电磁场与电磁波第三章答案.pdf

1 第三章 静电场 重点和难点 介绍电位满足的泊松方程和拉普拉斯方程，对于方程 的定解条件，以及解的存在、稳定和惟一性问题应予说 明，至于求解方法及惟一性证明可以从简。 镜 像 法 应 重 点 讲 解 。 强 调 镜 像 法 的 依 据 是 惟 一 性 定 理，镜像法的理念是以镜像电荷代替边界的影响，从而 把一个非均匀空间变为均匀空间。此外，还应说明仅在 待求的场区等效。 三种坐标系中求解拉普拉斯方程的方法，可以根据学 时多少，适当取舍。若学时允许，建议介绍圆柱坐标系 或球坐标系中的分离变量法。因为第九章中求解矩形波 导中电磁波时还要使用直角坐标系中分离变量法。 重要公式 电位方程： 有源区中电位满足泊松方程： 2 无源区中电位满足拉普拉斯方程：0 2 泊松方程的积分解： SGG VG S V d) ,()()() ,( d ) ( ) ,()( 0 0 0 rrrrrr r rrr 自由空间格林函数： | |4 1 ) ,( 0 rr rr G 泊松方程的自由空间解： VG V d ),()( 1 )( 0 rrrr 2 题题 解解 3-1 已知在直角坐标系中四个点电荷分布如习题图3-1 所示，试求电位为零的平面。 解解 已知点电荷 q 的电位为 r q 4 ，令)0 , 1 , 0( 1 qq， )0 , 1 , 3( 2 qq，)0 , 0 , 1 ( 3 qq， )0 , 0 , 0( 4 qq，那么，图中 4 个点电荷共同产生的电位应为 4 1 4 i i r q 令0，得 0 4 4 4 4 4321 r q r q r q r q 由 4 个点电荷的分布位置可见，对于 x=1.5cm 的平 面上任一点， 4321 ,rrrr，因此合成电位为零。同理， 对于 x=0.5cm 的平面上任一点， 3241 ,rrrr，因此合成 电位也为零。所以，x=1.5cm 及 x=0.5cm 两个平面的电位 为零。 3-2 试证当点电荷 q 位于无限大的导体平面附近时， 导 体 表 面 上 总 感 应 电 荷 等 于)( q。 证明证明 建立圆柱坐标，令导 体表面位于 xy 平面，点电 荷 距 离 导 体 表 面 的 高 度 为 h，如图 3-2 所示。那么， 根据镜像法， 上半空间的电 场强度为 3 20 2 3 10 1 4 4r q r q rr E -q 3cm Y X +q +q -q 1cm 习题图 3-1 x q P(r, z) h h 2 r 1 r -q z 习题图 3-2 3 电通密度为 )( 4 3 2 2 3 1 1 0 rr qrr ED 式中 2 3 22 3 1 )(hzrr； 2 3 22 3 2 )(hzrr 那么， z zz hzr hz hzr hz hzr r hzr rq hzr hzr hzr hzrq e e eeee D r rr 2 3 22 2 3 22 2 3 22 2 3 22 2 3 22 2 3 22 )()( )()( 4 )( )( )( )( 4 已知导体表面上电荷的面密度 ns D，所以导体表面的 感应电荷为 2 3 22 2 3 22 2 3 22 0 )(2 4 hr qh hr h hr hq D z zs 则总的感应电荷为 q hr rr qhrrSq s s s 00 2 3 22 )( d d2d 3-3 根据镜像法，说明为什么只有当劈形导体的夹角为 的整数分之一时，镜像法才是有效的？当点电荷位于两 块无限大平行导体板之间时，是否也可采用镜像法求解。 答答 根据镜像法，如果劈形导体的夹角不为的整数分之 一时，则镜像电荷不能最终和原电荷重合，这样将会产 生无限多个镜像电荷，每个镜像电荷都会产生一定的电 位，导致合成电位无限大，因而无解。 当点电荷位于两块无限大导体板之间时，可采用镜 像法求解。此时虽然也会产生无限多个镜像电荷，但是 远处的镜像电荷对于两板之间的场点贡献越来越小，因 4 此可以获得一个有限的解。 3-4 一根无限长的线电荷平行放置在一块无限大的导 体 平 面 附 近 ， 如 习 题 图3-4 所 示 。 已 知 线 电 荷 密 度 )C / m(10 l ，离开平面的高度5hm，空间媒质的相对介 电常数4 r 。试求： 空 间任一点场强及能量密度； 导体表面的电荷密度； 当 线 电 荷 的 高 度 增 加 一 倍 时，外力对单位长度内的线 电荷应作的功。 