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电磁场与电磁(第三版)课后答案第3章

第三章习题解答

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 z

z S

S Φ====??D S D e

22322232

()[]2d 4()()a

q a a

r r r a r a

ππ--=++? 2212

01)0.293()a

qa 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02314r

a 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 12

r π=D e 原子内电子云的电荷体密度为 33

3434a a Ze Ze

r r ρππ=-

=- 电子云在原子内产生的电通量密度则为

3223

4344r 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 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

d S

ε=

E S ，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 220012

0022r a a r r

πρρπεε'

-''==-''r E e

题3.1 图

题3. 3图(

点P 处总的电场为 2211

220()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 2222

0022r a a r r

πρρπεε'

-''==-''r E e 点P 处总的电场为 2022

20()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 2003

22r r r πρρπεε''

-''==-'r E e 点P 处总的电场为 0033

()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

3254

()()

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 2

1d ()()d r r r D r r

ρ=?=D 故在r a <区域 23

220

1d ()[()](54)d r r r Ar r Ar r r

ρεε=+=+ 在r a >区域 54

022

1d ()()[]0d a Aa r r r r r

ρε+== 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 43

2002441d [()]6d r r r r r a a

εε=

（2）球体内的总电量Q 为 322

0040

d 64d 4a

r 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 02

224Q

a 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

题3. 3图()b

＝

＋

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

d S

q =?D

S ，当r a <时，有 01

0=D

当a r b <<时，有 02122rD a ππσ= ，则 1

02r

a r

σ=D e 当b r <<∞时，有 0312222rD a b ππσπσ=+ ，则 12

03r

a b r

σσ+=D e （2）令 12

030r a b r

σσ+==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2

2x y =；（2）沿连接该两点的直线。

解（1）d d d d x y C

C W q q E x E y ===+=???

F l E l

221

d d d(2)2d C

q y x x y q y y y y +=+=

??2

261

6d 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

x x y y --=-- 即 640x y -+= 故

W =

d d d(64)(64)d C

q y x x y q y y y y +=-+-=

??2

(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?；（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?=-?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

(,0)L L r ?-'

ln(4L l L z ρπε-'+=

04l ρπε=

02l ρπε

L L -r

ρ 题3.8图

（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 r

E θ'

===E e e 02232

0d 2()l r

r z r z ρπε'

'+e

故长为L 的线电荷在点P 的电场为

02232

d d 2()L l r r z r z ρπε'

===

'+??

E E

e 2

02L l r r ρπε=

e r

e 由?=-?E 求E ，有

002l ρ?πε??=-?=-?=??

0012l r r ρπε??

?--=??

e r e

3.9 已知无限长均匀线电荷l ρ的电场02l

r r ρπε=E e ，试用定义式()d P

r r

r ?=?E l 求其

电位函数。其中P r 为电位参考点。

解

000

()d d l n l n 222P

r r r

l l l P

r r r r r r

ρρρ?πεπεπε

====??

E l 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

?πε

令(,,)0x y z ?=，则有

即 222222

4[()]()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、4

a 为半径的球面。

3.11 证明习题3.2的电位表达式为 2013

()()422a a

Ze r r r r r ?πε=

+- 解位于球心的正电荷Ze 在原子外产生的电通量密度为 124r

π=D e 电子云在原子外产生的电通量密度则为 3222

4344a r r r Ze

r r

ρπππ==-D e e

所以原子外的电场为零。故原子内电位为

23001

1()d ()d 4a

a r r

r r Ze r

r D r r r r ?επε==-=??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

()0

()()cos r r a a r A r r a

??φ=≤???=-≥??

（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?=-?E ，可得到 r a <时， 0?=-?=E

r a >时， ?=-?=E 22

[()cos ][()cos ]r a a A r A r r r r r

φφφφ??----=??e e

22(1)cos (1)sin r a a A A r r

φφφ-++-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

3.13 验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足20??= （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）2

cos r

φ- 球坐标。

解（1）在直角坐标系中 2222

222x y z

???

