电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤-曹伟)第3章习题解答.

1、第3章习题解答3.1解: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：2 G x, y, z = Ax Bx C ； i 匕,-Asi n :已知空间的电位分布，由E =； 和 勺=3.5解:3.6解:x, y,z 二 Axyz ；尬 ir,v,= Ar2sin cos 。/ ；0可以分别计算出电场强度和体电荷密度。:_ ；0、2：.：-2A z 02-心、 =04E 4E 4 一二二 =g 2Ax B二 - A exyz eyxz ezxy-十-e.：（2A Jsin Bz） e A、cosezBi |17 171 2 /_k /_kSAsin B?；0E =-i ：=- er

2、2Arsin cos&Arcos cosAr sinAcos2cos A cos :4As inAsinPP = 一耳奇直=_先.6Asin 0 cos +如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面,其上均匀分布着密度为 so的面电荷。试求球心处的电位。上顶面在球心产生的电位为p,匕 空 cd R -dj2 ；0下顶面在球心产生的电位为P P2 竺G.d； R； -d2）竺（R-d2） 2 ；。2 ；。侧面在球心产生的电位为13 -SR d)(R _d)题3. 5图S0 _S0S4 n 0 S R 4 n 0 R2式中 S = 4tR2?R( R- dj- 2nt( R-d2)= 2 (d! d

3、2)。因此球心总电位为p门= S0 Rp有 2 g和；=5 ；0的两种介质分别分布在z 0和z 0的半无限大空间。已知z 0时， E =20-；10 ez50 V/m。试求 z ： 0时的 D。由电场切向分量连续的边界条件可得= E2t = z 0 Dx = 5 ；0 20 Dy - -5 ；0 10代入电场法向方向分量满足的边界条件可得D1n = D2n = z : 0 Dz = 50于是有z 0 D 二 ex100 ；0 _ey50 ；0 ez503.9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n : ix = ：?0 cos的体电荷。若选择坐标原点为零电位参考点，试

4、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：由对称性可知=0 ,即 12门=諾：,Jex2：2门区域中的电位和电场强度分别为1，2, x：, 3 和 Ei,解得d：idxdx2：:y2:：Z2dx2cos卫d0 d . sin；n0 d22 cos 卫 Gx D1 n d由于理想介质分界面没有面电荷，所以边界条件为又根据对称性可知，在 x = 0的平面上,使得x = 0时，：:r 0 =0。联立解得d2：。设各X if: p,. ”:jr-y：；E2，E3。由电位所满足的微分方程丝-0dx2d*0dx2电场强度是为零的，即Did2；n2C2dx二 C2xD2dx.d匕dxdxd3d

5、x-C3d20dx.d3=c0D2 二 D3dx最后再选择零电位参考点2%d2只要利用ex竺就可以得到dxx ： -d 时,：-32。d2dx4 cos 仝；n2dEx宁dxx d时,20 d22”=0dx=0E3?0选择不同的零电位参考点，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 X 0的解，即：:1 和: 一门33.10位于x = 0和x = d处的两个无限大导电平面间充满了:?-订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 U0。试求板间的电位分布及电场强度为零的位置。忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与X有关，且满足解：由于无

6、限大导体极板之间电荷分布是只与x有关，一维泊松方程d2：dx2其通解为由:（0） =0 二 c2 =0因此板间电位分布为板间电场强度为6 ；odx3- x2 - C1x C2而由（d） = U0c u。2Tdd3;0叮(x)-03一x x6 pd2 pU。丄 2Pdd3%从该式可以求出电场强度为零的位置为040 (U0 2 0d )2；d(d 3；0,d _d 0pd由于我们是讨论极板内电场强度，因此零点位置为b 士讥b2-4ac；0x =2a2；0严.2旳;?od d 3；oX d 1?0（U0 i）VPd d3 先3.11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

7、介质科和社2。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。且由介质分界面的边界条件可知，两种介质中的电位分布是相同的，其通解为=Cx + D根据已知条件和x三d =U , 解得D = 0和C =U，即平板电容器中的电位分布为2d门如x2d根据E =，可以得到平板电容器中的电场分布为.ddx 2d对x =0平板上eex，面电荷密度分别为（a（h）总电量为U。_ 1 2d2dy StQf2d s2护八厂22dU0电容器的电容为c=w +扇对于图b:忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与 x

