電磁場與電磁波答案第四版謝處方

1、1.1給定三個矢量求：(1)a；(2)(7)A解(1)a=A2)A、B和C如下：AB|；(3)AgB；(4)0迪；(5)A在B上的分量；(6)AxC；Ag(BxC)和(AxB)gC；(8)(AxB)xC和Ax(BxC)。Ae+e2e3123x一yz=e+ee+22+(3)2x14y<14z<14le+e6一e4=7533)4)5)(AxB)x1=xyz=e+eA12+22+(3)2x14yAB|=l(e+e2一e3)一(e4+e)|=|xyzyzII孑AgB=(e+e2e3)ge4+e)=_11xyzyz由cos0=鵲=-2L，A|B|v14x.17x：'238AgB阿AB

2、A在B上的分量A=Acos0BAByz=135.5。得0=cosi(AB6)ez-3=e4e13e10yz7)由于BxC=ey-4-2所以Ag(BxC)=(e+e2-exy8)(AxB)xC=zex-10=11=帀8+e5+e20yz3)g(e8+e5+e20)=42,yez4xey-12e40+e5yz12三角形的三個頂點為p(0,1,2)、P(4,1,-3)和P(6,2,5)。(1) 判斷APPP是否為一直角三角形；3(2) 求三角1形2的3面積。解(1)三個頂點P(0,1,2)、1r=ee2，r=e4+ee3，則R1=rr=e4-e；Rr二r由此12可見21xz2332故APPP為一直角

3、三角形。123(2)三角形的面積S=1RxR2P(4,1,3)和P(6,2,5)的位置矢量分別為23r=e6+e2+e53xyz=e2+e+e8，xyz11_1=2IR12lxR23l=護69=17.1313求P(3丄4)點到P(2,-2,3)點的距離矢量R及R的方向。解r=e3+e+e4，r=e2-e2+e3，PxyzPxyz則R=rr=e5e3e且iT與；、y、z軸的夾角分別為P14給定兩矢量a=e4和B=e4e求它們之間的夾角和A在B上的分量。xyzxyz1223pppy、x解A與之間的夾角為9a=C0S-1A=C0S_1(31<29277)=1310=之=-3.532A在B上的分

4、量為Ab=憐-而B1.5給定兩矢量分量。A=e2+e3-e4和B=-e6-e4+exyzx，求AxB在C=e-e+e上的yzxyzs-6-4z-41解由R1=ersin9cos©+ersin9sin©+ercos9x111y111z11=e13+e22+e10xyz所以AxB在C上的分量為(AxB)=(AXC=-汽=-14.43C|C|v316證明：如果Ag=Ag和AxB=AxC，則B=C；解由AxB=AxC，則有Ax(AxB)=Ax(AxC)，即由于Ag=Ag：，于是得到(AgA)B=(AgA)C故B=C17如果給定一未知矢量與一已知矢量的標量積和矢量積，那么便可以確定該

5、未知矢量。設a為已知矢量，p=AgX而P=AxX，P和P已知，試求x°解由P=AxX，有故得X=PA-AxPAgA18在圓柱坐標中，一點的位置由(4,空,3)定出，求該點在：(1)直角坐標中的坐標；(2)球坐標中的坐標°解在直角坐標系中x=4cos(2n/3)=-2、y=4sin(2兀/3)=2羽、z=3故該點的直角坐標為(_2,2商,3)°(2)在球坐標系中廠=m+32=5、9=tan-1(4=53.1。、©=2兀：3=120。故該點的球坐標為(5,53.1。,120o)19用球坐標表示的場E=e25,rr2(1) 求在直角坐標中點(-3,4,-5)處

6、的|E|和E；(2) 求在直角坐標中點(-3,4,-5)處E與矢量=e2-e2+e構成的夾角。解(1)在直角坐標中點(-3,4,-5)處，r2=(-3)2+42+(-5)2=50，故(2)在直角坐標中點(-3,4,-5)處，r=-e3+e4-e5，所以xyz故E與構成的夾角為9=cos-1Eg)=cos-1(-19(1；2)=153.60EEg321.10球坐標中兩個點(r9©)和(r9©)定出兩個位置矢量R和R。證明R和R間夾角的余弦為11一球面s的半徑為5，球心在原點上，計算：J(e”3sin9)gdS的值。112221212得到cos丫=R椚2=RR112解蜒3sin

7、0)gS=f(er3sin0)眄dS=予j3sin9x5sin9d0=75兀2SS理。1.12在由廠=5、z=o和z=4圍成的圓柱形區(qū)域，對矢量A=er2+e2z驗證散度定rz解在圓柱坐標系中r+2rdrdz所以fvgAdt=fdzfd©f(3r+2)rdr=1205000(er2+e2z)g(edS+edS+edS)=rzrr©©zzSS故有fNgAdt=1200兀t1.13求（1）矢量A=ex2+ex2y2+e24x2y2z3的散度；（2）求VgA對中心在原點的一個單位立方體的積分；（3）求人對此立方體表面的積分，驗證散度定理。解（1）窗=空2+空凹+込旦=2

