电磁场与电磁波习题答案

第四章习题解答

★【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0U ，求槽的电位函数。

解 根据题意，电位(,)x y ?满足的边界条件为

①

(0,)(,)0y a y ??==；② (,0)0x ?=； ③ 0(,)x b U ?= 根据条件①和②，电位(,)x y ?的通解应取为

1

(,)sinh()sin()n n n y n x

x y A a a

ππ?∞

==∑ 由条件③，有

01

sinh(

)sin()n n n b n x

U A a a

ππ∞

==∑ 两边同乘以sin()n x

a π，并从0到a 对x 积分，得到00

2sin()d sinh()a

n U n x A x a n b a a ππ=

=? 0

2(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ?

=???=

?

，

故得到槽的电位分布

1,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n x x y n n b a a a

ππ?ππ==

∑ 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d y =到b y =)(∞<<-∞x 。上板和薄片保持电位0U ，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ?=。

解 应用叠加原理，设板间的电位为

(,)x y ?=12(,)(,)x y x y ??+

其中，1(,)x y ?为不

存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为0U ）的电位，即

10(,)x y U y b ?=；2(,)x y ?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：

22(,0)(,)0x x b ??==

① 2(,)0()x y x ?=→∞

②

③ 002100(0)

(0,)(0,)(0,)()

U U y y d b

y y y U U y y d y b d

b ????

-≤≤??=-=?

?-≤≤??； 根据条件①和②，可设2(,)x y ?的通解为

21

(,)sin()e

n x b

n n n y

x y A b π

π?∞

-==∑；由条件③有 00100(0)

sin()()

n n U U y y d n y b A U U b y y

d y b d

b π∞=?-≤≤??=??-≤≤??∑

两边同乘以sin(

)n y

b

π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d b

n d

U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=??02

2sin()()U b n d n d b ππ 故得到 (,)x y ?=002

2

121sin()sin()e n x b n U bU n d n y y b d n

b b π

πππ∞

-=+∑ 4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位0U ，其余两面电位为零，求槽的电位的解。 解 根据题意，电位(,)x y ?满足的边界条件为

a

题4.1

题 4.2图

(0,)(,)0y a y ??== ① (,)0()x y y ?→→∞ ② 0(,0)x U ?=

③

②，电位(,)x y ?的通解应取为

根据条件①和

1

(,)sin()n n n y a

n x x y A e

a ππ?∞

-==∑；由条件③，有 01

sin()n n n x U A a π∞

==∑

sin()n x

a

π，并从0到a 对x 积分，得到002sin()d a

n U n x A x a a π==? 两边同乘以

02(1cos )U n n ππ-=0

4,1,3,5,02,4,6,U n n n π

?=?

??=?，

；故得到01,3,5,

41(,)sin()n y a n U n x

x y e n a

ππ?π-==∑

★【4.5】一长、宽、高分别为a 、b 、c 的长方体表面保持零电位，体积填充密度为

()sin()sin()x z

y y b a c

ππρ=- 的电荷。求体积的电位?。

解 在体积，电位?满足泊松方程

22222201()sin()sin()x z

y y b x y z a c

???ππε???++=--??? （1） 长方体表面S 上，电位?满足边界条件0S ?

=。由此设电位?的通解为

111

01

(,,)sin(

)sin()sin()mnp m n p m x n y p z

x y z A a b c

πππ?ε∞∞

∞

====

∑∑∑，代入泊松方程（1），可得 2

22

111

[(

)()()]mnp m n p m n p A a b c

πππ∞∞∞

===++?∑∑∑ sin()sin()sin()m x n y p z a b c πππ=()sin()sin()x z y y b a c

ππ-

由此可得

0mnp

A = (1m ≠或1)p ≠ ；222111

[()()()]sin()n p n n y

A a b c b ππππ∞

=++=∑()y y b - （2）

由式（2），得

2

221102[()()()]()sin()d b

n n n y A y y b y a b c b b π

πππ++=-=?34()(cos 1)b

n b n ππ

-=

2

381,3,5,()02,4,6,

b n n n π?-=???=

?

