电磁场第四章习题测验解答
电磁场与电磁波(第4版)第4章部分习题参考解答
GG G G G G − j(k x + k y + k z ) ∇ 2 E (r ) = E0∇ 2 e − jk ⋅r = E0∇ 2 e x y z
G ⎛ ∂2 ∂2 ∂ 2 ⎞ − j(k x + k y + k z ) = E0 ⎜ 2 + 2 + 2 ⎟ e x y z ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠ G − j(k x + k y + k z ) G G 2 = (− k x2 − k y − k z2 ) E0 e x y z = − k 2 E (r ) G G G G 代入方程 ∇ 2 E (r ) + ω 2 με E (r ) = 0 ，得 G G − k 2 E + ω 2 με E = 0
G G ω ∂2 ω G (3) ∇ 2 E = ey E0∇ 2 cos(ωt + z ) = ey E0 2 cos(ωt + z ) ∂z c c
ω G ω = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) c c
G ∂2 E G ∂2 ω ω G = e E cos(ωt + z ) = −eyω 2 E0 cos(ωt + z ) y 0 2 2 ∂t ∂t c c G G 1 ∂2 E ω 1 ⎡ G ω ⎤ G ω 2 ∇ E − 2 2 = −ey ( ) 2 E0 cos(ωt + z ) − 2 ⎢ −e yω 2 E0 cos(ωt + z ) ⎥ = 0 c ∂t c c c ⎣ c ⎦
电磁波与电磁场测试题(第四章)答案.
2πRHϕ = NI
Hϕ
=
NI 2πR
G B = ϕˆμ
NI
2πR
当 R = 30 cm ，磁感应强度最大
G B = ϕˆμ
NI =ϕˆ 2πR
4π
×10−7 × 500 × 500 2π × 30 ×10−2
×1
=
0.1667
T
当 R = 40 cm ，磁感应强度最小
G B
=
ϕˆμ
NI 2πR
= ϕˆ
4π
×10−7 × 500 × 500 ×1 2π × 40 ×10−2
=
0.125
T
穿过磁芯截面的磁通量为
∫∫ ∫ Φm =
GG B ⋅ dS
=
0.4 μNIh dR
=
μNI
ln
4
=
2 ×10−7
× 500 × 500 × 0.05 × 0.2877
=
7.2 ×10−4
Wb
S
0.3 2πR
2π 3
(L / 22 + ρ12
− ln (L / 2) + (L / 22 + ρ22 ]
4π − (L / 2) + (L / 2)2 + ρ12
− (L / 2) + (L / 2)2 + ρ22
G ρ1 = (3 − 0)2 + (4 − 1)2 = 18 ， ρ1 = 3xˆ + 3yˆ
ρ2 = (3 − 0)2 + (4 + 1)2 = 34 ， ρG2 = 3xˆ + 5yˆ
H 2 y = H1y = 50k
（2） B1n = B2n
工程电磁场与电磁波 丁君版 答案第四章习题答案
工程电磁场与电磁波丁君版答案第四章习题答案第四章习题4-1解：选柱坐标系，在所求无源区内电位函数满足：02=?φφ只和r 相关0=???φ0=??z φ方程化为 0)(1=????rr r r φ21ln C r C +=φ为常数21,C C 由 006.0==φ时r 501.0-==φ时r得 88.27588.9721=-=C C88.275ln 88.97+-=r φr a rE ?188.97=-?=φ4—2：解：图一依据边界条件：?????====021R R R R U φφ０可得：???????--=-=００UR R R B U R R R R A 1211221 ∴()120212021R R U R R R R U R R ---=φ(2) ()R R a RR R U R R a R E ?1?212021?-=??-=-?=φφ (1) 如图一，依据题意可知：电位函数φ满足拉普拉斯方程。
接受球坐标系：2=?φ0=??θφ0=???φR 相关只于φ，方程化为: 0)(122=????R R R R φφ积分得：B RA +?=1φ(3) ()R R R aR R R U R E D ?12102001-?===εε内表 S S d D s Sρ=??内表S S D s ρ=内表∴)(12102R R R U R D s -==ερ内表4—3：解：选择直角坐标如图，由恒定电场的泊松方程可得：xy设两板间距离为d,代入边界条件?????====000U dz z φφ???????+=+==?ερερ22002021d d U d d U C C ∴)2()2(2002ερερφερερφd d U z E zdd U z +-=-?=++-=4—4：解：选择柱坐标系，依据恒定电磁场的拉普拉斯方程，(1) 02=?m φ，m φ只在?方向上有变化，所以：B A r m m+==???φ?φ:,01222积分得由 0=?时：0,0==B m 得φ∴?φA m = l m m a dld Hφφ-=-?=l d H d m?-=φ??-=?-=ππφ2020I l d H d m0,0,2=??=??-=?xy φφερφ方程可化为：,22ερφ-=??z2122:C z C z ++-=ερφ积分得B A I m m+=-==?φφπ?代入,2π2?=-A I π2I A -= ?πφ2Im -= (2) ??π?φφφa rI a d d r a dl d H m l m m21==-=-?=可见，利用拉普拉斯方程与安培环路定理求出来的结果一样。
电磁场习题解4
第四章 恒定磁场4-1.真空中边长为a 的正方形导线回路，电流为 I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为 z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为a/2的点上的磁感应强度为因而，边长为a 的正方形导线回路在中心点上的磁感应强度为4-2.真空中边长为a 的正三角形导线回路，电流为 I ，求回路中心的磁场。
解：设垂直于纸面向下的方向为 z 方向。
由例4-1知，长为a 的线电流I 在平分线上距离为 b 的点上的磁感应强度为a b 2 (；)2对于边长为a 的正三角形，中心到每一边的距离为 导线回路在中心点上的磁感应强度为9%1 2二a4讥1题4-1图b = . 3a / 6，因而，边长为a 的正方形4-3.真空中导线绕成的回路形状如图所示，电流为I 。
求半圆中心处的磁场。
(b)题4-3.图解：设垂直于纸面向内的方向为 z 方向。
由例4-2知，半径为a 的半圆中心处的磁场为4a(1)因为在载流长直导线的延长线上磁场为零，因此B 二；?农4a(2)由例4-1知，本题半无限长的载流长直导线在距离为a 处的磁场为J'IB 2 二？」因此本题磁场为半圆环的磁场与两半无限长的直导线的磁场之和- A I B = -？亠(二 2)(3)本题磁场为电流方向相反的两不同半径的半圆环的磁场之和，即4-4.在真空中将一个半径为 半圆弧心处的磁场。
解：本题磁场为两相同半径但平面法线垂直的半圆环的磁场之和-» |B 01 ()? ?)4a奴、？分别为两半圆环平面的法向单位矢。
4-5.真空中半径为 a 的无限长导电圆筒上电流均匀分布，电流面密度为 J s ，沿轴向流动。
求圆筒内外的磁场。
解：由题意，电流具有轴对称分布，磁场也具有轴对称分布。
因此无限长导电圆筒内的磁场 为零；无限长导电圆筒外的磁场可用安培环路定律计算。
围绕无限长导电圆筒做一半径为T的圆环，利用安培环路定律B dl 二l在圆环上磁场B 二B 「？相等，I =2-aJ s ，因此4-6.如果上题中电流沿圆周方向流动，求圆筒内外的磁场。
第四章第2节电磁场与电磁波练习(word版含答案)
2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第二册第四章第2节电磁场与电磁波过关演练一、单选题1．下列关于电磁波的说法，正确的是（）A．只要有电场和磁场就能产生电磁波B．电场随时间变化时一定能产生电磁波C．要想产生持续的电磁波，变化的电场（或磁场）产生的磁场（或电场）必须是均匀变化的D．振荡电流能在空间中产生电磁波2．对于电磁波的发现过程，下列说法正确的是（）A．麦克斯韦通过实验证实了电磁波的存在B．麦克斯韦预言了电磁波的存在C．赫兹根据自然规律的统一性，提出变化的电场产生磁场D．电磁波在任何介质中的传播速度均为8310m/s3．关于电磁波的形成机理，一些认识，正确的是（）A．电磁波由赫兹预言提出，并指出光也属于电磁波B．磁场能产生电场，电场也能产生磁场C．变化的磁场能产生电场，所产生的这个电场还能继续产生磁场D．变化的电场能产生磁场，所产生的这个磁场不一定还能继续产生电场4．如图所示是我国500m口径球面射电望远镜（F AST），它可以接收来自宇宙深处的电磁波。
关于电磁波，下列说法正确的是（）A．赫兹预言了电磁波的存在B．麦克斯韦通过实验捕捉到电磁波C．频率越高的电磁波，波长越长D．电磁波可以传递信息和能量5．以下有关电磁场理论，正确的是（）A．稳定的电场周围产生稳定的磁场B．有磁场就有电场C．变化的电场周围产生变化的电场D．周期性变化的磁场产生周期性变化的电场6．关于电磁场和电磁波，下列叙述中不正确的是（）A．均匀变化电场在它的周围产生均匀变化的磁场B．振荡电场在它的周围产生同频振荡的磁场C．电磁波从一种介质进入另一种介质，频率不变，传播速度与波长发生变化D．电磁波能产生干涉和衍射现象7．下列说法正确的是（）A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率有关B．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失C．声波从空气进入水中时，其波速增大，波长变长D．均匀变化的磁场产生变化的电场，均匀变化的电场产生变化的磁场E．当波源与观察者相向运动时，波源自身的频率变大8．关于电磁波理论，下列说法正确的是（）A．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场B．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场C．做非匀变速运动的电荷可以产生电磁波D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在9．下列说法正确的是（）A．电场随时间变化时一定产生电磁波B．X射线和 射线的波长比较短，穿透力比较弱C．太阳光通过三棱镜形成彩色光谱，这是光衍射的结果D．在照相机镜头前加装偏振滤光片拍摄日落时水面下的景物，可使景物清晰10．真空中所有电磁波都有相同的（）A．频率B．波长C．波速D．能量二、多选题11．以下叙述正确的是()A．法拉第发现了电磁感应现象B．电磁感应现象即电流产生磁场的现象C．只要闭合线圈在磁场中做切割磁感线的运动，线圈内部便会有感应电流D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒的必然结果12．下列说法正确的是（）A．波的衍射现象必须具备一定的条件，否则不可能发生衍射现象B．要观察到水波明显的衍射现象，必须使狭缝的宽度远大于水波波长C．波长越长的波，越容易发生明显的衍射现象D．只有波才有衍射现象13．间距为L=1m的导轨固定在水平面上，如图甲所示，导轨的左端接有阻值为R=10Ω的定值电阻，长度为L=1m、阻值为r=10Ω的金属棒PQ放在水平导轨上，与导轨有良好的接触，现在空间施加一垂直导轨平面的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁场的方向如图甲所示，且0~0.2s的时间内金属棒始终处于静止状态，其他电阻不计。