解解 建立圆柱坐标，令导体表面位于 xz 平面，导体上 方场强应与变量 z 无关。根据镜像法，上半空间中任一 点),(yxP的场强为 y x yxyx e e eeee rr E 2222 2222 22222 2 2 2 1 1 )( )( )( )( )()(2 )( )( )( )( 222 hyx hy hyx hy hyx x hyx x hyx hyx hyx hyx rr r l r l r l r l 电场能量密度为 222222 2222224442 2 2 )()( )222( 22 1 hyxhyx hyyxhxhyxh Ew r l r 已知导体表面的电荷面密度 0 y sn D，那么 )m/C( )( 2 22 0 0 hx h l y yr y s EDn 单位长度内线电荷受到的电场力可等效为其镜像线 电荷对它的作用力，即 r l h 导体 习题图 3-4 x y 5 y eF 2 2 )2(2h r l 可见，线电荷受到的是吸引力。所以，当线电荷的高度h 增加一倍时，外力必须做的功为 11 2 2 2 2 2 1081. 2 16 d )2(2 d)( h y y W r l h h r l h h lF （J） 。 3-5 在无限大的导体平面上空平行放置一根半径为 a 的 圆柱导线。已知圆柱导线的轴线离开平面的距离为 h，试 求单位长度圆柱导线与导体平面之间的电容。 解解 根据镜像法可知，无限大的导体平面与无限长圆柱导 线之间的场分布与两根无限长平行圆柱导线之间的一半 空间的场分布完全相同。因此，圆柱导线与导体平面之 间的单位长度内的电容是两根平行圆柱导线的单位长度 内的电容一倍。由教材 3-3 节获知两根平行圆柱导线的 单位长度内的电容为 a D a D a D C 2 harccos 1 22 ln 2 1 式中 D 为两根圆柱导线轴线之间的距离，a 为圆柱导线 的半径。因此，对于本题的圆柱导线与导体平面之间的 单位长度内的电容为 a h a h a h C harccos 2 1ln 2 2 1 若高度 ha，上式还可进一步简化为 a h C 2 ln 2 1 6 3-6 一根无限长线电荷平行放置 在夹角 60的导电劈的中央部位， 离开两壁的距离为 h，如习题图 3-6(a) 所示。若线电荷的线密度为 l ，试 求其电位分布函数。 解解 根据镜像法，正如原书 3-3 节所述，需要引入 5 个镜 像电荷， l 1 ， l 2 ， l 3 ， l 4 和 l 5 ， 它们离场点 P 的距离分别为 r1，r2，r3，r4，和 r5，其位 置如习题图 3-6(b)所示。 已知，无限长的线电荷产生的电场强度为 r E r l 2 可见，空间某点 r 对于任一参考点 r0的电位为 r r r r rE r l r r r l r r r 0 ln 2 d 1 2 d)( 00 对于本题，若取坐标原点作为电位参考点，因为原 线电荷 l 离坐标原点的距离为 2h， 离场点 P 的距离为 r0， 那么该线电荷在 P 点产生的电位为 60 h l h 习题图 3-6(a) l 60 l -l l -l -l P r0 r1 r2 r3 r4 r5 习题图 3-6(b) r x y o 7 0 2 ln 2r h r l p 因为全部镜像电荷离坐标原点的距离均为 2h，那么，劈 间任一点 P 以坐标原点作为电位参考点的电位为 ) 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 (ln 2 5432100 r h r h r h r h r h r h l 即 420 531 0 ln 2rrr rrr l 3-7 已知点电荷 q 位于两块 无限大的接地的平行导体板之 间，如习题图 3-7 所示。两板 间距为 d，点电荷位于 3 d 处， 试求两板间的电位分布。 解解 选用圆柱坐标系，令下底板位于 z=0 平面，点电荷 q 位于z轴，则导体板之间任一点电位与角度无关。 