電磁場(chǎng)與電磁波答案(第四版)謝處方

1、章習(xí)題解答1.11.1 給定三個(gè)矢量A、B和C如下：A exey2 ez3Bey4 ezC ex5 ez2求：(1)aA; (2)A B；(3)AgB；(4)AB; (5)A在B上的分量；(6)A C； (7 7)Ag(B C)和(AB)gC； (8 8)(A B) C和A (B C)。所以解(1 1)aA(2)(3)(4(4)(5(5)(6(6)(7(7)AgBexey2ez3AA1222(exey2由cosAB(exey2 ez3) gAgBABA在B上的分量由于BAg(BC)(A B)gC3)21$ey.1414ez3) ( ey4 ez)ex1111ey4ez)11.14AcosABe

2、y63ez、1453ez411得- 得238AgB11|BJ7ABcos1(-丄)135.5o238ey20ezey40ey2(exey2ex4 ey13ez10ex8 ey5 ez20ez3ex10 ey1辭ez3)g(ex8 ey5 ez20)42(ex10 ey1 ez4)g(ex5Q2)42(8)(A B) Cexeyez1014 ex2 ey40 ez5502A (B C)exeyez123ex55 ey44 ez1185201.1.2 2三角形的三個(gè)頂點(diǎn)為R(0,1, 2)、P2(4,1, 3)和B(6,2,5)。(1(1)判斷RP2F3 3 是否為一直角三角形;(2 2)求三角形

3、的面積。解(J)三個(gè)頂點(diǎn)p(0,1, 2)、F2(4,1, 3)和F3(6,2,5)的位置矢量分別為ex6 ey2 ez5$ex2 eyez8，r1eyez2，q ex4R12Dr1ex4ez，R31Aa ex6 eyeyez3，3R23r3ez7由此可見(jiàn)R12gR23(ex4Rp2P3為一直角三角形。ez)g(ex2eyez8)(2(2)三角形的面積S SR12R232R12R23117.6917.131.31.3解Rp p與求p ( 3,1,4)點(diǎn)到P(2, 2,3)點(diǎn)的距離矢量R及R的方向。rpex3 eyez4，rpRpprprpex5y、z軸的夾角分別為1,exgRppex2ey3e

4、y2ez3,ezcoscoscos(-Rpp-)eygRppLRPP)1,ezgRpp)5)cos1(=V3513cos(、35)1.41.4 給定兩矢量 上的分量。(RppA ex2 ey3cos1(99.73ez4和B解A與B之間的夾角為A在B上的分量為ABABo32.31o120.47ey5 ez6，求它們之間的夾角和1.51.5 給 定 兩 矢 量上的分量。A ex2 ey3-ACB、cos (AB)31、77ez4和Bcos Y31)V29 V77131oex2ey3ez4ex13ey223.532ex6eJO所以AB在C上的分量為(AB)CB)cCey4 ez，求AB在C eez1

5、.61.6解證明： 如果AgB由A BA C和AA (A(AgB)A (AgA)B由于AgBAgC，于是得到(AgA)B故B C，則耶(A|C|BA C B)A(ACC)A(AgA)C25馬14B C；C)，即，則(A(AgA)C21.71.7 如果給定一未知矢量與一已知矢量的標(biāo)量積和矢量積，那么便可以確定該未知矢量。 設(shè)A為一已知矢量，p AgX而pA X，P和P已知，試求X。解由P A X，有A P A （A X） （AgX）A （AgA）X pA （AgA）X故得X出AgA21.81.8 在圓柱坐標(biāo)中，一點(diǎn)的位置由（4,1,3）定出，求該點(diǎn)在：（1 1）直角坐標(biāo)中的坐標(biāo);（2 2）球坐標(biāo)

6、中的坐標(biāo)。2、y 4sin(2 / 3)2 .3、z 3tan1(4 3)53.1、2 .- 31201/ EgB1EB CS(EgB)CS (1.91.9 用球坐標(biāo)表示的場(chǎng)（1 1）求在直角坐標(biāo)中點(diǎn)25er2，r3,4,（2 2）求在直角坐標(biāo)中點(diǎn)解（1 1）在直角坐標(biāo)中點(diǎn)3,4,3,4,5）處的E和5）處E與矢量B ex2 ey2 ez構(gòu)成的夾角。5）處，Ex；25rExexgEE cosrx（2）在直角坐標(biāo)中點(diǎn)（3,4, 5）處，r25r25r3-r(3)242( 5)250故133 225220ex3 ey4Q5，所以ex310、，2ey4 ez51.101.10 球坐標(biāo)中兩個(gè)點(diǎn)間夾角的

7、余弦為（r1,1,1）和（咕2,2）定出兩個(gè)位置矢量R1和R2。證明R1和R2cos cos1cos2R1exr1sin1cos1R2exr2sin2cos2sin1sin2cos(12)eyr1si n1sin1ezr,cos12ez2cos2得至UcosR1IIR2sin1cos1sin2cos2sin1sinsin1sin2(cos1cos21sin1sinsin1sin2cos(1 2)cos1cosRpR?eyr2sin2sin1sin2sin22) cos1cos2C0S1cos2解（1 1）在直角坐標(biāo)系中x 4cos（2 . 3）故該點(diǎn)的直角坐標(biāo)為（2 2 J33）。（2 2）在

8、球坐標(biāo)系中r、42325、故該點(diǎn)的球坐標(biāo)為（5 53 1o1200）故E與B構(gòu)成的夾角為19(102)153.61.111.11 一球面S的半徑為5，球心在原點(diǎn)上，計(jì)算：?（er3sin ）gdS的值。S蜒e3sin )gdSS(er3sin )gprdSS2d3si n1.121.12 在由r 5理。Z 0和z 4圍成的圓柱形區(qū)域，對(duì)矢量2 25 sin d 75A err2eZ2z驗(yàn)證散度定故有1.131.13在圓柱坐標(biāo)系中g(shù)A1-(rr2)-(2z)3r 2rrz425gAddz d(3r 2)rdr 1200000蜒AgdS(err2ez2z)gerdSre d SezdSz)SS4

