合肥工业大学电磁场与电磁波孙玉发版第章答案

★【】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U0，求槽内的电位函数。

解 根据题意，电位(x,y)满足的边界条件为

① (0,y)(a,y)0；② (x,0)0； ③ (x,b)U0 根据条件①和②，电位(x,y)nynx(x,y)Asinh()sin() 由条件③，有 的通解应取为 ny n1aab o U0 U0Ansinh(n1nbnx)sin() aaa 题图

ax

两边同乘以sin(nx)，并从aa2U0nxAnsin()dx asinh(nba)0a0

到a对x积分，得到

4U0,n1,3,5,2U0(1cosn)nsinh(nba)nsinh(nba)0，n2,4,6,

1nynxsinh()sin() n1,3,5,nsinh(nba)aa 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(x)。上板和薄片保持电位U0，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从y0到yd，

(0,y)U0yd。 电位线性变化，

故得到槽内的电位分布 (x,y)4U0解 应用

y U0 叠加原理，设板间的电位为

(x,y)1(x,y)2(x,y)

x 1(x,y)为其中，boxdx的电位，即

ox体板间有导体题 图

①

② 2(x,y)0(x)

不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为U0）1(x,y)U0yb；2(x,y)是两个电位为零的平行导薄片时的电位，其边界条件为： 2(x,0)2(x,b)0

(0yd)UU00yb③ 2(0,y)(0,y)1(0,y)U0yU0ybd； 根据条件①和②，可设

(dyb)2(x,y)的通解为

xnynb2(x,y)Ansin()ebn1；由条件③有

U0Uyny0bAnsin()bn1U0yU0ybd(0yd)

(dyb)两边同乘以sin(ny)，并从0到b对y积分，得到 b2U2Uyny11ny2U0bndAn0(1)sin()dy0()ysin()dysin() 2b0bbbddbb(n)dbxU02bU01ndnynb(x,y) ysin()sin()e故得到 22bdn1nbb 如题图所示的导体槽，底面保持电位U0，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。 解 根据题意，电位(x,y)满足的边界条件为

(0,y)(a,y)0 ①

(x,y)0(y) ② y (x,0)U0 ③ 根据条件①和②，电位(x,y)的通解应取为

nx(x,y)Anenyasin()；由条件③，

an1o axU0  nxU0Ansin() a题图 an1a2U0nxnxsin()dx )，并从0到a对x积分，得到An两边同乘以sin(aaa0db有

2U0(1cosn)n4U0,n0，n1,3,5,n2,4,6, ；故得到(x,y)4U0n1,3,5,1nyanxesin() na★【】一长、宽、高分别为a、b、c的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为

xzy(yb)sin()sin() 的电荷。求体积内的电位。

解 在体积内，电位满足泊松方程

222x2y2z2ac10y(yb)sin(xa)sin(zc) （1）

长方体表面S上，电位满足边界条件(x,y,z)1S0。由此设电位的通解为

m2)()()] abcm1n1p1mxnypzxzsin()sin()sin()y(yb)sin()sin()

abcac2n22nyA0A[()()()]sin()y(yb) （2） (m1p1)由此可得 mnp 或 ；1n1abcbp1Amnp[(0m1n1p1n2p2Amnpsin(mxnypz)sin()sin()，代入泊松方程（1），可得 abcn222ny4b3A[()()()]y(yb)sin()dy()(cosn1) 由式（2），得 1n1abcbbbn02b8b23(n)0n1,3,5,n2,4,6, ； 故

(x,y,z)8b250n1,3,5,1xnyzsin()sin()sin()1n1abc n3[()2()2()2]abc★【】如题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ql，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ql，以x0为界将场空间分割为x0和x0两个区域，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x0的分界面上，可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度(y)ql(yy0)。

电位的边界条件为

y 1(x,0)=1(x,a)0 ，2(x,0)=2(x,a)0 ①

②

1(x,y)021)xx(x)，

ql 2(x,y)0(x)

a x

③

d 题 图

o 1(0,y)2(0,y) ， (x0ql0(yd)

由条件①和

1(x,y)Anen1②，可设电位函数的通解为

nxanynysin() (x0)2(x,y)Bnenxasin() (x0)

aan1由条件③，有

nynyAnsin()Bnsin() （1） aan1n1qnnynnyAnsin()Bnsin() l(yd) （2）

0aaaan1n1my)，并从0到a对y积由式（1），可得 AnBn （3）；将式（2）两边同乘以sin(a分，有

AnBn2qln0a0(yd)sin(nd) a2qlnynd)dysin() （4） an0a由式（3）和（4）解得

AnBnqln0sin(故 1(x,y)ndnxany)esin() (x0)

0n1aaql1ndnxany2(x,y)sin()esin() (x0) 0n1naaqlnsin(1y 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ql。求槽内的电位函数。