根据镜像法，必须在z轴上引入无限多个镜像电荷， 它们的位置分别为： 正z轴上：) 3 5 , 0( d q，) 3 7 , 0( d q， ) 3 11 , 0( d q， 负z轴上：) 3 , 0( d q，) 3 5 , 0( d q， ) 3 7 , 0( d q， 则两板之间任一点zrP ,的电位为： d d/3 q 习题图 3-7 z zrP , q -q -q q q r x 8 1 2 1 2 22 2 1 2 22 0 ) 3 1 2 () 3 1 2 ( 4 n dnzrdnzr q 1 2 1 2 2 2 1 2 2 0 3 1 ) 1( 2 3 1 ) 1( 2 4 n dnzrdnzr q 3-8 试证位于无限大导体平面上半球形导体上空的点电 荷 q 受到的力的大小为 244 53 2 0 2 )( 16 1 16ad da d q F 式中 a 为球半径，d 为电荷与球心的间距， 0 为真空介电 常数，如习题图 3-8(a)所示。 证明证明 应用镜像法，将半球变为一个整球。那么，为了保 证无限大导体平面和球面形成的边界电位为零，必须引 入三个镜像电荷：q，q，q，其中 q 和q，以及 q和 q保证无限大平面边界的电位为零，q 和 q，以及q 和 q保证球面边界的电位为零。那么， 根据镜像法，求得 镜像电荷 q和 q分别为 q d a q，q d a q q a d 习题图 3-8(a) q q q 0 d d -q d d 0 习题图 3-8(b) 9 其位置分别位于 d a d 2 及 d a d 2 处。因此，点电荷q所 受到的力应为三个镜像电荷产生的电场力的矢量和。由 于三种电场力的方向均位于一条垂线上，矢量和变为标 量和，即 2 2 0 2 2 0 2 0 )(4)(4 )2(4 )( d a d q d a q d a d q d a q d qq FFFF qqq 将上式整理后，即得 ) )( 16 1 ( 16 244 53 2 0 2 ad da d q F 3-9 当孤立的不带电的导体球位于均匀电场 0 E中， 使用 镜像法求出导体球表面的电荷分布。 （提示：利用点电荷 与导体球之间的镜像关系。 ） 解解 当导体球和点电荷之间的距离远远大于其半径时， 可以认为该导体球附近的电场是均匀的， 设 0 E由点电荷q产生，q到球心的距离为f，球半径 为 a。根据镜像法，必须在球内距球心 f a d 2 处引入的镜 像电荷q f a q。 由于球未接地， 为了保持总电荷量为零， 还必须引入另一个镜像电荷q，且应位于球心，以保持 球面为等电位。那么球外任一点的电位为 r q r q r q 02010 444 式中r， 1 r， 2 r分别为该点到球心，电荷q以及电荷 q 的距 离，即 10 fr a rddrf a rffr q cos2cos2 1 4 2222 0 式中为线段 r 和 f 之间的夹角。已知导体表面的电荷密 度 ar arar r ED rns 00 ，将电位函数代入得 fa f a f a a f a f a affa afq s 1 )cos2( 1cos )cos2( cos 4 2 3 3 2 4 2 2 2 3 22 因为 2 0 0 4f q E ， 即 2 00 4fEq， 代入上式， 考虑到af ， 即当0 f a 时，取上式极限，求得 cos3 00Es 3-10 试证位于半径为 a 的导体球外的点电荷 q 受到的电 场力大小为 2223 0 2232 )(4 )2( aff afaq F 式中 f 为点电荷至球心的距离。若将该球接地后，再计 算点电荷 q 的受力。 证明证明 根据镜像法，必须在球内距球心 f a d 2 处引入的镜 像电荷q f a q。 由于球未接地， 为了保持总电荷量为零， 还必须引入另一个镜像电荷q，且应位于球心，以保持 球面为等电位。那么，点电荷q受到的力可等效两个镜像 电荷对它的作用力，即， rr eeF 222 0 2 2 0 1 )(4)(4af afq df qq （N） 11 rr eeF 3 0 2 2 0 2 44f aq f qq （N） 合力为 r eFFF 2223 0 2232 21 )(4 )2( aff afaq （N） 当导体球接地时，则仅需一个镜像电荷 q ，故q所受 到的电场力为 F1。 3-11 在半径为 a 的接地导体球附近，沿径向放置一根长 度为 l 的线电荷，如习题图 3-11(a)所示。已知线电荷密 度为 l ，近端离球心的距离为 D，试求镜像电荷及其位 置。 解解 采用镜像法，应在球内径向位置引入一个镜像线电荷 l ，离球心最近的一端对应原先的线电荷 l 离球心的最 远端，而 l 的最远端对应 l 的最近端。