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    电磁场与电磁波答案谢处方

    时间：2020-05-10    下载该word文档
    电磁场与电磁波答案谢处方
    第一章习题解答
    1.1 给定三个矢量A、B和C如下： Aexey2ez3
    Bey4ez
    Cex5ez2
    求：（1）aA；（2）AB；（3）AB；（4）AB；（5）A在B上的分量；（6）AC；
    （7）A(BC和(ABC；（8）(ABC和A(BC。
    exey2ez3A123 exeyez解 （1）aA222A14141412(3（2）AB(exey2ez3(ey4ezexey6ez453 （3）AB(exey2ez3(ey4ez－11 AB111111，得 ABcos1(135.5 AB1417238238AB11 （5）A在B上的分量 ABAcosABB17（4）由 cosABex（6）AC1eyez23ex4ey13ez10 02ex5exeyez1ex8ey5ez20 ez5（7）由于BC0402eyAB123ex10ey1ez4
    041所以 A(BC(exey2ez3(ex8ey5ez2042 (ABC(ex10ey1ez4(ex5ez242
    ex5exey5eyez（8）(ABC1014ex2ey40ez5
    02ez2023ex55ey44ez11
    A(BC18 1.2 三角形的三个顶点为P、P2(4,1,3和P。 1(0,1,23(6,2,5
    电磁场与电磁波答案谢处方
    （1）判断PP是否为一直角三角形； 12P3 （2）求三角形的面积。
    解 （1）三个顶点P、P2(4,1,3和P的位置矢量分别为 1(0,1,23(6,2,5 r1eyez2，r2ex4eyez3，r3ex6ey2ez5 则 R12r2r1ex4ez， R23r3r2ex2eyez8，
    R31r1r3ex6eyez7
    由此可见
    R12R23(ex4ez(ex2eyez80
    故PP为一直角三角形。 12P3111R12R23R12R23176917.13 222 1.3 求P(3,1,4点到P(2,2,3点的距离矢量R及R的方向。
    解 rPex3eyez4，rPex2ey2ez3，
    （2）三角形的面积 S则 RPPrPrPex5ey3ez 且RPP与x、y、z轴的夹角分别为
    xcos1(exRPP5cos1(32.31 RPP353120.47
    RPP35eR1zcos1(zPPcos1(99.73
    RPP351.4 给定两矢量Aex2ey3ez4和Bex4ey5ez6，求它们之间的夹角和A在ycos1(eyRPPcos1(B上的分量。
    解 A与B之间的夹角为 ABcos(1AB31cos1(131 AB2977A在B上的分量为 ABA上的分量。
    B313.532 B771.5 给定两矢量Aex2ey3ez4和Bex6ey4ez，求AB在Cexeyezex解 AB2ey3ez4ex13ey22ez10
    164所以AB在C上的分量为 (ABC(ABC2514.43
    C31.6 证明：如果ABAC和ABAC，则BC； 解 由ABAC，则有A(ABA(AC，即
    (ABA(AAB(ACA(AAC

    电磁场与电磁波答案谢处方
    由于ABAC，于是得到 (AAB(AAC 故 BC
    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A为一已知矢量，pAX而PAX，p和P已知，试求X。
    解 由PAX，有
    APA(AX(AXA(AAXpA(AAX 故得 X（2）球坐标中的坐标。
    解 （1）在直角坐标系中 x4cos(232、y4sin(2323、z3 故该点的直角坐标为(2,23,3。
    pAAP AA21.8 在圆柱坐标中，一点的位置由(4,（1）直角坐标中的坐标；,3定出，求该点在：3（2）在球坐标系中 r42325、tan1(4353.1、23120 故该点的球坐标为(5,53.1,120
    25， r2（1）求在直角坐标中点(3,4,5处的E和Ex；
    1.9 用球坐标表示的场Eer（2）求在直角坐标中点(3,4,5处E与矢量Bex2ey2ez构成的夹角。 解 （1）在直角坐标中点(3,4,5处，r2(3242(5250，故
    Eer251 2r21332
    ExexEEcosrx25220（2）在直角坐标中点(3,4,5处，rex3ey4ez5，所以
    e345ee2525rxyz E23rr102故E与B构成的夹角为

    EBcos1(EB19(102cos1(153.6 EB321.10 球坐标中两个点(r1,1,1和(r2,2,2定出两个位置矢量R1和R2。证明R1和R2间夹角的余弦为
    coscos1cos2sin1sin2cos(12
    解 由 R1exr1sin1cos1eyr1sin1sin1ezr1cos1
    R2exr2sin2cos2eyr2sin2sin2ezr2cos2
    得到 cosR1R2
    R1R2 sin1cos1sin2cos2sin1sin1sin2sin2cos1cos2

    电磁场与电磁波答案谢处方
    sin1sin2(cos1cos21sin1sin2cos1cos2 sin1sin2cos(12cos1cos2
    1.11 一球面S的半径为5，球心在原点上，计算： 解 (e3sindS的值。
    rS(e3sindS(e3sinerrSSrdS222 d3sin5sind75001.12 在由r5、z0和z4围成的圆柱形区域，对矢量Aerr2ez2z验证散度定理。
    解 在圆柱坐标系中 A421(rr2(2z3r2 rrz50所以 又

    Addzd(3r2rdr1200 00SAdS(err2ez2z(erdSredSezdSz
    S42522 故有

    5005ddz24rdrd1200
    00Ad1200AdS S1.13 求（1）矢量Aexx2eyx2y2ez24x2y2z3的散度；（2）求A对中心在原点的一个单位立方体的积分；（3）求A对此立方体表面的积分，验证散度定理。
    222223(x(xy(24xyz解 （1）A2x2x2y72x2y2z2
    xyz（2）A对中心在原点的一个单位立方体的积分为
    121212Ad121212(2x2x2y72x2y2z2dxdydz12121
    24 （3）A对此立方体表面的积分
    S11AdS(2dydz(2dydz
    2212121212121212122121212122 2x(dxdz2x(dxdz 22121212121313122 24xy(dxdy24xy(dxdy2224121212122212121212故有

    Ad124AdS
    S1.14 计算矢量r对一个球心在原点、半径为a的球表面的积分，并求r对球体积的积分。

    电磁场与电磁波答案谢处方
    2    解 rdSSrerdSS23 daasind4a00又在球坐标系中，r12(rr3，所以
    2rr2ard23 3rsindrdd4a0001.15 求矢量Aexxeyx2ezy2z沿xy平面上的一个边长为2的正方形回路的线积分，此正方形的两边分别与x轴和y轴相重合。再求A对此回路所包围的曲面积分，验证斯托克斯定理。
    2    2    2    2    2解     CAdlxdxxdx2000dy0dy8
    0ex又 Aeyyx2ezex2yzez2x zy2z22xx所以 AdSS(e2yze2xexz00zdxdy8
    故有

    CAdl8AdS
    S21.16 求矢量Aexxeyxy2沿圆周x2y2a2的线积分，再计算A对此圆面积的积分。
    解     C    AdlCxdxxydyAy2(a02cossinacossinda2422a44
    Axa4222 AdSez(ezdSydSrsinrddr4xyS00SS1.17 证明：（1）R3；（2）R0；（3）(ARA。其中Rexxeyyezz，A为一常矢量。
    解 （1）Rxyz3 xyzex（2） Reyez0
    xyzxyy（3）设AexAxeyAyezAz，则ARAxxAyyAzz，故
    (ARex(AxxAyyAzzey(AxxAyyAzz xy
    电磁场与电磁波答案谢处方
    可得到
    (AxxAyyAzzexAxeyAyezAzA z1.18 一径向矢量场Ferf(r表示，如果F0，那么函数f(r会有什么特点呢？

    1d解 在圆柱坐标系中，由 F[rf(r]0 rdrezC C为任意常数。
    r1d2在球坐标系中，由 F[rf(r]0
    2rdrC
    可得到 f(rr21.19 给定矢量函数Eexyeyx，试求从点P到点P2(8,2,1的线积分1(2,1,1f(r：（1）沿抛物线xy2；（2）沿连接该两点的直线。这个E是保守场吗？ Edl解 （1） EdlExdxEydyCC21Cydxxdy
    2126yyd(2y2ydydy14 22（2）连接点P1(2,1,1到点P2(8,2,1直线方程为
    x2x8 即 x6y40 y1y222故