9、25 2525d d z2 4r d r d12000 00 0解所以又gAd1200求（1 1）矢量一個(gè)單位立方體的積分；A exx2(3 3)求?AgdSSeyx2y2ez24x2y2z3的散度；(2)A對(duì)此立方體表面的積分，驗(yàn)證散度定理。求gA對(duì)中心在原點(diǎn)的故有解（1 1）gA(2)(3)1.141.14分。/2222 3.3(24x y z )2x 2x2y 72x2y2z2xyzgA對(duì)中心在原點(diǎn)的一個(gè)單位立方體的積分為12 12 1/22 2 2 2gAd(2x 2x y 72x y z )d xdydz121212A對(duì)此立方體表面的積分1/2 1212?AgJ S(一)d ydzS

10、12 121 2.2122x ( ) dxdz21 21 22 21324x y ( ) d xdy1 2丄24丄2412 12()2dydz1 21 221 22x2(1 21 2)2dxdz212124x2y2( )3d xdy1 22124?AgdSS計(jì)算矢量r對(duì)一個(gè)球心在原點(diǎn)、gAd半徑為a 的球表面的積分，并求g 對(duì)球體積的積2rgerdSdaa2sin d 4 a3S00又在球坐標(biāo)系中,3，所以2a1.151.15 求矢量A qx eyx2此正方形的兩邊分別與x軸和y軸相重合。 克斯定理。2的正方形回路的線積分，A對(duì)此回路所包圍的曲面積分，驗(yàn)證斯托AgdSAyez(d)SzdSa

11、2y2d Sr422asin rd drSSxyS0 041.171.17 證明：（1 1）cR 3；(2)R 0；(3 3)(AgR)A。其中Rexx eyy ezz，A為 常矢量。解（1 1）gRx y -二3xyzexeyez（2 2）R0 xy zxy y（3 3）設(shè)AexAxeyAyezAz，則AQRAx AyyAzz，故(AgR)e( AxxAyyAzz)ey (AxxAyyAzz)xyez-(AxX7AyyAzz)exAxeyAyezAzA1.181.18一徑向矢量場(chǎng)Ferf (r)表示,如果gF0，那么函數(shù)f（r）會(huì)有什么特點(diǎn)呢?解在圓柱坐標(biāo)系中，由gzl-drf （r）0r

12、d r可得到所以故有?AgjlC1.161.16分。求矢量A2xdx02xd x222dy020d y 80exeyezex2yzez2xAgdS?Agj lCexXeyxyz2y z2 2(ex2yz ez2x)opzd xd y 80 0S2沿圓周AgdS的線積分，再計(jì)算A對(duì)此圓面積的積2xs8 82 22 2s8 84 4)d)d3r sin d r d d 4 a0 0 0ezy2z沿xy平面上的一個(gè)邊長(zhǎng)為 再求2a在球坐標(biāo)系中，由可得到f （r） CC為任意常數(shù)。gFf(r)1.191.19 給定矢量函數(shù)C-2rexyEgj l: （ 1 1）沿拋物線eyx，試求從點(diǎn)R（2,1,；（

13、2 2）沿連接該兩點(diǎn)的直線。 這個(gè)1）到點(diǎn)P2（8,2, 1）的線積分E是保守場(chǎng)嗎？解（1 1）EglC(2)連接點(diǎn)R(2,1, 1)到點(diǎn)X2y 1Exdx Eyd yydXxd yCC2 22 2 2yd(2y ) 2y dy6y d y1 1F2(8,2, 1)直線方程為x 8y 2146y 4 0EgdlExdxCC由此可見(jiàn)積分與路徑無(wú)關(guān)，故是保守場(chǎng)。 求標(biāo)量函數(shù)x2yz的梯度及51.201.203ex.504ey50Eydy2yd(6y 4) (6y 4)d y (12y 4)d y 141在一個(gè)指定方向的方向?qū)?shù)，此方向由單位矢量ez定出；求（2,3,1）點(diǎn)的方向?qū)?shù)值。50解ex(

14、x2yz) ey(x2yz) e(x2yz)y2 2eyx z ezx y故沿方向e3ex504ey506xyzSPi 一50l點(diǎn)（2,3,1）處沿e的方向?qū)?shù)值為16的方向?qū)?shù)為、504X2Z5x2y、50一50601121.21.21 1l試Ay3650. 50. 5050采用與推導(dǎo)直角坐標(biāo)中Az相似的方法推導(dǎo)圓柱坐標(biāo)下的公式z解在圓柱坐標(biāo)中，取小體積元如題1.211.21的通量為AAz。rz圖所示。矢量場(chǎng)A沿er方向穿出該六面體的表面gA -(rAr)zzzzAr r r(rr)d rdArz同理因此,(r矢量場(chǎng)r)Ar(rr,z)rAr(r,z)(rAr)r1 (rAr)r rA(r,

15、AzAz(r, ,zdr dzd r dz,z) A (r,rzr d r dz) Az(r,z)Azzrdr d,z)rAzA穿出該六面體的表面的通量為1 （rAr）屮耳屮 巴 r故得到圓柱坐標(biāo)下的散度表達(dá)式役z1.221.22 方程u2y_b2解由于limo(rAr)r rAzz2給出一橢球族。求橢球表面上任意點(diǎn)的單位法向矢量。2c2xex 2aey*2zezPcu 2(為2&)2G)2故橢球表面上任意點(diǎn)的單位法向矢量為1.231.23u現(xiàn)有三個(gè)矢量A、A/ x y(ex飛er5因?yàn)?r,p1，2r, P2，則PigrPircosg又因?yàn)槭莾蓚€(gè)平面(r(r Pi)gr P2) r利用矢量恒

16、等式可得(rP2r cos2,Pi)和(r,P2)間的夾角，所以有2P1P2Sinsin2cos另一方面,(r PigrP2)2P1) rgp2r P1(rgpjrlgp?2r (P1gP2)(rgpj(rgp2)此(PigP2)1(r pjgtr rP2)(rgpj(rgp2)PiPzSin1sin2COSp1p2cos1cos2P1P23I4or故兩偶極子之間的相互作用力為PlP2z.( (sin4o于是得到( (sin1sin2cos 2cos1cos2) )FrWerq constin2cos 2cos 20S2)占)dr r3P1P7( (sin in2cos 2cos1cos2)