； 故

2

532221,3,5,

81(,,)sin()sin()sin()

11[()()()]

n b x n y z

x y z n a b c n a b c

πππ?πε∞

==-++∑

★【4.6】如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与z 轴平行的线电荷l q ，其位置为),0(d 。求板间的电位函数。

解 由于在(0,)d 处有一与z 轴平行的线电荷l q ，以0x

=为界将场空间分割为0x >和0x <两个区域，则这两个区域中的电位1(,)x y ?和2(,)x y ?都满足拉普拉斯方程。而在

0x =的分界面上，可利用δ函数将线电荷l q 表示成电荷面密度

0()()l y q y y σδ=-。

电位的边界条件为

11(,0)(,)0x x a ??== ，22(,0)(,)0x x a ??== ①

1(,)0x y ?→()x →∞，2(,)0x y ?→()x →-∞

② 12(0,)(0,)y y ??= ， 21

(

)()l

x q y d x x

??δε=??-=

-

-??

③

题 4.6图

题4.4图 0

a

由条件①和②，可设电位函数的通解为

11

(,)sin()n n n x a

n y x y A e

a ππ?∞

=-=∑ (0)x >21

(,)sin()n n n x a n y x y B e a ππ?∞

==∑ (0)x <

由条件③，有

1sin()n n n y A a π∞

==∑1

sin()n

n n y B a π∞

=∑ （1） 1sin()n n n n y A a a ππ∞=--∑1

sin()n n n n y

B a a ππ∞

=∑ 0()l q y d δε=- （2）

由式（1），可得 n n A B = （3）；将式（2）两边同乘以sin()m y

a

π，并从0到a 对y 积分，有

n n A B +002()sin()d a l q n y

y d y n a

πδπε=

-=?02sin()l q n d n a ππε （4） 由式（3）和（4）解得

sin(

)l n n q n d

A B n a

ππε==

故

1101(,)sin()sin()l

n n x a q n d n y x y e n a a πππ?πε∞

=-=

∑ (0)x > 2101(,)sin()sin()l

n n x a q n d n y x y e n a a πππ?πε∞

==

∑ (0)x < 4.7 如题4.7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l q 。求槽的电位函数。 解 由于在

)

,(00y x 处有一与

z

轴平行的线电荷

l q ，以0

x x =为界将场空间分割为

00x x <<和0x x a <<两个区域，则这两个区域中的电位1(,)x y ?和2(,)x y ?都满足拉普拉斯

方程。而在0x x =的分界面上，可利用δ函数将线电荷l q 表示成电荷面密度0()()l y q y y σδ=-，

电位的边界条件为

①

1(0,)0y =?，2(,)0a y ?=，② 11(,0)(,)0x x b =??=，22(,0)(,)0x x b =??=

③ 1020(,)(,)x y x y ??=0

21

00

()

()l

x x q y y x x

??δε=??-=-

-??

由条件①和②，可设电位函数的通解为

11

(,)sin(

)sinh()n n n y n x

x y A b b ππ?∞

==∑ )0(0x x << 2(,)x y ?=1

sin()sinh[()]n n n y n B a x b b ππ

∞

=-∑ )(0a x x << 由条件③，有

0011

sin()sinh()sin()sinh[()]n n

n n n x n y n y n A B a x b b b b ππππ

∞

∞

===-∑∑ （1） 01sin()cosh()n n n x n n y A b b b πππ∞=-∑01

sin()cosh[()]n n n n y n B a x b b b πππ

∞

=-∑)(00y y q l -δε= （2） 由式（1），可得00sinh()sinh[()]0n n n x n A B a x b b ππ

--= （3）

将式（2）两边同乘以sin()m y

b

π，并从0到b 对y 积分，有

)](cosh[)cosh(00x a b

n B b x n A n n -π+π0002()sin()d b l q n y y y y n b πδπε=-=?002sin()l q n y n b ππε （4）