8、x+2x2y+72x2y2z2dxdydz（2）加對中心在原點的一個單位立方體的積分為（3）A對此立方體表面的積分故有fVgAdt=丄=血審S241. 14計算矢量尸對一個球心在原點、半徑為a的球表面的積分，并求Vgr對球體積的積分。解蜒gdS=frgdS=fd©faa2sin0d0=4兀a3rSS00又在球坐標系中，Vgr=丄（r2r）=3，所以r2dr1.15求矢量a=ex+ex2+ey2z沿xy平面上的一個邊長為2的正方形回路的線積分，此正方形的兩邊分別與x軸和y軸相重合。再求VxA對此回路所包圍的曲面積分，驗證斯托克斯定理。解ffAgdl=fxdxfxdx+f22dyfOdy

9、=80又VxA=c.exddxx0eyddyx2ezddzy2z00=e2yz+e2xxz所以fVxAgdS=f2f2(e2yz+e2x)gedxdy=8xzz故有fAgdl=8=fVxAgdSf16求矢量A=ex+e少沿圓周x2+y2=a2的線積分，再計算VxA對此圓面積的積分。xy解蜒Agd1=fxdx+xy2dy=f(a2cos©sin©+a4cos2©sin2©)d©=117證明：（1）VgR=3；（2）VxR=0；（3）V（AgR）=A。其中R=ex+ey+ez，A為一常矢量。xyz解（1）VgR亙+空+竺=3dxdydzeeexyz

10、2)VxR二(3)1.18呢？解在圓柱坐標系中，由VgF=-drf(r)二o可得到I八設A=eA+eA+eA一徑向矢量場yf=zef（r），則AgR=Az，故表示，如果VgF=0，那么函數f(廠)會有什么特點f(r)二CC為任意常數。r在球坐標系中由vgF=丄2r2f(r)二or2dr可得到f(r)=Cr21.19給定矢量函數E=ey+ex，試求從點P(2,1,-1)到點P(8,2,-1)的線積分JEgdl:(1)沿拋物線x=y2；(2)沿連接該兩點的直線。這個E是保守場嗎？解(1)JEgdl=JEdx+Edy=Jydx+xdy=xy(2)連接點P(2,1,-1)到點P(8,2-1)直線方程為

11、12x-2x-8=艮卩x一6y+4=0y-1y-2故JEgdl=JEdx+Edy=Jyd(6y-4)+(6y-4)dy=J(12y-4)dy=14xy由此可見積分與路徑無關，1故是保守場。11.20求標量函數屮=x2yz的梯度及屮在一個指定方向的方向導數，此方向由單位矢量e丄+e2+e丄定出；求(231)點的方向導數值。原，g(x2yz)+e(x2yz)=ycyzdz故沿方向e=e丄+e2+e丄的方向導數為1/5oy753za/50點(2,3,1)處沿的方向導數值為1.21試采用與推導直角坐標中禪=各+詈+譽相似的方法推導圓柱坐標下的公式1ccAcA。VgA=-(rA)+血+r。rCrrrd&

12、#169;Cz解在圓柱坐標中，取小體積元如題1.21圖所示。矢量34e+e+e50y50z解V屮=e（x2yz）+exdx題1.21圖場a沿e方向穿出該六面體的表面的通量為同理r因此，矢量場A穿出該六面體的表面的通量為故得到圓柱坐標下的散度表達式V-A=lim=-冬A2+生+竺ttoAtrdrrddz1.22方程ux2+y2+z2給出一橢球族。求橢球表面上任意點的單位法向矢量。a2b2c2解由于Vue竺+e蘭+e竺xa2yb2zc2故橢球表面上任意點的單位法向矢量為1.23現有三個矢量A、B、C為(1) 哪些矢量可以由一個標量函數的梯度表示？哪些矢量可以由一個矢量函數的旋度表示？(2) 求出這

13、些矢量的源分布。解(1)在球坐標系中故矢量A既可以由一個標量函數的梯度表示，也可以由一個矢量函數的旋度表示；在圓柱坐標系中故矢量B可以由一個標量函數的梯度表示；直角在坐標系中故矢量C可以由一個矢量函數的旋度表示。(2)這些矢量的源分布為VgA0，VxA0；VgB=2rsinQ，VxB0；Vgj0，VxCe(2x-6y)1.24利用直角坐標，證明解在直角坐標中1.25 證明解根據V算子的微分運算性質，有式中V表示只對矢量a作微分運算，V表示只對矢量h作微分運算。由ag(bxc)cg(axb)，可得同理Vg(AxH)-Ag(VxH)-Ag(VxH)故有Vg(AxH)HgVxA-AgVxH1.26

14、利用直角坐標，證明解在直角坐標中所以127利用散度定理及斯托克斯定理可以在更普遍的意義下證明Vx(Vu)0及Vg(VxA)0，試證明之。解(1)對于任意閉合曲線C為邊界的任意曲面S，由斯托克斯定理有由于曲面S是任意的，故有(2)對于任意閉合曲面S為邊界的體積t，由散度定理有其中S和S如題1.27圖所示。由斯托克斯定理，有12f(VxA)gdS=血gdl,f(VxA)gdS=fAgdl由題1.27圖可知C和C是方向相反的同一回路，貝有蜒gdl=iAgdIC1C212C2C2所以得到fvg(VxA)dt二蜒gdl+fAgdl二-蜒gdl+fAgdl二0由于體積t是任意的，故有Vg(VxA)=0題1

