電磁場與電磁波理論(第二版)(徐立勤-曹偉)第3章習(xí)題解答.

1、第 3 章習(xí)題解答3.1對于下列各種電位分布，分別求其對應(yīng)的電場強度和體電荷密度：(1)x, y, zAx2BxC ；(2)x, y, z Axyz ；(3), , zA 2 sinBz ；(4)r ,Ar 2 sin cos 。解： 已知空間的電位分布，由E和2/ 0 可以分別計算出電場強度和體電荷密度。(1)Eex2AxB022A 0(2)EA ex yzey xz ezxy020Ee(2Asin)e Acosez B(3)24 AsinBzAsin3 AsinBz000(4)Eer2Ar sin cos e Ar coscose Ar sin26A sincosAcos2cosA cos

2、00sinsin3.5如題 3.5 圖所示上下不對稱的鼓形封閉曲面，其上均勻分布著密度為S0 的面電荷。試求球心處的電位。解： 上頂面在球心產(chǎn)生的電位為1S 0 ( d12R12d1)S0 (R d1 )202 0下頂面在球心產(chǎn)生的電位為2S 0 ( d22R22d2 )S0 ( R d2 )2 020側(cè)面在球心產(chǎn)生的電位為31S0S 0S4 0SR4 0 R式中 S 4R22R( Rd1 )2R( Rd2 ) 2R(d1d2 ) 。因此球心總電位為123S0R03.6 有2 0 和5 0 的 兩 種 介 質(zhì) 分 別 分 布 在 z0 和 z0 的 半 無 限 大 空 間 。 已 知 z0 時

3、 ，Eex 20 ey10ez 50V / m 。試求 z0時的 D。解： 由電場切向分量連續(xù)的邊界條件可得E1tE2tz 0 D x 5 020 D y5 010代入電場法向方向分量滿足的邊界條件可得D1nD 2nz 0D z50于是有z0Dex100 0ey50 0ez503.9 如題 3.9圖所示，有一厚度為2d 的無限大平面層，其中充滿了密度為xcos0x 的體電荷。若選擇坐標(biāo)原點為零電位參考點，試求平面層d之內(nèi)以及平面層以外各區(qū)域的電位和電場強度。解： 由對稱性可知0，即2222d 22 。設(shè)各yzx2y22dxz區(qū)域中的電位和電場強度分別為1 ，2 ，3 和 E1 ， E2 ， E

4、3 。由電位所滿足的微分方程d20 cosd20d201xdx223dx2ddx2解得d 10d sinxC1d2C2d3C3dxddxdx0 d 2xC1 xD1C2 xD2C3 xD312cos23d由于理想介質(zhì)分界面沒有面電荷，所以邊界條件為時d1d212dx0dxxd 時13d10d 3dxdx又根據(jù)對稱性可知，在x0的平面上，電場強度是為零的，即x0 時，d 10 。最后再選擇零電位參考點dx使得 x0時，100。聯(lián)立解得C1C2C30D10d 2D2D320d 222 。只要利用 Eexd就可以得到dxx d 時，d x d 時x d 時，20 d 2E3d3032exdx0 d2

5、cosd2exd 1ex0d sinx12x02E1ddxd20 d 2d2022E2 exdx選擇不同的零電位參考點，得到的電位不同，但電場強度仍是相同的。根據(jù)對稱性只需求出x 0 的解，即1 和23 。3.10位于 x 0 和 xd 處的兩個無限大導(dǎo)電平面間充滿了0 1x d的體電荷。若將x0 處的導(dǎo)電平板接地，而將 xd 處的導(dǎo)電平板加上電壓U 0 。試求板間的電位分布及電場強度為零的位置。解： 由于無限大導(dǎo)體極板之間電荷分布是只與x 有關(guān)，忽略邊緣效應(yīng)，可以認(rèn)為電位分布也只與x 有關(guān)，且滿足一維泊松方程d20 (1x )dx20d其通解為(x)60 x30 x2C1x C20d2 0由

