《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 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》(第四版)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就可以使向量错误！未找到引用源。
和向量错误！未找到引用源。
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221=； 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=,223y z 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 x e 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。
电磁场与电磁波第四版第三章部分答案
电磁场与电磁波第三章无限大导体平板分别置于k = 0和x - d处，板间充满电荷，其体电荷密度为p =-:极板间的电位分别为0和如图所示，求两d级板之间的电位和电场强度。
解：由泊松定理得d2* _ 1dx2电o d3解得二:6«od|在久=0处* * = 0,故B = 0在X二d处，"二％故U。
二-页j亠Ad证明：同轴线单位长度的静电储能$二巴。
式中山为单位长度上的电臼2C|6 c od +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qj Qi h------- d P = ---- ------ ln-则电容为有一半径为a,带电量q的导体球，其球心位于介电常数分别为5和F.汕勺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Eit = E2t,故有□二E?二日，由于I ■ I _■_ _,所以一- I |_ 1 1;l）iSi I P2S2 = q即 2 n r2 f ]E 十2^r2- Qn qE =-------- ---------------2 n r2（ e 1 + e 2）导体球的电位为“（日）二J’Edr二N77：+ 二心电容为「二為=2肌（£ 1亠5）』⑵总的静能量为1I | I在一块厚度为d的导电板上，由两个半径分别为卜汇4的圆弧和夹角为u 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f U1则El 二7aUiJ1二晌二〒11 = JiSi =晋-7（ra2一n2）故得到沿厚度方向的电阻为无限长直线电流I 垂直于磁导率分别为「1和叫的两种磁介质的分界 鸟 1辺 应rd (3)设沿 . 一―一 J 厂頁 i'2 u dU 3------- d r… a r ri 1 0 dU 3 r 2 ------ 1 n — a nu 3 a Rj =—= h o din — ri 2dIl a O (r 22 - \'\(2)设内外两圆弧面电极之间的电流为1 [2 I 2 J2肓a rd12比 12 匚2E^dr = -------In 一F LCL rd V] 故两圆弧面之间的电阻为<1K^rd® o 沿d 方向的电阻为1_ (u - jio)l7 _ U 憑_ H _ 五u 叶 心—T ；'=0以z 轴为中心, 为半径做一个圆形回路C,由安培环路定理得其厚度可忽略不计。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案--谢处方-共138页
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 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 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 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 AB θ-=(135.5=o （5）A 在B 上的分量 B A=A cos AB θ==A B B g （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 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 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 。
电磁场与电磁波(第四版)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 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 AB θ-=(135.5=o（5）A 在B 上的分量 B A =A cos AB θ==A B B g （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 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 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
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 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 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 e3.3 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。
电磁场与电磁波课后练习及答案（谢处方第四版）
一章习题解答1.1给定三个矢量、和如下：求：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）在上的分量；（6）；（7）和；（8）和。
解（1） （2）（3）－11 （4）由，得 （5）在上的分量（6） （7）由于所以（8）A B C 23x y z =+-A e e e 4y z =-+B e e 52x z =-C e e A a -A B A B AB θA B ⨯A C ()⨯A B C ()⨯A B C ()⨯⨯A B C ()⨯⨯A B C 23A x y z +-===+-e e e A a e e e A -=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e e e 64x y z +-=e e e =A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e ecos AB θ===A B A B 1cos AB θ-=(135.5= A B B A =A cos AB θ==A B B ⨯=A C 123502xy z-=-e e e 41310x y z ---e e e ⨯=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 ()⨯=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 ()⨯⨯=A B C 1014502x y z---=-e e e 2405x y z -+e e e1.2三角形的三个顶点为、和。
（1）判断是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。
解（1）三个顶点、和的位置矢量分别为，，则，，由此可见故为一直角三角形。
（2）三角形的面积 1.3求点到点的距离矢量及的方向。
解，， 则 且与、、轴的夹角分别为1.4给定两矢量和，求它们之间的夹角和在上的分量。
《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。
电磁场和电磁波[第四版]课后答案及解析__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 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 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 s AB θ=11238=A B A B ，得1c o sAB 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 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 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“的一个球而，球的两极点处分别设置点电荷G 和-0，试计算球赤道平 而上电通密度的通量0(如题3.1图所示人解 由点电荷。