17、)4or 由上式可見(jiàn)，當(dāng)i2.142.14 兩平行無(wú)限長(zhǎng)直線電流Ii和丨2，解 無(wú)限長(zhǎng)直線電流I1產(chǎn)生的磁場(chǎng)為直線電流12每單位長(zhǎng)度受到的安培力為20時(shí)，即兩個(gè)偶極子共線時(shí)，相互作用力值最大。d，求每根導(dǎo)線單位長(zhǎng)度受到的安培力Fm。011e2 r112ezB1d z0相距為BiFm1201112ei22式中e12是由電流I1指向電流12的單位矢量。同理可得，直線電流h每單位長(zhǎng)度受到的安培力為Fm21Fm12e122.152.15 一根通電流 h h 的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線和一個(gè)通電流J 的圓環(huán)在同一平面上， 圓心與導(dǎo)線的距離為d，如題 2.152.15 圖所示。證明：兩電流間相互作用的安培力為Fmol

18、j2（sec 1）這里是圓環(huán)在直線最接近圓環(huán)的點(diǎn)所張的角。 解 無(wú)限長(zhǎng)直線電流I1產(chǎn)生的磁場(chǎng)為e吐2 rBi圓環(huán)上的電流元I2d l2受到的安培力為由題 2.152.15 圖可知所以Fmal112x202.162.16r(Pg解當(dāng)dl故得到2x0丨1丨22 x exsinezcos )add Fm12d l2B1d l2eydl2(x d0aI1I2acos2 (d a cos )(ezsine cos )dcos ,d（d a cos ）證明在不均勻的電場(chǎng)中，）E p Eo如題 2.162.16 圖所示，設(shè)PT1時(shí)，有(rqrE(rE(rex0aI1I22)exohLGec1)a ,d2a2

19、某一電偶極子P繞坐標(biāo)原點(diǎn)所受到的力矩為qE(2)dl3)E(r7)riqE(rdlqdl (dlqE(G dlE(r)E(r)(rE(r（號(hào)dl1），則電偶極子P繞坐標(biāo)原點(diǎn)所受到的力矩為dldl)qE(r )22dl E(r =)2)E(r)E(r)qdl2T r (qdl )E(r) qdl E(r) r (Pg )E p EydlE(rP三章習(xí)題解答3.13.1 真空中半徑為a的一個(gè)球面，球的兩極點(diǎn)處分別設(shè)置點(diǎn)電荷q和q，試計(jì)算球赤道平面上電通密度的通量( (如題 3.13.1 圖所示) )。解由點(diǎn)電荷q和D咔4 R3赤道平面題 3.1 圖q共同產(chǎn)生的電通密度為R-R3ez(z a)4r2

20、(z a)232則球赤道平面上電通密度的通量DgdSDgzzodS5a0(rer ez(z a)2232r (z a)(a)a2 rdr22、3 2 #22、3 22da ) (r a )a1(1)q0.293q02ra的球體原子模型，其球體內(nèi)均勻分布有總電(Z是原子序數(shù)，e是質(zhì)子電荷量)Ze 1 r到球體內(nèi)的電通量密度表達(dá)式為D0er23，試證明之。4 rq43.23.219111911 年盧瑟福在實(shí)驗(yàn)中使用的是半徑為荷量為Ze的電子云，在球心有一正電荷Ze3ra解 位于球心的正電荷Ze球體內(nèi)產(chǎn)生的電通量密度為原子內(nèi)電子云的電荷體密度為qa22、1 2(r a )1D1er，通過(guò)實(shí)驗(yàn)得b b

21、故原子內(nèi)總的電通量密度為題 3. 3 圖(a)_Ze_廠*一3電子云在原子內(nèi)產(chǎn)生的電通量密度則為D2Ze2r3Ze4 r33er7Ze rer34 raDiD2Ze丄2rm3, ,兩圓柱面半徑分別為a和b，軸線相距為C(c b a)，如題 3.33.3 圖(a)所示。求空間各部分的電場(chǎng)。解由于兩圓柱面間的電荷不是軸對(duì)稱分布，不能直接用高斯定律求解。但可把半徑為a的0的兩種電荷分布，這樣在半徑為b的整個(gè)圓柱體內(nèi)具3.33.3 電荷均勻分布于兩圓柱面間的區(qū)域中，體密度為0C小圓柱面內(nèi)看作同時(shí)具有體密度分別為有體密度為分布，如題0的均勻電荷分布，而在半徑為a的整個(gè)圓柱體內(nèi)則具有體密度為的均勻電荷3.

22、33.3 圖(b)所示?？臻g任一點(diǎn)的電場(chǎng)是這兩種電荷所產(chǎn)生的電場(chǎng)的疊加。的電場(chǎng)分別為b區(qū)域中，由高斯定律？EBSSE1er嚴(yán)02r，可求得大、小圓柱中的正、負(fù)電荷在點(diǎn)P產(chǎn)生0b2r2r22a r2r26題 3. 3 圖（b）點(diǎn)P處總的電場(chǎng)為E ElEl在r b且r a區(qū)域中，同理可求得大、2reN（b2r a2r20r2r小圓柱中的正、2）E2orE2負(fù)電荷在點(diǎn)2aP產(chǎn)生的電場(chǎng)分別為2a r點(diǎn)P處總的電場(chǎng)為E2在r a的空腔區(qū)域中,E3大、2er2-2or點(diǎn)P處總的電場(chǎng)為2or2ro廠（o小圓柱中的正、負(fù)電荷在點(diǎn)E2or20E3erE3E3-(roP產(chǎn)生的電場(chǎng)分別為or203.43.4 半徑為

23、a的球中充滿密度（r）的體電荷，已知電位移分布為3典2r Ar(r a)Dr5典4a Aa(r a)其中A為常數(shù)，試求電何密度2r解：由gD，有(r)cP1d /、2(rDJr d r故在r a區(qū)域(r)1 d2/30 2r (rr d rAr2)o(5r24 Ar)在ra區(qū)域(r)01d2(a52r-r drr2Aa4) 03.53.5 一個(gè)半徑為a薄導(dǎo)體球殼內(nèi)表面涂覆了一薄層絕緣膜，球內(nèi)充滿總電荷量為Q為的體(r)。電荷，球殼上又另充有電荷量Q。已知球內(nèi)部的電場(chǎng)為E er（r.a）4，設(shè)球內(nèi)介質(zhì)為真空。計(jì)算：（1 1）球內(nèi)的電荷分布；（2 2）球殼外表面的電荷面密度。解（1 1）由高斯定律

