电磁场与电磁波理论第二版徐立勤曹伟第3章习题解答

电磁场与电磁波理论(第二版)(徐立勤-曹伟)第3章习题解答

第3章习题解答

3.1 对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和

体电荷密度：

(1)x,y,zAxBxC； (2)x,y,zAxyz； (3),,zAsinBz； (4)r,,Arsincos。 解：已知空间的电位分布，由E和/可以分别计

算出电场强度和体电荷密度。

(1) Ee2AxB 2A (2) EAeyzexzexy 0 (3) Ee(2AsinBz)eAcoseB

BzBz4AsinAsin3Asin 22220x020xyz02z2000(4) Ee2ArsincoseArcoscoseArsin

Acos2cosAcos6Asincos sinsin3.5 如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭

曲面，其上均匀分布着密度为的面电荷。试求球心处的电位。 解：上顶面在球心产生的电位为

(dRd)(Rd) 22r200S0S0012121S0011下顶面在球心产生的电位为

2S022(d2R2d2)S0(Rd2) 202014π0侧面在球心产生的电位为

3S0RSS0S 4π0R。因此球心总电位为 R 3.6有2和5的两种介质分别分布在z0和z0的半无限

大空间。已知z0时，Ee20e10e50V/m。试求z0时的D。 解：由电场切向分量连续的边界条件可得

EE z0D520D510

2式中S4πR02πR(Rd1)2πR(Rd2)2πR(d1d2)S001230xyz1t2tx0y0

代入电场法向方向分量满足的边界条件可得

DD z0D50

于是有

z0De100e50e50

3.9 如题3.9图所示，有一厚度为2d的无限

1n2nzx0y0z大平面层，其中充满了密度为

x0cosπxd的体电荷。若选择坐标原点

为零电位参考点，试求平面层之内以及平面层以外各区域的电位和电场强度。 解：由对称性可知

0yz，即

222d22222xyzdx21。设各区

域中的电位和电场强度分别为，，和，

23E1E2，E3。由电

位所满足的微分方程

0d21πxcosdx2d

d220dx2

d230dx2

解得

dd1πx0sinC1dxπd ddx2C2 ddx3C3

0d2πx1cosC1xD1 2C2xD2 3C3xD3 π2d由于理想介质分界面没有面电荷，所以边界条件为 xd时 12 ddx10d2dx

xd时 13 d3d10dxdx

又根据对称性可知，在x0的平面上，电场强度是为零的，即x0时，ddx10。最后再选择零电位参考点使得x0时，

100。联立解得

dxdxC1C2C300d2D1π2

20d2D2D3π2。

只要利用Eexd就可以得到

20d23π2时， E E3exd30dx

20d2πx0dcosdxd时 12π2dπ1exdd1πxex0sindxπdxd时，

d20dx20d22π2

E2ex

 选择不同的零电位参考点，得到的电位不同，但电场强度仍是相同的。

 根据对称性只需求出x0的解，即和。

3.10 位于x0和xd处的两个无限大导电平面间充满了

1xd的体电荷。若将x0处的导电平板接地，而将xd处的导电平板加上电压U。试求板间的电位分布及电场强度为零的位置。

解：由于无限大导体极板之间电荷分布是只与x有关，忽略

边缘效应，可以认为电位分布也只与x有关，且满足一维泊松方程

dx(1) dxd123002020其通解为

(x)0302xxC1xC2 60d200由(0)0  C20 而由(d)U  C1U020dd30

因此板间电位分布为

(x)0302U020dxxx 60d20d30板间电场强度为

U2dEex0x20x(00)0d3020d

从该式可以求出电场强度为零的位置为

0020U020d4()220020dd302U2dbb4acx dd10(00) 02a0dd300d由于我们是讨论极板内电场强度，因此零点位置为

2U2dxdd10(00) 0dd303.11 如题3.11图所示的平板电容器中，分别以两种不同

的方式填充两种不同的介质和。当两极板之间外加电压U时，试求电容器中电位和电场的分布以及电容器的电容。 解：对于图a：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x有

