电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
电磁场与电磁波(第4版)第4章部分习题参考解答
GG G G G G − j(k x + k y + k z ) ∇ 2 E (r ) = E0∇ 2 e − jk ⋅r = E0∇ 2 e x y z
G ⎛ ∂2 ∂2 ∂ 2 ⎞ − j(k x + k y + k z ) = E0 ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ e x y z ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ G − j(k x + k y + k z ) G G 2 = (− k x2 − k y − k z2 ) E0 e x y z = − k 2 E (r ) G G G G 代入方程 ∇ 2 E (r ) + ω 2 με E (r ) = 0 ，得 G G − k 2 E + ω 2 με E = 0
G G ω ∂2 ω G (3) ∇ 2 E = ey E0∇ 2 cos(ωt + z ) = ey E0 2 cos(ωt + z ) ∂z c c
ω G ω = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) c c
G ∂2 E G ∂2 ω ω G = e E cos(ωt + z ) = −eyω 2 E0 cos(ωt + z ) y 0 2 2 ∂t ∂t c c G G 1 ∂2 E ω 1 ⎡ G ω ⎤ G ω 2 ∇ E − 2 2 = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) − 2 ⎢ −e yω 2 E0 cos(ωt + z ) ⎥ = 0 c ∂t c c c ⎣ c ⎦
《电磁场与电磁波》(第四版)课后习题解答(全)
第一章习题解答【习题1.1解】222222222222222222222222222222222222cos cos cos cos cos cos 1xx x y z yx y z z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z 矢径r 与轴正向的夹角为，则同理，矢径r 与y 轴正向的夹角为，则矢径r 与z 轴正向的夹角为，则可得从而得证a a b b g g a b g =++=++=++++=++++++++++==++ 【习题1.2解】924331329(243)54(9)(243)236335x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z x y z A B e e e e e e e e e A B e e e e e e e e e A B e e e e e e A B +=--+-+=-+=----+=---∙=--∙-+=+-=⨯（）（）－（）(9)(243)19124331514x y z x y z x y z x y ze e e e e e e e e e e e =--⨯-+=---=--+【习题1.3解】已知,38,x y z x y z A e be ce B e e e =++=-++ （1）要使A B ⊥，则须散度 0A B =所以从 1380A B b c =-++=可得：381b c +=即只要满足3b+8c=1就可以使向量错误！未找到引用源。
和向量错误！未找到引用源。
垂直。
（2）要使A B ，则须旋度 0A B ⨯= 所以从1(83)(8)(3)0138xy zx y z e e e A B b c b c e c e b e ⨯==--+++=-可得 b=-3，c=-8 【习题1.4解】已知129x y z A e e e =++，x y B ae be =+，因为B A ⊥，所以应有0A B ∙= 即()()1291290xy z x y ee e ae be a b ++∙+=+= ⑴又因为 1B =; 所以221=； ⑵由⑴，⑵ 解得 34,55a b =±=【习题1.5解】由矢量积运算规则123233112()()()x y zx y z x x y y z ze e e A Ca a a a z a y e a x a z e a y a x e xyzB e B e B e B =?=-+-+-=++取一线元：x y z dl e dx e dy e dz =++则有xy z xyz e e e dlB B B dx dy dzB ?=则矢量线所满足的微分方程为 x y zd x d y d z B B B == 或写成233112()dx dy dzk a z a y a x a z a y a x==---＝常数 求解上面三个微分方程：可以直接求解方程，也可以采用下列方法k xa a y a a z a d z a a x a a y a d y a a z a a x a d =-=-=-323132132231211)()()( （1）k x a y a z zdzz a x a y ydy y a z a x xdx =-=-=-)()()(211332 （2）由（1）（2）式可得)()(31211y a a x a a k x a d -=)()(21322z a a x a a k y a d -= （3）)()(32313x a a y a a k z a d -= )(32xy a xz a k xdx -=)(13yz a xy a k ydy -= （4）)(21xz a yz a k zdz -=对（3）（4）分别求和0)()()(321=++z a d y a d x a d 0)(321=++z a y a x a d0=++zdz ydy xdx 0)(222=++z y x d所以矢量线方程为1321k z a y a x a =++ 2222k z y x =++【习题1.6解】已知矢量场222()()(2)x y z A axz x e by xy e z z cxz xyz e =++++-+- 若 A 是一个无源场 ，则应有 div A =0即： div A =0y x zA A A A x y z∂∂∂∇⋅=++=∂∂∂ 因为 2x A axz x =+ 2y A by xy =+ 22z A z z cxz xyz =-+- 所以有div A =az+2x+b+2xy+1-2z+cx-2xy =x(2+c)+z(a-2)+b+1=0 得 a=2, b= -1, c= - 2 【习题1.7解】设矢径 r的方向与柱面垂直，并且矢径 r到柱面的距离相等（r ＝a ） 所以，2sssr ds rds a ds a ah πΦ===⎰⎰⎰＝22a h π=【习题1.8解】已知23x y φ=,223y z A x yze xy e =+而 A A A A rot⨯∇+⨯∇=⨯∇=φφφφ)()(2222(6)3203xy zx y ze e e A xy x y e y e xyze x y z x yz xy ∂∂∂∇⨯==--+∂∂∂ 2223[(6)32]x y z A x y xy x y e y e xyze φ∴∇⨯=--+又y x z y x e x e xy ze y e x e 236+=∂∂+∂∂+∂∂=∇φφφφ 232233222630918603xy z x y z e e e A xyx x y e x y e x y ze x yz xy φ∇⨯==-+所以222()3[(6)32]x y z rot A A A x y xy x y e y e xyze φφφ=∇⨯+∇⨯=--+ +z y x e z y x e y x e y x 2332236189+-=]49)9[(3222z y x e xz e y e x x y x+--【习题1.9解】已知 222(2)(2)(22)x y zA y x z e x y z e x z y z e =++-+-+ 所以()()1144(22)0xyzyy x x z z x y z x yzx y z A A A A A A rot A A x y z y z z x x y A A A xz xz y y e e ee e e e e e ∂∂⎛⎫⎛⎫∂∂∂∂∂∂∂⎛⎫=∇⨯==-+-+- ⎪ ⎪ ⎪∂∂∂∂∂∂∂∂∂⎝⎭⎝⎭⎝⎭-++-+-=由于场A 的旋度处处等于0，所以矢量场A 为无旋场。
