③ r?a时，
?1(a,?)??2(a,?)，?0??1????2 ?r?r由条件①和②，可设
?1(r,?)??E0rcos??Ar1cos?
?2(r,?)??E0rcos??A2r?2cos?
ao?0 带入条件③，有
???0E0??0A1???E0?2?a?3A2
???0???03E0A??EA??aE0 由此解得 10，22???02???0题4.14图
3??(r,?)??E0rcos? 所以12???0???0a3?2(r,?)??[1?()]E0rcos?
2???0rzA1a?A2a?2，
空腔内、外的电场为
3?E0
2???0(???0)E0a3E?()[er2cos??e?sin?] E2????2(r,?)?02???0rE1????1(r,?)?空腔表面的极化电荷面密度为
3?0(???0)E0cos? r?ar?a2???04.15 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
?p??n?P2??(???0)er?E2??外表面上。
球壳外的场可由高斯定理求得为
E2(r)?erQr1r24??0r2Q?2(r)?
4??0r
opzQ外表面上的电荷面密度为
题 4.15图
Q 4?r22设球内的电位为?1(r,?)??p(r,?)??in(r,?)，其中
?2?
?p(r,?)?pcos?p?P(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； ② ?1(r1,?)??p(r1,?)??2(r2)，所以 1,?)??2(r2)，即?in(r?in(r1,?)?由条件①可知?in(r,?)的通解为
?Q4??0r2?n?0?p4??0r12P1(cos?)
n?in(r,?)??AnrPn(co?s )由条件②，有
?Anr1nPn(cos?)?n?0Q4??0r2?p4??0r12P1(cos?)
比较两端Pn(cos?)的系数，得到
4??0r134??0r2An?0(n?2)
Qp1r?(r,?)??(2?3)cos? 最后得到 14??0r24??0rr1??1??1??????球壳内表面上的感应电荷面密度为 10r?r0?n1?r?A0?Q， A1??p，
r?r1??3pcos? 34?r13p?dS??cos??2?r12sin?d??0 感应电荷的总量为 q1??13??4?r10S4.16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场，问z线圈应如解 的电流面
何绕（即求绕线的密度）？
er设球内的均匀场为H1?ezH0(r?a)，球外的场为
H2(r?a)，如题4.16图所示。根据边界条件，球面上
密度为
r?aaHJS?on?(H)12?HH21??er?(H2?ezH0)r?a?
er?H2若
令
r?a?e?H0sin? er?H2r?a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。 （1）证明：球内的电场是均匀的，等于?JS?e?H0s? i
题 4.16图
?0，则得到球面上的电流面密度为
nP?0；
4?R3（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。
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
z?p?P?n?P?er?Pcos?
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,?)
PoR题 4.17图
?0(??1??2?)?r?rr?R?Pcos?
因此，可设球内、外电位的通解为
?1(r,?)?Ar1cos?
?2(r,?)?由条件③，有 A1R?B1cos? 2rB12B1?(A?)?P ，01R2R3PPR3 解得 A1?， B1?3?03?0PPrcos??z 3?03?0PP?? 故球内的电场为 E1????1??ez3?03?0于是得到球内的电位
?1(r,?)?（2）介质球外的电位为
P?PR314?R3P?cos? ?2(r,?)?cos??cos?2224??r3?0r4??0r304?R3其中??为介质球的体积。故介质球外的电场为
3P???1??2(er2cos??e?sin?) E2????2(r,?)??er2?e??34??r?rr?r0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(r1?a)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??0R?q4??0r2?r12?2rr1cos? 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 r?a时， ?(a,?)?0。
由条件①，可得?in(r,?)的通解为
zq?in(r,?)??Anr?n?1Pn(cos?)
n?0?为了确定系数An，利用1R的球坐标展开式
r1 ao 题4.18图
??rn??rn?1Pn(cos?)(r?r1)1?n?01?? R??r1nP(cos?)(r?r1)?n?1n??n?0rq?an将?0(r,?)在球面上展开为 ?0(a,?)??Pn(cos?)