8、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；、=Gx D1和 爲=C2x D2根据已知条件G1 x=0=0 和 r：2 x=2d二u0，以及分界面处的边界条件 1 xd2 xdx -d;:2；:x可x -d4 ；亠24 ；以解得:片=；2U o X1坷+野d根据E-:，可以得到平板电容器中两种介质中的电场分布为 小宀2 U0_exdx帥 + S d=ex，面电荷密度为Ei = -皿1对X =0平板上en总电量为U。exU0.；2s = en D = en ；i E = -ex 一 + S d1 ；2 2S,.U 0Q = ： s 2S =2dxU0电容器的电容为M

9、2 d圆柱体内外的介电常数分别为3.12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?0的体电荷。和；0。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：与和z无关。圆柱体内外的电位：、和:、分别满足1 dFpd叮I dP丿-%和1 dFpd 2i dP丿PdPPdP0它们的通解可以分别表示式为P匕0 乎 Gln J D14呂由轴线上的电位应为有限值可得G = 0。而由圆柱体的表面电位为零可得0 2aDi =0于是有DiD2 - -C21n a:：J 2 = C21 n a

10、而圆柱体内外的电场强度分别为得到r -a:0aC20a0，即 C2 二2a2 0-：-2_2_和 2 = -n2坯a=e4 d:，eP2 ；。E2 -24出工订a23.13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几。其一半埋于介电常数为；的介质中，一半露在空气中。试求各处的电位和电场强度。解：根据题意，空间中电位分布与和z无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即1_dP dr介质中空气中遐a样图代入圆柱体表面电位的法向导数的边界条件最后得到圆柱体内外的电位分别为空气中题3. 14图将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为和 门2 = -C21n D2根据不同介质分界面电位的连

11、续性可知CCC和D- C 介质中!S =Sj ic空气中单位长度导体圆柱的电量为In ；o ；）于是得到导体圆柱外的电位和电场强度分别为不Ra彳-不R- In 和 E - -e -n客o +町 pn各o + p3.14如题3.14图所示同轴电容器，其中部分填充了介质；，其余是空气。当外加电压Uo时，试求电容器中的电位和电场强度的分布以及单位长度的电容。 解：根据题意，空间中电位分布与和z无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即=0=1_d_P dr介质中将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为洱=-C1 In r D1 和 毬 2 = -C21n T 亠 D2根据不同介质分界面电位的连续性可知CCC

12、和Dj =D2 =D，即由：:辛=0和= U0可得至uD = -CI n a可以解得bC 二U 0 /1 n i 0匕丿因此电容器内电位和电场强度的分布分别为U 0 In - j 和 ED - -U01n a/1n i b0 2丿2丿利用匚=en d可以计算出电容器内面电荷密度分布为P _认0-S U。1bIna那么单位长度总电荷为因此单位长度的电容为In -aU0(2 n-R ；U。la丿1b InFI1 b In . la丿Uo2冗1a3.15在介电常数为；的无限大介质中，均匀分布体密度为空腔（腔中的介电常数可视为位参考点）CU。1廿2G的电荷。若在该介质中挖了一个半径为Ro的球形坯）。利

13、用直接积分法求出各处的电位分布和电场强度E 。（以球面为零电解：根据场的对称性可知 j，即 7d：2。设球形空腔内外的电位分别为和门2。dr122 1 r2 dr . dr=0和drC1 D1和2r讣26；C2rD2考虑到r 0时，场应是有界的,即Ci = 0。再利用边界连续条件0也也以dr dr及给定的零电位参考点，即r二Ro时，叮 =2 = 0，联立解得R3C1= D1 = 0, C2和 D23 ；由此可得2；上 1=0,，2 =60 R00 R03 ；r2 ；drX HU03.16解:顶端夹角为2厲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U 0时，试

14、求圆锥体与导体平面之间的电位分布及电场强度。由于圆锥体与导体平面之间的电位分布均仅为坐标二的函数，满足一维的拉普拉斯方程即sin=0拠丿将上述方程分别直接积分两次，得出通解为不了日）j = C l n I ta nDI 2丿利用边界条件尬l；0 =U0和处i n2=0解得c =InD =0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3.17解:=InU。tZ2Intan24仁弋InU01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。当外加电压U0时，利用直角坐标系定解问题为可2=0，y占=0

15、，y=U0以及題3一口图二 by 7：-2b，其中叮和匚：的满足的定解问题分别为屮d/2vy d心0Ocy vd/2和：-2U。0y =0，J1y0心H0和二1Ubb/2 ： y b0 ： y ： b/2N2e2 =0 ,2y厂02y厂 0，：J2xm =0和门2U0U00 y b/2 ： y ： bbU00 y 0：y：b/2 b由定解问题的边界条件：.：、注=0很容易得到n =1八一 Asin h nnx B, cosh n nb由:：x卫=，则A2 =0 ,因此上式变成1=送 Ansinhsin巴nU0uy代入边界条件门,x =abU0b/2 ： y :：: b则得到0 .： y :：:

