第三章 静态电磁场及其边值问题的解(课后题)

b b
2
ql
dρ =
则同轴线单位长度的静电储能为： 1 1 b ql 2 1 ql b ql 2 We = ∫ ε E dV = ∫ ε ( ) 2πρdρ = ln = 2 V 2 a 2περ 2 2πε a 2C
2 2
• 3.13 在一块厚度为d的导电板上，由两个半径分别为 r1和r2的圆弧和夹角为α的两半径割出的一块扇形体。 试求(1)沿厚度方向的电阻（2）两圆弧之间的电阻 （3）沿α方向的电阻。设导电板的电导率为σ
解：（ ）由安培环路定律，可得H = eφ 1 I 2πρ
z I O µ1＝µ0 µ2＝µ x
µ0 I µI ∴ B1 = µ 0 H = eφ , B2 = µH = eφ 2πρ 2πρ
(2)磁介质的磁化强度 (µ − µ0 ) I 1 M= B2 − H = eφ 2πµ0 ρ µ0
则磁化体电流的密度 1 d (µ − µ0 ) I 1 d 1 J m = ∇ × M = ez ( ρM φ ) = ez (ρ ⋅ ) = 0 2πµ0 ρ dρ ρ ρ dρ
0
ψ=0 ρ(x)
源自文库
ψ=U0
ρ d3 故U 0 = － + Ad 6ε 0 d U ρ d 得A = + 6ε 0 d
0 0 0
0
d
ρ x3 U ρ d ∴ϕ = − +( + )x 6ε 0 d 6ε 0 d
0 0 0
ρ 0 x2 U 0 ρ 0 d ∂ϕ E = −∇ϕ = −ex = ex −( + ) ∂x d 6ε 0 2ε 0 d
解：同轴线的内外导体之间的磁场沿φ方向，在两种 磁介质的分界面上磁场只有法向分量。根据边界条件 可知，两种磁介质中的磁感应强度 B1 = B2 = B = eφ B (1)由安培环路定理，当ρ < a
µ2 µ1 a b
µ0 I 2 2πρB0 = 2 πρ πa
µ0 I ∴ B0 = ρ ( ρ < a) 2 2πa 当a < ρ < b区域内，有πρ ( H1 + H 2 ) = I B1 B2 µ1µ 2 I 即πρ（ + ） I , 故B = eφ = µ1 µ 2 π ( µ1 + µ 2 ) ρ
同轴线中单位长度储存的磁场能量为
2 2 2
( a < ρ < b)
1 a B0 1 b B1 1 b B2 Wm = ∫ 2πρdρ + ∫ πρdρ + ∫ πρdρ 2 0 µ0 2 a µ1 2 a µ2 1 a 1 µ 0 Iρ 2 1 1 1 b µ1µ 2 I = ∫ ( ) 2πρdρ + ( + ) ∫ πρdρ 2 2 0 µ 0 2πa 2 µ1 µ 2 a π ( µ1 + µ 2 ) ρ
导体圆柱外的电场则为 ∂ϕ 1 ∂ϕ E = −∇ϕ ( ρ , φ ) = −eρ − eφ ∂ρ ρ ∂φ = eρ (1 + a2
第三章 静态电磁场及其边值问 题的解
课后练习题
• 3.2 一个点电荷q1=q位于点P1(-a,0,0)，另一点电荷 q2=－2q位于点P2(a,0,0)，求空间的零电位面。
解：两个点电荷在空间产生的电位 q 1 2q − ϕ ( x, y , z ) = 2 2 2 2 2 2 4πε 0 ( x + a ) + y + z ( x − a) + y + z q 2q 令ϕ ( x, y, z ) = 0，则有 − ＝0 2 2 2 2 2 2 ( x + a) + y + z ( x − a) + y + z 即 : 4 ( x + a) 2 + y 2 + z 2 = ( x − a) 2 + y 2 + z 2 5 5 故得： + a ) 2 + y 2 + z 2 = ( a ) 2 (x 3 3 5 4 ∴ 零电位面方程是一个以点（ − a,0,0）为球心，以 a为半径的球面 3 3
r2 r1
I2 ⇒ E2 = = σ σαrd
J2
I2 r2 ln E2 dr = σαd r1