题4.7图

由式（3）和（4）解得

00021sinh[()]sin()sinh()l n q n y n A a x n a n b b

ππ

ππε=

-

00021

sinh()sin()sinh()l n q n x n y B n a b n b b ππππε=

故

1010

21(,)sinh[()]sinh()l

n q n x y a x n n a b

π

?πεπ∞

==-∑0sin(

)sinh()sin()n y n x n y

b b b

πππ?，)0(0x x << 021021(,)sinh()sinh()l

n q n x x y n n a b b π?πεπ∞

==

∑0sin()sinh[()]sin()n y n n y

a x

b b b

πππ?-，)(0a x x << 若以0y y =为界将场空间分割为00y y <<和0y y b <<两个区域，则可类似地得到

10

1021(,)sinh[()]sinh()l

n q n x y b y n n b a a π?πεπ∞

==

-∑0sin()sinh()sin()n x n y n x

a a a πππ? 0(0)y y << 021021(,)sinh()sinh()l

n q n y x y n n b a a π?πεπ∞

==

∑0sin()sinh[()]sin()n x n n x

b y a a a

πππ?- 0()y y b << *4.8 如题4.8图所示，在均匀电场00x E E e =中垂直于电场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?和电场E 以及导体表面的感应电荷密度σ。

解 在外电场0E 作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场0E 的电位0?与感应电荷的电位in ?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000(,)cos r E x C E r C ?φφ=-+=-+（常数C 的值由

参考点确定），而感应电荷的电位(,)in r ?φ应与0(,)r ?φ一样按cos φ变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以(,)r ?φ满足的边界条件为

① (,)a C ?φ=

② 0(,)cos ()r E r C r ?φφ→-+→∞ 由此可设

101(,)cos cos r E r A r C ?φφφ-=-++

由条件①，有 101cos cos E a A a C C φφ--++=

于是得到

021E a A =， 故圆柱外的电位为 210(,)()cos r r a r E C ?φφ-=-++

若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(,)0a ?φ=，则0=C 。

导体圆柱外的电场则为

1(,)r r r r E e e φ???φφ??=-?=--=??220022(1)cos (1)sin r a a E E r r

e e φφφ-++-+

导体圆柱表面的电荷面密度为 000(,)

2cos r a r E r

?φσεεφ=?=-=? *4.11 如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为a 、介电常数为ε，在距离轴线)(00a r r >处，有一与圆柱平行的线电荷l q ，

计算空间各部分的电位。

解 在线电荷l q 作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱外的电位(,)r ?φ均为线电荷l q 的电位(,)l r ?φ与极化电荷的电位(,)p r ?φ的叠加，即(,)(,)(,)l p r r r ?φ?φ?φ=+。线电荷l q 的电位为

(,)ln 22l l l q q r R ?φπεπε=-=-

（1）

而极化电荷的电位(,)p r ?φ满足拉普拉斯方程，且是φ的偶函数。介质圆柱外的电位1(,)r ?φ和

2(,)r ?φ满足的边界条件为分别为

① 1(0,)?φ为有限值；② 2(,)(,)()l r r r ?φ?φ→→∞

题4.11图

③

a r =时，12120,r r

??

??ε

ε??==?? 由条件①和②可知，1(,)r ?φ和2(,)r ?φ的通解为

11

(,)(,)cos n l n n r r A r n ?φ?φφ∞

==+∑ (0)r a ≤≤ （2）

21

(,)(,)cos n l n n r r B r n ?φ?φφ∞

-==+∑ ()a r ≤<∞ （3）

将式（1）～（3）带入条件③，可得到

1

1

cos cos n

n n

n n n A a

n B a n φφ

∞

∞

-===∑∑ （4）

11001

0ln ()cos ()

2n n l n n r a

n q R A na B na n r

εεφεεπε∞

---==?+=-?∑ （5）

当0r r

<时，将R ln 展开为级数，有 010

1ln ln ()cos n

n r R r n n r φ∞

==-∑ （6）

带入式（5），得

1

1

1001

1000

()()cos ()cos 2n n n l

n n n n q a A na

B na

n n r r εεεεφφπε∞

∞

----==-+=-

∑∑ （7） 由式（4）和（7），有

n n n n a B a A -=

111

00000

()()2n n n l n n q a A na B na r r εεεεπε-----+=-

由此解得

0000()1

2()l

n n

q A nr εεπεεε-=-+， 20000()2()n

l n n q a B nr εεπεεε-=-+； 故得到圆柱、外的电位分别为

10(,)ln 2l q r ?φπε=-01000

()1()cos 2()n l n q r n n r εεφπεεε∞=-+∑ （8）

20(,)ln 2l

q r ?φπε=-201000()1()cos 2()n

l n q a n n r r

εεφπεεε∞=-+∑ （9） 讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为

000100000()()

