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答
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d d zz SSS Φ====⎰⎰D S D e22322232()[]2d 4()()aq a ar r r a r a ππ--=++⎰ 22121)0.293()aqaq 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02314ra 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 124rZer π=D e 原子内电子云的电荷体密度为 333434a a Ze Zer r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 32234344r ra r Ze rr r ρπππ==-D ee 题3.1 图题3. 3图()a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。
电磁场与电磁波（第4版）第3章部分习题参考解答
ρ ≥ a 时， E = −∇ϕ = −eρ
G
G ∂ ∂ρ
3.4 已知 y > 0 的空间中没有电荷，试判断下列函数中哪些是可能的电位解？ (1) e− y cosh x ；(2) e− y cos x ；(3) e− 2 sin x cos x ；(4) sin x sin y sin z 。 解：在电荷体密度 ρ = 0 的空间，电位函数应满足拉普拉斯方程 ∇ 2ϕ = 0 。
∂2 − y ∂2 − y ∂2 − y (e cosh x) + 2 (e cosh x) + 2 (e cosh x) = 2e− y cosh x ≠ 0 (1) ∂x 2 ∂y ∂z −y 所以函数 e cosh x 不是 y > 0 空间中的电位解； ∂2 − y ∂2 − y ∂2 − y (e cos x) + 2 (e cos x) + 2 (e cos x) = −e− y cos x + e− y cos x = 0 (2) ∂x 2 ∂y ∂z −y 所以函数 e cos x 是 y > 0 空间中可能的电位解； ∂ − 2 ∂ ∂ (e sin x cos x) + 2 (e− 2 sin x cos x) + 2 (e − 2 sin x cos x) (3) 2 ∂x ∂y ∂z
G ρ = −eρ l 0 2πε 0 G = eρ
ρl 0 4πε 0 ρ
⎧ ρ 1⎫ ⎪ ⎪ − ⎬ ⎨ 2 2 2 2 ρ⎪ ⎪[ L / 2 + ρ + ( L / 2) ] ρ + ( L / 2) ⎩ ⎭ z'
ρ 2 + ( L / 2) 2
3.2 点电荷 q1 = q 位于 P 1 ( − a, 0, 0) ，另一点电荷 q2 = −2q 位于 P 2 ( a, 0, 0) ，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 ⎤ q 1 ⎡ 2q ϕ ( x, y , z ) = − ⎢ ⎥ 2 2 2 2 2 2 4 πε 0 ⎢ ( ) ( ) ⎥ x a y z x a y z + + + − + + ⎣ ⎦ 1 2 − =0 令 ϕ ( x, y, z ) = 0 ，则有 2 2 2 2 ( x + a) + y + z ( x − a) + y 2 + z 2
《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 高等教育出版社三章习题解答
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d d zz SSS Φ====⎰⎰D S D e223222320()[]2d 4()()aq a ar r r a r a ππ--=++⎰ 22121)0.293()aqaq 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02314ra 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 124rZer π=D e 原子内电子云的电荷体密度为333434a a Ze Zer r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 32234344r ra r Ze rr 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。
电磁场与电磁波第三章习题及参考答案
第3章习题3-1 半径为的薄圆盘上电荷面密度为s ρ，绕其圆弧轴线以角频率旋转形成电流，求电流面密度。
解：圆盘以角频率旋转，圆盘上半径为r 处的速度为r ω，因此电流面密度为ϕωρρˆr v J s s s ==3-2 在铜中，每立方米体积中大约有28105.8⨯个自由电子。
如果铜线的横截面为210cm ，电流为A 1500。
计算 1） 电流密度；2） 电子的平均漂移速度； 解：1）电流密度m A S I J /105.11010150064⨯=⨯==- 2) 电子的平均漂移速度 v J ρ=，3102819/1036.1105.8106.1m C eN ⨯=⨯⨯⨯==-ρs m J v /101.11036.1105.14106-⨯=⨯⨯==ρ 3-3 一宽度为cm 30传输带上电荷均匀分布，以速度s m /20匀速运动，形成的电流，对应的电流强度为A μ50，计算传输带上的电荷面密度。