6、(0)0C 2 0而由( d )U 0C1U 020 dd3 0因此板間電位分布為(x)0x30x2U 02 0 dx6 0 d2 0d3 0板間電場強度為Eex0 x20 x (U 02 0d )2 0d0d3 0從該式可以求出電場強度為零的位置為2U20 d00400bb24ac2()2U 02 0 d002 0dd3 0d0(x2ad 10dd)03 00d由于我們是討論極板內(nèi)電場強度，因此零點位置為xdd12 0U 02 0 d0 d()d3 03.11如題 3.11 圖所示的平板電容器中，分別以兩種不同的方式填充兩種不同的介質(zhì)1 和 2 。當(dāng)兩極板之間外加電壓 U 0 時，試求電容器

7、中電位和電場的分布以及電容器的電容。解：對于圖 a：忽略邊緣效應(yīng)，可以認(rèn)為電位分布也只與x 有關(guān)，均滿足一維拉普拉斯方程。且由介質(zhì)分界面的邊界條件可知，兩種介質(zhì)中的電位分布是相同的，其通解為CxD根據(jù)已知條件0和U0 ，解得 D0和x 0x2dUC 0 ，即平板電容器中的電位分布為2dU 0 x2d根據(jù) E，可以得到平板電容器中的電場分布為EexdexU 0dx2d對 x0 平板上 enex ，面電荷密度分別為1U 0yS上SenDenE2dU 02yS下2d總電量為Q1U 0 S2U 0 S12S U02d2d2d電容器的電容為CQSU 012 2d對于圖 b：忽略邊緣效應(yīng)，可以認(rèn)為電位分布

8、也只與 x 有關(guān)，均滿足一維拉普拉斯方程。兩種介質(zhì)中的電位分布的通解可以分別設(shè)為1C1x D1和2C2 x D2根據(jù)已知條件1 x 00 和2 x 2 dU 0 ，以及分界面處的邊界條件1 x d2x d 和12可xx dx x d以解得2U 0x和2U 0 xdU 01d2d1212根據(jù) E，可以得到平板電容器中兩種介質(zhì)中的電場分布為d 12U 0和d21U 0E11ex dxex2 dE22ex dxex2 d11對 x 0 平板上 enex ，面電荷密度為Sen Den1Eex12U 0d12總電量為QS 2S122SU012d電容器的電容為CQ122SU 0d123.12 已知在半徑為

9、a 的無限長圓柱形體內(nèi)均勻分布著電荷密度為0 的體電荷。圓柱體內(nèi)外的介電常數(shù)分別為和 0 。若取圓柱體的表面為零電位的參考面，試?yán)弥苯臃e分法求出圓柱體內(nèi)外的電位和電場強度。解： 取定圓柱坐標(biāo)系，使z 軸與圓柱體的中心軸線相重合，由電位和電場的對稱性可知與和 z 無關(guān)。圓柱體內(nèi)外的電位1 和2 分別滿足1 dd 10和1 dd20dddd0它們的通解可以分別表示式為102C1 lnD1和2C2 lnD24由軸線上的電位應(yīng)為有限值可得C10 。而由圓柱體的表面電位為零可得0 a2D10 和 C2 ln a D 204即D10 a2和 D 2C2 ln a4于是有102a2和2C2 ln4a代入圓

10、柱體表面電位的法向?qū)?shù)的邊界條件12得到0 aC2，即C20a200。r r ar r a2a2 0最后得到圓柱體內(nèi)外的電位分別為10 a22和20 a2 ln42 0a而圓柱體內(nèi)外的電場強度分別為E11e d 1e0和E22e d 2e0 a2d2 0d2 03.13 如題 3.13 圖所示，半徑為a 的無限長導(dǎo)體圓柱，單位長度的帶電量為l 。其一半埋于介電常數(shù)為的介質(zhì)中， 一半露在空氣中。 試求各處的電位和電場強度。解： 根據(jù)題意，空間中電位分布與和 z 無關(guān)，均滿足一維的拉普拉斯方程，即21221dd10介質(zhì)中ddr1dd20空氣中drd將上述兩方程分別直接積分兩次，得出通解為1C1 l

11、nD1和2C2 lnD2根據(jù)不同介質(zhì)分界面電位的連續(xù)性可知C1C2C和D1D2 D，即12C lnD若設(shè)無限長導(dǎo)體圓柱上電位為0，也即(a)0，可得 DC ln a ，即C lna導(dǎo)體圓柱的面電荷密度為C介質(zhì)中S0C空氣中單位長度導(dǎo)體圓柱的電量為lC a0C a即Cl()0于是得到導(dǎo)體圓柱外的電位和電場強度分別為l( 0ln a和 Eel)( 0)3.14如題 3.14 圖所示同軸電容器，其中部分填充了介質(zhì)，其余是空氣。當(dāng)外加電壓 U 0 時，試求電容器中的電位和電場強度的分布以及單位長度的電容。解： 根據(jù)題意，空間中電位分布與和 z 無關(guān)，均滿足一維的拉普拉斯方程，即21221dd10介質(zhì)中

