合肥工業(yè)大學電磁場與電磁波孫玉發(fā)版答案

1、第四章習題解答【4.1】如題4.1圖所示為一長方形截面的導體槽，槽可視為無限長，其上有一塊與槽相絕緣的蓋板，槽的電位為零，上邊蓋板的電位為U 0，求槽內的電位函數(shù)。解根據(jù)題意，電位(x, y)滿足的邊界條件為(0, y) (a,y)0 :(x,0)0 ；(x,b) U0根據(jù)條件和，電位(x, y)的通解應取為(x,y)題4.1Ansinh(n y )sin( nn 1ax)由條件，有a兩邊同乘以n xsin( )，并從o到a對x積分,a故得到槽內的電位分布(x,y) 型得到Anasin(- asinh( n b a) 0n ysinhf )sin(ay d到y(tǒng)2U0n x)dx an 1,3,

2、5L nsinh(n b a)4.2兩平行無限大導體平面，距離為b，其間有一極薄的導體片由n X)ab(解應用疊加原上板和薄片保持電位U。，下板保持零電位，求板間電位的解。設在薄片平面上，從y 0到y(tǒng) d，電位線性變化，(0, y) Uy.；d理，設板間的電位為存在薄片的平行無限大導體平面間(電壓為U。)的電位，即1(x, y) U0y b ；2(x, y)是兩個電位為零的平行導體板間有導界條件為：2(x,0)2(x,b)02(x, y) 0 (x )2(0, y)(0, y)1(0, y)2(x, y)A, sin(U)en 1bu。yU0*yU 0肓y；由條件有(0 yd)可設 2(x,y

3、)的通解為(d yb)y)U0UdUbyU0石y(0(dy d)y b)n ysin( )，并從o到b對y積分，得到 b(x y) U0 2bU01 n d(x,y) -y202sin(bd n 1 n4.4如題4.4圖所示的導體槽，底面保持電位解根據(jù)題意，兩邊同乘以故得到n vix)sin( y)e bbbU0，其余兩面電位為零，求槽內的電位的解。電位 (x,y)滿足的邊界條件為題4.4圖(0,y)(a,y) 0(x,y)0(y)(x,0) U0，電位 (x, y)的通解應取為(X, y)Ane n y asi門（丄）；由條件，有n 1an x兩邊同乘以sin（ ），并從o到a對x積分，得到

4、 AaU0Ansi n(U)n 1aa J xsin( )dx0 a2U。型(1 cos n )n4U 0n0，n 1,3,5,n 2, 4, 6,L【4.5】一長、寬、高分別為 a、y(y；故得到 （X, y）4U。n 1,3,5,L ny an Xsi n()b、c的長方體表面保持零電位，體積內填充密度為b)s in( X)s in(c的電荷。求體積內的電位解在體積內，電位滿足泊松方程長方體表面S上，電位滿足邊界條件(x, y, z)由此可得Amnp0 （m1)；由式（2），得2Am1( )a()2cy0。由此設電位1y(y0的通解為m xAmnp Sin()si n(aAn1【( )2a

5、by( y b)sin(八zb)sin()si n( ) cp z）sin（），代入泊松方程c（嚴嚀）y（yn y 4 b 3Ldy b(n-) (cosn(1)（1），可得b)(2)1)8b2(ny0n T ； 故n 2,4,6 ,L(X, y, z)8b2-50 n【4.6】如題4.6圖所示的一對無限大接地平行導體板，板間有一與解 由于在（0, d）處有一與Z軸平行的線電荷11 1 sin( )si n(1 3 5 l 3#12#n、2#12=a1,3,5丄 n ()()( ) a b cz-)cz軸平行的線電荷ql，其位置為（0,d）。求板間的電位函數(shù)。ql，以x 0為界將場空間分割為

6、x 0和x 0兩個區(qū)域，則這兩個區(qū)域中的電位1（x, y）和2（x,y）都滿足拉普拉斯方程。而在x 0的分界面上，可利用函數(shù)將線電荷ql表示成電荷面密度（y） qi （y y。）。電位的邊界條件為_L111Lr由條件和，可 由條件，有工題4.6圖1(x,0) =1(x,a)0 ，2(X,0) =2(x, a) 01(x, y)0 (x)2(x, y)0(X)1(0, y)2(0, y)，(-Tx 02 (y d)XX0設電位函數(shù)的通解為An sin(n 1n yBn sin()n 1由式（1），可得 ABn代 J sin(3) n 1 a aBn Jn)a ad)（2）（3）；將式（2）兩邊同