解：电流面密度为m A L I J S /7.1663.050μ===因为 v J S S ρ= 所以 2/33.8207.166m C v J S S μρ=== 3-4 如果ρ是运动电荷密度，U是运动电荷的平均运动速度，证明：0=∂∂+∇⋅+⋅∇tU U ρρρ证：如果ρ是运动电荷密度，U是运动电荷的平均运动速度，则电流密度为U J ρ=代入电荷守恒定律tJ ∂∂-=⋅∇ρ得0=∂∂+∇⋅+⋅∇t U U ρρρ3-5 由m S /1012.17⨯=σ的铁制作的圆锥台，高为m 2，两端面的半径分别为cm 10和cm 12。
求两端面之间的电阻。
解：用两种方法（1）如题图3.5所示⎰⎰==2122)(tan zz lz dzS dl R ασπσ)11()(tan 1212z z -=ασπ 01.0202.0tan ==α题3.5图m r z .1001.0/1.0tan /11===α，m r z 1201.0/12.0tan /22===αΩ⨯=-⨯⨯⨯=-=--647212107.4)121101(101012.11)11()(tan 1πασπz z R （2）设流过的电流为I ，电流密度为2rI S I J π==电场强度为 2r IJ E πσσ== 电压为 dz z IEdz V z z z z ⎰⎰==21212)tan (σαπ ⎰==2122)(tan zz zdz I V R απσΩ⨯=-6107.4 3-6 在两种媒质分界面上，媒质1的参数为2,/10011==r m S εσ，电流密度的大小为2/50m A ，方向和界面法向的夹角为030；媒质2的参数为4,/1022==r m S εσ。
电磁场与电磁波课后答案
第一章 矢量场1.1 z y x C z y x B z y xA ˆˆˆ3;ˆ2ˆˆ;ˆˆ3ˆ2+-=-+=-+=ρρρ 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB C ⨯ ； (e) ()ρρρA B C ⨯⨯ (f)()ρρρA B C ⨯⋅ 解：(a) 14132222222=++=++=z y x A A A A ; (b) )ˆ2ˆˆ(61ˆz y x BB b -+==ρρ( c) 7=⋅B A ρρ; (d) z y xC B ˆ4ˆ7ˆ---=⨯ρρ (e)z y x C B A ˆ4ˆ2ˆ2)(-+=⨯⨯ρρρ (f)19)(-=⋅⨯C B A ρρρ 1.2 ρA z =++2∃∃∃ρπϕ; ρB z =-+-∃∃∃ρϕ32 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB A ⨯ ; (e) B A ρρ+解：(a) 25π+=A ;(b) )ˆ2ˆ3ˆ(141ˆz b -+-=ϕρ;(c) 43-=⋅πB A ρρ (d) z A B ˆ)6(ˆ3ˆ)23(+--+=⨯πϕρπρρ (e) z B A ˆˆ)3(ˆ-++=+ϕπρρρ 1.3 ρA r=+-22∃∃∃πθπϕ; ρB r =-∃∃πθ 求:(a) A ； (b) ∃b ； (c) ρρA B ⋅ ； (d) ρρB A ⨯ ; (e) ρρA B +解：(a) 254π+=A ； (b) )ˆˆ(11ˆ2θππ-+=r b ； (c) 22π-=⋅B A ρρ ； (d) ϕπθππˆ3ˆ2ˆ22++=⨯rA B ρρ ; (e) ϕπˆ2ˆ3-=+r B A ρρ 1.4 ρA x y z =+-∃∃∃2; ρB x y z =+-α∃∃∃3 当ρρA B ⊥时，求α。
解：当ρρA B ⊥时，ρρA B ⋅=0, 由此得 5-=α1.5 将直角坐标系中的矢量场ρρF x y z xF x y z y 12(,,)∃,(,,)∃==分别用圆柱和圆球坐标系中的坐标分量表示。
电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答
电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答三章习题解答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d d zz SSS Φ====??D S D e22322232()[]2d 4()()aq a ar r r a r a ππ--=++? 22121)0.293()aqaq 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02314ra 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 124rZer π=D e 原⼦内电⼦云的电荷体密度为 333434a a Ze Zer r ρππ=-=- 电⼦云在原⼦内产⽣的电通量密度则为 32234344r ra r Ze rr r ρπππ==-D e e题3.1 图题3. 3图()a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。
电磁场与电磁波第三版课后答案 谢处方
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 ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A BC 和()⨯A BC ；（8）()⨯⨯A BC 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 ABθ-=(135.5= （5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ=1117=-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 123041x 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 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 。