12、ddr1dd20空氣中drd將上述兩方程分別直接積分兩次，得出通解為1C1 lnD1和2C2 lnD2根據(jù)不同介質(zhì)分界面電位的連續(xù)性可知C1C2C和D1D2D ，即12C lnD由a0 和b U 0 可得到DC ln a 和 U 0 C ln b D可以解得C U 0 / ln b和DU 0ln a / ln baa因此電容器內(nèi)電位和電場強度的分布分別為U 0 lndU 01a和Ebedelnbalna利用Sen D 可以計算出電容器內(nèi)面電荷密度分布為S0U 01和SU 01bbbblnlnaa那么單位長度總電荷為Q(2 ) 0U 0 1U 01U 010 2bbbbbblnlnalnaa因此

13、單位長度的電容為CQ112U 0bb0lna3.15 在介電常數(shù)為的無限大介質(zhì)中，均勻分布體密度為0 的電荷。若在該介質(zhì)中挖了一個半徑為R0 的球形空腔（腔中的介電常數(shù)可視為0 ）。利用直接積分法求出各處的電位分布和電場強度 E 。（以球面為零電位參考點）解： 根據(jù)場的對稱性可知0，即21dr 2 d。設(shè)球形空腔內(nèi)外的電位分別為1 和2 。r 2drdr解 1 dr 2 d 10 和 1 dr 2 d 20 得r 2drdrr 2 drdr1C1D1和20 r 2C2D2r6r考慮到 r0 時，場應(yīng)是有界的， 即 C10 。再利用邊界連續(xù)條件rR0時， 12 ， 0d 1d2 以drdr及給定

14、的零電位參考點，即 rR0 時，120 ，聯(lián)立解得C1D10, C20 R03和 D20 R0232由此可得10 ，20r 20 R030 R0263 r2d 20 r0 R03E110，E22er drer33 r 23.16頂端夾角為2 0 的帶電導(dǎo)體圓錐垂直于無限大的接地導(dǎo)體平面，但兩者之間有一縫隙。當(dāng)圓錐所加電壓為U 0 時，試求圓錐體與導(dǎo)體平面之間的電位分布及電場強度。解： 由于圓錐體與導(dǎo)體平面之間的電位分布均僅為坐標(biāo)的函數(shù)，滿足一維的拉普拉斯方程1sin0r 2 sin即sin0將上述方程分別直接積分兩次，得出通解為C lntanD2利用邊界條件0 U0和/2 0 解得U 0和 D

15、 0Cln tan02由此可得圓錐體與導(dǎo)體平面之間的電位和電場強度的分布分別為U 0ln tan和 Ee 1eU 01ln tan02rlntan 0r sin223.17 如題 3.17 圖所示，由兩塊形狀相同的不相連矩形導(dǎo)體槽構(gòu)成的無限長的矩形管， 內(nèi)填空氣， 但兩者之間有一縫隙。 當(dāng)外加電壓 U 0 時，利用直角坐標(biāo)系分離變量法求出矩形管內(nèi)的電位分布。解： 定解問題為20 ，0 ，U0以及y 0y bU 0d / 2 y d和U 0d / 2 y dx 00 0 y d / 2x a0 0 y d / 2設(shè)012U 0 y12 ，其中1 和2 的滿足的定解問題分別為bU 0U 0 yb

16、/ 2y b20 ，0 ，0，1 x 00 和 1 x ab11 y 01 y bU 0 y0 yb / 2bU 0U 0 yb / 2y b20 ，0 ，0 和2 x 0b2 0 ，2 y 02 y b2 x aU 0 y0 yb / 2b由定解問題的邊界條件1 y 00 和1 y b0 很容易得到B11A1 sinh nxcosh n xsin n yn 1bbb由1 x 00，則 A20 ，因此上式變成1 An sinh nx sin nyn1bbU 0U 0 yb / 2yb代入邊界條件1 x ab，則得到U 0 y0 yb / 2bnanyU 0U 0y b / 2y bsinbAn

