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1、电磁场与电磁波第4课后习题答案 高等教育出社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，求槽内的电位函数。 解 根据题意，电位j(x,y)满足的边界条件为 )ja(y,=) j(0,y=) 0 j(x,0= j(x,b)=U0 根据条件和，电位j(x,y)的通解应取为 j(x,y)=yn=1Ansinh(npya)sin(npxa) U0由条件，有 npxab oU0=n=1Ansinh(npba)sin(npxa) 题4.1图 ax 两边同乘以sin，并从0到a对x积分，得到 aAn
2、=2U0asinh(npba)asin(0npxa)dx= (1-cosnp)=2U0npsinh(npba)4U0,n=1,3,5,Lnpsinh(npba) 0，n=2,4,6,L故得到槽内的电位分布 j(x,y)=4U0pn=1,1np(ba3L,5n,sinhnpysinhanpx)sin( a)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y=d到y=b(-x0) 4） n=1Annpbsin(npyb)cosh(npx0b)- npybnpbn=1Bnnpbsincoshnpb(a-x0) =qle0d(y-y0) 由式，可得 Ansinh(npx0bmpyb)-B
3、nsinh(a-x0)=0 将式两边同乘以sin(Ancosh(npx0b)，并从0到b对y积分，有 )+Bncoshnpb(a-x0)=2qlnpe0b0d(y-y0)sin(sin(npy0bnpyb)dy= 2qlnpe0) 由式和解得 An=Bn=2ql1sinh(npab)npe0sinhnpb(a-x0)sin(npy0b) 2ql1sinh(npab)npe0sinh(npx0b)sin(npy0b) 故 j1(x,y)=2qlpe0n=11nsinh(npab)sin(npy0bsinhnpb(a-x0) npyb) (0xx0) )sinh(npxb)sin(j2(x,y)=
4、2qlpe0n=11nsinh(npab)sin(npy0bsinh(npbnpx0b) npyb) (x0xa) )sinh(a-x)sin(若以y=y0为界将场空间分割为0yy0和y0yb两个区域，则可类似地得到 j1(x,y)=2qlpe0n=11nsinh(npba)sin(npx0asinhnpa(b-y0) npxa) (0yy0) )sinh(npya)sin(j2(x,y)=2qlpe0n=11nsinh(npba)sin(npx0asinh(npanpy0a) npxa) (y0yb) )sinh(b-y)sin(4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0=exE0中垂直于电场
5、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j和电场E以及导体表面的感应电荷密度s。 解 在外电场E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E0的电位j0与感应电荷的电位jin的叠加。由于导体圆柱为无限长，所以电位与变量z无关。在圆柱面坐标系中，外电场的电位为j0(r,f)=-E0x+C=-E0rcosf+C，而感应电荷的电位jin(r,f)应与j0(r,f)一样按cosf变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以j(r,f)满足的边界条件为 y j(a,f)=C s+C j(r,f)-E0rcofr( )-1由此可设 j(r,f)=-E0rcosf+A1r
6、cosf+C -1由条件，有 -E0acosf+A1acosf+C=C E0a o x 2于是得到 A1=aE0 故圆柱外的电位为 题4.8图 j(r,f)=(-r+ar2-1)E0cosf+C 若选择导体圆柱表面为电位参考点，即j(a,f)=0，则C=0。 导体圆柱外的电场则为 E=-j(r,f)=-erjr-ef1jrf=-e(1+rar22)E0cosf+ef(-1+ar22)E0sinf =2e0E0cofs r=ar4.9 在介电常数为e的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为a的圆柱形空腔。沿x轴导体圆柱表面的电荷面密度为 s=-e0j(r,f)方向外加一均匀电场E0=exE0，求
7、空腔内和空腔外的电位函数。 解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为j0(r,f)=-E0x=-E0rcosf而感应电荷的电位jin(r,f)应与j0(r,f)一样按cosf变化，则空腔内、外的电位分别为j1(r,f)和j2(r,f)的边界条件为 r时，j2(r,f)-E0rcosf； r=0时，j1(r,f)为有限值； r=a时， j1(a,f)=j2(a,f)，e0由条件和，可设 j1(r,f)=-E0rcosf+A1rcosf (ra) j2(r,f)=-E0rcosf+A2r-1-1j1r=e