谢处方《电磁场与电磁波》(第4版)章节习题-第4章 时变电磁场【圣才出品】
（2）推导 J% j&。提示：
r A
0。
解：（1） H% J% jD% jD%，方程左边做旋度运算，有：
H% H% 2H%
由于 H%
1 j
E%，于是有
H% 0
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Ñ
s
v (E
v H)
v dS
d dt
(We
Wm )
P
或
Ñ
vv v (E H ) dS
d
(1 E2 1 H 2 )d
E2d
s
dt 2
2
反映了电磁场中能量的守恒和转换关系。
4．试解释什么是 TEM 波。 答：与传播方向垂直的平面称为横向平面；若电磁场分量都在横向平面中，则称这种 波称为平面波；又称横电磁波即 TEM 波。
f ck 3108 3 4.5 108 Hz
2π 2π
π
E% jB%
2．从复数形式的麦克斯韦方程组源自 H% J% D% &
j
D%推导：
B% 0
（1）自由空间（ & 0、 J% 0 ）磁场复数形式波动方程 2 k 2 H% 0 。提示：
r
r
r
A A 2A ；
5．说明矢量磁位和库仑规范。
答： 由于 g( A) 0 ，而 gB 0 ，所以令 B A ，A 称为矢量磁位，它是一
个辅助性质的矢量。从确定一个矢量场来说，只知道一个方程是不够的，还需要知道 A 的
散度方程后才能唯一确定 A，在恒定磁场的情况下，一般总是规定 gA 0 ，这种规定为
库仑规范。
增加的电磁场能量与损耗的能量之和——能量守恒。
重庆大学电磁场习题答案习题（第4章）
重庆大学电磁场习题答案习题（第4章）第四章习题答案4-4 设磁矢量位的参考点为无穷远处，计算一段长为2m 的直线电流I 在其中垂线上距线电流1m 的磁矢量位值。
解：选圆柱坐标，在z '处取元电流段z e I l I'dz d ＝，元电流段产生的元磁矢量位为z 0e R4z Id A d πμ'=整个线电流产生的磁矢量位：C e R z Id 4A z 2l 2l 0+'=-//πμ 其中 22z R '+=ρ，电流有限分布，参考点选在无穷远处，所以积分常数C 为零。
()()2222ln 44z 2222022220e l l l l I e z z Id A z l l //////++-++=?'+'=-ρρπμρπμ 将 l =2 ，1=ρ 带入上式，得z e I A1212ln π40-+=μ4.5解：由恒定磁场的基本方程，磁感应强度一定要满足0B ?=，因此，此方程可以作为判断一个矢量是否为磁感应强度B 的条件。
4-6 相距为d 的平行无限大平面电流，两个平面分别在2d z -=和2d z =且平行与xO y 平面。
相应的面电流密度分别为x e k 和y e k,求由两个无限大平面分割出来的三个空间区域的磁感应强度。
解：由例题4-7结果，分别求出面电流x e k 和y e k产生的磁场，然后应用叠加原理，x e k产生的磁场为：ρy图4-4-<->-2d z e 2K 2d z e 2K B y 0y 01,,)()(μμ＝ y e k产生的磁场为><-2),(22),(2002d z e K d z e K B x xμμ＝由叠加原理知：>+-<<-+--<-=2),(222,)(22),(2000d z e e K d z d e e K d z e e K B xy x y x yμμμ4-7 参见教材例4.84-8 如题图4-8所示，同轴电缆通以电流I ，求各处的磁感应强度。
电磁场与电池波第四章 习题答案1
4.3 若半径为 a、电流为 I 的无线长圆柱导体置于空气中，已知导体的磁导率为 μ0 ，求导体 内、外的磁场强度 H 和磁通密度 B。 解： （1）导体内：0 ≤ ρ <a 由安培环路定理， H • dl = I
l
∫
K
K
'
Iρ2 I 2 I = 2 .πρ = 2 a πa
'
所以， H1. 2πρ =
4.5 在下面的矢量中，哪些可能是磁通密度 B？如果是，与它相应的电流密度 J 为多少？ （1） F = aρ 解: ∇. F =
→ →
→
→
ρ
所以 F 不是磁通密度
→
1 ∂ 1 . ( ρ Fρ ) = .2 ρ =2 ≠ 0 ρ ∂ρ ρ
→
（2） F =- ax y+ a y x 解： ∇ . F = −
→
→
∂y ∂x + =0 所以 F 是磁通密度 ∂x ∂y
→ →
ax → → ∂ ∇ × B = μ0 J = ∂x −y
（3） F = ax x - a y y
→
→
ay ∂ ∂y x
→
az → ∂ =2 a z ∂z 0
→
所以
J=
2
→
μ0
az
→
∇ . F =0
→
F 是磁通密度
→
a x → → ∂ ∇ × B = μ0 J = ∂x x
由折射定律得
tan θ1 μ1 = tan θ 2 μ 2
所以 tan θ 2 =
μ2 tan θ1 μ1
θ 2 = 0.107 0
B2 = 0.13 × 10 −2 T
电磁学课后答案第四章
4-2 (张方奕 PB13203055) 解： (1)相互垂直两段对 O 无电磁贡献 = 即有 =− = = ⑵代入 得B + ∙ 0. 5 4 ∙ 0. 5 4 ( − ) = 8 4
I = 20 A, a = 30 mm , b = 50 mm
4 ´ 10 -5 T
4-3 (张方奕 PB13203055) 解： 磁感 B 可分为无限长导线与圆环 O 分别贡献 由安培定理 2 =
0
4-7(张方奕 PB13203055) 解： dQ e 由电流的定义, I= = 2 p r dt ( ) v 则, B = 4p
0
*
ev 2pI = 0 2 = 12.52T r 4p r
4-8 (余阳阳 PB13203083) 解：
Q × Rd × (2p R sin )( R sin ) 2 2 Br = ò 4p R 3 2p 0 2× [( R sin ) 2 + ( R cos - x ) 2 ] 2
又由匀速圆周运动规律得
mv 2 mv = Bqv r = r Bq mv mv = v0 × 0 v× Bq B0 q v= mv0 B v0 , r = B0 q BB0
4-15 (余阳阳 PB13203083) 解： (1) 由动量定理
B
dq ldt = mdv dt
Blq = mv
又由能量守恒
0
ln
b + r 2 + b2 a+ r +b
2 2
+
a r +n
2 2
-
b r + b2
2
4-5 (张方奕 PB13203055) 解： (1).圆环两半相抵消,B=0 (2).电阻之比为
电磁场与电磁波第三版答案第四章
《电磁场与电磁波》——习题详解第四章 静态场的解4-1 一个点电荷 Q 与无穷大导体平面相距为 d ,如果把它移动到无穷远处,需要 作多少功? 解: 用镜像法, 相当于两个电荷关于 y = 0 平面向相反方向离开,当 Q 移到 y 处时,受到 的电场力为:y Qdy y xdF= Q2 4πε 0 (2 y ) 2-Q 此时移动 d y 需对电荷做功图 4-1dw = Fd y =移到无穷远处做的总功为:Q2 16πε 0 y 2dyW = dw = Fd y =d∫∫∞∫∞ dQ216πε 0 y 2dy=Q2 16πε 0 d当用外力将电荷 Q 移动到无穷远处时,同时也要将镜像电荷移动到无穷远处,所以在整个过程中,外力作的总功为Q2 8πε 0 d也可以用静电能计算,在移动以前,系统的静电能等于两个点电荷之间的相互 作用能:W=1 1 1 1 Q Q Q2 + (Q) q11 + q2 2 = Q = 2 2 2 4π ε 0 (2d ) 2 4π ε 0 (2d ) 8π ε 0 d移动点电荷到无穷远以后,系统的静电能为零.因此,在这个过程中,外力作 功等于系统静电能的增量,即外力作功为Q2 8πε 0 d.43习题四4-2 一个点电荷放在直角导体内部(如图 4-2),求出所有镜像电荷的位置和大小y-q r2 d r3O r1 r4rq ax -qq图 4-2 解:假设如图所示三个镜像电荷,则空间电荷分布为φ (r ) =v1 1 1 1 ( + ) 4πε 0 r1 r2 r3 r4q经检验:在 y = 0 平面上 φ ( r ) = 0 ,在 x = 0 平面上vφ (r ) = 0所以上述解为原问题的解.因此求得镜像电荷的位置和大小如图 4-2 所示,即vq 2 = q 位置 ( a, d ) , q3 = q 位置 ( a, d ) , q 4 = q 位置 (a, d )4-3 证明:一个点电荷 q 和一个带有电荷 Q ,半径为 R 的导体球之间的作用力为Rq Q + D q DRq F= 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 其中 D 是 q 到球心的距离 ( D > R ) . 证明:使用镜像法分析.由于导体球不接地,本身又带电 Q ,必须在导体球内 加上两个镜像电荷来等效导体球对外的影响.在距离球心 b = R / D 处,镜像电荷2为 q′ = Rq / D ;在球心处,镜像电荷为 q2 = Q q′ = Q + Rq / D .