合肥工业大学电磁场与电磁波（孙玉发版）第4章答案

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，上边盖板的电位为U0，求槽内的电位函数。

解 根据题意，电位?(x,y)满足的边界条件为

?(0y,?)?a(y,?)；② ?(x,0?)；0 ③ ?(x,b)?U0 根据条件①和②，电位?(x,y)的通解应取为

?n?yn?x?(x,y)??Ansinh()sin() 由条件③，有

y aan?1U0? n?bn?xb U0??Ansinh()sin()

aan?1a2U0n?xn?xA?sin()dx? ax0sin()两边同乘以，并从到对积分，得到o a nx asinh(n?ba)?aa0a① 题4.1

4U0?,n?1,3,5,2U0(1?cosn?)??n?sinh(n?ba)?n?sinh(n?ba)?0，n?2,4,6,?

1n?yn?xsinh()sin( )??n?1,3,5nn(?ba)aa,sinh4.2 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?d到y?b(???x??)。上板和薄片保持电位U0，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)?U0yd。

y 故得到槽内的电位分布

?(x,y)?4U0解 应用叠加原

boxy 理，设板间的电位为

U0 其中，?1(x,y)为不体薄片时的电位，其边

① ②

dxy oxy 4.2图 题 x ?(x,y)??1(x,y)??2(x,y)

存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U0）的电位，即

?1(x,y)?U0yb；?2(x,y)是两个电位为零的平行导体板间有导

界条件为：

)?2(x,y)?0(x???2(x,0)??2(x,b)?0

(0?y?d)； 根据条件①和②，可设?2(x,y)的通解为

U0?U?y??0b③ ?2(0,y)??(0,y)??1(0,y)???U0y?U0y?b?d(d?y?b)n?y?2(x,y)??Ansin()ebn?1?n??xbU0?U?y??n?y?0b)??；由条件③有 ?Ansin(bn?1?U0y?U0y?b?d(0?y?d)

(d?y?b)两边同乘以sin(n?y)，并从0到b对y积分，得到 bdb2U2Uyn?y11n?yAn?0?(1?)sin()dy?0?(?)ysin()dy?2U0bsin(n?d)

b0bbbddbb(n?)2db?xU02bU0?1n?dn?y?nb 故得到 ?(x,y)?y?sin()sin()e2?2bd?n?1nbb4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位U0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。

解 根据题意，电位?(x,y)满足的边界条件为

① ② ③

根据条件①和

y ?(0,y)??(a,y)?0 ?(x,y)?0(y?? )?(x,0)?U0

②，电位?(x,y)的通解应取为

?(x,y)??Aneo 两边同乘以

n?1??n?yan?xsin(a) ；由条件③，有

aU0??Ansin(n?1?n?x) a题4.4图 aU0

a x

2U0n?xn?xsin()dx? sin()，并从0到a对x积分，得到An??a0aan?1,3,5,?4U04U0,n?1,3,5,? ；故得到?(x,y)?n?cno?s??)??n?2,4,6,?0，★【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

2U0(1?n??1?n?yan?xesin() na??y(y?b)sin(解 在体积内，电位?满足泊松方程

?xa)sin(?zc) 的电荷。求体积内的电位?。

长方体表面S上，电位?满足边界条件?S?2??2??2?1?x?z????y(y?b)sin()sin() （1） ?x2?y2?z2?0ac?0。由此设电位?的通解为

?(x,y,z)?1???Amnp[(m?1n?1p?1???由此可得

m?2)?()?()]? abcm?xn?yp?z?x?zsin()sin()sin()?y(y?b)sin()sin()

abcac??n??n?y)?y(y?b) （2） Amnp?0 (m?1或p?1) ；?A1n1[()2?()2?()2]sin(abcbp?1n??2n?y4bA1n1[()?()2?()2]??y(y?b)sin()dy?()3(cosn??1)?

abcb0bbn?2?0m?1n?1p?1n?2p?2???Amnpsin(???m?xn?yp?z)sin()sin()，代入泊松方程（1），可得 abc由式（2），得

?b?8b2??3?(n?)?0?n?1,3,5,n?2,4,6, ； 故

?(x,y,z)??1?xn?y?zsin()sin()sin() 1n1?5?0n?1,3,5nabc,3[()2?()2?()]2abc8b2??★【4.6】如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷ql，其位置为(0,d)。求板间的电位函数。

解 由于在(0,d)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x?1(x,y)和?2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在

?(y)?ql?(y?y0)。

电位的边界条件为

①

②

?0为界将场空间分割为x?0和x?0两个区域，则这两个区域中的电位x?0的分界面上，可利用?函数将线电荷ql表示成电荷面密度

y ?1(x,0)=?1(x,a)?0 ，?2(x,0)=?2(x,a)?0 ?1(x,y)?0(x??)，?2(x,y)?0(x???)