4??0n?0r1n?1代入条件②，有
?Aann?0??n?1anPn(cos?) ?P(cos?)?0 ?n?1n4??0n?0r1q?qa2n?1 比较Pn(cos?)的系数，得到 An??n?14??0r1a2n?1?P(cos?) 故得到球外的电位为 ?(r,?)??n?1n4??0R4??0n?0(rr1)讨论：将?(r,?)的第二项与1R的球坐标展开式比较，可得到
qq?a2n?1P(cos?)??n?1n(rr)n?01?ar1r2?(a2r1)2?2r(a2r1)cos? 由此可见，?(r,?)的第二项是位于r??a2r1的一个点电荷q???qar1所产生的电位，此
电荷正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。
4.19 一根密度为ql、长为2a的线电荷沿z轴放置，中心z在原点上。证明：对于r?a的点，有 P(r,?) 解 线
对于r?aaR? ql?aa3a5???P(cos?)?P(cos?)?? (r,?) ?? 24r2??0?r3r35r5?? o电荷产生的电位为 aa qlql11??(r,?)?dz?dz? ??224??0?aR4??0?ar?z??2rz?cos??a的点，有
题4.19图 ?1(z?)n??n?1Pn(cos?) 22r?z??2rz?cos?n?0r故得到
(z?)n?(r,?)?P(cos?)dz?? ?n?1?4??0n?0?arql?a?ql?aa31an?1?(?a)n?1a5P(cos?)??P(cos?)?P(cos?)????? nn?132544??0n?0n?1r2??0?r3r5r?4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上总电荷量为Q，如题4.20图所示。证明：空间任意点电位为
24?Q?1?r?3?r??1??1???P2(cos?)???P4(cos?)??? (r?a)
4??0a?8?a???2?a??24?Q?1?a?3?a??2??1???P2(cos?)???P4(cos?)??? (r?a)
4??0r?8?r???2?r??解 以细导线圆环所在的球面r?a把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并
ql?利用?函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面r?a上的电荷面密度
??QQz??(cos??cos)??(cos?) 2?a222?a2再根据边界条件确
设球面r?a定系数。
内、外的电位分别为
?1(r,?)和
?2(r,?)，则边界条
① ② ③
ao 件为：
yx题 4.20图
?1(0,?)为有限值； ?2(r,?)?0(r??) ?1(a,?)??2(a,?)，
??1??2Q?)??(cos?) 2?r?rr?a2?a根据条件①和②，可得?1(r,?)和?2(r,?)的通解为
?0(?1(r,?)??AnrnPn(cos?) （1）
n?0???2(r,?)??Bnr?n?1Pn(cos?) （2）
n?0代入条件③，有
Anan?Bna?n?1 （3）
?2??0a将式（4）两端同乘以Pm(cos?)sin?，并从0到?对?进行积分，得
n?0?[Annan?1?Bn(n?1)a?n?2]Pn(cos?)??Q2?(cos?) （4）
Annan?1?Bn(n?1)a?n?2(2n?1)Q?(cos?)Pn(cos?)sin?d?? ?2?4??0a0(2n?1)QPn(0) （5） 24??0an?1,3,5,??0? 其中 Pn(0)??n21?3?5?(n?1)(?1)n?2,4,6,??2?4?6?n?QQanPn(0)Pn(0) 由式（3）和（5），解得 An?，Bn?4??0an?14??0代入式（1）和（2），即得到
4?1?r?2?3?r??1?1?P(cos?)?P(cos?)???? (r?a) ??2??44??0a?8?a???2?a??24?Q?1?a?3?a??2?1?P(cos?)?P(cos?)???? (r?a) ??2??44??0r?8?r??2?r???4.21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d，如果把它移到无穷远处，需要作多少
Q功？
第一章习题解答
1.1 三个矢量A、B和C如下：
A?ex?ey2?ez3
B??ey4?ez
C?ex5?ez2
求：（1）a；（2）A?B；（3）A?B；（4）?；（5）A在B上的分量；（6）A?C；
AAB（7）A?(B?C)和(A?B)?C；
（8）(A?B)?C和A?(B?C)。 解 （1）aAA?A?ex?ey2?ez312?22?(?3)2?e123x14?ey14?ez14 （2）A?B?(ex?ey2?ez3)?(?ey4?ez)?ex?ey6?ez4?53 （3）A?B?(ex?ey2?ez3)?(?ey4?ez)?－11 （
4
）
由
c?oA?B?11AB?sAB?1?4?17????AB?cos1(?11238)?135.5 （5）A在B上的分量 AB?Aco?sAB?A?BB??1117 exeyez（6）A?C?12?3??ex4?ey13?ez10 50?2exeyez（7）由于B?C?0?41?ex8?ey5?ez20 50?2exeyezA?B?12?3??ex10?ey1?ez4
0?41所以 A?(B?C)?(ex?ey2?ez3)?(ex8?ey5?ez20)??42 (A?B)?C?(?ex10?ey1?ez4)?(ex5?ez2)??42
exeyez（8）(A?B)?C??10?1?4?ex2?ey40?ez5
50?2exeyezA?(B?C)?12?3?ex55?ey44?ez11
8520 1.2 三角形的三个顶点为P1(0,1,?2)、P2(4,1,?3)和P3(6,2,5)。 （1）判断?PP12P3是否为一直角三角形； （2）求三角形的面积。
，
1得2 1
38解 （1）三个顶点P、P和P的位置矢量分别为 1(0,1,?2)2(4,1,?3)3(6,2,5) r1?ey?ez2，r2?ex4?ey?ez3，r3?ex6?ey2?ez5 则 R12?r2?r1?ex4?ez， R23?r3， ?r?2ex2?ey?ez8R31?r1?r3??ex6?ey?ez7
由此可见
R12?R23?(ex4?ez)?(ex2?ey?ez8)?0
故?PP为一直角三角形。 12P3 （2）三角形的面积 S?1R?R?1R12231?17?69?17. 1323222 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 rP???ex3?ey?ez4，rP?ex2?ey2?ez3，
12?R则 RP?P?rP?rP??ex5?ey3?ez 且RP?P与x、y、z轴的夹角分别为
ex?RP?P5)?cos?1()?32.31? RP?P35e?R??3?y?cos?1(yPP)?cos?1()?120.47?
