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, 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,电位上边盖板的电(x, y) 的通解应取为题4.1oa(x, y)八 AnSinh()sin()由条件，有n 二aaasin( asinh( n二 b a) 0故得到槽内的电位分布玖x,y)=d 送一1 sinV)黑4兀 nA,3hpnsin吨b；a ) a4.2两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由y

2、 = d到两边同乘以sin(匚，并从o到a对x积分，得到An二a2U0n 二 x)dx a上板和薄片保持电位U。，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从y =0到y =d，电位线性变化，:(0, y) =U0y/d。解应用叠加原理，设板间的电位为存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为U。)的电位，即i(x, y) =U0*b ；(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) = (x,b) =0：2(x,y> 0 匕;:2 (0, y)U0 二(0, y) - ：1(O, y) =U 0U。*yU 0F(d 乞 y < b)根据条件，可设(x,y)的

3、通解为；(x, y) A sin(n y )e b 1 ；由条件有 n壬bAn sin(也n =1Ub)U°(d y E b)两边同乘以sin( )，并从o到b对y积分，得到 b故得到=(x,y戸土 yn(bd兀2 nM24.4如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位解根据题意，电位 (x,y)满足的边界条件为题4.4图)sin( )e b bbU0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。(0,y) - (a,y) =0 (x,yp 0 y > -) (x, 0FU。，电位 (x, y)的通解应取为:(x, y)AneJr:y asi 门(口)；由条件，有UQA, si n(匚ng

4、anaan下x2Un兀x两边同乘以sin( )，并从o到a对x积分，得到 A Q sin( ' )dx = aa q a4UQ , n =1,3,5,n;故得到 （x,y）Q， 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，体积内填充密度为二 X二 Z）的电荷。求体积内的电位c型（1 -cosn二）二=y（y _b）sin（ :）sin（ a解在体积内，电位满足泊松方程长方体表面S上，电位满足边界条件S = 0。1 :4Uoe"yasi-戶)a：2：2：21 -y(y_b)si n( )si n( ) a c+=- +z-2 . 2

5、 . 2x:-y:z由此设电位的通解为(1)m二 x、. ，nyPz®(x,y, z) = Z Z Z AwpSin(二)sin(二)sin(二，代入泊松方程(1)，可得亠abc兀2-兀2 兀2-兀yAm()()si-() = y(y-b) (2)p吕 a b cbb2n二 y4 b 3y(y -b)sin( )d y () (cosn二 -1)=b Qbb n二由此可得 Amnp=Q （m=1或p=1）；由式（2）,得':二 2 n 二 2 二 27 (評n T，3,5丿（x, y, z）-；故n =2,4,6,l|【4.6】如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板，板间

6、有一与解 由于在（0, d）处有一与z轴平行的线电荷 q，以：1（x, y）和2（x,y）都满足拉普拉斯方程。8b2二.八，万7-7 sin（）si n（）si n（- P n=1 , 3 ,“5 n3（丄）2 亠（n） 2亠（丄）2a ba b cz轴平行的线电荷qi，其位置为（Q,d）。求板间的电位函数。x = 0为界将场空间分割为 x Q和x Q两个区域，则这两个区域中的电位而在x=0的分界面上，可利用、：函数将线电荷q|表示成电荷面密度三)c1 _由条件和，可 由条件，有±丁i1Ir-L-题4.6图由式（1），可得 A=Bn（3）；将式（2）二（y）q（y -y。）。电位的边

7、界条件为1(x,Q)= l(x,a) =Q，：2(x,Q)= /x, a) =Q1 (x ,y ) > Q (x >i(0, yH 2(0, y)设电位函数的通解为a-' Ansin(n a am二 y：)，2(x, y)； Q (x > -：gcpb:xoO' An sin(n =1as"( a )两边同乘以sin（ ），并从Q到a对y积分，有)=(y-d)；Q)=送 Bn sin(也nW)a(1)=彳、(y - d)-Q由式(3)4.7数。解An Bnn 二；0和(4)解得ao、(y-d)s in ()dy =a2ql . ,n二 dn 二；0s

