电磁场与电磁波第三版课后答案第3章解读.docx

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电磁场与电磁波第三版课后答案第3章解读

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

qR+R-

D=[3-3]=

4πRR

+-

q4π

{

err+ez（z-a）[r+（z-a）]

2

232

-

err+ez（z+a）[r+（z+a）]

2

232

Φ=

则球赤道平面上电通密度的通量

⎰DdS=⎰De

S

S

zz=0

dS=

]2πrdr=

q4π

a

题3.1图

⎰

[

02

（-a）（r+a）qa

a

212232

-

a（r+a）2

2

32

（r+a）

=0

-1）q=-0.293q

3.21911年卢瑟福在实验中使用的是半径为ra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Ze⎛1r⎫过实验得到球体内的电通量密度表达式为D0=er2-3⎪，试证明之。

4π⎝rra⎭

Ze

解位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为D1=er2

4πr

Ze3Ze

=-原子内电子云的电荷体密度为ρ=-33

4πra4πra

电子云在原子内产生的电通量密度则为

D2=er

ρ4πr

4πr

32

=-er

Zer4πra

3

题3.3图（a）

Ze⎛1r⎫

故原子内总的电通量密度为D=D1+D2=er2-3⎪

4π⎝rra⎭

3

3.3电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为ρ0Cm,两

圆柱面半径分别为a和b，轴线相距为c（c

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±ρ0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ρ0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

-ρ0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，由高斯定律⎰EdS=

S

q

ε0

22

，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点PE1'=er'

-πaρ02πε0r'

2

产生的电场分别为E1=er

πbρ0

2πε0r

2

=

ρ0br

2ε0r

=-

ρ0ar'

2

2ε0r'

2

＝

＋

题3.3图（b）

点P处总的电场为E=E1+E1'=

ρ

2ε0

（

brr

-

ar'

2r'

）

在ra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

E2=er

πrρ

2πε0r

=

ρr

2ε0

'=er'E2

-πaρ2πε0r'

=-

ρar'

2ε0r'

'=点P处总的电场为E=E2+E2

ρ0

2ε0

（r-

ar'r'

）

在r'

E3=er

πrρ0

2πε0r

=

ρ0r

2ε0

'=er'E3

-πr'ρ02πε0r'

=-

ρ0r'

