第3章作业解答

《电磁场与天线A》作业题解答1/11第3章静电场及其边值问题的解法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)2,,xyzAxBxC；(2),,xyzAxyz；(3)2,,sinzABz；(4)2,,sincosrAr。解：已知空间的电位分布，由E和20/可以分别计算出电场强度和体电荷密度。(1)2xEeAxB2002A(2)xyzEAeyzexzexy200(3)(2sin)coszEeABzeAeB20004sinsin3sinBzBzAAA(4)2sincoscoscossinrEeAreAreAr200cos2coscos6sincossinsinAAA（顶端▲）3.6有02和05的两种电介质分别分布在0z和0z的半无限大空间。已知0z时201050xyzEeeeV/m。试求0z时的D。解：设1122,(0),(0)EDzEDz，则由题意可知111201050eettnnxyzEEEeee1110102010502100eeeeettxynnznnnnzEeeEeDE两种电介质的交界面上无自由电荷，则边界条件为1t2t12nnEEDD或1t2t12ttnnnneEeEeDeD，则3.1、3.6、3.11、3.13、3.16、3.18、3.32、3.33《电磁场与天线A》作业题解答2/1121220202010100205e=eeeettttxynnnnznnzEEeeDDeEe所以，z0时：2222202000201020(V/m10050100)(C/m)=e+e=5ttnnxyzxyzEEEeeeDEeee（顶端▲）3.11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1和2。当两极板之间外加电压0U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：222d()0dxx且由介质分界面的边界条件12可知，两种介质中的电位分布是相同的，其通解为：()xCxD根据已知条件0020xxdU，解得0D和02UCd，即平板电容器中的电位分布为：0(0)2dUxdx根据E，可以得到平板电容器中的电场强度：0dd2xxUEeexd对0x平板上nxee，面电荷密度分别为01n0222SxUySdeDeEUySd上下总电量为：0012120222UUSQSSUddd电容器的电容为：1202QSCUdyoxyox《电磁场与天线A》作业题解答3/11对于图b：忽略边缘效应，同样可认为电位分布也只与x有关，均满足一维拉普拉斯方程222d()0dxx，两种介质中的电位分布的通解可以分别设为111(0)CxDxd和222(2)dxdCxD根据已知条件100x和202xdU，以及分界面处的边界条件12xdxd和1212xdxdxx可以解得20112()0Uxdxd和1020122(2)UxdddUdx根据E，可以得到平板电容器中两种介质中的电场分布为0121112ddxxUEeexd和0212212ddxxUEeexd对0x平板上nxee，面电荷密度为：012n11112SxUeDeEd总电量为：1201222SSQSUd电容器的电容为：120122QSCUd（顶端▲）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l。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：设导体电位为零。以导体圆柱中心轴为z轴建立圆柱坐标系，空间电位与只与坐标有关，即，在圆柱坐标系中，设电位分布为：120()()()()0()aa（）（）《电磁场与天线A》作业题解答4/111、2均满足一维拉普拉斯方程，即211222d1d0ddd1d0ddr介质中空气中将上述两方程分别直接积分两次，得通解：111lnCD和222lnCD在介质分界面上任一点电位皆连续12，则12CCC和12DDD，即12()()()lnCD无限长导体圆柱上电位为0，即()0a，可得lnDCa，则通解可写为：ln()Caa导体圆柱表面的面电荷密度为：0SSaCaCna介质中空气中单位长度导体圆柱上的电量为：12111sslaa或：0111lCCaaaa0π()lC于是得到导体圆柱外的电位和电场强度分别为0lnπ()la和01π()lEe（顶端▲）3.16顶端夹角为02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0U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