電磁場(chǎng)與電磁波理論(第二版)(徐立勤-曹偉)第3章習(xí)題解答

212d3.1對(duì)于下列各種電位分布，分別求其對(duì)應(yīng)的電場(chǎng)強(qiáng)度和體電荷密度：Acxyz0(4)E=-條個(gè)=-(e2Arsin9cosv+eArcos9cosv-eArsinv)r9v電位。00下頂面在球心產(chǎn)生的電位為00側(cè)面在球心產(chǎn)生的電位為0000xyz1t2tx0y0代入電場(chǎng)法向方向分量滿足的邊界條件可得n2nz于是有x0y0z3.9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dx3dCdCdCdx3dCdCdC33xdxCpdd(x)π0sinE=-exπdCxdxdp(x)=pcosπx的體電荷。若選擇坐標(biāo)原點(diǎn)為零電位參考點(diǎn)，試求平面層之內(nèi)以及平面層以外各區(qū)0d域的電位和電場(chǎng)強(qiáng)度。?C?C?2C?2C?2Cd2CyzVCx?C?C?2C?2C?2Cd2C分別為C，C，C和E，E，E。由電位所滿足的微分方程123123解得由于理想介質(zhì)分界面沒有面電荷，所以邊界條件為C=CC=Cd2C d2C dCddCdx2222333ccdx0dxdx0dxdC123CECE=-VC=-e就可以得到C2p0d23=-cπ2C2p0d22=-cπ2選擇不同的零電位參考點(diǎn)，得到的電位不同，但電場(chǎng)強(qiáng)度仍是相同的。00003c0)d根據(jù)對(duì)稱性只需求出x>0的解，即C和C=C。12300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0其通解為0U2pd亭C=0U2pd亭C=0+02c0因此板間電位分布為0板間電場(chǎng)強(qiáng)度為從該式可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度為零的位置為2c0(d2c0(dx2x2+0x_(0cd0=000000c02cU2pd2cU2pd00由于我們是討論極板內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度，因此零點(diǎn)位置為pdd3c12pdd3c12間外加電壓U時(shí)，試求電容器中電位和電場(chǎng)的分布以及電容器的電容。0解：對(duì)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xxd0UC=0，即平板電容器中的電位分布為UC=0x根據(jù)E=_VC，可以得到平板電容器中的電場(chǎng)分布為xdxx2d對(duì)x=0平板上e=e，面電荷密度分別為nxC201d(dC)pC201d(dC)p1d(dC)p?C可以解得=d總電量為12d22d122d0U122d0電位分布的通解可以分別設(shè)為222C1x=02x=2d01x=d2x=d??C2UU2和d0d2=一=一dCdCU01xdxd22對(duì)x=0平板上e=e，面電荷密度為221212已知在半徑為a的無限長(zhǎng)圓柱形120e和e。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(chǎng)強(qiáng)度。00圓柱體內(nèi)外的電位C和C分別滿足2它們的通解可以分別表示式為D222由軸線上的電位應(yīng)為有限值可得C=0。而由圓柱體的表面電位為零可得a2C1(p)=-a2C1(p)=-(p2-a2)C1(p)=(a2-p2)和003.13如題3.13圖所示，半徑為a的無限長(zhǎng)導(dǎo)體圓柱，單位長(zhǎng)度的帶電量為p。其l=d即和D=-Clna22和C=Clnp22a?r0?r?r0?r20ar=arr=a而圓柱體內(nèi)外的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為001d(dC)將上述兩方程分別直接積分兩次，得出通解為111222根據(jù)不同介質(zhì)分界面電位的連續(xù)性可知C=C=C和D=D=D，即12導(dǎo)體圓柱的面電荷密度為導(dǎo)體圓柱的面電荷密度為單位長(zhǎng)度導(dǎo)體圓柱的電量為l0即p0于是得到導(dǎo)體圓柱外的電位和電場(chǎng)強(qiáng)度分別為1d(dC)1d(dC)1d(dC)1d(dC)0，其中部分填充了介質(zhì)c，其余是空氣。