电磁场论习题3

1、第三章、静电场及其边值问题的解法习题讲解3.1、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。 (1 C Bx Ax z y x +=2,( (2 Axyz z y x =,(3 z B A z +=sin ,(2 (4 cos sin ,(2Ar r =解:已知空间的电位分布,由-=E 和02/-=可以分别计算出电场强度和体电荷密度。(1 x eB Ax E 2(+-=-= 0202A -=-= (2 (z y x e xy e xz e yz A E +-=-= 020=-= (3 cos sin 2(z e B e A eBz A E +-=-= sin 3(sin sin

2、4(0020BzA A BzA +-=-+-=-=(4 sin cos cos cos sin 2(e Ar e Ar eAr E r -+-=-= sin cos sin cos 2cos cos sin 6(020A A A -+-=-=3.5、如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0s 的面电荷,试求球心处的电位。解:上顶面在球心产生的电位为(2(210012121001d R d R d s s -=-+= 下顶面在球心产生的电位为(2(220022222002d R d R d s s -=-+= 侧面在球心产生的电位为RS R s S s 00003441= 式中(

3、2(2(2421212d d R d R R d R R R S +=-=。因此球心总电位为R s 0321=+= 3.10、位于0=x 和d x =处的两个无限大导电平板间充满了/1(0d x +=的体电荷。若将0=x 处的导电平板接触,而将d x =处的导电平板加上电压0U ,试求板间的电位分布及电场强度为零的位置。解:由于无限大导体极板之间电荷分布是只与x 有关,因此空间电位分布也只与x 有关。由泊松方程可以利用直接积分法求出电位分布。一维泊松方程为1(0022d xdx d +-=。其通解为2120030026(C x C x x d x +-= 由00(= 02=C 而由0(U d

4、= 000132dd U C +=因此板间电位分布为x dd U x x d x 32(26(000200300+-= 板间电场强度为x e dd U x x d E 32(200000200+-+=-= 从该式可以求出电场强度为零的位置为 32242400000002020002dd d U d aacb b x (+±-=-±-=(000003221 dd U d d d +±-=由于我们是讨论极板内电场强度,因此零点位置为32(2100000dd U d d d x +-= 3.11、两块无限大导电平板间分别以两种不同的介质1和2。当两极板之间外加电压0U

5、时,试求电容器中电位和电场的分布以及极板上的面电荷密度。解:设介质1和介质2的电位分别为211C x C +=、212D x D +=。根据介质界面的边界条件可得D Cx +=根据00=x 和02U d x =,则 x d U 20=。根据-=E ,可以得到 xed UE 20-= 对导体表面 E e D en n s = 对0=x 平板上x n e e =,则面电荷密度分别为-=S y d U S y S d U s 0 2220201对0=x 平板上x n e e -=,则面电荷密度分别为=S y dU S y S d U s 0 22202013.12、试求真空中下列圆柱对称的体电荷所产

6、生得电位和电场。(1 a a = /(0 (2 a a = (0 (3 a a = /(0解:在圆柱坐标系下电位满足泊松方程 -=2-=+ 2222211z由于电位和电场的对称性,即与和z 无关,则 -= 1因此,可以利用直接积分法求解问题。(1 a a =/(0 2100ln C C a+-= 根据自然边界条件,=有限,00=,则 +=-=212001ln C C a 在a =上 =2121 可得到关系式 =-+=-a C a C a C a a1ln 1002100 由此可得1(ln 02020201-=-=a a C a C 3.13、如图所示,半径为a 的无限长导体圆柱,单位长度的带电

7、量为l ,其一半埋于介电常数为的介质中,一半露于在空气中,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,则可以利用直接积分法得到中 中0212211 B B A A +=+=ln ln 根据不同介质分界面电位的连续性可知11B A =和22B A =,则21ln A A += 若设无限长导体圆柱上电位为0,也即0(=a ,则aA ln1=由高斯定律,首先构成一个长度为l ,半径为的圆柱,则l l A l =+-11(01因此(01+-=l A ,电位为alln (0+=。根据电位与电场的关系可以求出e E l(0+=-= 3.14、对同轴电容器,其中部分填充了介质,其余为

8、空气。当外加电压0U 时,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,电容器中电位分布与和z 无关,则可以利用直接积分法得到中中0212211 B B A A +=+=ln ln根据介质界面的边界条件可知11B A =和22B A =,则 21ln A A +=由0=a 和0U b =可得到 +=-=21012ln ln A b A U aA A -=/ln(/ln /ln(/0201a b a U A a b U A 因此电容器内电位分布为 b a a b a U = /ln(/ln(0利用-=E 可得到电场为 e a b U E 1/ln(0-=a b利用D e n