    CEdlECxdxEydyyd(6y4(6y4dy(12y4dy14
    1    1由此可见积分与路径无关，故是保守场。
    1.20 求标量函数x2yz的梯度及在一个指定方向的方向导数，此方向由单位矢量ex345定出；求(2,3,1点的方向导数值。 eyez5050502解 ex(xyzey(x2yzez(x2yz
    xyzex2xyzeyx2zezx2y
    z
    r r
    r
    z
    z
    o
    x
    y

    题1.21图
    345的方向导数为 eyez505050226xyz4xz5xy ell505050点(2,3,1处沿el的方向导数值为
    361660112 l50505050故沿方向elex1.21

    试采用与推导直角坐标中
    电磁场与电磁波答案谢处方
    AAxAyAz相似的方法推导圆柱坐标下的公式 xyzAA1A(rArz。
    rrrz解 在圆柱坐标中，取小体积元如题1.21图所示。矢量场A沿er方向穿出该六面体的表面的通量为
    zzzzrzArrr(rrdrdzArrrdrd
    (rAr1(rArrz rrr[(rrAr(rr,,zrAr(r,,z]z同理
    rrzzrrzzrzrrAdrdzrzAdrdz
    ArzAr
    [A(r,,zA(r,,z]rzrrzrAzzzrdrdrAzzrdrd
    AzArrzz zz[Az(r,,zzAz(r,,z]rrz因此，矢量场A穿出该六面体的表面的通量为
    1(rArAAz]
    rrrz1(rArAAz 故得到圆柱坐标下的散度表达式 Alim0rrrzΨΨrΨΨz[2221.22 方程uxyz给出一椭球族。求椭球表面上任意点的单位法向矢量。
    222abc解 由于 uex2x2y2z
    eeyza2b2c2 u2(x2(y2(z2
    a2b2c2故椭球表面上任意点的单位法向矢量为
    uxyzxyz(ex2ey2ez2(22(22(22
    abcabcu1.23 现有三个矢量A、B、C为
    Aersincosecoscosesin
    nBerz2sinez2cosez2rzsin
    Cex(3y22xeyx2ez2z

    电磁场与电磁波答案谢处方
    （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。 解（1）在球坐标系中
    A1211A(rA(sinAr2rrrsinrsin1211(rsincos(sincoscos(sin
    2rrrsinrsin2cos2sincoscossincos0 rrsinrrsin

    er1A2rsinrArrerArsine rsinAer1r2sinrsincosrercoscosrsine0
    rsinsin故矢量A既可以由一个标量函数的梯度表示，也可以由一个矢量函数的旋度表示；
    在圆柱坐标系中
    11BBz
    (rBrrrrz112 (rz2sin(zcos(2rzsin
    rrrzB=z2sinz2sin2rsin2rsin rrerreezerreez0 z2rzsinB1rrBrrB1zrrBzz2sinrz2cos故矢量B可以由一个标量函数的梯度表示；
    直角在坐标系中
    C=CxCyCz
    xyz(3y22x(x2(2z0xyz


    电磁场与电磁波答案谢处方
    exCx3y22xeyyx2ezez(2x6y z2z故矢量C可以由一个矢量函数的旋度表示。 （2）这些矢量的源分布为
    A0，A0；
    B=2rsin，B0；
    C0，Cez(2x6y
    1.24 利用直角坐标，证明
    (fAfAAf
    解 在直角坐标中
    AxAyAzffffAAff((AxAyAz
    xyzxyzAyAAfff(fxAx(fAy(fzAz
    xxyyzz(fAx(fAy(fAz(fA xyz1.25 证明
    (AHHAAH
    解 根据算子的微分运算性质，有
    (AHA(AHH(AH
    式中A表示只对矢量A作微分运算，H表示只对矢量H作微分运算。
    由a(bcc(ab，可得
    A(AHH(AAH(A
    同理 H(AHA(HHA(H 故有 (AHHAAH
    1.26 利用直角坐标，证明
    (fGfGfG
    解 在直角坐标中
    GyGxGxGzGzGyfGf[ex(ey(ez(]
    yzzxxyffffffGyey(GxGzez(GyGx] fG[ex(Gzyzzxxy所以
    GyGzfffGfGex[(Gzf(Gyf]
    yyzzGGffxz e[(Gf(Gf]yxzzzxx
    电磁场与电磁波答案谢处方
    GyGxfff(Gxf] xxyy(fGz(fGy(fGx(fGz ex[]ey[]yzzx(fGy(fGxez[](fG
    xyez[(Gy1.27 利用散度定理及斯托克斯定理可以在更普遍的意义下证明(u0及(A0，试证明之。
    解 （1）对于任意闭合曲线C为边界的任意曲面S，由斯托克斯定理有
    (udSSCudlCudldu0 lC由于曲面S是任意的，故有
    (u0
    （2）对于任意闭合曲面S为边界的体积，由散度定理有
    (Ad(AdS(AdS(AdS
    SS1S2其中S1和S2如题1.27图所示。由斯托克斯定理，有
    S1(AdSAdl， (AdSAdl
    C1S2C2C1由题1.27图可知C1和C2是方向相反的同一回路，则有 所以得到

    AdlAdl
    C2(AdAdlAdlAdlAdl0 C1C2C2C2由于体积是任意的，故有 (A0


    n1C2
    C1S1


    二章习题解答
    2.1 一个平行板真空二极管内的电荷体密度为n2S2

    题1.27图 44323，式中阴极板位于，阳极板位于0U0dxx09极间电压为U0。如果U040V、d1cm、横截面S10cm2，求：（1）x0和xdxd，区域内的总电荷量Q；（2）xd2和xd区域内的总电荷量Q。
    d 解 （1） Q（2） Q4323d(UdxSdx0004940U0S4.721011C 3dd414114323(1US0.9710C (UdxSdx000033d92d2d 2.2 一个体密度为2.32107Cm3的质子束，通过1000V的电压加速后形成等速的
    电磁场与电磁波答案谢处方
    质子束，质子束内的电荷均匀分布，束直径为2mm，束外没有电荷分布，试求电流密度和电流。解 质子的质量m1.71027kg、电量q1.61019C。由
    12mvqU
    2得 v2mqU1.37106 ms 故 Jv0.318 Am2
    IJ(d22106 A
    2.3 一个半径为a的球体内均匀分布总电荷量为Q的电荷，球体以匀角速度绕一个直径旋转，求球内的电流密度。
    解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z轴。设球内任一点P的位置矢量为r，且r与z轴的夹角为，则P点的线速度为
    vrersin
    球内的电荷体密度为
    故 JveQ
    34a3Q3Qrsinersin
    4a334a32.4 一个半径为a的导体球带总电荷量为Q，同样以匀角速度绕一个直径旋转，求球表面的面电流密度。
    解 以球心为坐标原点，转轴（一直径）为z轴。设球面上任一点P的位置矢量为r，且r与z轴的夹角为，则P点的线速度为
    vreasin
    球面的上电荷面密度为
    故 JSveQ 4a2QQasinesin 24a4a2.5 两点电荷q18C位于z轴上z4处，q24C位于y轴上y4处，求(4,0,0处的电场强度。
    解 电荷q1在(4,0,0处产生的电场为
    E1电荷q2在(4,0,0处产生的电场为
    rr12ex4ez4
    40rr130(423q1q2rr21ex4ey4E2
    40rr230(423故(4,0,0处的电场为
    EE1E2exeyez23220

    电磁场与电磁波答案谢处方
    2.6
    一个半圆环上均匀分布线电荷l，求垂直于圆平面的轴线上za处的电场强度E(0,0,a，设半圆环的半径也为a，如题2.6 图所示。
    解 半圆环上的电荷元ldllad在轴线上za处的电场强度为
    larrd
    340(2alez(excoseysind
    a820在半圆环上对上式积分，得到轴线上za处的电场强度为
    E(0,0,adE
    dE2l(ezex2l[e(ecosesin]d yzx820a820a22.7 三根长度均为L，均匀带电荷密度分别为l1、l2和l3地线电荷构成等边三角形。设l12l22l3，计算三角形中心处的dE
    z
    P
    a
    r
    x

    l
    r
    dl
    y
    题 2.6图
    电场强度。
    解 建立题2.7图所示的坐标系。三角形中心到各边的距离为
    d则
    L3 tan30L26y
    E1eyl13l1 (cos30cos150eyE1 40d20Ll3 l2 3l23l1 E2(excos30eysin30(ex3ey20L80LE2 E3 3l33l1o l1 E3(excos30eysin30(ex3ey20L80L题2.7图
    x
    故等边三角形中心处的电场强度为
    EE1E2E3
    3l13l13l13l1 (ex3ey(ex3eyey20L80L80L40L2.8 －点电荷q位于(a,0,0处，另－点电荷2q位于(a,0,0处，空间有没有电场强ey度E0的点？
    解 电荷q在(x,y,z处产生的电场为

