电磁场与电磁波理论(第二版)第3章习题解答

1、3.1解:2(x, y, z)=Ax +Bx+C；中 I： p, ,z ：,：-A ?2sin : 已知空间的电位分布，由E =；(4)和YJ =2)J-E4E 4E(2)-中-eX 2Ax B- -A eXyz eyxz ezxy-/.：，- _ e：(2A：sin ： Bz)G(x, y,z)= Axyz；一(r,8严)= Ar2 sin8cos今。-P / %可以分别计算出电场强度和体电荷密度。?=-二0t 2力=-2A ；0.2 ._ 二0%- : .j -0e A：cosezBi I3.5解:(4)：=-小2：, = -；0Bz4Asin AsinP3AsinBz=一 弓 2Ar s

2、in i cose_Ar cosi cos -e Ar sinP = -与=-s0 . 6Asin 9 cos9 +如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面,试求球心处的电位。上顶面在球心产生的电位为Acos2 cos : Acos :其上均匀分布着密度为 PS0的面电荷。P ,1 T(N2Ri2 -di)2 ；0下顶面在球心产生的电位为题3. 5图：S02；o(d2R22 2)=(R-d2)第3章习题解答对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度:LS0 _ XSR 4吟R。I，？ I& R；0侧面在球心产生的电位为中-13一,.4冗，02式中S=4tR-2tR(Rd1)2tR

3、(Rd2)=2:iR(d1+d2)。因此球心总电位为3.6B名=2%和8=54的两种介质分别分布fz0和zc0的半无限大空间。已知z0时，E=220-&10+M50V/m。试求z0时的D。解:由电场切向分量连续的边界条件可得E1t=E2t二z：0Dx=5；。20Dy-5；。10代入电场法向方向分量满足的边界条件可得Din=D2n=z:二0Dz=50于是有z：0D=ex100；0-ey50；0ez503.9如题3.9图所示，有一厚度为2d的无限大平面层，其中充满了密度为xP(x)=P0cos的体电荷。若选择坐标原点为零电位参考点，试求平面层d之内以及平面层以外各区域的电位和电场强度。解：由对称性

4、可知d2：，；:z2dx2O设各区域中的电位和电场强度分别为E2E3o由电位所满足的微分方程解得dxd2：J1dx2cosI一dd2：，2dx2d23dx2：0d.sinz冗Cid：，2dx二C2d：3dx二C3cosICxD1d=C2xD2由于理想介质分界面没有面电荷，所以边界条件为J1=/2dd：,2x=d时dx,dk0dxd：3dxdx又根据对称性可知，在x=0的平面上,电场强度是为零的，即x=0时,d:dx最后再选择零电位参考点使得x=0时，61(0)=0。联立解得C1=C2=C3=0Di：d2D2=D32：d2dd.d：J只要利用E=一寸e-ex就可以得到dxxd 时,02选择不同的

5、零电位参考点，得到的电位不同，但电场强度仍是相同的。根据对称性只需求出XA0的解，即1和2=中33.10位于x=0和x=d处的两个无限大导电平面间充满了P=P0(1+x/d)的体电荷。若将x=0处的导电平板接地，而将x = d处的导电平板加上电压 解：由于无限大导体极板之间电荷分布是只与一维泊松方程U0。试求板间的电位分布及电场强度为零的位置。X有关,忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x有关，且满足其通解为d2：，dx26 ；0d0- x2C1x C2由中(0)=0= C2 =0而由1(d) =U0c U。2：dC1 -d 3;0因此板间电位分布为(x)-：03x6；0d：0x2力U Jpd

6、板间电场强度为EJV缈)】% d3%从该式可以求出电场强度为零的位置为 0一b4b2-4ac ；0x 二二2a. J(U0 2叫2 ；0dd3 ；0二d _ d, 0. 2-(U0.2：?0d)”dd 3 ；0；d由于我们是讨论极板内电场强度，因此零点位置为2 ；0 U 02 P0dx-d d . 1 0 ( 00 ):0d d 3 ；03.11如题3.11图所示的平板电容器中，分别以两种不同的方式填充两种不同的介质鸟和与。当两极板之间外加电压U0时，试求电容器中电位和电场的分布以及电容器的电容。解：对于图a：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x有关，均满足一维拉普拉斯方程。且由介质分界面的