（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修订版
因此，矢量场 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
1.22方程 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
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 、 、 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。
所以
又
故有
1.13求（1）矢量 的散度；（2）求 对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求 对此立方体表面的积分，验证散度定理。
解（1）
（2） 对中心在原点的一个单位立方体的积分为
（3） 对此立方体表面的积分
故有
1.14计算矢量 对一个球心在原点、半径为 的球表面的积分，并求 对球体积的积分。
解
解 与 之间的夹角为
在 上的分量为
1.5给定两矢量 和 ，求 在 上的分量。
解
所以 在 上的分量为
1.6证明：如果 和 ，则 ；
解由 ，则有 ，即
由于 ，于是得到
故
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 为一已知矢量， 而 ， 和 已知，试求 。
解由 ，有
而半径为 的圆内的电荷产生在 轴上 处的电场强度为
2.10一个半径为 的导体球带电荷量为 ，当球体以均匀角速度 绕一个直径旋转，如题2.10图所示。求球心处的磁感应强度 。
解球面上的电荷面密度为
当球体以均匀角速度 绕一个直径旋转时，球面上位置矢量 点处的电流面密度为
将球面划分为无数个宽度为 的细圆环，则球面上任一个宽度为 细圆环的电流为
球内的电荷体密度为
故
《电磁场与电磁波》课后习题解答(全)
第一章习题解答【习题1.1解】222222222222222222222222222222222222cos cos cos cos cos cos 1xx x y z yx y z z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z 矢径r 与轴正向的夹角为，则同理，矢径r 与y 轴正向的夹角为，则矢径r 与z 轴正向的夹角为，则可得从而得证a a b b g g a b g =++=++=++++=++++++++++==++【习题1.2解】924331329(243)54(9)(243)236335x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z A B e e e e e e e e e A B e e e e e e e e e A B e e e e e e A B +=--+-+=-+=----+=---∙=--∙-+=+-=⨯（）（）－（）(9)(243)19124331514x y z x y z x y z x y ze e e e e e e e e e e e =--⨯-+=---=--+【习题1.3解】已知,38,x y z x y z A e be ce B e e e =++=-++ （1）要使A B ⊥，则须散度 0A B =所以从 1380A B b c =-++=可得：381b c += 即只要满足3b+8c=1就可以使向量和向量垂直。
（2）要使A B ，则须旋度 0A B ⨯= 所以从1(83)(8)(3)0138xy zx y z e e e A B b c b c e c e b e ⨯==--+++=- 可得 b=-3，c=-8 【习题1.4解】已知129x y z A e e e =++，x y B ae be =+，因为B A ⊥，所以应有0A B ∙= 即()()1291290xy z x y ee e ae be a b ++∙+=+= ⑴又因为 1B =; 所以221a b +=； ⑵由⑴，⑵ 解得 34,55a b =±=【习题1.5解】由矢量积运算规则123233112()()()x y zx y z x x y y z ze e e A Ca a a a z a y e a x a z e a y a x e xyzB e B e B e B =?=-+-+-=++取一线元：x y z dl e dx e dy e dz =++则有xy z xyz e e e dlB B B dx dy dzB ?