电磁场与电磁波第四章习题及参考答案
第四章 习题4-1、 电量为nC 500的点电荷，在磁场)(ˆ2.1T zB =中运动，经过点)5,4,3(速度为 s m y x/ˆ2000ˆ500+ 。
求电荷在该点所受的磁场力。
解：根据洛仑兹力公式B v q F⨯=N x y z y x 4491012ˆ103ˆ2.1ˆ)ˆ2000ˆ500(10500---⨯+⨯-=⨯+⨯⨯= N y x4103)ˆˆ4(-⨯-= 4-2、真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为aIzB πμ2ˆ01= 因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为aIz B B πμ24ˆ401==题4-2图 题4-3图4-3、真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为I ，求回路中心的磁场.解：设垂直于纸面向下的方向为z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为b 的点上的磁感应强度为2201)2(ˆa b a bIz B +=πμ所以220)2(3ˆa b a bIz B +=πμ ，其中)6(2πtg a b =4-4、真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(c)题4-4 图解：设垂直于纸面向内的方向为z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为aIz B 4ˆ01μ= （1）因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此aIz B 4ˆ0μ= （2）由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为aIz B πμ4ˆ02= 因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和)2(4ˆ0+-=ππμaIz B （3）本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即)11(4ˆ0ba I zB -=μ 4-5、 在真空中将一个半径为a 的导线圆环沿直径对折，使这两半圆成一直角。
电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答
如题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，求槽内的电位函数。
解根据题意，电位满足的边界条件为①②③根据条件①和②，电位的通解应取为题图由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。
上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从到，电位线性变化，。
题图解应用叠加原理，设板间的电位为其中，为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为）的电位，即；是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：①②③根据条件①和②，可设的通解为由条件③有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
并按定出边缘电容。
解在导体板（）上，相应于的电荷面密度则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷相应的电场储能为其边缘电容为如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
解根据题意，电位满足的边界条件为①题图②③根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布为一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为的电荷。
求体积内的电位。
解在体积内，电位满足泊松方程（1）长方体表面上，电位满足边界条件。
由此设电位的通解为代入泊松方程（1），可得由此可得或（2）由式（2），可得故如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。
求板间的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。
电位的边界条件为题图①②③由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得故如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案__谢处方
电磁场 与电磁波（第四版） 课后答案第一章 习 题 解答1.1 给定三个矢量A 、B 和C 如下： 23x y z =+-A e e e4y z =-+B e e 52x z =-C e e求：（1）A a ；（2）-A B ；（3）A B ；（4）AB θ；（5）A 在B 上的 分量；（6）⨯A C ；（7）()⨯A B C 和()⨯A B C ；（8）()⨯⨯A B C 和()⨯⨯A B C 。
解 （1）23A x y z +-===+-e e e A a e e e A （2）-=A B (23)(4)x y z y z +---+=e e e ee 64x y z +-=e e e （3）=A B (23)x y z +-e e e (4)y z -+=e e －11 （4）由c o sAB θ=11238=A B A B ，得1c o s AB θ-=(135.5= （5）A 在B 上的分 量 B A =A c o s AB θ==A B B （6）⨯=A C 123502xyz-=-e e e 41310x y z ---e e e （7）由于⨯=B C 041502xyz-=-e e e 8520x y z ++e e e⨯=A B 123041xyz-=-e e e 1014x y z ---e e e所以 ()⨯=A B C (23)x y z +-e e e (8520)4x y z ++=-e e e ()⨯=A B C (1014)x y z ---e e e (52)42x z -=-e e （8）()⨯⨯=A B C 1014502xyz---=-e e e 2405x y z -+e e e()⨯⨯=A B C 1238520x y z -=e e e 554411x y z --e e e1.2 三角形的三个顶点 为1(0,1,2)P -、2(4,1,3)P -和3(6,2,5)P 。
《电磁场与电磁波》习题参考答案
况下，电场和磁场可以独立进行分析。（ √ ）
12、静电场和恒定磁场都是矢量场，在本质上也是相同的。（ × ）
13、静电场是有源无旋场，恒定磁场是有旋无源场。（ √ ） 14、位移电流是一种假设，因此它不能象真实电流一样产生磁效应。（
×）
15、法拉第电磁感应定律反映了变化的磁场可以产生变化的电场。（ √ ） 16、物质被磁化问题和磁化物质产生的宏观磁效应问题是不
D.有限差分法
6、对于静电场问题，仅满足给定的泊松方程和边界条件，
而形式上不同的两个解是不等价的。（ × ）
7、研究物质空间内的电场时，仅用电场强度一个场变量不能完全反映物 质内发生的静电现象。（ √ ）
8、泊松方程和拉普拉斯方程都适用于有源区域。（ × ）