点电荷 q 受导 体球的作用力就等于球内两个镜像电荷对 q 的作用力,即44《电磁场与电磁波》——习题详解F= q2 q′ D 2 + ( D b) 2 4π ε 0 q Rq Rq Q + D q D = + R2 2 4π ε 0 D 2 2 (D ) D Rq Q + D DRq = 2 4π ε 0 D 2 (D R 2 ) 2 q4-4 两个点电荷 + Q 和 Q 位于一个半径为 a 的接地导体球的直径的延长线上, 分 别距离球心 D 和 D . (1) (2) 证明:镜像电荷构成一电偶极子,位于球心,偶极矩为 2a Q / D . 令 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变,计算球外的电场. 使用导体球面的镜像法和叠加原理分析.在球内加上两个镜像电荷:2 2 3 2解:(1)一个是 Q 在球面上的镜像电荷, 1 = aQ / D , q 距离球心 b1 = a / D ; 第二个是 Q 在球面上的镜像电荷, q2 = aQ / D ,距离球心 b2 = a / D .当距离较大时,镜像2电荷间的距离很小,等效为一个电偶极子,电偶极矩为p = q 1 (b1 b2 ) =(2) 2a 3Q D2球外任意点的电场等于四个点电荷产生的电场的叠加.设 + Q 和 Q 位于2坐标 z 轴上,当 Q 和 D 分别趋于无穷,同时保持 Q / D 不变时,由 + Q 和 Q 在空 间产生的电场相当于均匀平板电容器的电场,是一个均匀场,均匀场的大小为v 2Q / 4π ε 0 D 2 ,方向在 ez ,由镜像电荷产生的电场可以由电偶极子的公式计算.v E=p 4π ε 0 r3v v (er 2 cos θ + eθ sin θ )45习题四=4-5 2 a 3Q v v (er 2 cos θ + eθ sin θ ) 3 2 4π ε 0 r D接地无限大导体平板上有一个半径为 a 的半球形突起,在点 (0,0, d ) 处有一个 点电荷 q (如图 4-3),求导体上方的电z dq a bq2 -bq3-dq1 图 4-3位. 解:计算导体上方的电位时,要保持导 体平板部分和半球部分的电位都为零.先找平 面导体的镜像电荷 q1 = q ,位于 (0,0, d ) 处.再找球面镜像电荷 q2 = aq / d ,位于(0,0, b) 处,b = a 2 / d .当叠加这两个镜像电荷和原电荷共同产生的电位时,在导体平面上位于 (0,0,b) 处. 和球面上都不为零, 应当在球内再加上一个镜像电荷 q3 = aq / d , 这时,三个镜像电荷和原电荷共同产生的电位在导体平面和球面上都为零,而且三 个镜像电荷在要计算的区域以外. 导体上方的电位为四个点电荷电位的叠加,即=其中 q q1 q2 q3 + + + 4π ε 0 R r1 r2 r3 1R = [ x 2 + y 2 + ( z d ) 2 ]1 2 r1 = [ x 2 + y 2 + ( z + d ) 2 ]1 2 r2 = [ x 2 + y 2 + ( z b) 2 ]1 2 r3 = [ x 2 + y 2 + ( z + b) 2 ]1 24-6 求截面为矩形的无限长区域( 0 < x < a , 0 < y < b )的电位,其四壁的电位 为 ( x,0) = ( x, b) = 0 ,46《电磁场与电磁波》——习题详解 (0, y ) = 0U 0 y b , ( a, y ) = y U 0 (1 ), b 0 < y ≤ b/ 2 b/ 2 < y < b解:法一:由边界条件 ( x,0) = ( x, b) = 0 知,方程的基本解在 y 方向应该 为周期函数,且仅仅取正弦函数,即Yn = sin k n y(k n =nπ ) b在 x 方向,考虑到是有限区域,选取双曲正弦函数和双曲余弦函数,使用边界 (0, y ) = 0 条件,得出仅仅选取双曲正弦函数,即X n = sh nπ x b将基本解进行线性组合,得 = ∑ Cn shn =1∞nπ x nπ y sin b b待定常数由 x = a 处的边界条件确定,即 (a, y ) = ∑ Cn shn =1∞nπ a nπ y sin b b使用正弦函数的正交归一性质,有b nπ a C n sh = 2 b∫ (a, y) sin0bnπ y dy bb/2∫b/2 02 U0 y U b nπ y by nπ y nπ y sin d y = 0 cos sin b b b nπ b nπ b 0=U0 b b nπ b2 nπ cos sin 2 2nπ 2 nπ 2∫y nπ y U 0 1 sin dy b b/2 bb47习题四b 2 b nπ y U b nπ y by nπ y 0 = U 0 cos cos sin nπ b b / 2 b nπ b nπ b bb/2b nπ U 0 b nπ = U 0 sin + cos nπ cos 2 b nπ 2 nπ +化简以后得2U 0 b2 U b b nπ cos nπ 0 cos 2 b nπ b nπ 2b nπ a = C n sh b 2∫ (a, y) sin0bnπ y b nπ d y = 2U 0 2 2 sin b 2 nπ求出系数,代入电位表达式,得nπ 4U 2 sin nπ y sh nπ x = ∑ 2 02 nπ a b b n =1 n π sh b 4-7 一个截面如图 4-4 所示的长槽,向 y 方向无限延伸,两侧的电位是零,槽内∞siny → ∞ , → 0 ,底部的电位为 ( x,0) = U 0求槽内的电位. 解:法一:令 ( x, y ) = X ( x)Y ( y ) = 0 , 因边界条件y =0 =0 = U0 (0, y ) = (a, y ) = 0a图 4-4x所以 X(x) = Acos K x x + B sin K x xQ X ( x) = X (a) = 0求得A = 0 , Kx =nπ a( n = 1,2,3L )X ( x) = Bn sinnπ x ( n = 1,2,3L ) a48《电磁场与电磁波》——习题详解由 Kx + Ky = 0 得 所以 Y ( y ) = C n enπ y a22K y = K x K y = ± j22nπ a( n = 1,2,3L )+ Dn e nπ y a nyπ a nyπ a ( x, y ) =∑n =1 ∞∞(C n e+ Dn e )Bn sinnπ x a=∑n =1 ′ (C n enyπ a′ + Dn e nyπ a) sinnπ x a′ 由边界条件 ( x,+∞) = 0 可得 C n = 0所以 ( x, y ) =∑n =1∞′ Dn enπ y asinnπ x a再由边界条件 ( x,0) = U 0 代入可得∑n =1∞′ Dn e nπ 0 asinnπ x= a∑ D′ sinn n =1∞nπ x = U0 a再两边同乘以 sinmπ x ,并从 0 到 a 积分得 a 4U 0 2U 0 ′ Dn = (1 cos mπ ) = mπ mπ 0 所以槽内电位为∞m = 1,3,5L m = 2,4,6L ( x, y ) =4U 0 myπ mπ e a sin x mπ a m =1, 3, 5....∑=∑n =1∞( 2 n 1) yπ 4U 0 (2n 1)π a x e sin a (2n 1)π法二:由于在 x = 0 和 x = a 两个边界的电位为零,故在 x 方向选取周期解, 且仅仅取正弦函数,即X n = sin k n xnπ kn = a 49习题四在 y 方向,区域包含无穷远处,故选取指数函数,在 y → ∞ 时,电位趋于零,所以 选取Yn = e kn y由基本解的叠加构成电位的表示式为nπ x nπa y e = C n sin a n =1∑∞待定系数由 y = 0 的边界条件确定.在电位表示式中,令 y = 0 ,得U 0 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x aCna = 2∫a0U 0 sinaU 0 nπ x dx = (1 cos nπ ) nπ a当 n 为奇数时, Cn =4U 0 ,当 n 为偶数时, Cn = 0 .最后,电位的解为 nπnπ y a=4-84U nπ x ∑,5 nπ0 sin a e n =1, 3∞若上题的底部的电位为 ( x,0) = U 0 sin重新求槽内的电位3π x a解:同上题,在 x 方向选取正弦函数,即 X n = sin k n x , k n = 向选取 Yn = e kn y nπ ,在 y 方 a .由基本解的叠加构成电位的表示式为 = ∑ Cn sinn =1∞nπ x e anπ y a将 y = 0 的电位代入,得 U 0 sinnπ x 3π x ∞ = ∑ Cn sin a a n =1其余系数 Cn = 0 , 应用正弦级数展开的惟一性, 可以得到 n = 3 时,C3 = U 0 ,50《电磁场与电磁波》——习题详解所以 = U 0 sin4-93π x e a3π y a一个矩形导体槽由两部分构成, 如图 4-5 所示, 两个导体板的电位分别是 U 0 和 零,求槽内的电位. 解: 将原问题的电位看成是两个电位的叠加. 一个电位与平行板电容器的电位相同(上板电位为 U 0 ,下板电位为零 ),另一个电位为 U ,即=U0 y +U a y = 0 ,U = 0 y = a ,U = 0 a a 2y其中,U 满足拉普拉斯方程,其边界条件为 = U0 =0x图 4-5x = 0 时, U0 U 0 a y, U0 y= U = (0, y ) U a 0 y, a a < y<a 2 a 0< y< 2x → ∞ 时,电位 U 应该趋于零. U 的形式解为 nπ y e U = ∑ Cn sin a n =1待定系数用 x = 0 的条件确定.∞ ∞ nπ x aU (0, y ) = ∑ Cn sinn =1nπ y anπ y dy aa/2a C = 2 n∫a 0U (0, y ) sin∫a/2 02 U0 y U 0 a nπ y nπ y a nπ y sin dy = y cos sin a a a nπ a nπ a 051习题四U = 0 a a 2 nπ a 2 nπ cos + sin 2 2nπ 2 nπ a∫y nπ y a nπ y U 0 1 sin d y = U 0 cos a a/2 nπ a aaa/2 aU 0 a a 2 nπ y ay nπ y cos sin a nπ a nπ nπ U0 a sin + 2 a nπ 2a/2= U 0a nπnπ cos nπ cos 2 +化简后,得到U a a U0 a2 nπ cos nπ 0 cos 2 a nπ 2 a nπ U a nπ y nπ d y = 0 cos a nπ 2a C = 2 n∫a0U (0, y ) sin只有偶数项系数不为零.