電磁場與電磁波理論(第二版)(徐立勤-曹偉)第3章習題解答.

1、第3章習題解答3.1解:對于下列各種電位分布，分別求其對應的電場強度和體電荷密度：2 G x, y, z = Ax Bx C ； i 匕,-Asi n :已知空間的電位分布，由E =； 和 勺=3.5解:3.6解:x, y,z 二 Axyz ；尬 ir,v,= Ar2sin cos 。/ ；0可以分別計算出電場強度和體電荷密度。:_ ；0、2：.：-2A z 02-心、 =04E 4E 4 一二二 =g 2Ax B二 - A exyz eyxz ezxy-十-e.：（2A Jsin Bz） e A、cosezBi |17 171 2 /_k /_kSAsin B?；0E =-i ：=- er

2、2Arsin cos&Arcos cosAr sinAcos2cos A cos :4As inAsinPP = 一耳奇直=_先.6Asin 0 cos +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 so的面電荷。試求球心處的電位。上頂面在球心產(chǎn)生的電位為p,匕 空 cd R -dj2 ；0下頂面在球心產(chǎn)生的電位為P P2 竺G.d； R； -d2）竺（R-d2） 2 ；。2 ；。側(cè)面在球心產(chǎn)生的電位為13 -SR d)(R _d)題3. 5圖S0 _S0S4 n 0 S R 4 n 0 R2式中 S = 4tR2?R( R- dj- 2nt( R-d2)= 2 (d! d

3、2)。因此球心總電位為p門= S0 Rp有 2 g和；=5 ；0的兩種介質(zhì)分別分布在z 0和z 0的半無限大空間。已知z 0時， E =20-；10 ez50 V/m。試求 z ： 0時的 D。由電場切向分量連續(xù)的邊界條件可得= E2t = z 0 Dx = 5 ；0 20 Dy - -5 ；0 10代入電場法向方向分量滿足的邊界條件可得D1n = D2n = z : 0 Dz = 50于是有z 0 D 二 ex100 ；0 _ey50 ；0 ez503.9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n : ix = ：?0 cos的體電荷。若選擇坐標原點為零電位參考點，試

4、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 12門=諾：,Jex2：2門區(qū)域中的電位和電場強度分別為1，2, x：, 3 和 Ei,解得d：idxdx2：:y2:：Z2dx2cos衛(wèi)d0 d . sin；n0 d22 cos 衛(wèi) Gx D1 n d由于理想介質(zhì)分界面沒有面電荷，所以邊界條件為又根據(jù)對稱性可知，在 x = 0的平面上,使得x = 0時，：:r 0 =0。聯(lián)立解得d2：。設各X if: p,. ”:jr-y：；E2，E3。由電位所滿足的微分方程絲-0dx2d*0dx2電場強度是為零的，即Did2；n2C2dx二 C2xD2dx.d匕dxdxd3d

5、x-C3d20dx.d3=c0D2 二 D3dx最后再選擇零電位參考點2%d2只要利用ex竺就可以得到dxx ： -d 時,：-32。d2dx4 cos 仝；n2dEx寧dxx d時,20 d22”=0dx=0E3?0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: 一門33.10位于x = 0和x = d處的兩個無限大導電平面間充滿了:?-訂1 x d的體電荷。若將 x = 0處的導電平板接地，而將 x=d處的導電平板加上電壓 U0。試求板間的電位分布及電場強度為零的位置。忽略邊緣效應，可以認為電位分布也只與X有關(guān)，且滿足解：由于無

6、限大導體極板之間電荷分布是只與x有關(guān)，一維泊松方程d2：dx2其通解為由:（0） =0 二 c2 =0因此板間電位分布為板間電場強度為6 ；odx3- x2 - C1x C2而由（d） = U0c u。2Tdd3;0叮(x)-03一x x6 pd2 pU。丄 2Pdd3%從該式可以求出電場強度為零的位置為040 (U0 2 0d )2；d(d 3；0,d _d 0pd由于我們是討論極板內(nèi)電場強度，因此零點位置為b 士譏b2-4ac；0x =2a2；0嚴.2旳;?od d 3；oX d 1?0（U0 i）VPd d3 先3.11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

7、介質(zhì)科和社2。當兩極板之間外加電壓U0時，試求電容器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，可以認為電位分布也只與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=Cx + D根據(jù)已知條件和x三d =U , 解得D = 0和C =U，即平板電容器中的電位分布為2d門如x2d根據(jù)E =，可以得到平板電容器中的電場分布為.ddx 2d對x =0平板上eex，面電荷密度分別為（a（h）總電量為U。_ 1 2d2dy StQf2d s2護八廠22dU0電容器的電容為c=w +扇對于圖b:忽略邊緣效應，可以認為電位分布也只與 x