?????=++??? 而 22222

[sin()sin()]sin()sin()hz hz

kx ly e k kx ly e x x ?--??==-?? 22222[sin()sin()]sin()sin()hz hz

kx ly e l kx ly e y y ?--??==-?? 22222

[sin()sin()]sin()sin()hz hz

kx ly e h kx ly e z z

?--??==?? 故 2222()sin()sin()0hz

k l h kx ly e ?-?=--+=

（2）在圆柱坐标系中 222

2221()r r r r r z

???

?φ?????=

++???? 而

11(){[cos()sin()]}n r r r n A n r r r r r r

?φφ????

=+=????22[cos()sin()]n n r n A n φφ-+ 222

1[cos()sin()]}n n r n A n r ?φφφ

-?=-+? 2222[cos()sin()]0n

r n A n z z

?φφ-??=+=?? 故 2

0??=

（3）

2211(){[cos()]}cos()n n r r r n n r n r r r r r r ?φφ---????

==???? 222

1cos()n n r n r ?φφ

--?=-? 2222[cos()]0n

r n z z

?φ-??==?? 故 20??=

（4）在球坐标系中

222222

111()(sin )sin sin r r r r r r ????θθθθθφ

??????=++????? 而 222

2112

()[(cos )]cos r r r r r r r r r r ?θθ????==???? 22

11(sin )[sin (cos )]sin sin r r r ?θθθθθθθθθ

????

==???? 2

12(sin )cos sin r r r

θθθθ?-=-? 22

222222

11(cos )0sin sin r r r ?θθφθφ

==?? 故 2

0??=

（5） 2222

22112

()[(cos )]cos r r r r r r r r r r ?θθ-????==???? 2

11(sin )[sin (cos )]sin sin r r r ?θθθθθθθθθ

-????==???? 22

12(sin )cos sin r r r

θθθθ-?-=-? 22

222222

11(cos )0sin sin r r r ?θθφθφ

-??==?? 故 2

0??=

3.14 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 y

e 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 y

e 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） 2222

22(cos sin )(cos sin )(cos sin )e x x e

x x e

x x x y

???++=???

4cos sin 2cos sin 0e x x e x x -+≠

所以函数x x e y sin cos 2-不是0>y 空间中的电位的解；

（4） 222

222(s i n s i n s i n )(s i n s i n s i n )(s i n s i n s i n )

x y z x y z x y z x y z

???++=??? 3sin sin sin 0x 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

0()2

2P x L x x L L L x P σ======

n P

e P

0()2

P x L x x L L

L x P σ=-=-=-==-=

n P e P

同理 0()()()()22222

P P P P L L L L L

y y z z P σσσσ===-====-=

（2） 32

00d d 3602P P P S

L 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

200

21()23r r R ερ

εε+ 解由

d S

q =?D S ，可得到

0r R <时， 3

1443

r r D ππρ=

即 13

r D ρ=， 11

003r r D r E ρεεεε== 0r R >时， 3

02443

R r D ππρ=

即 3

022

3R D r

ρ= ， 3

0122003R D E r ρεε== 故中心点的电位为

30122

0000(0)d d d d 33R R r R R

R r E r E r r r r ρρ?εεε∞∞

=+=+=????22200000021()6323r r r R R R ρρερεεεεε++= 3.17 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 222

1d ()d p K K

r 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 K

σ=====n P e P

（2）由于0ε=+D E P ，所以 0

0εεε

?=?+?=?+?D E P D P 即 0

(1)εε

?=?D P 由此可得到介质球内的自由电荷体密度为

()p K

r εεερρεεεεεε=?=

?=-

---D P 总的自由电荷量 2

200014d 4d R K RK q r r r τ

επερτπεεεε===--?? （3）介质球内、外的电场强度分别为

100()r K

εεεε=

=--P E e ()r R < 2220004()r r

q RK

r r επεεεε==-E e e ()r R > 介质球内、外的电位分别为

112d d d R

r r

E r E r ?∞

∞

==+=???E l

200

0d d ()()R

r R K RK

r r r r εεεεεε∞

+=--?? 000ln ()()

K R K

r εεεεεε+-- ()r R ≤

222

0d d ()r r RK

E r r r ε?εεε∞

∞

===-??00()RK r εεεε- ()r R ≥ 3.18 （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 ε

