电磁场与电磁波课后习题与答案四章习题解答.docx
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电磁场与电磁波课后习题与答案四章习题解答
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，求槽的电位函数。
解根据题意，电位（X,y）满足的边界条件为
1（0,y）（a,y）0
2（x,0）0
3（x,b）U。
根据条件①和②，电位
（x,y）的通解应取为
a
题4.1图
由条件③，有
（x,y）
A^inhCy）sin（Dx）n1aa
U0
代时（心）sin（nx
a
两边同乘以sin（n
x
―），并从
a
0到a对x积分，得到
An
a
sin（
asinh（nba）0
2U0
jdx
a
故得到槽的电位分布
2U0
（1
nsinh（nba）
（x,y）处
cosn
4U0
.「」\，n1,3,5,Lnsinh（nba）
0，n2,4,6丄
1,3,5lnsinh（nba）
sinh（-y）sin（—x）
aa
4.2两平行无限大导体平面，距离为b，其间有一极薄的导体片由yd到yb（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y0到yd，电位线性变化，（0,y）U0y;d。
其中，
i（x,y）
为：
①
应用叠加原理，设板间的电位为
（x,y）i（x,y）2（x,y）
i（x,y）为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为u°y.b；
Uo）的电位，即2（x,y）是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，
其边界条件
2（x,0）
2（x,y）
2（x,b）
0（x
2（0,y）（o,y）
根据条件①和②,
可设
2（x,y）的通解为2（x,y）
U0
1（0，y）U0
『b
U）eM
b）e
Asin（
1
由条件③有
U。
ny人sin（）
1bU0
（0
d）
（0
yd）
U。
（d
b）
U0y
（d
yb）
两边同乘以sin（U），并从0到b对y积分，得到
b
d
2U0yny、‘
-
（1）sin（）dy
b0bb
/、U。
2bU。
（x,y）—y20
bd2
故得到
2Uob（1
bd（d
2sin（n-）sin（
inb
£）ysin（卫y）dybb
b）e
…d
（n）2dsin（=
2Uo
~2
4.3
2We
Cf厂定出边缘电容。
U0
解在导体板（y
求在上题的解中，除开
U°y;b—项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
并按
0）上，相应于
2（x,y）的电荷面密度
20U01•,nd、P
sin（）e
则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷
q2
2dx
22dx
sin（
n
x
）ebdx
驾存门（罟）
dn1nb
相应的电场储能为We-q2U0
2
2
2obUo
2d
丄sin（¥）
nb
其边缘电容为
Cf4_obJl_si门（鸣
Uodninb
4.4如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位Uo，其余两面电位为零，求槽的电位的解。
解根据题意，电位
（x,y）满足的边界条件为
1（0,y）（a,y）0
U0
题4.4图a
2（x,y）0（y）
3（x,0）
根据条件①和②，电位
u。
（x,y）的通解应取为
（x,y）
Ane
yasin（U）
a
由条件③，有
nx
U0Ansin（）
n1a
nx
两边同乘以sin（9），并从0到a对x积分，得到
a
An2U0a
a
nx
sin（）dx
a
cosn）
n1,3,5,L
n2,4,6,L
故得到槽的电位分布为
（x,y）
4Uo
n1,3,5,L
1nyanX、
esin（）na
4.5
长、宽、高分别为a
b、c的长方体表面保持零电位，体积填充密度为
xz
y（yb）sin（）sin（）
ac
的电荷。
求体积的电位。
解在体积，电位满足泊松方程
22
xy
长方体表面s上，电位满足边界条件
1xz
y（yb）sin（）sin（）
oac
°。
由此设电位的通解为
C1）
代入泊松方程（
mini
（x,y,z）
1）,可得
Amnp[（
P1
）2
a
mini
e）2
Amnpsin（）sin（）sin（
1a
（j]
c
sin（mx）sin（ny）sin（卫z）abc
xz
y（yb）sin（-）sin（——）
ac
An1【（）2（n）2
ny、
（）]sin（）
p1ab
cb
由式
（2），
可得
2
n
、2/厲2b/
、•，ny、，
A1n1[（）
（-
■）（）1y（y
b）sin（）dy
a
b
cb0
b
由此可得
Amnp°（m1或p1）
y（yb）
4b3/
（）（cosnbn
1）
8b2
n1,3,5,L
2,4,6,L
（x,y,z）
8b2
""5~
0n
1,3,5,L
^）sin（nab
畑
（二）