24、的微分形式可求得球內(nèi)的電荷體密度為ogEo期(r2E)r dro匚2乎( )r dr a3roaa3r22(2)球體內(nèi)的總電量Q為Q d 6o4rdr 4oaoa6球內(nèi)電荷不僅在球殼內(nèi)表面上感應(yīng)電荷球殼外表面上的總電荷為2 2Q，故球殼外表面上的電荷面密度為3.63.6 兩個(gè)無(wú)限長(zhǎng)的同軸圓柱半徑分別為r1和2的面電荷。(1 1)計(jì)算各處的電位移D。； 有什么關(guān)系？Q,而且在球殼外表面上還要感應(yīng)電荷Q，所以嚴(yán)204 a(b a)，圓柱表面分別帶有密度為b區(qū)域內(nèi)D。0，貝y 1和2應(yīng)具a和 r r(2(2)欲使(1(1)由高斯定理？Do8S，當(dāng)ra時(shí)，有D01b時(shí)，有2 rD021，則D02a1e

25、rr時(shí)，有2 rD03，則(2)令D03er則得到計(jì)算在電場(chǎng)強(qiáng)度E3.73.7移到點(diǎn)P2(8,2, 1)時(shí)電場(chǎng)所做的功:eyX的電場(chǎng)中把帶電量為2(1)沿曲線x 2y；2 C的點(diǎn)電荷從點(diǎn)R(2,1, 1)(2(2 )沿連接該兩點(diǎn)的直線。FgdlCq Egdl q Exdx Eyd yCC22 2xd y q y d(2y ) 2y d y1(2(2)連接點(diǎn)q yd xCP(2,1, 1)到點(diǎn)R(8,2,22 6q 6y d y 14q28 10 (J)11)直線方程為故W q yd xC長(zhǎng)度為3.83.8點(diǎn)的電位解x 2 x 8y 1 y 22xd y q yd(6y 4)1L的細(xì)導(dǎo)線帶有均勻

26、電荷,6y2q (12y1其電荷線密度為(6y 4)d y10。4)d y 14q28 106(J)(1)計(jì)算線電荷平分面上任意E，并用E;(2 2)利用直接積分法計(jì)算線電荷平分面上任意點(diǎn)的電場(chǎng)(1(1 )建立如題 3.83.8 圖所示坐標(biāo)系。根據(jù)電位的積分表達(dá)式，線電荷平分面上任意點(diǎn) 電位為核對(duì)。P的L 2(r,0)-22L240 r ziodzHln(z*2)r2(L2)2L2；r2(L2)2二2(L 2)2L 26（2 2）根據(jù)對(duì)稱性，可得兩個(gè)對(duì)稱線電荷元iodz在點(diǎn)p的電場(chǎng)為3故長(zhǎng)為L(zhǎng)3.93.9dE erdErldz20r的線電荷在點(diǎn)P的電場(chǎng)為JdE er0er2coser2lrdz

27、0(r22、3 2z )lrdz0(r2z2f2er210orzr2z2)L2er4l00r.r2(L 2)2l02l0d0dr已知無(wú)限長(zhǎng)均勻線電荷位函數(shù)。其中rP為電位參考點(diǎn)。rPlrP解(r) Egdlrr2由于是無(wú)限長(zhǎng)的線電荷，不能將3.103.10 一點(diǎn)電荷q位于（解兩個(gè)點(diǎn)電荷q和(x, y, z)令（x, y,z） 0，則有4(xininL2 2(L2)222L 2,r (L 2) lnJ2(L 2)2j2(L 2)2l的電場(chǎng)Eer d r In rr20rP選為無(wú)窮遠(yuǎn)點(diǎn)。a,0,0)，另一點(diǎn)電荷rPr故得由此可見(jiàn)，零電位面是一個(gè)以點(diǎn)2q在空間產(chǎn)生的電位1q40(x ar y12 2

28、a) y2 2y z (x5222評(píng)y z5a,0,0)為球心、erl0r2(L2)2，試用定義式0r2q位于(a,0,0)(r)rPEgl求其電r，求空間的零電位面。.(xa)2(x3.113.11 證明習(xí)題 3.23.2 的電位表達(dá)式為2q.(x a)-2.(x a)a)24(評(píng)4a為半徑的球面。3嚴(yán)fF 01(r)z2z2 2 2y z22y z2r2r；解 位于球心的正電荷Ze在原子外產(chǎn)生的電通量密度為D1Zee4 r2（2 2）根據(jù)對(duì)稱性，可得兩個(gè)對(duì)稱線電荷元iodz在點(diǎn)p的電場(chǎng)為32?117)電子云在原子外產(chǎn)生的電通量密度則為D2er4 ra3 34 r2Ze2r所以原子外的電場(chǎng)為

29、零。故原子內(nèi)電位為1ra(r) Ddr0 r3.123.12 電場(chǎng)中有一半徑為宜(丄40 rr2a的圓柱體，已知柱內(nèi)外的電位函數(shù)分別為(r)(r)2aA(r )cos r(1)(1)(2)(2)解(2)(2)求圓柱內(nèi)、外的電場(chǎng)強(qiáng)度；這個(gè)圓柱是什么材料制成的？表面有電荷分布嗎？試求之。(1(1)由 E Ea時(shí)，E，可得到r a時(shí)，2a er A( r ) cose -A(rr2a)cos2aerA(12)cos er該圓柱體為等位體，所以是由導(dǎo)體制成的，其表面有電荷分布，電荷面密度為0ngr a2Acos20(2 2)rncos(n) Asin(n )圓柱坐標(biāo)；(3 3)rncos(n)圓柱坐標(biāo)

30、；(4 4)r cos球坐標(biāo)；(5 5)2r cos球坐標(biāo)。2 2 2解2(1)在直角坐標(biāo)系中-2 2 2xyz2222sin (kx)si n(ly)e k2sin(kx)sin(ly)ehzxx2222sin (kx)si n(ly)e l2sin(kx)sin(ly)ehzyy2222sin(kx)sin(ly)ehzh2sin(kx)sin(ly)ehzzz2(k2l2h2)sin( kx)sin(ly)ehz03.133.13(1)(1)而故22(2(2)在圓柱坐標(biāo)系中z22 2驗(yàn)證下列標(biāo)量函數(shù)在它們各自的坐標(biāo)系中滿足sin(kx)sin( ly)ehz其中h2k2l2；2丄_(一)