=则矢量线所满足的微分方程为 x y zd x d y d z B B B == 或写成233112()dx dy dzk a z a y a x a z a y a x==---＝常数 求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用下列方法k xa a y a a z a d z a a x a a y a d y a a z a a x a d =-=-=-323132132231211)()()( （1）k x a y a z zdzz a x a y ydy y a z a x xdx =-=-=-)()()(211332 （2）由（1）（2）式可得)()(31211y a a x a a k x a d -=)()(21322z a a x a a k y a d -= （3） )()(32313x a a y a a k z a d -= )(32xy a xz a k xdx -=)(13yz a xy a k ydy -= （4）)(21xz a yz a k zdz -=对（3）（4）分别求和0)()()(321=++z a d y a d x a d 0)(321=++z a y a x a d0=++zdz ydy xdx 0)(222=++z y x d所以矢量线方程为1321k z a y a x a =++ 2222k z y x =++【习题1.6解】已知矢量场222()()(2)x y z A axz x e by xy e z z cxz xyz e =++++-+- 若 A 是一个无源场 ，则应有 div A =0即： div A =0y x zA A A A x y z∂∂∂∇⋅=++=∂∂∂ 因为 2x A axz x =+ 2y A by xy =+ 22z A z z cxz xyz =-+- 所以有div A =az+2x+b+2xy+1-2z+cx-2xy =x(2+c)+z(a-2)+b+1=0 得 a=2, b= -1, c= - 2 【习题1.7解】设矢径 r 的方向与柱面垂直，并且矢径 r到柱面的距离相等（r ＝a ）所以，2sssr ds rds a ds a ah πΦ===⎰⎰⎰＝22a h π=【习题1.8解】已知23x y φ=,223yz A x yze xy e =+ 而 A A A A rot⨯∇+⨯∇=⨯∇=φφφφ)()(2222(6)3203xy zx y ze e e A xy x y e y e xyze x y z x yz xy ∂∂∂∇⨯==--+∂∂∂ 2223[(6)32]x y z A x y xy x y e y e xyze φ∴∇⨯=--+又y x z y xe x e xy ze y e x e 236+=∂∂+∂∂+∂∂=∇φφφφ 232233222630918603xy z x y z e e e A xyx x y e x y e x y ze x yz xy φ∇⨯==-+所以222()3[(6)32]x y z rot A A A x y xy x y e y e xyze φφφ=∇⨯+∇⨯=--+ +z y x e z y x e y x e y x 2332236189+-=]49)9[(3222z y x e xz e y e x x y x+--【习题1.9解】已知 222(2)(2)(22)x y zA y x z e x y z e x z y z e =++-+-+ 所以()()1144(22)0xyzyy x x z z x y z x yzx y z A A A A A A rot A A x y z y z z x x y A A A xz xz y y e e ee e e e e e ∂∂⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫=∇⨯==-+-+- ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭-++-+-=由于场A 的旋度处处等于0，所以矢量场A 为无旋场。
电磁场与电磁波第三版-郭辉萍-第三章习题答案
电磁场与电磁波第三版-郭辉萍-第三章习题答案第一题问题一个磁感应强度为B的均匀磁场，在其中有一个长为l、电阻为R的长直导线。
导线与磁感应强度方向成夹角θ。
若导线被引出的两个端头A、B相距d，则导线两个端头的电势差是多大？解答根据电磁感应定律，导线两个端头的电势差可以通过导线所受的磁场力与电阻的乘积来计算。
设电流的方向与磁场方向成夹角α，则磁场力的大小为F = BIL sinα，其中I为电流的大小。
电流可以通过欧姆定律来计算，即I = U / R，其中U为电阻两端的电势差。
将电流的表达式代入磁场力的表达式中，得到F = B(U / R)l sinα。
根据电势差的定义，有U = Fd = B(U / R)l sinα * d. 移项整理得到U(1 - Bld sinα / R) = 0，解得U = 0 或者 1 - Bld sinα / R = 0。
如果U = 0，则代表导线两个端头的电势差为0，即没有电势差。
这种情况下，导线两个端头之间的电势相等。
如果1 - Bld sinα / R = 0，则导线两个端头的电势差为U = Bld sinα / R。
综上所述，导线两个端头的电势差为U = Bld sinα / R。
第二题问题一个半径为R的导线圈，通过其中的电流为I，产生的磁感应强度为B。
若导线圈的匝数为N，导线圈中心处的磁感应强度是多少？解答根据长直导线的磁场公式，通过导线圈中心点的磁感应强度的大小可以通过长直导线的磁场公式来计算。
长直导线的磁场公式为B = μ0I / (2πd)，其中B为磁感应强度，μ0为真空中的磁导率，I为电流的大小，d为测量点到导线的距离。
对于导线圈来说，可以将导线分成无数个长直导线，然后将它们对应的磁场强度相加。
考虑到导线圈的几何形状，可以得到导线圈中心处的磁感应强度的大小为Bm = N * B，其中Bm为导线圈中心处的磁感应强度，N为导线圈的匝数，B为单根导线产生的磁感应强度。
电磁场与电磁波课后习题及答案三章习题解答