将系数求出,代入电位的表达式,得=4-10∞ U0 y 2U 0 nπ nπ y + ∑ cos sin e a a 2 n = 2 , 4 ,L nπnπ x a将一个半径为 a 的无限长导体管平分成两半,两部分之间互相绝缘,上半(0 < φ < π ) 接电压 U 0 ,下半 (π < φ < 2π ) 电位为零,如图 4-6,求管内的电位. 解:圆柱坐标的通解为 (r , φ ) = ( A0φ + B0 )(C0 ln r + D0 ) + ∑ r n ( An cos nφ + Bn sin nφ )n =1∞+ ∑ r n (Cn cos nφ + Dn sin nφ )n =1∞由于柱内电位在 r = 0 点为有限值,通解中不能有 ln r 和 rn项,即有52《电磁场与电磁波》——习题详解Cn = 0 , Dn = 0 , C0 = 0 (n = 1,2, L)柱内电位是角度的周期函数, A0 = 0 .因此,该题的通 解取为 r = U0 φx (r , φ ) = B0 D0 + ∑ r ( An cos nφ + Bn sin nφ )n n =1∞ =0图 4-6各项系数用 r = a 处的边界条件来定. (a, φ ) = B0 D0 + ∑ a n ( An cos nφ + Bn sin nφ ) = n =1∞ U0, 0 < φ < π 0, π < φ < 2πB 0 D0 =a n An =U 1 2π (a, φ ) d φ = 0 2π 0 2∫1π1∫ ∫0 (a, φ ) cos nφ d φ = 02π2πa n Bn =柱内的电位为π0 (a, φ ) sin nφ d φ =U0 (1 cos nπ ) nπ2U U (r , φ ) = 0 + 0 2 π4-111r ∑5L n a sin nφ n =1, 3,∞n半径为无穷长的圆柱面上,有密度为 ρ S = ρ S 0 cos φ 的面电荷,求圆柱面内, 外的电位. 解:由于面电荷是余弦分布,所以柱内,外的电位也是角度的偶函数.柱外的电位不应有 r 项,柱内电位不应有 r 是角度的周期函数.故柱内电位选为nn项.柱内,外的电位也不应有对数项,且1 = A0 + ∑ r n An cos nφn =1∞柱外电位选为 2 = C0 + ∑ r nCn cos nφn =1∞53习题四假定无穷远处的电位为零,定出系数 C0 = 0 . 在界面 r = a 上, 1 = 2 , ε0∞ 2 + ε0 1 = ρ S 0 cos φ r r∞即A0 + ∑ a n An cos nφ = ∑ a nCn cos nφn =1 n =1 ε0 ∑ na n 1Cn cos nφ + ε0 ∑ na n 1 An cos nφ = ρ S 0 cos φn =1 n =1∞∞解之得A0 = 0 , A1 =ρS 0 a2 ρS 0 , C1 = 2ε 2ε 0(n > 1)An = 0 , Cn = 0最后的电位为 ρS0 2ε r cos φ , = 2 0 a ρ S 0 cos φ , 2ε 0 r 3-12r<a r>a将一个半径为 a 的导体球置于均匀电场 E0 中,求球外的电位,电场. 解:采用球坐标系求解,设均匀电场沿正 z 方向,并设原点为电位零点(如图v4-7) . 因 球 面 是 等 位 面 , 所 以 在 r = a 处 , = 0 ; 在 r → ∞ 处 , 电 位 应 是 = E0 r cos θ ,球坐标中电位通解具有如下形式: (r ,θ ) = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos θ )n =0∞用无穷远处的边界条件 r → ∞ 及 = E0 r cos θ ,得到 A1 = E0 ,其余An = 0 .再使用球面上 ( r = a ) 的边界条件54《电磁场与电磁波》——习题详解∞ (a,θ ) = E0 a cos θ + ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ ) = 0n =0上式可以改写为E0 a cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos θ )n =0∞因为勒让德多项式是完备的,即将任意的函数展开成勒让德多项式的系数是 惟 一 的 , 比 较 上 式 左 右 两 边 , 并 注 意 P (cos θ ) = cos θ , 得 E0 a = B1a 12,即B1 = E0 a 3 ,其余的 Bn = 0 .故导体球外电位为 = 1 电场强度为a3 E0 r cos θ r3 rE0θz图 4-7Er = 2a 3 = E0 1 + 3 cos θ r r a = E0 1 3 sin θ r rθ 3Eθ = 4-13将半径为 a , 介电常数为 ε 的无限长介质圆柱放置于均匀电场 E0 中, E0 沿 设vvx 方向,柱的轴沿 z 轴,柱外为空气,如图 4-8,求任意点的电位,电场.解: 选取原点为电位参考点, 1 表示柱内电位, 2 表示柱外电位. r → ∞ 用 在 处,电位 2 = E0 r cos φ因几何结构和场分布关于 y = 0 平面对称, 故电位表 示式中不应有 φ 的正弦项.令rE0φε ε0图 4-8x1 = A0 + ∑ ( An r n + Bn r n ) cos nφn =1∞55习题四∞ 2 = C0 + ∑ (Cn r n + Dn r n ) cos nφn =1因在原点处电位为零,定出 A0 = 0 , Bn = 0 .用无穷远处边界条件 r → ∞ 及 2 = E0 r cos φ ,定出 C1 = E0 ,其余 Cn = 0 .这样,柱内,外电位简化为 1 = ∑ An r n cos nφn =1∞ 2 = C1r cos φ + ∑ Dn r n cos nφn =1∞再用介质柱和空气界面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε 1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n n ∑ An a cos nφ = E0 a cos φ + ∑ Dn a cos nφ n =1 n =1 ∞ ∞ ∑ εnAn a n 1 cos nφ = ε 0 E0 cos φ ∑ ε 0 nDn a n 1 cos nφ n =1 n =1 比较左右 n = 1 的系数,得A1 解之得D1 D1 = E0 , ε A1 + ε 0 2 = ε 0 E0 2 a aA1 = 2ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 2 ε + ε0 ε + ε0比较系数方程左右 n > 1 的各项,得An Dn D = 0 , ε An + ε 0 2n = 0 2n a a n由此解出 An = Dn = 0 .最终得到圆柱内,外的电位分别是1 = E02ε 0 r cos φ , ε + ε0ε ε0 a2 2 = E0 r cos φ + E0 cos φ ε + ε0 r56《电磁场与电磁波》——习题详解电场强度分别为v v 2ε 0 v 2ε 0 E1 = 1 = er E0 cos φ eφ E0 sin φ ε + ε0 ε + ε0v v ε ε 0 a2 v ε ε 0 a2 1 + E0 cos φ eφ 1 E2 = 2 = er ε + ε r 2 E0 sin φ ε + ε0 r2 0 4-14 在均匀电场中,设置一个半径为 a 的介质球,若电场的方向沿 z 轴,求介质 球内,外的电位,电场(介质球的介电常数为 ε ,球外为空气). 解:设球内,外电位解的形式分别为1 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ ) ,n =0 ∞∞ 2 = ∑ (Cn r n + Dn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0在 选取球心处为电位的参考点, 则球内电位的系数中 A0 = 0 ,Bn = 0 . r → ∞ 处,电位 2 = E0 r cos θ ,则球外电位系数 Cn 中,仅仅 C1 不为零,即 C1 = E0 , 其余为零.因此,球内,外解的形式分别简化为1 = ∑ An r n Pn (cos nθ ) ,n =0∞ 2 = E0 r cos θ + ∑ Dn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞再用介质球面 ( r = a ) 的边界条件 1 = 2 及 ε1 = ε 0 2 ,得 r r∞ ∞ n An a Pn (cos nθ ) = E 0 a cos θ + Dn a n 1 Pn (cos nθ ) n =1 n =1 ∞ ∞ εnA a n 1 P (cos nθ ) = ε E cos θ ε 0 (n + 1) Dn a n 2 Pn (cos nθ ) n n 0 0 n =1 n =1 ∑ ∑∑∑比较上式的系数,可以知道,除了 n = 1 以外,系数 An , Dn 均为零,且A1a = E0 a + D1a 2 , ε A1 = ε 0 E0 2ε 0 D1a 357习题四由此,解出系数A1 = 3ε 0 ε ε0 E0 , D1 = E0 a 3 ε + 2ε 0 ε + 2ε 0 3ε 0 r cos θ , ε + 2ε 0最后得到电位,电场1 = E0 2 = E0 r cos θ + E0v v E1 = 1 = erε ε 0 a3 cos θ ε + 2ε 0 r 23ε 0 v 3ε 0 E0 cos θ eθ E0 sin θ ε + 2ε 0 ε + 2ε 0v ε ε 0 a3 ε ε 0 a3 v v 1 + 2 E0 cos θ eθ 1 E2 = 2 = er ε + 2ε r 3 E0 sin θ ε + 2ε 0 r 3 0 4-15 已知球面 ( r = a ) 上的电位为 = U 0 cos θ ,求球外的电位. 