合肥工业大学电磁场与电磁波第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 ( 0y,(x,y) 满足的边界条件为)a( y, ) ； (x , 0) ；0 (x ,b ) U0 根据条件和，电位 (x, y) 的通解应取为题 4.1 a(x,y)Ansinh()sin( ) 由条件，有n 1 a an b n x U 0Ansinh()sin( )n 1 a a2U0两边同乘以 sin()，并从 0到a对 x积分，得到 Ana asinh( n b a) 0 4U0asin(

2、 )dxanx故得到槽内的电位分布4.2 两平行无限大导体平面，距离为 板保持零电位， 求板间(0,y) U0y d 。解 应用叠加原2U 0(1 cos n ) n sinh( n b a) n sinh( n b a)0， i nnh(y) sni nx(a4U01(x,y ) 0 si n1,3,5n, sinhn( b a ) a b ，其间有一极薄的导体片由 y d 到 y b (电位的解。设在薄片平面上，从n 1,3,5,n 2, 4, 6,) 。上板和薄片保持电位 U 0 ，下 y 0 到 y d ，电位线性变化，yU0boxydxy其中， 1(x,y) 为不体薄片时的电位， 其

3、边oxy题 4.2 图2(x,y)0 (x )U2 (0, y)(0, y) 1(0, y) Ud0U0b0 yU0b0y2(x, y)An sin(nyn1)e b ；由条件有 bny两边同乘以 sin( ) b并从 0到b对 y积分，得到理，设板间的电位为(x, y) 1(x,y) 2(x,y) 存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为 U 0 )的电位，即1(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：2(x,0) 2(x,b) 0(0 y d )(d y b)根据条件和，可设 2(x, y) 的通解为An sin(n1U b)nyU0dU00 b

4、yU0yyb(0 y d)(d y b)db2Ub0 (1 by )sin( nb y )dy 2Ub0b 0 b b b d2bU2012 sin( n d )sin( n y)e b xn 1 n b b4.4 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。An故得到 (x,y ) U0 y b1 n y1)ysin(n y)dy bbnb2U0 b n d2U02 b sin( nbd)(n ) d解 根据题意，电位 (x,y) 满足的边界条件为根据条件和(0,y) (a,y) 0 (x,y) 0 (y ) (x, 0) U0，电位 (x,y) 的

5、通解应取为nx两边同乘以U 0a题 4.4 图 asin(n x)，并从 0到a对 x积分，得到 An 2U aa0 n x0 sin( )dx a 0 a2U0n4U0cno s )n0，1 , 3 , 5 , ；故得到 (x,y) n 2 , 4 , 6 , 【 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4U0 1 e n y asin(n x) n 1,3,5, n a(x,y )Ane n y a sinn(x ；由)条件，有 U0An sin()n 1 a n 1 axzy(y b)sin( )sin( ) 的电荷。求体积内的电位 。ac 解

6、在体积内，电位 满足泊松方程2 2 2 1 x z2 2 2 1 y(y b)sin( x)sin( z)(1)x y z 0 a c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1 m x n y p z(x,y,z)Amnp sin()sin( )sin( ) ，代入泊松方程( 1)，可得0 m 1n 1 p 1 a b cAmnp( ma )2 (nb )2 ( pc )2m 1 n 1 p 1 abcsin( )sin( )sin(ab由此可得Am np 0 (m 1 或 p 1)由式( 2)，得2 n 2 2 A1n1( a)2 (nb )2 (c)28b2(n

7、 )30xzp z) c2 n 2 2A1n1( )2 ( )2 ( )2sin(by(y b)sin()sin( )acnyaby(y b)sin( b0p128b250b ) y(y b)(2)nyb )d4( b ) 3 (cos n 1) bnx n ysin( )sin( )sin(abcz)cn 1,3,5, ； 故 (x, y, z)n 2,4,6,【 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 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 x 0为界将场空间分割为

8、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n 1,3, 5n, 3(1) 2 (n) 2 (1) 2a b c(y) ql (y y0)。1(x,0)= 1(x,a) 0 ， 2(x,0)= 2(x,a) 01(x, y) 0 (x ) ， 2(x, y) 0 (x )1(0,y) 2(0, y)( x2x1) x 0q0l (y d)由条件和，可设电位函数的通解为1(x,y)Ane n x asin(nyn1a)nyn

9、xa(x 0) 2(x, y)Bnen x a sin( )n1(x 0)由条件，有nyny由式( 1)，可得An Bn由式( 3)4.7数。解An B2qlnn0和( 4)解得Ann1nyAn sin( n y)Bn sin()n1 a n 1 a n y n n y sin( )Bnsin( )a a n 1 a a myq0l (y d)1)2)3)；将式( 2)两边同乘以 sin(2qlnnya0 (y d)sin( a )dysin(0) ，并从 0 到 a 对 y 积分，有 a nd4)ndqlsin( )n 0 a ql1 n dl sin()e0 n1 n aql1 n d n