设 l 上任一点距 离球心为x，)(lDxD， l 上任一点距离球心为 x ， 则根据点电荷与导体球面的镜像规律，获知镜像线电荷 的长度范围为 l dx x x d x min x 习题图 3-11(b) xmax x o l D l a 习题图 3-11(a) 12 D a x lD a 22 位置 x 与 x的关系为 x a x 2 。 因此， x a x 2 ， x x a x dd 2 2 。 再根据电量关系x x a x ll dd， 即可求得镜像电荷 的分布函数为 ll x a 3-12 在半径为 a 的接地导体球附近，横向放置一根长度 为 l 的线电荷，如习题图 3-12(a)所示。已知线电荷密度 为 l ，线电荷中心离球心的距离为 D，试求镜像电荷及 其位置。 解解 求解方法与上题类似。对应于点电荷lq ld d的镜像 线电荷为lq l dd，如图 3-12(b)所士示。设点电荷qd距 离球心为 cos D f ，则其镜像电荷 q d离球心的距离为 D a f a r cos 22 由图可知 l D l a 习题图 3-12(a) 习题图 3-12(b) max D f d l l r lq ld d df dl fd dq 13 d cos d) cos sin () cos 1 ( )d cos sin ()d cos ()d()d(d 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 22 D D DD ffl dd) sin ( cos )d()d(d 2 2 1 2 2 2 24 2 1 22 D a D a D a rrl 因此，q D a qddl D a l ll dd，即镜像电荷分布函数 为 lll a D l l D a 2 cosd d 3-13 已知一个不接地的半径为 a 的导体球携带的电荷为 Q，若电荷为 Q 的点电荷移向该带电球，试问当点电荷 受力为零时离球心的距离。(当点电荷所带电荷与导体球 所带电荷相反时，点电荷肯定受到引力，即其受力不可 能为零)。 解解 如习题题 3-10 所示，如前所述，根据镜像法，若导 体球原先不带电，对于点电荷 Q，必须在球内距离球心 f a d 2 处引入一个镜像电荷 q ， 而在球心处再放置另一个 电 量 为 q 的点 电 荷 ， 以 保 持 电荷 守 恒 及 导 体 球 为等 位 Q q -q d f Q 习题图 3-10 14 体。本题中导体球已带有电量为 Q 的电荷，因此在球心 处放置的另一个镜像电荷的电量应为 (Q q )。那么，点 电荷q将受到的镜像电荷的作用力为 rqqQ f a f q f a f q f a Qq eFFF 2 2 0 2 2 0 2 )(4 4 要使点电荷受力为零，则f应满足下列方程 0 )(4 44 2 2 0 2 2 0 2 2 0 f a f q f a f q f a f qQ 求解此高次方程可用作图法。为此，先将上式化简为 0 )( 1 2 232 f a ff a f a f 再化为关于 a f 的方程即 0 1 1 2 2 3 a f f a a f a f 若 a f x ，则上面的方程又可写为 0 1 1 2 2 3 x x x x 令 3 1 1 x x y ， 2 2 2 1 x x y，分别作图求得 y1和 y2的交点， 即 是 所 要 求 的 解 。 根 据 题 意 可 知1 a f x， 由 下 图 可 见 0 21 yy的解位于x=1.52 之间。其值近似为62. 1x，即 af62. 1时，点电荷 q 受力为零。 15 3-14 试证位于内半径为 a 的导体球形空腔中的点电荷 q 受到的电场力大小为 222 0 2 )(4da adq F 式中 d 为点电荷离球心的距离。再计算腔中电位分布以 及腔壁上的电荷分布。 证明证明 根据点电荷与导体球的镜像关系，可知点电荷q在 腔外的镜像电荷为q d a q， 距 球 心 d a f 2 ； 如 下 习 题 图 3-14 所示。 则q所受到的力可 等 效 为 镜 像 电 荷 q 对 它 的 电 场力，其大小为 222 0 2 2 0 )(4)(4da adq df qq F 显然，腔内任一点)(r,P电位与无关，它可表示为 ) cos2cos2 ( 4 1 2222 0 rffrd aq rddr q a q f P(r, , q Z X Y 习题图 3-14 16 已知导体表面的电荷密度 ar arar r ED rns )( 00 求得 2 3 22 22 )cos2(4 )( addaa adq s 3-15 半径为 a 的不接地的 导体球中含有半径为 b 的球 形空腔， 如习题图 3-15(a)所示。 