2ε0

'=点P处总的电场为E=E3+E3

ρ0

2ε0

（r-r'）=

ρ0

2ε0

c

3.4半径为a的球中充满密度ρ（r）的体电荷，已知电位移分布为

⎧r3+Ar2

⎪

Dr=⎨a5+Aa4

⎪2⎩r

（r≤a）（r≥a）

其中A为常数，试求电荷密度ρ（r）。

1

解：

由∇D=ρ，有ρ（r）=∇D=故在ra区域ρ（r）=ε0

1

d

rdr

（rDr）

d

rdr

[r（r+Ar）]=ε0（5r+4Ar）

23

1d

rdrr

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

[r

（a+Aa）

54

]=0

4

的体电荷，球壳上又另充有电荷量Q。

已知球内部的电场为E=er（ra），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

ρ=ε0∇E=ε0[

1dr

dr

（rE）]=ε0[

a

1drdr

（r

ra

44

）]=6ε0

ra

34

（2）球体内的总电量Q为Q=

⎰ρdτ=⎰6ε

τ

r

34

a

4πrdr=4πε0a

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σ=

2Q4πa

=2ε0

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σ1和σ2的面电荷。

（1）计算各处的电位移D0；

（2）欲使r>b区域内D0=0，则σ1和σ2应具有什么关系？

⎰D0dS=q，当r

（1）由高斯定理

S

D02=er当a

aσ1r

aσ1+bσ2

r

当b

（2）令D03=er

aσ1+bσ2

r

=0，则得到

σ1σ2

=-

ba

3.7计算在电场强度E=exy+eyx的电场中把带电量为-2μC的点电荷从点

P1（2,1-,1移到点）P2（8,2,-1）时电场所做的功：

（1）沿曲线x=2y2；

（2）沿连接该两点

的直线。

解

（1）W=

⎰Fdl=q⎰Edl=q⎰E

C

C

C

x

dx+Eydy=

2

2

2

q⎰ydx+xdy=q⎰yd（2y）+2ydy=

C

2

1

-6

q⎰6ydy=14q=-28⨯10

1

2

（J）

（2）连接点P1（2,1,-1）到点P2（8,2,-1）直线方程为

x-2y-1

=x-8y-2

即x-6y+4=0

故

2

W=

2

q⎰ydx+xdy=q⎰yd（6y-4）+（6y-4）dy=

C

1

-6

q⎰（12y-4）dy=14q=-28⨯10

1

（J）

（1）计算线电荷平分面上3.8长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为ρl0。

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E=-∇ϕ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

L2

ϕ（r,0）=

⎰

-Ldz'

=

L2Lρρl0

4πε0

ln（z'+

-L2

=

r

ρl0

4πε0

ln

=

-Lρl0

题3.8图

2πε0

ln

r

（2）根据对称性，可得两个对称线电荷元ρl0dz'在点P的电场为

dE=erdEr=er

'

θ=er

ρl0rdz'

2πε0（r+z'）

2

2

32

故长为L的线电荷在点P的电场为

LE=er

⎰dE

=er

⎰

ρl0rdz'

2πε0（r+z'）

2

2

3=

er

ρl0

2πε0r

'

L2

=

由E=-∇ϕ求E，有

⎡E

=-∇ϕ=-∇⎢ln

2πε0⎢

⎣

ρl0

=

r⎥

⎦

⎧ρl0-er2πε0⎫

1⎪e-⎬=r

r⎪⎭

rP

3.9已知无限长均匀线电荷ρl的电场E=er

电位函数。

其中rP为电位参考点。

rP

rP

ρl

2πε0r

，试用定义式ϕ（r）=

⎰Edl求其

r

解ϕ（r）=

⎰

r

Edl=

⎰2πε

r

ρl

r

dr=

ρl

2πε

lr=r

rP

ρl

2πε

rP

r

由于是无限长的线电荷，不能将rP选为无穷远点。

3.10一点电荷+q位于（-a,0,0），另一点电荷-2q位于（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