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 Rπ+-+-=-=R R D22322232()(){}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d d z z SSS Φ====⎰⎰D S D e22322232()[]2d 4()()aq a a r r r a r a ππ--=++⎰221211)0.293()aqa 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02314ra 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 124rZ erπ=D e原子内电子云的电荷体密度为 333434a aZe Zer r ρππ=-=-电子云在原子内产生的电通量密度则为 32234344r rarZe r rr 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。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案_第三章习题
习题三答案及解析
B选项
$( - frac{1}{2} + frac{3}{2}i)( frac{1}{2} + frac{3}{2}i)$ 可以
化简为 $-i$。
C选项
$( - frac{1}{2} - frac{3}{2}i)( frac{1}{2} + frac{3}{2}i)$ 可以
化简为 $-i$。
D选项
$frac{-2i}{-2i + 1}$ 可以 化简为 $-i$。
习题三答案及解析
答案
A. $-frac{1}{4}$
习题三答案及解析
B. $-i$
1
C. $-i$
2
D. $-i$
3
习题三答案及解析
01
解析
02
此题考查复数的乘法运算，根据复数乘法的定义和性质，可以得出答案。
03
A选项：$( - frac{1}{2} + frac{3}{2}i)( - frac{1}{2} - frac{3}{2}i)$ 可以化简为 $-frac{1}{4}$。
• 下一章将介绍电磁场与电磁波的基本原理和概念，包括电场、 磁场、电磁感应等。同时，还将介绍电磁波的传播方式和在不 同介质中的传播特性，以及电磁波的应用和影响。
THANKS
感谢观看
D选项
$100e^{- frac{pi i}{2}}$ 可以化简 为 $100(cosfrac{3pi}{2} + isinfrac{3pi}{2})$，与题目中的形 式一致。
习题二答案及解析
答案
A. $-frac{1}{2}$
习题二答案及解析
B. $-i$ C. $-i$ D. $-i$
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第三章)
【习题 3.1】
解：设导线沿 ez 方向，电流密度均匀分布 则
J ez
4
I d
2
ez
4
2 (10 )
3
2
cos(2 50t ) ez
8
106 cos(2 50t（ ) A
m2
）
导线内的电场
E
J
ez
8 106 cos 2 50t ez 4.39 102 cos 2 50t (V / m) 7 5.8 10
J s n H er H ez 395.1cos(4 108 t ) A / m
（3） r 20mm, z 25mm 处的表面电荷密度
7 2 s n D 0 r er E 0. 7 8 1 0 sin ( 48 t1 0 C ) m /
B 1.328 6 107 0 sin 6 107 t cos zex t
1.328 6 107 4 107 sin 6 107 t cos zex 100sin 6 107 t cos zex
所以有
E
B t
ex
又因为
ey y 0
ex 1 1 E ( D) [ ( z 6 107 t )ex ] 2.5 0 2.5 0 x Ex (e y Ex E 1 ez x ) ey 4.52 1010 ey z y 2.5 0
ey y 0
ez z 0
12
= 4 81 8.854 10
i 6.28 109 E = i 4.5 i 4 E
6
电磁场与电磁波第四版第三章部分答案
电磁场与电磁波第三章3.7无限大导体平板分别置于板间充满电荷，其体电荷密度为,极板间的电位分别为0和，如图所示，求两级板之间的电位和电场强度。
解：由泊松定理得解得在故3.8证明：同轴线单位长度的静电储能。
式中为单位长度上的电荷量，C为单位长度上的电容。
解：由高斯定理可知：故内外导体间的电压为则电容为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）总的静电常量。
解：根据边界条件则,故有,由于,所以即导体球的电位为电容为(2)总的静能量为3.13在一块厚度为d的导电板上，由两个半径分别为的圆弧和夹角为的两半径割出的一块扇形体，如图所示。
试求：（1）沿厚度方向的电阻；（2）两圆弧面之间的电阻；（3）沿方向的两电极间的电阻。
设导电板的电导率为解：（1）设沿厚度方向的两电极的电压为则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故两圆弧面之间的电阻为（3）设沿由于沿3.15无限长直线电流垂直于磁导率分别为的两种磁介质的分界面，如图所示，试求：（1）两种磁介质中的磁感应强度磁化电流分布。
解：（1）由安培环路定理可知则（2）磁介质的磁化强度=0以z轴为中心，为半径做一个圆形回路C，由安培环路定理得在磁介质表面，磁化电流面密度为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为两种不同的磁介质，如题所示，设同轴线中通过的电流为I,试求：（1）同轴线中单位长度所存储的磁场能量；（2）单位长度的自感。
解：由边界条件可知，两种磁介质中的磁感应强度.（1）利用安培环路定理，当当同轴线中单位长度储存的磁场能量为（2）由3.21一个点电荷q与无限大导体平面的距离为d，如果把它移到无穷远处，需要做多少功？解：利用镜像法求解。