7、边界条件可知，两种介质中的电位分布是相同的，其通解为i=Cx D根据已知条件 中田=0和G|xHd =U0 ,解得D =0和U0C ,即平板电容器中的电位分布为2d:一x根据E=-，可以得到平2；电容器中的电场分布为题3.11图E = ：=0 丁 = -Gdx2d对x =0平板上en =ex,面电荷密度分别为总电量为电容器的电容为S = en D = en ； E =U0-1 2d%一 2 2dQ = ；1U0 S ；2 U0S =-；1 ；212d 2 2d122IU0S2d根据已知条件中1 Xz0=0和6=U0,以及分界面处的边界条件1 xd2 xd工：:1和jx可x -dCQC二U。对于

8、图b：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x有关，均满足一维拉普拉斯方程。两种介质中的电位分布的通解可以分别设为1=C1x+D1和62=C2x+D2以解得根据E = %I：、=；2U 0 x11,；2 d,可以得到平板电容器中两种介质中的电场分布为E1 - J1对x = 0平板上en d：-：J1:!；2 U0= 一ex=ex-dx；1；2 d=ex,面电荷密度为Ps = en D = en ；i E = -ex总电量为电容器的电容为C_a.CU0U04 d：U。；i . ；2 d1 2 2S U 0 “；2 d22S3.12已知在半径为a的无限长圆柱形体内均匀分布着电荷密度为12dp0的体电

9、荷。dx圆柱体内外的介电常数分别为和得。若取圆柱体的表面为零电位的参考面，试利用直接积分法求出圆柱体内外的电位和电场强度。解：取定圆柱坐标系，使 z轴与圆柱体的中心轴线相重合，由电位和电场的对称性可知 体内外的电位 中1和2分别满足与中和z无关。圆柱1 dpdd 0 科1_d_Pdh dP j它们的通解可以分别表示式为P力 1二-：2C1ln ： , D14；和 ；2 =C2In ：D2由轴线上的电位应为有限值可得C1 =0。而由圆柱体的表面电位为零可得：02一 a4 ；Di =0C21n a D2 =0于是有D1D2-C2Ina2=C2Ina3.13解：代入圆柱体表面电位的法向导数的边界条件

10、名吧I =zQ得到fa/C2 ,即C2 =-幽小 I- d -2 a2玩最后得到圆柱体内外的电位分别为而圆柱体内外的电场强度分别为-；-2_2_和 h = -*ln 二2；oa二 ， d：i ；0：力E1 =一中 1 = -e 0= e 口 和d ： 2 ；024 d。，2 1 0a-e?二 e.-d：2”如题3.13图所示，半径为a的无限长导体圆柱，单位长度的带电量为 自。其 一半埋于介电常数为 名的介质中，一半露在空气中。试求各处的电位和电场强度。根据题意，空间中电位分布与 中和z无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即=0将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为中1 0-C1 ln ： D1和

11、 匕=-C21n ：D2根据不同介质分界面电位的连续性可知C1=C2=C和D1=D2=D,即若设无限长导体圆柱上电位为导体圆柱的面电荷密度为单位长度导体圆柱的电量为：.：，1 =：1，2 =：，=C ln ： D0,也即（a） = 0 ,可得D = Cln a ,即:，=C1n ;aC JaC （介质中）S-&0C （空气中）耳=名C a %C皿题3. 14图：1于是得到导体圆柱外的电位和电场强度分别为,旦a一一,*R=1n和E=-=ep-X0+s)pK&0+a)P3.14解：如题3.14图所示同轴电容器，其中部分填充了介质5 ,其余是空气。当外加电压U。时，试求电容器中的电位和电场强度的分布

12、以及单位长度的电容。根据题意，空间中电位分布与 中和z无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即3,1V 2：二，2=0=1_d_ :dr将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为孰=-C1lnP+D1和62=_C21np+D23；根据不同介质分界面电位的连续性可知C1=C2=C和D1=D2=D,即中1=：二,2门=和叫性=Uo可得到D - -C 1n aU0 =C 1nb D可以解得bC =Uo /1n I b o a因此电容器内电位和电场强度的分布分别为D - -Uo 1n a/ 1n I b IoaUo1n a和 E 二：，4 d-通于Uo 1Uo1n a_(2 %-e)%U01n因la ),1b

13、1Uo1nUobVb?o(1n , 一 la J利用%=且D可以计算出电容器内面电荷密度分布为0U0,b1nIa那么单位长度总电荷为因此单位长度的电容为Uo11n a1223.15在介电常数为6的无限大介质中，均匀分布体密度为Po的电荷。若在该介质中挖了一个半空为Ro的球形空腔（腔中的介电常数可视为 位参考点）名0）。利用直接积分法求出各处的电位分布中和电场强度E。（以球面为零电曲解：根据场的对称性可知c d：,2 o设球形空腔内外的电位分别为1和62。dr12朝 1 d 2 d:：J11 d 2 d:：J2解丁一.r21 =o 和可I r2-2 =r dr . drr dr . dr：o,C