程21sin0sinr《电磁场与天线A》作业题解答5/11即ddsin0dd将上述方程分别直接积分，得出通解为lntan2CD利用边界条件00U和π/20解得00lntan2UC和0D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00lntan2lntan2U和0011sinlntan2UEeerr（顶端▲）3.18题图所示矩形空间区域内的电位分布，已知边界条件为：(1)10U，2340；(2)20U，10n，340；解：(1)本题属于二维边值问题：(,)xy，其电位满足的Laplace方程20可用分离变量法求解。由题意可知：y方向具有齐次边界条件，则20yk，220xykk，其通解形式为：12121212,sh(||)ch(||)sin()cos()sh()ch()sin()cos()xxyyyyyyxyCkxCkxDkyDkyCkxCkxDkyDky由边界条件240，即由(,)(,0)0xbx可得：20D和1,2,π3(,)ynnkb则通解亦为：121πππ,shchsinnxnxnyxyCCDbbb无限大导体平面绝缘缝隙xyzo0（题第3.16图）《电磁场与天线A》作业题解答6/11代入边界条件：3121πππ,shchsin0()0nananyayCCDbbbyb由于10D，则12ππshch0nanaCCbb21πshπchnabCCnab，代入通解得11πππππ,shchchshsinπchCnxnanxnanyxyDnabbbbbb利用公式：sh()shchchshxyxyxy，得11π()π,shsinπchCDnxanyxynabbb令常数11πchnCDEnab，则通解可写成：ππ,shsinnnaxnyxyEbb将上式对n求和，得该边值问题的解：1ππ(,)shsinnnnaxnyxyEbb最后，将边界条件10(0,)yU代入上式，得01ππshsin()0nnnanyUEbbyb上式两边同乘πsinmyb，并作积分：0001ππππsindshsinsindbbnnmynanymyUyEybbbb001πππ1(1)shsinsindπbmnnUbnanymyEymbbb利用三角函数的正交关系：0()ππsinsind20()bbnynmnmbmyyb，则0π1(1)shπ2mmUbbmaEmb《电磁场与天线A》作业题解答7/11而002,4,6,2(1,3,5)1(1)ππ0(),mUbmmUbmm，则系数01,3,54()ππsh0(,2,4,)6,mUmammmEb或01,3,54()ππsh0(,2,4,)6,nUnannnEb最后得到电位分布为：01,3,5,π4π(,)shsin(,π0π0)shnaxUynnxaxyabbybnnb(2)x方向满足齐次边界条件，则20xk，220yxkk，其通解形式为：1212,sin()cos()sh(||)ch(||)xxyyxyCkxCkxDkyDky将上式运用边界条件100xxn和3(,)0ay，可以得到11,30cos()0,||()25,2,xxyxCnnkakkkaan212,cosshch1,3,5,()222nxnynyxyCDDaaan再由边界条件4(,0)0x以及20C，可以得到222cos002nxCDDa则21,cosshcossh1,3,(225)22,nnxnynxnyxyCDEnaaaa式中，21nECD。将上式对n求和得此边值问题的解：1,3,5,ππ,cossh22nnnxnyxyEaa最后，将边界条件20(,)xbU代入上式，得01,3,5,ππbcossh22nnnxnUEaa《电磁场与天线A》作业题解答8/11两边同乘πcos(1,3,),25mxam，作积分并利用三角函数的正交性：0001,3,5,πππbπcosdcosshcosd1,3,5,()2222aannmxnxnmxUxExaaama001,3,5,2πbπππbsinshcoscosdsh()π12,3,52222,2anmnUamnnxmxamExEmaaaam得系数：100244sin(1)()ππ2shsh221,3,5,mmUUmEmbmbmmaam或1024(1)(1,3,)πsh2,5nnnnUEban最后得到电位分布为：1021,3,5,4ππ(,)1cossh00()22πh2,snnUnxnyxynbaanaxayb（顶端▲）3.32若两个半无限大导体平面相交成角，其间放一根无限长带电直线，线电荷密度为l，且与两平面的交线平行。试求下列情况下角形区域内的电位分布：(1)90；(2)60;(3)45。解：设导体平面接地，则O