15、.27圖二章習題解答2.1一個平行板真空二極管內的電荷體密度為P=-48Ud-43x-23，式中陰極板位于x=0，陽極板位于x=d，900極間電壓為U。如果U=40V、d=lcm、橫截面s=10cm2，求:(1)x=0和x=d區(qū)域內的總電荷量Q；(2)x=d!2和x=d區(qū)域內的總電荷量Q。解Q=fPdt=f(-48Ud-43x-23)Sdx=-上8US=-4.72x10-iiC9003d00t0(2)Q'=fpdT=f(-48Ud-43x-23)Sdx=上(1-丄)8US=-0.97x10-iiC,9003dJI002.2個體密度為p=232x10-7C/m3的質子束，通過100*的電

16、壓加速后形成等速的質子束，質子束內的電荷均勻分布，束直徑為2mm，束外沒有電荷分布，試求電流密度和電流。解質子的質量m=1.7x10-27kg、電量q=1.6x10-19C。由得v=j2mqU=1.37x106ms故J=pv=0.318Am223個半徑為a的球體內均勻分布總電荷量為q的電荷，球體以勻角速度o繞一個直徑旋轉，求球內的電流密度。解以球心為坐標原點，轉軸(一直徑)為乙軸。設球內任一點尸的位置矢量為r，且r與z軸的夾角為0，則P點的線速度為球內的電荷體密度為P故J=pv=eQorsin0=e1Qrsin0e4兀a33e4兀a32.4一個半徑為a的導體球帶總電荷量為Q，同樣以勻角速度繞一

17、個直徑旋轉,求球表面的面電流密度。解以球心為坐標原點，轉軸(一直徑)為z軸。設球面上任一點p的位置矢量為r，且r與z軸的夾角為0，則P點的線速度為球面的上電荷面密度為故J=cv=eQasin0=e-Qsin0的電場強度點4電荷q1=8C位于軸上z=4處'q=-4C位于y軸上y=4處，求(4,0,0)處2解電荷q在(4,0,0)處產生的電場為電荷q在(4,0,0)處產生的電場為故(4,0,20)處的電場為2.6一個半圓環(huán)上均勻分布線電荷Pl，求垂直于圓平面的軸線上z=a處的電場強度E(0,0,a)，設半圓環(huán)的半徑也為a，如題2.6圖所示。解半圓環(huán)上的電荷元P,djde在軸線上z二a處的電

18、場強度為強度為p、p和p到各邊的距par-rDE=iD9=4K8(J2a)3o在半圓環(huán)上對上式積分，得到軸線上z二a處的電場2.7三根長度均為l，均勻帶電荷密度分別為地線電荷構成等邊三角形。設P二2p二2p，計算處的電場強度。-2q位于解建立題2.7圖所示的坐標系。三角形中心離為則故等邊三角形中心處的電場強度為28點電荷+q位于(-a00)處，另一點電荷(a,0,0)處，空間有沒有電場強度e=0的點？解電荷+q在(xyz)處產生的電場為電荷-2q在(x,y,z)處產生的電場為(x,y,z)處的電場則為E=E+E。令E=0，則有由上式兩端對應分量相等，1可2得到(x+a)(x一a)2+y2+z2

19、32二2(x一a)(x+a)2+y2+z232y(x一a)2+y2+z232二2y(x+a)2+y2+z232.，-z(x-a)2+y2+z232二2z(x+a)2+y2+z23辺當y豐0或z主0時，將式或式代入式，得a=0。所以，當y豐0或z主0時無解；當y二o且z=0時，由式，有解得但x=-3a+2邁a不合題意，故僅在(-3a-20a,O,O)處電場強度E=0。2. 9一個很薄的無限大導電帶電面，電荷面密度為證明：垂直于平面的z軸上z=z處的電場強度E中，有一半是有平面上半徑為朽z的圓內的電荷產生的。-00題2.10圖解半徑為r、電荷線密度為p=aDr的帶電細圓環(huán)在z軸上z=z°

20、處的電場強度為故整個導電帶電面在z軸上z=z處的電場強度為°而半徑為打z的圓內的電荷產生在z軸上z=z°處的電場強度為2.10一個半徑為a的導體球帶電荷量為Q，當球體以均勻角速度®繞一個直徑旋轉，如題2.10圖所示。求球心處的磁感應強度B。解球面上的電荷面密度為當球體以均勻角速度繞一個直徑旋轉時，球面上位置矢量r=ea點處的電流面密度為rb=asine，圓環(huán)平面到球心的距離將球面劃分為無數個寬度為Di=aDe的細圓環(huán)，則球面上任一個寬度為Di=aDe細圓環(huán)的電流為Di=jDi=sineDeS細圓環(huán)的半徑為b=asine，圓環(huán)平面到球心的距離d=acos。的磁場公式