14、1.70r2C2中产_+ D1和62=-+ D2r6 r考虑到r t 0时，场应是有界的,即& =0。再利用边界连续条件r = Ro时，中1 =62,=君四以dr dr及给定的零电位参考点，即 r =R0时，1 =62 = 0 ,联立解得-：0R3_C1= D1 = 0, C2 =和 D2：oR；由此可得6；3；r-：.一二、.-d：。E1=$中1=0,E2=-/=%-dr3.16顶端夹角为2用的带电导体圆锥垂直于无限大的接地导体平面，但两者之间有一缝隙。当圆锥所加电压为Uo时，试求圆锥体与导体平面之间的电位分布及电场强度。解：由于圆锥体与导体平面之间的电位分布均仅为坐标日的函数，满足一维的拉

15、普拉斯方程sin=0rsin二？石r.口诙)nsin1二0融IcQJ将上述方程分别直接积分两次，得出通解为利用边界条件(60)=U0和(H2)=0解得D =0C=U0和CMan%,2由此可得圆锥体与导体平面之间的电位和电场强度的分布分别为0 :二 y 二 b/2：,_U0一lnItan29)lnItan一2U0入lnItan一21rsin3.17如题3.17图所示，由两块形状相同的不相连矩形导体槽构成的无限长的矩形管，内填空气，但两者之间有一缝隙。分离变量法求出矩形管内的电位分布。解：定解问题为V2小=0,叫二0y=0y土=U0以及当外加电压U0时，利用直角坐标系题工】7图x=0U。0dl2T

16、d0二y：d/2U0d/2；y；d00二y二d/2设中二中0中1.5*2,其中1和62的满足的定解问题分别为;二-1yL0y4=0，1=0和61.U。U0-TyUyb/2；y:二by卫=0，62=0和62x-ax=0一U0U00yb/2：；y：bbU0-y0；y；b/2b由定解问题的边界条件11y卫=0和61vq=0很容易得到ybBcoshntix1,nwsin-n=1x卫=0,则因此上式变成1Ansinhntx.nysinx=aUU0一yU0万yb/2yy:二b0二y二b/27Ansinh则得到n71anysin一.U0Uryb/2：二y:二b0二y：二b/2利用正弦函数的正交性可以得到积分

17、得到An sinhrijia2=b/2U0u0y sindyU。b/2ny y sindybAn =2U0n Ttsinhn/2 布一1由定解问题V22=0,62y3 =0，y J0，中2=0可知x ai邛2 = Cnsinhn冗a -x . n叫sin代入边界条件12bU00yb/2 二 y 二b最后得到电位分布为Cn 二2U0ma n Ttsinh 一 bn/2一1中=U。y 2U0 I 00Zn/2-1d n n =2,4,6,i| n,n cosh bjosh詈. , n冰 sinhbJ . n Tasinh 一bn y sin-b3.18求题3.18图所示矩形空间区域内的电位分布，已

18、知边界条件为：(1)61=UO,2=R=4=0；曲(2)中2成，1=0，63=4=0；吗6限F%(3)3=Uosincos-,6i=62=中40；bb(4)史2=E0,孰=露=0,更二。Fy；:n解：(1)根据给定的边界条件可以将通解直接选为i：x,y=C1sinhkyxC2coshkyxD1sinkyyD2coskyy由边界条件62=64=0可以得到D2=0和ky=-n=1,2,3,|bvc.n写,c.ntix,ntix)、Dx,y=D1sinC1sinhC2cosh一bbb为了求解方便可以将上式改写为 x, y = D1 sin n- C1 sinhn u a -xnu a -xC2 co

19、sh bb如此一来，由边界条件中3=0可以直接得到C2=0,于是有nynXa-x)华x,y=Ensinsinhbb式中，En=CiDi。将上式对n求和，可将此边值问题的解写成,nwntta-x-Ensinsinhnd,2,3,|i.bb最后，将边界条件61=U0代入上式，得.匚.nTiy.n71aU0=Ensinsinhnd,2,3,i.|bb利用三角函数的正交性可以得到4Ul 2U0En 二nabsinhbn 叫 sin -dy = n Ttsinh0 n =1,3,5,111 n向bn = 2,4,6,|l|最后得到电位分布为4U。n3,5，i,i n 冗 sinhn-a b.n：iysi