    E1qex(xaeyyezz2223240[(xayz]
    电荷2q在(x,y,z处产生的电场为
    2qex(xaeyyezz
    E240[(xa2y2z2]32(x,y,z处的电场则为EE1E2。令E0，则有

    电磁场与电磁波答案谢处方
    ex(xaeyyezz[(xayz]由上式两端对应分量相等，可得到
    2    22322[ex(xaeyyezz][(xayz]22232
    (xa[(xa2y2z2]322(xa[(xa2y2z2]32 ① y[(xa2y2z2]322y[(xa2y2z2]32 ②

    z[(xa2y2z2]322z[(xa2y2z2]32 ③

    当y0或z0时， 将式②或式③代入式①，得a0。所以，当y0或z0时无解； 当y0且z0时，由式①，有
    (xa(xa32(xa(xa3
    解得
    x(322a
    但x3a22a不合题意，故仅在(3a22a,0,0处电场强度E0。
    2．9 一个很薄的无限大导电带电面，电荷面密度为。证明：垂直于平面的z轴上zz0处的电场强度E中，有一半是有平面上半径为3z0的圆内的电荷产生的。
    解 半径为r、电荷线密度为ldr的带电细圆环在z轴上zz0处的电场强度为
    z
    rz0dr232 20(r2z0故整个导电带电面在z轴上zz0处的电场强度为
    dEezrz0drz01Eezez223222122(rz2(rz000003z0
    b
    dI a o
    ez0 203z0而半径为3z0的圆内的电荷产生在z轴上zz0处的电场强度为
    Q
    Eez0rz0drz01ez23221220(r2z020(r2z0ez01E 4022.10 一个半径为a的导体球带电荷量为Q，当球体以均匀角速度 题2.10图
    绕一个直径旋转，如题2.10图所示。求球心处的磁感应强度B。
    解 球面上的电荷面密度为
    JSvωrezera
    Qeasinesin
    4aQ 4a2当球体以均匀角速度绕一个直径旋转时，球面上位置矢量rera点处的电流面密度为
    将球面划分为无数个宽度为dlad的细圆环，则球面上任一个宽度为dlad细圆环的电流为 dIJSdlQsind 4细圆环的半径为basin，圆环平面到球心的距离dacos，利用电流圆环的轴线上的磁场公式，则该细圆环电流在球心处产生的磁场为

    电磁场与电磁波答案谢处方
    23Qasind0Qsin3d 0 dBezezez22322222322(bd8(asinacos8a3Qsin0Q 0故整个球面电流在球心处产生的磁场为 Bedez0z8a6a2.11 两个半径为b、同轴的相同线圈，各有N匝，相互隔开距离为d，如题2.11图所示。电流I以相同的方向流过这两个线圈。
    0b2dI（1）求这两个线圈中心点处的磁感应强度BexBx； （2）证明：在中点处dBxdx等于零；
    （3）求出b与d之间的关系，使中点处d2Bxdx2也等于零。 解 （1）由细圆环电流在其轴线上的磁感应强度 Bez得到两个线圈中心点处的磁感应强度为 Bex0Ia22(az
    2232

    0NIb2(bd42232（2）两线圈的电流在其轴线上x(0xd处的磁感应强度为
    0NIb20NIb2 Bex223222322[b(dx]2(bx22dB3NIbx3NIb(dx x00所以 dx2(b2x2522[b2(dx2]52故在中点xd2处，有
    22dB3NIbd23NIbd2x00 20 2522252dx2[bd4]2[bd4]2222dB15NIbx3NIbx00（3） 222722252dx2(bx2(bxd
    b
    b
    I
    I
    题2.11图
    x
    150NIb2(dx230NIb2 227222522[b(dx]2[b(dx]25d41，有 0 0xd222722252[bd4][bd4]即 5d24b2d24 故解得 db 2dBx令
    dx22.12 一条扁平的直导体带，宽为2a，中心线与z轴重合，通过的电流为I。证明在第一象限内的磁感应强度为
    y dB P(x,y IrI2
    By0ln2 式中、Bx0，r1和r2如题2.124ar1r2 4aR
    r1 1
    a
    x
    a
    图所示。
    解 将导体带划分为无数个宽度为dx的细条带，每一细条带的电流dII
    Idx。由安培环路定理，可得位于x处2a 题 2.12图

    电磁场与电磁波答案谢处方
    的细条带的电流dI在点P(x,y处的磁场为
    0Idx0dI0Idx dB4a[(xx2y2]122R4aR0Iydx 则 dBxdBsin224a[(xxy]0I(xxdx dBydBcos224a[(xxy]所以

    xx0I Bxarctan224a[(xxy]4ayaa0Iydxaa
    axaxxaxa0I0Iarctanarctanarctanarctan
    4a4ayyyyII0(210 4a4aaa0I(xxdx0I0I(xa2y20Ilnr2 22Byln[(xxy]ln22224ar14a[(xxy]8a(xay8aaa2.13 如题2.13图所示，有一个电矩为p1的电偶极子，位于坐标原点上，另一个电矩为p2的电偶极子，位于矢径为r的某一点上。试证明两偶极子之间相互作用力为
    3p1p2(sin1sin2cos2cos1cos2

    40r4式中1r,p1，2r,p2，是两个平面(r,p1和(r,p2间的夹角。并问两个偶极子在怎Fr样的相对取向下这个力值最大？
    解 电偶极子p1在矢径为r的点上产生的电场为
    z
    E113(p1rrp1[3] 40r5rp2p11

    r
    2
    所以p1与p2之间的相互作用能为
    13(p1r(p2rp1p2Wep2E1[3]
    540rr因为1r,p1，2r,p2，则
    p1rp1rcos1
    y
    x

    题 2.13图
    p2rp2rcos2
    又因为是两个平面(r,p1和(r,p2间的夹角，所以有
    2 (rp1(rp2rp1p2sin1sin2cos
    另一方面，利用矢量恒等式可得
    (rp1(rp2[(rp1r]p2[r2p1(rp1r]p2r2(p1p2(rp1(rp2
    因此


    电磁场与电磁波答案谢处方
    1[(rp1(rp2(rp1(rp2]p1p2sin1sin2cosp1p2cos1cos2 2rp1p2(sin1sin2cos2cos1cos2 于是得到 We40r3(p1p2故两偶极子之间的相互作用力为
    p1p2d1sinsincos2coscos((3 1212qconst40drr3p1p2(sin1sin2cos2cos1cos2
    40r4 由上式可见，当120时，即两个偶极子共线时，相互作用力值最大。
    FrWer2.14 两平行无限长直线电流I1和I2，相距为d，求每根导线单位长度受到的安培力Fm。 解 无限长直线电流I1产生的磁场为 B1e10I1 2r直线电流I2每单位长度受到的安培力为 Fm12I2ezB1dze1200I1I2 2d0I1I2 2d式中e12是由电流I1指向电流I2的单位矢量。
    同理可得，直线电流I1每单位长度受到的安培力为 Fm21Fm12e122.15 一根通电流I1的无限长直导线和一个通电流I2的圆环在同一平面上，圆心与导线的距离为d，如题2.15图所示。证明：两电流间相互作用的安培力为
    Fm0I1I2(sec1 这里是圆环在直线最接近圆环的点所张的角。
    解 无限长直线电流I1产生的磁场为
    z
    I1
    o
    d
    a
    B1e0I1 2r圆环上的电流元I2dl2受到的安培力为
    IIdFmI2dl2B1dl2ey012
    2x由题2.15图可知 dl2(exsinezcosad xdacos
    20aI1I2(ezsinexcosd 所以 Fm2(dacos0
    I2dl2
    x
    题2.15图

    0aI1I22d20aI1I22cose(ex0I1I2(sec1 exdx222aa20(dacosda2.16 证明在不均匀的电场中，某一电偶极子p绕坐标原点所受到的力矩为r(pEpE。
    解 如题2.16图所示，设pqdl(dl1，则电偶极子p绕坐标原点所受到的力矩为
    Tr2qE(r2r1qE(r1