??=-

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 0

0P ερεεε

=?=-

?E E 3.19 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

123(5)x y z y x z =-++E e e e 那么对于介质2中的2E 和2D ，我们可得到什么结果？能否求出介质2中任意点的2E 和

2D ？

解设在介质2中

2222(,,0)(,,0)(,,0)(,,0)x x y y z z x y E x y E x y E x y =++E e e e

2022023r εεε==D E E

在0z =处，由12()0z ?-=e E E 和12()0z -=e D D ，可得

2200223(,,0)(,,0)

253(,,0)x y x x y y z y x E x y E x y E x y εε-=+????=??

e e e e

于是得到 2(,,0)2x E x y y =

2(,,0)3y E x y x =-

2(,,0)10z E x y =

故得到介质2中的2E 和2D 在0z =处的表达式分别为 220(,,0)23(10(,,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边界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

3010020cos cos 2E r a E r

εεθ

?θεε-=-+

+ r a ≥

03cos 2E r ε?θεε=-

+ r a ≤

验证球表面的边界条件，并计算球表面的束缚电荷密度。

解在球表面上

1000

003(,)cos cos cos 22a E a aE E a εεε?θθθθεεεε-=-+

=-++

200

3(,)cos 2a E a ε?θθεε=-

010

002()3cos cos cos 22r a E E E r εε?ε

θθθεεεε=-?=--=-?++ 02

03cos 2r a

E r ε?θεε=?=-?+ 故有 12(,)(,)a a ?θ?θ=， 12

0r a r a r r

??εε==??=??

可见1?和2?满足球表面上的边界条件。

球表面的束缚电荷密度为

02()p r a

r σεε===-=n P e E 002000

3()

()

cos 2r a E r

εεε?εεθεε=-?--=

?+ 3.21 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3.21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 002

2U d

E d E -=+

由以上两式解得 0002()U E d εεε=-

+ ，0

002()U E d

εεε=-+

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 00

02()U E d

εεσεεε=-=+上电介质中的极化强度 000

002()()()z

U d εεεεεεε-=-=-+P E e 故下表面上的束缚电荷面密度为 000

02()()p z

U d εεεσεε-=-=+e P 下上表面上的束缚电荷面密度为 000

02()()p z U d

εεεσεε-==-

+e P 上（2）由 002()U Q ab d

εεσεε=

=+ 得到 00()2dQ U ab εεεε+= 故 0()p Q ab

εεσε-=下

0()p Q ab

εεσε-=-上

（3）电容器的电容为 002()ab Q

C U d

εεεε==+ 3.22 厚度为t 、介电常数为04εε=的无限大介质板，放置于均匀电场0E 中，板与0

E 成角1θ，如题3.22图所示。求：（1）使24θπ=的1θ值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。

解（1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有

12tan tan εθθε

= 由此得到 11102

01tan 1tan

tan tan 144

εθεθεε---==== （2）设介质板中的电场为E ，根据分界面上的边界条件，有00n n E E εε=，即

001cos n E E εθε=

所以 00101

cos cos144

n E E E εθε==

介质板左表面的束缚电荷面密度

0000

03()c o s 140.7284

p n E E E σεεεε=--=-=-

题 3.21图

题3.22

图

介质板右表面的束缚电荷面密度

0000

()c o s 14

0.7284

p n E E E σεεεε=-== 3.23 在介电常数为ε的无限大均匀介质中，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4.14题）。解（1）对于平行于E 的针形空腔，根据边界条件，在空腔的侧面上，有0=E E 。故在针形空腔中

0=E E ，0000εε==D E E

（2）对于底面垂直于E 的薄盘形空腔，根据边界条件，在空腔的底面上，有0=D D 。故在薄盘形空腔中

0ε==D D E ，0

εεε=

D E

E 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化的介质，从一极板

(0)y =处的1ε一直变化到另一极板()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

y q

D S

σ==

121[()]y

y D q

E y d S

εεε=

所以，两极板的电位差 21212110

d d ln [()]()d

y q qd

U E y y y d S S εεεεεεε==

=+--?