解 由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以xx0为界将

场空间分割为0xx0和x0xa两个区域，则这两个区域中的电位b ql (x0,y0) 1(x,y)和2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在xx0的分界面上，可利用

o a 函数将线电荷ql表示成电荷面密度(y)ql(yy0)，电位的边界条件

题图

为

① 1(0,y)=0，2(a,y)0，② 1(x,0)=1(x,b)0，2(x,0)=2(x,b)0

x

③ 1(x0,y)2(x0,y)(21)xxxx0ql0(yy0)

由条件①和②，可设电位函数的通解为 nynx1(x,y)Ansin()sinh() (0xx0)

n1bbnyn)sinh[(ax)] (x0xa) 2(x,y)Bnsin(bbn1由条件③，有

nx0nynynAnsin()sinh()Bnsin()sinh[(ax0)] （1） bbbbn1n1qlnx0nnynnyn(yy0)Asin()cosh()Bsin()cosh[(ax)] nn0bbbbbbn1n10（2）

nx0n)Bnsinh[(ax0)]0 （3） bbmy)，并从0到b对y积分，有 将式（2）两边同乘以sin(b2qlb2qlny0nynx0n(yy)sin()dysin() （4） Ancosh()Bncosh[(ax0)]00n0bn0bbb由式（1），可得Ansinh(

由式（3）和（4）解得

2qlny01nsinh[(ax0)]sin()

sinh(nab)n0bb2qlnx0ny01Bnsinh()sin()

sinh(nab)n0bbAn故 1(x,y)1nny0nxnysinh[(ax)]sin()sinh()sin()，(0xx0) 00n1nsinh(nab)bbbb2qlnx01ny0nny2(x,y)sinh()sin()sinh[(ax)]sin()，(x0xa) 0n1nsinh(nab)bbbb若以yy0为界将场空间分割为0yy0和y0yb两个区域，则可类似地得到

2ql1nnx0nynxsinh[(by)]sin()sinh()sin() (0yy0) 00n1nsinh(nba)aaaa2qlny01nx0nnx2(x,y)sinh()sin()sinh[(by)]sin() (y0yb) 0n1nsinh(nba)aaaa* 如题图所示，在均匀电场E0exE0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。

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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0(r,)E0xCE0rcosC（常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位in(r,)应与0(r,)一样按cos变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以(r,)满足

1(x,y)2ql的边界条件为

① (a,)C

② (r,)E0rcosC(r)

1由此可设 (r,)E0rcosA1rcosC

1由条件①，有 E0acosA1acosCC

221于是得到 A1aE0， 故圆柱外的电位为 (r,)(rar)E0cosC 若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a,)0，则C0。

导体圆柱外的电场则为

221aaE(r,)ereer(12)E0cose(12)E0sin

rrrr(r,) 导体圆柱表面的电荷面密度为 0ra20E0cosr* 如题图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为，在距离轴线r0(r0a)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(r,)均为线电荷ql的电

位l(r,)与极化电荷的电位p(r,)的叠加，即(r,)l(r,)p(r,)。线电荷ql的电位为

l(r,)y ql20lnRql20lnr2r022rr0cos （1）

0a  o ql r0x

而极化电荷的电位p(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。介质圆柱内外的电位1(r,)和2(r,)满足的边界条件为分别为

① 1(0,)为有限值；② 2(r,)l(r,)(r)

12ra ,③ 时，120rr由条件①和②可知，1(r,)和2(r,)的通解为

 题图 （2）

1(r,)l(r,)Anrncosnn1 (0ra)

2(r,)l(r,)Bnrncosn (ar) （3）

n1将式（1）～（3）带入条件③，可得到

Aann1ncosnBnancosn （4）

n1(Annan1Bn0nan1)cosn(0)n1qllnR20rra （5）

1rnlnRlnr()cosn （6） rr当00时，将lnR展开为级数，有

n1nr0带入式（5），得 (Annan1n1Bn0nan1(0)ql)cosn20r0an1()cosn （7） rn10nn由式（4）和（7），有 AnaBna

Annan1Bn0nan1(0)qlan1()

20r0r0ql(0)1ql(0)a2n由此解得 An， Bn； 故得到圆柱内、外的电位分别为

20(0)nr0n20(0)nr0nqlql(0)1rn221(r,)lnrr02rr0cos()cosn （8）

2020(0)n1nr0ql(0)1a2n2(r,)lnrr2rr0cos()cosn （9） 2020(0)n1nr0r220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为

ql(0)1rnql(0)()cosn(lnRlnr0) 20(0)n1nr020(0)ql(0)1a2nql(0)()cosn(lnRlnr) 20(0)n1nr0r20(0)其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将1(r,)和2(r,)分别写成为

1(r,)20qlq(0)lnRllnr0

20020(0)1qllnR1(0)ql1(0)qllnRlnr

2020020020r, 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（00）的线电荷ql的电位相同，而介质