9、静电场的边值问题，在每一类的边界条件下，泊松方程或拉普拉斯方 程的解都是唯一的。（ √ ）
是（ D ）。
A．镜像电荷是否对称
B．电位所满足的方程是否未改变
C．边界条件是否保持不变 D．同时选择B和C
5、静电场边值问题的求解，可归结为在给定边界条件下，对拉普拉斯
方程的求解，若边界形状为圆柱体，则宜适用( B )。
A.直角坐标中的分离变量法
B.圆柱坐标中的分离变量法
C.球坐标中的分离变量法
两个基本方程：
3、写出麦克斯韦方程组，并简述其物理意义。
答：麦克斯韦方程组的积分形式：
麦克斯韦方程组的微分形式：
每个方程的物理意义： (a) 安培环路定理，其物理意义为分布电流和时变电场均为磁
场的源。 (b) 法拉第电磁感应定律，表示时变磁场产生时变电场，即动
磁生电。 (c) 磁场高斯定理，表明磁场的无散性和磁通连续性。 (d)高斯定理，表示电荷为激发电场的源。
电磁场与电磁波第三版答案第四章
《电磁场与电磁波》——习题详解第四章 静态场的解4-1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为 d ,如果把它移动到无穷远处,需要 作多少功? 解: 用镜像法, 相当于两个电荷关于 y = 0 平面向相反方向离开,当 Q 移到 y 处时,受到 的电场力为:y Qdy y xdF= Q2 4πε 0 (2 y ) 2-Q 此时移动 d y 需对电荷做功图 4-1dw = Fd y =移到无穷远处做的总功为:Q2 16πε 0 y 2dyW = dw = Fd y =d∫∫∞∫∞ dQ216πε 0 y 2dy=Q2 16πε 0 d当用外力将电荷 Q 移动到无穷远处时,同时也要将镜像电荷移动到无穷远处,所以在整个过程中,外力作的总功为Q2 8πε 0 d也可以用静电能计算,在移动以前,系统的静电能等于两个点电荷之间的相互 作用能:W=1 1 1 1 Q Q Q2 + (Q) q11 + q2 2 = Q = 2 2 2 4π ε 0 (2d ) 2 4π ε 0 (2d ) 8π ε 0 d移动点电荷到无穷远以后,系统的静电能为零.因此,在这个过程中,外力作 功等于系统静电能的增量,即外力作功为Q2 8πε 0 d.43习题四4-2 一个点电荷放在直角导体内部(如图 4-2),求出所有镜像电荷的位置和大小y-q r2 d r3O r1 r4rq ax -qq图 4-2 解:假设如图所示三个镜像电荷,则空间电荷分布为φ (r ) =v1 1 1 1 ( + ) 4πε 0 r1 r2 r3 r4q经检验:在 y = 0 平面上 φ ( r ) = 0 ,在 x = 0 平面上vφ (r ) = 0所以上述解为原问题的解.因此求得镜像电荷的位置和大小如图 4-2 所示,即vq 2 = q 位置 ( a, d ) , q3 = q 位置 ( a, d ) , q 4 = q 位置 (a, d )4-3 证明:一个点电荷 q 和一个带有电荷 Q ,半径为 R 的导体球之间的作用力为Rq Q + D q DRq F= 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 其中 D 是 q 到球心的距离 ( D > R ) . 证明:使用镜像法分析.由于导体球不接地,本身又带电 Q ,必须在导体球内 加上两个镜像电荷来等效导体球对外的影响.在距离球心 b = R / D 处,镜像电荷2为 q′ = Rq / D ;在球心处,镜像电荷为 q2 = Q q′ = Q + Rq / D .点电荷 q 受导 体球的作用力就等于球内两个镜像电荷对 q 的作用力,即44《电磁场与电磁波》——习题详解F= q2 q′ D 2 + ( D b) 2 4π ε 0 q Rq Rq Q + D q D = + R2 2 4π ε 0 D 2 2 (D ) D Rq Q + D DRq = 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 q4-4 两个点电荷 + Q 和 Q 位于一个半径为 a 的接地导体球的直径的延长线上, 分 别距离球心 D 和 D . (1) (2) 证明:镜像电荷构成一电偶极子,位于球心,偶极矩为 2a Q / D . 令 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变,计算球外的电场. 使用导体球面的镜像法和叠加原理分析.在球内加上两个镜像电荷:2 2 3 2解:(1)一个是 Q 在球面上的镜像电荷, 1 = aQ / D , q 距离球心 b1 = a / D ; 第二个是 Q 在球面上的镜像电荷, q2 = aQ / D ,距离球心 b2 = a / D .当距离较大时,镜像2电荷间的距离很小,等效为一个电偶极子,电偶极矩为p = q 1 (b1 b2 ) =(2) 2a 3Q D2球外任意点的电场等于四个点电荷产生的电场的叠加.设 + Q 和 Q 位于2坐标 z 轴上,当 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变时,由 + Q 和 Q 在空 间产生的电场相当于均匀平板电容器的电场,是一个均匀场,均匀场的大小为v 2Q / 4π ε 0 D 2 ,方向在 ez ,由镜像电荷产生的电场可以由电偶极子的公式计算.v E=p 4π ε 0 r3v v (er 2 cos θ + eθ sin θ )45习题四=4-5 2 a 3Q v v (er 2 cos θ + eθ sin θ ) 3 2 4π ε 0 r D接地无限大导体平板上有一个半径为 a 的半球形突起,在点 (0,0, d ) 处有一个 点电荷 q (如图 4-3),求导体上方的电z dq a bq2 -bq3-dq1 图 4-3位. 解:计算导体上方的电位时,要保持导 体平板部分和半球部分的电位都为零.先找平 面导体的镜像电荷 q1 = q ,位于 (0,0, d ) 处.再找球面镜像电荷 q2 = aq / d ,位于(0,0, b) 处,b = a 2 / d .当叠加这两个镜像电荷和原电荷共同产生的电位时,在导体平面上位于 (0,0,b) 处. 和球面上都不为零, 应当在球内再加上一个镜像电荷 q3 = aq / d , 这时,三个镜像电荷和原电荷共同产生的电位在导体平面和球面上都为零,而且三 个镜像电荷在要计算的区域以外. 导体上方的电位为四个点电荷电位的叠加,即=其中 q q1 q2 q3 + + + 4π ε 0 R r1 r2 r3 1R = [ x 2 + y 2 + ( z d ) 2 ]1 2 r1 = [ x 2 + y 2 + ( z + d ) 2 ]1 2 r2 = [ x 2 + y 2 + ( z b) 2 ]1 2 r3 = [ x 2 + y 2 + ( z + b) 2 ]1 24-6 求截面为矩形的无限长区域( 0 < x < a , 0 < y < b )的电位,其四壁的电位 为 ( x,0) = ( x, b) = 0 ,46《电磁场与电磁波》——习题详解 (0, y ) = 0U 0 y b , ( a, y ) = y U 0 (1 ), b 0 < y ≤ b/ 2 b/ 2 < y < b解:法一:由边界条件 ( x,0) = ( x, b) = 0 知,方程的基本解在 y 方向应该 为周期函数,且仅仅取正弦函数,即Yn = sin k n y(k n =nπ ) b在 x 方向,考虑到是有限区域,选取双曲正弦函数和双曲余弦函数,使用边界 (0, y ) = 0 条件,得出仅仅选取双曲正弦函数,即X n = sh nπ x b将基本解进行线性组合,得 = ∑ Cn shn =1∞nπ x nπ y sin b b待定常数由 x = a 处的边界条件确定,即 (a, y ) = ∑ Cn shn =1∞nπ a nπ y sin b b使用正弦函数的正交归一性质,有b nπ a C n sh = 2 b∫ (a, y) sin0bnπ y dy bb/2∫b/2 02 U0 y U b nπ y by nπ y nπ y sin d y = 0 cos sin b b b nπ b nπ b 0=U0 b b nπ b2 nπ cos sin 2 2nπ 2 nπ 2∫y nπ y U 0 1 sin dy b b/2 bb47习题四b 2 b nπ y U b nπ y by nπ y 0 = U 0 cos cos sin nπ b b / 2 b nπ b nπ b bb/2b nπ U 0 b nπ = U 0 sin + cos nπ cos 2 b nπ 2 nπ +化简以后得2U 0 b2 U b b nπ cos nπ 0 cos 2 b nπ b nπ 2b nπ a = C n sh b 2∫ (a, y) sin0bnπ y b nπ d y = 2U 0 2 2 sin b 2 nπ求出系数,代入电位表达式,得nπ 4U 2 sin nπ y sh nπ x = ∑ 2 02 nπ a b b n =1 n π sh b 4-7 一个截面如图 4-4 所示的长槽,向 y 方向无限延伸,两侧的电位是零,槽内∞siny → ∞ , → 0 ,底部的电位为 ( x,0) = U 0求槽内的电位. 