qld a x

题 4.6图

o

③

?1(0,y)??2(0,y) ， (??2??1?)?x?xx?0??ql?0?(y?d)

由条件①和②，可设电位函数的通解为

?1(x,y)??Anen?1??n?xa?n?yn?ysin() (x?0)?2(x,y)??Bnen?xasin() (x?0)

aan?1?由条件③，有

?n?yn?yAsin()?Bsin() （1） ??nnaan?1n?1??qn?n?yn?n?y??Ansin()??Bnsin() ?l?(y?d) （2）

?0aaaan?1n?1m?y)，并从0到a对y积分，有 由式（1），可得 An?Bn （3）；将式（2）两边同乘以sin(a2qla2qln?yn?d??(y?d)sin()dy?sin() （4） An?Bn?0n??0an??0a由式（3）和（4）解得

An?Bn?qln??0sin(n?d) a故

n?d?n?xan?y)esin() (x?0)

??0n?1aaql?1n?dn?xan?y?2(x,y)?sin()esin() (x?0) ???0n?1naa4.7 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ql。求槽内的电位函

?1(x,y)?ql?nsin(?1数。

y b (x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以x?x0为界将场空间分割为

0?x?x0和x0?x?a两个区域，则这两个区域中的电位?1(x,y)和?2(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?(y)?ql?(y?y0)，

解 由于在电位的边界条件为 ① ③

ql (x0,y0) ?1(0,y=)，0?2(a,y)?0，② ?1(x,0)=?1(x,b)?0，?2(x,0)=?2(x,b)?0

o 题4.7图

a

x

?1(x0,y)??2(x0,y()??2???1)?x?xx?x0??ql由条件①和②，可设电位函数的通解为

?0?(y?y0)

n?yn?x)sinh() (0?x?x0) bbn?1?n?yn?)sinh[(a?x)] (x0?x?a) ?2(x,y)??Bnsin(bbn?1?1(x,y)??Ansin(?由条件③，有

?n?x0n?yn?yn?Asin()sinh()?Bsin()sinh[(a?x0)] （1） ??nnbbbbn?1n?1??qln?x0n?n?yn?n?yn???(y?y0) （2） Ansin()cosh()??Bnsin()cosh[(a?x0)]??0bbbbbbn?1n?1n?x0n?)?Bnsinh[(a?x0)]?0 （3） 由式（1），可得Ansinh(bb?将式（2）两边同乘以sin(m?y)，并从0到b对y积分，有 b2qlb2qln?y0n?yn?x0n???(y?y)sin()dy?sin() （4） Ancosh()?Bncosh[(a?x0)]0?0n??0bn??0bbb

由式（3）和（4）解得

2qln?y01n?sinh[(a?x0)]sin()

sinh(n?ab)n??0bb2qln?x0n?y01Bn?sinh()sin()

sinh(n?ab)n??0bbAn?故

1n?n?y0n?xn?ysinh[(a?x)]?sin()sinh()sin()，(0?x?x0) ?0??0n?1nsinh(n?ab)bbbb2ql?n?x01n?y0n?n?y?2(x,y)?sinh()?sin()sinh[(a?x)]sin()，(x0?x?a) ???0n?1nsinh(n?ab)bbbb若以y?y0为界将场空间分割为0?y?y0和y0?y?b两个区域，则可类似地得到

?1(x,y)?2ql?位?和电场E以及导体表面的感应电荷密度?。

1n?n?x0n?yn?xsinh[(b?y)]?sin()sinh()sin() (0?y?y0) ?0??0n?1nsinh(n?ba)aaaa2ql?n?y01n?x0n?n?x?2(x,y)?sinh()?sin()sinh[(b?y)]sin() (y0?y?b) ???0n?1nsinh(n?ba)aaaa*4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0?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

?1(x,y)?2ql?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E0的电位?0与感应电荷的电位?in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,?)??E0x?C足的边界条件为

?① ?(a,??E0rcos??C（常数C的值由

参考点确定），而感应电荷的电位?in(r,?)应与?0(r,?)一样按cos?变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以?(r,?)满

)?C

??Es?C② ?(r,?)0rco? )r(???1?(r,?)??E0rcos??Arcos??C 1?1由条件①，有 ?E0acos??Aacos??C?C 122?1于是得到 A1?aE0， 故圆柱外的电位为 ?(r,?)?(?r?ar)E0cos??C 若选择导体圆柱表面为电位参考点，即?(a,?)?0，则C?0。

由此可设

导体圆柱外的电场则为

22??1??aaE????(r,?)??er?e???er(1?)E0cos??e?(?1?)E0sin?

