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类型合肥工业大学电磁场与电磁波孙玉发版第章答案.docx

  • 上传人(卖家):最好的沉淀
  • 文档编号:5908480
  • 上传时间:2023-05-15
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    关 键  词:
    合肥 工业大学 电磁场 电磁波 孙玉发版第章 答案
    资源描述:

    1、第四章习题解答【】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j(0, y) = j(a, y) = 0 ;j (x,0) = 0 ; j (x, b) = U0根据条件和,电位j(x, y)ybU 0oax的通解应取为j(x, y) = np ynp xA sinh()sin() 由条件,有naan=1U = npbnp xA sinh()sin()0naan=1两 边 同 乘 以 sin( np x ) , 并 从a0到 a 对 x 积 分 , 得 到题

    2、图a2Uanp xA = 0 sin( )dx =nasinh( npba)02Ua4U 0, n = 1,3,5,np sinh( np b a )0(1 - cos np ) = np sinh( np b a )1n sinh(npb a) 0 ,n = 2, 4, 6,故得到槽内的电位分布j(x, y) = 4U0pn=1,3,5,sinh(np y )sin( np x)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 0 和 x 0) j(x, y) = B enp x a sin( np y )(x 0)a aj (x, y) =

    3、2qpel0 n=1 1 sin(np d )enp x a sin(np y )(x 0)naa0 n=1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y荷q 。求槽内的电位函数。l解由于在(x0, y ) 处有一与 z 轴平行的线电荷 q ,以 x = x0l0为界将b(,)场空间分割为 0 x x 和 x00 x a 两个区域,则这两个区域中的电位qlx0 y0j (x, y) 和j (x, y) 都满足拉普拉斯方程。而在 x = x的分界面上,可利用s12d 函数将线电荷q 表示成电荷面密度(y) =q d (0y - y) ,电位的边界条件oaxll0题图为j (0, y)

    4、= 0 ,j (a, y) = 0 ,j (x,0)= j (x, b) = 0 ,j (x,0)= j (x, b) = 01211221qj (x , y) = j (x , y) ( j2 - j )= - ld ( y - y )1020xxx= x0e00由条件和,可设电位函数的通解为j (x, y) = 1n=1A sin( np y )sinh( np x )(0 x x )nbb0j (x, y) = 2n=1B sin( np y )sinh np (a - x)(xnbb0 x a)由条件,有 Asin( np y )sinh(np x0 ) =B sin( np y )s

    5、inh np (a - x )(1)nbbnbb0n=1n=1q Anpnp ynp xsin() cosh(0 ) - Bnp sin( np y ) cosh np (a - x )=l d( y - y )n bbbn bbb0e0(2)n=1n=10由式(1),可得 A sinh( np x ) - B sinh np (a - x ) = 0(3)0nbnb0将式(2)两边同乘以sin( mp y ) ,并从0 到b 对 y 积分,有bnpxA cosh(0 ) + Bcosh np (a - x) =2q b d ( y - y )sin( np y )dy =2qnp yl si

    6、n(0 )(4)lbnbn0npe000bnpeb0由式(3)和(4)解得2q1npnp ysinh(np a b) npelA =sinh(a - x )sin(0 )n02q1b0bnp xnp ysinh(np a b) npelB =sinh(n00 )sin(0 )b b故j (x, y) =2q l1sinhnp (a - x ) sin( np y )sinh( np x )sin( np y ) ,(0 x x )n sinh(np a b)01j2qpe0 n=1n sinh(np a b)1b0bbb0np xnp ynpnp y(x, y) =lsinh(0 ) sin(

    7、0 )sinh(a - x)sin() ,(x x a)2pe0 n=1bbbb0若以 y = y0为界将场空间分割为0 y y 和 yn sinh(npb a)00 y b 两个区域,则可类似地得到j2q 1npnp xnp ynp x(x, y) =lsinh(b - y ) sin(0 )sinh()sin()(0 y y )1pe0 n=1a0aaa0n sinh(npb a)j2q 1np ynp xnpnp x(x, y) =lsinh(0 ) sin(0 )sinh(b - y)sin()( y y a) 处,有00一与圆柱平行的线电荷 q ,计算空间各部分的电位。l解在线电荷q