02(r,)a2

圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（r0,0）的线电荷ql；位于(,0)的

r0

00q线电荷l；位于r0的线电荷ql。

00* 在均匀外电场E0ezE0中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U0；（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0U0a，总电荷q40aU0。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(r,)0(r,)in(r,)，其中0(r,)E0zE0rcos，是均匀外电场E0的电位，in(r,)是导体球上的电荷产生的电位。 电位(r,)满足的边界条件为

dSq rra(r,)Ercos(a,)C0① 时，；② 时， 00，rS其中C0为常数，若适当选择(r,)的参考点，可使C0U0。由条件①，可设

(r,)E0rcosA1r2cosB1r1C1代入条件②，可得到 A1a3E0，B1aU0，C1C0U0

321若使C0U0，可得到 (r,)E0rcosaE0rcosaU0r

（2）导体上充电荷Q时，令Q40aU0，有 U0Q40a

32利用（1）的结果，得到 (r,)E0rcosaE0rcos4r

0 如题图所示，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（介质的介电常数为）。

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1(r,)和2(r,)，则边界条件为

① r时，2(r,)E0rcos；② r0时，1(r,)为有限值；

③ ra时， 1(a,)2(a,)，012

Qrr2由条件①和②，可设 1(r,)E0rcosA1rcos， 2(r,)E0rcosA2rcos

带入条件③，有

a o  0 z

E0 题图

空腔内、外的电场为

E11(r,)A1aA2a2，0E00A1E02a3A2

003AEAaE0 由此解得 10，220203(r,)E0rcos 所以 1200a32(r,)[1()]E0rcos

20r(0)E0a33E0，E22(r,)E0()[er2cosesin]

2020r空腔表面的极化电荷面密度为

pnP2ra(0)erE2raP30(0)E0cos

20 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P。 （1）证明：球内的电场是均匀的，等于0；

相

z （2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场

4R3。

3同，

解 （1）当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题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

pPnPerPcos

介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为① 1(0,)为

中所求的电场极化电荷，仅方程，可用分

P o 为

有限值；②

R 题 图

2(r,)0(r)；

③ 1(R,)2(R,)；0(12)rrrRPcos

B1cos2r

因此，可设球内、外电位的通解为1(r,)A1rcos， 2(r,)B12B1(A)P 12，03RRPPR3 解得 A1， B13030由条件③，有 A1R于是得到球内的电位 1(r,)E11ezPP3030

PPrcosz， 故球内的电场为 3030（2）介质球外的电位为

PPR314R3Pcos2(r,)coscos40r230r240r234R3，其中为介质球的体积

3P212(er2cosesin) e340rrrr可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同。

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，如题

。故介质球外的电场为E22(r,)er图所示。证明：空间任意点电位为

241r3r11P2(cos)P4(cos)40a2a8aQ (ra)  241a3a21P2(cos)P4(cos)40r2r8rQ(ra)

解 以细导线圆环所在的球面ra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Q表示成球面ra上的电荷面密度

Qz )Q(cos) (coscos2a222a2再根据边界条件确定系数。

ra内、外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则边界设球面

条件为： a o y

① 1(0,)为有限值； ② 2(r,)0(r) x ③ 1(a,)2(a,)，

题 图

0(12)rrraQ(cos)

2a2根据条件①和②，可得1(r,)和2(r,)的通解为

n11(r,)AnrPn(cos) （1）， 2(r,)BnrPn(cos) （2）

nn0n0代入条件③，有AnaBnann1n1n2 （3）[AnnaBn(n1)a]Pn(cos)n0Q20a2(cos) （4）

将式（4）两端同乘以Pm(cos)sin，并从0到对进行积分，得

Annan1Bn(n1)an2(2n1)Q(2n1)QPn(0) (cos)P(cos)sind2n24a40a00 （5）

0135(n1)其中 Pn(0)(1)n2246nn1,3,5,n2,4,6,

QQanPn(0) ，代入式（1）和（2）由式（3）和（5），解得 An4an1Pn(0)，Bn，即得到 400241r3r11P2(cos)P4(cos)40a2a8aQ (ra)

★【】如题图所示，一个点电荷q放在60的接地导体角域内的点(1,1,0)处。求：（1）所有镜像

电荷的位置和大小；（2）点x2,y1处的电位。

解 （1）这是一个多重镜像的问题，共有5个像电荷，分布在以点电荷q到角域顶点的距离为半径的圆周上，并且关于导体平面对称，其电荷量的大小等于q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为

y q,q1x1y12cos750.3662sin751.366241a3a21P2(cos)P4(cos)40r2r8rQ (ra)

q,q22cos1651.366x22sin1650.366y2 q1 q2q (2,1,0) (1, 1,0) 60 q,q3q,q4q,q5 q3o  q4 q5x

题 图

q40

2cos1951.366x3 2sin1950.366y32cos2850.366x42sin2851.366y42cos3151x5 2sin3151y50)q4q2q3q51qq1

40RR1R2R3R4R5

（2）点x2,y1处电位(2,1,(10.5970.2920.2750.3480.477)0.321q2.88109q(V) 40