.PAGE.第3章習題解答3.1對于下列各種電位分布,分別求其對應的電場強度和體電荷密度：<1>；<2>；<3>；<4>。解：已知空間的電位分布,由和可以分別計算出電場強度和體電荷密度。<1><2><3><4>3.5如題3.5圖所示上下不對稱的鼓形封閉曲面,其上均勻分布著密度為的面電荷。試求球心處的電位。解：上頂面在球心產生的電位為下頂面在球心產生的電位為側面在球心產生的電位為式中。因此球心總電位為3.6有和的兩種介質分別分布在和的半無限大空間。已知時,。試求時的。解：由電場切向分量連續的邊界條件可得代入電場法向方向分量滿足的邊界條件可得于是有3.9如題3.9圖所示,有一厚度為的無限大平面層,其中充滿了密度為的體電荷。若選擇坐標原點為零電位參考點,試求平面層之內以及平面層以外各區域的電位和電場強度。解：由對稱性可知,即。設各區域中的電位和電場強度分別為,,和,,。由電位所滿足的微分方程解得由于理想介質分界面沒有面電荷,所以邊界條件為時時又根據對稱性可知,在的平面上,電場強度是為零的,即時,。最后再選擇零電位參考點使得時,。聯立解得。只要利用就可以得到時,時時,選擇不同的零電位參考點,得到的電位不同,但電場強度仍是相同的。根據對稱性只需求出的解,即和。3.10位于和處的兩個無限大導電平面間充滿了的體電荷。若將處的導電平板接地,而將處的導電平板加上電壓。試求板間的電位分布及電場強度為零的位置。解：由于無限大導體極板之間電荷分布是只與有關,忽略邊緣效應,可以認為電位分布也只與有關,且滿足一維泊松方程其通解為由而由因此板間電位分布為板間電場強度為從該式可以求出電場強度為零的位置為由于我們是討論極板內電場強度,因此零點位置為3.11如題3.11圖所示的平板電容器中,分別以兩種不同的方式填充兩種不同的介質和。當兩極板之間外加電壓時,試求電容器中電位和電場的分布以及電容器的電容。解：對于圖a：忽略邊緣效應,可以認為電位分布也只與有關,均滿足一維拉普拉斯方程。且由介質分界面的邊界條件可知,兩種介質中的電位分布是相同的,其通解為根據已知條件和,解得和,即平板電容器中的電位分布為根據,可以得到平板電容器中的電場分布為對平板上,面電荷密度分別為總電量為電容器的電容為對于圖b：忽略邊緣效應,可以認為電位分布也只與有關,均滿足一維拉普拉斯方程。兩種介質中的電位分布的通解可以分別設為和根據已知條件和,以及分界面處的邊界條件和可以解得和根據,可以得到平板電容器中兩種介質中的電場分布為和對平板上,面電荷密度為總電量為電容器的電容為3.12已知在半徑為的無限長圓柱形體內均勻分布著電荷密度為的體電荷。圓柱體內外的介電常數分別為和。若取圓柱體的表面為零電位的參考面,試利用直接積分法求出圓柱體內外的電位和電場強度。解：取定圓柱坐標系,使軸與圓柱體的中心軸線相重合,由電位和電場的對稱性可知與和無關。圓柱體內外的電位和分別滿足和它們的通解可以分別表示式為和由軸線上的電位應為有限值可得。而由圓柱體的表面電位為零可得和即和于是有和代入圓柱體表面電位的法向導數的邊界條件得到,即。最后得到圓柱體內外的電位分別為和而圓柱體內外的電場強度分別為和3.13如題3.13圖所示,半徑為的無限長導體圓柱,單位長度的帶電量為。其一半埋于介電常數為的介質中,一半露在空氣中。試求各處的電位和電場強度。解：根據題意,空間中電位分布與和無關,均滿足一維的拉普拉斯方程,即將上述兩方程分別直接積分兩次,得出通解為和根據不同介質分界面電位的連續性可知和,即若設無限長導體圓柱上電位為0,也即,可得,即導體圓柱的面電荷密度為單位長度導體圓柱的電量為即于是得到導體圓柱外的電位和電場強度分別為和3.14如題3.14圖所示同軸電容器,其中部分填充了介質,其余是空氣。當外加電壓時,試求電容器中的電位和電場強度的分布以及單位長度的電容。解：根據題意,空間中電位分布與和無關,均滿足一維的拉普拉斯方程,即將上述兩方程分別直接積分兩次,得出通解為和根據不同介質分界面電位的連續性可知和,即由和可得到和可以解得和因此電容器內電位和電場強度的分布分別為和利用可以計算出電容器內面電荷密度分布為和那么單位長度總電荷為因此單位長度的電容為3.15在介電常數為的無限大介質中,均勻分布體密度為的電荷。若在該介質中挖了一個半徑為的球形空腔〔腔中的介電常數可視為。利用直接積分法求出各處的電位分布和電場強度。〔以球面為零電位參考點解：根據場的對稱性可知,即。設球形空腔內外的電位分別為和。解和得和考慮到時,場應是有界的,即。再利用邊界連續條件時,,以及給定的零電位參考點,即時,,聯立解得,和由此可得,,3.16頂端夾角為的帶電導體圓錐垂直于無限大的接地導體平面,但兩者之間有一縫隙。