21、，則該細圓環(huán)電流在球心處產生的磁場為4兀，利用電流圓環(huán)的軸線上故整個球面電流在球心處產生的磁場為B=eJ"氣噸sin39d0=ezo8兀a厶6兒a2.11兩個半徑為b、同軸的相同線圈，各有N匝，相互隔開距離為d，如題2.11圖所示。（1）（2）（3）電流I以相同的方向流過這兩個線圈。求這兩個線圈中心點處的磁感應強度B=eB；證明：在中點處dB/dx等于零；求出b與d之間的關系，使中點處d2B,dx2也等于零。xx解（1）由細圓環(huán)電流在其軸線上的磁感應強度B=e屮2Z2（a2+z2）32得到兩個線圈中心點處的磁感應強度為B=e嚴2x(b2+d2/4)32(2) 兩線圈的電流在其軸線上x

22、(o<x<d)處的磁感應強度為B_J巴Nib*巴Nib2x2(b2+x2)322b2+(dx)232J所以dB3卩NIb2x3卩NIb2(d一x)x_0,+0dx2(b2+x2)522b2+(dx)25;，2故在中點x_d/2處，有(3) d2B15卩NIb2x23卩NIb2x_00dx22(b2+x2)722(b2+x2)52有5d2.'41ndx2x_d2b2+d2.472b2+d452即5d2；4_b2+d2/4故解得d_b2.12條扁平的直導體帶，寬為2a，中心線與z軸重合，通過的電流為I。證明_一打a，B_上呂ln二式中a、r和r如題2.12圖所x4兀ay4兀ar

23、12示。1令d2B-x=在第一象限內的磁感應強度為B位于坐標原點上為r的某一點上。試證明兩偶極子之間相互式中9=<r,p>,9=<r,p>,0是兩個平面1122間的夾角。并問兩個偶極子在怎樣的相對取最大？解電偶極子p在矢徑為r的點上產生的所以p與p2之間的相互作用能為解將導體帶劃分為無數個寬度為dx，的細條帶，每一細條帶的電流dI=_Ldx，。由安培環(huán)路定理，可得位于”,處2a的細條帶的電流dI在點P（x,y）處的磁場為則dB=-dBsin9一叩yd疋x4兀a（x一x'）2+y2所以2.13如題2.13圖所示，有一個電矩為p的電偶極子，另一個電矩為p的電偶極子，

24、位于矢徑作用力為（r,p）和（r,p）向下1這個力值2電場為題2.13圖dWdrnStpI©2kr因為9=<r,p>,9=<r,p>，貝U又因為0是兩個平面(r,p)和(r,p)間的夾角，所以有另一方面，利用矢量恒等式可得1因此(pgp)二-(rxp)grxp)+(rgp)(rgp)=ppsin9sin9cos©+ppcos9cos912r2121212121212于是得到W=”"i”2(sin9sin9cos©-2cos9cos9)e4k8r31212故兩偶極子之間的0相互作用力為12(sin9sin9cos©一2co

25、s9cos94k812123pp(sin9sin9cos©-2cos9cos9)4k8r41212由上式可見，當9=9二0時，即兩個偶極子共線時，相互作用力值最大。2.14兩平行無限長直線電流I和I，相距為d,求每根導線單位長度受到的安培力F。12m解無限長直線電流I產生的磁場為B直線電流I每單位長度受到的安培力為F2m12/1exBdz=-e2z112pII0122kd式中e是由電流I指向電流I的單位矢量。1212同理可得，直線電流I每單位長度受到的安培力為F=-F1m21m12=e12pII0122kd2.15根通電流I的無限長直導線和一個通電流I的圓環(huán)在同一平面上，圓心與導線的

26、距離為d，如題3.15圖所示。證明：兩電流間相互作用的安培力為這里q是圓環(huán)在直線最接近圓環(huán)的點所張的角。解無限長直線電流I產生的磁場為圓環(huán)上的電流元Idl受到的安培力為22由題2.15圖可知dl=(-esin9+ecos9)ad92xz所以F=Jo"/2(-esin9-ecos9)d9=m2k(d+acos9)zx2.160證明在不均勻的電場中，某一電偶極子點所受到的力矩為rx(p級)E+pxE。解如題2.16圖所示，設p=qdl(dl«1)，則繞坐標原點所受到的力矩為題2.15圖p繞坐標原電偶極子p當dl<<1時，有故得到尺道平面題3.1圖三章習題解答3.1真

27、空中半徑面，球的兩極點處分別和-q，試計算球赤道度的通量(如題3.1解由點電荷q和為a的一個球設置點電荷q平面上電通密圖所示)。-q共同產生11的電通密度為則球赤道平面上電通密度的通量321911年盧瑟福在實驗中使用的是半徑為r的球體原子模型，其球體內均勻分a布有總電荷量為-Ze的電子云，在球心有一正電荷Ze(Z是原子序數，e是質子電荷量)，通過實驗得到球體內的電通量密度表達式為D0解位于球心的正電荷Ze球體內產生的電通量密度為D1-，試證明之。aZe=e-r4兀r2原子內電子云的電荷體密度為P=-=-薦4兀r3；34兀r3小a電子云在原子內產生的電通量密度則為D=eP加廠33=-e孚工2r4

