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