9、s =可以计算出电容器内面电荷密度分布为 = 1/ln( 1/ln(000b a b U b a b U s那么单位长度总电荷为 2(1/ln(1/ln(1/ln(2(00000+-=+-=ba b U b a b U b a b U Q 因此电容为 2(1/ln(100+-=ba b U Q C 3.15、试求真空中下列球对称电荷分布所产生的电位和电场:(2 (0b r a r <<= (3 ( /(0a r r a r = 解:由电荷密度分布可知,电位分布也是对称的,因此可以利用直接积分法求出电位。(2 由于电荷密度分布区域是在b r a <<,那么利用直接积分法可

10、以得到a r <、b r a <<和b r >区域内电位分布为 2132120022116C rC B rB r A rA +=+-=+= 利用0(1r 为有限的自然边界条件可以得到01=A ;利用0(3=r 可以得到02=C 。因此不同区域解的形式为 rC B r B r A+-= 由a r =的边界条件 ar a r a r a r dr d dr d =2121 和b r =的边界条件 br b r b r b r dr d dr d =3232,可以得到联立方程求解出四个待定常数。 (3 由于电荷密度分布区域是在a r ,利用直接积分法

11、可以得到a r <和a r >区域的电位分布分别为212210012B rB A rAr +=+-= 由自然边界条件可以确定01=A 和02=B ,则上式变成 r B A r 1220012=+-= 由于空间是真空条件,那么a r =的边界条件为ar a r ar ar dr d dr d =2121 因此a A a B 022012=。因此空间电位和电场分布分别为 ar raa r a r >=<+-= 2 2200200001a r e ra dr d e E a r e dr d e E r r r r >=-=-=<=-=-= 2 222002220

12、01113.18、矩形空间区域内的电位分布,已知边界条件为 (1 10V x =、2V a x =、30V y =和4V b y = (2 00=x 、0=ax n、00=y 和0E nby -=解:(1 令1131V x a V V +-+=,那么001=x 、01=a x 、x a V V V V y 13140(-=和x a V V V V b y 1312(-=由此可以直接写出=+=11sin ch sh (n n n a x n a yn B a y n A 利用边界条件得到x a V V V V a x n B n n 13141-=(sin x a V V V V a xn a

13、b n B a b n A n n n 13121ch sh -=+=(sin ( V 4 (2 通解为|ch |sh (cos sin (,(21212121y k D y k D x k C x k C y B B x A A y x y y x x += 由00=x 01=A 和01=C ,则 |ch |sh (sin (,(2121y k D y k D x k y B B x y x y y x += 由0=ax x01=B 和02=B ,0cos =a k x ,因此 ,2,1,12(=-=n an k x 。因此 =-+-=012(sin12(ch 12(sh,(n n n ax

14、n a y n D a y n C y x 由00=y 0=n D ,则=-=012(sin12(sh,(n n axn a y n C y x 由0E yb y -=可以得到0012(sin 12(chE axn a b n C n n -=-=利用正弦函数的正交性可以求出系数n C 。 3.21、由两块L 形的导体构成的无限长的导体槽,其间有一狭缝,当外加电压为0U 时,试求槽间的电位分布。 解:定解问题为02=,00=y ,0 U by =以及<<<<=20 0200/d y d y d U x 设x dU 01+=,则012=001=y 0 1=by <&

15、lt;-<<-=20 2 00001/d y y d U d y d y d U U x 由定解问题的边界条件001=y 和01=by 很容易得到=-+=11sinexpexpn n n d yn d x n B d x n A 由=x 1有限,则0=n A ,因此上式变成=-=11sinexpn n d y n d x n B 代入边界条件<<-<<-=2/0 2/ 00001d y y dU d y d y d U U x ,则得到<<-<<-=2/0 2/ sin 0001d y y d U d y d y d U U d y

16、n B n n 由此利用正弦函数的正交性可以得到系数n B 。3.22、如图所示,已知矩形导体盒子顶面的电位分布为ay a xU y x U 3s i n 2s i n ,(0=,其余的面上电位均为零,试求盒内的电位分布。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(a xn x X sin=,(by m y Y sin =,(z k B z k A z Z z z |ch |sh += 式中22+ =b m a n k z 。由于00,(=y x ,因此0=B ,于是问题的解为 + =mn nm z b m a n b y m a x n A z y x ,22sh sin si