28、兀r2r4兀r3aZe(1r'故原子內總的電通量密度為D=D!+D2=e歳,r2r3丿_a3.3電荷均勻分布于兩圓柱面間的區(qū)域中，體密度為PC/m3，兩圓柱面半徑分別為a和b，軸線相距為c(c<b-a)，如題3.3圖(a)所示。求空間各部分的電場。解由于兩圓柱面間的電荷不是軸對稱分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半徑為a的小圓柱面內看作同時具有體密度分別為土p°的兩種電荷分布，這樣在半徑為b的整個圓柱體內具有體密度為P0的均勻電荷分布：而在半徑為a的整個圓柱體內則具有體密度為-P的均勻電荷分布，如題3.3圖(b)所示?？臻g任一點的電場是這兩種電荷所產生的電場的疊加。在

29、r>b區(qū)域中，由高斯定律JEgS=q，可求得大、小圓柱中的正、負電荷在點£S0點P處總的電場為E=E+E'=-P-(竺-事)1 i2£r2r2在r<b且r'a區(qū)域中，同理可求得大、小圓柱中的正、負電荷在點P產生的電場分別為點P處總的電場為E=E+E、具(r-竽)2 22£r2在r'<a的空腔區(qū)域中，大、°小圓柱中的正、負電荷在點P產生的電場分別為點P處總的電場為E=E+E'=(r-r')=Jc3 32£2£34半徑為a的球中充滿密度p(r)的體電荷，已知電位移分布為r3+Ar2

30、(r<a)D5+Aa4其中A為常數，試求電荷密度P(r)。r(r>a)、r2解：由=P，有p(r)=(r2D)r2drr1J故在r<a區(qū)域p(r)=8r2(r3+Ar2)=w(5r2+4Ar)0r2dr0在ra區(qū)域p(r)=81r2(a5+Aa4)=00r2drr23. 5個半徑為a薄導體球殼內表面涂覆了一薄層絕緣膜，球內充滿總電荷量為Q為的體電荷，球殼上又另充有電荷量Q。已知球內部的電場為E=e(rfa)4，設球內r介質為真空。計算：(1)球內的電荷分布；(2)球殼外表面的電荷面密度。解(1)由高斯定律的微分形式可求得球內的電荷體密度為(2)球體內的總電量Q為Q=Jpdr=

31、f684兀r2dr=4兀8a20a40T0球內電荷不僅在球殼內表面上感應電荷-Q，而且在球殼外表面上還要感應電荷Q，所以球殼外表面上的總電荷為2Q，故球殼外表面上的電荷面密度為e=2£=284兀a20(2)欲使rb區(qū)域內D=0，貝怙和0136兩個無限長的同軸圓柱半徑分別為r=a和r=b(ba)，圓柱表面分別帶有密度為和巳的面電荷。(1)計算各處的電位移D；e應具有什么關系？解(1)由高斯定理JD0gS=q，當r<a時，S有2兀rD=2兀ac，則D=e竺102102rr有2兀rD=2兀ac+2兀be，則D=e1203則得到=-ca2E=ey+ex的電場中把帶電量為-2卩C的點電荷

32、從點有Do廣0當a<r<b時,當b<r<g時,2ac+be03ae+be12=0，r1 2r(2) 令D=e03rr37計算在電場強度xyP(2,1,-1)移到點P(8,2,-1)時電場所做的功：(1)沿曲線x=2y2;(2)沿連接該兩點的12直線。解(1)W=JFgdl=qjEgdl=qJEdx+Edy=xy(2) 連接點P(2,1,-1C到點P(8,2,-1)直線方程為12x-2x-8=艮卩x一6y+4=0y-1y-2故W=qJydx+xdy=qJyd(6y-4)+(6y-4)dy=qJ(12y-4)dy=14q=-28x10-6(J)38長度為l的細導線帶有均勻電

33、荷，其電荷線密度1為p。(1)計算線電荷平分面上任意點的電位®；(2)利用直接積分法計算線電荷平分面上任意點的電場E，并用E=-Vp核對。解(1)建立如題3.8圖所示坐標系。根據電位的積分表達式，線電荷平分面上任意點P的電位為L2pdz'p(r,0)=J10(2)根據對稱性，可得兩個對稱線電荷元pdz'在點Pl0的電場為故長為L的線電荷在點P的電場為由E=-Vp求E，有”24兀wJr2+z'239已知無限長均勻線電荷P1的電場E=e-暑，試0用定義式申(r)=fEgdI求其電位函數。其中rp為電位參考點。解p(r)=EglI=frPdr=PInr|rp=PIn