?rr??r2r2??(r,?)s 导体圆柱表面的电荷面密度为 ????0r?a?2?0E0co??r*4.11 如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为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ql，

计算空间各部分的电位。

解 在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位?(r,?)均为线电荷ql的电位?l(r,?)与极化电荷的电位

?p(r,?)?l(r,?)??的叠加，即

?(r,?)??l(r,?)??p(r,?)。线电荷

ql的电位为

ql2??0lnR??ql2??0lnr2?r02?2rr0cos? （1）

y 而极化电荷的电位?p(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?的偶函数。介质圆柱内外的电位?1(r,?)和

a ? o ?0 ql r0 x

?r?r由条件①和②可知，?1(r,?)和?2(r,?)的通解为

??2(r,?)满足的边界条件为分别为

?2(r,?),为有限值；②)??(,?)r(?? )① ?1(0?lr??1??③ r?a时，?1??2,???02

题4.11图

?1(r,?)??l(r,?)??Anrncosn? (0?r?a) （2）

n?1??2(r,?)??l(r,?)??Bnr?ncosn? (a?r??) n?1将式（1）～（3）带入条件③，可得到

???Aanncosn??a?ncosn? n?1?Bnn?1??(An?1lnRn?na?Bn?1n?0na?)cosn??(???ql?0)n?12?? 0?rr?a ?当r?r0时，将lnR展开为级数，有 lnR?lnr0??1r(n)con?s （6）

n?1nr0带入式（5），得

??(An?1?n?1(????0)qlan?1n?na?Bn?0na)cosn???()cosn? （7n?12???） 0r0n?1r0由式（4）和（7），有

Anna?B?nna

A?1n?nan?1?B?nn?0na??(???0)qlan?12??()

0r0r0由此解得

?ql(???0)1ql(???0)a2nAn?2??， Bn??(???n； 故得到圆柱内、外的电位分别为 0(???0)nrn02??00)nr0?(r,?)??ql2??lnr2?r2q0?2rr0cos??l(???0)?1(r)n1cosn? 02??)? 0(???0n?1nr0?(r,?)??ql2??lnr2?r2rrq0cos??l(???0?20)?1a2n202???()cosn? 0(???0)n?1nr0r讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为

?ql(???0)?1rnql(???0)2??(????()cosn??(lnR?lnr0) 00)n?1nr02??0(???0)?ql(???0)?1a2n2???()cosn??ql(???0)(lnR??lnr) 0(???0)n?1nr0r2??0(???0)其中R??r2?(a2r20)?2r(a2r0)cos?。因此可将?1(r,?)和?2(r,?)分别写成为

?1(r,?)??12?0qllnR?ql(???0)2??lnr0

0???02??0(???0)?ql???0)ql2(r,?)??2??lnR?1?(02??lnR??1(???0)qllnr

0???02??0???03）

4）

5）

8） 9）

（ （ （ （ （

由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0）的线电荷

2?0q的电位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产

???0l???0???0a2

ql；位于r?0的线电荷ql。 ,0)的线电荷?生，它们分别为：位于（r0,0）的线电荷ql；位于(

??????r000（2）导体上充有电荷Q。试分别计算两种情*4.13 在均匀外电场E0?ezE0中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U0；

况下球外的电位分布。

变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。 产生的电位。 电位?(r,?)满足的边界条件为

①

E0时导体球相对于无限远处的电位为U0，此时导体球面上的电荷密度

???0U0a，总电荷q?4??0aU0。将导体球放入均匀外电场E0中后，在E0的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生

??E0rcos?，是均匀外电场E0的电位，?in(r,?)是导体球上的电荷

??dS?q ?r解 （1）这里导体充电至U0应理解为未加外电场

设?(r,?)??0(r,?)??in(r,?)，其中?0(r,?)??E0zr??时，?(r,?)??E0rcos?；② r?a时， ?(a,?)?C0，??0?S其中C0为常数，若适当选择?(r,?)的参考点，可使C0?U0。由条件①，可设

?2?(r,?)??E0rcos??Arcos??B1r?1?C1代入条件②，可得到 A1?a3E0，B1?aU0，C1?C0?U0 13?2?1若使C0?U0，可得到 ?(r,?)??E0rcos??aE0rcos??aU0r

（2）导体上充电荷Q时，令Q?4??0aU0，有

U0?Q4??0a

利用（1）的结果，得到

?(r,?)??E0rcos??a3E0r?2cos??Q4??0r

4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为?）。

?ezE0，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

解 在电场E0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E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)，则边界条件为

① ③

?r?r?2由条件①和②，可设 ?1(r,?)??E0rcos??Ar??E0rco?s?A1cos?， ?2(r,?)2r带入条件③，有

r??时，?2(r,?)??E0rcos?；② r?0时，?1(r,?)为有限值；

????r?a时， ?1(a,?)??2(a,?)，?01??2

sco?a o ? ?0 z

E0 题4.14图

空腔内、外的电场为

A1a?A2a?2，??0E0??0A1???E0?2?a?3A2

???0???03A??EA??aE0 由此解得10，22???02???03?E0rcos? 所以 ?1(r,?)??2???0???0a3?2(r,?)??[1?()]E0rcos?