8、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為；、=Gx D1和 爲=C2x D2根據(jù)已知條件G1 x=0=0 和 r：2 x=2d二u0，以及分界面處的邊界條件 1 xd2 xdx -d;:2；:x可x -d4 ；亠24 ；以解得:片=；2U o X1坷+野d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 小宀2 U0_exdx帥 + S d=ex，面電荷密度為Ei = -皿1對X =0平板上en總電量為U。exU0.；2s = en D = en ；i E = -ex 一 + S d1 ；2 2S,.U 0Q = ： s 2S =2dxU0電容器的電容為M

9、2 d圓柱體內(nèi)外的介電常數(shù)分別為3.12已知在半徑為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。和；0。若取圓柱體的表面為零電位的參考面，試利用直接積分法求出圓柱體內(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：、和:、分別滿足1 dFpd叮I dP丿-%和1 dFpd 2i dP丿PdPPdP0它們的通解可以分別表示式為P匕0 乎 Gln J D14呂由軸線上的電位應為有限值可得G = 0。而由圓柱體的表面電位為零可得0 2aDi =0于是有DiD2 - -C21n a:：J 2 = C21 n a

10、而圓柱體內(nèi)外的電場強度分別為得到r -a:0aC20a0，即 C2 二2a2 0-：-2_2_和 2 = -n2坯a=e4 d:，eP2 ；。E2 -24出工訂a23.13如題3.13圖所示，半徑為a的無限長導體圓柱，單位長度的帶電量為幾。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1_dP dr介質(zhì)中空氣中遐a樣圖代入圓柱體表面電位的法向?qū)?shù)的邊界條件最后得到圓柱體內(nèi)外的電位分別為空氣中題3. 14圖將上述兩方程分別直接積分兩次，得出通解為和 門2 = -C21n D2根據(jù)不同介質(zhì)分界面電位的連

11、續(xù)性可知CCC和D- C 介質(zhì)中!S =Sj ic空氣中單位長度導體圓柱的電量為In ；o ；）于是得到導體圓柱外的電位和電場強度分別為不Ra彳-不R- In 和 E - -e -n客o +町 pn各o + p3.14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。當外加電壓Uo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=0=1_d_P dr介質(zhì)中將上述兩方程分別直接積分兩次，得出通解為洱=-C1 In r D1 和 毬 2 = -C21n T 亠 D2根據(jù)不同介質(zhì)分界面電位的連續(xù)性可知CCC

12、和Dj =D2 =D，即由：:辛=0和= U0可得至uD = -CI n a可以解得bC 二U 0 /1 n i 0匕丿因此電容器內(nèi)電位和電場強度的分布分別為U 0 In - j 和 ED - -U01n a/1n i b0 2丿2丿利用匚=en d可以計算出電容器內(nèi)面電荷密度分布為P _認0-S U。1bIna那么單位長度總電荷為因此單位長度的電容為In -aU0(2 n-R ；U。la丿1b InFI1 b In . la丿Uo2冗1a3.15在介電常數(shù)為；的無限大介質(zhì)中，均勻分布體密度為空腔（腔中的介電常數(shù)可視為位參考點）CU。1廿2G的電荷。若在該介質(zhì)中挖了一個半徑為Ro的球形坯）。利

13、用直接積分法求出各處的電位分布和電場強度E 。（以球面為零電解：根據(jù)場的對稱性可知 j，即 7d：2。設球形空腔內(nèi)外的電位分別為和門2。dr122 1 r2 dr . dr=0和drC1 D1和2r訃26；C2rD2考慮到r 0時，場應是有界的,即Ci = 0。再利用邊界連續(xù)條件0也也以dr dr及給定的零電位參考點，即r二Ro時，叮 =2 = 0，聯(lián)立解得R3C1= D1 = 0, C2和 D23 ；由此可得2；上 1=0,，2 =60 R00 R03 ；r2 ；drX HU03.16解:頂端夾角為2厲的帶電導體圓錐垂直于無限大的接地導體平面，但兩者之間有一縫隙。當圓錐所加電壓為U 0時，試

14、求圓錐體與導體平面之間的電位分布及電場強度。由于圓錐體與導體平面之間的電位分布均僅為坐標二的函數(shù)，滿足一維的拉普拉斯方程即sin=0拠丿將上述方程分別直接積分兩次，得出通解為不了日）j = C l n I ta nDI 2丿利用邊界條件尬l；0 =U0和處i n2=0解得c =InD =0由此可得圓錐體與導體平面之間的電位和電場強度的分布分別為3.17解:=InU。tZ2Intan24仁弋InU01如題3.17圖所示，由兩塊形狀相同的不相連矩形導體槽構(gòu)成的無限長的矩形管，內(nèi)填空氣，但兩者之間有一縫隙。分離變量法求出矩形管內(nèi)的電位分布。當外加電壓U0時，利用直角坐標系定解問題為可2=0，y占=0