    电磁场与电磁波答案谢处方
    (rdldldldlqE(r(rqE(r 2222dldlqdldlqr[E(rE(r]dl[E(rE(r]
    22222z
    q
    当dl1时，有
    dldlE(r(E(r 22dldlE(rE(r(E(r
    22E(r故得到
    r2
    dl r
    r1
    q
    y
    Tr(qdlE(rqdlE(r
    r(pEpE



    o x
    题2.16 图
    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(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
    q
    赤道平面
    Da
    qRR[33] 4RRere(zaere(zaqrzrz{} 223222324[rz(a][rz(a]a则球赤道平面上电通密度的通量
    DdSDezSSz0dS
    q
    题3.1 图
    q(aa[]2rdr 223222324(ra(ra0qa(r2a212a(011q0.293q
    23.2 1911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），通过实验得Ze1r到球体内的电通量密度表达式为D0er，试证明之。
    4r2ra3
    电磁场与电磁波答案谢处方
    解 位于球心的正电荷Ze球体内产生的电通量密度为 D1erZe 4r2Ze3Ze 原子内电子云的电荷体密度为 4ra334ra3b
    0
    Ze1r故原子内总的电通量密度为 DD1D2er
    4r2ra3题3. 3图(a
    33.3 电荷均匀分布于两圆柱面间的区域中，体密度为0Cm, 两圆柱面半径分别为a和b，轴线相距为c(cba，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0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0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0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rb区域中，由高斯定律EdSSc
    a
    4r33Zere 电子云在原子内产生的电通量密度则为 D2err4r24ra3q0，可求得大、小圆柱中的正、负电荷在点P产生b200b2ra200a2rer E1 的电场分别为 E1er220r20r20r20r2b b
    c
    0 a
    ＝
    0
    c
    a
    ＋
    b
    0a c
    题3. 3图(b
    b2ra2r(2 点P处总的电场为 EE1E120r2r在rb且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
    r2ra2a2rerE2er E2
    20r2020r20r20a2r(r2 点P处总的电场为 EE2E220r在ra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
    r200rr20rerE3er0 E320r2020r20
    电磁场与电磁波答案谢处方
    点P处总的电场为 EE3E30(rr0c 20203.4 半径为a的球中充满密度(r的体电荷，已知电位移分布为
    r3Ar2Dra5Aa4r2(ra(ra 其中A为常数，试求电荷密度(r。
    解：由D，有 (rD故在ra区域 (r01d2(rDr
    2rdr1d23[r(rAr2]0(5r24Ar
    2rdr541d(aAa2在ra区域 (r02[r]0
    2rdrr3.5 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4电荷，球壳上又另充有电荷量Q。已知球内部的电场为Eer(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
    1d21d2r4r30E0[2(rE]0[2(r4]604
    rdrrdraar322（2）球体内的总电量Q为 Qd6044rdr40a
    a0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2Q20 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 4a2 3.6 两个无限长的同轴圆柱半径分别为ra和rb(ba，圆柱表面分别带有密度为1和2的面电荷。（1）计算各处的电位移D0；（2）欲使rb区域内D00，则1和2应具有什么关系？
    解 （1）由高斯定理aDS0dSq，当ra时，有 D0
    01a1
    r当arb时，有 2rD022a1 ，则 D02er当br时，有 2rD032a12b2 ，则 D03er （2）令 D03era1b2
    r1ba1b2 0，则得到 2ar23.7 计算在电场强度Eexyeyx的电场中把带电量为2C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x2y；（2）沿连接该两点的直线。

    电磁场与电磁波答案谢处方
    解 （1）WFdlqEdlqExdxEydy
    C    CC2    2    22qydxxdyqyd(2y2ydyq6y2dy14q28106(J
    C    1    1（2）连接点P1(2,1,1到点P2(8,2,1直线方程为
    x2x8 即 x6y40 y1y2226故Wqydxxdyqyd(6y4(6y4dyq(12y4dy14q2810(J
    C    113.8 长度为L的细导线带有均匀电荷，其电荷线密度为l0。（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
    z
    L2
    L2(r,0L2l0dz40rz22
    L2l0
    o
    P
    r
    l0ln(zr2z240
    L22r2(L2L2l0ln
    2240r(L2L22r2(L2L2l0
    ln20rL2
    题3.8图

    （2）根据对称性，可得两个对称线电荷元l0dz在点P的电场为
    dEerdErerl0dz20r2z2coserl0rdz20(r2z232L20
    故长为L的线电荷在点P的电场为
    L2EdEer0l0rdz20(r2z232l0zer(2220rrzerl0L40rr2(L22
    由E求E，有
    2l0L2r2(L2 Eln20rerl0d2lnL2r2(L2lnr
    20dr
    电磁场与电磁波答案谢处方
    l0r1el0err40r222220L2r(L2r(L2rLr2(L22
    rPl3.9 已知无限长均匀线电荷l的电场Eer，试用定义式(rEdl求其电20rr位函数。其中rP为电位参考点。
    rPrP解
    (rEdlrrlrrdrllnrrllnP 20r2020rP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
    (x,y,z令(x,y,z0，则有

    140(xayz(xayz120
    222222(xayz(xayz[q2222q222]
    222222即 4[(xayz](xayz
    524ay2z2(a2 3354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。
    33Ze1r23( 3.11 证明习题3.2的电位表达式为 (r40r2ra2raZe 解 位于球心的正电荷Ze在原子外产生的电通量密度为 D1er24r4ra33Ze 电子云在原子外产生的电通量密度则为 D2erer224r4r故得 (x所以原子外的电场为零。故原子内电位为
    Ze1r23Zea1r( (rDdr(dr2340r2ra2ra0r40rrra3.12 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
    ra(r0 a2ra(rA(rcosr1rar （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 ra时， E0

    电磁场与电磁波答案谢处方
    a2a2ra时， Eer[A(rcos]e[A(rcos]
    rrrra2a2erA(12coseA(12sin
    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
    0nEra0erEra20Acos
    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(kxsin(lyehz 其中h2k2l2； （2）rn[cos(nAsin(n] 圆柱坐标； （3）rncos(n 圆柱坐标； （4）rcos 球坐标； （5）r2cos 球坐标。
    2222 解 （1）在直角坐标系中 x2y2z222hz2hz 而 [sin(kxsin(lye]ksin(kxsin(lye22xx222[sin(kxsin(lyehz]l2sin(kxsin(lyehz 2yy22hz2hz [sin(kxsin(lye]hsin(kxsin(lye22zz2222hz故 (klhsin(kxsin(lye0
    122(r222 （2）在圆柱坐标系中 rrrrz11(r{rrn[cos(nAsin(n]}n2rn2[cos(nAsin(n] 而

    rrrrrr12n2rn2[cos(nAsin(n]} 22r222n2r[cos(nAsin(n]0 2zz2故 0
    11(r{r[rncos(n]}n2rn2cos(n （3）

    rrrrrr12n2rn2cos(n 22r22n2[rcos(n]0 2zz
    电磁场与电磁波答案谢处方
    2故 0
    12112(r2(sin22 （4）在球坐标系中 22rrrrsinrsin1212(r2[r2(rcos]cos 而
    2rrrrrrr11(sin[sin(rcos] 22rsinrsin122(rsincos
    2rsinr2211(rcos0
    r2sin22r2sin222故 0
    1212(r2[r2(r2cos]2cos （5）
    2rrrrrrr112(sin[sin(rcos] 22rsinrsin1222(rsincos 24rsinr2211(r2cos0 222222rsinrsin2故 0
    3.14 已知y0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? 2（1）eycoshx； （2）eycosx； （3）e2ycosxsinx （4）sinxsinysinz。
    2y2y2y解 （1）2(ecoshx2(ecoshx2(ecoshx2eycoshx0
    xyz所以函数eycoshx不是y0空间中的电位的解；
    2y2y2y(ecosx2(ecosx2(ecosxeycosxeycosx0 （2） 2xyz所以函数eycosx是y0空间中可能的电位的解；
    2(e（3） 2x2y2cosxsinx2(ey4e2y2y2cosxsinx2(ez2ycosxsinx
    cosxsinx2e2ycosxsinx0
    所以函数e2ycosxsinx不是y0空间中的电位的解；

    电磁场与电磁波答案谢处方
    222(sinxsinysinz2(sinxsinysinz2(sinxsinysinz （4） x2yz3sinxsinysinz0
    所以函数sinxsinysinz不是y0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PP0(exxeyyezz。（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） PP3P0
    P(xnPL2L2xL2exPxL2LP0 2LP0 xL2xL22LLLLL同理 P(yP(yP(zP(zP0
    22222L32qddS3PL6LP00 （2） PPP02SP(xnPexP3.16 一半径为R0的介质球，介电常数为r0，其内均匀分布自由电荷，证明中心点的2r1(R02 电位为
    2r30解
    由DdSq，可得到
    S4r3rR0时， 4rD1
    3D1rrE 即 D1，
    1r03r0334R02rR0时， 4rD2
    3    3D1R0R03 ， E2 即 D22030r23r2故中心点的电位为
    22R03rRR21200(0E1drE2drdrdr r(R0233r6r0302r30r000R0R3.17 一个半径为R的介质球，介电常数为，球内的极化强度PerKr，其中K为一00R0R0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 pP在rR的球面上，束缚电荷面密度为 pnPrR1d2KK(r 22rdrrrKerPrR