10、 x a2(x,y)l sin( )e sin( )0 n 1n a a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An Bn1(x, y)n d )e n x asin(nya)ny(x 0)(x 0)ql 。求槽内的电位函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(0,y =) ，0 2(a,y) 0， 1(x,0)= 1(x,b) 0， 2(x,0)= 2(x

11、,b) 01(x0,y)2(x0 ,y() 2 1)x 由条件和，可设电位函数的通解为由于在(x0,y0) 处有一与 z轴平行的线电荷 ql ，以 x x0x x0q0l (y y0)1(x,y)An sin( n y )sinh( n x)n 1bb2(x, y)Bn sin(n y )sinh n (a x) (x0 x a)n 1bb(0 x x0 )由条件，有ql (x0 ,y0)oa题 4.7 图n y n x0n yAn sin()sinh( 0 )Bn sin()sinh (a x0)n 1 b b n1 b b n n y n x n n y nqlAnsin( ) cosh(

12、0 )Bnsin( ) cosh (a x0)l (y y0)n 1 b b b n1 b b b 0 n x0n由式( 1)，可得 An sinh(0) Bn sinh(a x0) 0bbn n ynn1n3)2)1)将式my2)两边同乘以 sin( )，并从 0到b对 y积分，有bn x0nAn cosh( 0) Bn cosh (a x0)bb2qln0ny0 (y y0)sin( n y)dy2ql sin(n y0 )0 b n 0 b4)由式3)和( 4)解得2qln y010sinh (a x0 )sin()bb sinh(n x0 )sin( n y0) sinh( n a b

13、) n 0 b b1(x,y)2ql1sinh n(ax0) sin(n y0 )sinh()sin(0 n 1 nsinh(n a b) b b b2(x,y)2ql1sinh( nx0 )sin(n y0 )sinh n (ax)sin(0 n 1 n sinh( n a b) b b b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 1(x, y) 2ql102qlBnsinh( n a b) n 02ql1b ) ，(0 x x0)n x0nyb ) ，(x0 x a)1 sinh n (b y0) sin(n x0 )sinh( n y

14、)sin(n 1 nsinh(n b a) a a a1 n y0n x0nsinh( 0 ) sin( 0 )sinh (b y)sin( ) 0 n 1 n sinh( n b a) a a a a*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 CE0r cos C (常数 C 的值由参考点确定

15、) ，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2(x, y)nxa)nx(0 y y0 )(y0 y b)a 。求导体圆柱外的电in 的叠加。由于导体圆足的边界条件为(a, ) C(r , )E0 r cos Cr( )由此可设(r, ) E0r cos A1r 1 cos C由条件，有 E0acos A1a 1 cos C C于是得到2A1 a2E0 ， 故圆柱外的电位为(r, )(a, ) 0，则 C 0。若选择导体圆柱表面为电位参考点，即导体圆柱外的电场则为( r a2r 1)E0 cosCE (r

16、, )err e 1rer(1 ra22)E0cose( 1 ra22)E0sinr r r r导体圆柱表面的电荷面密度为0 (rr , )rr a 2 0E 0cos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 荷ql的 电 位 为l (r, )ql ln Rql

17、ln r 2 r02 2rr0 cos20* 4.11201)而极化电荷的电位 p(r, ) 满足拉普拉斯方程，且是 的偶函数。介质圆柱内外的电位2 (r, ) 满足的边界条件为分别为 1( 0, )为有限值；2(r , ) l (r , ) r( )1 0 2 rr 由条件和可知， 1(r, ) 和 2(r, ) 的通解为 r a 时， 11(r, ) l(r, )Anr ncosnn12(r, )l(r, )Bnr n cosnn1(0 r a)(a r )将式( 1)( 3)带入条件，可得到当 r r0时，将 ln R 展开为级数，有Anan cosnBna n cosnn 1 n 1(

18、An nan 1 Bn 0na n 1)cos n( 0)n1l nR l nr01 r( n ) consn 1 n r0qlln R2 0 rra6)带入式( 5)，得(Anna n 1Bn0nan1)cos n(0)ql( a)n1cosn(7)n 1 2 0r0 n 1 r0由式( 4)和( 7)，有Anan Bna nAn nan 1 Bn 0na(0)ql2 0r0由此解得 Anql (0) 12 0 (0) nrn0Bnql (0)(a)n1r02na1(r, ) 和2)3)4)5)1(r, )n ； 故得到圆柱内、外的电位分别为 2 0(0) nr0nql ln20r 2 r0