关，均满足一维拉普拉斯方程。且由介质分界面的边界条件可知，两种介质中的电位分布是相同的，其通解为

CxD

根据已知条件0和

U，U，解得D0和C2d120x00x2d0即平板电容器中的电位分布为

Ux 2d0根据E，可以得到平板电容器中的电场分布为

UdEee dx2d0xx对x0平板上enex，面电荷密度分别为

U0 yS上12dSenDen EU0 yS2下2d

总电量为

Q1U0USS20S12U02d2d2d

电容器的电容为

CQU012S2d

对于图b：忽略边缘效应，可以认为电位分布也只与x有关，均满足一维拉普拉斯方程。两种介质中的电位分布的通解可以分别设为

CxD 和 CxD

根据已知条件0和U，以及分界面处的边界条

1112221x02x2d0件1xd2xd和x11xd2x可以解得

xd2U0x12d 和 22U0xdU0 12d根据E，可以得到平板电容器中两种介质中的电场

分布为

dUdUEeeEee 和 dxddxd12021011xx22xx1212对x0平板上e总

QS2Snex，面电荷密度为

eDe Ee12Snn1x12U0d

电

122SU 12d0量

的

电

容

为

电

CQU0容

122S 12d0器为

3.12 已知在半径为a的无限长圆柱形体内均匀分布着电荷

密度为的体电荷。圆柱体内外的介电常数分别为和。若取圆柱体的表面为零电位的参考面，试利用直接积分法求出圆柱体内外的电位和电场强度。

解：取定圆柱坐标系，使z轴与圆柱体的中心轴线相重合，

由电位和电场的对称性可知与和z无关。圆柱体内外的电位和分别满足

012

01dd1dd1dd 和 dd200

它们的通解可以分别表示式为

102C1lnD1 4 和 12C2lnD2

由轴线上的电位应为有限值可得C面电位为零可得

0。而由圆柱体的表

02102aD10 4 和

C2lnaD20即 D4a 和 D2C2lna

021于是有 4a2 和 2C2ln a代入圆柱体表面电位的法向导数的边界条件

1rra20r得到

ra0aC022a0a2，即C22。最后得到圆柱体

0内外的电位分别为

10a22 4 和

0a22ln20a

而圆柱体内外的电场强度分别为

dEee 和 Ed211102200a2d2eed203.13 如题3.13图所示，半径为a的无限长导

体圆柱，单位长度的带电量为。其一半埋于介电常数为的介质中，一半露在空气中。试求各处的电位和电场强度。 解：根据题意，空间中电位分布与和z无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即

l21221dd10ddr1dd20drd介质中空气中

将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为 和 ClnD

根据不同介质分界面电位的连续性可知CCC和DDD，即

ClnD

若设无限长导体圆柱上电位为0，也即(a)0，可得DClna，即

Cln a1C1lnD1222121212导体圆柱的面电荷密度为

CS0C介质中

空气中单位长度导体圆柱的电量为

lCπa0Cπa

即

Clπ(0 )l于是得到导体圆柱外的电位和电场强度分别为

aln 和 Ee π()π()3.14 如题3.14图所示同轴电容器，其中部

分填充了介质，其余是空气。当外加电压U时，试求电容器中的电位和电场强度的分布以及单位长度的电容。

解：根据题意，空间中电位分布与和z无关，均满足一维的拉普拉斯方程，即

l00021221dd10ddr1dd20drd介质中空气中

将上述两方程分别直接积分两次，得出通解为 和 ClnD

根据不同介质分界面电位的连续性可知C1C1lnD12221C2C和

D1D2D，即

12ClnD

由a0和bU0可得到

DClna 和 U0ClnbD可以解得

bCU0/lna 和 DUblna/ln0a因此电容器内电位和电场强度的分布分别为

U0lnablna 和 EededU01blna

利用SenDU1S00 bblna可以计算出电容器内面电荷密度分布为

U1  和 bb0Slna那么单位长度总电荷为

Q(2π)0U01U01U0102πbbbbbblnlnlnaaaQU01102πbblna

因此单位长度的电容为

C

03.15在介电常数为的无限大介质中，均匀分布体密度为的电荷。若在该介质中挖了一个半径为R的球形空腔（腔中的介电常数可视为）。利用直接积分法求出各处的电位分布和电场强度E。（以球面为零电位参考点）