解:法一:令 ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) = 0 , 因边界条件y =0 =0 = U0 (0, y ) = (a, y ) = 0a图 4-4x所以 X(x) = Acos K x x + B sin K x xQ X ( x) = X (a) = 0求得A = 0 , Kx =nπ a( n = 1,2,3L )X ( x) = Bn sinnπ x ( n = 1,2,3L ) a48《电磁场与电磁波》——习题详解由 Kx + Ky = 0 得 所以 Y ( y ) = C n enπ y a22K y = K x K y = ± j22nπ a( n = 1,2,3L )+ Dn e nπ y a nyπ a nyπ a ( x, y ) =∑n =1 ∞∞(C n e+ Dn e )Bn sinnπ x a=∑n =1 ′ (C n enyπ a′ + Dn e nyπ a) sinnπ x a′ 由边界条件 ( x,+∞) = 0 可得 C n = 0所以 ( x, y ) =∑n =1∞′ Dn enπ y asinnπ x a再由边界条件 ( x,0) = U 0 代入可得∑n =1∞′ Dn e nπ 0 asinnπ x= a∑ D′ sinn n =1∞nπ x = U0 a再两边同乘以 sinmπ x ,并从 0 到 a 积分得 a 4U 0 2U 0 ′ Dn = (1 cos mπ ) = mπ mπ 0 所以槽内电位为∞m = 1,3,5L m = 2,4,6L ( x, y ) =4U 0 myπ mπ e a sin x mπ a m =1, 3, 5....∑=∑n =1∞( 2 n 1) yπ 4U 0 (2n 1)π a x e sin a (2n 1)π法二:由于在 x = 0 和 x = a 两个边界的电位为零,故在 x 方向选取周期解, 且仅仅取正弦函数,即X n = sin k n xnπ kn = a 49习题四在 y 方向,区域包含无穷远处,故选取指数函数,在 y → ∞ 时,电位趋于零,所以 选取Yn = e kn y由基本解的叠加构成电位的表示式为nπ x nπa y e = C n sin a n =1∑∞待定系数由 y = 0 的边界条件确定.在电位表示式中,令 y = 0 ,得U 0 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x aCna = 2∫a0U 0 sinaU 0 nπ x dx = (1 cos nπ ) nπ a当 n 为奇数时, Cn =4U 0 ,当 n 为偶数时, Cn = 0 .最后,电位的解为 nπnπ y a=4-84U nπ x ∑,5 nπ0 sin a e n =1, 3∞若上题的底部的电位为 ( x,0) = U 0 sin重新求槽内的电位3π x a解:同上题,在 x 方向选取正弦函数,即 X n = sin k n x , k n = 向选取 Yn = e kn y nπ ,在 y 方 a .由基本解的叠加构成电位的表示式为 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x e anπ y a将 y = 0 的电位代入,得 U 0 sinnπ x 3π x ∞ = ∑ Cn sin a a n =1其余系数 Cn = 0 , 应用正弦级数展开的惟一性, 可以得到 n = 3 时,C3 = U 0 ,50《电磁场与电磁波》——习题详解所以 = U 0 sin4-93π x e a3π y a一个矩形导体槽由两部分构成, 如图 4-5 所示, 两个导体板的电位分别是 U 0 和 零,求槽内的电位. 解: 将原问题的电位看成是两个电位的叠加. 一个电位与平行板电容器的电位相同(上板电位为 U 0 ,下板电位为零 ),另一个电位为 U ,即=U0 y +U a y = 0 ,U = 0 y = a ,U = 0 a a 2y其中,U 满足拉普拉斯方程,其边界条件为 = U0 =0x图 4-5x = 0 时, U0 U 0 a y, U0 y= U = (0, y ) U a 0 y, a a < y<a 2 a 0< y< 2x → ∞ 时,电位 U 应该趋于零. U 的形式解为 nπ y e U = ∑ Cn sin a n =1待定系数用 x = 0 的条件确定.∞ ∞ nπ x aU (0, y ) = ∑ Cn sinn =1nπ y anπ y dy aa/2a C = 2 n∫a 0U (0, y ) sin∫a/2 02 U0 y U 0 a nπ y nπ y a nπ y sin dy = y cos sin a a a nπ a nπ a 051习题四U = 0 a a 2 nπ a 2 nπ cos + sin 2 2nπ 2 nπ a∫y nπ y a nπ y U 0 1 sin d y = U 0 cos a a/2 nπ a aaa/2 aU 0 a a 2 nπ y ay nπ y cos sin a nπ a nπ nπ U0 a sin + 2 a nπ 2a/2= U 0a nπnπ cos nπ cos 2 +化简后,得到U a a U0 a2 nπ cos nπ 0 cos 2 a nπ 2 a nπ U a nπ y nπ d y = 0 cos a nπ 2a C = 2 n∫a0U (0, y ) sin只有偶数项系数不为零.将系数求出,代入电位的表达式,得=4-10∞ U0 y 2U 0 nπ nπ y + ∑ cos sin e a a 2 n = 2 , 4 ,L nπnπ x a将一个半径为 a 的无限长导体管平分成两半,两部分之间互相绝缘,上半(0 < φ < π ) 接电压 U 0 ,下半 (π < φ < 2π ) 电位为零,如图 4-6,求管内的电位. 解:圆柱坐标的通解为 (r , φ ) = ( A0φ + B0 )(C0 ln r + D0 ) + ∑ r n ( An cos nφ + Bn sin nφ )n =1∞+ ∑ r n (Cn cos nφ + Dn sin nφ )n =1∞由于柱内电位在 r = 0 点为有限值,通解中不能有 ln r 和 rn项,即有52《电磁场与电磁波》——习题详解Cn = 0 , Dn = 0 , C0 = 0 (n = 1,2, L)柱内电位是角度的周期函数, A0 = 0 .