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1、第四章习题解答第四章习题解答 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 0 U 求槽内的电位函数 解解 根据题意 电位 x y 满足的边界条件为 0 0ya y 0 0 x 0 x bU 根据条件 和 电位 x y 的通解应取为 1 sinh sin n n n yn x x yA aa 由条件 有 0 1 sinh sin n n n bn x UA aa 两边同乘以sin n x a 并从 0 到a对x积分 得到 0 0 2 sin d sinh a n Un x Ax an b aa 0 2 1cos
2、 sinh U n nn b a 0 4 1 3 5 sinh 02 4 6 U n nn b a n 3 3 故得到槽内的电位分布 0 1 3 5 41 sinh sin sinh n Un yn x x y nn b aaa 3 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dy 到by 和0 x 2 1 sin n n n x a n y x yB e a 0 x 2 1 0 1 sin sin l n n x a qn dn y x ye naa 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 求槽内的电位函 数 解解 由于
3、在 00 yx处有一与z轴平行的线电荷 l q 以 0 xx 为界将场空间分割为 0 0 xx 和 0 xxa 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 0 xx 的分界面上 可利用 函数将线电荷 l q表示成电荷面密度 0 l yqyy 电位的边界条件为 1 0 0 y 2 0a y 11 0 0 xx b 22 0 0 xx b 1020 xyxy 0 21 0 0 l x x q yy xx 由条件 和 可设电位函数的通解为 1 1 sin sinh n n n yn x x yA bb 0 0 xx 2 x y 1 sin sinh n n
4、 n yn Bax bb 0 axx 由条件 有 0 0 11 sin sinh sin sinh nn nn n xn yn yn ABax bbbb 1 0 1 sin cosh n n n xnn y A bbb 0 1 sin cosh n n nn yn Bax bbb 0 0 yy ql 2 由式 1 可得 0 0 sinh sinh 0 nn n xn ABax bb 3 将式 2 两边同乘以sin m y b 并从0到b对y积分 有 y x o a l q b 00 yx 题 4 7 图 cosh cosh 0 0 xa b n B b xn A nn 0 0 0 2 sin
5、d b l qn y yyy nb 0 0 2 sin l qn y nb 4 由式 3 和 4 解得 0 0 0 21 sinh sin sinh l n qn yn Aax n a b nbb 00 0 21 sinh sin sinh l n qn xn y B n a b nbb 故 10 1 0 21 sinh sinh l n qn x yax nn a bb 0 sin sinh sin n yn xn y bbb 0 0 xx 0 2 1 0 21 sinh sinh l n qn x x y nn a bb 0 sin sinh sin n ynn y ax bbb 0 ax
6、x 若以 0 yy 为界将场空间分割为 0 0yy 和 0 yyb 两个区域 则可类似地得到 10 1 0 21 sinh sinh l n qn x yby nn b aa 0 sin sinh sin n xn yn x aaa 0 0 yy 0 2 1 0 21 sinh sinh l n qn y x y nn b aa 0 sin sinh sin n xnn x by aaa 0 yyb 处 有一与圆柱平行的线电荷 l q 计算空间各部分的电位 解解 在线电荷 l q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 l q的电位 l r 与极化电荷的电位 p r 的叠加
7、 即 lp rrr 线电荷 l q的电位为 22 00 00 lnln2cos 22 ll l qq rRrrrr 1 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 y x o a l q 0 r 0 题 4 11 图 1 0 为有限值 2 l rrr ar 时 12 120 rr 由条件 和 可知 1 r 和 2 r 的通解为 1 1 cos n ln n rrA rn 0 ra 2 2 1 cos n ln n rrB rn ar 3 将式 1 3 带入条件 可得到 11 coscos nn nn nn A an
8、B an 4 11 00 1 0 ln cos 2 nn l nnr a n qR A naBnan r 5 当 0 rr 时 将 Rln 展开为级数 有 0 1 0 1 lnln cos n n r Rrn n r 6 带入式 5 得 111 0 0 11 0 00 cos cos 2 nnn l nn nn qa A naBnann rr 7 由式 4 和 7 有 n n n n aBaA 111 0 0 0 00 2 nnn l nn qa A naBna rr 由此解得 0 000 1 2 l n n q A nr 2 0 000 2 n l n n qa B nr 故得到圆柱内 外的