1dd0，即解：根据场的对称性可知r。设球rdrdr00222形空腔内外的电位分别为和。

12

解r1ddrr22d10dr和r1ddrr220d2dr得

C11D1r0r2C2 和 26rD2

1考虑到r0时，场应是有界的，即C0。再利用边界连续

条件rR时，012，d1d20drdr以及给定的零电位参考点，

即rR时，012＝0，联立解得

0R02和D2230R0C1＝D10,C23

由此可得

30r20R00R0210，263r2

E110，

3d20r0R0E22erer2dr3r33.16 顶端夹角为2的带电导体圆锥垂直于无限大的接地

导体平面，但两者之间有一缝隙。当圆锥所加电压为U时，试求圆锥体与导体平面之间的电位分布及电场强度。

解：由于圆锥体与导体平面之间的电位分布均仅为坐标的函数，满足一维的拉普拉斯方程

1sin0 rsin002sin即 0 将上述方程分别直接积分两次，得出通解为

ClntanD 2利用边界条件U和π/20解得

00CU0lntan02 和 D0

由此可得圆锥体与导体平面之间的电位和电场强度的

分布分别为

lntan2lntan02U0 和 Ee1er1rsinlntan02U0

时，利用直角坐标系分离变量法求出矩形

管内的电位分布。

解：定解问题为0，0，U以及

U02y0yb0x0U00d/2yd 和 0yd/2012xaU00d/2yd 0yd/212设分别为

U0y12b，其中和的满足的定解问题

U0Uy0b1xaU0ybU0Uy0b2x0U0ybb/2yb0yb/2b/2yb0yb/2210，，1y00，1yb0，，1y01x00和和

2202y00，2yb02xa0由定解问题的边界条件1n1很容易得到

nπxnπxnπyAsinhBcoshsin bbb01yb和011由1x00，则A20，因此上式变成

1Ansinhn1nπxnπysinbb

代入边界条件

U0Uyb/2yb0b1xaU0y0yb/2bU0Uyb/2ybnπanπy0bAnsinhsinbbn1U0y0yb/2b，则得到

利用正弦函数的正交性可以得到

Unπa2b/2AnsinhU00bb0bbUnπyysindy0b/2bbnπyysindyb

积分得到

An2U0nπsinh1nπabn/2

22由定解问题0，2y00，2yb0，2xa0可知

代入边界条件2x0最后得到电位分布为

U0y2U0dπn2,4,6,nπaxnπy2Cnsinhsinbbn1U0Uyb/2yb0bU0y0yb/2b2U0n/2Cn1nπanπsinhb

，则得到

1nn/2nπxsinhnπxnπabsinnπycosh1coshnπabbbsinhb

3.18 求题3.18图所示矩形空间区域内的电位分布，已知

边界条件为：

（1）U，0；

10234（2）（3）2U0，n10，340；

；

3U0sin3πyπycosbb，1240（4）y2E0，140，n30。

解：（1）根据给定的边界条件可以将通解直接选为

x,yCsinhkxCcoshkxDsinkyDcosky

由边界条件0可以得到

1y2y1y2y24D20 和 kynπbn1,2,3,

即

x,yD1sinnπynπxnπxCsinhCcosh21bbb为了求解方便可以将上式改写为

x,yD1sinnπaxnπaxnπyCsinhCcosh12bbb

如此一来，由边界条件30可以直接得到C

20，于是有

x,yEnsinnπaxnπysinhbb式中，E写成

nC1D1。将上式对n求和，可将此边值问题的解

n1,2,3,Ensinnπaxnπysinhbb

最后，将边界条件1U0U0n1,2,3, 代入上式，得 nπynπaEsinsinh bbn利用三角函数的正交性可以得到