故得到两圆弧面之间的电阻为 U2 1 r2 R2 = = ln I 2 σαd r1
(3)设沿α方向的两电极的电压为U 3，则有 U 3 = ∫ E3rdφ
0
α
U3 由于E3大小与φ无关，故得E3 = eφ αr σU 3 J 3 = σE3 = eφ αr
在磁介质表面，磁化电流的面密度为 J mS = M × ez
z =0
(µ − µ0 ) I = eρ 2πµ0 ρ
• 3.19 同轴线的内导体是半径为a的圆柱，外导体是 半径为b的薄圆柱面，其厚度可以忽略不计。内、 外导体之间填充有磁导率分别为µ1、 µ2两种不同的 磁介质，设同轴线中通过的电流为I。试求（1）同 轴线中单位长度所储存的磁场能量（2）单位长度 的自感
I 3 = ∫ J 3 ⋅ eφ dS
S3
σdU 3 σdU 3 r2 =∫ dr = ln r r1 αr α 故得到沿α方向的电阻为 U3 α R3 = = I 3 σd ln(r2 r1 )
r2
1
• 3.15无限长直线电流I垂直于两种磁介质的分界面， 试求（1）两种磁介质中的磁感应强度（2）磁化 电流的分布
ql • 3.8证明：同轴线单位长度的静电储能 We = 2C
证明：由高斯定理可以求出同轴线内、外导体间的电场强度为 ql E(ρ ) = 2περ 内外导体间的电压为 U = ∫ Edρ = ∫ ql b ln a a 2περ 2πε a ql 2πε 则同轴线单位长度的电容为C = = U ln(b a )
ϕ 0 ( ρ , φ ) = − E0 x + C = − E0 ρ cos φ + C 感应电荷的电位ϕin (r , φ )应与ϕ 0 ( ρ , φ )一样按 cos φ变化，
且在无限远处为0。
E0 y a O x
由于导体是等位体，所以ϕ ( ρ , φ )满足的边界条件为 1.ϕ (a, φ ) = C 2.ϕ ( ρ , φ ) → − E0 ρ cos φ + C ( ρ → ∞) 由此可设ϕ ( ρ , φ )＝ − E0 ρ cos φ + A1 ρ cos φ + C
解：（ ）设沿厚度方向的两电极的电压为U1，则有 1 U1 σU1 E1 = ⇒ J1 = σE1 = d d σU1 α 2 2 I1 = J1S1 = ⋅ (r2 − r1 ) d 2 故得到沿厚度方向的电阻为 U1 2d R1 = = I1 ασ (r22 − r12 )
d
(2)设内外两圆弧面电极之间的电流为I 2 , 则 I2 I2 = J2 = S 2 αrd U2 = ∫
∞
1 nπd nπx / a nπy ϕ 2 ( x, y ) = ∑ n sin( a )e sin ( a ), ( x < 0) πε 0 n =1 ql
∞
3.31在均匀电场中垂直于电场方向放置一根半径为a的 无限长导体圆柱。求导体圆柱外的电位和电场强度， 并求导体圆柱表面的感应电荷密度。 解：圆柱外的电场是外电场与感应电荷产生电场的叠 加，同时由于导体圆柱为无限长，电位与变量z无关。 在圆柱坐标系中，外电场的电位为
−1
由条件ϕ (a, φ ) = C，有 − E0 ρ cos φ + A1 ρ cos φ + C = C得A1 = a E0
−1 2
故圆柱外的电位为ϕ ( ρ , φ )＝(− ρ + a 2 ρ −1 ) E0 cos φ + C 若选择导体圆柱表面为电位参考点， 即ϕ (a, φ ) = C，故C = 0
q’2
60 O
解：（1 ）这是一个多重镜像的问题，
2 cos 75o = 0.366 2 sin 75o = 1.366 2 cos165o = −1.366 2 sin 165o = 0.366 2 cos195o = −1.366 2 sin 195o = −0.366 2 cos 285o = 0.366 2 sin 285o = −1.366 2 cos 315o = 1 2 sin 315o = −1
[
]