? 故电容量为 2121()ln()

S q

C U d εεεε-=

= 3.25 一体密度为7

2.3210C 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 2

2r r E r ππρε=

故 74120 2.3210 1.3110V m 228.85410

r r r E r ρε--?===??? 3

(10m )r -< 在质子束外部，有 20

2r rE a ππρε=

故 276212

0 2.32101011.3110V m 228.85410r a E r r r

ρε----??===??? 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，体积内将出现自由电荷，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 ()()()εεε

ρεγγγ

=?=?=?=?+?D E J J J 对于恒定电流，有0?=J ，故得到 ()ρεγ=?J 介质中有束缚体电荷P ρ，且

00()()P ερεεγγ=-?=-?+?=-?+?=

P D E J 00()()()εεεε

γγγ

--?+?=-?J J J

3.27 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 ，可得电流密度

I r π=J e

()a r c <<

介质中的电场 1112r

r γπγ==J E e ()a r b << 222

r γπγ==J E e ()b r c << 由于 012d d b

U =+=

E r E r 1

2ln

ln 22I b I c

a b

πγπγ+ 于是得到 120

212ln()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

120

21[ln()ln()]

U r b a c γγγγ=+J e ()a r c <<

121[ln()ln()]

U r b a c b γγγ=+E e ()a r b << 10

221[ln()ln()]

U r b a c b γγγ=+E e ()b r c << （2）由σ=n D 可得，介质1内表面的电荷面密度为

120

111

21[ln()ln()]

r r a

U a b a c b εγσεγγ===

+e E

介质2外表面的电荷面密度为

210

222

21[ln()ln()]

r r c

U c b a c b εγσεγγ==-=-

+e E

两种介质分界面上的电荷面密度为

121122()

r r r b

σεε==--=e E e E 12210

21()[ln()ln()]

U b b a c b εγεγγγ--

（3）同轴线单位长度的漏电阻为 02112

ln()ln()

2U b a c b R I γγπγγ+==

由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为 12

212ln()ln()

C b a c πεεεε=

+ 3.28 半径为1R 和2R )(21R R <的两个同心的理想导体球面间充满了介电常数为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

122

()4r

R r R r

π=<

电场强度 120()4()r

R r R r K r

γπγ==<<+J E e

由两导体间的电压 2

00d 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??+??+?? 可得到 00

21124()ln ()KU I R R K R R K πγ=

??+??+??

所以 00

22112()ln ()r

KU R R K r R R K γ=??+??

+??

J e

媒质中的电荷体密度为 20

2221121

()()()ln ()K U r K r R R K R R K εε

ργ

=?=

+??+??+??

J 媒质内、外表面上的电荷面密度分别为

11121121

()()ln ()r r R KU R K R R R K R R K εεσγ

===

+??+??+??

e J

022221121

()()ln ()r r R KU R K R R R K R R K εεσγ

==-=-

+??+??+??

e J

（2）两理想导体球面间的电阻

021

012()1

ln 4()

U R R K R I K R R K πγ+=

=+ 3.29 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。

解此题可采用静电比拟的方法求解。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表面的电位差，即可求得两小导体球面间的电容，再由静电比拟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1

R d >>、2

R d >>，可得到两小球表面的电位为

112

11(

)4q

R d R ?πε=

221

()4q R d R ?πε=---

所以两小导体球面间的电容为 121212

41111

q C R R d R d R πε??==

-+----

由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为 121212

41111

I G R R d R d R πγ

??=

-+---- 故两个小导体球面间的电阻为 1212

111111

()4R G R R d R d R πγ==+----

3.30 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3.30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1

U ，则有

U E 11=

111U J E d γγ==

22111121()2

U I J S r r d γα

==?-

故得到沿厚度方向的电阻为 11221212()

U d

R I r r αγ=

- （2）设内外两圆弧面电极之间的电流为2I ，则

I S I J α2222==

I J E γα=γ=

222 2

22221

d ln r r I r

U E r d r γα==

? 故得到两圆弧面之间的电阻为 22221

ln U r R I d r γα=

= （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，所以得到

33U r

α=E e 333U r φ

γγα==J E e 2

332331

d d ln

r S r dU dU r I S r r r φγγαα===??J e

故得到沿α方向的电阻为 33321ln()

U R I d r r α

γ=

3.31 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 固定时，在b 一定的条件下，求使电容器中的最大电场强度取极小值min E 的内导体半径a 的值和这个

min E 的值。

解设内导体单位长度带电荷为l ρ，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为

题3.30图

0()2l

E r r

ρπε=

由内外导体间的电压 00d d ln 22b

l l a

U E r r r a ρρπεπε===??