1ϕ（x,y,z）=-

4πε0令ϕ（x,y,z）=0，则有

2

2

2

-

2

2

=0

2

（+a）+y+z]=（x-a）+y+z即4[x

故得（x+

5

33

54

由此可见，零电位面是一个以点（-a,0,0）为球心、a为半径的球面。

33

a）+y+z=（

222

a）

2

3.11证明习题3.2的电位表达式为ϕ（r）=

Ze

4πε0r

（

1

+

r

2

2ra

-

32ra

）Ze4πr

2

解位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通量密度为D1=er

电子云在原子外产生的电通量密度则为D2=er

ρ4πra3

4πr

2

3

=-er

Ze4πr

2

所以原子外的电场为零。

故原子内电位为

⎪2

⎨a

）cosφr≥a⎪ϕ（r）=A（r-

⎩r

（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=-∇ϕ，可得到r

ε0r4πε0rrra

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

r≤a⎧ϕ（r）=0

ϕ（r）=

1

ra

⎰

Ddr=

Ze

ra

⎰（

1

2

-

r

）dr=3

Ze

4πε0r

（

1

+

r

2

2ra

-

32ra

）

r>a时，E=-∇ϕ=-er

-erA（1+

a

22

∂∂r

[A（r-

a

2

r

）cosφ]-eφ

∂r∂φ

[A（r-

a

2

r

）cosφ]=

rr

（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

）cosφ+eφA（1-

a

22

）sinφ

σ=ε0nE

r=a

=ε0erE

r=a

=-2ε0Acosφ

2

3.13验证下列标量函数在它们各自的坐标系中满足∇ϕ=0

（1）sin（kx）sin（ly）e-hz其中h2=k2+l2；

（2）rn[cos（nφ）+Asin（nφ）]圆柱坐标；（3）r-ncos（nφ）圆柱坐标；（4）rcosφ球坐标；（5）r-2cosφ球坐标。

解

（1）在直角坐标系中∇ϕ=而

∂ϕ∂x

2

2

∂ϕ∂x

2

2

+

2

∂ϕ∂y

2

2

+

∂ϕ∂z

2

2

-hz

2

2

==

∂∂

22

∂x∂y

[sin（kx）sin（ly）e[sin（kx）sin（ly）e

-hz

]=-ksin（kx）sin（ly）e]=-lsin（kx）sin（ly）e

2

∂ϕ∂y

22

2

-hz

-hz

2

∂ϕ∂z

2

=

∂

2

22

∂z

[sin（kx）sin（ly）e

2

2

2

-hz

]=hsin（kx）sin（ly）e

）lysien（=）

-hz

2-hz

n（故∇ϕ=（-k-l+h）sikx+∂ϕ∂z

22

（2）在圆柱坐标系中∇ϕ=

2

1∂r∂r

（r

∂ϕ∂r

）+

∂ϕr∂φ

2

2

2

而

1∂∂ϕ1∂∂n

（r）={rr[cos（nφ）+Asin（nφ）]}=n2rn-2[cos（nφ）+Asin（nφ）]r∂r∂rr∂r∂r

1∂ϕr∂φ

2

22

=-nr

2n-2

[cos（nφ）+Asin（nφ）]}

∂ϕ∂z

2

2

=

∂

22

∂z

r[cos（nφ）+Asin（nφ）]=0

2

-n

故∇ϕ=0

（3）

1∂r∂r

2

（r

2

∂ϕ∂r

）=

2

1∂r∂r

-n-2

{r

∂∂r

[r

-n

cos（nφ）]}=nr

2-n-2

cos（nφ）

1∂ϕr∂φ

2

=-nrcos（nφ）

∂ϕ∂z

2

2

=

∂

22

∂z

[r

-n

cos（nφ）]=0

故∇2ϕ=0

（4）在球坐标系中∇ϕ=

2

1∂r∂r

2

（r

2

∂ϕ∂r

2

）+

1

2

∂

rsinθ∂θ

2

（sinθ[r

∂ϕ∂θ

2

）+

1

2

2

∂ϕ

2

2

rsinθ∂φ

2r

而

1∂r∂r

1

2

（r

∂ϕ∂r

∂

）=

1∂r∂r

∂ϕ∂θ

2

∂∂r

2

（rcosθ）]=

1

∂

cosθ

∂∂θ

2

rsinθ∂θ

（sinθ）=

rsinθ∂θ1∂

2

[sinθ

（rcosθ）]=

2rcosθ

rsinθ∂θ2

1∂ϕ1∂

=2（rcosθ）=022222

rsinθ∂φrsinθ∂φ