ρ d 2ϕ 1 ρ x 2 解：两极板之间的电位满足泊松方程∇ ϕ＝－ , 即 2 = － ε0 dx ε0 d
0
• 3.7 无限大导体平板分别置于x=0,x=d处，板间充满 电荷，体电荷密度为ρ，极板的电位分别是0和U0， 求两极板之间的电位和电场强度。
ρ x3 解此方程，得ϕ = － + Ax + B 6ε 0 d 在x = 0处，ϕ = 0，故B = 0 在x = d处，ϕ = U 0
2 由条件1、，可以取位函数的通解为
ϕ1 ( x, y ) = ∑ An e
n =1 ∞
∞
− nπx / a
nπy sin ( ), ( x > 0) a
ϕ 2 ( x, y ) = ∑ Bn e
n =1 ∞
nπx / a
nπy sin ( ), ( x < 0) a
∞ nπy nπy 由条件3有： An sin ( ) = ∑ Bn sin ( ) ⇒ An = Bn ∑ a a n =1 n =1 ∞ qlδ ( y − d ) nπ nπy nπ nπy ∑ An a sin ( a ) + ∑ Bn a sin ( a ) = ε n =1 n =1 0 ∞
2
µ0 I 2 b µ1µ 2 I 2 = + ln 16π 2π ( µ1 + µ 2 ) a
1 2 (2)由Wm = LI ，得到单位长度的自感为 2 µ1µ 2 2Wm µ 0 b L= 2 = + ln I 8π π ( µ1 + µ 2 ) a
3.22一个点电荷q放在60o的接地导体角域内的点(1,1,0)处，如图所示。 求：（ ）所有镜像电荷的位置和大小（2）P (2,1,0)处的电位 1
电位的边界条件为： 1.ϕ1 ( x,0) = ϕ1 ( x, a) = 0
y
ϕ 2 ( x,0) = ϕ 2 ( x, a ) = 0 2.ϕ1 ( x, y ) → 0, ( x → ∞) ϕ 2 ( x, y ) → 0, ( x → −∞)
d
ql
a x
∂ϕ 2 ∂ϕ1 qlδ ( y − y0 ) 3.ϕ1 (0, y ) = ϕ 2 (0, y ), ( − ) = ∂x ∂x x =0 ε0
nπy 将上式两边同乘以 sin( )，并从0到a对y积分，有 a 2ql a 2ql nπy nπd An + Bn = ∫0 δ ( y − d ) sin( a )dy = nπε 0 sin( a ) nπε 0
nπd sin( ) 解得An = Bn = nπε 0 a ql 故： 1 nπd − nπx / a nπy ϕ1 ( x, y ) = ∑ n sin( a )e sin ( a ), ( x > 0) πε 0 n =1 ql
q
(2,1,0) x
q’3 q’4
q’5
' x4 = ' q4 = q , ' y4 = ' x5 = ' q5 = −q, ' y5 =
(2)点P (2,1,0)处的电位 ′ ′ ′ ′ ′ 1 q q1 q2 q3 q4 q5 ( + + + + + ) ϕ (2,1,0) = 4πε 0 R R1 R2 R3 R4 R5 0.321 = q = 2.89 × 109 qV 4πε 0
3.30两块平行无限大接地导体板，两板之间有一与z轴平行的 线电荷ql，其位置为(0，d )。求板间的电位分布。 解：由于在(0, d )处有一与z轴平行的线电荷ql，以x = 0为界将 场空间分割为x > 0, x < 0两个区域。这两个区域中的电位ϕ1、
ϕ 2都满足拉普拉斯方程。而在x = 0的分界面上, 可利用δ函数 将线电荷表示成电荷面密度ρ S ( y ) = qlδ ( y − y0 )
x1' = ' q = − q, 共有(2n − 1) = 2 × 3 − 1 = 5个镜像电荷， 1 y1' = 分布在以点电荷q到角域顶点的距离 ' x2 = ' q2 = q , （即 2）为半径圆周上，并且关于导 ' y2 = 体平面对称。 ' y x3 = ' q’1 q3 = −q, ' (1,1,0) y3 =