31、r r rA(12冷)sin rr一rncos(n ) r rrAsin(n)n2rn 2cos(nA si n(n )n2rn 2cos(n ) Asin(n )2rncos(n ) z(3)(r)1rrncos(n )n2rn 2cos(n )r rrr rr122 22 n 2n r cos(n)r2222【rncos(n )0zz202021(sin（4 4） 在球坐標(biāo)系中r2J12r sin122r sinr2r(r2-2一r2一(r cos ) r r r2 cosr(5(5)12_r sin(sin12_r sinsin(r cos )2 2rsin122rsin012 r si

32、n2(rsin2)2(rcos )0r2r(r22 22r (r cos ) r r r2cosr2 cosr2r sin(sin)2r sinsin(r cos )12 . 2 22(r sin ) cosr sinr121222222-2(rcos ) 0r sinr sin1 1203.143.14 已知y 0的空間中沒(méi)有電荷，下列幾個(gè)函數(shù)中哪些是可能的電位的解（1）eycoshx；（2）eycosx；（3）e2ycosxsin x（4 4）sinxsinysin z。Asin(n )D1所以函數(shù)e2T(eycoshx)- y0空間中的電位的解；22(eycosx)2(e yz2解(1

33、1) (eycoshx)xycoshx不是y22(eycosx) xycosx222(eycoshx) 2eycoshx 0 z(2)ycosx)yye cosx e cosx 0所以函數(shù)e(3)是y 0空間中可能的電位的解；2(e2ycosxsinx)y (e2ycosxsinx) x2(e2ycosxsinx) zy 2y4ecosxsin x 2ecosxsin x2ycosxsin x不是y 0空間中的電位的解；22 (sin xsin ysin z) (sin xsinysinz)xy3si nxsi ny si nz 0所以函數(shù)sinxsinysinz不是y 0空間中的電位的解。3

34、.153.15 中心位于原點(diǎn)，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的電介質(zhì)立方體的極化強(qiáng)度矢量為P F0(exX eyy ezz)。(1 1)計(jì)算面束縛電荷密度和體束縛電荷密度；(2 2)證明總的束縛電荷為零。解(1 1)所以函數(shù)e(4(4)p(xp(xgpI)2)3PongPngP同理p(y2)p(y(2)3.163.16電位為2(sin xsin ysin z)zL2exgPx L 2exgPpd?S半徑為R0的介質(zhì)球，介電常數(shù)為r0qpPdSp(z L)3P0L3由？DgdSSq，可得到R)時(shí),R時(shí),4 r2D,4 r33Di4 r2D2x L 2p02x L2 F02p(z22p06L2LP002Di其內(nèi)均勻分布

35、自由電荷，證明中心點(diǎn)的3r2D12故中心點(diǎn)的電位為R)R)rE1d rE2d rdr30R)0 r 0一個(gè)半徑為R的介質(zhì)球，介電常數(shù)為計(jì)算束縛電荷體密度和面密度；(0)R0RD30r3.173.17常數(shù)。(1 1) 和電位分布。(2)(2)dr衛(wèi)6r 0，球內(nèi)的極化強(qiáng)度 計(jì)算自由電荷密度;廠)戌0r0p erK r，其中K為-(3 3)計(jì)算球內(nèi)、外的電場(chǎng)解(1 1)介質(zhì)球內(nèi)的束縛電荷體密度為cP專(r2上)r dr r在r R的球面上，束縛電荷面密度為ngPr RegPr RdrKR(2(2)由于D0E P，所以gD0gEgpgpgp(1 -) gP gp由此可得到介質(zhì)球內(nèi)的自由電荷體密度為g

36、Dgp總的自由電荷量(3)(3) 介質(zhì)球內(nèi)、Ei介質(zhì)球內(nèi)、04 RK1-40 0r外的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為p2dr0_qer4(外的電位分別為E220rK(o)rRKo(o)rer(r(rR)R)1EgdlrRRE1drrdrr(0)rK , RIn(0) r2E2drrrE2drRRKR 0(0)rK0(0)RK .2dr0(0)r-dr(rR)RK0(0)r(rR)(1(1)證明不均勻電介質(zhì)在沒(méi)有自由電荷密度時(shí)可能存在束縛電荷體密度;p p 的表達(dá)式。解(1 1)由P0E p，在介質(zhì)內(nèi)沒(méi)有自由電荷密度時(shí)，由于P E,有g(shù)D3.183.18縛電荷密度(2(2)導(dǎo)出束所以gE得束縛電荷體密度為gP

37、0，則有g(shù) E) gE EgEgpgpp 0gE0cP0gE2由此可見(jiàn)，當(dāng)電介質(zhì)不均勻時(shí)，gE可能不為零，故在不均勻電介質(zhì)中可能存在束縛電荷體密度。(2 2)束縛電荷密度P的表達(dá)式為p 0gE Eg3.193.19 兩種電介質(zhì)的相對(duì)介電常數(shù)分別為rl=2=2 和r2=3=3，其分界面為z=0=0 平面。如果已知介質(zhì) 1 1 中的電場(chǎng)的E1ex2y ey3x ez(5 z)那么對(duì)于介質(zhì) 2 2 中的E2和D2，我們可得到什么結(jié)果？能否求出介質(zhì) 2 2 中任意點(diǎn)的E2和D2？ 解設(shè)在介質(zhì)2 2 中E2(x, y,0) exE2x(x, y,0) eyE2y(x, y,0)ezE2z(x, y,0)

38、在z 0處，由ez(EiE2) 0和ezg(DiD2) 0，可得ex2y ey3x exE2x(x, y,0) eyE2y(x, y,0)2 5030E2Z(X,y,0)于是得到E2x(x,y,0) 2yE2y(x, y,0)3xE2z(x,y,0)10 3E2(x, y,0)ex2y e3x ez(103)故得到介質(zhì) 2 2 中的E2和D2在z 0處的表達(dá)式分別為D2(x, y,0)0(ex6y e9x ez10)不能求出介質(zhì) 2 2 中任意點(diǎn)的E2和D2。由于是非均勻場(chǎng)，介質(zhì)中任意點(diǎn)的電場(chǎng)與邊界面上的 電場(chǎng)是不相同的。3.203.20 電場(chǎng)中一半徑為a、介電常數(shù)為的介質(zhì)球，已知球內(nèi)、外的電