34、-p-2兀wr2兀w-2兀wr由于是無限長的線電荷，不能將-選為無窮遠點。P310點電荷+q位于(-a,0,0)，另一點電荷-2q位于(a,0,0)，求空間的零電位面。解兩個點電荷+q和-2q在空間產生的電位令p(x，y,z)=0，則有右右(x-a)f+y2+z2=0即4(x+a)2+y2+z2=(x一a)2+y2+z2故得(x+*a)2+y2+z2=(善a)2由此可見，零電位面是一個以點(-5a,0,0)為球心、4a為半徑的球面。3.11證明習題3.2的電位表達式為p(r)=Ze12r23、+)4兀wr2r2r0aa解位于球心的正電荷Ze在原子外產生的電通量密度為D=e二匚1-4兀-2電子云

35、在原子外產生的電通量密度則為D=eP4兀-33=-e絲2-4兀r2-4兀-2所以原子外的電場為零。故原子內電位為1)2)3.12電場中有一半徑為a的圓柱體，已知柱內外的電位函數分別為求圓柱內、外的電場強度；這個圓柱是什么材料制成的？表面有電荷分布嗎？試求之。a2a2解(1)由E=-Vp，可得到r<a時，E=-Vp=0r>a時，E=-Vp=-eA(r-)cosQ-eA(r-)cosQ=rdrrQrdQr2)該圓柱體為等位體，所以是由導體制成的，其表面有電荷分布，電荷面密度為3.13驗證下列標量函數在它們各自的坐標系中滿足v2p=0(1) sin(kx)sin(ly)e-hz其中h2=

36、k2+l2；(2) rncos(nQ)+Asin(nQ)圓柱坐標；3)r-ncos坐標;(4)rcos0球坐標；5)r-2cos0球坐標。解(1)在直角坐標系中W皆空+竺+竺dx2y2dz2而=-sin(kx)sin(ly)e-hz二-k2sin(kx)sin(ly)e-hz0x2dx2故V2申=(-k2-12+h2)sin(kx)sin(ly)e-h二0(2) 在圓柱坐標系中V2=10(r型)+笛+空r0r0rr20020z2而rOr(r詈)dr"dr"cos(n0)+Asin(神)二n2rn-2cos(神)+Asin(神)故V2Q=0(3) -(r竺)=-rr-ncos

37、(n0)=n2r-n-2cos(n0)rdrdrrdrdr故V2Q=0(4) 在球坐標系中V2皆丄專(r2IT)+一關獸)+L_牛r2drorr2sinUdUdUr2sin2UIQ21d/dq、1dd2而(r2)=r2(rcosU)=cosUr2drdrr2drdrr故V2q=0(5)(r2迎)=丄r2(r-2cosU)=cosUr2drdrr2drdrr2故V2q=03.14已知y>0的空間中沒有電荷，下列幾個函數中哪些是可能的電位的解軍?(1) e-ycoshx；(2) e-ycosx；(3) e2ycosxsinx解(1)d2dx2(4) sinxsinysinz。(e-ycosh

38、x)+(e-ycoshx)+(e-ycoshx)=2e-ycoshx豐0dy2dz2所以函數e-ycoshx不是y>0空間中的電位的解;2)d2d2d2(e-ycosx)+(e-ycosx)+(e-ycosx)=-e-ycosx+e-ycosx=0dx2dy2dz2所以函數e-ycosx是y>0空間中可能的電位的解;(3) (e-'2ycosxsinx)+°-(e-'2ycosxsinx)+°-(e-、2ycosxsinx)=dx2dy2dz2所以函數e-2ycosxsinx不是y>0空間中的電位的解；(4) (sinxsinysinz)+

39、(sinxsinysinz)+°-(sinxsinysinz)=dx2dy2dz2所以函數sinxsinysinz不是y>0空間中的電位的解。3.15中心位于原點，邊長為L的電介質立方體的極化強度矢量為P=P（ex+ey+ez）。（1）計算面束縛電荷密度和體束縛電荷密度；（2）證明總的束0xyz縛電荷為零。解（1）p=-VgP=-3PP0同理&（y=）=&（y=-£）=&（z=）=&（z=-£）=PP2P2P2P220（2）q=JpdT+代dS=-3PL3+6LxLP=0PPP0203.16一半徑為r的介質球，介電常數為88，

40、其內均勻分布自由電荷P，證明中0r0心點的電位為罕1（為）R228380解由蘇S=q，可得到Sr<R時,4兀r2D=竺弓.p1 3E=2=Q188388r0r0rR時,0小4兀R34兀r2D=0p2 3即八pR3口=D=PR23r22838r2故中心點的電位為3.17一個半徑為r的介質球，介電常數為8，球內的極化強度P=eK'r，其中k為一常數。（1）計算束縛電荷體密度和面密度；（2）計算自由電荷密度；（3）計算球內、外的電場和電位分布。r2dr在r=R的球面上，束縛電荷面密度為&二ngP|二egP|二-Pr=Rrr=RR(2)由于D=8E+P，所以Vgf)=8VgE=0

41、008即(it溟gp=gP(r2)二一r解（1）介質球內的束縛電荷體密度為p=-VgP=-1dK、Kp8KP-一p(8-8)r208由此可得到介質球內的自由電荷體密度為P=VgD=VgP=-8-80總的自由電荷量q=JpdT=-8K-j丄4兀r2dr=便竺8-8r28-8T000（3）介質球內、外的電場強度分別為介質球內、外的電位分別為3.18 （1）證明不均勻電介質在沒有自由電荷密度時可能存在束縛電荷體密度（2）導出束縛電荷密度p的表達式。P解（1）由D=8°E+P，得束縛電荷體密度為Pp=-VgP=-VgD+8°VgE在介質內沒有自由電荷密度時，VgD=0，則有Pp；8