解:设球外电位解的形式为 = ∑ ( An r n + Bn r n 1 ) Pn (cos nθ )n =0∞在无穷远处,应该满足自然边界条件,即电位趋于零.这样确定系数 An = 0 ,球外 电位的形式解简化为 = ∑ Bn r n 1 Pn (cos nθ )n =0∞使用球面 ( r = a ) 的边界条件,有U 0 cos θ = ∑ Bn a n 1 Pn (cos nθ )n =0∞由于勒让德多项式 Pn (cos nθ ) 是线性无关的,考虑到 P (cos θ ) = cos θ ,比较上式 1 左右的系数,得到 B1 = U 0 a , Bn = 02(n = 0,2,3,L) .所以,球外的电位分布为58《电磁场与电磁波》——习题详解 = U04-16a2 cos θ r2求无限长矩形区域 (0 < x < a,0 < y < b) 第一类边值问题的格林函数(即矩形 槽的四周电位为零,槽内有一与槽平行的单位线源,求槽内电位,如图 4-9). 解:这个问题的格林函数满足的方程为 2G 2G 1 + 2 = δ( x x′) δ( y y′) 2 x y ε0格林函数的边界条件是,在矩形区域的四周为零,即 x = 0 或 x = a , G = 0 ,y = 0 或 b = 0 , G = 0 .用分离变量法求这个问题的格林函数.考虑到格林函数在x = 0 , x = a 时的边界条件,将格林函数表示为y b(x',y')G = ∑Ψ n ( y ) sinn =1∞nπ x a将其代入格林函数方程,得a x 2 nπ 2 nπ x 1 = δ( x x′) δ( y y′) Ψ n ( y ) sin 图 4-9 ∑ y 2 a ε0 a n =1 nπ x 上式左右乘以 sin , 并在 0 < x < a 区间积分, 利用正弦函数的正交性和 δ 函数 a∞的积分性质,得函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程为2 d2 nπ x ′ 2 nπ sin δ( y y ′) Ψn ( y ) = 2 a ε 0a dy a 在确定函数Ψ n ( y ) 时,将原来的区域分为两个区域,并注意到边界条件,设nπ An sh a (b y ), Ψ n ( y) = nπ Bn sh y, a 在 y = y′ 处,电位连续,即y > y′ y < y′An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ a a59习题四对于函数Ψ n ( y ) 满足的微分方程,在点源附近积分,得∫y′+ 0 y′0d2 nπ Ψn ( y ) d y 2 dy a 2∫y′+ 0 y′0Ψ0 ( y ) d y = nπ x 2 sin ε 0a a因为电位连续,故上式左边第二项的积分为零,从而有d d nπ x′ 2 sin Ψ n ( y) Ψ n ( y) = dy dy a ε 0a y = y′ y = y′ + 代入函数Ψ n ( y ) 的形式,得nπ nπ nπ nπ x′ nπ 2 (b y′) sin An ch Bn ch y′ = a a a a ε 0a a将上式与 An shnπ nπ (b y′) = Bn sh y′ 相互联立求解,得 a a nπ 2 1 An = sh y′ , nπ ε 0 sh nπ b a a nπ 2 1 Bn = sh (b y′) nπ ε 0 sh nπ b a asin最后得到矩形区域的格林函数为nπ x ′ n π x nπ nπ sin y ≤ y′ sh a (b y′) sh a y, 2 a a = G= nπ ∑ nπ nπ b ε 0π n =1 sh y′ sh (b y ), y ≥ y′ n sh a a a 4-17 推导无限长圆柱区域内(半径为 a )第一类边值问题的格林函数. 解:使用镜像法及其格林函数的定义计算.在半径为 a 的导体圆柱内部离轴 线 r ′ 处,放置一个线密度为 1 单位,与导体圆柱平行的无穷长线电荷,并且维持导∞体柱面的电位为零,求出柱内的电位,这个电位就是柱内的格林函数.当原电荷位 于 r 处,需要在 r ′ 的镜像位置 r ′′ 处,加一个线密度为 1 的线电荷.此时,圆柱内 的电位是v v G (r , r ′) =1 2π εln1 1 1 ln +C R1 2π ε R2R1 和 R2 分别是从 r ′ 和 r ′′ 到 r 的距离(如图 4-10),C 是常数.由柱面上的电位为零,60《电磁场与电磁波》——习题详解可以定出这个常数的值.最后得到柱内的格林函数为v v G (r , r ′) =1 2π εlnR2 r ′ R1 a yrR1 r'R2 r'' x =0 = U0图 4-10 4-18d图 4-11x两个无限大导体平板间距离为 d ,其间有体密度 ρ =ρ 0 x / d 的电荷,极板的电位如图 4-11 所求,用格林函数法求极板之间的电位. 解:先用直接积分法求解.电位仅仅是 x 的函数,故其满足如下方程:ρ x d2 ρ = = 0 2 dx ε0 ε 0d对以上方程积分得ρ x2 ρ x3 d = C1 0 , = C2 + C1 x 0 dx 2ε 0 d 6ε 0 d由 x = 0 及 = 0 , 可 定 出 系 数 C2 = 0 ; 由 x = d 及 = U 0 , 可 定 出 系 数C1 =U 0 ρ0d + ,从而,得到电容器内的电位为 d 6ε 0 =ρ0 x3 6ε 0 dU ρ d + 0 + 0 x d 6ε 0 再用格林函数法求解.这个问题的格林函数为 d x′ x < x′ ε d x, 0 G ( x, x′) = x′ (d x), x > x′ ε 0d 为了计算方便,将这个问题分解为两个:一个是平板电容器内有电荷,而两极板的61习题四电位为零,即奇次边界条件,记电位 1 ;另一个是无电荷分布,极板的电位维持原 来的电位,记电位 2 .用格林函数法计算奇次边界条件时的电位 1 :1 = ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0∫d= ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′ + ρ ( x ′)G ( x, x ′) d x ′0 x∫x∫d=∫x 0ρ 0 x ′ x ′(d x) d x′ + d ε 0d∫d xρ 0 x ′ (d x ′) x d x′ d ε 0dρ 0 (d x) x 3 ρ 0 x 1 2 2 1 (d x )d + (d 3 x 3 ) = + 2 2 3 ε 0d 2 3 ε 0d =ρ0 3 ρ0d x + x 6ε 0 d 2 6ε 0至于电位 2 ,容易得出 2 = (U 0 / d ) x .故所求电位为 = 1 + 2 = 4-192ρ0 2 U 0 ρ0d x + d + 6ε x 6ε 0 d 0 分析复变函数 w = z 能够表示的静电场. 解: w = u + j v = z = ( x + j y ) = x y + j 2 xy2 2 2 2u = x 2 y 2 , v = 2 xy实部的等值线是双曲线 x y = C1 ;虚部的等值线也是双曲线,其方程为2 22 xy = C2 .因此,这个函数能够表示极板形状为双曲线的导体附近的静电场.如果用虚部表示电位函数,在 x = 0 或 y = 0 处,电位为零,可以表示接地的直角导体拐 角附近的静电场. 4-20 分析复变函数 w = arccos z 能够表示哪些情形的静电场.62《电磁场与电磁波》——习题详解解: z = x + j y = cos(u + j v) = cos u ch v j sin u sh vx = cos u ch v , y = sin u sh vx2 y2 x2 y2 + 2 = 1, 2 =1 ch 2 v sh v cos 2 u sin u可见,虚部的等值线是一簇椭圆,实部的等值线是一簇双曲线.当用虚部表示 电位时,能够表示两个共焦点的椭圆柱体之间的场;当用实部表示电位时,能够表 示两个共焦点的双曲线柱体之间的场. 4-21 用有限差分法求图 4-12 所示区域中各个节点的电位. 解:1 4 1 2 = (1 + 4 + 100) 4 1 3 = (1 + 4 ) 4 1 4 = ( 2 + 3 ) 41 = ( 2 + 3 + 100)解这一方程组,得到1 = 2 = 37.5 V , 3 = 4 = 12.5 V100V 1 0V 3 4 2 0V0V 图 4-1263。
电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答
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0U ，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ=③0(,)x b U ϕ=根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a a ππϕ∞==∑由条件③，有01sinh()sin()n n n b n x U A a a ππ∞==∑两边同乘以sin()n x a π，并从0到a 对x 积分，得到002sin()d sinh()an U n xA x a n b a a ππ==⎰02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故得到槽内的电位分布1,3,5,41(,)s i n h ()s i n ()s i n h ()n U n yn xx y n n b a aa ππϕππ==∑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d y =到b y =)(∞<<-∞x 。
上板和薄片保持电位0U ，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从0=y 到a题4.1图d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。