当点电荷q移到到距离导体平面为x的点p(x,0,0)时，其像电荷场为将点电荷q移到无穷远处时，电场所做的功为外力所做的功为3.24一个半径为R的导体球带有的电荷量为Q,在球体外距离球心D 处有一个点电荷q。
电磁场与电磁波第三版 郭辉萍 第三章习题答案
第三章 习题答案3.1设一点电荷与无限大接地导体平面的距离为d ，如图3.1所示。
求： q（1）空间的电位分布和电场强度； （2）导体平面上感应电荷密度； （3）点电荷所受的力。
q解：（1）(,,)1r x y z d =−u r2(,,)r x y z d =+u r1211(4qr r φπε=−04q πε=E φ=−∇u u r 3333330212121[()()(]4a a a x y z q x x y y z d z d r r r r r r πε+−=−−+−+−uu r uur ur u（2）在导体平面上有z=0 则 12==r r 3222202()E a z qdx y d πε=−++u u rur u032222.2()z a E s qd x y d ρεπ==−++uu r u u r（3）由库仑定律得22200()4(2)16q q q d d πεπε−==−u u r uu r ur z z u F a a或22320,0,002[()]4(2)16z x y z dq d q q d dπεπε=====−=−u u r uu r urvzu F E a a 3.6两无限大接地平行板电极，距离为，电位分别为0和U ，板间充满电荷密度为d 00xdρ的电荷，如题3.6图所示。
求极板间的电位分布和极板上的电荷密度。
解： 板间电位满足泊松方程 200ρφε∇=x−d由于平行电容器y 与z 方向都为无穷大，故待求函数仅为x 的函数泊松方程可以写为：2020x d dx dρφε=−边界条件为0U φφ(0)=0,(d)= 对方程进行两次积分得301206ρφε=−++x C x C d代入边界条件得 002100,6U dC d ρε==+C 所以板间电位分布为：300000()66x U d x d d ρρφεε=−++2000()2600E a x x U d d d ρρφεε=−∇=−−u u r uu r2000()2600D E a x x U d d d ρερε==−−u u r u u r uu rx =0的极板上的电荷密度000060x a Ds x U dd ερρ==⋅=−−uu r u u rx =d 的极板上的电荷密度00()30x a Dsd x dU ddερρ==−⋅=−uu r u u r3.9一个沿+y 方向无限长的导体槽，其底面保持电位为，其余两面的电位为零，如图3.9所示。
谢处方《电磁场与电磁波》(第4版)章节习题-第3章 静态电磁场及其边值问题的解【圣才出品】
第3章 静态电磁场及其边值问题的解一、判断题1．为了简化空间电位分布的表达式，总可以将电位参考点选择在无穷远处。
（）【答案】×2．焦耳定律只适用于传导电流，不适应于运流电流。
（）【答案】√3．绝缘介质与导体分界面上，在静电情况下导体外的电力线总是垂直于导体表面的。
（）【答案】√4．位移电流的假说就是变化的磁场产生电场的假说。
（）【答案】×5．任意两个带电导体之间都存在电容，对电容有影响的因素包括导体几何形状，导体上的电荷量、两导体相对位置和空间介质。
（）【答案】×6．恒定电场中理想导体内的电场强度为零。
（）【答案】√7．空间体积中有电流时，该空间内表面上便有面电流。
（）【答案】×8．应用分离变量法求解电、磁场问题时，要求整个场域内媒质必须是均匀、线性的。
（）【答案】×9．一个点电荷Q放在球形高斯面中心处。
如果此电荷被移开原来的球心，但仍在球内，则通过这个球面的电通量将会改变。
（）【答案】×台10．在线性磁介质中，由的关系可知，电感系数不仅与导线的几何尺寸、材料L Iψ=特性有关，还与通过线圈的电流有关。
（ ）【答案】×二、填空题1．镜像法是在所求场的区域之外，用_______来代替场问题的边界。
假想电荷和场区域原有的电荷一起产生的电场必须要满足_______。
【答案】一些假想电荷；原问题的边界条件。
2．磁介质中恒定磁场的基本方程为：_______。
【答案】，；，.d 0S B S =⎰v v Ñ0B ∇⋅=v d 0CH l ⋅=⎰v v ÑH J ∇⨯=v v 3．位移电流假说的实质是_______。
【答案】变化的电场可以产生磁场4．位移电流和真实电流（如传导电流和运流电流）的区别在于_______。
【答案】位移电流不对应任何带电质点的运动，只是电场随时间的变化率5．已知磁感应强度为，则m 的值为_______。
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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d d zz SSS Φ====⎰⎰D S D e g g22322232()[]2d 4()()aq a ar r r a r a ππ--=++⎰22121)0.293()aqaq 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02314ra 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 124rZer π=D e 原子内电子云的电荷体密度为 333434a a Ze Zer r ρππ=-=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为 32234344r ra r Ze rr r ρπππ==-D e e题3.1 图题3. 