4U0bnπa2U0nπynπsinhEnsindynπa0bbbsinh0bn1,3,5,n2,4,6,

最后得到电位分布为

n1,3,5,nπaxnπysinsinhnπabbnπsinhb4U0

（2）根据给定的边界条件可以将通解直接选为

x,yCsinkxCcoskxDsinhkyDcoshky

1x2x1x2x由边界条件nx,yC2cos10和30可以得到

n1,2,3,nπxnπynπyDsinhDcosh212a2a2a4

由边界条件n110可以得到

nπxnπysinh2a2an1,2,3,的解写成

式中，ECD。将上式对n求和，可将此边值问题

x,yEncosx,yn1,2,3,Encosnπxnπysinh2a2a

最后，将边界条件2U0 代入上式，得

U0n1,2,3,Encosnπxnπysinh2a2a

利用三角函数的正交性可以得到

n14U021anb2U0nπxnπsinhEnsindxnπb02aabsinh02an1,3,5,n2,4,6,

最后得到电位分布为

n1,3,5,1n12（3）根据给定的边界条件可以将通解直接选为

x,yCsinhkxCcoshkxDsinkyDcosky

1y2y1y2y4U0nπxnπycossinhnb2a2anπsinh2a

由边界条件x,yD1sin240可以得到

n1,2,3,nπynπxnπxCsinhCcosh21bbb1

由边界条件n110可以得到

nπxnπysinbbn1,2,3,的解写成

式中，ECD。将上式对n求和，可将此边值问题

x,yEnsinhx,yn1,2,3,3Ensinhnπxnπysinbb

代

最后，将边界条件入上式，得

U0sin3πyπyU02πy4πycossinsinbb2bbU02πy4πynπxnπysinsinEsinhsinn2bbn1,2,3,bb

比较系数可以得到

E2U012sinh2πab 和 E4U012sinh4πab其余的系数均为零。最后得到电位分布为

（4）根据给定的边界条件可以将通解直接选为

x,yCsinkxCcoskxDsinhkyDcoshky

1x2x1x2x4πx4πy2πx2πysinhsinsinhsinUbbbb04πa2πa2sinhsinhbb

由边界条件x,yC1sin10和n30可以得到

n1,2,3,nπxnπynπyDsinhDcosh212a2a2a4

由边界条件n110可以得到

nπxnπysinh2a2an1,2,3,的解写成

式中，ECD。将上式对n求和，可将此边值问题

x,yEnsinx,yn1,2,3,Ensinnπxnπysinh2a2a

最后，将边界条件yE02E0 代入上式，得

n1,2,3,Ennπnπxnπysincosh2a2a2a利用三角函数的正交性可以得到

8aE0anb2E0nπx22nπcoshEnsindxnπnπb0aabcosh02a2an1,3,5,n2,4,6,

最后得到电位分布为

n1,3,5,3．21两平行的无限大导体平板，距离为d，

其间有一薄片，如题3.21图所示。当上板电位为U，下板电位为零，薄片电位为U1y/d时，利用直角坐标系中的分离变量法求板间x0区域的电位分布。

08aE0nπxnπysinsinhnb2a2a22nπcosha

0

解：定解问题为0，0，U以及U1y/d

设Uy，则其中的满足的定解问题为0，d0 0 U

由定解问题的边界条件0和0很容易得到

2y0yb0x00021111y01yb1x001y01ybπxnπxndnπy1A1eB1edsindn1

由1x有限，则A0，因此上式变成 nπyBesin d111nπxdn1代入边界条件1x0U0，则得到

U0Bnsinn1nπyd

利用正弦函数的正交性可以得到

2U0Endd04U0nπysindynπb0n1,3,5,n2,4,6,

最后得到电位分布为

