合肥工业大学电磁场与电磁波(孙玉发版)第4章答案

1、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U 0，求槽内的电位函数。解根据题意，电位叫0yW(x,y)满足的边界条件为题4.1a( y,=): W(x ,0) ；0W(x ,b上U根据条件和,m处nJiyn；ix®(x, y)=艺 AnSinh( )sin()由条件，有niaa两边同乘以sin(n)，并从0到a对x积分，得到 An =a4j故得到槽内的电位分布W(x ,y )=0兀电位W(X, y)的通解应取为afsin( asinh( nb/ a) 0Z1 sinn戦4,35nsinh

2、nba ) a2U0nn； x)dx =a4.2两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， 解应用叠加原 其中，(x, y)为不体薄片时的电位,boxy环其边0入y丄题4.2图% (0, y)iu 0= W(0, y) -q(0, y)=仃U 0U0-肓yU 0F®2(x, y)=送Al si n(巴y)e b吒"；由条件有n i并从0到b对y积分，得到两边同乘以 sin( )，b故得到 9&$)=土b ' d兀4.4如题4.4图

3、所示的导体槽，底面保持电位 解根据题意，电位W(x,y)满足的边界条件为)_sm)ay = b (亠 c X 处)。 ®(0, y)=U0y/d。理，设板间的电位为存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为U。)的电位，即i(x, y) =U0y/b ； ®2(x, y)是两个电位为零的平行导体板间有导 界条件为：护 2(x,0)=申 2(x,b)=0®2(x,y)= 0|(0 < y < d )(d < y <b)C2 An sin(迂丄)nVb根据条件U0b颐字冃U 0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。®(0,y)=(a,y)

4、=0 护(x,y尸 0 yT 乂) ®(x, 0FU0 ，电位®(x, y)的通解应取为，可设(x,y)的通解为(0 < y < d)(d <y <b)巩X, y)=s Ane皿y/asin(旦X)；由条件，有n 1aIT y两边同乘以sin(),并从0到a对x积分，得到 Aa比MXUo=：Z Ansin(叱)nJaa2U 0 ，n；! Xafsin()dx =0 a4U坐(1cosn兀)=' n =1,3,5,HI；故得到W(x, y)n =2, 4, 6, III【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

5、为JIX兀 Z 一)的电荷。求体积内的电位c4Uo兀Z 1n,3,5川nP = y(y b)si n()si n( a解在体积内，电位满足泊松方程1 _衣 y W 一/(yb閒U閒U)长方体表面S上，电位护满足边界条件申dycz由此设电位W的通解为(1)由此可得由式(2)，s = 0。1 oC oC oC®(x,y, z) = Z Z Z AmnpSin(二)sin(二)sin(二，代入泊松方程(1)，可得名0mz1n=1 pz1abc于兀2n2 兀2n花VAmnp=0 (mH1 或 p H1) ； Z An1() +(=) + 罔门(b) (2)p 吕 a b cbc bjI 2

6、n 兀 2 兀 22n 江 y4 b 3A1n1() +() + ()=-Jy(yb)sin(丁)d y = ()3(cosn兀-1) =abc b 0bb n兀8b2比nT,3'5川.故 ®(x, y, z)=- S sin)sin-)sin(；故兀名0 nA, 3 ,|5 n3(2) 2 +(n) 2+(丄)2abn= 2,4,6,HIa b c【4.6】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qi，其位置为(0,d)。求板间的电位函数。ql，以x=0为界将场空间分割为 xaO和xvO两个区域，则这两个区域中的电位 而在x=0的分界面上，可利

7、用5函数将线电荷q表示成电荷面密度设电位函数的通解为解 由于在(0, d)处有一与z轴平行的线电荷 %(x, y)和 %(x,y)都满足拉普拉斯方程 b(y)二qi6(y -yo)。®1(x,0)=®1(x,a) =0 , W2(x,0)=®2(x,a) =0%(x ,y H 0 (XT K) , ®2(x, y)T 0靜1)%(0, y)N2(o,y)(坐exex(XT Y)矢(y-d)Z Ansin() = ZBnsin(a n#n=1n花ya(1)由式(1)，可得An =Bn-£ An sin(3) 1： Bnsin(J)n# a a n

8、# a am兀y寺小)(3)；将式(2)两边同乘以sin( u)，并从0到a对y积分，有a(4)）（4）由式(3)4.7数。解2qlAn +Bn =亠 n吟和（4）解得nn; ya_Jo 6（y -d）sin（二）dy =amsin（凹n 兀£0acPi(x,yJ£lsin(nLd)e-xasin(nLy)兀呂0 n 2 naa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（xaO）qi。求槽内的电位函为界将场空间分割为 0 cxvXo和Xo ex ca两个区域，则这两个区域中的电位%(x, y)和%(x, y)都满足拉普拉斯方程。而在X = x0的分界面