當(dāng)外加電壓U時(shí)，試求電容器中的電位和電場(chǎng)強(qiáng)度的分布以及單位長(zhǎng)度的電容。0dC=ln02將上述兩方程分別直接積分兩次，得出通解為111222根據(jù)不同介質(zhì)分界面電位的連續(xù)性可知C=C=C和D=D=D，即1212由C=0和C=U可得到0可以解得因此電容器內(nèi)電位和電場(chǎng)強(qiáng)度的分布分別為C=U0ln(|())|和ECedCeU01SnSnp=00.和p=0.那么單位長(zhǎng)度總電荷為因此單位長(zhǎng)度的電容為c的無限大介質(zhì)中，均勻分布體密度為p的電荷。若在該介質(zhì)中挖了一個(gè)半徑為R的球形空腔(腔中的00介電常數(shù)可視為c)。利用直接積分法求出各處的電位分布C和電場(chǎng)強(qiáng)度E。(以球面為零電位參考點(diǎn))0C=_0_2+DdC21d(dC)1d(dC)1r126dCdC10120drdrdCdC10120drdr012pR3pR21123c22cC＝D=0,C=01123c22c126c3cr2c126c3cr2c加電0壓為U時(shí)，試求圓錐體與導(dǎo)體平面之間的電位分布及電場(chǎng)強(qiáng)度。0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)9的函數(shù)，滿足一維的拉普拉斯方程即將上述方程分別直接積分兩次，得出通解為利用邊界條件C(9)=U和C(π/2)=0解得00由此可得圓錐體與導(dǎo)體平面之間的電位和電場(chǎng)強(qiáng)度的分布分別為d3.17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(zhǎng)的矩0分離變量法求出矩形管內(nèi)的電位分布。y=0y=b0(U=〈0x=0l0和(U個(gè)=〈0x=al02b1212(U|l–b|l–b(U|l–b|l–b1y=01y=bx2x21nbb(U(U|l|l–bnb利用正弦函數(shù)的正交性可以得到積分得到|l–|l–bsinnπy|b)bb/2(b)bJb)bb/2(b)bJnnπsinhnπabdy2y=b2x=aCC2nbb2(U(U|l|l-bC=2U0(-1)n/2nnπsinhnπab最后得到電位分布為L(zhǎng)b」CUCC=C=0；C10234C30bb124aCaC 解：(1)根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為1y2y1y2y2即和k=yb為了求解方便可以將上式改寫為32nbbdECD。將上式對(duì)n求和，可將此邊值問題的解寫成n11空=xEsinnπysinhnπ(a-x)nbb最后，將邊界條件空=U代入上式，得00nbb利用三角函數(shù)的正交性可以得到E=2U0jbsinnbsinhnπa0b(4Unπydy|n最后得到電位分布為空=x4U0sinnπysinhnπ(a-x)n=1,3,5,nπsinhnπabbb(2)根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為1x2x1x2x?空由邊界條件?n1=0和空3=0可以得到4n2a2aECD。將上式對(duì)n求和，可將此邊值問題的解寫成n11n2a2a20代入上式，得U=xEcosnπxsinhnπy0n2a2a利用三角函數(shù)的正交性可以得到dE2U0jasin 0最后得到電位分布為 n nπsinhn"b2a (3)根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為1y2y1y2y1nbbECD。將上式對(duì)n求和，可將此邊值問題的解寫成n11nπxnπynπxnπynbb數(shù)可以得到11和abb其余的系數(shù)均為零。最后得到電位分布為L(zhǎng)bb」(4)根據(jù)給定的邊界條件可以將通解直接選為1x2x1x2xd?n4n2a2aECD。將上式對(duì)n求和，可將此邊值問題的解寫成n11C(x,y)=xEsinnπxsinhnπyn2a2a?C0最后，將邊界條件-2=E代入上式，得0-E=xEnπsinnπxcoshnπy0n2a2a2a利用三角函數(shù)的正交性可以得到(8aE2a2a|l0n=2,4,6,最后得到電位分布為L(zhǎng)a」La」00坐標(biāo)系中的分離變量法求板間x>0區(qū)域的電位分布。