17、n ,(由ay a xU c y x 3sin2sin,(0=的边界条件,也即 a y a x U c b m a n b y m a x n A mn nm 3sin 2sinsh sin sin 0,22=+ 比较系数法得到2=n ,3=m ,cb a U A 222332 sh + =,因此问题的解为,cz b a b y a x cb a U z y x 222232sh 3sin 2sin 32sh ,(+ + =3.23、半径为a 、长为l 的圆柱形空间,其内的场是轴对称的,试求该空间的电位分布。已知边界条件0U l z =、00=x 和0=a 。解:定解问题为0002=alz z

18、 U 令z l U 01+=,则上式变成z lU a l z z 01101120 00-= 由1满足的定解条件,可以得到通解为cos sin (|(|(|(ln (43020143211z k A z k A k K A k I A z P P P P z z z z +=由自然边界条件=01有限,02=P 和02=A ,则上式变成cos sin (|(|430431z k A z k A k I z P P z z z +=由001=x 可以得到03=P 和04=A ;而由0 1=l z 可以导出04=P 及0sin =l k z ,于是ln k z =则解变成=101sin (n n l

19、 z n l n I A 。利用z l U a 01-=,则z l U l z n l a n I A n n 010sin (-= 由此可以确定系数n A 。如果利用0=a 边界的齐次性,也可以把方程的通解写成ch sh (|(|(|(ln (4302014321z k A z k A k N A k J A z P P P P z z z z +=由自然边界条件=0有限,02=P 和02=A ,则上式变成ch sh (|(|43043z k A z k A k J z P P z z z +=由0=a可以得到03=P 和04=P 及0|(|0=a k J z ,因此a u k n z 0=

20、,则ch sh (040300azu A a u A a u J n nz n +=由00=z 得到04=A ,则=1000sh (n n n n a z u a u J A 。由0 U l z =,得到01000sh (U a lu a u J A n n n n = 利用Bessel 函数的正交性 ='=n m u J a n m d a u J a u J n am n (210(0000000 其中(1x J x J =',则 =n m u J a n m d a u J a u J n a m n (210(0100000由此可以确定系数n A 。 3.24、如图所示

21、,半径为a 、长为l 的圆柱形空间,其内的场是轴对称的,试求该空间的电位分布。已知其边界条件为(101U =,032=;(202U =,031=;(3lzU 2sin 02=,031=。解:(1问题的解与无关,因此,定解问题为00002=,(,(,(z a U l ,方法一:首先把上下边界齐次化,也即令z lU01+=,那么上次z lUz a l 011112000=,(,(,(,由分离变量法可得=+=1001sin(n n n lzn l n K B l n I A 由于0,1为有限的,那么0=n B 。则上式变成=101sin(n n lzn l n I A lazyx123电磁场习题 由

22、侧面的边界条件可得 An I 0 ( n =1 n nz U 0 a sin = z l l l U 2 mz 两边同乘 sin ，然后在 (0, l 上积分，那么 An = 0 l l l 方法二：定解问题为 = 0 2 1 na I0 ( l 0 z sin l 2U 0 nz dz = cos n l nI 0 (na / l ( ,0 = 0， ( ,l = U 0 ( a ,z = 0 由分离变量法，并根据边界条件可得 = An J 0 (k z + Bn N 0 (k z C n shk z z + Dn chk z z n =1 由于 0 ， 为有限的，那么 Bn = 0 ，则上

23、式变成 = 可得 = C n shk z z + Dn chk z zJ 0 (k z 。由低面的边界条件 n =1 0 z z C n J 0 (k z shk z z ，而由侧面的边界条件，可得 J (k a = 0 k n =1 a = µ 0n k z = µ 0n a 式中 µ 0 n 为零阶 Bessel 函数第 n 个零点值。因此 = 利用顶面的边界条件可得 Cn J 0 ( n =1 µ 0n a sh µ 0n z a a Cn J 0 ( n =1 µ 0n a sh µ 0n l a a = U 0 。

24、两边同乘 J 0 ( µ 0m ，并对 (0, a 积分，那么 C n sh n =1 µ 0n l a 0 J 0 ( a µ 0n a J 0 ( µ 0m a d = U 0 J 0 ( 0 µ 0m a d 式中 mn 0 d = 1 2 0 a a 2 a J 0 ( µ 0m m = n 3.25、横截面为扇形空间，场沿轴线方向不变。已知 =0 = = = 0 ， = a = U 0 ， =b = U 0 ，试求此 a J0 ( µ 0n J 0 ( µ 0m 扇形区域内的电位分布。 解：定解问题 2 =0 =0 = = =0 =a = U 0 =b =U0 。 k 2 由于问题解与 z 无关，则 k z = 0 ，则 G ( = C1 sin k + D1 cos k F ( = A1 + B1 k 问题