9、上，可利用6函数将线电荷ql表示成电荷面密度 b ( y) = q|6( y yo)， 电位的边界条件为 申 i(0,y=) P<p2(a,y)=0， 护i(x,0)= %(x,b) =0，®2(x,0)=申2(x,b) = 0由于在(x0, y0)处有一与z轴平行的线电荷qi ,以X = x0题4.7图釣y-yo)X zXo申 1(xo,y)N 2(xo,y(注-岀)&CX由条件和，可设电位函数的通解为由条件，有OCZ AnSin（n4£ An s in （凹）cosm）-：£ Bns in （凹）cosh（a-x。） = 6（y - y。） nr

10、n bbb nrn bbbs。n兀x0n；! yn兀x0nn; yn；!）sinh（。）=艺 BnSin（inh二（a-xo）bbndbb（2）（1）占亠/八十曰n兀x0n；!（3）由式(1)，可得 A sinh()一Bnsinh(a-x0) =0bb将式(2)两边同乘以sin(m)，并从0到b对y积分，有bn兀x0n兀An coshHPBn cosh=（a Xo）=bb由式（3）和（4）解得2qin兀bJo5（y-yo）sin（）dy二2qin兀E-sin（譽0 b（4）叫(X, y)=送 一 sinh=(a-Xo) sin(-yo)sinh()sin()，(Ocxcx。)n兀Xo兀Eo n

11、土 nsinh(n让a/b)bbbbCD / 、 2qi 寸1. . ,n兀 Xo.n兀 y0n兀n沢 y ,、®2(x,y)=42 sinh( ) sin( )sinh(ax)sin( )，(Xoxca)兀名0 n# nsinh(n江a/b)bbbb若以y = yo为界将场空间分割为 0 V y c yo和yo V y吒b两个区域，则可类似地得到*4.8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。求导体圆柱外的电申和电场E以及导体表面的感应电荷密度b。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

12、电位半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。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为W0(r,% = -Eox +C = -Eor cos© +C (常数C的值由®（a,* 戶C（r 冲戸-E） r cos + C （t 处） ®（r, ©） = -Eor cos© + Arcos©+C 有-Eoacos0 + Aacos© + C = C参考点确定)，而感应电荷的电位n(r,©)应与(r,*) 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,&

13、#169;)满 足的边界条件为由此可设由条件,2 2 1于是得到A, =a Eo，故圆柱外的电位为护（冲）=（-r + ar 一）Eocos© +C若选择导体圆柱表面为电位参考点，即申（a,<t>） = o ,则C = o。导体圆柱外的电场则为导体圆柱表面的电荷面密度为CT = Yo空丄3-）r=2eoE ocoScr'-*4.11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Z，在距离轴线ro（ro A a）处，有一与圆柱平行的线电荷 q, 计算空间各部分的电位。解在线电荷和（r冲）q,作用下,叠介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位®（r

14、冲）均为线电荷 q,的电位l（r）与极化电荷的电位， 即 叭r冲）N|（r®+护p（r冲）线 电 荷 q 的 电 位 为9(r,如=qiIn2兀Eoqi2兀Eo而极化电荷的电位In Jr2 + r。2 -2rro cos(1)Wp（r,*）满足拉普拉斯方程，且是*的偶函数。介质圆柱内外的电位码（r沖）和2 （r, *）满足的边界条件为分别为%（ o为有限值；r = a时，巴=cp2,护2（r沖戸甲砂1靜2= ®o crcr(仲)re)由条件和可知，Wr冲）和2（r冲）的通解为C半1仃冲）=<P|（r冲）+!； Anrncosn*C<p2（r冲）=叫（冲）+送 B

15、nrcosn©nA(0 <r <a)(a < r吒处)(2)(3)将式（1）（3）带入条件，可得到当r < r0时，将|n R展开为级数，有3C带入式（5），得 Z （AinaZ + Bn zt由式（4）和（7），有 Anan = Bna 由此解得A =_耻毎-却丄，2兀%（E +名 o） nr oCocZ Anancosn© =£ Bna cosn©n zin zioCZ (A 客nan' + Bnona')cos n*=G-£o)nd：处1 rIn R = I no -2： - -f n ) cIsn