若在导体球外，离球心 f 处 放置一个电量为 q 的点电荷， 在空腔中离腔心 d1处放置另 一个电量为 q 的点电荷，腔心与球心间距为 2 d，且腔心、 球心、点电荷 q 及 q 均在一条直线上。试求腔中、导体 球内外任一点场强。 解解 由于导体球的屏蔽作用，球外点电荷q以及球面上的 感应电荷对于腔中的场强没有贡献。因此，计算腔中场 强仅需考虑腔内的点电荷 q 以及空腔内壁上感应电荷的 作用。为了考虑腔壁上感应电荷的影响，可以应用镜像 法，以一个腔外镜像电荷等效腔壁上感应电荷的影响。 此时可以直接利用点电荷与导体球的镜像关系，导出腔 外镜像电荷的位置与电量。如图 3-15(b)所示，球外镜像 电荷 q 的位置及电量分别为 1 2 d b D ； q b D q 计算腔外场强也可应用镜像法，此时导体球的半径 为 a，如习题图 3-15(b)所示。但是腔中必须引入两个镜 像电荷 q0和 q， 其中q0位于球心，q的位置和电量，以及 q q d f a d2 习题图 3-15(a) 17 q0的电量分别为 f a d 2 3 ；q f a q ；q f a qq 0 综上所述， 腔内场强由两个点电荷 q和 q共同产生， 腔外场强由三个点电荷 q，q和 q 共同产生， 而导体内的 场强为零。 3-16 已知点电荷 q 位于半径为 a 的导体球附近，离球心 的距离为 f，试求：当导体球的电位为时的镜像电荷； 当导体球的电荷为 Q 时的镜像电荷。 解解 如前所述，此时需要两个镜像电荷等效带电导体球 的影响。一个是离球心 f a2 处，电量为q f a q的镜像电 荷。另一个镜像电荷 q位于球心，其电量取决于导体球 的电位。 已知导体球的电位为，而镜像电荷及球外点电荷对 于球面边界的电位没有贡献，因此，球心镜像电荷 q的 电量应满足 a q 0 4 即 aq 0 4 当导体球携带的电荷为 Q 时，在离球心 f a2 处的镜像 b q q D d1 q q q0 d3 d2 f a 习题图 3-15(b) 18 电荷仍然为q f a q，而球心处的镜像电荷q f a Qq ， 以保持电荷守恒，即Qqq 。 3-17 设点电荷 q 位于导体球壳附近，已知球壳的内半径 为 a，外半径为 b，点电荷离球心的距离为 f，壳内为真 空，当球壳的电位为)0(时，试求： 球壳内外电场 强度； 球壳外表面上最大电荷密度； 当距离 f 增 加一倍时，系统能量改变多少？ 解解 由于球壳的屏蔽作用，壳内场强为零。若建立的球 坐标系如习题图 3-17 所示，那么壳外场强与坐标变量 无关。 当球壳的电位为时，由上题获知位于球心的镜像电 荷 q应为 bq 0 4 壳外的场强将由点电荷q及其镜像电荷 q 和 q共同 产生，壳外的合成电位为 )( 4 1 210 r q r q r q o 式中镜像电荷q f b q，离球心的距离为 f b 2 ，则壳外的 电场强度为 f b a q q q r r1 r2 Z P(r, ) 习题图 3-17 19 )( 4 1 210 r q r q r q oo E r e 2 2 3 2422 2 2 3 22 0cos2 )cos( cos2 cos 4r b rfbbfr brfbf rffr frq e 2 3 22 2 3 2422 3 0cos2 1 cos2 4 sin rffrrfbbfr b r qf 球壳表面的电荷密度为 b fbbfb fbq ED br r br ns 0 2 3 22 22 0 cos24 )( 其最大值为 2 0 1cos max 4 )( bfb fbq b ss 系统能量的改变来自外力作的功。已知点电荷q受到 的电场力为 rrrr eeeeF 22 2 0 2 0 2 2 0 4 4 4 f qb f b f qq f qq f b f qq 由此可见，若 q 0q0，又因 0，故电场力的实际方 向为(-er)。在外力作用下，当点电荷 q 离开球心的距离增 加一倍时，外力 F作的功为 r br brq r qb W f f f f d 4 d 2 2 22 0 2 2 2 r rF F 2222 0 2 1 4 1 82bfbf bq f qb 此功将全部转变为系统增加的能量。 3-18 证明无源区中电位分布函数不可能具有最大值或 最小值。 