7、乘以sin（ -），并從0到a對y積分，有由式(3)4.7數(shù)。AnBnn和(4)解得1 (x, y)2qi(y d)sin( )dy竺 sin(口an 0 a!sin(n-d)e n xasin(U)1 n aa0 n如題4.7圖所示的矩形導體槽的電位為零，槽中有一與槽平行的線電荷由于在(x0, y0)處有一與z軸平行的線電荷qi，以xX)和x0x a兩個區(qū)域，則這兩個區(qū)域中的電位函數(shù)將線電荷X0(X 0)ql。求槽內的電位函方程。而在x x0的分界面上, 電位的邊界條件為1(0, y)=0，2(a,y)可利用1(x, y)和2(x, y)都滿足拉普拉斯 qi表示成電荷面密度(y) q (y

8、yo)，為界將場空間分割為題4.7圖1(x,o)=1(x,b) o ，2(x,o)= 2(x,b) o2x 由條件和，可設電位函數(shù)的通解為 由條件，有1(xo,y)2(x0, y)(X Xo(y yo)0n yAn sin()sinh(bn XoBnsin(n y)sinh nb(a Xo)(1)n n yAnsin( )cosh(n 1bbXo)n nBn si n(一 bn)coshb (aXo)Sy0yo)(2)由式(1)，可得 a sinh(匚勺)Bnsinhbb將式(2)兩邊同乘以sin(m_y)，并從0到b對y積分，有b(aXo)o(3)n x0An cosh(-b由式(3)和(4

9、)解得n)Bn cosh-(ab2qi(yn yyo)sin()dyn yo二 sinP )(4)1(x, y)2qi2(x, y)0 n2q,n sinh(a nsinh(n a b) b1Xo)sin(亍)sinh(n冷晉)，(0Xo)n Xo、.sinh()nsinh(n a b) b b by0和y0 y b兩個區(qū)域，則可類似地得到0 eXE0中垂直于電場方向放置一根無限長導體圓柱，圓柱的半徑為sin(n y0 nn y0)sinh(a x)sin()，b(Xox a)若以yy0為界將場空間分割為0 y*4.8如題4.8圖所示，在均勻電場 E 位 和電場e以及導體表面的感應電荷密度解

10、在外電場Eo作用下，導體表面產生感應電荷，圓柱外的電位是外電場Eo的電位 0與感應電荷的電位柱為無限長，所以電位與變量z無關。在圓柱面坐標系中，外電場的電位為 0( r, ) Eox CEor cos參考點確定)，而感應電荷的電位in(r,)應與足的邊界條件為a。求導體圓柱外的電in的疊加。由于導體圓 C (常數(shù)C的值由 o(r,) 一樣按cos變化，而且在無限遠處為 o。由于導體是等位體，所以(r,)滿(a,)C(r,)Eor cosC (r)由此可設(r,)Eor cosA 1Ar cosC由條件，有Eoa cosA1a1 cos CC2于是得到A a E0，故圓柱外的電位為若選擇導體圓柱

11、表面為電位參考點，即導體圓柱外的電場則為(r,)(a, )0，則 C2 1a r ) E0 cos C導體圓柱表面的電荷面密度為(r,)0 r*4.11如題4.11圖所示，一無限長介質圓柱的半徑為 計算空間各部分的電位。解0 E0 cosa、介電常數(shù)為，在距離軸線r0(r0a)處，有一與圓柱平行的線電荷 q,p(r,在線電荷q作用下，介質圓柱產生極化，介質圓柱內外的電位即 (r, ) i(r,)p(r.(r,)均為線電荷 q的電位l (r,)與極化電荷的電位 )InRqli (r,In、r2r2 2rr0 cos0而極化電荷的電位2(1)題4.11圖p(r,)滿足拉普拉斯方程,(r,)滿足的邊

12、界條件為分別為1(0,)為有限值； r a時，1將式(1)(3)帶入條件,且是 的偶函數(shù)。介質圓柱內外的電位1(r,帶入式2(r,i(r,)(r由條件和可知，1(r,1(r,)2(r,可得到r0時，將In R展開為級數(shù)，有In(5)，得n(An nan 1Bn onar2(r,l(r,)i(r,nA a cosn(An 1n 1naB,In ro)cos n由式(4)和(7),有AnanBn a n由此解得Aqi (0)A1n0) nr。Bnqi(20(討論:其中R1(r,2(r,0r)的通解為nar(0)qi2 002na0)0) nrn八 nAnr cos n1(0a)(2)BnnBnr