2???0r(???0)E0a33?E0，E2????2(r,?)?E0?()[er2cos??e?sin?]

2???02???0rE1????1(r,?)?空腔表面的极化电荷面密度为

?p??n?P2r?a??(???0)er?E2Pr?a??3?0(???0)E0cos?

2???04.17 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??0；

4?R3（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，??3。

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，则介质球面上的极化电荷面密度为

z 荷所产生的场。由于电位满足拉普拉斯方

?p?P?n?P?er?Pcos?

介质球内、外的电位?1和?2满足的边界条件为① ?1(0,?)为有限值；② ?2(r,?)?0(r??)；

??1??2③ ?1(R,?)??2(R,?)；?0(?)r?R?Pcos?

?r?r因此，可设球内、外电位的通解为?1(r,?)?由条件③，有

P o R 题 4.17图

Ar1cos?， ?2(r,?)?B1cos?2r

A1R?解得

B12B1，?(A?)?P 0132RRPPR3A1? ， B1?3?03?0

于是得到球内的电位

?1(r,?)?PPPPrcos??z， 故球内的电场为 E1????1??ez??3?03?03?03?0

（2）介质球外的电位为

P?PR314?R3P?cos?，其中??2(r,?)?cos??cos?4??0r23?0r24??0r23。故介质球外的电场为E24?R3?3为介质球的体积

????2(r,?)??erP???21??2(er2cos??e?sin?) ?e??34??0r?rr?r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 一个半径为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4.20图所示。证明：空间任意点电

位为

24?1?r?3?r??1??1???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0a?2?a?8?a??Q?? (r?a) ???? ??24?1?a?3?a??2??1???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0r?2?r?8?r??Q(r?a)

函数将细导线圆环上的线电荷Q表示

解 以细导线圆环所在的球面r成球面r?a把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用??a上的电荷面密度 Qz? )?Q?(cos?) ???(cos??cos2?a222?a2系数。

外的电位分别为?1(r,?)和?2(r,?)，则边界条件为：

再根据边界条件确定

设球面r?a内、

① ②

a o y

?1(0,?)为有限值；

?2(r,?)?0(r??)

x 题 4.20图

③

?1(a,?)??2(a,?)，

?0(??1??2?)?r?r?r?aQ?(cos?)

2?a2?根据条件①和②，可得?1(r,?)和?2(r,?)的通解为

?n?1?1(r,?)??AnrPn(cos?) （1）Pn(cos?) （2） ， ?2(r,?)??Bnrnn?0n?0?代入条件③，有

Ana?Bnan?n?1 （3）

?[Anann?0?n?1?Bn(n?1)a?n?2]Pn(cos?)?Q2??0a2?(cos?) （4）

?)sin?，并从0到?对?进行积分，得 将式（4）两端同乘以Pm(cos?(2n?1)Q(2n?1)Qn?1?n?2Pn(0) ?(cos?)P(cos?)sin?d??Anna?Bn(n?1)a?n22?4??0a4??0a0 （5）

?0?其中 P(n?1)n(0)??n21?3?5(?1)?2?4?6n?由式（3）和（5），解得

n?1,3,5,n?2,4,6,

QQanAn?P(0)，Bn?Pn(0) ，代入式（1）和（2），即得到 n?1n4??0a4??0?? ???? ??★【4.22】如题4.22图所示，一个点电荷q放在60?的接地导体角域内的点(1,1,24?1?r?3?r??1??1???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0a?2?a?8?a??24Q?1?a?3?a??2??1???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0r?2?r?8?r??Q(r?a)

(r?a)

0)处。求：（1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点

x?2,y?1处的电位。

解 （1）这是一个多重镜像的问题，共有5个像电荷，分布在以点电荷q到角域顶点的距离为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，

其电荷量的大小等于q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为

y ? q1???q,q1????x1?????y12cos75??0.3662sin75?1.366???q,q2

???2cos165???1.366?x2???2sin165??0.366??y2 ? q2 q (2,1,0) (1, 1,0) 60? ???q,q3??q,q4???q,q5（2）点x? q3x

o ? q4? q5 题 4.22图

????x3?????y3????x4?????y4????x5?????y52cos195???1.3662sin195??0.3662cos285??0.366??2sin285??1.3662cos315??12sin315??1?

?2,y?1处电位?(2,1,0)??q4???q2?q3?q51?qq1????????

4??0?RR1R2R3R4R5?q4??0

(1?0.597?0.292?0.275?0.348?0.477)?0.321q?2.88?109q(V) 4??0

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