RP?P35e?R1?z?cos?1(zP?P)?cos?1(?)?99.73?
RP?P351.4 给定两矢量A?ex2?ey3?ez4和B?ex4?ey5?ez6，求它们之间的夹角和
?x?cos?1(A在B上的分量。
解 A与B之间的夹角为
?AB?cos?1(A?B?31)?cos?1()?131? AB29?77B?31???3.532 B771.5 给定两矢量A?ex2?ey3?ez4和B??ex6?ey4?ez，求A?B在C?ex?ey?ez上的分量。
A在B上的分量为 AB?A?ex解 A?B?2eyez3?4??ex13?ey22?ez10 ?6?41所以A?B在C上的分量为 (A?B)C?(A?B)?C25???1?4.4 3C31.6 证明：如果A?B?A?C和A?B?A?C，则B?C；
解 由A?B?A?C，则有A?(A?B)?A?(A?C)，即
(A?B)A?(A?A)B?(A?C)A?(A?A)C
由于A?B?A??(A?A) CC，于是得到 (A?A)B故 B?C
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，p?A?X而P?A?X，p和P已知，试求X。
解 由P?A?X，有
A?P?A?(A?X)?(A?X)A?(A?A)X?pA?(A?A)X
pA?A?P
故得 X?标；（2）球坐标中的坐标。
解 （1）在直角坐标系中 x?4cos?(2故该点的直角坐标为(?2,23,3)。
2（2）在球坐标系中
A?A2?1.8 在圆柱坐标中，一点的位置由(4,（1）直角坐标中的坐,3)定出，求该点在：3?3)?、2y?4sin(2?3)?23、z?3
?1??r?4?32?5、??tan(43)?53.1、??2?3?120
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E?er（2）求在直角坐标中点(?3,4,?5)处E与矢量B?ex2?ey2?ez构成的夹角。 解 （1）在直角坐标中点(?3,4,?5)处，r2?(?3)2?42?(?5)2?50，故
E?er251
?2r21?332
Ex?ex?E?Ecos?rx????25220（2）在直角坐标中点(?3,4,?5)处，r??ex3?ey4?ez5，所以
2525r?ex3?ey4?ez5 E?2?3?rr102故E与B构成的夹角为
?EB?cos?1(E?B19(102))?cos?1(?)?153.6? E?B321.10 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
cos??cos?1cos?2?sin?1sin?2cos(?1??2)
解 由 R1?exr1sin?1cos?1?eyr1sin?1sin?1?ezr1cos?1R2?exr2sin?2cos?2?eyr2sin?2sin?2?ezr2cos?2
得到 cos??R1?R2?
R1R2 sin?1cos?1sin?2cos?2?sin?1sin?1sin?2sin?2?cos?1cos?2?
sin?1sin?2(cos?1cos?2?1sin?1sin?2)?cos?1cos?2? sin?1sin?2cos(?1??2)?cos?1cos?2
1.11 一球面S的半径为5，球心在原点上，计算： 解 ??(er3sin?)?dS???(er3sin?)?erdS?SS??(e3sin?)?dS的值。
rS2??2?d??3sin??500sin?d??75?2
1.12 在由r?5、z?0和z?4围成的圆柱形区域，对矢量A?er2?e2z验证散
rz度定理。
解 在圆柱坐标系中 ??A?42?1??(rr2)?(2z)?3r?2 r?r?z50所以 又
??Ad???dz?d??(3r?2)rdr?1200? ??00S2A?dS?(er?ez2z)?(erdSr?e?dS??ezdSz)? r????S42?52?2 故有
??500?5d?dz???2?4rdrd??1200?