解 应用叠加原理，设板间的电位为(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为0U ）的电位，即10(,)x y U y ϕ=；2(,)x y ϕ是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为： ①22(,0)(,)0x x b ϕϕ==②2(,)0()x y x ϕ=→∞③002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b d b ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21(,)sin()en x bn n n y x y A b ππϕ∞-==∑由条件③有00100(0)sin()()n n U U y y d n y b A U U b y yd y b d b π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑两边同乘以sin()n yb π，并从0到b 对y 积分，得到0002211(1)sin()d ()sin()d dbn d U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ故得到 (,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑4.3 求在上题的解中，除开0U y b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
∫Байду номын сангаас
2π / ω
0
r 2650 cos (ωt − kz )dt = ez 1325 W / m 2
2
（3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 r r r r r r P = − ∫ S en dS = − S ( −ez ) |z =0 + S ez |z =1 × 0.25
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。 解：（1）瞬时坡印廷矢量 r r r r S = E × H = ez 2650 cos 2 (ωt − kz ) W / m 2 （2）平均坡印廷矢量
r r ω S av = ez 2π
式中
k0 =
2π
µ0
A/ m
λ0
试求（1）
c λ0 λ0 各点处的瞬时坡印廷矢量 z = 0, , 8 4
=
ω
C为真空的光速，λ0是波长。
（2）以上各点处的平均坡印廷矢量 解：（1）E和H的瞬时矢量为
r r r ex jE0 sin ( k0 z ) e jωt = −ex E0 sin ( k0 z ) sin (ωt ) V / m E ( z , t ) = Re r r ε0 r ε0 jωt H ( z , t ) = Re e y E0 cos ( k0 z ) e = ey E0 cos ( k0 z ) cos (ωt ) µ0 µ0 A/ m
s
= 2650 × 0.25 cos 2 (ωt ) − cos 2 (ωt − 0.42 ) = −270.2sin ( 2ωt − 0.42 )W
电磁学第四章习题答案
第四章 习题一(磁场)1、一根载有电流I 的无限长直导线，在A 处弯成半径为R 的圆形，由于导线外有绝缘层，在A 处两导线并不短路，则在圆心处磁感应强度B的大小为( C )(A) I (μ0＋1)／(2πR) (B) μ0πI ／(2πR) (C) μ0I(1＋π)／(2πR) (D) μ0I(1＋π)／(4πR)2、载有电流为I 的无限长导线，弯成如图形状，其中一段是半径为a 的半圆，则圆心处的磁感应强度B的大小为( D )(A) μ0I ／(4a ) + μ0I ／(4πa )(B))8/(2)4/()4/(a I a I a I o o o πμπμμ++(C) ∞(D))4/(2)4/()4/(a I a I a I o o o πμπμμ+-3、如图，电流I 均匀地自下而上通过宽度为a 的 无限长导体薄平板，求薄平板所在平面上距板的一 边为d 的P 点的磁感应强度。
解：该薄板可以看成是由许多无限长的细直载流 导线组成的，每一条载流线的电流为dI =Idx /a ， 根据无限长直载流线磁场公式，它们在P 点产 生的磁感应强度的大小为xdxa πI μx πdI μdB 2200==，B d 的方向⊗ ∴ dad a πI μx dx a πI μdB B a d d ad d+===⎰⎰++ln 2200，B 的方向⊗PB4、电流均匀地自下而上通过宽为2a 的无限长导体薄平板，电流为I ，通过板的中线并与板面垂直的平面上有一点P ，P 到板的垂直距离为x ，设板厚可略去不计，求P 点磁感应强度B 。
解：面电流线密度a I j 2/=在离轴线y 处取一宽为dy 的窄条，其电流为dy a Ijdy dI 2==, 22y x r +=P 点B d的方向如图所示。
r πdI μdB 20=220044yx dy a πI μr dy a πI μ+== 22cos sin yx x rx φθ+===，22sin cos yx y ry φθ+===2204cos y x ydya πI μθdB dB x +==，2204sin y x xdy a πI μθdB dB y+== 04220=+==⎰⎰--a a aa x x yx ydya πI μdB Bxaa πI μx y a πI μy x dy aπIx μdB B aa aa aa y y arctan 2arctan 4400220==+==---⎰⎰ y y y x x e x a aπIμe B e B B ⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=arctan 205、求上题当a →∞，但维持aIj 2=(单位宽度上的电流，叫做电流线密度)为一常量时P 点的磁感应强度。
电磁学第四章答案全
第四章习题（一）2、平行板电容器（面积为S,间距为d ）中间两层的厚度各为d 1和d 2（d 1+d 2=d ），介电常数各为1ε和2ε的电介质。
试求：（1）电容C ；（2）当金属板上带电密度为0σ±时，两层介质的分界面上的极化电荷密度'σ；（3）极板间电势差U;（4）两层介质中的电位移D ； 解：（1）这个电容器可看成是厚度为d 1和d 2的两个电容器的串联：12210212121d d SC C C C C εεεεε+=+=（2）分界处第一层介质的极化电荷面密度（设与d 1接触的金属板带正电）1111011111εσεεεσ)(E )(P n P '-=-=-=⋅=分界处第二层介质的极化电荷面密度：21222022211εσεεεσ)(E )(P n P '--=--=-=⋅=所以， 21021211εεσεεσσσ+-=+=)('''若与d 1接触的金属板带负电，则21021211εεσεεσσσ+--=+=)('''（3）2101221202010102211εεσεεεεσεεσ)d d (d d d E d E U +=+=+= （4）01101σεε==E D ，02202σεε==E D4、平行板电容器两极板相距3.Ocm ，其间放有一层02.=ε的介电质，位置与厚度如图所示，已知极板上面电荷密度为21101098m /c .-⨯=σ，略去边缘效应，求: (1)极板间各处的P 、E 和D 的值;(2)极板间各处的电势(设正极板处00=U ); (3)画出E-x ，D-x ，U-x 曲线;解：（1）由高斯定理利用对称性，可给出二极板内：2111098m /c .D e -⨯==σ（各区域均相同），在0与1之间01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε在1与2之间210000010454112m /c .D)(E )(P ,r r r -⨯=-=-==εεεεεεε，m /V D E r500==εε 在2与3之间，01==P ,r ε，m /V DE 20101⨯==ε（2）0=A V ：0-1区：,x dx E V xD 100=⋅=⎰1-2区：),x x (dx E V xx 1501-=⋅=⎰)x x x ,.x x )x x (V 2111505010050≤≤+=+-=2-3区：),x x (dx E V xx 2100021-=⋅=⎰∆)x x x (,.x ).x (,x x x x x )x x (V 3212221501000050100505010010010050≤≤-=-=+-=-++=题4图6、一平行板电容器两极板相距为d,其间充满了两种介质，介电常数为1ε的介质所占的面积为S 1, 介电常数为2ε的介质所占的面积为S 2。
电磁场与电磁波(第四版)课后答案 第四章习题
P a v sS a vd s 0 2 0 2 1 0 E r 0 2 s in 2• r 2 s indd E 9 0 0 2 W /m 2
A
9
A
2
及
•E•A t
2•A
t
2
令 •A0
代入1和2式，得 2A2AJ
t2
t
2
A
3
4.9在自由空间中的电磁场为
Ez,tex1000costkz V/m Hz,tey2.65costkz A/m
式中 k000.42 rad/m
试求（1）瞬时坡印廷矢量 （2）平均坡印廷矢量 （3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。
0 , 0 各点处的瞬时坡印廷矢量
84
（2）以上各点处的平均坡印廷矢量
解：（1）E和H的瞬时矢量为
E z,t R e e xjE 0sin k0zej t e xE 0sin k0 zsin t V /m
H z,t R eey
0E 0c o sk0 zej t ey
0
0 0E 0c o sk0 zc o s t
解：（1）瞬时坡印廷矢量
S E H e z 2 6 5 0 c o s 2 t k z W / m 2
（2）平均坡印廷矢量
S a v e z20 2 / 2 6 5 0 c o s 2 A t k z d t e z 1 3 2 5 W /m 2 4
（3）任一时刻流入长为1m横截面积为0.25平方米的 平行六面体中的净功率。
试计算通过以坐标原点为球心，
r0为半径的球面s的总功率。
解：将E和H写成复矢量形式
工程电磁场与电磁波_丁君版_答案第四章习题答案