17、 sinhbU 0n 1by0 yb / 2b利用正弦函數(shù)的正交性可以得到An sinhna2b /2U 0U 0ysinnydybU 0ny0b /2y sindybbbbbbAn2U 0n /2積分得到1sinh nanb由定解問題20，0 ，0 ，0 可知22 y02 yb2xaaxn2Cn sinhbsin nyn1bU 0U 0y b / 2y b代入邊界條件2 xb，則得到0U 0 y0yb / 2bCn2U 0n /2nsinh na1b最后得到電位分布為y2U01nxnasinhnxnybn /2U 0d n 2,4,6,ncoshb1coshbsinhna sinbb3.18

18、 求題 3.18圖所示矩形空間區(qū)域內(nèi)的電位分布，已知邊界條件為：（ 1）1U 0 ，2340 ；（ 2）2U 0 ，10 ，340；n（3） 3U 0 sin3ycosy40b，12；b（ 4）2E0，140 ，30。yn解：（ 1）根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為x, yC1 sinh ky xC2 coshky xD1 sin ky y D2 cosky y由邊界條件240 可以得到D20和kynn 1,2,3,b即x, yD1 sin n yC1 sinh n xC2 cosh n xbbb為了求解方便可以將上式改寫為x, yD1sin nyn axC2n a xC1 sinhcos

19、hbbb如此一來，由邊界條件30 可以直接得到 C2 0，于是有x, ynaxEn sin ny sinhbb式中， EnC1D1 。將上式對 n 求和，可將此邊值問題的解寫成En sin ny sinhnaxbn1,2,3,b最后，將邊界條件1U 0代入上式，得U 0En sin n y sinh nan 1,2,3,bb利用三角函數(shù)的正交性可以得到En2U 0b0b sinh n ab4U 0n1,3,5,nasin n y dynsinhbb0n2,4,6,最后得到電位分布為4U 0nyn a xn 1,3,5, n sinhna sinbsinhbb（ 2）根據(jù)給定的邊界條件可以將通解

20、直接選為x, yC1 sin kx xC2 coskx xD1 sinh kx yD2 coshkx y由邊界條件10 和30可以得到nx, yn 1,2,3,C2 cosn x D1 sinh n yD2 cosh n y2a2a2a由邊界條件40 可以得到x, yEn cos nx sinh nyn1,2,3,2a2a式中， EnC1D1 。將上式對 n 求和，可將此邊值問題的解寫成x, yEn cosnx sinh nyn 1,2,3,2a2a最后，將邊界條件2U 0代入上式，得U 0En cos n x sinh n yn 1,2,3,2a2a利用三角函數(shù)的正交性可以得到En2U 0a

21、nb0b sinh2an14U 01 2n1,3,5,sinh nsinnxbdxna2a0n2,4,6,最后得到電位分布為n14U 0cos nx sinh ny1 2n 1,3,5, sinhn b2a2an2a（ 3）根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為x, yC1 sinh ky xC2 coshky x D1 sin ky y D2 cosky y由邊界條件240 可以得到x, yD1n 1,2,3,sin ny C1 sinh n xC2 cosh n xbbb由邊界條件10 可以得到x, ynsinhnxnyn1,2,3,Esinbb式中， EnC1D1 。將上式對 n 求和，可

22、將此邊值問題的解寫成x, yEn sinh nx sin nyn1,2,3,bb最后，將邊界條件3U 0sin 3y cos yU 0sin 2ysin 4y代入上式，得bb2bbU 0sin 2ysin 4yEn sinh nx sin ny2bbn 1,2,3,bb比較系數(shù)可以得到E2U 01和 E4U 012sinh 2a2sinh 4abb其余的系數(shù)均為零。最后得到電位分布為U 0sinh 4x sin 4ysinh 2x sin 2ybbbb24a2asinhsinhbb（ 4）根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為由邊界條件由邊界條件x, yC1 sin kx xC2 coskx x D1 sinh kx yD2 coshkx y1 0 和30可以得到nx, yn 1,2,3,C1 sin n x D1 sinh n yD2 cosh n y2a2a2a4 0 可以得到nnxnyn 1,2,3,x, y E sinsinh2a2a式中， EnC1D1 。將上式對 n 求和，可將