00??Ad??1200???A?dS ???S1.13 求（1）矢量A?exx2?eyx2y2?ez24x2y2z3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）??A????2x?2x2y?72x2y2z2 ?x?y?z（2）??A对中心在原点的一个单位立方体的积分为
12121212222 ??Ad??(2x?2xy?72xyz)dxdydz?????24??12?12?12 （3）A对此立方体表面的积分
1212A?dS?()dydz?(?)dydz? ??????22S?12?12?12?121212121212122 2x()dxdz?2x(?)dxdz? ????22?12?12?12?122121212121313122 24xy()dxdy?24xy(?)dxdy?????2224?12?12?12?122212121212故有
1.14 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。
2?????Ad??1?A?dS ??24S?2解
??r?dS???r?eSSrdS??d??aa00sin?d??4?a3
又在球坐标系中，??r?1?2(rr)?3，所以 2r?r2??a2??rd?????3r??000sin?drd?d??4?a3
1.15 求矢量A?exx?eyx2?ezy2z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。
22222解
??A?dl??xdx??xdx??2C000dy??0dy?8
0ex?又 ??A??xxey??yx2ez??ex2yz?ez2x ?zy2z22所以 ??A?dS?S???(e2yz?e2x)?exz00Szdxdy?8
故有
??A?dl?8????A?dS
C1.16 求矢量A?exx?eyxy2沿圆周x2?y2?a2的线积分，再计算??A对此圆面积的积分。
2A?dl?xdx?xydy?解 ????CC2??a4
?(?acos?sin??acos?sin?)d??242204?Ax??A?dS?e(?)?ezdS?z???x?ySS?Ay?a4
?ydS???rsin?rd?dr?222S00a2?41.17 证明：（1）（2）（3）其中R?exx?eyy?ezz，?(A?R)?A。??R?3；??R?0；A为一常矢量。
解 （1）??R??x?y?z???3 ?x?y?zexeyez???（2） ??R??0 ?x?y?zxyy（3）设A?exAx?eyAy?ezAz，则A?R?Axx?Ayy?Azz，故
??(Axx?Ayy?Azz)?ey(Axx?Ayy?Azz)? ?x?y?ez(Axx?Ayy?Azz)?exAx?eyAy?ezAz?A ?z1.18 一径向矢量场F?erf(r)表示，如果??F?0，那么函数f(r)会有什么特点
?(A?R)?ex解 在圆柱坐标系中，由 ??F?可得到
呢？
1d[rf(r)]?0 rdrf(r)?Cr
C为任意常数。
在球坐标系中，由 ??F?1d2[rf(r)]?0 2rdrC
可得到 f(r)?2r1.19 给定矢量函数E?exy?eyx，试求从点P到点P的线积分1(2,1,?1)2(8,2,?1)（1）沿抛物线x?y2；（2）沿连接该两点的直线。这个E是保守场吗？ ?E?dl：
dl??Edx?Edy??ydx?xdy? 解 （1）?E?
xyCCC
n?x0n?yn?x)sinh()sin() (0?y?y0) aaa2ql?n?y01?2(x,y)?sinh() ???0n?1nsinh(n?ba)an?x0n?n?x?sin()sinh[(b?y)]sin() (y0?y?b)
aaa4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0?exE0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?sin(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。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为?0(r,?)??E0x?C??E0rcos??C（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 ① y② 由于
此是
可得
设
由条件①，有 到 故圆柱外的电位为
?(a,?)?C ?(r,?)??Es?C0rco?r(?? )E0a?1?(r,?)??E0rcos??Arcos??C 1?1?E0acos??Aacos??C?C 1oxA1?a2E0
?(r,?)?(?r?a2r?1)E0cos??C
若选择导体圆柱表
C?0。
导体圆柱外的电场则为
题4.8图
面为电位参考点，即?(a,?)?0，则
22??1??aaE????(r,?)??er?e???er(1?)E0cos??e?(?1?)E0sin?
?rr??r2r2??(r,?)E0co?s 导体圆柱表面的电荷面密度为 ????0r?a?2?0?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E0?exE0，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,??)?E0x??Erco?s?in(r,?)应与?0(r,?)一样按cos?变化，而感应电荷的电位0则空腔内、外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)的边界条件为
① r??时，?2(r,?)??E0rcos?； ② r?0时，?1(r,?)为有限值；
??1????2 ③ r?a时， ?1(a,?)??2(a,?)，?0?r?r由条件①和②，可设
?1(r,?)??E0rcos??Ar1cos? (r?a)
?2(r,?)??E0rcos??A2r?1cos? (r?a)
带入条件③，有 Aa1?A2a，??0E0??0A1???E0??aA2
?1?2???0???02E0， A2??aE0 ???0???02?E0rcos? (r?a) 所以 ?1(r,?)?????0???0a2?2(r,?)??[1?()]E0rcos? (r?a)
???0r由此解得 A1??4.10 一个半成四个四分之一第四象限的四分分别保持电位U0解 由题意条件为
①
y径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割圆柱面，如题4.10图所示。第二象限和之一圆柱面接地，第一象限和第三象限
0U0box0和?U0。求圆柱面内部的电位函数。 可知，圆柱面内部的电位函数满足边界
?U0?(0,?)为有限值；
?U0?0??(b,?)????U0??00????2题4.10图
②
?2????；
????3?23?2???2?由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为
?(r,?)??rn(Ansinn??Bncosn?) (r?b)
n?1?代入条件②，有 由此得到
?b(Ann?1?nsin??Bncno?s??)b?( ,)1An?nb?2???(b,?)sinn?d??b?[?Un01?203?2sinn?d??0U??0sinn?d?]?U0(1?cosn?)?bnn??2U0,n?1,3,5,??n n?b???0，n?2,4,6,?3?21Bn?nb?2???(b,?)cosn?d??b?[?Un01?20cosn?d??0U??0cosn?d?]?