3图()a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 Sqε=⎰E S g Ñ，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 2200120022r a a r rπρρπεε'-''==-''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220022r r r πρρπεε==r E e 22220022r a a r r πρρπεε'-''==-''r E e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，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 20030022r r r πρρπεε''-''==-'r E e 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。
题3. 3图()b＝＋解：由ρ∇=D g ，有 221d ()()d r r r D r rρ=∇=D g 故在r a <区域 2322021d ()[()](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 g 432002441d [()]6d r r r r r a aεε=（2）球体内的总电量Q 为 3220040d 64d 4ar 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 02224Qaσεπ== 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 Sq =⎰D S g Ñ，当r a <时，有 010=D当a r b <<时，有 02122rD a ππσ= ，则 102ra rσ=D e 当b r <<∞时，有 0312222rD a b ππσπσ=+ ，则 1203r a b rσσ+=D e （2）令 12030ra b rσσ+==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 CCC W q q E x E y ===+=⎰⎰⎰F l E l gg 2221d d d(2)2d Cq y x x y q y y y y +=+=⎰⎰22616d 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 --==-⨯⎰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22(,0)L L r ϕ-==⎰2ln(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 rE θ'===E e e 022320d 2()l rr z r z ρπε''+e故长为L 的线电荷在点P 的电场为20223200d d 2()L l r r z r z ρπε'==='+⎰⎰E Ee 20002L l r r ρπε'=e re 由ϕ=-∇E 求E ，有002l ρϕπε⎡⎢=-∇=-∇=⎢⎥⎣⎦E(00d ln 2ln 2d l rL r r ρπε⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦eL L -r0l ρ题3.8图0012l r r ρπε⎧⎫⎪-=⎬⎪⎭e r e 3.9 已知无限长均匀线电荷l ρ的电场02lr r ρπε=E e ，试用定义式()d Pr rr ϕ=⎰E l g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 g 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1(,,)4x y z ϕπε=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。
3.11 证明习题3.2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 在原子外产生的电通量密度为 124rZerπ=D e 电子云在原子外产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230011()d ()d 4aa r rar r Ze rr 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 rϕϕφ=≤⎧⎪⎨=-≥⎪⎩ （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=-∇=Er a >时， ϕ=-∇=E 22[()cos ][()cos ]r a a A r A r r r r rφφφφ∂∂----=∂∂e e2222(1)cos (1)sin r a a A A r rφφφ-++-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 g g3.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足20ϕ∇=（1）sin()sin()hzkx ly e- 其中222h k l =+；（2）[cos()sin()]nr n A n φφ+ 圆柱坐标；（3）cos()nrn φ- 圆柱坐标；（4）cos r φ 球坐标；（5）2cos r φ- 球坐标。