39、位函數(shù)分別為3cosaE0r30匚2Er cosr a20r解在球表面上1(a,)E0acos0L30 L aEcosE0a cos20202(a,)30E0a cos201E0cos2(0)E0COS3E cosr aE0cosr2020驗(yàn)證球表面的邊界條件，并計(jì)算球表面的束縛電荷密度。2r a0D20 r2E2Er cosE0cos故有1(a, )2(a,)，2可見(jiàn)1和2滿足球表面上的邊界條件。球表面的束縛電荷密度為2PngBr a(0冷實(shí)2(o)r出Eocos203.213.21 平行板電容器的長(zhǎng)、寬分別為a和b，極板間距離為-Jd。電容器的一半厚度(0 丄)2用介電常數(shù)為(1)(1)(

40、2)(2)(3)(3)解(1)(1)(1 1)的電介質(zhì)填充，如題 3.213.21 圖所示。板上外加電壓Uo,求板上的自由電荷面密度、束縛電荷；若已知板上的自由電荷總量為Q，求此時(shí)極板間電壓和束縛電荷;求電容器的電容量。設(shè)介質(zhì)中的電場(chǎng)為E又由于Ed2ezE，空氣中的電場(chǎng)為EoEoEdEo2Uo由以上兩式解得2oUoo)dEo故下極板的自由電荷面密度為上極板的自由電荷面密度為0Eo2 Uo2oUo(o)d2oUo(o)d電介質(zhì)中的極化強(qiáng)度o)E故下表面上的束縛電荷面密度為ezgP上表面上的束縛電荷面密度為ezg3(2(2 )由EoezEo。由DDo，有U Uo(o)d2o(o)Uo(o)d2o(

41、o)Uoo)Uoez江o)d0題 3.22 圖得到Q2oUab(o)d(o)dQ20ab(o)Qab(o)QP下(3)電容器的電容為abQ 2oabC-U (o)d3.223.22 厚度為t、介電常數(shù)為1，如題 3.223.22 圖所示。求：(1 1 )使40的無(wú)限大介質(zhì)板，放置于均勻電場(chǎng)Eo中，板與Eo成角2. . 4 4 的1值；(2 2)介質(zhì)板兩表面的極化電荷密度。0（1 1 ）根據(jù)靜電場(chǎng)的邊界條件，在介質(zhì)板的表面上有tan10tan2由此得到設(shè)介質(zhì)板中的電場(chǎng)為0E0COS1E，Entan1tan1114o4根據(jù)分界面上的邊界條件，0E0nEn，即所以0EnE0cos1NEE介質(zhì)板左表面

42、的束縛電荷面密度0)En0E0cos14o0.728oEo介質(zhì)板右表面的束縛電荷面密度3.233.23（1 1）（2 2）（3 3）在介電常數(shù)為的無(wú)限大均勻介質(zhì)中,平行于E的針形空腔； 底面垂直于E的薄盤(pán)形空腔；小球形空腔 （見(jiàn)第四章 4.14.14 4題）。340開(kāi)有如下的空腔，求各腔中的0)EnE0cos1/0.7280E0Eo和Do:解（1 1）對(duì)于平行于E的針形空腔，根據(jù)邊界條件，在空腔的側(cè)面上，有 形空腔中E0E。故在針E0（2 2）對(duì)于底面垂直于在薄盤(pán)形空腔中E，D0E00EE的薄盤(pán)形空腔，根據(jù)邊界條件，在空腔的底面上，有D。D。故D0E D E，E0003.243.24 在面積為

43、S的平行板電容器內(nèi)填充介電常數(shù)作線性變化的介質(zhì), 的1一直變化到另一極板（y d）處的解 由題意可知，介質(zhì)的介電常數(shù)為 設(shè)平行板電容器的極板上帶電量分別為D。試求電容量。1y（21）dq，由高斯定理可得從一極板(y0)處所以，兩極板的電位差故電容量為DyEyDyEyd0S(2_q_1y(2 1) dsdq1y(21) dsdyqdS(2In1)11）dln(2 i)2.32 107C3.253.25 一體密度為束外沒(méi)有電荷分布，試計(jì)算質(zhì)子束內(nèi)部和外部的徑向電場(chǎng)強(qiáng)度。2 rEr r2解 在質(zhì)子束內(nèi)部，由高斯定理可得3m的質(zhì)子束，束內(nèi)的電荷均勻分布， 束直徑為2mm，02.32 107r102 8

44、.8541.31104r V m3(r 10 m)在質(zhì)子束外部，有2 rEra201062Er產(chǎn)2r3.263.26 考慮一塊電導(dǎo)率不為零的電介質(zhì)2.32 1072 8.854 1012r1.311021V mr3(r 10 m)（,），設(shè)其介質(zhì)特性和導(dǎo)電特性都是不均勻的。證明當(dāng)介質(zhì)中有恒定電流J時(shí)，體積內(nèi)將出現(xiàn)自由電荷，體密度為Jg G ）。試問(wèn)有沒(méi)有束縛體電荷P?若有則進(jìn)一步求出解gDg E)gtJ)對(duì)于恒定電流，有g(shù)J0,故得到介質(zhì)中有束縛體電何P，且PgPgD0gEJg ()P。Jg (-) gJJg(門0aJ)Jg (-)Jg(_0)Jg(-0)3.273.27 填充有兩層介質(zhì)的同軸

45、電纜，內(nèi)導(dǎo)體半徑為a，外導(dǎo)體內(nèi)半徑為C,介質(zhì)的分界面半徑為b。兩層介質(zhì)的介電常數(shù)為1和2，電導(dǎo)率為1和2。設(shè)內(nèi)導(dǎo)體的電壓為u0,外導(dǎo)體接地。求：（1 1）兩導(dǎo)體之間的電流密度和電場(chǎng)強(qiáng)度分布；（2 2）介質(zhì)分界面上的自由電荷面密度；（3 3）同軸線單位長(zhǎng)度的電容及漏電阻。解（1 1）設(shè)同軸電纜中單位長(zhǎng)度的徑向電流為1，則由JBS 1，可得電流密度介質(zhì)中的電場(chǎng)由于U。于是得到E1E2b已gdraIer2 rJer2 r1Ier2E2gdrb21 2U0(a(ac)b)(bc)lnc2In（bja）11n（cb）故兩種介質(zhì)中的電流密度和電場(chǎng)強(qiáng)度分別為1 2U0 r2ln(b a)1ln(c b)(a