得到 02ln()

l U

b a περ=

由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 )

ln()(a b r U

r E =

在圆柱形电容器中，a r =处的电场强度最大 )

ln()(a b a U

a E =

令)(a E 对a 的导数为零，即 0)

(ln 1

)ln(1)(2

2=--=??a b a b a a a E 由此得到 1)/ln(=a b 故有 718.2b e b a ≈

U U b e E 718.2min ==

3.32 证明：同轴线单位长度的静电储能e W 等于2

2l q C

。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 r r

πε=

内外导体间的电压为

d d ln 22b

l l a

U E r r r a ρρπεπε===??

则同轴线单位长度的电容为 2ln()

l q C U b a πε

== 同

轴

线

单

位

长

度

的

静

电

储

能

为

2211d ()2d 222b

l e a q W E r r r τετεππε===??22

11ln()222l l q q b a C

πε=

3.33 如题3.33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，分界面为无限大平面。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

1222r E r E q πεπε+=

所以 2122()

q E r πεε=

导体球的电位

题 3.33图

2121

()d d 2()a

a q a E r r r ?πεε∞

∞

===+??122()q a πεε+ 故导体球的电容 122()()

C a a πεε?=

=+ （2）总的静电能量为 2

121()24()e q W q a a

?πεε==+

3.34 把一带电量q 、半径为a 的导体球切成两半，求两半球之间的电场力。

解先利用虚位移法求出导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力f ，然后在半球面上对f 积分，求出两半球之间的电场力。

导体球的电容为 04C a πε= 故静电能量为 22

028e q q W C a

πε=

= 根据虚位移法，导体球表面上单位面积的电荷受到的静电力

2224

0011()44832e W q q f a a a a a a

πππεπε??=-=-=?? 方向沿导体球表面的外法向，即 2

032r r q f a πε==

f e e

这里 sin cos sin sin cos r x y z θφθφθ=++e e e e 在半球面上对f 积分，即得到两半球之间的静电力为

22224

0d sin d d 32r

q S a a ππθθφπε==

=???

F f e

2224

2cos sin d 32z

a q a ππθθθπε=?e 2

32z q a

πεe

3.35 如题3.35图所示，两平行的金属板，板间距离为d ，竖直地插入在电容率为ε的液体中，两板间加电压U ，证明液面升高

201()()2U h g d

εερ=

- 其中ρ为液体的质量密度。

解设金属板的宽度为a 、高度为L 。当金属板间的液面升高为h 时，其电容为

0()

a L h ah C d d

εε-=

+ 金属板间的静电能量为

01[()]22e aU W CU h L h d

εε==+-

液体受到竖直向上的静电力为

0()2e e W aU F h d

εε?==-?

而液体所受重力

g F mg ahd g ρ==

e F 与g F 相平衡，即 20()2aU

ahdg d

εε-=

题3.35图

故得到液面上升的高度

22002

()1()()22U U h d g g d

εεεερρ-==- 3.36 可变空气电容器，当动片由0至180电容量由25至350F p 直线地变化，当动片为θ角时，求作用于动片上的力矩。设动片与定片间的电压为=0U 400V 。

解当动片为θ角时，电容器的电容为

1235025

2525 1.81F (25 1.81)10F 180

C P θθθθ--=+=+=+?

此时电容器中的静电能量为 2122

0011(25 1.81)1022e W C U U θθ-==+?