1()cos (ln ln )2()2()

n l l n q q r n R r n r εεεεφπεεεπεεε∞=---=-++∑ 200100000()()1()cos (ln ln )2()2()

n l l n q q a n R r n r r εεεεφπεεεπεεε∞=--'-=-++∑

其中R '=

1(,)r ?φ和2(,)r ?φ分别写成为

001000002()

1(,)ln ln 22()l l q q r R r εεε?φπεεεπεεε-=-

-++

00200000

()()11(,)ln ln ln 222l

l l

q q q r R R r εεεε?φπεπεεεπεεε---'=-

-

-++

由所得结果可知，介质圆柱的电位与位于（,0r 0）的线电荷

02l

q εεε+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，

题4.14图

它们分别为：位于（,0r 0）的线电荷l q ；位于)0,(

02

r a 的线电荷00l q εεεε--+；位于0=r 的线电荷00

l q εεεε-+。 *4.13 在均匀外电场00z E E e =中放入半径为a 的导体球，设（1）导体充电至0U ；

（2）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 （1）这里导体充电至0U 应理解为未加外电场

0E 时导体球相对于无限远处的电位为0U ，此时导体球面上的电荷密度

00U a σε=，总电荷004q aU πε=。将导体球放入均匀外电场0E 中后，在0E 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0(,)(,)(,)in r r r ?θ?θ?θ=+，其中000(,)cos r E z E r ?θθ=-=-，是均匀外电场0E 的电位，(,)in r ?θ是导体球上的电荷产生的电位。 电位(,)r ?θ满足的边界条件为

① ∞→r 时，0(,)cos r E r ?θθ→-；② a r =时， 0(,)a C ?θ=，0d S

S q r

?ε?-=??

其中0C 为常数，若适当选择(,)r ?θ的参考点，可使00U C =。由条件①，可设

210111(,)cos cos r E r A r B r C ?θθθ--=-+++代入条件②，可得到 031E a A =，01aU B =，001U C C -=

若使00U C =，可得到 321

000(,)cos cos r E r a E r aU r ?θθθ--=-++

（2）导体上充电荷Q 时，令004Q

aU πε=，有 004Q U a

πε=

利用（1）的结果，得到

32000(,)cos cos 4Q r E r a E r r

?θθθπε-=-++

4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场00z E =E e ，在介质中有一个半径为a 的球形空腔。求空腔、外的电场E 和

空腔表面的极化电荷密度（介质的介电常数为ε）。

解 在电场0E 的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔、外的电场E 为外加电场0E 与极化电荷的电场p E 的叠加。设空腔、外的电位分别为1(,)r ?θ和2(,)r ?θ，则边界条件为

①

∞→r 时，20(,)cos r E r ?θθ

→-；②

0=r 时，1(,)r ?θ为有限值；

③ a r =时， 12(,)(,)a a ?θ?θ=，120r r

??

εε??=??

由条件①和②，可设 101(,)cos cos r E r A r ?θθθ=-+， 2

202(,)cos cos r E r A r ?θθθ

-=-+

带入条件③，有

221-=a A a A ，30001022E A E a A εεεε--+=--

由此解得 01002A E εεεε-=-

+，3

0200

2A a E εεεε-=-+ 所以 1

00

3(,)cos 2r E r ε

?θθεε=-+ 3

0200(,)[1(]cos 2a r E r r

εε?θθεε-=-++

空腔、外的电场为

11003(,)2r E E ε

?θεε=-?=

+，22(,)r E ?θ=-?=30000()()[2cos sin ]2r E a r

E e e θεεθθεε--++

空腔表面的极化电荷面密度为

2

02

()p r a

r r a

n P e E σεε===-?=--?=0000

3()

cos 2E εεεθεε--

+

4.17 一个半径为R 的介质球带有均匀极化强度P 。