和-Q 共同产生的电通密度为Z) = JL I 4-41 =4/r RI R 5q W + e ：(z_a) _ e∕ + e( + d)4Λ, [r 2 +(z-a)2f f2 [r +(Z +Λ)2]V 2则球赤道平面上电通密度的通量Φ = ∫P ∙dS=∫D ∙ e.∣.=I)ClS =4,,(,+/)3/2(厂2+/)3/2 Md 心(咅一 l)g = -0.293q3.2 1911年卢瑟福在实验中使用的是半径为G 的球体原子模型.英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ZW (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n 0=e r - 4-4，试证明之。
4兀I 广乙丿Q 4∕ZT *∙ .,'3 Ze r 电子云在原子内产生的电通量密度则为73.3电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为POW 两圆柱而半径分别为"和b ∙轴线相距为C(C<b-u),如题3.3图(Q)所示。
求空 间各部分的电场。
解由于两圆柱而间的电荷不是轴对称分布，不能直接用髙斯立律求解。
但可把半径为α的 小圆柱而内看作同时具有体密度分别为±P()的两种电荷分布，这样在半径为。
的整个圆柱体内具 有体密度为PO 的均匀电荷分布，而在半径为"的整个圆柱体内则具有体密度为-几的均匀电荷 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r>b 区域中，由髙斯泄律f β∙d5=-,可求得大.小圆柱中的正、负电荷在点P 产生(-d) 解 位于球心的正电荷ZW 球体内产生的电通量密度为Ze4zrr 2原子内电子云的电荷体密度为D = D i +D 1D ∖=S3Ze_4甥题3.3图故原子内总的电通量密度为/ 2 2 f点P 处总的电场为 E = d + E ； = £(二一豊) 2匂广 r 「在r<b 且F 〉a 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TtFP Pr f 一兀&PPCrr Δ9 =e r ------ = --- E I =e r ------------ = ------- 72πε^r 2ε0 " 2πε0r f 2^0√-2 f点P 处总的电场为 E=Er+E2単(Γ-令・2q r ・在r<a 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E =e 乞込=竺 尽=”.一WQJ=—空§ r 2πεky r 2ε0 ' ,2πε0r , 2ε0点P 处总的电场为半径为"的球中充满密度Q(C 的体电荷，已知电位移分布为故在 r< a 区域 p(r)=勺)-K-[r 2(r' + Ar)] = ^0(5r 2 +4 Ar)r dr在尸>"区域 p(r) =[r 2 !≤t±L2∣ = O厂dr厂3.5 —个半径为"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O 为的体 电荷，球壳上又另充有电荷量0。
电磁场与电磁波(第4版)第3章部分习题参考解答
(2) 根据对称性，可得两个对称线电荷元 ρ l 0 dz ′ 在点 P 的电场为 G G ρl 0dz ' ρ l 0 ρ dz ' G G dE = eρ dEρ = eρ cos θ = eρ 2πε 0 ( ρ 2 + z '2 )3/ 2 2πε 0 ρ 2 + z '2 故长为 L 的线电荷在点 P 的电场为
3 ∞ ρ R0 ρ R02 ρ R02 2ε r + 1 ρ 2 ρr dr + ∫ dr = + = ( ) R0 R R 0 0 3ε ε 6ε rε 0 3ε 0 2ε r 3ε 0 3ε 0 r 2 r 0 3.6 电场中有一半径为 a 、介电常数为 ε 的介质球，已知球内、外的电位函数分
3.1 长度为 L 的线电荷，电荷密度为常数 ρl 0 。(1) 计算线电荷平分面上的电位函 G G 数 ϕ ；(2) 利用直接积分法计算平分面上的 E ，并用 E = −∇ϕ 由(1)验证(2)所得结 果。
图题 3.1 解：(1) 建立如图题 3.1 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
在 x = 0 处， ϕ = 0 ，故 B = 0 在 x = d 处， ϕ = U 0 ，故 U 0 = − 所以 ϕ = −
ρ0 d 3 U ρd + Ad ，得 A = 0 + 0 d 6ε 0 6ε 0 d
ρ0 x3 6ε 0 d
⎛U ρ d⎞ +⎜ 0 + 0 ⎟x ⎝ d 6ε 0 ⎠
G G ∂ϕ G ⎡ ρ 0 x 2 ⎛ U 0 ρ 0 d ⎞ ⎤ E = −∇ϕ = −ex = ex ⎢ −⎜ + ⎟⎥ ∂x ⎣ 2ε 0 d ⎝ d 6ε 0 ⎠ ⎦
电磁场与电磁波答案(第四版)谢处方之欧阳史创编
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 ABθ=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 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所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)42x y z ++=-e e e（8）()⨯⨯=A B C 1014502xyz---=-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。
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 g223222320()[]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。
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 产生题3.1 图题3. 3图()a的电场分别为 2200120022r b b r r πρρπεε==r E e 2200120022r 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220022r r r πρρπεε==r E e 22220022r a a r rπρρπεε'-''==-''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。
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题3. 3图()b＝＋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 02224Qa 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 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 1203ra b rσσ+=D e （2）令 12030r a 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2(,0)L L r ϕ-==⎰22ln(4L l L z ρπε-'+=L L -rρ题3.8图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⎡⎤--=⎢⎥⎣⎦e0012l r r ρπε⎧⎫⎪-=⎬⎪⎭e re 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 arϕϕφ=≤⎧⎪⎨=-≥⎪⎩（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()nr n φ- 圆柱坐标；（4）cos r φ 球坐标；（5）2cos rφ- 球坐标。