8、in(ai(X,y)=2f lsi-(P)e牛xasi-(口)0 n 4 aa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(X 0)qi。求槽内的电位函由于在(x0, y0)处有一与z轴平行的线电荷qi ，以x二1(x, y)和'(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 二(y)二qi、：( y - y°)， 电位的边界条件为 i(0y =)，2(a,y)=0， i(x,0)= n(x,b) = 0，2(x,0)= 2(x,b) = 0 J(x0,y)=2(x°,y(» ： 1

9、x 由条件和，可设电位函数的通解为 由条件，有0 : x ：X)和x0: x : a两个区域，则这两个区域中的电位X zXo(y-yo)Xo为界将场空间分割为O0'二 AnSin(n 4n兀n兀yn兀x0严 n兀n兀yn兀ql、An 一sin( y)cosh(-)一、Bn一sin( y)cosh(a-X0)-、(y y0)n吕bbbnbbbn 二 yn 二 x0_)si nh(-)=Bn si n(bbn二 y)sinh (a-x。)bb(1)n 二 x0(2)n : x0n 二由式(1)，可得 Ansinh()一Bnsinh(a x0) =0(3)bb将式(2)两边同乘以sin(m

10、y)，并从0到b对y积分，有b-兀 x0-兀2qi、.，niry2qi兀y0、a- cosh(-0) Bn cosh-(a - 冷)。、W 一。怡in(肓)dy 二厂 sin(_)(4)bbn 兀 %bn 兀 %b由式(3)和(4)解得故i(x,y)二组1 si-h- (a-x°) sin(- %)sinh( - X)sin( - - )，(0 ： x ： x°)阳0 -土-si-h(-nab)bbbb2qi1-二 Xd、 n : y0-二n : y z、2(x, Y) -si-h( -) sin(0)sinh(a-x)sin( )，(x。： x ： a)哗o -#-si-

11、h(-兀a.；b)bbbb若以y =yo为界将场空间分割为 0 ： y : y。和y。： y ： b两个区域，则可类似地得到*4.8如题4.8图所示，在均匀电场 E。二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 a。求导体圆柱外的电 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E。的电位;:0与感应电荷的电位：n的叠加。由于导体圆柱为无限长，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, ) = -Eox C = -Eor cos C (常数C的值由参考点确定)，而感应电荷的电位;：in(r, )

12、应与;：o(r,) 一样按cos变化，而且在无限远处为。由于导体是等位体，所以'(r/ )满 足的边界条件为 ：(a, )=C (r / p -Ed r cos C(')由此可设' (r, ) = -Eor cos Ar cos C由条件，有E0acosA1a cosC = C2 2 1于是得到A = a Eo，故圆柱外的电位为(rJ = (_r a r-)E°cos C若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a, 0，贝U C = 0。导体圆柱外的电场则为导体圆柱表面的电荷面密度为；.- _ ；0v =2 ;(E oCOS*4.11如题4.11图所示，一无限长介

13、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 qi， 计算空间各部分的电位。解在线电荷:p(r,)qi作用下,叠介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位' (r,)均为线电荷 qi的电位：:i(r)与极化电荷的电位， 即 :(r, ) = i(r, ):p(r,)线 电 荷 qI 的InqiUr,)二qiIn、r2r。2 -2rr° cos(1)而极化电荷的电位p(r,)满足拉普拉斯方程，且是 2(r,)满足的边界条件为分别为;：i( 0 /为有限值；''的偶函数。介质圆柱内外的电位2(r,)|? 11 2o -dr

14、 dr由条件和可知，(r,)和2(r,)的通解为oO打(r,)二 i(r, ) Anrn cosn -n =1oO2(r, ) = i(r, J 二 Bnrcosnn7(a 乞 r ：二)将式(1)(3)带入条件，可得到当r ： r0时，将|n R展开为级数，有QOQOAnancosn 二' Bnacosnn =1n =1cO、(A nanJ Bn ；0naj)cos nt0)n A旳1I nR = I no -nm nql : In Rr =a(2)(3)(4)(5)oO带入式(5)，得 Z (Anan° +bn注由式(4)和(7)，有Anan = Bnaqi ($ &am