    R
    电磁场与电磁波答案谢处方
    （2）由于D0EP，所以 D0EP即 (10DP
    0K
    (0r20DP
    0P由此可得到介质球内的自由电荷体密度为 DpKR14RK24rdr 总的自由电荷量 qd2r000（3）介质球内、外的电场强度分别为
    PKer (rR 0(0rqRKE2ere (rR
    r40r20(0r2E1介质球内、外的电位分别为
    R    1EdlE1drE2dr
    rR    r    RKRKdrdr 2(r(r00rR0KRKln (rR
    (0r0(0RKRK2E2drdr (rR
    2(r(r000rr03.18 （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的表达式。
    解 （1）由D0EP，得束缚电荷体密度为 PPD0E 在介质内没有自由电荷密度时，D0，则有 P0E 由于DE，有 D(EEE0 所以 EE
    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的表达式为 P0E0E
    3.19 两种电介质的相对介电常数分别为r1=2和r2=3，其分界面为z=0平面。如果已知介质1中的电场的
    E1ex2yey3xez(5z
    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

    电磁场与电磁波答案谢处方
    E2(x,y,0exE2x(x,y,0eyE2y(x,y,0ezE2z(x,y,0
    D20r2E230E2
    在z0处，由ez(E1E20和ez(D1D20，可得
    ex2yey3xexE2x(x,y,0eyE2y(x,y,0
    253E(x,y,0002z于是得到 E2x(x,y,02y
    E2y(x,y,03x
    E2z(x,y,0103
    故得到介质2中的E2和D2在z0处的表达式分别为
    E2(x,y,0ex2yey3xez(103D2(x,y,00(ex6yey9xez10
    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、介电常数为的介质球，已知球内、外的电位函数分别为
    1E0rcos203cosaE02 ra
    20r30E0rcos ra
    20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
    1(a,E0acos030aE0cosE0acos
    202030Eacos
    2002(013EcosEcosE0cos ra00r2020302E0cos rar2012故有 1(a,2(a,， 0rara
    rr可见1和2满足球表面上的边界条件。
    2(a, 球表面的束缚电荷密度为
    pnP2ra(0erE2(02rra30(0E0cos
    203.21 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；
    d2
    电磁场与电磁波答案谢处方
    (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EezE，空气中的电场为E0ezE0。由DD0，有
    E0E0 dd又由于 EE0U0
    22由以上两式解得 Ez
    d2
    U0
    20U02U0d2 ，E0
    (0d(0d20U0 题 3.21图 E 故下极板的自由电荷面密度为
    下(0d20U0E 上极板的自由电荷面密度为 上00(0d20(0U0P(Ee 电介质中的极化强度 0z(0d20(0U0eP 故下表面上的束缚电荷面密度为 p下z(0d20(0U0eP 上表面上的束缚电荷面密度为 p上z(0d20UQ （2）由

    ab(0dE0(0dQ
    U 得到 1 2ab02
    (0QE
    1 故 p下ab(0Q0 E0 p上ab20abQC 3 （）电容器的电容为题3.22图 U(0d（1）使24的1值；（2）介质板两表面的极化电荷密度。 1，如题3.22图所示。求：tan10 解 （1）根据静电场的边界条件，在介质板的表面上有

    tan2110tan2tan10tan114 由此得到 1tan4 （2）设介质板中的电场为E，根据分界面上的边界条件，有0E0nEn，即
    0E0cos1En
    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
    电磁场与电磁波答案谢处方
    所以 En01E0cos1E0cos14 4p(0En0E0cos140.7280E0
    3    434介质板左表面的束缚电荷面密度 介质板右表面的束缚电荷面密度
    p(0En0E0cos140.7280E0
    3.23 在介电常数为的无限大均匀介质中，开有如下的空腔，求各腔中的E0和D0： （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E0E。故在针形空腔中
    E0E，D00E00E （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D0D。故在薄盘形空腔中
    D0DE，E0D00E 03.24 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(y0处的1一直变化到另一极板(yd处的2，试求电容量。
    解 由题意可知，介质的介电常数为 1y(21d 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
    Dyq
    SEydDy    q
    [1y(21d]S所以，两极板的电位差 UEydy02qqddyln [1y(21d]SS(2110d故电容量为 CS(21q Udln(213.25 一体密度为2.32107Cm3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 2rEr10r2
    r2.32107r41.3110rVm (r103m 故 Er122028.85410在质子束外部，有 2rEr10a2

    电磁场与电磁波答案谢处方
    a22.32107106211.3110Vm (r103m 故 Er1220r28.85410rr3.26 考虑一块电导率不为零的电介质(,，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J(。试问有没有束缚体电荷P？若有则进一步求出P。
    D(E(JJ(J 解

    对于恒定电流，有J0，故得到 J( 介质中有束缚体电荷P，且
    0JPPD0EJ(0(J(J(0J(
    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1和2，电导率为1和2。设内导体的电压为U0，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JdSI，可得电流密度
    S    I

    (arc
    2rJI (arb er介质中的电场 E112r1JI (brc E2er22r2Jerbc由于 U0E1drE2drabI21lnbIcln a22b于是得到 I212U0
    2ln(ba1ln(cbJer故两种介质中的电流密度和电场强度分别为
    12U0 (arc
    r[2ln(ba1ln(cb]2U0 (arb E1err[2ln(ba1ln(cb]1U0 (brc E2err[2ln(ba1ln(cb] （2）由nD可得，介质1内表面的电荷面密度为
    11erE1介质2外表面的电荷面密度为
    ra12U0
    a[2ln(ba1ln(cb]
    电磁场与电磁波答案谢处方
    22erE2两种介质分界面上的电荷面密度为
    rc21U0
    c[2ln(ba1ln(cb](1221U0 12(1erE12erE2rbb[2ln(ba1ln(cb]Uln(ba1ln(cb （3）同轴线单位长度的漏电阻为 R02
    I212212 由静电比拟，可得同轴线单位长度的电容为 C2ln(ba1ln(cb3.28 半径为R1和R2(R1R2的两个同心的理想导体球面间充满了介电常数为、电导率为0(1Kr的导电媒质(K为常数。若内导体球面的电位为U0，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
    4rJI电场强度 Eer40(rKrR2JerI2(R1rR2
    (R1rR2
    R2由两导体间的电压 U0R1EdrR2(R1KIIdrln 4(rKr40KR1(R2K0R140KU0可得到 R(RK
    ln21R(RK120KU0Jer所以 R2(R1K
    2rlnR1(R2KIJ(媒质中的电荷体密度为
    媒质内、外表面上的电荷面密度分别为
    1R2(R1K(rK2r2 lnR1(R2KK2U01erJrR12erJrR2（2）两理想导体球面间的电阻
    1R(RK(R1KR1 ln21R1(R2KKU01R2(R1K(R2KR2 lnR1(R2KKU0RU0R(RK1 ln21I40KR1(R2K
    电磁场与电磁波答案谢处方
    3.29 电导率为的无界均匀电介质内，有两个半径分别为R1和R2的理想导体小球，两球之间的距离为d(dR1,dR2，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dR1、dR2，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dR1、dR2，可得到两小球表面的电位为
    11
    4R1dR2q112(
    4R2dR1q4C 所以两小导体球面间的电容为 121111R1R2dR1dR2I4G 由静电比拟，得到两小导体球面间的电导为 121111R1R2dR1dR2111111( 故两个小导体球面间的电阻为 RG4R1R2dR1dR21q(3.30 在一块厚度d的导电板上， 由两个半径为r1和r2的圆弧和夹角为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；沿方向的两电极的电阻。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U1，则有
    E1J
    U1
    dr2

    r1
    题3.30图
    d
    故得到沿厚度方向的电阻为 R1dUI1J1S11(r22r12
    d2U12d
    I1(r22r12E2J2I2 rdJ1E1U1
    （2）设内外两圆弧面电极之间的电流为I2，则
    IIJ222S2rdr2
    U2E2drr1I2rln2 dr1故得到两圆弧面之间的电阻为