20、nsinhb(2)根据给定的边界条件可以将通解直接选为:Dx,y=GsinkxxC2coskxxD1sinhkxyD2coshkxy由边界条件一1 =0和63 =0可以得到:n天八 n以J . , n w _,中 i x, y = C2 cosD1sinhD2 cosh2a2a2an =1,2,3,小由边界条件4 =0可以得到生x, y)= Encosn冰.，n可sinh2a2an = 1,2,3,|H式中，En= C1Di。将上式对n求和，可将此边值问题的解写成中 x, y = 、 En cosn 二,2,3,中n , , n wsinh2a2a最后，将边界条件62=U0代入上式，得U。 E

21、n n J,2,3,|.cos2a2a利用三角函数的正交性可以得到E 2U an bsQ 02a-1 2n吟sindx =a4Un Ttsinh2a0n =1,3,5,|1|n =2,4,6,|l|最后得到电位分布为zn =1,3,5,1.1n .1-1-4Uo二 b n 冗 sinh一 2an . , n ：y cossinh-2a 2a(3)根据给定的边界条件可以将通解直接选为x,y=C1sinhkyxC2coshkyxD1sinkyyD2coskyy由边界条件2=4=0可以得到中x,y=D1sinnyIC1sinh-n-xC2coshn-xn=1,2,3,01b.bb由边界条件91=0可

22、以得到中x,y=Ensinhn-xsinnyn=1,2,3,HIbb式中，En=C1D1。将上式对n求和，可将此边值问题的解写成n.nx-1x,y-Ensinhsinnm,2,3，卜bb最后，将边界条件63=U0sin互ycos-=-sin2吆+sin&yI代入上式，得0bb2.bbUo.27y4叫).n.my-Isinsin=、Ensinhsin2.bbn,2,3,小bb比较系数可以得到E2 =U-12必 sinhb其余的系数均为零。最后得到电位分布为U-1E4二万丁河sinhb_4 求._4 w(isinhsin-b b_-4 必 sinh,b. , 2 x . 2 wsinhsin-b

23、b2 71asinhb 1题3. 21图(4)根据给定的边界条件可以将通解直接选为x,y=C1sinkxxC2coskxxD1sinhkxyD2coshkxy由边界条件1=-和J=-可以得到；:n中ix,y=C1sinn-xID1sinh-n-yD2coshn-yn=1,2,3,|2a2a2a由边界条件S4=-可以得到x,y=Ensinn-xsinhnyn=1,2,3,III2a2a式中，En=C1D1。将上式对n求和，可将此边值问题的解写成.ntx.,n：yx,y=Ensinsinhn4,2,3,|.2a2a最后，将边界条件-yE0代入上式，得利用三角函数的正交性可以得到- E-_nTt.n

24、 水 ,n y、 Ensincoshn i,2,3,|.2a 2a 2a.2 bn- cosh 2aa n tix-sin dx 二n b 0 a2a8aE-unb coshn =1,3,5,IHn = 2,4,6,IH3. 21两平行的无限大导体平板,距离为d ,其间有一薄片，如题3.21图所示。最后得到电位分布为8aE-.nx.,nwsinsinh22n-b2a2an冗cosha当上板电位为U-,下板电位为零，薄片电位为U-(1+y/d)时，利用直角坐标系中的分离变量法求板间xA0区域的电位分布。解：定解问题为节2=060,上=U0以及6q=U0(1+y/d)y=0y=bux3八J设=61

25、 +U9y,则其中61的满足的定解问题为b中 0 G =0d心由定解问题的边界条件1=0和61上=0很容易得到1 y=01 y=b-中1y-0 1xZ = U000fn收n衣、91=Aed+BedSin*yn-dd由Sixto=有限，则Ai=0，因此上式变成P.；nx中1=、B1edsin-n-ynJd代入边界条件61M=U0,则得到U=Bnsin-n-yn1d利用正弦函数的正交性可以得到最后得到电位分布为2U。d0dsin 詈 dy4U。二n兀0n=1,3,5jn= 2,4,6,cd 川i n水小二 U。/、 Ue-丁d n 型,5,| I n 九3.22 如题3.22 图所示，已知矩形导体