9、电位分别为 22 100 0 ln2cos 2 l q rrrrr 0 1 000 1 cos 2 n l n qr n n r 8 22 200 0 ln2cos 2 l q rrrrr 2 0 1 000 1 cos 2 n l n qa n n r r 9 讨论 利用式 6 可将式 8 和 9 中得第二项分别写成为 00 0 1 00000 1 cos lnln 2 2 n ll n qqr nRr n r 2 00 1 00000 1 cos lnln 2 2 n ll n qqa nRr n r r 其中 2222 00 2 cosRrarr ar 因此可将 1 r 和 2 r 分别
10、写成为 00 10 0000 2 1 lnln 22 ll qq rRr 00 2 00000 11 lnlnln 222 lll qqq rRRr 由所得结果可知 介质圆柱内的电位与位于 0 r0 的线电荷 0 0 2 l q 的电位相同 而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产 o a z 0 题 4 14 图 0 E 生 它们分别为 位于 0 r0 的线电荷 l q 位于 0 0 2 r a 的线电荷 0 0 l q 位于0 r的线电荷 0 0 l q 4 13 在均匀外电场 00zE Ee 中放入半径为a的导体球 设 1 导体充电至 0 U 2 导体上充有电荷Q 试分别计算两种情 况下球
11、外的电位分布 解解 1 这里导体充电至 0 U应理解为未加外电场 0 E时导体球相对于无限远处的电位为 0 U 此时导体球面上的电荷密度 00 Ua 总电荷 00 4qaU 将导体球放入均匀外电场 0 E中后 在 0 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 导体球仍为等位体 设 0 in rrr 其中 000 cosrE zE r 是均匀外电场 0 E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 r时 0 cosrE r ar 时 0 aC 0 d S Sq r 其中 0 C为常数 若适当选择 r 的参考点 可使 00 UC
12、由条件 可设 21 0111 coscosrE rArB rC 代入条件 可得到 0 3 1 EaA 01 aUB 001 UCC 若使 00 UC 可得到 321 000 coscosrE ra E raU r 2 导体上充电荷Q时 令 00 4QaU 有 0 0 4 Q U a 利用 1 的结果 得到 32 00 0 coscos 4 Q rE ra E r r 4 14 如题 4 14 图所示 无限大的介质中外加均匀电场 00zE Ee 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 解解 在电场 0 E的作用下 介质产生极化 空腔表面
13、形成极化电荷 空腔内 外的电场E为外加电场 0 E与极化电荷的电场 p E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 r时 20 cosrE r 0 r时 1 r 为有限值 ar 时 12 aa 12 0 rr 由条件 和 可设 101 coscosrE rAr 2 202 coscosrE rA r 带入条件 有 2 21 aAaA 3 000102 2EAEa A 由此解得 0 10 0 2 AE 3 0 20 0 2 Aa E 所以 10 0 3 cos 2 rE r 3 0 20 0 1 cos 2 a rE r r 空腔内 外的电场为 110 0 3 2 r
14、EE 22 rE 3 00 0 0 2cossin 2 r Ea r Eee 空腔表面的极化电荷面密度为 202 pr arr a n PeE 00 0 0 3 cos 2 E 4 17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P z P R o 题 4 17 图 1 证明 球内的电场是均匀的 等于 0 P 2 证明 球外的电场与一个位于球心的偶极子 P产生的电场相同 3 4 3 R 解解 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
15、求解 建立如题 4 17 图所示的坐标系 则介质球面上的极化电荷面密度为 cos pr PP nP e 介质球内 外的电位 1 和 2 满足的边界条件为 1 0 为有限值 2 0 rr 12 RR 12 0 cos r R P rr 因此 可设球内 外电位的通解为 11 cosrAr 1 2 2 cos B r r 由条件 有 1 1 2 B AR R 1 01 3 2 B AP R 解得 1 0 3 P A 3 1 0 3 PR B 于是得到球内的电位 1 00 cos 33 PP rrz 故球内的电场为 11 00 33 z PP Ee 2 介质球外的电位为 33 2 22 00 14 c
16、oscos 343 PRR P r rr 2 0 cos 4 P r 其中 3 4 3 R 为介质球的体积 故介质球外的电场为 22 22 1 r r rrr Eee 3 0 2cossin 4 r P r ee 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 4 20 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 4 20 图所示 证明 空间任意点电 位为 24 124 0 13 1P cos P cos 428 Qrr aaa 3 ra 24 224 0 13 1P cos P cos 428 Qaa rrr 3 ra 解解 以细导线圆环所在的球面ar 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ar 上的电荷面密度 22 coscos cos 222 QQ aa 再根据边界条件确定系数 外的电位分别为 1 r 和 2 r 则边界条件为 设球面ar 内 1 0 为有限值 2 0 rr 12 aa 12 0 2 cos 2r a Q rra a o y x z 题 4 20 图 根据条件 和