c
ql，其
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
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x0为界将场空间分割为x0和x0两个区域，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x0的分界面上，可利用函数将线电荷qi表示成电荷面密度（y）qi（yy。
）。
电位的边界条件为
J
L
J-
a
■
d
y
ox
题4.6图
①
1（x,0）=
1（x,a）
0
2（X,0）=
2（x,a）
0
②
1（x,y）
0（x
）
2（x,y）
0（x
）
③
1（0,y）
2（0,y）
（」—
_L）x0
鱼
0
xx
可设电位函数的通解为
（yd）
由条件①和②,
i（x,y）
Anenxasin（U）
1a
（x
0）
由条件③，有
2（x,y）
Bnenxasin（U）
a
（x
0）
由式
（1）,可得
将式
（2）两边同乘以
AnBn
由式（3）和（4）
An
ny
Ansin（）
n1a
An
n1
sin（m
2qi
n
解得
Bn
i（x,y）
Bnsin（
1
（1）
An
Bnnsin（n
1a
Bn
y），并从0到a对y积分，有
9（yd）
0
（3）
（yd）sin（
□）dy纽sin&
an0
（4）
qi•,nd、
—sin（）
n0a
」」sin（呕）enxasin（U）0n1naa
（X0）
ql1ndnx.any
2（x,y）-sin（）esin（）（x0）
oninaa
4.7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qi。
求槽的电
b―I
q*（xo,yo）
oax
题4.7图
由于在（Xo，yo）处有一与z轴平行的线电荷qi，以xXo为界将场空间分割为
和Xoxa两个区域，则这两个区域中的电位i（x,y）和2（x,y）都满足拉普拉斯
方程。
而在xx0白
勺分界面上，
可
利用
（y）
qi（yy。
），电位的
勺边界条件为
①
1（0,y）=
0，
2（a,y）
0
②
1（x,0）=
1（
x,b）0
2（X,0）=
2（
x,b）0
③
1（x°,y）
2（x0,y）
—-
xxa
（y
y。
）
x
x
0
位函数。
解
0xxo
由条件①和②，可设电位函数的通解为
函数将线电荷ql表示成电荷面密度
i（x,y）Ansin（ny）slnh（nx）（0xx°）
n1bb
2（x,y）Bnsin（ny）sinh[n（ax）]（x°xa）
n1bb
由条件③，有
Ansin（ny）sinh（nx°）Bnsin（ny）sinh[丄（ax0）]
（1）
n1bbn1bb
nnynx0Ansin（）cosh（-）
n1bbb
（2）
Bn^sin（ny）cosh[—（ax。
）]乩（yy°）
n1bbb0
由式
（1），可得
Ansinh（nx°）Bnsinh[」（ax0）]0
bb
将式
（2）两边同乘以sin（），并从o到b对y积分，有
b
Ancosh（n-Xo）Bncosh[—（aXo）]
bb
2qi
b
（y
y°）sin（
0
0
2qi亠/nyo
）dy
由式（3）
和（4）
解得
若以
An
Bn
nosir）
1n
sinh[（a
sinh（nab）n0b
2ql1nx0…八
-sinh（-）sin（-）
obb
1
2qi
nxo
nyo
Xo购n（〒）
nyo
sinh（nab）n
1（x,y）组
2（x,y）组
sinh[J（ax°）]
1nsinh（nab）b
./nyo、•—nx、./ny、sin（）sinh（）sin（）bbb
1••‘nxo）
（0
Xo）
sinh（on1nsinh（nab）b
•Jyon/
sin（）sinh[（a
bb
yyo为界将场空间分割为oyyo和yo
（、2q
1（x,y）-
2（x,y）组
ny
x）]sin（）
b
b两个区域,
sinh[—（b
1nsinh（nba）a
sin（nXo）sinh（-）sin（
aa
1…ny。
）
yo）]
（Xo
a）
则可类似地得到
（oyyo）
sinh（
on1nsinh（nba）a
•」Xonnx、
sin（）sinh[（by）]sin（）
aaa
如题4.8图所示，在均匀电场EoexEo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Eo作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场Eo的电位o与
感应电荷的电位m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
（yoyb）
4.8
o
Eo的电位
中，外电场的电位为o（r,）EoXCEorcosC（常数C的值由参考点确定），而感
应电荷的电位in（r,）应与o（r,）一样按cos变化，而且在无限远处为o。
由于导体是等位
体，所以（r,）满足的边界条件为
y
E
（r,）e
1
*re（
rr
（r,）
er（1
2
a、匚
—）Eocosr