8、j2rcosf (ra) -2带入条件，有 A1a=A2a，-e0E0+e0A1=-eE0-eaA2 由此解得 A1=-e-e0e+e02eE0， A2=-e-e0e+e0aE0 2所以 j1(r,f)=-e+e0E0rcosf (ra) 2j2(r,f)=-1+E0rcosf (ra) e+e0re-e0a4.10 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题4.10图所示。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U0和-U0。求圆柱面内部的电位函数。 y解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为 j(0,f)为有限值； 0 b o
9、 -U0U0x 0 U00 j(b,f)=-U000fp2p2fppf3p23p2fa)处，有一与圆柱平行的线电荷ql，计算空间各部分的电位。 解 在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位j(r,f)均为线电荷ql的电位jl(r,f)与极化电荷的电位jp(r,f)的叠加，即j(r,f)=jl(r,f)+jp(r,f)。线电荷ql的电位为 jl(r,f)=-yql2pe0lnR=-ql2pe0lnr+r0-2rr0cosf 22ql而极化电荷的电位jp(r,f)满足拉普拉斯方程，且是f的偶函数。介质圆柱内外的电位j1(r,f)和j2(r,f)满足的边界条件为分别为 ,为有限值；)
10、 j1(0f e0a e o r0x r(,f)r( ) j2(r,f)jl r=a时，j1=j2,ej1r=e0j2r题4.11图 由条件和可知，j1(r,f)和j2(r,f)的通解为 (0ra) j1(r,f)=jl(r,f)+n=1Anrcosnfnj2(r,f)=jl(r,f)+n=1Bnr-ncosnf (ar) 将式带入条件，可得到 n=1Anacosnf=nn=1Bna-ncosnf n=1(Anenan-1+Bne0na-n-1)cosnf=(e-e0)ql2pe0nlnRrr=a-当rr0时，将lnR展开为级数，有 lnR=lnr0n=11r(nr0)cnfos 带入式，得
11、n=1(Anenan-1+Bne0na-n-1)cosnf=-(e-e0)ql2pe0r0n=1(ar0)n-1cosnf n-n由式和，有 Ana=Bna Anenaql(e-e0)n-1+Bne0na-n-1=-(e-e0)ql2pe0r0a(ar0)n-1由此解得 An=-1n02pe0(e+e0)nr， Bn=-ql(e-e0)2nn2pe0(e+e0)nr0故得到圆柱内、外的电位分别为 j1(r,f)=-ql2pe0ql2pe0lnr+r0-2rr0cosf-r+r0-2rr0cosf-2222ql(e-e0)2pe0(e+e0ql(e-e0)2pe0(e+e0)1n=1nr01(a
12、(r)cosnf 2nnj2(r,f)=-ln)n=1nr0r)cosnf 讨论：利用式，可将式和中得第二项分别写成为 -ql(e-e0)2pe0(e+e0ql(e-e0)2pe0(e+e0)22)1n=1nr01(a(r)cosnf=2nql(e-e0)2pe0(e+e0)ql(e-e0)(lnR-lnr0) -n=1nr0r)cosnf=n2pe0(e+e0)(lnR-lnr) 其中R=r+(a2r0)-2r(a2r0)cosf。因此可将j1(r,f)和j2(r,f)分别写成为 j1(r,f)=-12e0ql2pe0e+e0ql2pe0lnR-lnR-12pe0ql(e-e0)2pe0(e
13、+e0)-(e-e0)qllnr0 12pe0(e-e0)qlj2(r,f)=-e+e0lnR-e+e02e0lnr 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于的线电荷e+e0ql的电位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于的线电荷ql；位于(a2r0,0)的线电荷-e-e0e+e0ql；位于r=0的线电荷e-e0e+e0ql。 4.12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。 解 导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位j(r,f)均为线电荷ql的电位jl(r,f)与感应电荷的电位jin(r,f)的叠加，即j(r,f)=jl(r,f)+jin(r,f)。线电荷ql的电
14、位为 jl(r,f)=-qllnR=-qllnr+r0-2rr0cosf 222pe02pe0而感应电荷的电位jin(r,f)满足拉普拉斯方程，且是f的偶函数。 j(r,f)满足的边界条件为 j(r,f)jlr(f,(r)； j(a,f)=C。 由于电位分布是f的偶函数，并由条件可知，j(r,f)的通解为 j(r,f)=j-nl(r,f)+Anrcosnf n=0将式和带入条件，可得到 A-n22nacosnf=C+ql2ar0cosf n=02pelna+r0-0将lna2+r20-2ar0cosf展开为级数，有 lna2+r2n0-2ar0cosf=lnr0-1n=1n(ar)cosnf