πx4U0ndynπyU0esindn1,3,5,nπd

3.22 如题3.22图所示，已知矩形导体盒

πx3πy子顶面的电位分布为Ux,yUsin2a，sinb0其余的面上电位均为零。试求盒内的电位分布。 解：根据盒子的边界条件，利用分离变量法及边界条件可以求出

nπxmπyXxsinYysin，，ZzAsh|k|zBch|k|z abzz式中的解为

由

nmkzab22。由于(x,y,0)0，因此B0，于是问题

22nπxmπynπmπ(x,y,z)Anmsinsinshzababn,m2πx3πy(x,y,c)U0sinsinaa

的边界条件，也即

比较系数法得到的解为

(x,y,z)2πx3πynπxmπynπmπU0sinsinAnmsinsinshcaaababn,mU0A23n2m3222π3πshcab22

，，，因此问题

U02π3πshcab222πx3πy2π3πsinsinshzabab22

3.23 半径为a的无限长圆柱面上分布着密度为SS0cos的面

电荷。试求圆柱面内、外的电位分布。

解：取定圆柱坐标系，使z轴与圆柱体的轴相重合。在此坐

标系下，诸场量均与z坐标无关，圆柱内部电位和圆柱外部电位均满足二维的拉普拉斯方程，其通解表示式可分别写为 ,PPlnAsinnBcosnCsinnDcosn

12nn112nnnnn1n2lnsinnBncosnnCnsinnDncosn2,P1PAn

n1上列两式的待定系数可以利用下列的边界条件来确定：

（1）在圆柱体的轴线上，电位为有限值，即



（2）圆柱体表面的电荷在的地方所建立的电场已减弱至零，故时的电位边界条件为

0

（3）在介质圆柱体的表面上满足电位边界条件，即

 和 cos 102121a2a00S0aa由于边界条件（1）和（2）可得

P0，C0，D0 和 P0，P0，A0，B0 即

2nn12nn

n1,P1AnsinnBncosn

n1sinnDncosn 2,nCnn1代入边界条件（3）得到

P1an1nAnsinnBncosnanCnsinnDncosn

n1和

na2n1n1AnsinnBncosnn2an1CnsinnDncosnn1S0cos0

，aBaD 和

首先比较上两式中常数项以及cos和sin项对应的系数，得出

P0，aAaC，aBaD，AaCBaC0 ，anAnanCnnnnn11211111S0021111将这些式子联立求解，得到

aP0，AB0，D0。 ，，C222S0011S01110再比较cosn和sinn(n2,3,4,)各项的系数，得出

aAaC，aBaD，AaC0，BaC0

将这些式子联立求解，得到

ABCD0n1

最后得到圆柱内外的电位分布函数分别为

nnnn22nnnnnnnnnnnnS0a2S01cos 和 2cos 2020

3.24 如题3.24图所示半径为a、长为l的圆

柱形空间，其内的场是轴对称的，试求该空间的电位分布，已知其边界条件为：

（1）U，（2）U，102021303； 0；

（3）2U0sin2πzl，130。

解：(1)问题的解与无关，因此，定解问题为

0(,0)0，(,l)U(a,z)0

解法一：首先把上下边界齐次化，也即令201U0zl，其

中的满足定解问题为

12101(,0)0，1(,l)01(a,z)U0zl

由分离变量法可得

1AnI0(1n1nπnπnπz)BnK0()sinllln

由于0，为有限的，那么B1n0n1。则上式变成

nπnπzAI()sin ll0由侧面的边界条件可得

U0nπnπzzAnI0(a)sinllln1

由三角函数的正交性可得

lU022U01nπzAnzsindzcosnπllI(nπa)0lnπI0(nπa/l)0l即

U02U0nπnπzzcosnπI0()sinllln1nπI0(nπa/l)