证明证明 以直角坐标系为例。已知无源区中电位满足拉普拉 斯方程 20 0 2 2 2 2 2 2 zyx 该方程的通解为)()()()(zZyYxXx,y,z 。 若此解在),( 000 zyx 点取得极值，那么在该点应有 0 zyx 若是一维空间，因0 x ，0 2 2 x ，可见为常数， 即电位函数没有极值。 若是二维空间，0 yx ，0 2 2 2 2 yx ，显然 2 2 x 和 2 2 y 不可能同时大于零或同时小于零， 因此不可能有极 大值或极小值。 同样对于三维空间， 2 2 x ， 2 2 y 和 2 2 z 不可能同时大 于零或同时小于零，因此不可能有极大值或极小值。 综上所述，无源区中的电位分布函数不可能具有极大 值或极小值。因此，无源区中电位分布函数不可能具有 最大值或最小值。 3-19 已知无限大的平板电容器 中的电荷密度 2 kx，k 为常数， 填充介质的介电常数为 ，上板 电位为 V，下板接地，板间距为 d，如习题图 3-19 所示。 试求电位分布函数。 解解 由习题图 3-19 可见，电位分布仅与坐标变量 x 有关， 与坐标变量y，z无关。因此，电位方程简化为一维泊松 方程。设电位分布函数)(x，则由 2，得 d y o x V (x) 习题图 3-19 21 2 2 2 d dkx x 积分后，求得 BAx xk x 12 )( 4 其中A，B为待求常数。 根据边界条件 Vdx x , 0 , 0 ，求得0B， 12 3 kd d V A， 因此，电位分布函数为 x kd d Vxk x) 12 ( 12 )( 34 3-20 试证直角坐标系中的电位函数 2 3 222 1 )/(zyxCz 及圆球坐标系中电位函数 r C 2 均满足拉普拉斯方程， 式中 C 为常数。 证明证明 已知直角坐标系中的拉普拉斯方程为 0 2 2 2 2 2 2 zyx 将 3222 1 )(zyx Cz 代入，则 2 7 2223 2 5 222 2 1 2 2 7 2222 2 5 222 2 1 2 2 7 2222 2 5 222 2 1 2 )(15)(9 )(15)(3 )(15)(3 zyxzzyxz z zyxzyzyxz y zyxzxzyxz x 可见，0 2 1 2 2 1 2 2 1 2 zyx ，即1满足拉普拉斯方程。 球坐标系中的拉普拉斯方程为 0 sin 1 )(sin sin 1 )( 1 2 2 222 2 2 rrr r rr 22 由于 r C 2 ，与及无关，代入上述方程，求得 0)( 1 )( 1 2 2 2 22 2 r C r rrr r rr 可见，电位函数 r C 2 也满足拉普拉斯方程。 3-21 已 知 长 方 体 金 属 腔 的内部尺寸为cba， 如习 题图 3-21 所示。若侧壁及 底板均接地，上盖电位为 ，试求腔内的电位分布函 数。 解解 已知直角坐标系中电位函数满足的拉普拉斯方程为 0 2 2 2 2 2 2 zyx 应用分离变量法，令 )()()()(zZyYxXx,y,z 求得 0 2 2 2 Xk x X x ； 0 2 2 2 Yk y Y y ； 0 2 2 2 Zk z Z z 式中 0 222 zyx kkk。 为了满足0 0 x 和0 bx 的边界条件，X(x)必须为 正弦函数，即 xkAxX x sin)( 式中3 , 2 , 1 ,m b m kx 。 为了满足0 0 y 和0 ay 的边界条件，Y(x)也必须 为正弦函数，即 ykByY y sin)( 式中3 2, 1, ,n a n ky 。 x o z y b a c 习题图 3-21 23 由此求得 22 )()(j b m a n kz 为了满足0 0 z 和 cz 的边界条件，Z(z)只能是 双曲正弦函数，故 )()(sinh)(sin)(sin()( 22 z b m a n CykBxkAx,y,z yx 其级数解为 11 22 )()(sinhsinsin)( nm mn z b m a n y b m x a n BAx,y,z 因 cz ，得 11 sinsin nm nm y b m x a n C 式中 c b m a n BAC mnnm 22 )()(sinh 利用正弦函数的正交性， yx b yt a xs b ym a xn C yx b yt a xs ab nm nm ab ddsinsinsinsin ddsinsin 00 11 00 当 n = s，m = t 时，上式右边积分才不为零。