第四章 习题4-1解：选柱坐标系，在所求无源区内电位函数满足： 2=∇φφ只和r 相关0=∂∂ϕφ0=∂∂zφ方程化为 0)(1=∂∂∂∂rrrr φ 21ln C r C +=φ 为常数21,C C由 006.0==φ时r 501.0-==φ时 r得 88.27588.9721=-=C C88.275ln 88.97+-=r φr a rE ˆ188.97=-∇=φ 4—2：解：图一根据边界条件：⎪⎩⎪⎨⎧====021R R R R U φφ０可得：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=-=００U R R R B U R R R R A 1211221 ∴)120112021R R U R RR R U R R ---=φ(2) ()R R a R R R U R R a RE ˆ1ˆ212021⋅-=∂∂-=-∇=φφ (3) ()R R R aR R R U R ED ˆ12102001-⋅===εε内表 (1) 如图一，根据题意可知：电位函数φ满足拉普拉斯方程。
采用球坐标系：2=∇φ0=∂∂θφ0=∂∂ϕφR 相关 只于 φ，方程化为:0)(122=∂∂∂∂R RRR φφ积分得：B RA +⋅=1φSS d D s Sρ=⋅⎰内表SS D s ρ=内表 ∴)(12102R R R U R D s -==ερ内表4—3：解：选择直角坐标如图，由恒定电场的泊松方程可得：xy设两板间距离为d,代入边界条件⎪⎩⎪⎨⎧====00U dz z φφ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+==⇒ερερ22002012d d U d d U C C ∴)2()2(2002ερερφερερφddU z E zddU z +-=-∇=++-=4—4：解：选择柱坐标系，根据恒定电磁场的拉普拉斯方程，(1) 02=∇m φ，m φ只在ϕ方向上有变化，所以：BA rm m +==∂∂ϕφϕφ:,01222积分得由 0=ϕ时：0,0==B m 得φ ∴ϕφA m =lm m a dld H φφ-=-∇=l d H d m⋅-=φ⎰⎰-=⋅-=ππφ2020I l d H d mBA I m m+=-==ϕφφπϕ代入,20,0,2=∂∂=∂∂-=∇xyφφερφ方程可化为：,22ερφ-=∂∂z2122:C z C z ++-=ερφ积分得π2⋅=-A I π2I A -= ϕπφ2I m -=(2)ϕϕπϕφφφa rI a d d r a dl d H m l m m 21==-=-∇=可见，利用拉普拉斯方程与安培环路定理求出来的结果一样。
电磁学习题解答第四章
解：依题意可求得
B1 0 I1 / 2d
B2 0 I 2 / 2d
d
I2
但 B1B2 故
I1
d
d
P
B
B12
B22
0 2d
I12
I22
4 2
107 0.02
4.02 6.02 7.2105(T)
11.载流线圈半径R=11厘米，电流I=14安,求它轴线上距离 圆心r0=0和r0=10厘米的磁感强度B等于多少高斯？
3/2
2
0 I 2 R22
R22 (b x)2
3/2
I2
17.上题中如果电流反向,情形如何? 解：若电流方向相反,则产生磁场方向相反
B
B1
B2
2
R12
0 I1R12
(b x)2
3/2
2
0 I 2 R22
R22 (b x)2
3/2
18. 电流均匀地穿过宽为2a的无穷长平面薄板,电流强度为I， 通过板的中线并与板面垂直的平面上有一点P,P到板的垂直 距离为x，设板厚可略去不极,求P点的磁感应强度B.
(0 j2 )2 2
0
j
1
2
j22
2
（3）当j1＝j2＝j3时，板内外磁场为：
B=
20 j
2
23.习题20中若i1和i2之间成任意夹角 ，情形如何？ 解：依题意要求，可知磁场分布：
（1）两板之间，
B
B12 B22 2B1B2 cos
0
2
（2）两板之外，
j12 j12 2 j1 j2 cos
解：两半直电流在点的磁场为零,四分 之一圆电流的磁场:
B=1/4(µ0I/2R)=Iµ0/8R 方向垂直向里.
《电工电子技术基础》第四章 电磁现象与应用 自测题及答案
第四章电磁现象与应用自测题错同性磁极互相吸引，异性磁极相互排斥。
对分布磁场的空间具有力和能的性质。
对不存在只有N极的磁铁。
错在条形磁铁内部，磁力线从N极发出回到S极。
对磁力线的疏密可用于表示磁场强弱。
错通电螺线管磁场的强弱与电流、匝数成反比。
错铁磁材料磁化过程中磁感应强度B和磁场强度H成正比，比例常数为磁导率μ。
对由电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势总是阻碍原磁通的变化，即反电动势。
对若线圈中电流变小，则线圈产生的感应电流与原电流方向相同。
错若线圈中电流变大，则线圈产生的感应电流与原电流方向相同。
对电感可以“通低频阻高频”的根本原因是电磁感应产生反向感应电动势。
错发动机点火系统产生高压电火花的原理是自感。
对改变变压器匝数比，就能改变其输出电压。
错若变压器匝比k>1，则为降压变压器。
错变压器带载后，原边电流决定副边电流。
对原边电流和副边电流相位相反。
错变压器可用于直流电压变换。
对变压器额定值是指变压器能够长时间安全可靠运行所允许的最大值。
错磁通是产生感应电流的原因。
磁铁外部由N极指向S极，内部有S极指向N极，且带有方向的闭合曲线是，该曲线的切线方向代表。
磁力线；磁场方向磁导率的单位是，磁场强度的单位是。
H/m；A/m通电导线周围的磁场方向如图所示，则a)中导线的电流方向为，b)中导线的电流方向为。
从右往左；垂直纸面向外铁磁材料在外磁场作用下，从原本不带磁性转变为具备磁性的过程称为，该过程得以进行是因为铁磁材料的内部具有一种特殊结构称为。
磁化；磁畴电磁感应中磁生电的方式有和。
导体作切割磁力线运动；线圈中磁通量发生变化含有大电感电器设备中，当接通或断开触点瞬间，出现过电压或过电流使触点烧毁的现象称为，解决措施为。
自感；触点两端并联电容器变压器基于的电学原理是；汽车发动机点火线圈输出高压信号利用的电学原理是。
互感；互感如图所示电路中，改变线圈1中的电流大小可引起线圈2中产生电流的现象称为，若线圈1中的电流i增大，则检流计中的指针应（左偏/右偏）。
高中物理第四章4法拉第电磁感应定律练习(含解析)新人教版选修3-2
4 法拉第电磁感应定律1。
当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是( A )A。
线圈中一定有感应电动势B。
线圈中有感应电动势,其大小与磁通量成正比C。
线圈中一定有感应电流D。
线圈中有感应电动势,其大小与磁通量的变化量成正比解析:当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的,则有感应电流,若不闭合,则无感应电流,但有感应电动势，故A正确,C错误；根据法拉第电磁感应定律，E=n,知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，故B，D错误。
2。
（2019·北京师大附中期中)桌面上放着一个10匝矩形线圈，如图所示,线圈中心上方一定高度上有一竖立的条形磁体，此时穿过线圈内的磁通量为0。
01 Wb.把条形磁体竖放在线圈内的桌面上时,穿过线圈内磁通量为0。
12 Wb。
如果把条形磁体从图中位置在0.5 s内放到线圈内的桌面上，计算可得该过程线圈中的感应电动势的平均值为（ A ）A。
2.2 V B。
0。
55 V C。
0。
22 V D.2。
0 V解析：由法拉第电磁感应定律得出E=n=10× V=2.2 V，故A正确。
3。
(2019·四川遂宁期末）穿过一个内阻为1 Ω的10匝闭合线圈的磁通量每秒均匀减少2 Wb，则线圈中( C ）A.感应电动势每秒增加2 VB。
感应电动势每秒减少2 VC。
磁通量的变化率为2 Wb/sD。
感应电流为2 A解析：磁通量的变化率=2 Wb/s,C正确。
由E=n得E=10×2 V=20 V，感应电动势不变，A,B错误.由I=得I= A=20 A，D错误。
4。
一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0。
1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动,则关于导线中产生的感应电动势的描述错误的是( A ）A.一定为0。
1 V B。
可能为零C.可能为0。
01 V D。
最大值为0。
1 V解析：当B，l,v两两垂直时,导体切割磁感线运动的感应电动势最大，E m=Blv=0。
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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，求槽内的电位函数。
解 根据题意，电位满足的边界条件为① ② ③根据条件①和②，电位的通解应取为由条件③，有两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布4.2 两平行无限大导体平面，距离为，其间有一极薄的导体片由到。
上板和薄片保持电位，下板保持零电位，求板间电位的解。
设在薄片平面上，从到，电位线性变化，。
解 应用叠加原理，设板间的电位为0U (,)x y ϕ(0,)(,)0y a y ϕϕ==(,0)0x ϕ=0(,)x b U ϕ=(,)x y ϕ1(,)sinh()sin()n n n y n xx y A a aππϕ∞==∑01sinh()sin()n n n b n x U A a aππ∞==∑sin()n xaπa x 002sin()d sinh()an U n xA x a n b a aππ==⎰02(1cos )sinh()U n n n b a πππ-=04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧=⎪⎨⎪=⎩，01,3,5,41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n xx y n n b a a aππϕππ==∑b d y =b y =)(∞<<-∞x 0U 0=y d y =0(0,)y U y d ϕ=(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+题4.1图yo y bo yd y 题 4.2图其中，为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为）的电位，即；是两个电位为零的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：① ②③根据条件①和②，可设的通解为 由条件③有两边同乘以，并从0到对积分，得到 故得到4.3 求在上题的解中，除开一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。