26、盒子顶面的电位分布为U (x,y )=U0Sin23sin*，其余的面上电位均为零。 试求盒内的电位分布。 a b解：根据盒子的边界条件，利用分离变量法及边界条件可以求出题3. 22图X（x）=sinnx , Y（y）=sinmy , Z（z）=Ash|kz| z+Bch|kz| ab式中kz=；Sl十画。由于（x,y,0） =0,因此B = 0,于是问题的解为Va J 0；0将这些式子联立求解，得到a2P=0,儿=广，C1=-, B1=0, D1=0。2 ；02 ；0再比较cosn中和sinn中（n=2,3,4,|）各项的系数，得出nnnn22a An -a Cn, aBn=a Dn , A

27、n+a Cn -0 , Bn + a Cn - 0将这些式子联立求解，得到An 二 Bn =Cn 二 Dn =0 n = 1最后得到圆柱内外的电位分布函数分别为Pa2 P1=3Pcos邛和 2=a_cos邛2；。2；0：白：二二圆柱体表面的电荷在Pt0c的地方所建立的电场已减弱至零，故Pt8时的电位边界条件为试求该空间的电位分布，已知其边界条件为:Uzl3.24如题3.24图所示半径为a、长为l的圆柱形空间,(1)61=U0,62=63=0；2=U。，-0；2m.八(3)62=U0sin,13=0。解：(1)问题的解与中无关，因此，定解问题为_2、=0中(：,0)=0,：.：，(：,l)=U0

28、中(a,z)=0解法一：首先把上下边界齐次化，也即令=91+U9z,其中的小1满足定解问题为、2i1=0i1(7,0)=0,i1(：,l)=0i1(a,z)=Uz由分离变量法可得入-n冗人门冗人.门忆：/1=Ai10()BnK0()sinnW_lll由于Pt0,1为有限的，那么Bn=0o则上式变成M=AnMn2：)sinn=1ll由侧面的边界条件可得0a_.,ntt、.=AnI0(a)sinn1l由三角函数的正交性可得1。(fzsinnzdz=0l2U。cosn九nd0(n：a/1)即U02U0，n/口、.nmJ二z-cosnd0(：)sinlnnd0(ntq/l)ll解法二：直接由侧面的边界

29、条件将电位的通解写成oO力=、.人J0(kzP)BnN(kzP)CnsinhkzzDncoshkzz1n1由于Pt0,小为有限的，那么Bn=0,则上式变成CO=ZCnsinhkzz+Dncoshkzz】J0(kzP)。n1由底面的边界条件可得QO中CnJ(kz：、)sinhkzzn1而由侧面的边界条件，可得J0kza=0=.kza=%n=kz=3a式中为n为零阶Bessel函数第n个零点值。因此,一一Pz中=、CnJ0(3)sinh3nzn1aa利用顶面的边界条件可得lU0=CnJ()sinhn4aa两边同乘J0(0m0)P,并对(0,a)积分，那么a0U0J0()：d：八Cnsinh0nla

30、0J0()Jo(LLp-0m-)W式中a0J0()Jo(LLp0m-于是得到2U0a0U0J0(Ixj1(x):)：dd=12aJ0(j0m)2-0m2U。j0mJ0(j0m)2sinh-4mj0J0(x)xd(x)2U010mJi(0m)2sinh上aj0mJ1(0m)2Uol小1(%同舟a由此可得空间的电位分布为n=1：-0nsinh上sinh，业J10n(2) 问题的解与中无关，根据边界条件可将通解选为nttnTtnlnz二1.Anl0()BnK()sin-n3_lll由于Pt0,小为有限的，那么Bn=0。则上式变成中=lAnl0(：)sin立n1ll由侧面的边界条件可得.2立于一/九n

31、tzUsin入10(a)sin一1n=1ll利用三角函数的正交性可得4U02U0An考n 71an =1,3,5,1111 J . njz, sindzI0(器 ll.0 n =2,4,6,IM-n nF。!I l J由此可得I返)I0亏4U0IlJ.nmsinn,3,5,111nuInailI07(3) 问题的解与中无关，根据边界条件可将通解选为不1门冗门，门冗八1nz工,AJ0()BnK()sinn4_lll由于Pt0,为有限的，那么Bn=0。则上式变成由侧面的边界条件可得由三角函数的正交性可得由此可得中=”“10（：）sin”nWll.二，n冗、.ntzU0=AnIo（a）sinnz1llUo2aAn=I0-.-,l=2中=U。Isin2Tiz3.25如题3.25图所示横截面为扇形的柱形空间，场沿轴线方向不变。已知|(p_0=中|似=0，6=U0,6libMUo,试求此扇形区域内的电位分布。解：定解问题为小6=0叫g=叫怦=。&=七0叫性=U。解法一：由于问题解与z无关，则kz2=0,则问题的通解可以选为(P,:)=(APkBP)(C1sinkj：