因此,该题的通 解取为 r = U0 φx (r , φ ) = B0 D0 + ∑ r ( An cos nφ + Bn sin nφ )n n =1∞ =0图 4-6各项系数用 r = a 处的边界条件来定. (a, φ ) = B0 D0 + ∑ a n ( An cos nφ + Bn sin nφ ) = n =1∞ U0, 0 < φ < π 0, π < φ < 2πB 0 D0 =a n An =U 1 2π (a, φ ) d φ = 0 2π 0 2∫1π1∫ ∫0 (a, φ ) cos nφ d φ = 02π2πa n Bn =柱内的电位为π0 (a, φ ) sin nφ d φ =U0 (1 cos nπ ) nπ2U U (r , φ ) = 0 + 0 2 π4-111r ∑5L n a sin nφ n =1, 3,∞n半径为无穷长的圆柱面上,有密度为 ρ S = ρ S 0 cos φ 的面电荷,求圆柱面内, 外的电位. 解:由于面电荷是余弦分布,所以柱内,外的电位也是角度的偶函数.柱外的电位不应有 r 项,柱内电位不应有 r 是角度的周期函数.故柱内电位选为nn项.柱内,外的电位也不应有对数项,且1 = A0 + ∑ r n An cos nφn =1∞柱外电位选为 2 = C0 + ∑ r nCn cos nφn =1∞53习题四假定无穷远处的电位为零,定出系数 C0 = 0 . 在界面 r = a 上, 1 = 2 , ε0∞ 2 + ε0 1 = ρ S 0 cos φ r r∞即A0 + ∑ a n An cos nφ = ∑ a nCn cos nφn =1 n =1 ε0 ∑ na n 1Cn cos nφ + ε0 ∑ na n 1 An cos nφ = ρ S 0 cos φn =1 n =1∞∞解之得A0 = 0 , A1 =ρS 0 a2 ρS 0 , C1 = 2ε 2ε 0(n > 1)An = 0 , Cn = 0最后的电位为 ρS0 2ε r cos φ , = 2 0 a ρ S 0 cos φ , 2ε 0 r 3-12r<a r>a将一个半径为 a 的导体球置于均匀电场 E0 中,求球外的电位,电场. 解:采用球坐标系求解,设均匀电场沿正 z 方向,并设原点为电位零点(如图v4-7) . 因 球 面 是 等 位 面 , 所 以 在 r = a 处 , = 0 ; 在 r → ∞ 处 , 电 位 应 是 = E0 r cos θ ,球坐标中电位通解具有如下形式: (r ,θ ) = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos θ )n =0∞用无穷远处的边界条件 r → ∞ 及 = E0 r cos θ ,得到 A1 = E0 ,其余An = 0 .再使用球面上 ( r = a ) 的边界条件54《电磁场与电磁波》——习题详解∞ (a,θ ) = E0 a cos θ + ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ ) = 0n =0上式可以改写为E0 a cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ )n =0∞因为勒让德多项式是完备的,即将任意的函数展开成勒让德多项式的系数是 惟 一 的 , 比 较 上 式 左 右 两 边 , 并 注 意 P (cos θ ) = cos θ , 得 E0 a = B1a 12,即B1 = E0 a 3 ,其余的 Bn = 0 .故导体球外电位为 = 1 电场强度为a3 E0 r cos θ r3 rE0θz图 4-7Er = 2a 3 = E0 1 + 3 cos θ r r a = E0 1 3 sin θ r rθ 3Eθ = 4-13将半径为 a , 介电常数为 ε 的无限长介质圆柱放置于均匀电场 E0 中, E0 沿 设vvx 方向,柱的轴沿 z 轴,柱外为空气,如图 4-8,求任意点的电位,电场.解: 选取原点为电位参考点, 1 表示柱内电位, 2 表示柱外电位. r → ∞ 用 在 处,电位 2 = E0 r cos φ因几何结构和场分布关于 y = 0 平面对称, 故电位表 示式中不应有 φ 的正弦项.令rE0φε ε0图 4-8x1 = A0 + ∑ ( An r n + Bn r n ) cos nφn =1∞55习题四∞ 2 = C0 + ∑ (Cn r n + Dn r n ) cos nφn =1因在原点处电位为零,定出 A0 = 0 , Bn = 0 .用无穷远处边界条件 r → ∞ 及 2 = E0 r cos φ ,定出 C1 = E0 ,其余 Cn = 0 .这样,柱内,外电位简化为 1 = ∑ An r n cos nφn =1∞ 2 = C1r cos φ + ∑ Dn r n cos nφn =1∞再用介质柱和空气界面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε 1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n n ∑ An a cos nφ = E0 a cos φ + ∑ Dn a cos nφ n =1 n =1 ∞ ∞ ∑ εnAn a n 1 cos nφ = ε 0 E0 cos φ ∑ ε 0 nDn a n 1 cos nφ n =1 n =1 比较左右 n = 1 的系数,得A1 解之得D1 D1 = E0 , ε A1 + ε 0 2 = ε 0 E0 2 a aA1 = 2ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 2 ε + ε0 ε + ε0比较系数方程左右 n > 1 的各项,得An Dn D = 0 , ε An + ε 0 2n = 0 2n a a n由此解出 An = Dn = 0 .最终得到圆柱内,外的电位分别是1 = E02ε 0 r cos φ , ε + ε0ε ε0 a2 2 = E0 r cos φ + E0 cos φ ε + ε0 r56《电磁场与电磁波》——习题详解电场强度分别为v v 2ε 0 v 2ε 0 E1 = 1 = er E0 cos φ eφ E0 sin φ ε + ε0 ε + ε0v v ε ε 0 a2 v ε ε 0 a2 1 + E0 cos φ eφ 1 E2 = 2 = er ε + ε r 2 E0 sin φ ε + ε0 r2 0 4-14 在均匀电场中,设置一个半径为 a 的介质球,若电场的方向沿 z 轴,求介质 球内,外的电位,电场(介质球的介电常数为 ε ,球外为空气). 解:设球内,外电位解的形式分别为1 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ ) ,n =0 ∞∞ 2 = ∑ (Cn r n + Dn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0在 选取球心处为电位的参考点, 则球内电位的系数中 A0 = 0 ,Bn = 0 . r → ∞ 处,电位 2 = E0 r cos θ ,则球外电位系数 Cn 中,仅仅 C1 不为零,即 C1 = E0 , 其余为零.因此,球内,外解的形式分别简化为1 = ∑ An r n Pn (cos nθ ) ,n =0∞ 2 = E0 r cos θ + ∑ Dn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞再用介质球面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n An a Pn (cos nθ ) = E 0 a cos θ + Dn a n 1 Pn (cos nθ ) n =1 n =1 ∞ ∞ εnA a n 1 P (cos nθ ) = ε E cos θ ε 0 (n + 1) Dn a n 2 Pn (cos nθ ) n n 0 0 n =1 n =1 ∑ ∑∑∑比较上式的系数,可以知道,除了 n = 1 以外,系数 An , Dn 均为零,且A1a = E0 a + D1a 2 , ε A1 = ε 0 E0 2ε 0 D1a 357习题四由此,解出系数A1 = 3ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 3 ε + 2ε 0 ε + 2ε 0 3ε 0 r cos θ , ε + 2ε 0最后得到电位,电场1 = E0 2 = E0 r cos θ + E0v v E1 = 1 = erε ε 0 a3 cos θ ε + 2ε 0 r 23ε 0 v 3ε 0 E0 cos θ eθ E0 sin θ ε + 2ε 0 ε + 2ε 0v ε ε 0 a3 ε ε 0 a3 v v 1 + 2 E0 cos θ eθ 1 E2 = 2 = er ε + 2ε r 3 E0 sin θ ε + 2ε 0 r 3 0 4-15 已知球面 ( r = a ) 上的电位为 = U 0 cos θ ,求球外的电位. 