15、，y=U0以及題3一口圖二 by 7：-2b，其中叮和匚：的滿足的定解問題分別為屮d/2vy d心0Ocy vd/2和：-2U。0y =0，J1y0心H0和二1Ubb/2 ： y b0 ： y ： b/2N2e2 =0 ,2y廠02y廠 0，：J2xm =0和門2U0U00 y b/2 ： y ： bbU00 y 0：y：b/2 b由定解問題的邊界條件：.：、注=0很容易得到n =1八一 Asin h nnx B, cosh n nb由:：x衛(wèi)=，則A2 =0 ,因此上式變成1=送 Ansinhsin巴nU0uy代入邊界條件門,x =abU0b/2 ： y :：: b則得到0 .： y :：:

16、 b/2_n nan 竊、 An sinhsin n 4.U0U 0 ybU0Tyb / 2 ： y : b0 ： y ： b / 2利用正弦函數(shù)的正交性可以得到積分得到A sinhbn 祠 2b/200U0Uy sin%yb/2An 二2U0n Ttsinh bn/2nna 1由定解問題、2門2 =0，叮2y = 0，J 2x”0可知不nn ax) n?iy=2 二Cnsinhsin代入邊界條件：2U0ybU0 yb/2 ： y ：b，則得到Cn 二2U0n Ttsi nh bn/2nna 1最后得到電位分布為00z丿 J/2(T )d n n 24,6,n,n n 丄, n 啟cosh+

17、1 coshblbsinh 吐bsinhU? bsinb3.18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) 叮 1 二U。，: J23 二;4 二 0 ；點(2) ：、2 =U0 ,1 =0，叮 3二 0 ；cn題 3. 13|1（3）川 3 - U 0 sin cos ,；b b（4）2 二 E0，叮、h.：、=0,3 = 0。dycn解：（1）根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為h = G sinhkyX C2coshkyx Dr sin ky y D2coskyy由邊界條件叮H -4 =0可以得到D2 = 0 和kyn =1,2,3，川b即（x, y）= Dr s

18、in G sinh- +C2cosh-n-X I bibb 丿為了求解方便可以將上式改寫為（x, y ）= Di sinbGsinh氓X ccosh旦口 |lbb如此一來，由邊界條件3 =0可以直接得到C2 =0，于是有x, yEn sinsinh n nxbb式中，En =CiDi。將上式對n求和，可將此邊值問題的解寫成nn . , n冗ax -En sin sinh nd,2,3,bb最后，將邊界條件：、=u0代入上式，得U。ZEn sinsinhnd,2,3,bb利用三角函數(shù)的正交性可以得到2U0Enbsinh -nna bb0sinn dy = n 冗sinh bn =1,3,5,11

19、!n = 2,4,6,|1|最后得到電位分布為=送n35 n n sinhbsin 牛si nhdbb(2) 根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為乍x, y 二 G sin kxx C2 coskxx D1 sinhkxy D2coshkxy由邊界條件1 =0和:.：3 =0可以得到n n2=-U0代入上式，得Uo、Enn=1，2,3,，|cosnnsinh黒2a2a利用三角函數(shù)的正交性可以得到En :bsi nh2U0an do 02a_1 2.n n ,sin dx 二an 冗sinh2a0n =1,3,5,|n =2,4,6,|l|最后得到電位分布為Zn 435,iin n . , n

20、謝 cossinh-2a 2a4U。n n sin 2a(3) 根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為x, y = G sinhkyx C2coshkyx Dr sin ky y D2coskyy由邊界條件叮2 -4 =0可以得到（x, y）=D1Sin-nny . C1 sinh+C2cosh | n = 1,2,3,HIblbb 丿由邊界條件=0可以得到（x,y）=EnSi nhsi nn= 1,2,3,HIb b式中，En =C1D1。將上式對n求和，可將此邊值問題的解寫成y,v匚nn2,3,山2a 2a最后，將邊界條件2 yE0代入上式，得En_旦bnncosh 2a 2a8aEcosh

21、 皿n n . n n, n n二 En sin cosh - n 2,3, 2a 2a 2a利用三角函數(shù)的正交性可以得到n =1,3,5 ,|l|n =2,4,6,|l|最后得到電位分布為r=乞n $3,5,Ii|8aE2 2J二 bn n cosh asin 業(yè) si nh2a 2a距離為d ,其間有一薄片，如題3.21圖所示。3. 21兩平行的無限大導體平板，當上板電位為U。，下板電位為零，薄片電位為U。1 y/d時，利用直角題3.爼圖解:坐標系中的分離變量法求板間定解問題為可2=0 ,x 0區(qū)域的電位分布。 y =0 = 0， ：Jx二U0 1 y/d設尬：冬.Uly，則其中：: J的滿足的定解問題為 2：宀=0 , ： d由定解問題的邊界條件：、X_ :y=0y*-x二U03.22解:y廠0和叮Ji注=0很容易得到CO八n 4=有限，則 A =0