2oE°cos
导体圆柱表面的电荷面密度为
0
r
ra
若选择导体圆柱表面为电位参考点，即（a,）0，则C0。
导体圆柱外的电场则为
4.9在介电常数为
的无限大的介质中,
2
e（12）E0sin
沿z轴方向开一个半径为a的圆柱形空腔。
沿x轴
题4.8图
①
（a,
）
C
②
（r,
）
E（
）rcos
C（r
）
由此可设
（r,
）
Eorcos
Ar1cos
C
由条件①，
有
Eoacos
A1a
1cosC
C
于是得到
A1
a2
Eo
故圆柱外的电位为
（r,
）（
2
rar
1）E0cos
C
方向外加一均匀电场EoexEo，求空腔和空腔外的电位函数。
解在电场Eo的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔、外的电场E为外
加电场Eo与极化电荷的电场
Ep的叠加。
外电场的电位为
o（r,）EoxEorcos而感应
电荷的电位
in（r,）应与o（r,）一样按cos变化，则空腔、外的电位分别为
1（r,）和
2（r,）的边界条件为
①
r
时，2（r,）
Eorcos；
②
r
0时,
1（r,）为有限值；
③
r
a时，
1（a,）
2（a,），
1
0
2
r
r
由条件①和②，
可设
1
（r,）
Eorcos
Arcos
（r
a）
2
（r,）
Eorcos
典1
A2「cos
（r
a）
带入条件③，有
Aa
Aza1，
0E00A
Eo
a
2a
由此解得
A
oEo，
A20
a2Eo
0
0
所以
i（r,）
2
（ra）
2（r,）[1—（旦）2]E°rcos（ra）
or
4.10—个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，
示。
第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位
如题4.10图所
U0和U0。
题4.10图
求圆柱面部的电位函数。
解由题意可知，圆柱面部的电位函数满足边界条件为①
（0,）为有限值;
U。
0
（b,）
U0
0
由条件①可知,
3.2
圆柱面部的电位函数的通解为
代入条件②，有
由此得到
An
（b,
Bn
bn0
（b,
（r,
rn（Ansinn
1
Bncosn）
（rb）
bn（AnsinnBncosn）
）sinn
）cosn
（b,）
2
[U°sinn
0
2U0
nbn
0，
2
[U0cosn
0
32
U0sinnd]
1,3,5,L
2,4,6,L
32
dU0cosnd]
U0bnn
（1cosn）
U0（sinnsin3^）
22
0
bnn
2U0
b
n1,3,5,L
n2,4,6,L
（r,）仝
-（r）n[sinn
n1,3,5,L□b
4.11如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为r°（r0a）处，有一与圆柱平行的线电荷
解
位i（r,
（1）2cosn
（r
b）
介电常数为ql,计算空间各部分的电位。
在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱外的电位（r,）均为线电荷ql
）的叠加，即（r,）l（r,）p（r,）。
线电荷ql
，在距离轴线
的电
位为
）与极化电荷的电位p（r,
-q^lnR
20
i（r,）
严1n」2
20
r022rr0cos
（1）
的电
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
1（0,）为有限值；2亿）
而极化电荷的电位
的偶函数。
介质圆柱外的电位
1（r,
l（r,）
（r
ra时,
2,
由条件①和②可知,
1（r,
1
r
2（r,
2
0
r
）的通解为
1（r,）
i（r,）
Anrncosn
1
（0
a）
（2）
2（r,
）l（r,
n
Bnrcosn
n1
（a
（3）
将式
（1）〜（3）带入条件③，可得到
Ana
n1
n
cosn
Bn
n
acosn
（4）
（An
n1
n1
na
Bn
0nan1）cosn
InR
（5）
1rn
当rr°时，将InR展开为级数，有InRInr°-（）cosn
ninro
带入式（5），得
n1
（Anna
n1
n1、
Bnona）cosn
（
o）qi
an1
（）cosn
1ro
2
Oron
由式（4）和（7），
有Anan
n
Bna
Annan
1n1（
Bnona
o）q
（-）n1
2
oro
ro
由此解得An
qi（o）
1Bqi（
n，Bn
2n
o）a
n
（7）
2nnn
o（o）nr。
2o（o）nr。
故得到圆柱、外的电位分别为
i（r,）
2（r,）
qi
2rr0cos
0
2rr0cos
qi（o）1/r、n
-（）cosn
20（0）n1nro
qi（o）1a、n
-（）cosn
2o（o）n1nr°r
（8）
（9）
讨论：
利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为
q（
2o（
丹七（InRlnro）
2
q（o）1za.nq（o）ZlD..