    电磁场与电磁波答案谢处方
    R2U2r1ln2 I2dr1（3）设沿方向的两电极的电压为U3，则有 U3E3rd
    0    由于E3与无关，所以得到
    E3eU3 rJ3E3eU3 rr2dU3dU3r2I3J3edSdrln
    rr1S3r1U3
    I3dln(r2r1故得到沿方向的电阻为 R33.31 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Emin的内导体半径a的值和这个Emin的值。
    解 设内导体单位长度带电荷为l，由高斯定理可求得圆柱形电容器中的电场强度为
    E(rbl 20r由内外导体间的电压 UEdrallbdrln 2r2a00ab得到 l20U
    ln(ba由此得到圆柱形电容器中的电场强度与电压的关系式 E(r在圆柱形电容器中，ra处的电场强度最大 E(a令E(a对a的导数为零，即 由此得到 ln(b/a1 故有 aU
    rln(baU
    aln(baE(a1ln(ba120
    2aaln(babb e2.718eUEminU2.718
    bbql23.32 证明：同轴线单位长度的静电储能We等于。ql为单位长度上的电荷量，C为单2C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 E(rql2r

    电磁场与电磁波答案谢处方
    内外导体间的电压为
    b    bUEdra则同轴线单位长度的电容为 Clbdrlln 2r2aaql2Uln(ba
    b22ql211qq112ll2rdr同轴线单位长度的静电储能为 WeEd( ln(ba22a2r222C3.33 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1和2，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E1tE2t，故有
    E1E2E。由于D11E1、D22E2，所以D1D2。由高斯定理，得到
    D1S1D2S2q 即 2r21E2r22Eq
    所以 Eq2r2(12
    1

    a
    q
    导体球的电位
    qq1(aEdrdr 22(a2(r1212aaq2(12a 故导体球的电容 C(a2o
    1q2（2） 总的静电能量为 Weq(a
    24(12a3.34 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 C40a
    题 3.33图
    q2q2 故静电能量为 We2C80a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
    1We1q2q2f(
    4a2a4a2a80a3220a4方向沿导体球表面的外法向，即 ferfq224320a这里 erexsincoseysinsinezcos 在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为
    er

    电磁场与电磁波答案谢处方
    2222aqq2cossindFfdSerasindd eze 24242z320a0320a320a003.35 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的液体中，两板间加电压U，证明液面升高
    1Uh(0(2
    2gd22q22其中为液体的质量密度。
    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
    CU
    ah0a(Lh dd金属板间的静电能量为
    1aU22WeCU[h(Lh0]
    22d液体受到竖直向上的静电力为
    L
    h
    WeaU2Fe(0
    h2d而液体所受重力

    Fgmgahdg
    d
    2aUFe与Fg相平衡，即 (0ahdg
    2d题3.35图
    故得到液面上升的高度
    (0U21U2h((
    02d2g2gd3.36 可变空气电容器，当动片由0至180电容量由25至350pF直线地变化，当动片为角时，求作用于动片上的力矩。设动片与定片间的电压为U0400V。
    解 当动片为角时，电容器的电容为
    35025251.81PF(251.811012F
    180112122此时电容器中的静电能量为 WeCU0(251.8110U0
    22We11.811012U021.45107Nm 作用于动片上的力矩为 T23.37 平行板电容器的电容是0Sd，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U0一定的条件下，电容器的C25S
    d d
    U0
    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，则电题3.37图(a


    电磁场与电磁波答案谢处方
    容器的能量如何变化？电容量又如何变化？ 解 （1）在电压U0一定的条件下，未插入金属板前，极板间的电场为
    E0电容为 C0U0
    d0Sd
    0SU0212 静电能量为 We0C0U022d当插入金属板后，电容器中的电场为 EU0
    dd20SU021U0 此时静电能量和电容分别为 We0S(dd2dd2(dd2We0SC

    U02dd故电容器的电容及能量的改变量分别为
    CCC00Sdd0Sd
    0Sdd(dd
    WeWeWe00SU02d2d(dd（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 E0q 00Sq2dq2 静电能量为 We02C020S当插入电介质板后，由介质分界面上的边界条件E1tE2t，有 E1E2E
    S
    q
    再由高斯定理可得 ESE0(SSq
    d
    0
    S
    q
    q
    S0(SSqd 两极板间的电位差位 UEdS0(SS于是得到极板间的电场为 E211qd题3.37图(b WqU 此时的静电能量为e22S0(SSS0(SS 其电容为 Cd(0S 故电容器的电容及能量的改变量分别为 Cd(0q2d1We
    20S[S0(SS] 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。
    电磁场与电磁波答案谢处方
    （1）证明：有源区E的微分方程为E（2）证明：E的解是 E2t，tP； 0t1Rd 402解 （1）由E0，可得 (E0，即(EE0 又 E10(Pt2E故得到
    00t2E（2）在直角坐标系中的三个分量方程为
    01t1t1t222ExEE ，，yz0x0y0z其解分别为
    0(DP1(P
    ExEyEz11td 40Rx11td 40Ry11td 40Rz故 EexExeyEyezEz tt11tt1d [eee]dxyz4R40Rxyz0td0 R1tRtt3解 由于 (tt( ，所以
    RRRRRtttR(ddd4Ed t03RRRRtd40E 由题3.38(2可知 Rt(d40E40E0 故 R3.39 证明：(



    电磁场与电磁波答案谢处方
    四章习题解答
    4.1 如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为U0，求槽内的电位函数。
    解 根据题意，电位(x,y满足的边界条件为
    ① (0,y(a,y0 ② (x,00

    ③ (x,bU0

    根据条件①和②，电位(x,y的通解应取为
    (x,yAnsinh(y
    n1nynxsin( aab
    o
    U0
    由条件③，有
    U0Ansinh(n1nbnxsin( aaa
    题4.1图
    ax
    两边同乘以sin(nx，并从0到a对x积分，得到
    a    a2U0nxAnsin(dx asinh(nba0a2U0(1cosnnsinh(nba故得到槽内的电位分布
    (x,y4U0n1,3,5,4U0,n1,3,5,nsinh(nba 0，n2,4,6,1nynxsinh(sin(
    nsinh(nbaaa4.2 两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由yd到yb(x。上板和薄片保持电位U0，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从y0到yd，电位线性变化，(0,yU0yd。
    解 应用叠加原理，设板间的电位为
    y U0
    (x,y1(x,y2(x,y
    其中，1(x,y为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为boxydxy oxy 题 4.2图
    U0）的电位，即1(x,yU0yb；2(x,y是两个电位为零x
    的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：
    ① 2(x,02(x,b0

    ②
    2(x,y0(x

    (0yd
    U0Uy0b③ 2(0,y(0,y1(0,yU0yU0ybd(dyb
    电磁场与电磁波答案谢处方
    xnynb(x,y(x,yAsin(e 根据条件①和②，可设2的通解为2nbn1U0Uy(0yd0nyb 由条件③有 Ansin(bn1U0yU0y(dybbdny，并从0到b对y积分，得到 两边同乘以sin(bdb2U02U011ynyny2U0bndAn(1sin(dy(ysin(dysin( 2b0bbbddbb(ndbU2bU0故得到 (x,y0ybd2x1ndnynbsin(sin(e 2nbbn14.3 求在上题的解中，除开U0yb一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按2WCf2e定出边缘电容。
    U0解 在导体板（y0）上，相应于2(x,y的电荷面密度
    202yy0x20U01ndnbsin(e dn1nb则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷
    x20U0ndnb40U0b1ndsin(edxsin( q22dx22dx222dnbndbn10n1020bU021相应的电场储能为 Weq2U022d1ndsin( 2nbn12We40b1nd其边缘电容为 Cf222sin(
    U0dn1nb 4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位U0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。解 根据题意，电位(x,y满足的边界条件为
    ① (0,y(a,y0
    ② (x,y0(y