解:设球外电位解的形式为 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0∞在无穷远处,应该满足自然边界条件,即电位趋于零.这样确定系数 An = 0 ,球外 电位的形式解简化为 = ∑ Bn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞使用球面 ( r = a ) 的边界条件,有U 0 cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos nθ )n =0∞由于勒让德多项式 Pn (cos nθ ) 是线性无关的,考虑到 P (cos θ ) = cos θ ,比较上式 1 左右的系数,得到 B1 = U 0 a , Bn = 02(n = 0,2,3,L) .所以,球外的电位分布为58《电磁场与电磁波》——习题详解 = U04-16a2 cos θ r2求无限长矩形区域 (0 < x < a,0 < y < b) 第一类边值问题的格林函数(即矩形 槽的四周电位为零,槽内有一与槽平行的单位线源,求槽内电位,如图 4-9). 解:这个问题的格林函数满足的方程为 2G 2G 1 + 2 = δ( x x′) δ( y y′) 2 x y ε0格林函数的边界条件是,在矩形区域的四周为零,即 x = 0 或 x = a , G = 0 ,y = 0 或 b = 0 , G = 0 .用分离变量法求这个问题的格林函数.考虑到格林函数在x = 0 , x = a 时的边界条件,将格林函数表示为y b(x',y')G = ∑Ψ n ( y ) sinn =1∞nπ x a将其代入格林函数方程,得a x 2 nπ 2 nπ x 1 = δ( x x′) δ( y y′) Ψ n ( y ) sin 图 4-9 ∑ y 2 a ε0 a n =1 nπ x 上式左右乘以 sin , 并在 0 < x < a 区间积分, 利用正弦函数的正交性和 δ 函数 a∞的积分性质,得函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程为2 d2 nπ x ′ 2 nπ sin δ( y y ′) Ψn ( y ) = 2 a ε 0a dy a 在确定函数Ψ n ( y ) 时,将原来的区域分为两个区域,并注意到边界条件,设nπ An sh a (b y ), Ψ n ( y) = nπ Bn sh y, a 在 y = y′ 处,电位连续,即y > y′ y < y′An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ a a59习题四对于函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程,在点源附近积分,得∫y′+ 0 y′0d2 nπ Ψn ( y ) d y 2 dy a 2∫y′+ 0 y′0Ψ0 ( y ) d y = nπ x 2 sin ε 0a a因为电位连续,故上式左边第二项的积分为零,从而有d d nπ x′ 2 sin Ψ n ( y) Ψ n ( y) = dy dy a ε 0a y = y′ y = y′ + 代入函数Ψ n ( y ) 的形式,得nπ nπ nπ nπ x′ nπ 2 (b y′) sin An ch Bn ch y′ = a a a a ε 0a a将上式与 An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ 相互联立求解,得 a a nπ 2 1 An = sh y′ , nπ ε 0 sh nπ b a a nπ 2 1 Bn = sh (b y′) nπ ε 0 sh nπ b a asin最后得到矩形区域的格林函数为nπ x ′ n π x nπ nπ sin y ≤ y′ sh a (b y′) sh a y, 2 a a = G= nπ ∑ nπ nπ b ε 0π n =1 sh y′ sh (b y ), y ≥ y′ n sh a a a 4-17 推导无限长圆柱区域内(半径为 a )第一类边值问题的格林函数. 解:使用镜像法及其格林函数的定义计算.在半径为 a 的导体圆柱内部离轴 线 r ′ 处,放置一个线密度为 1 单位,与导体圆柱平行的无穷长线电荷,并且维持导∞体柱面的电位为零,求出柱内的电位,这个电位就是柱内的格林函数.当原电荷位 于 r 处,需要在 r ′ 的镜像位置 r ′′ 处,加一个线密度为 1 的线电荷.此时,圆柱内 的电位是v v G (r , r ′) =1 2π εln1 1 1 ln +C R1 2π ε R2R1 和 R2 分别是从 r ′ 和 r ′′ 到 r 的距离(如图 4-10),C 是常数.由柱面上的电位为零,60《电磁场与电磁波》——习题详解可以定出这个常数的值.最后得到柱内的格林函数为v v G (r , r ′) =1 2π εlnR2 r ′ R1 a yrR1 r'R2 r'' x =0 = U0图 4-10 4-18d图 4-11x两个无限大导体平板间距离为 d ,其间有体密度 ρ =ρ 0 x / d 的电荷,极板的电位如图 4-11 所求,用格林函数法求极板之间的电位. 解:先用直接积分法求解.电位仅仅是 x 的函数,故其满足如下方程:ρ x d2 ρ = = 0 2 dx ε0 ε 0d对以上方程积分得ρ x2 ρ x3 d = C1 0 , = C2 + C1 x 0 dx 2ε 0 d 6ε 0 d由 x = 0 及 = 0 , 可 定 出 系 数 C2 = 0 ; 由 x = d 及 = U 0 , 可 定 出 系 数C1 =U 0 ρ0d + ,从而,得到电容器内的电位为 d 6ε 0 =ρ0 x3 6ε 0 dU ρ d + 0 + 0 x d 6ε 0 再用格林函数法求解.这个问题的格林函数为 d x′ x < x′ ε d x, 0 G ( x, x′) = x′ (d x), x > x′ ε 0d 为了计算方便,将这个问题分解为两个:一个是平板电容器内有电荷,而两极板的61习题四电位为零,即奇次边界条件,记电位 1 ;另一个是无电荷分布,极板的电位维持原 来的电位,记电位 2 .用格林函数法计算奇次边界条件时的电位 1 :1 = ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0∫d= ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′ + ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0 x∫x∫d=∫x 0ρ 0 x ′ x ′(d x) d x′ + d ε 0d∫d xρ 0 x ′ (d x ′) x d x′ d ε 0dρ 0 (d x) x 3 ρ 0 x 1 2 2 1 (d x )d + (d 3 x 3 ) = + 2 2 3 ε 0d 2 3 ε 0d =ρ0 3 ρ0d x + x 6ε 0 d 2 6ε 0至于电位 2 ,容易得出 2 = (U 0 / d ) x .故所求电位为 = 1 + 2 = 4-192ρ0 2 U 0 ρ0d x + d + 6ε x 6ε 0 d 0 分析复变函数 w = z 能够表示的静电场. 