另由上式左 边可知，只有当s和t都为奇数时， st C才不为零，因此令 ) 12(ns，) 12(mt，则 2 ) 12)(12( 16 mn Cnm 最后求得 24 c b m a n z b m a n mn y b m x a n x,y,z nm 2 1 2 1 ) 12 () 12 sinh( ) 12 () 12 sinh( ) 12)(12( ) 12 sin() 12 sin( 16 )( 22 22 11 2 3-22 一根半径为 a 的介质圆柱 放在均匀电场 0 E中，如习题图 3-22 所示。若介质圆柱的介电 常数为，试求柱内外的电场 强度。 解解 在圆柱坐标中电位所满足的拉普拉斯方程为 0 1 )( 1 2 2 2 2 2 zrr r rr 由于电位函数)(,zr,与z无关，可令 )()()(rR,zr, 其通解为 )cossin( )cossin(ln)( 1 1 0 mDmCr mBmArrAr, m m m m m mm m 设圆柱内部的电位为 i ，圆柱外部的电位为 o ，电 位函数应满足下列边界条件： 1，当0r时， i 应为有限值，因此柱内电位为 1 )cossin( m mm m i mBmAr X a 0 Y xEE 0 习题图 3-22 25 2，当r时，圆柱对电场的影响可以忽略，若取坐标 原点(0,0)作为电位参考点(注意，电位参考点的选择对于 电场强度的计算没有影响)，则柱外无限远处电位为 cos)( 00 rExEr o 可见， o 仅与 r 和cos有关，因此柱外电位的通解为 cos 1 cos 10 D r rE o 3，在圆柱表面上（ar ） ，电位应该连续，即 io ，求 得柱内电位的通解为 cos 1 rB i 4，在圆柱表面上，电通密度应该连续，即 arar rr oi 0 由此求得， 0 2 0 0 1 EaD ， 0 0 0 1 2 EB ，所以 当ar 时， cos 2 )( 0 0 0 rEr, i 当ar 时， cos 1 cos)( 0 2 0 0 0 Ea r rEr, o 已知) 1 ( rr r eeE，求得 当ar 时， 0 0 0 0 00 2 )sincos( 2 )(E E , xri eeerE 当ar 时， 1sin1cos)( 2 0 0 0 2 0 0 0 r a E r a E, ro eerE 26 3-23 若无限长的导体圆柱 腔的内半径为 a，腔壁被 纵向地分裂成两部分，各 部分的电位如习题图 3-23 所示，试求腔内外的电位 分布。 解解 与上题同理，由于电位与z无关，此时通解为 )cossin( )cossin(ln)( 1 1 0 mDmCr mBmArrAr, m m m m m mm m 设圆柱内部的电位为 i ，圆柱外部的电位为 o ，电 位应该满足下列边界条件： 1，当 r = 0 时， i 应为有限值，则柱内电位为 1 )cossin( m mm m i mBmAr 2，当r时， o 为零，则柱外电位为 1 )cossin( m mm m o mDmCr 3，当ar 时， )2( )0( 0 0 ar 。 为了满足边界条件 3，必须将 ar 展开成傅立叶级 数，即令 1 0 sincos 2 m mm ar mbma a 式中 0d)( 1 d 1 d 1 2 0 0 0 2 0 0 ar a 02 X a 01 习题图 3-23 27 0dcos)( 1 dcos 1 dcos 1 2 0 0 0 2 0 mm m a ar m 为偶数 为奇数 m m m mm m b ar m , 0 , 4 dsin)( 1 dsin 1 dsin 1 0 2 0 0 0 2 0 求得 1 0 )(sin 4 m ar mm m 为奇数 再进行比较各自系数，即知 0 21 mm DB； m m am A 0 1 4 ； m a C m m 0 2 4 所以，柱内电位为 1 0 sin 4 m m i mm a r m 为奇数）（ 柱外电位为 1 0 sin 4 m m o mm r a m 为奇数）（ 。 3-24 若无限长的导体圆柱 腔的内半径为 a，腔壁被 纵向地分裂成四部分，各 部分的电位如习题图 3-24 所示，试求腔内外的电位 分布。 解解 与上题同理，由于电位与z无关，此时通解为 )cossi