    8、 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q 的电ll位j (r,f) 与极化电荷的电位jlp(r,f) 的叠加,即 j(r,f) = j (r,f) + jlp(r,f) 。线电荷 ql的电位为j ( r , f ) = -qlln R = -qlln(1)l2pe02pe00r 2 + r 2 - 2 rr cos f0yeaoe0qlxr0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j (r,f) 和j (r,f) 满足的边界条件为分别为11j (0,f2) 为有限值;j (r,f) j (r,f) (r )2ljj2

    9、r = a 时 ,j = j , e121 = er0 r由条件和可知, j (r,f) 和j (r,f) 的通解为1题图j (r,f) = j (r,f) +2 A rn cos nf(0 r a)(2)1lnn=1j (r,f) = j (r,f) + B r - n cos nf(a r )(3)2l将式(1)(3)带入条件,可得到nn=1n=1A an cos nf = nn=1B a- n cos nf(4)q ln R2pelrn ( A enan-1 + B e na-n-1 )cos nf = (e -e )(5)nn 0n=10r =a0当r r 时,将ln R 展开为级数,

    10、有0ln R = ln r - 0n=11 r()n cos nf(6)n ra()q 0带入式(5),得e -eeef( A nan-1 + Bna-n-1 )cos n = -0l()n-1 cos nf(7)nn 0n=12pe r0 0rn=10由式(4)和(7),有A an = B a - nnn(e -e )qaA e nan-1 + B e na-n-1 = -0l ()n-1 nn 02pe rr0 00q (e -e)1q (e -e)a2n由此解得A = -l0, B = -l0; 故得到圆柱内、外的电位分别为n2pe (e + e00) nrn0n2pe (e + e00

    11、) nrnn0j (r,f) = -1q2pellnq (e -e )r2 + r2 - 2rr cosf 1 a200- 2pel (e +0e )1 r() cosn rnf(8)r2 + r2 - 2rr cosf00000n=10lj (r,f) = - qlnq (e -e )-l0()n cos nf (9)22pe02pe (e + e )00n=1n r r0讨论:利用式(6),可将式(8)和(9)中得第二项分别写成为q (e -e ) 1 r n fq (e -e )-l0() cos n =l0(ln R - ln r )2pe (e + e )00n rn=102pe (

    12、e +e )000q (e -e )0 1 a2 q (e -e )0- 2pel(e + e )00n=1()n cos nf =ln r r2pe0(e + e00(ln R - ln r)其中 R =。因此可将j (r,f) 和jr2 + (a2 r )2 - 2r(a2 r )cos f0012(r,f) 分别写成为j (r,f) = -12e q0 lq (e -e )ln R -l0ln r1j (r f2pe0qe + e02pe (e + e )001-(e -e )q001(e -e )q0, ) = -22pelln R -02pe0e + e0l ln R -2pe0e

    13、+ e0l ln r2e0由所得结果可知,介质圆柱内的电位与位于( r , 0)的线电荷0e + e0q 的电位相同,而介质l圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生,它们分别为:位于( r , 0)的线电荷q0l;位于( a 2 ,0) 的r0线电荷-e - e0 q ;位于r = 0 的线电荷e - e0 q 。e + ele + el00*在均匀外电场 E0= e Ez 0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U ,0此时导体球面上的电荷密度

    14、s = e U0 0a ,总电荷q = 4peaU 。将导体球放入均匀外电场 E000中后,在 E 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0仍为等位体。设j(r,q) = j (r,q) +j (r,q) ,其中j (r,q) = -E z = -E r cosq ,是均匀外电场 E 的电位, j (r,q) 是0in0000in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) -E r cosq ;r = a 时,j(a,q) = C, -e j dS = q000rS其中C0为常数,若适当选择j(r,q) 的参考点

    15、,可使C0= U 。由条件,可设0j(r,q) = -E r cosq + A r -2 cosq + B r -1 + C 代入条件,可得到A= a 3 E , B= aU ,C = C - U01111010100若使C= U ,可得到 j(r,q) = -E r cosq + a3 E r -2 cosq + aUr -100000(2)导体上充电荷Q 时,令Q = 4peaU ,有U000=Q4pe a0利用(1)的结果,得到j(r,q ) = -E r cosq + a3 E r -2 cosq +Q004pe r0如题图所示,无限大的介质中外加均匀电场 E0= e Ez 0,在介质