n?1,3,5,?n?2,4,6,?n?3?2U0U0,n?3n??(?1)2n(sin?sin)?n?b?bnn?22?0，?
n?31rn()[sinn??(?1)2cosn?] (r?b) 故 ?(r,?)???n?1,3,5,?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(r0?a)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
qlql?(r,?)??lnR??lnr2?r02?2rr0cos? 荷ql的电位为 l2??02??02U0?（1）
y而极化电荷的电位?p(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?的偶函
?0a?o数。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
qlr0x题4.11图
?r?r由条件①和②可知，?1(r,?)和?2(r,?)的通解为
?1(0?,为有限值；)
??(,?)r?(? )② ?2(r,?)lr??1????02 ③ r?a时，?1??2,?①
??1(r,?)??l(r,?)??Anrncosn?n?1
(0?r?a)
（2）
?2(r,?)??l(r,?)??Bnr?ncosn? (a?r??) （3）
n?1?将式（1）～（3）带入条件③，可得到
?Aann?1?ncosn???Bna?ncosn? （4）
n?1?n?1?n?1(A?na?B?na)cosn??(???0)?nn0n?1?ql?lnR2??0?rr?a （5）
n?当r?r0时，将lnR展开为级数，有 lR（6）
带入式（5），得
??n?0lr?1rn?1nr0?n(? )nc o s
?(An?nan?1n?1?Bn?0na?n?n?1(???0)ql)cosn???2??0r0an?1()cosn? （7） ?rn?10由式（4）和（7），有 Ana?Bna
nAn?nan?1?Bn?0na?n?1??(???0)qlan?1()
2??0r0r0ql(???0)1ql(???0)a2n 由此解得 An??， Bn??2??0(???0)nrn02??0(???0)nr0n故得到圆柱内、外的电位分别为
ql(???0)?1rn?1(r,?)??lnr?r?2rr0cos??()cosn? （8） ?2??02??0(???0)n?1nr0qlql(???0)?1a2n22?2(r,?)??lnr?r0?2rr0cos?? ?()cosn? （9）
2??02??0(???0)n?1nr0r220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为
ql(???0)?1rnql(???0)?()cosn??(lnR?lnr0) ?2??0(???0)n?1nr02??0(???0)ql(???0)?1a2nql(???0)?()cosn??(lnR??lnr) ?2??0(???0)n?1nr0r2??0(???0)其中R??r2?(a2r0)2?2r(a2r0)cos?。因此可将?1(r,?)和?2(r,?)分别写成为
?1(r,?)??2?0qlq(???0)lnR?llnr0
2??0???02??0(???0)1qllnR?1?(???0)ql1(???0)qllnR??lnr
2??02??0???02??0???02?0ql的电位相同， 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0）的线电荷
???0而介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；
?2(r,?)?????0???0a2
?qql。 ,0)的线电荷位于(l；位于r?0的线电荷???0???0r0
4.12 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
2??02??0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
?)??lr(?,(r)??)； ① ?(r,?)?C。 ② ?(a,由于电位分布是?的偶函数，并由条件①可知，?(r,?)的通解为
?n?0?l(r,?)??qllnR??qllnr2?r02?2rr0cos? （1）
?(r,?)??l(r,?)??Anr?ncosn? （2）
将式（1）和（2）带入条件②，可得到
?Ana?ncosn??C?n?0?ql2??0lna2?r02?2ar0cos? （3）
将lna2?r02?2ar0cos?展开为级数，有
1alna?r?2ar0cos??lnr0??()ncosn? （4）
n?1nr0220?带入式（3），得
?Aann?0??ncosn??C?1a[lnr0??()ncosn?] （5） 2??0n?1nr0ql?a2nlnr0， An??() 由此可得 A0?C?2??02??0nr0ql故导体圆柱外的电为
ql?(r,?)??ql2??0lnr2?r02?2rr0cos??
1a2n(C?lnr0)??()cosn? （6）
2??02??0n?1nr0rql?ql讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为
ql1a2n?()cosn??(lnR??lnr) ?2??0n?1nr0r2??0ql?其中R??r2?(a2r0)2?2r(a2r0)cos?。因此可将?(r,?)写成为
?(r,?)??ql2??0lnR?ql2??0lnR??ql2??0lnr?C?ql2??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
a2
,0)的线电荷?ql；位于r?0的线电荷ql。 电荷ql；位于(r0
4.13 在均匀外电场E0?ezE0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q?4??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,?)??E0z??E0rcos?