    y
    ③ (x,0U0
    根据条件①和②，电位(x,y的通解应取为
    nx(x,yAnenyasin(

    an1nx 由条件③，有 U0Ansin(an1o x U0 a nxsin(，并从0到a对x积分，得到 两边同乘以题4.4图
    a    a
    电磁场与电磁波答案谢处方
    4U0a,n1,3,5,2U0nx2U0Ansin(dx (1cosnnaan00，n2,4,6,4U01nyanx(x,yesin( 故得到槽内的电位分布为 n1,3,5,na4.5 一长、宽、高分别为a、b、c的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为
    xzy(ybsin(sin(
    ac的电荷。求体积内的电位。
    解 在体积内，电位满足泊松方程
    2221xzy(ybsin(sin( （1） 222xyz0ac长方体表面S上，电位满足边界条件S0。由此设电位的通解为
    mxnypzsin(sin( abc(x,y,z代入泊松方程（1），可得
    10Amnpsin(m1n1p1Amnp[(m1n1p1m2n2p((2] abcmxnypzxzsin(sin(sin(y(ybsin(sin(
    abcac由此可得
    Amnp0 (m1或p1
    2n22nyA[(((]sin(y(yb （2） 1n1abcbp1由式（2），可得
    n2ny4bA1n1[(2(2(2]y(ybsin(dy(3(cosn1
    abcb0bbnb8b23(n0n1,3,5,n2,4,6,
    1xnyzsin(sin(sin(5故 1n10n1,3,5,n3[(2(2(2]abc
    abc4.6 如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷ql，其位置为(0,d。求板间的电位函数。
    解 由于在(0,d处有一与z轴平行的线电荷ql，以x0为界将场空间分割为x0和(x,y,z8b2x0两个区域，则这两个区域中的电位1(x,y和2(x,y都满足拉普拉斯方程。而在x0的
    电磁场与电磁波答案谢处方
    分界面上，可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度(yql(yy0。
    电位的边界条件为
    y
    ① 1(x,0=1(x,a0
    ql d
    a
    x
    题 4.6图
    o
    2(x,0=2(x,a0 ② 1(x,y0(x
    2(x,y0(x ③ 1(0,y2(0,y
    q(21x0l(yd xx0由条件①和②，可设电位函数的通解为
    ny (x0 an1ny2(x,yBnenxasin( (x0

    an11(x,yAnenxasin(由条件③，有
    nynyAsin(Bsin( （1） nnaan1n1qnnynnyAnsin(Bnsin( l(yd （2）
    0aaaan1n1由式（1），可得

    AnBn （3）
    将式（2）两边同乘以sin(my，并从0到a对y积分，有 a2qla2qlnynd(ydsin(dysin( （4） AnBn0n0an0aqln0sin(nd
    a由式（3）和（4）解得 AnBn故 1(x,y1ndnxanysin(esin( (x0 0n1naaql2(x,y1ndnxanysin(esin( (x0 0n1naaql4.7 如题4.7图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷ql。求槽内的电位函数。
    y
    解 由于在(x0,y0处有一与z轴平行的线电荷ql，以xx0为界将场空间分割为0xx0和x0xa两个区域，则这两个区域中的电位1(x,y和2(x,y都满足拉普拉斯方程。而在xx0的分界面上，可利用b 函数将线电荷ql表示成电荷面密度o
    ql (x0,y0
    a
    题4.7图
    x

    电磁场与电磁波答案谢处方
    (yql(yy0，电位的边界条件为
    ① 1(0,y=0，2(a,y0 ② 1(x,0=1(x,b0 2(x,0=2(x,b0 ③ 1(x0,y2(x0,y
    (2x1xxx0ql(yy0
    0由条件①和②，可设电位函数的通解为
    1(x,yAynsin(nsinh(nx (0xx0 n1bbx,yBny2(nsin(sinh[n(ax] (x0xa n1bb由条件③，有
    Ansin(nysinh(nx0Bsin(nysinh[n(an1bbnn1bbx0] Annsin(nycosh(nx0 n1bbbBnnsin(nycosh[n(axql(yy0 n1bbb0] 0由式（1），可得
    Anx0nsinh(bBnnsinh[b(ax0]0 将式（2）两边同乘以sin(myb，并从0到b对y积分，有 Anx0nncosh(bBncosh[b(ax0]2qlbn(yyny0sin(dy 00b2qlnsin(ny0b 0由式（3）和（4）解得 Aql1n2sinh(nabnsinh[n(axny00]sin(
    0bbB2ql1nx0ny0nsinh(nabnsinh(sin(
    0bb故 1(x,y2ql1n(ax0]
    0n1nsinh(nabsinh[bsin(ny0nxnybsinh(bsin(b (0xx0 1）2）3）4） （ （ （ （
    电磁场与电磁波答案谢处方
    nx01sinh( 0n1nsinh(nabbny0nnysin(sinh[(ax]sin( (x0xa
    bbb若以yy0为界将场空间分割为0yy0和y0yb两个区域，则可类似地得到
    2(x,y2ql1nsinh[(by0] 0n1nsinh(nbaanx0nynxsin(sinh(sin( (0yy0
    aaa2qlny012(x,ysinh( 0n1nsinh(nbaanx0nnxsin(sinh[(by]sin( (y0yb
    aaa4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0exE0中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为a。求导体圆柱外的电位和电场E以及导体表面的感应电荷密度。
    解 在外电场E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E0的电位0与感应电荷的电位in的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系1(x,y2ql中，外电场的电位为0(r,E0xCE0rcosC（常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位in(r,应与0(r,一样按cos变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以(r,满足的边界条件为
    y
    ① (a,C
    ② (r,E0rcosC(r
    1由此可设 (r,E0rcosA1rcosC 1由条件①，有 E0acosA1acosCC
    E0
    a
    o
    x
    2于是得到 A1aE0
    故圆柱外的电位为
    题4.8图
    (r,(ra2r1E0cosC
    若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a,0，则C0。导体圆柱外的电场则为
    221aaE(r,ereer(12E0cose(12E0sin
    rrrr(r,导体圆柱表面的电荷面密度为 0ra20E0cos
    r4.9 在介电常数为的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为a的圆柱形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场E0exE0，求空腔内和空腔外的电位函数。
    解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为0(r,E0xE0rcos而感应电荷的电位in(r,应与0(r,一样按cos变化，则空腔内、外的电位分别为1(r,和
    电磁场与电磁波答案谢处方
    2(r,的边界条件为
    ① r时，2(r,E0rcos； ② r0时，1(r,为有限值；
    12 ③ ra时， 1(a,2(a,，0rr由条件①和②，可设
    1(r,E0rcosA1rcos (ra
    2(r,E0rcosA2r1cos (ra
    带入条件③，有 A1aA2a，0E00A1E0aA2
    12002E0， A2aE0 002Ercos (ra 所以 1(r,000a22(r,[1(]E0rcos (ra
    0r4.10 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题4.10图所由此解得 A1示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位U0和U0。求圆柱面内部的电位函数。
    y 解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为
    ① (0,为有限值；
    0
    b o
    U0
    U0
    x
    0
    题4.10图
    U00② (b,U00022；
    32322由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为
    (r,rn(AnsinnBncosn (rb
    n1代入条件②，有 由此得到
    bn1    n(AnsinnBncosn(b,
    2321Annb21(b,sinnd[U0sinndnb00U0sinnd]U0(1cosnbnn2U0,n1,3,5,nnb0，n2,4,6,1Bnnb2
    (b,cosndb[Un012032cosnd0U0cosnd]

    电磁场与电磁波答案谢处方
    n32U0,U0n3n(12n(sinsinnbbnn220，n1,3,5,n2,4,6,
    n31rn([sinn(12cosn] (rb 故 (r,n1,3,5,nb4.11 如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为，在距离轴线r0(r0a处，有一与圆柱平行的线电荷ql，计算空间各部分的电位。
    解 在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位(r,均为线电荷ql的电位l(r,与极化电荷的电位p(r,的叠加，即(r,l(r,p(r,。线电荷ql的2U0电位为 l(r,y
    ql20lnRql20lnr2r022rr0cos （1）
    而极化电荷的电位p(r,满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。0a o
    介质圆柱内外的电位1(r,和2(r,满足的边界条件为分别为

    ql
    ① 1(0,为有限值；
    r0x
    ② 2(r,l(r,(r

    题4.11图
    102 rr由条件①和②可知，1(r,和2(r,的通解为
    ③ ra时，12,1(r,l(r,Anrncosn (0ra （2）
    n12(r,l(r,Bnrncosn (ar （3）
    n1将式（1）～（3）带入条件③，可得到
    Aann1    ncosnBnancosn （4）
    n1(Annan1Bn0nan1cosn(0n1qllnR20rra （5）
    1rnlnRlnr(cosn （6） rr 当00时，将lnR展开为级数，有nr0n1带入式（5），得 (Annan1n1Bn0nan1(0qlcosn20r0an1(cosn （7） n1r0nn由式（4）和（7），有 AnaBna
    Annan1Bn0nan1(0qlan1(
    20r0r0
    电磁场与电磁波答案谢处方
    ql(01ql(0a2n 由此解得 An， Bn20(0nr0n20(0nr0n故得到圆柱内、外的电位分别为
    ql(01rn1(r,lnrr2rr0cos(cosn （8）
    2020(0n1nr0220qlql(01a2n2(r,lnrr2rr0cos(cosn （9）
    2020(0n1nr0r220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为
    ql(01rnql(0(cosn(lnRlnr0 20(0n1nr020(0ql(01a2nql(0(cosn(lnRlnr 20(0n1nr0r20(0其中Rr2(a2r022r(a2r0cos。因此可将1(r,和2(r,分别写成为
    1(r,20qlq(0lnRllnr0
    20020(01qllnR1(0ql1(0qllnRlnr