1-（）cosn1-（InRInr）
2o（o）n1nror2o（o）
其中R,r2（a2ro）22r（a2ro）cos。
因此可将1（r,）和2（r,）分别写成为
1（r,）
2（r,）
由所得结果可知,
1
2Oqi
InR
q（
）Inro
2o
o
2o（
o）
q
InR
1
（
o）qiInR1（
o）qiinr
2o
2o
o2o
o
介质圆柱的电位与位于（
ro,o）的线电荷丄丄qI的电位相同，而介质
2
圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：
位于（
a只、
ro,O）的线电荷qI；位于（——，。
）ro
的线电荷qI;位于rO的线电荷oqI。
OO
4.12将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。
解导体圆柱的电位为常数，导体圆柱外的电位（r,）均为线电荷qi的电位i（r,）与感
应电荷的电位in（r,）的叠加，即（r,）
i（r,）in（r,）。
线电荷qi的电位为
i（r,）
」lnR
dinr2rO2rrocos
（1）
（r,）i（r,）（r）；（a,）C。
的偶函数，并由条件①可知,
（r,）的通解为
将式
（1）和
（2）带入条件②,
Ana
n0
（r,）
可得到
n
cosn
i（r,
-2-
ro2arocos
（3）
而感应电荷的电位in（r,）满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。
（r,）满足的边界条件为
①
②
由于电位分布是
将In.,a2r022ar0cos展开为级数,
Ina
2小
r°2ar°cos
Inr°
丄（旦）ncosn
1nr°
（4）
带入式（3）,得
由此可得
A0
Ana
0
n
cosn
ro,
qi
2
-[lnr°
0
1/a、n
（）cosn]n1nr°
2
（与
r。
（5）
故导体圆柱外的电为
讨论:
其中R
（r,
利用式（
4），
Inr2
r022rr0cos
-Inr°）
0
可将式（6）中的第二项写成为
1za、nqi
（）cosn（InR
1nr°r2°
（C
-】（皂）ncosn
0n1nr°r
Inr）
（6）
r2（a2r0）22r（a2r0）cos。
因此可将
（r,）写成为
（「,）売1nR无1
导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，
由此可见，
2
位于（J,0）的线电荷qi；位于r0的线电荷qi。
r°
-inrC」Inr0
020
它们分别为：
位于（r0,0）的线电荷qi；
4.13在均匀外电场E°ezE°中放入半径为a的导体球，设
（1）导体充电至U°;
（2）导体上充有电荷Q。
试分别计算两种情况下球外的电位分布。
解
（1）这里导体充电至U0应理解为未加外电场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0U0.；a，总电荷q40aU0。
将导体球放入均匀外电场E0中
q仍保持不变，
后，在E0的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷导体球仍为等位体。
设（r,）o（r,）in（r,），其中
o（r,）
E0zE0rcos
电位（r,）满足的边界条件为
①r
时，
（r,）
Eorcos；
②r
a时，
（a,）
Co，o?
dSq
Sr
其中Co为常数,
若适当选择（r,
）的参考点，可使CoUo。
由条件①，可设
（r,）
EorcosAr2cos^r1Ci
是均匀外电场Eo的电位,
in（r,）是导体球上的电荷产生的电位。
加电场
条件为
在电场Eo的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔、外的电场Eo与极化电荷的电场Ep的叠加。
设空腔、
外的电位分别为i（r,）和2（r,
E为外
），则边界
时,
0时，
2（r,）
i（r,）为有限值;
E0rcos
a时,
i（a,）
2（a,），
由条件①和②，可设
）
）
i（r,
2（r,
带入条件③，有
Aia
Eorcos
Eorcos
Arcos
2
cos
A2r
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