2

（-rsinθ）=-

故∇2ϕ=0

（5）

1∂r∂r

1

2

2

（r

2

∂ϕ∂r

∂

）=

1∂r∂

∂ϕ∂θ

2

2∂

[rr∂

（rr

1

-2

2

cθos=2

∂[sinθ（-r

-2

r

（r

θcos

-2

rsinθ∂θ

（sinθ）=

∂∂θ

2

rsinθ∂θ

1∂

2

2

cosθ）]=

2r

4

rsinθ∂θ2

1∂ϕ1∂-2

=（rcosθ）=0222222

rsinθ∂φrsinθ∂φ

2

sinθ）=-

cosθ

故∇ϕ=0

3.14已知y>0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）e-ycoshx；

（2）e-ycosx；（3

）e2

cosxsinx

22

（4）sinxsinysinz。

解

（1）

∂∂x

（e

-y

coshx）+

∂

22

∂y

（e

-y

coshx）+

∂

22

∂z

（e

-y

coshx）=2e-ycoshx≠0

所以函数e-ycoshx不是y>0空间中的电位的解；

（2）

∂

22

∂x

（e

-y

cosx）+

∂

22

∂y

（e

-y

cosx）+

∂

22

∂z

（e

-y

cosx）=-e-ycosx+e-ycosx=0

所以函数e-ycosx是y>0空间中可能的电位的解；

（3）

∂

22

∂x

（e

∂

cosxsixn+2

∂y

2

y

cxos

∂x+s2）∂z

2

y

（xco=sxsin）

-4e

cosxsinx+2e

cosxsinx≠0

2

所以函数e-

（4）

2y

cosxsinx不是y>0空间中的电位的解；

22

∂

∂x

（sinxsiynszi+n

2

∂y

∂

2

∂

x（sinysinz+2in

∂z

）xsin（ysin=zsin）

-3sinxsinysinz≠0

所以函数sinxsinysinz不是y>0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

P=P0（exx+eyy+ezz）。

（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。

P解

（1）ρP=-∇

σP（x=

L2

=3-P0

x=L）=nPL2

=exP

x=L2

=

L2

P0=LP0

σP（x=-

）=nP

x=-L2

=-exPL

2

3

x=-L同理σP（y=

L

L

）=σP（y=）=σPz（22

）=σPz（

2

2

LL-=P022

（2）qP=

τ

⎰

ρPdτ+

⎰σPdS=-3P0L+6L⨯

S

L2

P0=0

3.16一半径为R0的介质球，介电常数为εrε0，其内均匀分布自由电荷ρ，证明中心点的电位为

2εr+12εr

（

ρ

3ε0

）R0

2

⎰DdS=q，可得到解由

S

r

2

4πr3

3

ρ

D1

=

即D1=

2

ρr3

，E1=4πR0

3

32

3

ρr

3εrε0

εrε0

r>R0时，4πrD2=

ρ

D1

=

即D2=故中心点的电位为

R0

∞

ρR0

3r

R0

，E2=

ρR03ε0r

32

ε0

3

ϕ（0）=

⎰

E1dr+

⎰

R0

E2dr=

⎰3ε

ρr

r

∞

ε0

dr+

⎰

R0

dr=ρR0+ρR0=2εr+1（ρ）R220

3ε0r6εrε03ε02εr3ε0

ρR0

22

介电常数为ε，球内的极化强度P=erKr，其中K为3.17一个半径为R的介质球，

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ρp=-∇P=-在r=R的球面上，束缚电荷面密度为σ

p

1d

2

=nP

r=R

rdr

K

=erPr=R=

R

（r

2

Kr

）=-

Kr

2

P

（2）由于D=ε0E+P，所以∇D=ε0∇E+∇

ε0ε∇D+∇P

即（1-

ε0

ε

由此可得到介质球内的自由电荷体密度为

εεεK

ρ=∇D=∇P=-ρp=2

ε-ε0ε-ε0（ε-ε）r0

）∇D=∇P

总的自由电荷量q=

⎰ρdτ=

τ

εKε-ε0

K

R

⎰r

1

2

4πrdr=

2

4πεRK

ε-ε0

（3）介质球内、外的电场强度分别为

E1=

P

ε-ε0

q

=er

（ε-ε0）r

（r

（r>R）

E2=er