42、°VgE°由于D=8E，有'VgD=Vg（8E）=8VgE+EgV8=0所以卿=-込8由此可見，當電介質不均勻時，VgE可能不為零，故在不均勻電介質中可能存在束縛電荷體密度。(2)束縛電荷密度卩“的表達式為p=sVgE=-loEg7sPP083.19 兩種電介質的相對介電常數分別為8=2和8=3，其分界面為z=0平面。如r1r2果已知介質1中的電場的那么對于介質2中的E和D，我們可得到什么結果？能否求出介質2中任意點的E和222D？2解設在介質2中在z=0處，由ex(E-E2)二0和eg(D-D)二0，可得于是得到e(x,y,0)=2y故得到介質2中的E和D在z=0

43、處的表達式分別為"0)一e：-y3x1°10)22D(x,y,0)=8(e6y一e9x+e10)2 0xyz不能求出介質2中任意點的E和D。由于是非均勻場，介質中任意點的電場與邊界22面上的電場是不相同的。223.20 電場中一半徑為a、介電常數為8的介質球，已知球內、外的電位函數分別驗證球表面的邊界條件，并計算球表面的束縛電荷密度。解在球表面上故有q(a,6)(a,6)，8竺，=8竺|120Qrr=aQrr=a可見件和申滿足球表面上的邊界條件。球表面的束縛電荷密度為3.21平行板電容器的長、寬分別為a和b，極板間距離為d。電容器的一半厚度(0-)用介電常數為8的電介質填充

44、，如題3.21圖所示。2(1) (1)?板上外加電壓U，求板上的自由電荷面密度、束縛電荷；?0(2) (2)?若已知板上的自由電荷總量為Q，求此時極板間電壓和束縛電荷;(3) (3)?求電容器的電容量。題3.21圖0z0解(1)設介質中的電場為E=eE，空氣中的電場為E=eE。由D=D，有z8E=8E又由于Ed+Ed=-U2020由以上兩式解得28U28UE=0_0，E=0(8+8)d0(8+8)d00故下極板的自由電荷面密度為288U00(8+8)d00上極板的自由電荷面密度為-上=-80E0=諾場0電介質中的極化強度P=（£-£）E=-e0000z（£+

45、63;）d0故下表面上的束縛電荷面密度為下=-egP=¥°p下z（£+£）d0上表面上的束縛電荷面密度為,=egP=-與當°p上z（£+£）d0Q2££U（2）由=°-ab（£+£）d題3.22圖0U（£+£）dQ得到U=r2££ab0故G=（£-£o）Qp下£ab（3）電容器的電容為C二二駐U（£+£）d3.22厚度為t、介電常數為£*4£的無限大介質板，放置于均勻

46、電場E中，板與E成角0，如題03.22圖所示。求：（1）使0二加4的0值；（2）介質板兩表面的極化電荷密度。21tan0£解（1）根據靜電場的邊界條件，在介質板的表面上有%1=7tan0£由此得至U0二tan-i*otan°2二tan-i二tan-1二14>1££4（2）設介質板中的電場為E，根據分界面上的邊界條件，有£E丸E，即00nn£1所以E=-0Ecos0二Ecos14on£01402介質板左表面的束縛電荷面密度=-（£-£）E=-3£Ecos14o=-0.728

47、3;Ep0n40000介質板右表面的束縛電荷面密度g=（£-£）E=3£Ecos14o=0.728£Ep0n40000323在介電常數為£的無限大均勻介質中，開有如下的空腔，求各腔中的E和D:（1）平行于E的針形空腔；°°（2）底面垂直于E的薄盤形空腔；（3）小球形空腔（見第四章4.14題）。解（1）對于平行于E的針形空腔，根據邊界條件，在空腔的側面上，有E=E。故在針形空腔中E=E，D=£E=£E（2）對于底面垂直于E的薄盤形空腔，根據邊界條件，在空腔的底面上，有D=Do故在薄盤形空腔中D£E

48、D=D=£E，E=o=003.24在面積為S的平行板電容器內填充介'電常數作線性變化的介質，從一極板（y=0）處的£一直變化到另一極板（y=d）處的£，試求電容量。12解由題意可知，介質的介電常數為£=£+y（£-£）fd設平行板電容器的極板上帶電量分別為+q，2由高斯定理可得所以，兩極板的電位差U=!edy=qdeln.e+y(丄)dSdy=S(e-e)e00121211故電容量為C二n?、Udln(ee)213.25一體密度為p=2.32x10-7Cm3的質子束，束內的電荷均勻分布，束直徑為，束外沒有電荷分布，試