15、p;o)1由此解得 A- o n， Bn2%G+S nrnonn pna)cosn 二：-(n ) cons r(- ；o)qi2二；or°、()1cosnn壬r。(6)(7)i(r,)q(o) a2n25(；o) nr°nIn r2 r； 一 2rr0 cos故得到圆柱内、外的电位分别为2二；o也in、r2 ro2 -2rrocos 2二；o-讨论：利用式(6)，可将式(8)和(9)中得第二项分别写成为其中RJ献r2 (a2 ro)2 2r(a2 ro)cos 。因此可将;：1(r,)和:2(r,)分别写成为2(r,)qi(； - ；0)1()n 2二；0( ；0)nd

16、n(ro)2二；。(；p)心 n r°rcos n(8)(9)2g°由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r°,o）的线电荷qi的电位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产- ；.°生，它们分别为：位于（r°, °）*4.13在均匀外电场E ° 况下球外的电位分布。解（1 ）这里导体充电至a °- - °的线电荷ql ；位于（，0）的线电荷qi;位于r = 0的线电荷° ql °r°名十心w十5= ezE°中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U

17、6; ；（2）导体上充有电荷 Q。试分别计算两种情U °应理解为未加外电场 E°时导体球相对于无限远处的电位为U°，此时导体球面上的电荷密度二=；°U°ja，总电荷q =4二；°aU°。将导体球放入均匀外电场 E°中后，在E°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。设亿二）=°（r,v） & （r,v），其中b（rc）二-E°z二-E°r cost，是均匀外电场E °的电位，讣亿二）是导体球上的电荷 产生

18、的电位。电位:（r）满足的边界条件为 rT co时，®（r,日）t E°rcos日： r =a 时，®（a,日）=C°，一e° J1 C'P h=q其中C°为常数，若适当选择（ri）的参考点，可使C° =U（r, v） - -E°r cost - A1r 2 cost Br ' C1 代入条件，可得到 若使C° =U °，可得到°。由条件，可设3 Ai = a E°， Bi = aU °，6 = C° -U °:(r, v) -

19、-E°r cost a3E°r - cost aU °r "(2)导体上充电荷QQ 时，令 Q = 4二；°aU °，有 U ° ：4 兀 g°a:（r 门）二-E0r cos a3E0rcosQ4哗0r如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E°二ezEo，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和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为名）。解 在电场E°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

20、场E0与极化电荷的电场 Ep的叠外的电位分别为 ;：i（r）和：2（r,r），则边界条件为：2（r, v）r E°r COST 二°:'ri（a,习二 2（ac），r = °时，；(r,"为有限值；2:丁由条件和，可设(r,r) - -E°r cost Ar cos，:2(r)二一E° r coscos带入条件，有Ai - A2 a '，- ；°E° ； °A - - ； E° - 2 ； a A?所以;：i(r) =-E°，2：°3 ；2 ； ；°

21、E0r cos -空腔内、外的电场为E2 二-'：2(r,r)二 E° _( _ p)Eo (旦)3er2cos= gsin 刁Ei - i(rj)2汀毎°空腔表面的极化电荷面密度为4.仃一个半径为R的介质球带有均匀极化强度p。(1)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

22、的极化电荷面密度为 介质球内、外的电位打和-2满足的边界条件为：1(0,刃为有限值；Me) > 0(r")；：1(R,R =2(Rc) ； ；。(12crdr因此，可设球内、外电位的通解为2(r,二)二 E costr题 4.17图荷所产生的场。由于 电位满足拉普拉斯方由条件，有AR書A子，3；o；o(APR3P于是得到球内的电位3(，巧r cos3坯解得Pz，3；o故球内的电场为P _ez3；o3；o(2)介质球外的电位为：2 (r, v)PR 2 cos T3 So r4 i-o rCOS日324 二；orcos二，其中 二4 R 为介质球的体积3P.3 (e2cos v sin r)4二；or。故介质球外的电场为E2 =2(r,v) = -er2，cr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。4.20 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4.2o图所示。证明：空间任意点电位为解成球面以细导线圆环所在的球面r = a上的电r二a把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用荷面密度函数将细导线圆环上的线电荷Q表示Q2 二 a26(cos日-co2、(cosR再根据边界条件确定设球面r =