    16、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e )。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 E 与极化电荷的电场 E 的叠加。设空腔内、外的电位分别为j (r,q) 和j (r,q) ,则边界0p12条件为r 时,j (r,q) -E r cosq ;r = 0 时,j (r,q) 为有限值;201r = a 时, j (a,q) = j (a,q) , e120j = e j21rr由条件和,可设 j (r,q) = -E r cosq + A r cosq ,j (r,q) = -E

    17、r cosq + A r -2 cosq101eeaoz0E002带入条件,有202120 0A a = A a -2 , -e E+ e A= -e E- 2e a-3 A0 1e -ee -e00由此解得A = -12e + e0E , A = -022e + e0a3 E0所以j (r,q) = -3eE r cosq12e + e0题图e -e 0 aj (r,q) = -1+0 ( )3 E r cosq 2空腔内、外的电场为3e2e + e0r0(e - e )EaE = -j (r,q) =E , E = -j (r,q) = E -00 ( )3e 2cos q + e sin

    18、q112e + e022002e + errq0空腔表面的极化电荷面密度为o = -n Pp2 r =a= -(e -e )e0r E2 r =a3e (e - e )ee= -00 E2 +00cosq一个半径为 R 的介质球带有均匀极化强度 P 。P(1) 证明:球内的电场是均匀的,等于-;e0(2) 证明:球外的电场与一个位于球心的偶极子 Pt 产生的电场t = 4p R3 。相同,3解 (1)当介质极化后,在介质中会形成极化电荷分布,本题z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

    19、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o = P n = P e = P cosqpr介质球内、外的电位j 和j 满足的边界条件为 j (0,q ) 为121R题Po图为有 限 值 ; j (r,q) 0 (r ) ;2 j (R,q ) = j (R,q ) ; ejj(1 -2 )= P cosq120rrr = R1因此,可设球内、外电位的通解为j (r,q) = A r cosq , j (r,q) = Bcosq由条件,有A R =1B,e1R20( A +111=2B1 )P R32r 2解得A1= P ,B3e10= PR33e0于 是 得 到 球 内

    20、 的 电 位j (r,q) =1P r cosq =3e0P z,故 球 内 的 电 场 为3e0E = -j11= -ePz 3e0P= - 3e0(2)介质球外的电位为j ( r, q ) =PR 3cos q =14p R 3 P cos q=Ptcos q ,其中t = 4p R3 为介质球的体积23er 24pe0r 2304pe r 203。故介质球外的电场为 E= -jq = -ej - e21 j =2Pt(e 2cos q + esinq)(r, )22r q4pe r3rqrr r0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。一个半径为a 的细导线圆环,

    21、环与xy 平面重合,中心在原点上,环上总电荷量为Q ,如题图所示。证明:空间任意点电位为j =Q1 r 21 - P (cos q ) + 3 r 4 P (cos q ) +(r a)14pe0 a 2 a 28 a 4j =Q1 - 1 a 2 P (cos q ) + 3 a 4 P (cos q ) +(r a)224 pe0 r 2 r 8 r 4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d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o =Qd(cosq - cosz p ) =Qd(cosq)2p a222p a2再

    22、根据边界条件确定系数。设球面条件为:axr = a 内、外的电位分别为 j (r,q) 和j (r,q) ,则边界121oy j (0,q ) 为有限值; j (r,q) 0 (r )2 j (a,q) = j题图12(a,q) ,根据条件和,可得j (r,q) 和j (r,q) 的通解为jj 12e(-)0rrr = a=Qd (cos q ) 2p a 212j (r,q) = A rn P (cosq)(1),j (r,q) = B r -n-1P (cosq)(2)1nn2nnn=0n=0代入条件,有 A an = B a - n-1(3) A nan-1 + B (n +1)a- n-2 P (cosq) =d(cosq)(4)Qnnnnn=0n2pe a20将式(4)两端同乘以 P (cosq ) sinq ,并从 0 到p 对q 进行积分,得m(2n +1)Q p(2n +1)QA nan-1 + B (n +1)a- n-2 = d (cosq)P (cosq)sin qdq =P (0)nn4pe a2n4pe a2n0000n = 1,3,5,(5)其中P (0) = 1 3 5(n - 1)n(-1)n 22 4 6nn = 2, 4,6,由式(3)和(5),解得A=QP (0) , B= Qan

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