49、計算質子束內部和外部的徑向電場強度。2mm1解在質子束內部，由高斯定理可得2兀rE二兀r2pre0pr2.32x10-7r故E二二二1.31x104rVm(r<10-3m)r2e2x8.854x10-1201在質子束外部，有2兀rE二一兀a2pre0pa22.32x10-7x10-61”故E=1.31x10-2Vm(r>10-3m)r2er2x8.854x10-12rr'326考慮一塊電導率不為零的電介質(丫,e)，設其介質特性和導電特性都是不均勻的。證明當介質中有恒定電流J時，體積內將出現自由電荷，體密度為p=J超的)。試問有沒有束縛體電荷p?若有則進一步求出p0PPee

50、e解p=VgD=Vg(eE)=Ng-J)=Jg(-)+-VgJ一-對于恒定電流，有Vgj=0，故得到P=JgV(e-7)介質中有束縛體電荷p，且3.27填充有兩層介質的同軸電纜，內導體半徑為a，外導體內半徑為c，介質的分界面半徑為b。兩層介質的介電常數為e和e，電導率為-和-o設內導體的電壓為U，外導體接地。求：(1)兩導體之間的電流密度和電場1強度分布；(2)介質分界面0上的自由電荷面密度；(3)同軸線單位長度的電容及漏電阻0解(1)設同軸電纜中單位長度的徑向電流為/，則由IJgdS=I，可得電流密度S介質中的電場E二J二e1(a<r<b)1-r2兀r-11由于U=fEgdr+I

51、Egdr=ln+ln-0122兀-a2兀-bab12于是得到I二2叫-2U0-ln(a)+-ln(b)故兩種介質中2的電流密度和電場強度分別為(2) 由&=ngp可得，介質1內表面的電荷面密度為介質2外表面的電荷面密度為兩種介質分界面上的電荷面密度為(3) 同軸線單位長度的漏電阻為r二U二-2ln(ba)+-1ln(cb)I2兀-12由靜電比擬，可得同軸線單位長度的電容為C二2兀節(jié)2.eln(b.a)+eln(b)328半徑為R和R(R<R)的兩個同心的理想導體球面間充滿了介電常數為e、電導率為-二-(1+Kr)的導電媒質(K為常數)若內導體球面的電位為U，外導體球00面接地。試

52、求：（1）媒質中的電荷分布；（2）兩個理想導體球面間的電阻。解設由內導體流向外導體的電流為I，由于電流密度成球對稱分布，所以電場強度E=J=e-(R<r<R)Yr4兀丫(r+K)r120由兩導體間的電壓U=¥Egdr0可得到1=所以J=eR14兀YKU1-i=00=r.R(R+K)In2iR(R+K)12YKU00=.R(R+K)r2ln二_iR(R+K)12R14兀Y(r+K)r0ln4兀yK0R(R+K)T1R(R+K)12媒質中的電荷體密度為p=碎y）=;媒質內、外表面上的電荷面密度分別為8K2UeR(R+K)21R(R+K)21(r+K)2r22）兩理想導體球面間

53、的電阻3.29電導率為Y的無界均勻電介質內，有兩個半徑分別為R和R的理想導體小球，兩球之間的距離為d（d>>RdR），試求兩小導體球面間的電阻。解此題可采用靜電比擬的方法求解。假設兩小球分別帶電荷q和一q，由于兩球間的距離d>>R、d>>R，可近似認為小球上的電荷均勻分布在球面上。由電荷q和-q的電位疊加求出兩小球表面的電位差，即可求得兩小導體球面間的電容，再由靜電比擬求出兩小導體球面間的電阻。設兩小球分別帶電荷q和q，由于d>>R、d>>R，可得到兩小球表面的電位12q所以兩小導體球面間的電容為C=6可=1111RRdRdR1212

54、由靜電比擬，得到兩小導體球面間的電導為G=6扌=11卻L12+RRdRdR1212故兩個小導體球面間的電阻為R二丄二丄（丄+丄-11）G4叭RRdRdR330在一塊厚度d的導電板上，由兩個半徑為r和r的圓弧和夾角為«的兩半徑割出的一塊扇形體，如題3.30圖所示。求：（1）沿1厚度2方向的電阻；（2）兩圓弧面之間的電阻；沿«方向的兩電極的電阻。設導電板的電導率為y。解（1）設沿厚度方向的兩電極的電壓為/，則有1題3.30圖E=U1d故得到沿厚度方向的電阻為（2）設內外兩圓弧面電極之間的電流為/，貝U故得到兩圓弧面之間的電阻為2(3)設沿a方向的兩電極的電壓為U，貝【J有U=fErdQ3 33由于e與©無關，所以得到°3故得到沿a方向的電阻為R二U=-3I丫dln(r:r)3.31圓柱形電容器外導體內半徑為b1，內導體半徑為a。當外加電壓U固定時，在b一定的條件下，求使電容器中的最大電場強度取極小值E的內導體半徑a的值和這個E的值。min解設內導體單位長度帶電荷為p，由高斯定理可求得圓柱形電容器中的電場強度為l2ksr2maaa00由內外導體間的電壓U=Edr=JLdr=-Pln-2K8U得到Pi二亦由此得到圓柱形電容器中的電場強度與電壓的關系式E(r)=島在