15、0带入式，得 An1na-cosnf=C+ql(a)ncosnf n=02pelnr0-0n=1nr0由此可得 Aqlla2n0=C+2pelnr0， An=-q02pe0n(r) 0故导体圆柱外的电为 j(r,f)=-ql222pelnr+r0-2rr0cosf+ 02(C+qll12pelnr0)-q)ncosnf 02pe(a0n=1nr0r讨论：利用式，可将式中的第二项写成为 -ql12pe(a2)ncosnf=ql0n=1nr0r2pe(lnR-lnr) 0其中R=r2+(a2r220)-2r(ar0)cosf。因此可将j(r,f)写成为 2） 3） 4） 5） 6） 的线电荷ql；
16、位于(a2r0,0)的线电荷-ql；位于r=0的线电荷ql。 4.13 在均匀外电场E0=ezE0中放入半径为a的导体球，设导体充电至U0；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 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s=e0U0a，总电荷q=4pe0aU0。将导体球放入均匀外电场E0中后，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q仍保持不变，导体球仍为等位体。 设j(r,q)=j0(r,q)+jin(r,q)，其中 j0(r,q)=-E0z=-E0rcosq 是均匀外电场E0的电位，j
17、in(r,q)是导体球上的电荷产生的电位。 电位j(r,q)满足的边界条件为 r时，j(r,q)-E0rcosq； r=a时， j(a,q)=C0，-e0SjrdS=q 其中C0为常数，若适当选择j(r,q)的参考点，可使C0=U0。 -2-1由条件，可设 j(r,q)=-E0rcosq+A1rcosq+B1r+C1 3代入条件，可得到 A1=aE0，B1=aU0，C1=C0-U0 3-2-1若使C0=U0，可得到 j(r,q)=-E0rcosq+aE0rcosq+aU0r 导体上充电荷Q时，令Q=4pe0aU0，有 U0=利用的结果，得到 j(r,q)=-E0rcosq+aE0r3-2Q4p
18、e0aQcosq+4pe0r 4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0=ezE0，在介质中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电场E和空腔表面的极化电荷密度。 解 在电场E0的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为j1(r,q)和j2(r,q)，则边界条件为 r时，j2(r,q)-E0rcosq； r=0时，j1(r,q)为有限值； r=a时， j1(a,q)=j2(a,q)，e0j1r=ej2r由条件和，可设 j1(r,q)=-E0rcosq+A1rcosq j2(r,q)=-E
19、0rcosq+A2r-2cosq -3带入条件，有 A1a=A2a-2，-e0E0+e0A1=-eE0-2eaA2 E0，A2=-3e2e+e0由此解得 A1=-e-e02e+e0e-e02e+e0aE0 3e e0a o E0z所以 j1(r,q)=-E0rcosq 题4.14图 j2(r,q)=-1+a3E0rcosq 2e+e0r3e2e+e0e-e0空腔内、外的电场为 E1=-j1(r,q)=E0 E2=-j2(r,q)=E0-(e-e0)E02e+e0(ar)er2cosq+eqsinq 3空腔表面的极化电荷面密度为 sp=-nP2r=a=-(e-e0)erE2r=a=-3e0(e-
20、e0)2e+e0E0cosq 4.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为r1和r2，球的中心放置一个电偶极子p，球壳上的电荷量为Q。试计算球内、外的电位分布和球壳上的电荷分布。 解 导体球壳将空间分割为内外两个区域，电偶极子p在球壳内表面上引起感应电荷分布，但内表面上的感应电荷总量为零，因此球壳外表面上电荷总量为Q，且均匀分布在外表面上。 球壳外的场可由高斯定理求得为 E2(r)=erQ4pe0rQ4pe0r2j2(r)=Q4pr22r1r2z外表面上的电荷面密度为 s2=o p设球内的电位为j1(r,q)=jp(r,q)+jin(r,q)，其中 jp(r,q)=pcosq4
21、pe0r2Q=p4pe0r2P1(cosq) 题 4.15图 是电偶极子p的电位，jin(r,q)是球壳内表面上的感应电荷的电位。 jin(r,q)满足的边界条件为 jin(0,q)为有限值； j1(r1,q)=j2(r2)，即jin(r1,q)+jp(r1,q)=j2(r2)，所以 jin(r1,q)=Q4pe0r2-np4pe0r12P1(cosq) 由条件可知jin(r,q)的通解为 jin(r,q)=n=0AnrPn(coqs )pP1(cosq) 由条件，有 n=0Anr1Pn(cosq)=nQ4pe0r2-4pe0r12比较两端Pn(cosq)的系数，得到 A0=Q4pe0r2，
22、A1=-p4pe0r11r23， An=0(n2) 最后得到 j1(r,q)=Q4pe0r2+p4pe0(-rr13)cosq 球壳内表面上的感应电荷面密度为 s1=-e0感应电荷的总量为 q1=j1nr=r1=e02j1rr=r1=-3p4pr13cosq s1dS=-S3p4pr13pcosq2pr1sinqdq=0 04.16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场，问线圈应如何绕？ z 解 设球内的均匀场为H1=ezH0(ra)，如题4.16图所示。根据边界条件，球面上的电流面密度为 er J=n(H-H)=e(H-eH)= S21r=ar2z0r=aq H2 若令erH2r=