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
① r??时，?(r,?)??E0rcos?；
????② r?a时， ?(a,?)?C0，0??dS?q
S?r其中C0为常数，若适当选择?(r,?)的参考点，可使C0?U0。
?2?(r,?)??E0rcos??Arcos??B1r?1?C1 13代入条件②，可得到 A1?aE0，B1?aU0，C1?C0?U0
3?2?1若使C0?U0，可得到 ?(r,?)??E0rcos??aE0rcos??aU0r
由条件①，可设
（2）导体上充电荷Q时，令Q?4??0aU0，有 U0?利用（1）的结果，得到 ?(r,?)??E0rcos??aE0r3?2Q4??0a
4??0r 4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0?ezE0，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Ecos??Q
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 r?0时，?1(r,?)为有限值；
E(r)?b?l 2??0rb由内外导体间的电压 U??Edr??a?l?bdr?lln 2??0r2??0aa得到 ?l?2??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，r?a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/a)?1 故有 a?U
rln(ba)U
aln(ba)?E(a)1ln(ba)?1??2?0 2?aaln(ba)bb? e2.718eUEmin?U?2.718
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
2C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 E(r)?内外导体间的电压为
bbql2??r
U??Edr??a则同轴线单位长度的电容为 C?同
轴
线
b?l?bdr?lln 2??r2??aaql2??U?ln(ba)度
位
长
的
静
电
储
能
为
单
22ql211qq112llWe???Ed????()2?rdr? ln(ba)?2?2a2??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E1t?E2t，故有 E1?E2?E。由于D1??1E1、D2??2E2，所以D1?D2。由高斯定理，得到
D1S1?D2S2?q
即 2?r2?1E?2?r2?2E?q
q2?r2(?1??2)
?1aq所以 E??2o 导体球的电位
题 3.33图
?qq1?(a)??Edr?dr? 2?2?(???)a2?(???)r1212aa?故导体球的电容 C?q?2?(?1??2)a ?(a)1q2（2） 总的静电能量为 We?q?(a)?
24?(?1??2)a3.34 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 C?4??0a
q2q2? 故静电能量为 We?2C8??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
1?We1?q2q2f????()? 22244?a?a4?a?a8??0a32??0a方向沿导体球表面的外法向，即 f?erf?q232?2?0a4这里 er?exsin?cos??eysin?sin??ezcos? 在半球面上对f积分，即得到两半球之间的静电力为
er
2??2F??fdS???000erq232?2?0a4a2sin?d?d??
q2ez
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?的液体中，两板间加电压U，证明液面升高
2?a2q2ez32?2?0a4?2?cos?sin?d??32??a02h?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
U(???0)()2 2?gd1C?U?ah?0a(L?h)? dd金属板间的静电能量为
1aU22We?CU?[h??(L?h)?0]
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
? Fg?mg?ahd?g
2aUFe与Fg相平衡，即 (???0)?ahdg
2dd 题3.35图
故得到液面上升的高度
(???0)U21U2h??(???)() 022d?g2?gd3.36 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U0?400V。
解 当动片为?角时，电容器的电容为
350?25?12C??25???25?1.81?PF?(25?1.81?)?10F ?180112?122此时电容器中的静电能量为 We?C?U0?(25?1.81?)?10U0
22?We1??1.81?10?12U02?1.45?10?7Nm 作用于动片上的力矩为 T???23.37 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，电容器的能量如何变化？电容量如何
S d?d U0
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
题3.37图(a)
电容为 C0?E0?U0 d?0Sd
?0SU0212 静电能量为 We0?C0U0?22d当插入金属板后，电容器中的电场为 E?U0
d??d2?0SU021?U0? 此时静电能量和电容分别为 We??0??S(d??d)?2?d??d?2(d??d)2We?0SC?? 2U0d??d故电容器的电容及能量的改变量分别为
?C?C?C0??0Sd??d??0Sd?
?0S?dd(d??d)
?We?We?We0??0SU02?d2d(d??d)（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 E0??q? ?0?0Sq2dq2? 静电能量为 We0?2C02?0S当插入电介质板后，由介质分界面上的边界条件E1t?E2t，有 E1?E2?E
S 再由高斯定理可得 E??S?E?0(S??S)?q
qd ? ?S ?0 ?q11q2d 此时的静电能量为 We?qU?22??S??(S??S) 0??S??0(S??S) 其电容为 C?d(???0)?S 故电容器的电容及能量的改变量分别为 ?C?d(???0)q2d1?We??