解法二：直接由侧面的边界条件将电位的通解写成 AJ(k)BN(k)CsinhkzDcoshkz

n0zn0znznzn1由于0，为有限的，那么Bnznn1，则上式变成

CsinhkzDcoshkzJ(k)。

n0z0z由底面的边界条件可得

CnJ0(kz)sinhkzz

n1而由侧面的边界条件，可得

J0kza0  kza0n kz0n0na

式中为零阶Bessel函数第n个零点值。因此

CnJ0(n10na)sinh0nza

0ma利用顶面的边界条件可得

U0CnJ0(n10na)sinh0nlam两边同乘J0(0a)，并对(0,a)积分，那么

a0U0J0(0ma)dCnsinhn10nlaa0J0(0na)J0()d

式中

a00 mnJ0(0n)J0(0m)d12(0m)]2 mnaaa[J02

0m于是得到

Cm2(0m)]sinha[J02U0(0m)]2sinh[0mJ02U0220mlaa0U0J0(0ma0m)d2U0(0m)]sinh[0mJ02U020mla0J0(x)xd(x)0maxJ1(x)l0[0mJ1(0m)]2sinh0mla0mJ1(0m)

0mJ1(0m)sinh0mla由此可得空间的电位分布为

0nzJ0n02U0aa lJn10nsinh0n10nsinha (2)问题的解与无关，根据边界条件可将通解选为 nπnπnπzAI()BK()sin llln1n0n0由于0，为有限的，那么Bn0n1。则上式变成

nπnπzAI()sin lln0由侧面的边界条件可得

2πznπnπzU0sinAnI0(a)sinllln1

利用三角函数的正交性可得

4U0l2U01nπznπInπaAnsindz0llI(nπa)0l0l0n1,3,5,n2,4,6,

由此可得

n1,3,5,nπI04U0lsinnπznπlnπaI0l

(3)问题的解与无关，根据边界条件可将通解选为

nπnπnπzAI()BK()sin llln1n0n0由于0，为有限的，那么Bn0n1。则上式变成

nπnπzAI()sin lln0由侧面的边界条件可得

U0AnI0(n1nπnπza)sinll

由三角函数的正交性可得

U02πaAnI0l0n2n2

由此可得

2πI02πzlU0sinl2πaI0l

3.25 如题3.25图所示横截面为扇形的

柱形空间，场沿轴线方向不变。已知0，U，U，试求

0a0b0此扇形区域内的电位分布。 解：定解问题为

。

解法一：由于问题解与z无关，则k0，则问题的通解

2000aU0 bU02z

可以选为

(,)(A1B1kk)(C1sinkD1cosk)

由由00得到D10，则

(,)(A1B1kk)sink

0得到sink0，即

knπ，n1,2,

nπ于是有

(,)(AnBnn1nπ)sinnπ

由aU0和 bU0分别得到下列

nπnπnπAbBbsinU0nnn1nπnπnπAaBasinU0nnn1利用正弦函数的正交性可以得到系数A和B。

解法二：根据场的叠加性，可设，其中的和满足的定解问题分别为

000 U

和

00U 0

的通解可以选为

(,)(AsinhkBcoshk)(CsinkDcosk)

由0得到D0，则

(,)(AsinhkBcoshk)sink

由0得到sink0，即

nπk，n1,2, nn1212211011a1b0222022a02b111111101111于是有

1(,)(A1sinhn1nπB1coshnπ)sinnπ

由1a0得到B0，即

11(,)Ensinhn1nπsinnπb 得到

最后利用三角函数的正交性，由U0

1(,)n1,3,5,4U0nπsinhnπasinhnπsinnπ

类似地，可以得到

2(,)n1,3,5,nπb4U0nπsinhsinnπbanπsinh

即

12n1,3,5,4U0nπsinhnπasinhnπsinnπn1,3,5,nπb4U0nπsinhsinnπbanπsinh

3.34如题3.34图所示，在由无限大平

面和突起的半球构成的接地导体上方距离平面为d处有一个点电荷q，利用镜像法求导体以外的电位分布。

解：由导体平面和导体球面的镜像法可知，为了满足所有

0的边界 条件，需要有三个镜像电荷qq，q102aq0d和

aq3q0d。它们分别位于0,0,d，

a20,0,d和

a20,0,d。于是所

要求的电位分布为

0123q011a1a14π0R0R1dR2dR3

其中

R0x2y2zdr2d22rdcosR1x2y2zdr2d22rdcosR2xyzadrad2radcos2222222222

R3x2y2za2dr2a2d22ra2dcos2