并按定出边缘电容。
解 在导体板（）上，相应于的电荷面密度则导体板上（沿方向单位长）相应的总电荷1(,)x y ϕ0U 10(,)x y U y b ϕ=2(,)x y ϕ22(,0)(,)0x x b ϕϕ==2(,)0()x y x ϕ=→∞002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d by y y U U y y d y b db ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩2(,)x y ϕ21(,)sin()e n x bnn n y x y A b ππϕ∞-==∑00100(0)sin()()n n U U y y d n y bA U U b y yd y b db π∞=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑sin()n ybπb y 0002211(1)sin()d ()sin()d dbn d U U y n y n yA y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ(,)x y ϕ=0022121sin()sin()e n x bn U bU n d n y y b d n b b ππππ∞-=+∑0U y b 202U W C ef =0=y 2(,)x y ϕ002200121sin()e n x by n U n d yd n bπεϕπσεπ∞-==∂=-=-∂∑z 2220d 2d q x x σσ∞∞-∞===⎰⎰001022sin()e d n x b n U n d x n d b πεππ∞∞-=-=∑⎰0022141sin()n U b n dd n b εππ∞=-∑相应的电场储能为 其边缘电容为 4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。
解 根据题意，电位满足的边界条件为①②③和②，电位的通解应取为根据条件①由条件③，有 两边同乘以，并从0到对积分，得到故得到槽内的电位分布为 4.5 一长、宽、高分别为、、的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为的电荷。
求体积内的电位。
20020221211sin()2e n bU n dW q U dnb εππ∞===-∑022210241sin()e f n W b n dC U d n bεππ∞===∑0U (,)x y ϕ(0,)(,)0y a y ϕϕ==(,)0()x y y ϕ→→∞0(,0)x U ϕ=(,)x y ϕ1(,)sin()n n n y a n xx y A e aππϕ∞-==∑01sin()n n n xU A aπ∞==∑sin()n xaπa x 002sin()d an U n x A x a a π==⎰02(1cos )U n n ππ-=04,1,3,5,02,4,6,U n n n π⎧=⎪⎨⎪=⎩，1,3,5,41(,)sin()n y a n U n xx y e n aππϕπ-==∑a b c ()sin()sin()xzy y b acππρ=-ϕ题4.4图解 在体积内，电位满足泊松方程（1）长方体表面上，电位满足边界条件。
由此设电位的通解为代入泊松方程（1），可得由此可得或（2）由式（2），可得故4.6 如题4.6图所示的一对无限大接地平行导体板，板间有一与轴平行的线电荷，其位置为。
求板间的电位函数。
解 由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度ϕ22222201()sin()sin()x zy y b x y z a cϕϕϕππε∂∂∂++=--∂∂∂S ϕ0Sϕ=ϕ1111(,,)sin()sin()sin()mnp m n p m x n y p zx y z A a b cπππϕε∞∞∞====∑∑∑222111[()()()]mnp m n p m n p A a b cπππ∞∞∞===++⨯∑∑∑sin()sin()sin()m x n y p z a b c πππ=()sin()sin()x zy y b a cππ-0mnp A =(1m ≠1)p ≠222111[()()()]sin()n p n n yA a b c b ππππ∞=++=∑()y y b -2221102[()()()]()sin()d bn n n y A y y b y a b c b b ππππ++=-=⎰34()(cos 1)bn b n ππ-=2381,3,5,()02,4,6,b n n n π⎧-=⎪⎨⎪=⎩2532221,3,5,81(,,)sin()sin()sin()11[()()()]n b x n y zx y z n a b c n a b cπππϕπε∞==-++∑z l q ),0(d (0,)d z l q 0x =0x >0x <1(,)x y ϕ2(,)x y ϕ0x =δl q。
电位的边界条件为①②③由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1）（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有（4）由式（3）和（4）解得()()ly q y yσδ=-11(,0)(,)0x x aϕϕ==2(,0)(,)0x x aϕϕ==1(,)0x yϕ→()x→∞2(,)0x yϕ→()x→-∞12(0,)(0,)y yϕϕ=21()()lxqy dx xϕϕδε=∂∂-=--∂∂11(,)sin()nnn x an yx y A eaππϕ∞=-=∑(0)x>21(,)sin()nnn x an yx y B eaππϕ∞==∑(0)x<1sin()nnn yAaπ∞==∑1sin()nnn yBaπ∞=∑1sin()nnn n yAa aππ∞=--∑1sin()nnn n yBa aππ∞=∑()lqy dδε=-n nA B=sin()m yaπ0a yn nA B+2()sin()dalq n yy d yn aπδπε=-=⎰2sin()lq n dn aππε题 4.6图故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。
求槽内的电位函数。
解 由于在处有一与轴平行的线电荷，以为界将场空间分割为和两个区域，则这两个区域中的电位和都满足拉普拉斯方程。
而在的分界面上，可利用函数将线电荷表示成电荷面密度，电位的边界条件为① ， ② ③由条件①和②，可设电位函数的通解为由条件③，有（1） 0sin()l n n q n dA B n aππε==1101(,)sin()sin()ln n x a q n d n y x y e n a a πππϕπε∞=-=∑(0)x >2101(,)sin()sin()ln n x a q n d n y x y e n a a πππϕπε∞==∑(0)x <l q ),(00y x z l q 0x x =00x x <<0x x a <<1(,)x y ϕ2(,)x y ϕ0x x =δl q 0()()l y q y y σδ=-1(0,)0y =ϕ2(,)0a y ϕ=11(,0)(,)0x x b =ϕϕ=22(,0)(,)0x x b =ϕϕ=1020(,)(,)x y x y ϕϕ=02100()()lx x q y y x xϕϕδε=∂∂-=--∂∂11(,)sin()sinh()n n n y n xx y A b b ππϕ∞==∑)0(0x x <<2(,)x y ϕ=1sin()sinh[()]n n n y n B a x b bππ∞=-∑)(0a x x <<0011sin()sinh()sin()sinh[()]n nn n n x n y n y n A B a x b b b b ππππ∞∞===-∑∑01sin()cosh()nn n x n n y A b b bπππ∞=-∑b题4.7图（2）由式（1），可得（3）将式（2）两边同乘以，并从到对积分，有 （4） 由式（3）和（4）解得故若以为界将场空间分割为和两个区域，则可类似地得到01sin()cosh[()]nn n n y n B a x b b bπππ∞=-∑)(00y y q l -δε=00sinh()sinh[()]0n n n x n A B a x b bππ--=sin()m ybπ0b y )](cosh[)cosh(00x a bn B b x n A n n -π+π0002()sin()d b l q n yy y y n bπδπε=-=⎰02sin()l q n y n bππε00021sinh[()]sin()sinh()l n q n y n A a x n a b n b b ππππε=-00021sinh()sin()sinh()l n q n x n y B n a b n b bππππε=101021(,)sinh[()]sinh()ln q n x y a x n n a b b πϕπεπ∞==-∑0sin()sinh()sin()n y n x n y b b bπππ⋅)0(0x x <<021021(,)sinh()sinh()ln q n x x y n n a b πϕπεπ∞==∑0sin()sinh[()]sin()n y n n y a x b b bπππ⋅-)(0a x x <<0y y =00y y <<0y y b <<101021(,)sinh[()]sinh()ln q n x y b y n n b a a πϕπεπ∞==-∑4.8 如题4.8图所示，在均匀电场中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱，圆柱的半径为。