作用于动片上的力矩为 122701

1.8110 1.45102

e W T U Nm θ--?=

=??=?? 3.37 平行板电容器的电容是0S d ε，其中S 是板的面积，d 为间距，忽略边缘效应。（1）如果把一块厚度为d ?的不带电金属插入两极板之间，但不与两极接触，如题3.37()a 图所示。则在原电容器电压0U 一定的条件下，电容器的能量如何变化？电容量如何

变化？

（2）如果在电荷q 一定的条件下，将一块横截面为S ?、介电常数为ε的电介质片插入电容器(与电容器极板面积基本上垂直地插入，如题3.37()b 图所示，则电容器的能量如何变化？电容量又如何变化？

解（1）在电压0U 一定的条件下，未插入金属板前，极板间的电场为

U E 0

电容为 00S

C d

ε=

静电能量为 22

00000122e SU W C U d

ε==

当插入金属板后，电容器中的电场为 0

U E d d

此时静电能量和电容分别为 2

200001()22()e U SU W S d d d d d d εε??

=-?=

?-?-??? 0202e W S C U d d

ε==-?

故电容器的电容及能量的改变量分别为

0000()

S d

C C C d d

d d d εεε??=-=

-?-?

20002()

e e e SU d

W W W d d d ε??=-=

（2）在电荷q 一定的条件下，未插入电介质板前，极板间的电场为 000q E S

σεε=

= 0

题3.37图()a

静电能量为 22

00022e q dq W C S

ε=

= 当插入电介质板后，由介质分界面上的边界条件t t E E 21=，有 E E E ==21

再由高斯定理可得 0()E S E S S q εε?+-?=

于是得到极板间的电场为 0()

E S S S εε=

?+-?

两极板间的电位差位

0()

U Ed S S S εε==?+-? 此时的静电能量为 20

1122()e q d

W qU S S S εε==

?+-? 其电容为 0()

S S S C d

εε?+-?=

故电容器的电容及能量的改变量分别为 0()S

C d

εε-??=

2000()1

2[()]

e q d W S S S S εεεεε-?=-?+-?

3.38 如果不引入电位函数，静电问题也可以通过直接求解法求解E 的微分方程而得解

决。

（1）证明：有源区E 的微分方程为2

ρε??=

E ，t P ρρρ=+；

（2）证明：E 的解是 01

d 4t R

τρτπε'?'=-

?E 解（1）由0??=E ，可得 ()0????=E ，即2

()0??-?=E E 又 0

()()P ρρεε?=

?-=

+E D P

故得到 2

()t P ρρρεε??+?==E

（2）在直角坐标系中2

t ρε??=E 的三个分量方程为

201t x E x ρε??=?，201t y E y ρε??=?，2

01t z

E z

ρε??=? 其解分别为

011d 4t

x E R x τρτπε?'=-'?? 011d 4t

y E R y τρτπε?'=-'?? 011d 4t

z E R z τ

ρτπε?'=-

'?? 故 x x y y z z E E E =++=E e e e

题3.37图()b

011[]d 4t t t x y z R x y z τρρρτπε???'-

++='''

????e e e 01

d 4t R τρτπε'?'-? 3.39 证明：()d 0t

R τ

ρτ''?=? 解由于 31()()t t t t t R R R R R ρρρρρ''??''?=?+=+R ，所以 03()d d d 4d t t t t R R R R

ττττρρρτρττπετ''??'''''?=+=+????R E 由题3.38(2)可知 0d 4t

τρτπε'?'=-?E 故 00()d 440t R τ

ρτπεπε''?=-+=?E E

(完整版)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 e 4y 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 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 1 235 02x y z -=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于?=B C 04 1502x y z -=-e e e 8520x y z ++e e e ?=A B 123041 x y z -=-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 1 238 5 20 x y z -=e e e 554411x y z --e e e

电磁场与电磁波课后习题及答案六章习题解答

第六章时变电磁场有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场 5cos mT z e t ω=B 之中，如题图所示。滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i. 解穿过导体回路abcda 的磁通为 5cos 0.2(0.7) cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==?=?-=--=+?g g B S e e 故感应电流为 11 0.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mA in d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ = =-=-+-+E 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。设棒以角速度ω绕轴作等速旋转，求介质内的极化强度、体积内和表面上单位长度的极化电荷。解介质棒内距轴线距离为r 处的感应电场为 00 z r r r B φωω=?=?=E v B e e B e 故介质棒内的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X 极化电荷体密度为 200 00 11()()2()P rP r B r r r r B ρεεωεεω?? =-??=- =--??=--P 极化电荷面密度为 0000()()P r r r a e r a B σεεωεεω==?=-?=-P n B e 则介质体积内和表面上同单位长度的极化电荷分别为 220020012()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=??=--=??=- 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题图所示。设0.2a m =、0.1m b c d ===、7 1.0cos(210)A i t π=?，求回路中的感应电动势。