16、 b/2_n nan 窃、 An sinhsin n 4.U0U 0 ybU0Tyb / 2 ： y : b0 ： y ： b / 2利用正弦函数的正交性可以得到积分得到A sinhbn 祠 2b/200U0Uy sin%yb/2An 二2U0n Ttsinh bn/2nna 1由定解问题、2门2 =0，叮2y = 0，J 2x”0可知不nn ax) n?iy=2 二Cnsinhsin代入边界条件：2U0ybU0 yb/2 ： y ：b，则得到Cn 二2U0n Ttsi nh bn/2nna 1最后得到电位分布为00z丿 J/2(T )d n n 24,6,n,n n 丄, n 启cosh+

17、1 coshblbsinh 吐bsinhU? bsinb3.18求题3.18图所示矩形空间区域内的电位分布，已知边界条件为:(1) 叮 1 二U。，: J23 二;4 二 0 ；点(2) ：、2 =U0 ,1 =0，叮 3二 0 ；cn題 3. 13|1（3）川 3 - U 0 sin cos ,；b b（4）2 二 E0，叮、h.：、=0,3 = 0。dycn解：（1）根据给定的边界条件可以将通解直接选为h = G sinhkyX C2coshkyx Dr sin ky y D2coskyy由边界条件叮H -4 =0可以得到D2 = 0 和kyn =1,2,3，川b即（x, y）= Dr s

18、in G sinh- +C2cosh-n-X I bibb 丿为了求解方便可以将上式改写为（x, y ）= Di sinbGsinh氓X ccosh旦口 |lbb如此一来，由边界条件3 =0可以直接得到C2 =0，于是有x, yEn sinsinh n nxbb式中，En =CiDi。将上式对n求和，可将此边值问题的解写成nn . , n冗ax -En sin sinh nd,2,3,bb最后，将边界条件：、=u0代入上式，得U。ZEn sinsinhnd,2,3,bb利用三角函数的正交性可以得到2U0Enbsinh -nna bb0sinn dy = n 冗sinh bn =1,3,5,11

19、!n = 2,4,6,|1|最后得到电位分布为=送n35 n n sinhbsin 牛si nhdbb(2) 根据给定的边界条件可以将通解直接选为乍x, y 二 G sin kxx C2 coskxx D1 sinhkxy D2coshkxy由边界条件1 =0和:.：3 =0可以得到n n2=-U0代入上式，得Uo、Enn=1，2,3,，|cosnnsinh黒2a2a利用三角函数的正交性可以得到En :bsi nh2U0an do 02a_1 2.n n ,sin dx 二an 冗sinh2a0n =1,3,5,|n =2,4,6,|l|最后得到电位分布为Zn 435,iin n . , n

20、谢 cossinh-2a 2a4U。n n sin 2a(3) 根据给定的边界条件可以将通解直接选为x, y = G sinhkyx C2coshkyx Dr sin ky y D2coskyy由边界条件叮2 -4 =0可以得到（x, y）=D1Sin-nny . C1 sinh+C2cosh | n = 1,2,3,HIblbb 丿由边界条件=0可以得到（x,y）=EnSi nhsi nn= 1,2,3,HIb b式中，En =C1D1。将上式对n求和，可将此边值问题的解写成y,v匚nn2,3,山2a 2a最后，将边界条件2 yE0代入上式，得En_旦bnncosh 2a 2a8aEcosh

21、 皿n n . n n, n n二 En sin cosh - n 2,3, 2a 2a 2a利用三角函数的正交性可以得到n =1,3,5 ,|l|n =2,4,6,|l|最后得到电位分布为r=乞n $3,5,Ii|8aE2 2J二 bn n cosh asin 业 si nh2a 2a距离为d ,其间有一薄片，如题3.21图所示。3. 21两平行的无限大导体平板，当上板电位为U。，下板电位为零，薄片电位为U。1 y/d时，利用直角题3.爼图解:坐标系中的分离变量法求板间定解问题为可2=0 ,x 0区域的电位分布。 y =0 = 0， ：Jx二U0 1 y/d设尬：冬.Uly，则其中：: J的满足的定解问题为 2：宀=0 , ： d由定解问题的边界条件：、X_ :y=0y*-x二U03.22解:y厂0和叮Ji注=0很容易得到CO八n 4=有限，则 A =0