2?0S[??S??0(S??S)]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
题3.37图(b)
q
??S??0(S??S)qdU?Ed? 两极板间的电位差位
??S??0(S??S)于是得到极板间的电场为 E?决。
2（1）证明：有源区E的微分方程为?E???t?0，?t????P；
（2）证明：E的解是 E?????td?? ?4??0?R1??(D?P)?1(???P)
解 （1）由??E?0，可得 ??(??E)?0，即?(??E)??2E?0 又 ??E?1?0?(???P)??t2?E??故得到
?0?0??t2?E?（2）在直角坐标系中的三个分量方程为
?01??t1??t1??t22?2Ex??E??E? ，，yz?0?x?0?y?0?z其解分别为
?01??td?? ?4??0?R?x?11??tEy??d?? ?4??0?R?y?Ex??1Ez??1??td?? ??4??0?R?z1故 E?exEx?eyEy?ezEz?
???t??t1??t???t1??[e?e?e]d???Rd?? ?Rx?x?y?y?z?z?4??0?4??0?13.39 证明：???(??tR???t)??t??()???t3? ，所以 RRRRR?t???t???tR?????()d???d??d??4??E?d?? t03????解 由于 ??(?t)d???0 R1???t?R由题3.38(2)可知 故
?R?R?R????td????4??0E ?R???(?t)d????4??0E?4??0E?0 ?R
第四章习题解答
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
y?)?a(y,?) 0① ?(0,) 0 ② ?(x,0??(x,b)?U0
根据条件①和②，电位?(x,y)的通解应取为
③
?(x,y)??Ansinh(y?n?1n?yn?x)sin() aabU0由条件③，有
U0??Ansinh(n?1?n?bn?x)sin() aaoa x两边同乘以sin(题4.1图
a
n?x)，并从0到a对x积分，得到 aa2U0n?xAn?sin()dx? ?asinh(n?ba)0a4U0?,n?1,3,5,??n?sinh(n?ba) ??0，n?2,4,6,??4U01n?y?nx?(x,y)?sinh()sin()故得到槽内的电位分布 ??n?1,3?n?(ba)aa,5n,sinh4.2 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y?d到y?b(???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y?0到y?d，电位线性变化，?(0,y)?U0yd。
2U0(1?cosn?)?n?sinh(n?ba)解 应用叠加
y 原理，设板间的电位为
U0 boxy dxy oxy x4.2图 题 ?(x,y)??1(x,y)??2(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U0）的电位，即
?1(x,y)?U0yb；?2(x,y)是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界
条件为：
①
②
?2(x,0)??2(x,b)?0
?2(x,y)?0(x?? )U0?U?y??0b③ ?2(0,y)??(0,y)??1(0,y)???U0y?U0y?b?d?(0?y?d)
(d?y?b)?xn?y?nb )e根据条件①和②，可设?2(x,y)的通解为 ?2(x,y)??Ansin(bn?1U0?U?y(0?y?d)?n?y??0b)?? 由条件③有 ?Ansin(UUbn?1?0y?0y(d?y?b)?b?dn?y)，并从0到b对y积分，得到 两边同乘以sin(bdb2U02U011yn?yn?yAn?(1?)sin()dy?(?)ysin()dy?2U0bsin(n?d) ??b0bbbddbb(n?)2db?xU02bU0?1n?dn?y?nb?(x,y)?y?故得到 ?sin(b)sin(b)e
bd?2n?1n24.3 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2WCf?2e定出边缘电容。
U0解 在导体板（y?0）上，相应于?2(x,y)的电荷面密度
???2???02?y??y?0?x2?0U0?1n?d?nb??sin()e ??dn?1nb则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷
?x2?0U0n?d?nb4?0U0b?1n?dq2???2dx?2??2dx??2??sin()edx??2?2sin()
n?db?dn?1nb??00n?1??2?2?0bU011n?dsin() 相应的电场储能为 We?q2U0???222?dn?1nb2We4?0b?1n?d其边缘电容为 Cf??sin() ?2U0?2dn?1n2b4.4 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
y?)?a(y,?) 0① ?(0,?(x,y)?0(y??) ② y③
根据条件①和
?(x,0?)U0
②，电位?(x,y)的通解应取为
oU0a x题4.4图 a?(x,y)??Ane?n?yasin(n?1?n?x) a由条件③，有 U0?两边同乘以sin(?Ansin(n?1?n?x) an?x)，并从0到a对x积分，得到 a?4U0a,n?1,3,5,?2U0n?x2U0?An?sin()dx?(1?cosn?)? n??a?an?0??0，n?2,4,6,?4U1?n?yan?x?0?esin( )故得到槽内的电位分布为 ?(x,y)?n?1,3?na,5,4.5 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
?x?z??y(y?b)sin()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
?2??2??2?1?x?z????y(y?b)sin()sin() （1） 222?x?y?z?0ac长方体表面S上，电位?满足边界条件?S?0。由此设电位?的通解为
?(x,y,z)?代入泊松方程（1），可得
???1?0???Amnpsin(m?1n?1p?1???m?xn?yp?z)sin()sin() abc???Am?1n?1p?1m?2n?2p?)?()?()2]? abcm?xn?yp?z?x?zsin()sin()sin()?y(y?b)sin()sin()
abcacmnp[(由此可得
Amnp?0 (m?1或p?1)
?2n?2?2n?yA[()?()?()]sin()?y(y?b) （2） ?1n1abcbp?1?由式（2），可得
n??2n?y4bA1n1[()?()2?()2]??y(y?b)sin()dy?()3(cosn??1)?