电磁场与电磁波课后习题及答案六章习题解答

第六章时变电磁场 6.1 有一导体滑片在两根平行的轨道上滑动，整个装置位于正弦时变磁场 5cos mT z e t ω=B 之中，如题6.1图所示。滑片的位置由0.35(1cos )m x t ω=-确定，轨道终端接有电阻0.2R =Ω，试求电流i. 解穿过导体回路abcda 的磁通为 5cos 0.2(0.7)cos [0.70.35(1cos )]0.35cos (1cos )z z d B ad ab t x t t t t ωωωωωΦ==?=?-=--=+?B S e e 故感应电流为 11 0.35sin (12cos ) 1.75sin (12cos )mA in d i R R dt t t t t R ωωωωωωΦ = =-=-+-+E 6.2 一根半径为a 的长圆柱形介质棒放入均匀磁场0z B =B e 中与z 轴平行。设棒以角速度ω绕轴作等速旋转，求介质的极化强度、体积和表面上单位长度的极化电荷。解介质棒距轴线距离为r 处的感应电场为 00 z r r r B φωω=?=?=E v B e e B e 故介质棒的极化强度为 00000(1)()e r r r r B r B εεεωεεω==-=-P E e e X 极化电荷体密度为 200 00 11()()2()P rP r B r r r r B ρεεωεεω?? =-??=- =--??=--P 极化电荷面密度为 0000()()P r r r a e r a B σεεωεεω==?=-?=-P n B e 则介质体积和表面上同单位长度的极化电荷分别为 220020012()212()P P PS P Q a a B Q a a B πρπεεωπσπεεω=??=--=??=- 6.3 平行双线传输线与一矩形回路共面，如题6.3图所示。设0.2a m = 、0.1m b c d ===、7 1.0cos(210)A i t π=?，求回路中的感应电动势。

电磁场课后习题答案

一习题答案（第二章） 2.4 由E =-?? 已知?=+2ax b 得2E a =-??=- x ax 根据高斯定理：0 .E ?= ρ ε得电荷密度为： 00.E ==? -2a ρεε 2.6 取直角坐标系如图所示，设圆盘位于xoy 平面，圆盘中心与坐标原点重合方法1：由 ' 04s s ds R ρ?=πε? 在球坐标系求电位值，取带点坐标表示源区

2'''0 00 4a s π ρ?=πε? ? 02s z ρ?= ?ε 因此，整个均匀带电圆面在轴线上P 点出产生的场强为 001 z>0 21 z<02s z s z ???ρ??ε?? =-??=? ? ?ρ?+??ε??a E -a 方法2 ：（略） 2.7 当r>a （球外）时， 10 .E ?= ρε 221.(.)0E ??==? r r E r r 10.E ∴=? =0ρε 当r

2 22242()33x a y z a ??-++= ??? 由此可见，零电位面是以点（4 a /3,0,0）为球心，2 a /3为半径的球面。 2.20 由高斯定理.s D dS q =? 由 00r x r x D E E =εε=εεa 得 0() x qd E s x d =ε+a 由0 .d x U E dx =? 得 0ln 2qd U s = ε 由 q C U = 得 0ln 2 s C d ε= 2.22 由于d a ，球面的电荷可看作均匀分布的先计算两导体球的电位1?、2?：则112...d a a d E dr E dr E dr ∞ ∞ ?==+??? 112001144d a d q q q r r ∞ +???? = -+- ? ?πεπε???? 12 0044q q a d = + πεπε '''212...d a a d E dr E dr E dr ∞ ∞ ?==+??? 212001144d a d q q q r r ∞ +???? = -+- ? ?πεπε???? 120044q q d a = +πεπε 得 1122014P P a == πε，1221 01 4P P d ==πε