解: w = u + j v = z = ( x + j y ) = x y + j 2 xy2 2 2 2u = x 2 y 2 , v = 2 xy实部的等值线是双曲线 x y = C1 ;虚部的等值线也是双曲线,其方程为2 22 xy = C2 .因此,这个函数能够表示极板形状为双曲线的导体附近的静电场.如果用虚部表示电位函数,在 x = 0 或 y = 0 处,电位为零,可以表示接地的直角导体拐 角附近的静电场. 4-20 分析复变函数 w = arccos z 能够表示哪些情形的静电场.62《电磁场与电磁波》——习题详解解: z = x + j y = cos(u + j v) = cos u ch v j sin u sh vx = cos u ch v , y = sin u sh vx2 y2 x2 y2 + 2 = 1, 2 =1 ch 2 v sh v cos 2 u sin u可见,虚部的等值线是一簇椭圆,实部的等值线是一簇双曲线.当用虚部表示 电位时,能够表示两个共焦点的椭圆柱体之间的场;当用实部表示电位时,能够表 示两个共焦点的双曲线柱体之间的场. 4-21 用有限差分法求图 4-12 所示区域中各个节点的电位. 解:1 4 1 2 = (1 + 4 + 100) 4 1 3 = (1 + 4 ) 4 1 4 = ( 2 + 3 ) 41 = ( 2 + 3 + 100)解这一方程组,得到1 = 2 = 37.5 V , 3 = 4 = 12.5 V100V 1 0V 3 4 2 0V0V 图 4-1263。
【精品】电磁场与电磁波课后习题答案杨儒贵编着第二版第4章
第四章静电场4-1已知一根长直导线的长度为1km ，半径为0.5mm ，当两端外加电压6V 时，线中产生的电流为61A ，试求：①导线的电导率；②导线中的电场强度；③导线中的损耗功率。
解（1） 由IR V =，求得 ()Ω==366/16R 由SR σ=，求得导线的电导率为 ()()m S 1054.3105.036107233⨯=⨯⨯⨯==-πσRS 导线中的电场强度为()m V 10610633-⨯===V E 单位体积中的损耗功率2E P l σ=，那么，导线的损耗功率为()W 122==L r E P πσ4-2设同轴线内导体半径为a ，外导体的内半径为b ，填充媒质的电导率为σ。
根据恒定电流场方程，计算单位长度内同轴线的漏电导。
解设0;,====ϕϕ时，时b r V a r 。
建立圆柱坐标系，则电位应满足的拉普拉斯方程为0d d d d 12=⎪⎭⎫⎝⎛=∇r r r r ϕϕ求得同轴线中的电位ϕ及电场强度E 分别为则 re E J ⎪⎭⎫ ⎝⎛-==b a Vr ln 1σσ单位长度内通过内半径的圆柱面流进同轴线的电流为⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅=⎰b a VI sln 2d πσs J 那么，单位长度内同轴线的漏电导为 ⎪⎭⎫⎝⎛===b a V I R G ln 21πσ()m S 4-3设双导线的半径a ，轴线间距为D ，导线之间的媒质电导率为σ，根据电流场方程，计算单位长度内双导线之间的漏电导。
解设双导线的两根导线上线电荷密度分别为+和，利用叠加原理和高斯定理可求得两导线之间垂直连线上任一点的电场强度大小为⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=r D r E 112περ那么，两导线之间的电位差为 aaD V ad a-=⋅=⎰-lnd περr E 单位长度内两导线之间的电流大小为()a D D I ss-=⋅=⋅=⎰⎰ερσσs E s J d d 则单位长度内两导线之间的漏电导为()⎪⎭⎫⎝⎛--===a a D a D DVI R G ln 1πσ()m S 若a D >>则单位长度内双导线之间的漏电导为⎪⎭⎫⎝⎛=a D G ln πσ()m S 4-4已知圆柱电容器的长度为L ，内外电极半径分别为a 及b ，填充的介质分为两层，界面半径为c 。
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习题解答如题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，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位满足的边界条件为①②③根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有故得到槽内的电位分布两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。
上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄 片平面上，从到，电位线性变化，故得到 求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
并按定出边缘电容。
解 在导体板（）上，相应于的电荷面密度则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷相应的电场储能为其边缘电容为 如题图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
两边同乘以，并从 0 到对积分，得到解 应用叠加原理，设板间的电位为其中，为不存在薄片的平行位，即；是两个电位为零的位，其边界条件为：①②③ 根据条件①和②， 由条件③有 两边同乘以，并从 无限大导体平面间（电压为）的电 平行导体板间有导体薄片时的电可设的通 0到对积分，得到解为 y解根据题意，电位满足的边界条件为①②③根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从0 到对积分，得到故得到槽内的电位分布为一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为题图的电荷。
求体积内的电位。
解在体积内，电位满足泊松方程（1）长方体表面上，电位满足边界条件。
由此设电位的通解为代入泊松方程（1），可得由此可得或（2）由式（2），可得故如题图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。
求板间的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度。
电位的边界条件为题图由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得故如题图所示的矩形导体槽的电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷。
求槽内的电位函数。
解由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度，电位的边界条件为①，b②③题图由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得若以为界将场空间分割为和两个区域，则可类似地得到题图 如题图所示， 在均匀电场中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱， 圆柱外的电位和电场以及导体表面的感应电荷密度。
解 在外电场作用下， 导体表面产生感应电荷， 圆柱外的电位是外电场的电位与感应电荷的电位数的值由参考点确定） ，而感应电荷的电位应与一样按变化，而且在无限远处为 0。
由于导体是 ①②由此可设 由条件①，有于是得到 故圆柱外的电位为若选择导体圆柱表面为电位参考点，即，则。
导体圆柱外的电场则为导体圆柱表面的电荷面密度为在介电常数为的无限大的介质中， 沿轴方向开一个半径为的圆柱形空腔。
沿轴方向外加一均匀 电场，求空腔内和空腔外的电位函数。
解 在电场的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场为外加电场与 极化电荷的电场的叠加。