解：定解問題為條2C=0，C=0，C=U以及C=U(1+y/d)y=0y=b0x=001d11CC=0C=U邊界條件C=0和C=0很容易得到1y=01y=b1x)w1d11d0nd利用正弦函數(shù)的正交性可以得到(4U(4U最后得到電位分布為nnπd0d0ab變量法及邊界條件可以求出abzzn,mn,m0aan,mn,mU0，因此問題的解為解：取定圓柱坐標(biāo)系，使z軸與圓柱體的軸相重合。在此坐標(biāo)系下，諸場(chǎng)量均與z坐標(biāo)無關(guān)，圓柱內(nèi)部電位個(gè)和圓柱外部電位個(gè)均滿足二維的拉普拉斯方程，其通解表示式可分別寫為2d上列兩式的待定系數(shù)可以利用下列的邊界條件來確定：(1)在圓柱體的軸線上，電位為有限值，即(2)圓柱體表面的電荷在p)w(2)圓柱體表面的電荷在p)w的地方所建立的電場(chǎng)已減弱至零，故p)w時(shí)的電位邊界條件為C=02p)w(3)在介質(zhì)圓柱體的表面上滿足電位邊界條件，即C和c0??C??C由于邊界條件(1)和(2)可得2nn12nn即1nn2nn代入邊界條件(3)得到1nnnnnn=1和nnnncnnnncnn=10nnnn首先比較上兩式中常數(shù)項(xiàng)以及cosQ和sinQ項(xiàng)對(duì)應(yīng)的系數(shù)，得出0將這些式子聯(lián)立求解，得到ppa2nnnnnnnn將這些式子聯(lián)立求解，得到nnnn最后得到圓柱內(nèi)外的電位分布函數(shù)分別為00a、長(zhǎng)為l的圓柱形空間，其內(nèi)的場(chǎng)是軸對(duì)稱的，試求該空間的電位分布，已知(1)C=U，C=C=0；1023d201320l130U解法一：首先把上下邊界齊次化，也即令C=C+0z，其中的C滿足定解問題為U1l11111l可得由于p)0，C1為有限的，那么Bn=0。則上式變成C=xwAI(nπp)sinnπz1n0ll由側(cè)面的邊界條件可得ln0ll由三角函數(shù)的正交性可得A=U0.2.1jlzsinnπzdz=-2U0cosnπnllI(nπa)0lnπI0(nπa/l)0l即C=U0z-xw2U0cosnπI(nπp)sinnπzlnπI(nπa/l)0lln0n0zn0znznzn=1由于p)0，C為有限的，那么Bn=0，則上式變成nznz0z由底面的邊界條件可得n0zz而由側(cè)面的邊界條件，可得0zz0nzan0aa利用頂面的邊界條件可得0n0aa=2U0[xJ(x)]=2U0=2U0[xJ(x)]=2U0pJ(p)[pJ,(p)]2sinhp0ml1[pJ(p)]2sinhp0ml0m10md00ap000ana00a0a00a0a|l2a2[J(p0m)]2m=n于是得到ma2[J,(p)]2sinhp0ml000a[pJ,(p)]2sinhpma2[J,(p)]2sinhp0ml000a[pJ,(p)]2sinhp0ml0000ma0m00ma0m00ma0m10m00pJ(ppJ(p)sinh0m0m10ma由此可得空間的電位分布為個(gè)=xw2U0sinh個(gè)=xw2U0sinhpzn=1p0nsinhp0nlJ(p)10na(2)問題的解與v無關(guān)，根據(jù)邊界條件可將通解選為ll由于p)0，個(gè)為有限的，那么Bn=0。則上式變成n0ll由側(cè)面的邊界條件可得wAInasinnz0ln0ll利用三角函數(shù)的正交性可得((3)問題的解與v無關(guān)，根據(jù)邊界條件可將通解選為d由于p)0，C為有限的，那么Bn=0。則上式變成n0ll由側(cè)面的邊界條件可得U=xwAI(nπa)sinnπz0n0ll由三角函數(shù)的正交性可得(U3.25如題3.25圖所示橫截面為扇形的柱形空間，場(chǎng)沿軸線方向不變。已知C=C=0，C=-U，C=U，試求此扇形區(qū)域內(nèi)的v=0v=bp=a0p=b0C(p,v)=(Apkv+Bp-kv)(Csinkv+Dcoskv)111v1v由C=0得到D=0，則v=01C(p,v)=(Apkv+Bp-kv)sinkv11v由C=0得到sinkb=0，即vv=bvnπ于是有由C=-U和C=U分別得到下列利用正弦函數(shù)的正交性可以得到系數(shù)A和B。nn解法二：根據(jù)場(chǎng)的疊加性，可設(shè)C=C+C，其