    2020020020q的电位相同，而介 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0）的线电荷0l2(r,a2,0质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（r0,0）的线电荷ql；位于(r000qq。 的线电荷；位于r0的线电荷0l0l4.12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。
    解 导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位(r,均为线电荷ql的电位l(r,与感应电荷的电位in(r,的叠加，即(r,l(r,in(r,。线电荷ql的电位为
    l(r,ql20lnRql20lnr2r022rr0cos （1）
    而感应电荷的电位in(r,满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。
    (r,满足的边界条件为
    ① (r,l(r,(r； ② (a,C。
    由于电位分布是的偶函数，并由条件①可知，(r,的通解为
    (r,l(r,Anrncosn （2）
    n0
    电磁场与电磁波答案谢处方
    将式（1）和（2）带入条件②，可得到
    AnancosnCn0ql20lna2r022ar0cos （3）
    将lna2r022ar0cos展开为级数，有
    1alnar2ar0coslnr0(ncosn （4）
    n1nr0220带入式（3），得
    AnacosnCnn01a[lnr0(ncosn] （5） 20n1nr0qla2nlnr0， An( 由此可得 A0C2020nr0ql故导体圆柱外的电为
    ql(r,ql20lnr2r022rr0cos
    1a2n(Clnr0(cosn （6） 2020n1nr0rqlql讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为
    ql1a2n(cosn(lnRlnr 20n1nr0r20ql其中Rr2(a2r022r(a2r0cos。因此可将(r,写成为
    (r,ql20lnRql20lnRql20lnrCql20lnr0
    由此可见，导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（r0,0）的线电荷ql；a2,0的线电荷ql；位于r0的线电荷ql。 位于(r04.13 在均匀外电场E0ezE0中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U0；（2）导体上充有电荷Q。试分别计算两种情况下球外的电位分布。
    解 （1）这里导体充电至U0应理解为未加外电场E0时导体球相对于无限远处的电位为U0，此时导体球面上的电荷密度0U0a，总电荷q40aU0。将导体球放入均匀外电场E0中后，在E0的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。
    设(r,0(r,in(r,，其中
    0(r,E0zE0rcos
    是均匀外电场E0的电位，in(r,是导体球上的电荷产生的电位。
    电位(r,满足的边界条件为

    电磁场与电磁波答案谢处方
    ① r时，(r,E0rcos； ② ra时， (a,C0，0SdSq r其中C0为常数，若适当选择(r,的参考点，可使C0U0。
    21由条件①，可设 (r,E0rcosA1rcosB1rC1
    3代入条件②，可得到 A1aE0，B1aU0，C1C0U0 321若使C0U0，可得到 (r,E0rcosaE0rcosaU0r
    （2）导体上充电荷Q时，令Q40aU0，有 U0Q40a
    32利用（1）的结果，得到 (r,E0rcosaE0rcosQ40r 4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0ezE0，在介质中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电场E和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为）。
    解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为1(r,和2(r,，则边界条件为
    ① r时，2(r,E0rcos；
    ② r0时，1(r,为有限值； ③ ra时， 1(a,2(a,，0由条件①和②，可设

    12 rr1(r,E0rcosA1rcos 2(r,E0rcosA2r2cos
    带入条件③，有
    3A1aA2a2，0E00A1E02aA2
    003AEAaE0 由此解得 10，220203(r,E0rcos 所以1200a32(r,[1(]E0rcos
    20ra
    0o

    E0题4.14图
    z

    空腔内、外的电场为
    3E0
    20(0E0a3E([er2cosesin] E22(r,020rE11(r,空腔表面的极化电荷面密度为

    电磁场与电磁波答案谢处方
    pnP2ra(0erE2ra30(0E0cos
    20偶极子p，球壳上的电荷量为Q。试计算球内、外的电位分布和球壳上的电荷分布。
    解 导体球壳将空间分割为内外两个区域，电偶极子p在球壳内表面上引起感应电荷分布，但内表面上的感应电荷总量为零，因此球壳外表面上电荷总量为Q，且均匀分布在外表面上。
    球壳外的场可由高斯定理求得为
    4.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为r1和r2，球的中心放置一个电40r2Q2(r
    40r外表面上的电荷面密度为

    E2(rerQ
    Q 4r22设球内的电位为1(r,p(r,in(r,，其中
    r1
    2o
    p
    r2
    z
    Q
    题 4.15图
    pcospP(cos 22140r40r是电偶极子p的电位，in(r,是球壳内表面上的感应电荷的电位。
    in(r,满足的边界条件为
    ① in(0,为有限值；
    p(r,② 1(r1,2(r2，即in(r1,p(r1,2(r2，所以
    in(r1,由条件①可知in(r,的通解为

    Q40r2n0p40r12P1(cos
    in(r,AnrnPn(cos
    Q40r2p40r12P1(cos
    由条件②，有

    Anr1nPn(cosn0比较两端Pn(cos的系数，得到
    40r240r13An0(n2
    Qp1r(r,(23cos 最后得到
    140r240rr111球壳内表面上的感应电荷面密度为 10rr0n1rA0Q， A1p，

    rr13pcos 34r13pcos2r12sind0 感应电荷的总量为 q11dS34r10S
    电磁场与电磁波答案谢处方
    4.16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场，问线圈应如何绕（即求绕线的密度）？
    z
    解 设球内的均匀场为H1ezH0(ra，球外的场为H2(ra，如题4.16图所示。根据边界条件，球面上的电流面密度为 er Jn(HHe(HeH
    S    2    1rar    2    z    0ra H2 若令erH2ra0，则得到球面上的电流面密度为 JSeH0sin 这表明球面上的绕线密度正比于sin，则将在球内产生均匀场。
    4.17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P。
    P题 4.16图

    （1）证明：球内的电场是均匀的，等于；
    o
    a

    H1erH2raeH0sin
    04R3（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同，。
    3解 （1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中所求的电场即为极化电荷所产生的场。由于是均匀极化，介质球体内不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的电位满足拉普拉斯方程，可用分离变量法求解。
    z 建立如题4.17图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为
    pPnPerPcos
    介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为
    ① 1(0,为有限值； ② 2(r,0(r； ③ 1(R,2(R,
    P
    o
    0(12rrrRPcos

    R
    题 4.17图

    因此，可设球内、外电位的通解为
    1(r,A1rcos
    B12(r,2cos
    rB12B1 AR(AP 由条件③，有，01123RRPPR3 解得 A1， B13030PP(r,rcosz 于是得到球内的电位13030PPEe 故球内的电场为11z3030（2）介质球外的电位为

    电磁场与电磁波答案谢处方
    PPR314R3Pcos 2(r,coscos22240r30r40r34R3其中为介质球的体积。故介质球外的电场为
    3P212(er2cosesin E22(r,ere34rrrr0可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同。
    4.18 半径为a的接地导体球，离球心r1(r1a处放置一个点电荷q，如题4.18图所示。用分离变量法求电位分布。
    解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加，感应电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位分布时，将点电荷的电位在球面上按勒让德多项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。
    设(r,0(r,in(r,，其中
    0(r,q40Rq40r2r122rr1cos
    是点电荷q的电位，in(r,是导体球上感应电荷产生的电位。
    电位(r,满足的边界条件为
    ① r时，(r,0； ② ra时， (a,0。 由条件①，可得in(r,的通解为
    in(r,Anrn1Pn(cos
    n0z
    为了确定系数An，利用1R的球坐标展开式
    q
    rnrn1Pn(cos(rr11n01 nRr1P(cos(rr1n1nn0rqanP(cos 将0(r,在球面上展开为 0(a,n1n40n0r1代入条件②，有
    r1
    a o
    题4.18图
    Aann0n1anPn(cos P(cos0 n1n40n0r1qqa2n1 比较Pn(cos的系数，得到 An40r1n1a2n1故得到球外的电位为 (r,n1Pn(cos
    40R40n0(rr1讨论：将(r,的第二项与1R的球坐标展开式比较，可得到
    q    q

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