46、c)E12U06rr2ln(b a)1ln(c b)e_rr2ln(ba)Jn(c;b)(2(2 )由ngD可得，介質(zhì) 1 1 內(nèi)表面的電荷面密度為E2(a(bb)c)介質(zhì) 2 2 外表面的電荷面密度為2 lU0c2In(b a)1ln(c b)兩種介質(zhì)分界面上的電荷面密度為3.283.28 半徑為R1和R2(R1R2)的兩個(gè)同心的理想導(dǎo)體球面間充滿了介電常數(shù)為、電導(dǎo)率為0(1 K. r)的導(dǎo)電媒質(zhì)( (K為常數(shù)) )。若內(nèi)導(dǎo)體球面的電位為U0，外導(dǎo)體球面接地。試 求：(1 1)媒質(zhì)中的電荷分布；(2 2)兩個(gè)理想導(dǎo)體球面間的電阻。解 設(shè)由內(nèi)導(dǎo)體流向外導(dǎo)體的電流為|， 由于電流密度成球?qū)ΨQ分布

47、，所以(R1lnRR K)oKU0媒質(zhì)內(nèi)、外表面上的電荷面密度分別為iergE1|r aa1 2U02ln(b a)1ln(c b)2ergE2 r12(Ie實(shí)20圧2)r b(3(3)同軸線單位長(zhǎng)度的漏電阻為R U2I由靜電比擬，可得同軸線單位長(zhǎng)度的電容為(12 2 1)U0b2ln(b a)1ln(c b)2ln(ba)1ln(c b)21 221 22ln(b a)1ln(c b)R2)電場(chǎng)強(qiáng)度er40(r K)r(R1r R2)由兩導(dǎo)體間的電壓R2EgdrR10KU0U0R2R14dr0(r K)rR2(R K)R(& K)可得到所以r2lnR2(R1K)R1RK)媒質(zhì)中的電荷體密度為

48、JgK2U。ln12 2R2(R K) (r K) rR1RK)_ergJr R,ln一egJr R2KU。1R2(R1K) (R K)R1R1(R2K)KU0_1.R2(R K) (R2K)R2ln -R1R K)(2(2)兩理想導(dǎo)體球面間的電阻RUo1|nR2(R K)I4oK RR K)3.293.29 電導(dǎo)率為之間的距離為d（d的無(wú)界均勻電介質(zhì)內(nèi)，有兩個(gè)半徑分別為R1和R2的理想導(dǎo)體小球，兩球R1,dR2），試求兩小導(dǎo)體球面間的電阻。解 此題可采用靜電比擬的方法求解。假設(shè)兩小球分別帶電荷q和q，由于兩球間的距離dR、dR2，可近似認(rèn)為小球上的電荷均勻分布在球面上。由電荷q和q的電位疊加

49、求出兩小球表面的電位差，即可求得兩小導(dǎo)體球面間的電容，再由靜電比擬求出兩小導(dǎo)體球面間的電阻。q 11( )4R1dR,(-)4R,d Riq4C所以兩小導(dǎo)體球面間的電容為1 2111 1R1R2dR1dR2小I4由靜電比擬，得到兩小導(dǎo)體球面間的電導(dǎo)為G -1211 1 1R1R2d R| d R21故兩個(gè)小導(dǎo)體球面間的電阻為R 1/1 1(1-/_)G 4R|R2d R|dR23.303.30 在一塊厚度d的導(dǎo)電板上，由兩個(gè)半徑為ri和r2的圓弧和夾角為的兩半徑割出的一塊扇形體，如題 3.303.30 圖所示。求：（1 1）設(shè)兩小球分別R2，可得到兩小球表面的電位為E1U1dJ1S1U1z 2

50、2.(Dr1)d 2J22 2S2rdsU2E2dr12J2dr1E2J212rdE1J111故得到沿厚度方向的電阻為沿厚度方向的電阻；（2 2）兩圓弧面之間的電阻；沿 方 向的兩電極的電阻。設(shè)導(dǎo)電板的電導(dǎo)率為 。解（1 1）設(shè)沿厚度方向的兩電極的電壓為u1，則有U1dRUi 2d_1 2 2I1（D r1）（2 2）設(shè)內(nèi)外兩圓弧面電極之間的電流為| |2，則故得到兩圓弧面之間的電阻為R2匕丄池I2d r1(3(3)設(shè)沿方向的兩電極的電壓為 u u3，則有U3E3rd0由于E3與無(wú)關(guān)，所以得到E3J3E3U3I3J3ge dSS3rir1U3U313圓柱形電容器外導(dǎo)體內(nèi)半徑為的條件下，求使電容

51、器中的最大電場(chǎng)強(qiáng)度取極小值解 設(shè)內(nèi)導(dǎo)體單位長(zhǎng)度帶電荷為故得到沿方向的電阻為R33.33.31 1d ln( r2r-!)b，內(nèi)導(dǎo)體半徑為a。當(dāng)外加電壓U固定時(shí)，在b一定Emin的內(nèi)導(dǎo)體半徑a的值和這個(gè)Emin的值。l，由高斯定理可求得圓柱形電容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度為由內(nèi)外導(dǎo)體間的電壓E(r)bEdraIrbdra2rlnba得到20Ulln(b a)由此得到圓柱形電容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度與電壓的關(guān)系式在圓柱形電容器中，r a處的電場(chǎng)強(qiáng)度最大E(a)E(r) U rln (ba)Ualn(b a)令E(a)對(duì)a的導(dǎo)數(shù)為零，即E(a)aJ a2ln2(b a)ln(b a)由此得到故有in (b/a)ba -

52、e3.323.32Eminb2.718U-U 2.718 bb證明：同軸線單位長(zhǎng)度的靜電儲(chǔ)能2W等于乂。2Cqi為單位長(zhǎng)度上的電荷量，C為單位長(zhǎng)度上的電容。解 由高斯定理可求得圓柱形電容器中的電場(chǎng)強(qiáng)度為E(r)內(nèi)外導(dǎo)體間的電壓為bU Edradr亠lnb2 a則同軸線單位長(zhǎng)度的電容為同軸線單位長(zhǎng)度的靜電儲(chǔ)能為3.333.33 如題 3.333.33 圖所示,此兩種介質(zhì)的電容率分別為 靜電能量。解E1E22_In(b a)1bE2d 2a2 2/qi二1 qi1 q(-)2 rdr n(b. a) -2 r222 C一半徑為a、帶電量q的導(dǎo)體球，其球心位于兩種介質(zhì)的分界面上，1和2，分界面為無(wú)限