19、2 2rr0 cos2(r, )20讨论：利用式( 6)，可将式( 8)和( 9)中得第二项分别写成为ql ln r2 r02 2rr0 cosql (0) 1 r nl 0 ( ) cosn 2 0(0) n 1 n r0ql(0)1(a2 )n cosn2 0(0) n 1 n r0r8)9)ql(0)1(r )2 0(0) n 1 n r0ncosn 2ql(0( 0)0)(ln R lnr0)22ql(0( 0)0) n 1 n1 ( ra0r )n cosn 2ql(0( 0)0)(ln R lnr)其中 R r2 (a2 r0)2 2r(a2 r0)cos 。因此可将 1(r, )

20、和 2(r, ) 分别写成为1(r, )2(r, )1 2 0ql ql (0)0 l lnR l0 lnr02 0(0 ) 01 (0)ql ln R1 (0 ln R2ql 0 ln R200)ql lnr2 0 020 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 ql 的电位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产0a00生，它们分别为：位于(r0 , 0)的线电荷ql ；位于 ( ,0)的线电荷0 ql；位于 r0的线电荷0 ql。r000*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 U 0 ；(2)导体上充有电荷 Q

21、 。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U 0 ，此时导体球面上的电荷密度0U0 a ，总电荷 q 4 0aU 0 。将导体球放入均匀外电场 E 0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 E0 r cos ，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 r 时， (r, )E0rcos ； r

22、a时， (a, ) C0， 0 dS qSr其中 C0为常数，若适当选择 (r, ) 的参考点，可使 C0 U 0 。由条件，可设2 1 3(r, )E0r cosA1r 2 cosB1r1C1代入条件，可得到A1a3E0， B1aU0 ，C1C0U0若使 C0 U 0 ，可得到 (r, )E0r cosa3E0r 2 cosaU 0r 1Q2)导体上充电荷Q 时，令 Q 4 0aU0，有 U 04 0a(r, )E0r cos a3E0r 2cosQ4 0r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

23、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、利用( 1)的结果，得到4.14E 为外加电场 E0 与极化电荷的电场 E p的叠外的电位分别为1(r, )和 2(r, ) ，则边界条件为2(r, )E0r cos ；1(a, ) 2(a, ) ， 0 1 rr 时，r a 时，由条件和，可设r 0 时， 1(r, ) 为有限值；2r1(r, ) E0r cos A1r cos ， 2(r , ) E0r cos A2 2r cos带入条件，有A1a A2a ， 0E0 0A1E0 2 a A2由此解得A

24、1E0，1200所以1(r, )33 A2 2 00 a3E0E0r cos02(r, ) 1 0 (a)3E0r cos2 2 0 r 0空腔内、外的电场为E11(r, )E0， E22(r, ) E0 (0)E0 (a)3er 2cose sin 20空腔表面的极化电荷面密度为p n P2r a (0)er E2 r a3 0(0) E0cos204.17 一个半径为 R 的介质球带有均匀极化强度 P 。 P1)证明：球内的电场是均匀的，等于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， 4 R3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

25、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p P n P er Pcos 外的电位 1和 2满足的边界条件为 1(0, ) 为有限值； (r) ；介质球内、2(r, ) 01(R, ) 2(R, ) ； 0( 12) r R Pcos2rrrR因此，可设球内、外电位的通解为1(r, ) A1r cos ，2(r, ) B21 cos r由条件，有解得B1 A1R RB12 A1 3P ， 1 3 0于是得到球内的电位1(r, )2B10(A131 ) PRB P

26、R3B11 3 0Pr cos30Pz3 0 z ，故球内的电场为荷所产生的场。由于 电位满足拉普拉斯方2)介质球外的电位为2 (r, ) 3PR0r2cos 134 R 3Pcos P 24 0 r12e r r2PR题 4.17 图E11eP ez 3 03 0cos ，其中 4 R 为介质球的体积34RP3 (er 2cose sin )4 0r。故介质球外的电场为 E22(r, ) er 222 r r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。 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

27、4.20位为Q4 0a解 成球面11r12aa 2 31P2 (cos )2 r 8 rr a 把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用荷面密度3P2 (cos ) 38P4 (cos )4 0 r以细导线圆环所在的球面r a 上 的 电raa P4 (cos )(r a)(r a)函数将细导线圆环上的线电荷 Q表示Q2 a22Qa2 (cos )再根据边界条件确定设球面 r a 内、系数。外的电位分别为 1(r, ) 和 2(r, ) 1(0, ) 为有限值； 2(r, ) 0 (r )则边界条件为：题 4.20 图 1(a, ) 2(a, ) ，Q 2 (cos ) r a 2 a120 ( )rr根据条件和，可得 1(r, ) 和 2(r, ) 的通解为1(r, )AnrnPn (cos )n01)，2(r, )Bnr