16、rn n rononacosn©=-( %)qi 送()cosn*)-n¥ ro2兀名oro(4)(6)Bn®i(r,%_ qi(o) a2n2%(g +%) nron-In Jr2 中r； -2rrocos© -q cl nR2兀Eocr(7)故得到圆柱内、外的电位分别为丄In Jr2 +ro2 -2rrocos< 2叫"讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为其中 R，= Jr2+（a2/ro）2 -2r（a2/ro）cos* 。因此可将®1（r冲）和申2（r,©）分别写成为半 2(r,%rm(

17、5)Z 丄(匚)ncosn© 2阳oW + %)心 n ro dhAncos神 2兀 2中吋心n ror(8)(10)2名0由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,o）的线电荷 qi的电位相同，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）*4.13在均匀外电场E 0 况下球外的电位分布。解（1 ）这里导体充电至2a呂一呂08 E-0的线电荷q；位于（,0）的线电荷qi;位于r = 0的线电荷 qi。r0£ + 0S + 呂0= 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U0应理解为未加

18、外电场 E0时导体球相对于无限远处的电位为 C =eoUo/a，总电荷q =4兀&oaUo。将导体球放入均匀外电场 Eo中后，在Eo的作用下， 变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。设cp（r,日）=%（r,日）+护in （r,&），其中护o（r,£） = EoZ= -Eorcos日，是均匀外电场 产生的电位。电位W （r, £）满足的边界条件为U0，此时导体球面上的电荷密度产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生E 0的电位，申in （r,日）是导体球上的电荷 rT 处时，W (r,8)T -E0rcos 日： r =a 时，W(a,T)=C0， -

19、®o其中Co为常数，若适当选择W（r,e）的参考点，可使Co =U0。由条件，可设护（r,0） = EorcosQ +Air-cos£ +B,r- +Ci 代入条件，可得到若使C0 =U 0，可得到3片=a E0， B1 = aU 0, C1 = C0 -U 0 W(r, 9) =-Eor COS0 + aUr-cosQ + aUor(2)导体上充电荷QQ 时，令 Q =4兀g0aU0，有 Uo =4 兀 g0a利用（1）%,0） = _E0r COS0 +a3E0厂 COS0 +4兀名0r如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0 = ezE。，在介质中有一个半径

20、为 a的球形空腔。求空腔内、外的电场eS）。的结果，得到4.14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 加。设空腔内、E为外加电场E0与极化电荷的电场 EP的叠外的电位分别为 ®1（r,8）和2（r,8），则边界条件为®2（r,£）T -EorcosT :时，珥匚日）为有限值； ®1（ae）=W2（a,日），先 J crCT咒（r,日）=-Eor cos日 +A,r cos日，2（r ,8 戶-Eo r coS + A2芹 cs带入条件，有23Aa A2a ， ®o

21、Eo + 呂。A =Eo 2a A?邑一毎0S So 3由此解得 A = Eo， A2 = a Eo2£ + £o2£ + £o叫（rP）二-3： EorcosQ2E*o空腔内、外的电场为rT处时,r = a 时,由条件和，可设所以题4.14图Ei =gi(rf)十E 02"®（a）3er2cos 日 +e日sin 日2 E + 电 r空腔表面的极化电荷面密度为4.仃一个半径为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So（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子Pt产生的电场相同，T =4%R3解（1）当

22、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 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 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 介质球内、®2（rp）T 0外的电位和申2满足的边界条件为猖（0,日）为有限值；（r T 比）；豁（Rp）=护2侃,日）；坯（邑-些）cr 亩r占=P cos日因此，可设球内、外电位的通解为®1 （r,日）=A,r COS日，®2（r,日）=$ cos。 r荷所产生的场。由于 电位满足拉普拉斯方由条件，有解得于是得到球内的电位 %

23、（r）2B1 名 o（A +才）=P c PR3 B1 =厂35P r cos 日P=z， 故球内的电场为3®PE1 一浮一3®题 4.20图（1），（2）介质球外的电位为®2（r,8） = PR-cos 93 Sor34兀 R P Q=2cos O4 兀 Sor3Pt 24隔r4t R3COS 0，其中T = R为介质球的体积3pCp1 gcp。故介质球外的电场为E2 =护2（r,日）=-er 一 -朗丄一2'cr r cr可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子Pt产生的电场相同。4.20 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Pt=3 （er 2cos 日 + e日 sin 日）4兀名0r位为解成球面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，并利用 r = a上的电荷面密度QD =22兀a再根据边界条件确定设球面r = a内、&函数将细导线圆环上的线电荷 Q表示根据条件和，可得6（cos8 "cfs/ =系数。外的电位分别为%（r）和W2（r,日