外电场的电位为而感应电荷的电位应与一样按变化， 则空腔内、 外的电 位分别为和的边界条件为 ①时，； ②时，为有限值； ③ 时， ，由条件①和②，可设带入条件③，有由此解得所以一个半径为、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和。
求圆柱面内部的电位函数。
解 由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为 ① 为有限值；的叠加。
由于导体圆柱为无限长， 所以电位与变量无关。
在圆柱面坐标系中， 外电场的电位为 （常 圆柱的半径为。
求导体等位体，所以满足的边界条件为题图②；由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为代入条件②，有 由此得到如题图所示，一无限长介质圆柱的半径为、介电常数为，在距离轴线处，有一与圆柱平行的线 电荷，计算空间各部分的电位。
解 在线电荷作用下， 介质圆柱产生极化， 介质圆柱内外的电位均为线电荷的电位与极化电荷的而极化电荷的电位满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。
介质圆柱内外的电位和满足的边界条件为分别为①为有限值； ②② 时， 由条件①和②可知，和的通解为（2）（3）将式（ 1）～（ 3）带入条件③，可得到（4）（6） 带入式（ 5），得 （ 7）由式（ 4）和（ 7），有由此解得 ， 故得到圆柱内、外的电位分别为（8）（9）讨论：利用式（ 6），可将式（ 8）和（ 9）中得第二项分别写成为 其中。
因此可将和分别写成为由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（ 0）的线电荷的电位相同，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（0）的线电荷；位于的线电荷；位于的线电荷。
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，导体圆柱外的电位均为线电荷的电位与感应电荷的电位的叠加， 即。
线电荷的电位为 电位的叠加，即。
线电荷的电位为 1）5）当时，将展开为级数，有题图（1）而感应电荷的电位满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。
满足的边界条件为①；②。
由于电位分布是的偶函数，并由条件①可知，的通解为（2）将式（1）和（2）带入条件②，可得到（3）将展开为级数，有（4）带入式（3），得（5）由此可得，故导体圆柱外的电为（6）讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为其中。
因此可将写成为由此可见，导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（0）的线电荷；位于的线电荷；位于的线电荷。
在均匀外电场中放入半径为的导体球，设（1）导体充电至；（2）导体上充有电荷。
试分别计算两种情况下球外的电位分布。
解（1）这里导体充电至应理解为未加外电场时导体球相对于无限远处的电位为，此时导体球面上的电荷密度，总电荷。
将导体球放入均匀外电场中后，在的作用下，产生感应电荷，使球面上的电荷密度发生变化，但总电荷仍保持不变，导体球仍为等位体。
设，其中是均匀外电场的电位，是导体球上的电荷产生的电位。
电位满足的边界条件为① 时，；② 时，，其中为常数，若适当选择的参考点，可使。
由条件①，可设代入条件②，可得到，，若使，可得到（2）导体上充电荷时，令，有利用（1）的结果，得到如题图所示，无限大的介质中外加均匀电场，在介质中有一个半径为的球形空腔。
内、外的电场和空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为）。
解在电场的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场为外加电场与极化电荷的电场的叠加。
设空腔内、外的电位分别为和，则边界条件为① 时，；② 时，为有限值；③ 时，，由条件①和②，可设带入条件③，有由此解得，所以空腔内、外的电场为空腔表面的极化电荷面密度为如题图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为和，球的中心放置一个电偶极子，球壳上的电荷量为。
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，电偶极子在球壳内表面上引起感应电荷分布，面上的感应电荷总量为零，因此球壳外表面上电荷总量为，且均匀分布在外表面上。
球壳外的场可由高斯定理求得为外表面上的电荷面密度为设球内的电位为，其中是电偶极子的电位，是球壳内表面上的感应电荷的电位。
满足的边界条件为① 为有限值；② ，即，所以由条件①可知的通解为由条件②，有比较两端的系数，得到求空腔但内表题图题图最后得到球壳内表面上的感应电荷面密度为感应电荷的总量为欲在一个半径为的球上绕线圈使在球内产生均匀场，问线圈应如何绕（即求绕线的密度）？解设球内的均匀场为，球外的场为，如题图所示。
根据边界条件，球面上的电流面密度为若令，则得到球面上的电流面密度为这表明球面上的绕线密度正比于，则将在球内产生均匀场。
一个半径为的介质球带有均匀极化强度。
（1）证明：球内的电场是均匀的，等于；（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子产生的电场相同，。
解（1）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。
建立如题图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为介质球内、外的电位和满足的边界条件为① 为有限值；②；③因此，可设球内、外电位的通解为由条件③，有，解得，于是得到球内的电位故球内的电场为（2）介质球外的电位为其中为介质球的体积。
故介质球外的电场为可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子产生的电场相同。
半径为的接地导体球，离球心处放置一个点电荷，如题图所示。
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项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。
设，其中是点电荷的电位，是导体球上感应电荷产生的电位。
电位满足的边界条件为① 时，；② 时， 。
由条件①，可得的通解为 为了确定系数，利用的球坐标展开式将在球面上展开为 代入条件②，有 比较的系数，得到 故得到球外的电位为 讨论：将的第二项与的球坐标展开式比较，可得到由此可见，的第二项是位于的一个点电荷所产生的电位，此电荷正 上感应电荷的等效电荷，即像电荷。
一根密度为、长为 2 的线电荷沿轴放置， 中心在原点上。
证明：对于的点，有解 线电荷产生的电位为对于的点，有故得到题图一个半径为的细导线圆环， 环与平面重合， 中心在原点上， 环上总电 荷量为，如题图所示。
证明：空间任意点电位为解 以细导线圆环所在的球面把场区分为两部分， 分别写出两个场域的通解， 并利用函数将细导 线圆环上的线电荷表示成球面上的电荷面密度再根据边界条件确定系数。
设球面内、外的电位分别为和，则边界条件为： ① 为有限值；②③ ，根据条件①和②，可得和的通解为题图（3）（1）（2） 代入条件③，有（4）将式（ 4）两端同乘以，并从 0 到对进行积分，得（5） 其中 由式（ 3）和（ 5），解得 ，代入式（ 1）和（ 2），即得到 一个点电荷与无限大导体平面距离为，如果把它移到无穷远处，需要作多少功？解 利用镜像法求解。
当点电荷移动到距离导体平面为的点处时， 其像电荷， 与导体平面相距为，如题图所示。
像电荷在点处产生的电场为所以将点电荷移到无穷远处时，电场所作的功为外力所作的功为 如题图所示， 一个点电荷放在的接地导体角域内的点处。