53、大平面。求：(1 1 )導(dǎo)體球的電容；(2 2)總的(1(1)由于電場(chǎng)沿徑向分布，根據(jù)邊界條件，在兩種介質(zhì)的分界面上E。由于Di1E1、USr21ED2D2S22 r22E2，所以DiD2。由高斯定理， 得到所以2Eqr2(12)E2t，故有導(dǎo)體球的電位故導(dǎo)體球的電容題 3.33 圖(a)Edr2)a4drrq2(12)aq(a)2)a2q2)a1 2q3.343.34 把一帶電量q、半徑為a的導(dǎo)體球切成兩半，求兩半球之間的電場(chǎng)力。解先利用虛位移法求出導(dǎo)體球表面上單位面積的電荷受到的靜電力f，然后在半球面上對(duì)f積分，求出兩半球之間的電場(chǎng)力。導(dǎo)體球的電容為C2We丄2C(2(2)總的靜電能量為(

54、a)故靜電能量為40a2q8a根據(jù)虛位移法，導(dǎo)體球表面上單位面積的電荷受到的靜電力14 a24 a2a方向沿導(dǎo)體球表面的外法向，即2訂(七)2:q324oaer在半球面上對(duì)這里sinF fdSexsin coseysinf積分，即得到兩半球之間的靜電力為2 2 2q2 .,er 24a sin d d0 03220a4ezcos2q3240aez3220a422qcos sin d2ez032a23.353.35 如題 3.353.35 圖所示，兩平行的金屬板，板間距離為d，豎直地插入在電容率為的液體中，兩板間加電壓0s d，其中S是板的面積，d為間距，忽略邊緣效應(yīng)。d的不帶電金屬插入兩極板之

55、間，但不與兩極接觸，如題3.373.37(a)定的條件下，電容器的能量如何變化？電容量如何變化？(2 2)如果在電荷q定的條件下，將一塊橫截面為S、介電常數(shù)為 的電介質(zhì)片插入電容器( (與電容器極 板面積基本上垂直地插入，如題 3.373.37(b)圖所示，則電 容器的能量如何變化？電容量又如何變化？U U。解(1 1)在電壓U。一定的條件下，未插入金屬板前，極板間的電場(chǎng)為其中為液體的質(zhì)量密度。解設(shè)金屬板的寬度為高度為L(zhǎng)。當(dāng)金屬板間的液面升高為h時(shí)，其電容為C _aha(L h)dd金屬板間的靜電能量為We-CU22液體受到豎直向上的靜電力為(L h)0FemgaU2(2d0)ahd0)ahd

56、g故得到液面上升的咼度h(3.33.36 6 可變空氣電容器， 當(dāng)動(dòng)片由0至180電容量由 角時(shí)，求作用于動(dòng)片上的力矩。設(shè)動(dòng)片與定片間的電壓為解當(dāng)動(dòng)片為角時(shí)，0)U22d2g25至350pF直線地變化，當(dāng)動(dòng)片為U。U2(0)(d)400V。C 25電容器的電容為350 2518025 1.81 PF(251.81 ) 1012F此時(shí)電容器中的靜電能量為作用于動(dòng)片上的力矩為A U0211.81212(25佃)1012U01012U21.45 107Nm3.373.37 平行板電容器的電容是 (1 1)如果把一塊厚度為 圖所示。則在原電容器電壓U02Fe與Fg相平衡，即題 3.35 圖而液體所受重

57、力FgU。題 3.37 圖(a)1電容為Co靜電能量為oSd12Weo-CoUo2oSU：2d當(dāng)插入金屬板后，電容器中的電場(chǎng)為此時(shí)靜電能量和電容分別為We122WeUTUod doSd dUod d2-S(d d)oSUo2(dd)故電容器的電容及能量的改變量分別為C C Co0SoS dWeWeWeooSd d d(d d)2oSUod2d(d d)(2(2)在電荷q定的條件下，未插入電介質(zhì)板前，極板間的電場(chǎng)為Eo一oqoS靜電能量為2q2Codq22oS當(dāng)插入電介質(zhì)板后，由介質(zhì)分界面上的邊界條件q qd d0q q題 3.37 圖(b)SE0(SS)qEqSo(SS)UEdqdSo(SS)

58、1qU1q2d22 S0(SS)E1tE2t，有EiE2E再由高斯定理可得E于是得到極板間的電場(chǎng)為兩極板間的電位差位此時(shí)的靜電能量為We其電容為so(S S)d故電容器的電容及能量的改變量分別為(o) SdWe1(o)q2d2oS So(S S)3.383.38 如果不引入電位函數(shù)，靜電問(wèn)題也可以通過(guò)直接求解法求解E的微分方程而得解決。(1(1)證明：有源區(qū)E的微分方程為2E(2(2)證明：E的解是 E E1四章習(xí)題解答4.14.1 如題 4.14.1 圖所示為一長(zhǎng)方形截面的導(dǎo)體槽， 槽可視為無(wú)限長(zhǎng)， 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。，求槽內(nèi)的電位函數(shù)。解 根據(jù)

59、題意，電位(X, y)滿足的邊界條件為(0, y) (a, y) 0解(1 1)由E 0,可得(E)0，即(gE)又實(shí)丄g(D P)-(P)00故得到2E-(P)t00(2(2)在直角坐標(biāo)系中2E 0其解分別為3.393.39證明:解由于2E-的三個(gè)分量方程為02EXEXEyEz2Ey2Ez11t40RX11t40Ry11t40Rz0dddexExeyEyezEzR險(xiǎn)(存RJRdt 3dtR3由題 3.38(2)3.38(2)可知IRtR30E40E-d z，所以40E0E 040Rid根據(jù)條件和,(x,0)(x,b)電位U0（x, y）的通解應(yīng)取為(x, y)Asinh(n)sin(n)n

60、1aa由條件，有兩邊同乘以題 4.1 圖sin(-U0Asinh(口)sin(U)1aa2U0n sinh( n ba)(1），并從a0 0 到a對(duì)x積分，得到a.zn xsin(-)dxasinh( n b a)0a4U02U0cosn1,3,5丄- ,n)n sinh(n b a) 0，12,4,6丄n ya極薄的導(dǎo)體片由y d到(x,y)妙-sin h（1,3,5,Lnsinh（n b a）4.24.2 兩平行無(wú)限大導(dǎo)體平面，距離為b，其間有）。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(shè)在薄片電位線性變化，（0, y） U0y d。解 應(yīng)用疊加原理，設(shè)板間的電位為（x,y