13、cosn1na cos n)cos n ()n 1 cos n1 r(a(3)InR(5)(6)(7)故得到圓柱內、外的電位分別為芫1n2戀乩述qi(0)2 0(0)-In、r220r02 2rr0 cosqi(0)20(0) n一(一)ncos n r。2/a n()cosn rr(8)利用式(6)，可將式(8)和(9)中得第二項分別寫成為r2 (a2 r0)2 2r(a2 r0)cos 。因此可將 1(r,)和2(r,)分別寫成為由所得結果可知，介質圓柱內的電位與位于（ro,o）的線電荷qi的電位相同，而介質圓柱外的電位相當于三根線電荷所產2生，它們分別為：位于（r0, o）的線電荷ql

14、；位于（,0）的線電荷 ql ；位于r0的線電荷 ql。r00 0*4.13在均勻外電場 E0ezE0中放入半徑為a的導體球，設（1）導體充電至u0 ； （2）導體上充有電荷 Q。試分別計算兩種情況下球外的電位分布。解 （1 ）這里導體充電至U0應理解為未加外電場E0時導體球相對于無限遠處的電位為U0,此時導體球面上的電荷密度0U . a，總電荷q 4變化，但總電荷q仍保持不變，導體球仍為等位體。 設億） 產生的電位。0（r,）電位（r,時,0aU 0。將導體球放入均勻外電場 E0中后，在in （r,），其中 0（r, ） E0ZErcos）滿足的邊界條件為(r,)E0r cos : r a

15、時， (a,(r,(r,)E0r cos 2A1r cos即1若使C0U 0，可得到(r,)E0r cos（2）導體上充電荷Q時，令Q4 aU利用（1）的結果，得到(r,)E0r cos其中c為常數(shù)，若適當選擇0E0的作用下，產生感應電荷，使球面上的電荷密度發(fā)生是均勻外電場E0的電位,in（r,）是導體球上的電荷C0，0? dSS r）的參考點，可使C U。由條件，可設C1代入條件，可得到A1321a E0r cos aU 0ra3E0r 2 cos0aQ4 ra3E。，B1 aU 0 ，C1 C0 U 0E為外加電場E。與極化電荷的電場 E p的疊加。設空腔內、外的電位分別為1（r,）和2（

16、r,），則邊界條件為時，2(r,)Ercos :r 0時，1（r,）為有限值; r a時，1(a,)2(a, )，01rE0r cosArc2ros ，2(r,)E0r cos典2A?r cos帶入條件，有A1aA2 a，0E00A1E02 a3A2由此解得 A0 E0，A20 a3E02020所以1（r,）空腔內、外的電場為-E0r cos04.14如題4.14圖所示，無限大的介質中外加均勻電場E0 eZE0，在介質中有一個半徑為 a的球形空腔。求空腔內、外的電場e和空腔表面的極化電荷密度（介質的介電常數(shù)為）。解 在電場E。的作用下，介質產生極化，空腔表面形成極化電荷，空腔內、外的電場3E1

17、 1(r, ) E020E22（r）E0 嚴仔）362述e sin 空腔表面的極化電荷面密度為4.17 一個半徑為R的介質球帶有均勻極化強度P(1)證明：球內的電場是均勻的，等于(2)證明：球外的電場與一個位于球心的偶極子P 產生的電場相同,4 R33解(i)當介質極化后，在介質中會形成極化電荷分布，本題中所求的電場即為極化電 是均勻極化，介質球體內不存在極化電荷，僅在介質球面上有極化電荷面密度，球內、外的 程，可用分離變量法求解。建立如題4.17圖所示的坐標系，則介質球面上的極化電荷面密度為 介質球內、外的電位1和2滿足的邊界條件為 1(0,)為有限值；2(r, )0(ri(R,)2(R,

18、) ； 0(-r2) r R Pcos因此，可設球內、外電位的通解為1 (r, ) Arcos2(r, ) $cosr荷所產生的場。由于 電位滿足拉普拉斯方由條件，有ARBi2B1解得R2P0 (A歹)R-PR3于是得到球內的電位Bi1(r,3 0Pr cos故球內的電場為E1(2)介質球外的電位為2“)3PR32 cos02ordPcos20COS其中4 R為介質球的體積3。故介質球外的電場為 E22(r,可見介質球外的電場與一個位于球心的偶極子4.20 一個半徑為a的細導線圓環(huán)，環(huán)與 位為解以細導線圓環(huán)所在的球面 成球面r a上的電r rP產生的電場相同。 xy平面重合，中心在原點上,P3 (er 2cos0r環(huán)上總電荷量為ra把場區(qū)分為兩部分，分別寫出兩個場域的通解，并利用荷面密度根據(jù)條件和，可得(cos )系數(shù)。外的電位分別為1 (r,)和sin )Q，如題4.20圖所示。證明：空間任意點電函數(shù)將細導線圓環(huán)上的線電荷Q表示2(r,