當圓錐所加電壓為時,試求圓錐體與導體平面之間的電位分布及電場強度。解：由于圓錐體與導體平面之間的電位分布均僅為坐標的函數,滿足一維的拉普拉斯方程即將上述方程分別直接積分兩次,得出通解為利用邊界條件和解得和由此可得圓錐體與導體平面之間的電位和電場強度的分布分別為和3.17如題3.17圖所示,由兩塊形狀相同的不相連矩形導體槽構成的無限長的矩形管,內填空氣,但兩者之間有一縫隙。當外加電壓時,利用直角坐標系分離變量法求出矩形管內的電位分布。解：定解問題為,,以及和設,其中和的滿足的定解問題分別為,,,和,,,和由定解問題的邊界條件和很容易得到由,則,因此上式變成代入邊界條件,則得到利用正弦函數的正交性可以得到積分得到由定解問題,,,可知代入邊界條件,則得到最后得到電位分布為3.18求題3.18圖所示矩形空間區域內的電位分布,已知邊界條件為：〔1,；〔2,,；〔3,；〔4,,。解：〔1根據給定的邊界條件可以將通解直接選為由邊界條件可以得到和即為了求解方便可以將上式改寫為如此一來,由邊界條件可以直接得到,于是有式中,。將上式對求和,可將此邊值問題的解寫成最后,將邊界條件代入上式,得利用三角函數的正交性可以得到最后得到電位分布為〔2根據給定的邊界條件可以將通解直接選為由邊界條件和可以得到由邊界條件可以得到式中,。將上式對求和,可將此邊值問題的解寫成最后,將邊界條件代入上式,得利用三角函數的正交性可以得到最后得到電位分布為〔3根據給定的邊界條件可以將通解直接選為由邊界條件可以得到由邊界條件可以得到式中,。將上式對求和,可將此邊值問題的解寫成最后,將邊界條件代入上式,得比較系數可以得到和其余的系數均為零。最后得到電位分布為〔4根據給定的邊界條件可以將通解直接選為由邊界條件和可以得到由邊界條件可以得到式中,。將上式對求和,可將此邊值問題的解寫成最后,將邊界條件代入上式,得利用三角函數的正交性可以得到最后得到電位分布為3．21兩平行的無限大導體平板,距離為,其間有一薄片,如題3.21圖所示。當上板電位為,下板電位為零,薄片電位為時,利用直角坐標系中的分離變量法求板間區域的電位分布。解：定解問題為,,以及設,則其中的滿足的定解問題為,由定解問題的邊界條件和很容易得到由有限,則,因此上式變成代入邊界條件,則得到利用正弦函數的正交性可以得到最后得到電位分布為3.22如題3.22圖所示,已知矩形導體盒子頂面的電位分布為,其余的面上電位均為零。試求盒內的電位分布。解：根據盒子的邊界條件,利用分離變量法及邊界條件可以求出,,式中。由于,因此,于是問題的解為由的邊界條件,也即比較系數法得到,,,因此問題的解為3.23半徑為的無限長圓柱面上分布著密度為的面電荷。試求圓柱面內、外的電位分布。解：取定圓柱坐標系,使軸與圓柱體的軸相重合。在此坐標系下,諸場量均與坐標無關,圓柱內部電位和圓柱外部電位均滿足二維的拉普拉斯方程,其通解表示式可分別寫為上列兩式的待定系數可以利用下列的邊界條件來確定：〔1在圓柱體的軸線上,電位為有限值,即〔2圓柱體表面的電荷在的地方所建立的電場已減弱至零,故時的電位邊界條件為〔3在介質圓柱體的表面上滿足電位邊界條件,即和由于邊界條件〔1和〔2可得,,和,,,即代入邊界條件〔3得到和,和首先比較上兩式中常數項以及和項對應的系數,得出,,,,將這些式子聯立求解,得到,,,,。再比較和<>各項的系數,得出,,,將這些式子聯立求解,得到最后得到圓柱內外的電位分布函數分別為和3.24如題3.24圖所示半徑為、長為的圓柱形空間,其內的場是軸對稱的,試求該空間的電位分布,已知其邊界條件為：〔1,；〔2,；〔3,。解：<1>問題的解與無關,因此,定解問題為解法一：首先把上下邊界齊次化,也即令,其中的滿足定解問題為由分離變量法可得由于,為有限的,那么。則上式變成由側面的邊界條件可得由三角函數的正交性可得即解法二：直接由側面的邊界條件將電位的通解寫成由于,為有限的,那么,則上式變成。由底面的邊界條件可得而由側面的邊界條件,可得式中為零階Bessel函數第個零點值。因此利用頂面的邊界條件可得兩邊同乘,并對積分,那么式中于是得到由此可得空間的電位分布為<2>問題的解與無關,根據邊界條件可將通解選為由于,為有限的,那么。則上式變成由側面的邊界條件可得利用三角函數的正交性可得由此可得<3>問題的解與無關,根據邊界條件可將通解選為由于,為有限的,那么。則上式變成由側面的邊界條件可得由三角函數的正交性可得由此可得3.25如題3.25圖所示橫截面為扇形的柱形空間,場沿軸線方向不變。已知,,,試求此扇形區域內的電位分布。解：定解問題為。解法一：由于問題解與無關,則,則問題的通解可以選為由得到,則由得到,即,于是有由和分別得到下列利用正弦函數的