abcb0bbn?2?b?8b2??3?(n?)?0?n?1,3,5,?n?2,4,6,?8b2
1?xn?y?zsin()sin()sin()5故 1n1??0n?1,3?abc ,5,3n[()2?()2?()]2abc4.6 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。
?(x,y,z)????解 由于在(0,d)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x?0为界将场空间分割为x?0和x?0两个区域，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
x?0的分界面上，可利用?函数将线电荷ql表示成电荷面密度?(y)?ql?(y?y0)。
电位的边界
①
②
ql条件为
y?1(x,0)=?1(x,a)?0
?2(x,0)=?2(x,a)?0 ?1(x,y)?0(x??)
(x???) ?2(x,y)?0③
da?1(0,y)??2(0,y)
(??2?x???1?x)q题x ?4.60o?x图?l ??(y?d) 0由条件①和②， 可设电位函数的通解为 ??x,y)??An?xasin(n?y1(ne?) (x?0)
n?1a??en?xasin(n?y2(x,y)??Bn) (x?0)
n?1a由条件③，有
??An?y?n?ynsin()?Bsin() n?1a?nn?1a ???An?n?y?n?n?ynsin()?n?1aa?Bn?ql?(y?d) n?1asin(a)
?0由式（1），可得
An?Bn 将式（2）两边同乘以sin(m?ya)，并从0到a对y积分，有 An?Bn?2qlan???(y?d)sin(n?y)dy?2qlsin(n?d) 0?0an??0a由式（3）和（4）解得 Aqldn?Bn?n??sin(n?0a) 故 ?q?l1n?d?n?xan?1(x,y)????sin()esin(y) (x?0) 0n?1naa?)?q?l1n?dn?xa???sin(a)esin(n?y2(x,ya) (x?0) 0n?1n4.7 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。
解 由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x?x0为界将场空间分割为0?x?x0和x0?x?a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x?x0的分界面上，可利用?函数将线电荷ql表示成电荷面密度?(y)?ql?(y?y0)，电位的边界条件为
① ?1(0y,=)，0?2(a,y)?0 （1） （2） （3）
（4） yb ql(x0,y0)oax题4.7图
?1(x,0)=?1(x,b)?0 ?2(x,0)=?2(x,b)?0
??2(x0,y )③ ?1(x0,y)②
(??2??1?)?x?x?x?x0??ql由条件①和②，可设电位函数的通解为
?0?(y?y0)
n?yn?x)sinh() (0?x?x0) bbn?1?n?yn?)sinh[(a?x)] (x0?x?a) ?2(x,y)??Bnsin(bbn?1?1(x,y)??Ansin(由条件③，有
?n?x0n?yn?yn?Asin()sinh()?Bsin()sinh[(a?x0)] （1） ??nnbbbbn?1n?1?n?x0n?n?yAsin()cosh()? ?nbbbn?1?qln?n?yn???(y?y0) （2） Bsin()cosh[(a?x)] ?n0?bbbn?10?由式（1），可得
n?x0n?)?Bnsinh[(a?x0)]?0 （3） bbm?y)，并从0到b对y积分，有 将式（2）两边同乘以sin(b2qlbn?yn?x0n???(y?y)sin()dy? Ancosh()?Bncosh[(a?x0)]0?0n??0bbb2qln?y0sin() （4） n??0bAnsinh(由式（3）和（4）解得 An?2qln?y01n?sinh[(a?x0)]sin()
sinh(n?ab)n??0bb2qln?x0n?y01Bn?sinh()sin()
sinh(n?ab)n??0bb故
?1(x,y)?2ql??0?nsinh(n?ab)sinh[bn?1?1n?(a?x0)]
n?y0n?xn?y)sinh()sin() (0?x?x0) bbb2ql?n?x01?2(x,y)?sinh() ???0n?1nsinh(n?ab)bn?y0n?n?y?sin()sinh[(a?x)]sin() (x0?x?a)
bbb若以y?y0为界将场空间分割为0?y?y0和y0?y?b两个区域，则可类似地得到
?sin(?1(x,y)?1n?sinh[(b?y0)] ???0n?1nsinh(n?ba)a2ql?