4πε0r

2

=er

εRKε0（ε-ε0）r

∞

2

介质球内、外的电位分别为

∞

R

1

ϕ1=

⎰Edl=⎰Edr+⎰E

rR

2

dr=

dr=

rR∞

⎰（ε-ε

r

K

）r0

dr+

⎰ε

R

εRK

（ε-ε0）r0

2

K（ε-ε0）

∞

ln

∞

Rr

+

εK

ε0（ε-ε0）

2

（r≤R）

εRKε0（ε-ε0）r

ϕ2=

⎰

r

E2dr=

⎰ε

r

εRK

（ε-ε0）r

dr=

（r≥R）

（2）导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；

出束缚电荷密度ρP的表达式。

解

（1）由D=ε0E+P，得束缚电荷体密度为ρP=-∇P=-∇D+ε0∇E在介质内没有自由电荷密度时，∇D=0，则有ρP=ε0∇E

（εE）=ε∇E+Eε∇0由于D=εE，有∇D=∇=E∇ε

∇E=所以

ε

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。

ε0

ρρ=ε∇E=-E∇ε

（2）束缚电荷密度P的表达式为P0

ε

3.19两种电介质的相对介电常数分别为εr1=2和εr2=3，其分界面为z=0平面。

如果已知介质1中的电场的

E1=ex2y-ey3x+ez（5+z）

那么对于介质2中的E2和D2，我们可得到什么结果？

能否求出介质2中任意点的E2和

D2？

解设在介质2中

E2（x,y,0）=exE2x（x,y,0）+eyE2y（x,y,0）+ezE2z（x,y,0）

D2=ε0εr2E2=3ε0E2

在z=0处，由ez⨯（E1-E2）=0和ez（D1-D2）=0，可得

⎧⎪ex2y-ey3x=exE2x（x,y,0）+eyE2y（x,y,0）

⎨

⎪⎩2⨯5ε0=3ε0E2z（x,y,0）

于是得到E2x（x,y,0=）

y2

E2y（x,y,0）=-3x

E2z（x,y,0）=103

故得到介质2中的E2和D2在z=0处的表达式分别为

E2（x,y,0）=ex2y-ey3x+ez（103）D2（x,y,0）=ε0（ex6y-ey9x+ez10）

不能求出介质2中任意点的E2和D2。

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

ε-ε03cosθ

ϕ1=-E0rcosθ+aE0r≥a2

ε+2ε0r

ϕ2=-

3ε0

ε+2ε0

E0rcosθr≤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

ε-ε03ε0

ϕ（a,θ）=-Eacosθ+aEcosθ=-E0acosθ100

ε+2ε0ε+2ε0

ϕ2（a,θ）=-

∂ϕ1∂r∂ϕ2∂r

r=ar=a

3ε0

ε+2ε0

E0acosθ2（ε-ε0）

E0cosθ=-

3ε

E0cosθ

=-E0cosθ-=-

3ε0

ε+2ε0ε+2ε0

ε+2ε0

E0cosθ

∂ϕ1∂r

r=a

故有ϕ1（a,θ）=ϕ2（a,θ），ε0

=ε

∂ϕ2∂r

r=a

可见ϕ1和ϕ2满足球表面上的边界条件。

球表面的束缚电荷密度为

σp=nP2

d2

r=a

=（ε-ε0）erE2=-（ε-ε0）

∂ϕ2∂r

r=a

=

3ε0（ε-ε0）

ε+2ε0

E0cosθ

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（0~

）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U0，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E=ezE，空气中的电场为E0=ezE0。

由D=D0，有

E0E0

又由于E

d2

E0

d2

U0

由以上两式解得

E

20U0（0）d

，E0

2U0（0）d

题3.21图

故下极板的自由电荷面密度为

20U0

下E

（0）d

20U0（0）d

上极板的自由电荷面密度为上0E0

电介质中的极化强度P（0）Eez

故下表面上的束缚电荷面密度为

20（0U）（0）d20（0U）（0）d

p下

ezP

上表面上的束缚电荷面密度为p上ezP

20（0U）（0）dQab

（2）由

20U（0）d

得到U

（0）dQ20ab

（0）Q

故

题

3.22图

ab（0）Q

p上

ab

20abQ

C（3）电容器的电容为

U（0）d

p下

3.22厚度为t、介电常数为40的无限大介质板，放置于均匀电场E0中，板与E0

成角1