23、a=0，则得到球面上的电流面密度为 JS=efH0sin这表明球面上的绕线密度正比于sinq，则将在球内产生均匀场。 4.17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P。 P题 4.16图 证明：球内的电场是均匀的，等于-； oa q erH2H1r=a+efH0sinq t=4pR33e0证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子Pt产生的电场相同，。 z解 当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中所求的电场即为极化电荷所产生的场。由于是均匀极化，介质球体内不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的电位满足拉普拉斯方程，可用分离变量法求解。 建立如题4.17图所示的坐标系，
24、则介质球面上的极化电荷面密度为 P oR 题 4.17图 sp=Pn=Per=Pcosq 介质球内、外的电位j1和j2满足的边界条件为 j1(0,q)为有限值； j2(r,q)0(r)； j1(R,q)=j2(R,q) e0(j1r-j2r)r=R=Pcosq 因此，可设球内、外电位的通解为 j1(r,q)=A1rcosq B1r2j2(r,q)=cosq 2B1R33由条件，有 A1R=解得 A1=B1R2，e0(A1+， B1=P3e0)=P P3e0PR3e0P3e0P3e0z 于是得到球内的电位 j1(r,q)=rcosq=P3e0故球内的电场为 E1=-j1=-ez介质球外的电位为
25、j2(r,q)=PR32=-3e0rcosq=14pe0r24pRP33cosq=Pt4pe0r2cosq 其中t=4pR33为介质球的体积。故介质球外的电场为 E2=-j2(r,q)=-erj2r-eq1j2rr=Pt4pe0r3(er2cosq+eqsinq) 可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子Pt产生的电场相同。 4.18 半径为a的接地导体球，离球心r1(r1a)处放置一个点电荷q，如题4.18图所示。用分离变量法求电位分布。 解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加，感应电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位分布时，将点电荷的电位在球面上按勒让德多
26、项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。 设j(r,q)=j0(r,q)+jin(r,q)，其中 j0(r,q)=q4pe0R=4pe0qr+r1-2rr1cosq22是点电荷q的电位，jin(r,q)是导体球上感应电荷产生的电位。 电位j(r,q)满足的边界条件为 r时，j(r,q)0； r=a时， j(a,q)=0。 由条件，可得jin(r,q)的通解为 jin(r,q)=n=0Anr-n-1Pn(cosq) qz为了确定系数An，利用1R的球坐标展开式 1n=0=Rn=0rr1nn+1r1Pn(cosq)(rr1)a or1rnn+1Pn(cosq)(rr1)q4pe0q4pe02n+
27、1n+1nn+1n将j0(r,q)在球面上展开为 j0(a,q)=n=0ar1Pn(cosq) Pn(cosq)=0 题4.18图 代入条件，有 n=0Ana-n-1Pn(cosq) +n=0ar1n+1比较Pn(cosq)的系数，得到 An=-故得到球外的电位为 j(r,q)=qqa4pe0r1-q4pe04pe0Rn=0a2n+1n+1(r1r)Pn(cosq) 讨论：将j(r,q)的第二项与1R的球坐标展开式比较，可得到 n=0a2n+1n+1(r1r)Pn(cosq)=ar1r+(a22r1)-2r(a22r1)cosq2由此可见，j(r,q)的第二项是位于r=ar1的一个点电荷q=-
28、qar1所产生的电位，此电荷正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。 4.19 一根密度为ql、长为2a的线电荷沿z轴放置，中心在原点z 上。证明：对于ra的点，有 P(r,q) 35qlaaaa R o q r j(r,q)=P2(cosq)+P4(cosq)+L +352pe0r3r5rql4pe0a解 线电荷产生的电位为 j(r,q)=-a1Rdz=ql4pe0a-a1r+z-2rzcosqn22dz -a 题4.19图 对于ra的点，有 1r+z-2rzcosq22=n=0(z)rn+1Pn(cosq) 故得到 j(r,q)=ql4pe0a1(z)rnn+1P(cosq)dz= n=0-aaaa+P(cosq)+P(cosq)+LP(cosq)= n24n+1354pe0n=0n+1r2pe0r3r5r4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上总电荷量为Q，qla-(-a)n+1n+1ql35如题4.20图所示。证明：空间任意点电位为 1r3rj1=1-P2(cosq)+P4(cosq)+L (ra) 4pe0a2a8aQ1a3aj2=1-P2(cosq)+P4
