電磁場理論習(xí)題及答案4

1、題4.1 圖i (a) = 2 (a)4.1兩塊無限大接地平行板導(dǎo)體相距為d,其間有一與導(dǎo)體板平行的無限大電荷片，其電荷面密度為PS,如圖所示。試通過拉普拉斯方程求兩導(dǎo)體之間導(dǎo)體分 布。解：電位僅是x的函數(shù)，所以d2 id2 2-2- =0 a ： x :二 d2- 二 0dxdx可解得1(x) = C1x D1a ： x : d2 (x) = C2x D20 : x : a*1和*2滿足邊界條件 電(d) = 0 *2(0) = 0C1a +D1 =0D2 =0于是有C1a +D2 =C2a +D2八 八PsC2 C1 =；0C1 由此得到<；C2Ia： s0d(d _ a) ： S0

2、da：SD1 =-；0D2 = 0一a :二；所以 二(d-x) (a4x 三d) 20d(d - a) ： S；°d(0 < x < a)4.2設(shè)很長的同軸圓柱結(jié)構(gòu)的內(nèi)、外導(dǎo)體之間填充以電子云，其電荷體密度r AP=- (a<r<b),其中a和b分別為內(nèi)、外導(dǎo)體的半徑，A為常數(shù)。設(shè)內(nèi)導(dǎo)體r維持在電位V。，而外導(dǎo)體接地用解泊松方程的方法求區(qū)域a<r < b內(nèi)的電位分布。解：由于軸對稱性，在圓柱坐標(biāo)系中，電位 小僅為r的函數(shù)，所以1 dr drA；°r(a ： r : b)由此可解出A(r) = - r C11n r C2 (a 二 r ：

3、 b) ；0電位滿足邊界條件*(b)=0 ，火a)=V°于是有A _b +C1 ln b +C2 =0!0A 八 . -a Ci ln a C2 = Vo；o由此解出0V° A(a -b)Ci = 一hb ；o ln(-) aC2于是得到一 Abln a (；0V0 Aa) ln bb；0 ln(-)A 1rb(r) =-Ar ' Abln(-) (Aa "V。""'；。；01n(b ) ara，4.3通過解電位的泊松方程和拉普拉斯方程，確定球形電子云內(nèi)部和外部的電位和電場。已知電子云內(nèi)部區(qū)域 云外部區(qū)域r Ab中，P=0。 解

4、：由于電荷分布的球?qū)ΨQ性, 方程為0<r <b,有均勻的體電荷密度P = -Pq；在電子在球坐標(biāo)中，電位僅是 r的函數(shù)，其滿足的微分由此解出工且r2 drr2 dr(r2(r2didrd 2dr)=0二 P C*(r)="r2 +匕+Di6% rC22(r) = -D2r(0 < r :二 b)(0 三 r :二 b)(b 二 r)*(r)和/(r)滿足的邊界條件為r t 0時(shí)，丸為有限值；->笛時(shí),2(b) =%(b)； |r = |r 二 r二 r于是有C1 - 0, D2 = 0' b2Di =C6。b由此得到所以:。3 ;0C2b2Ci =0,

5、 D1 =：0b2 一TC2D2(0 <b < b)：°b33 ；°rd 1 一 ： orEi(r)二一arar -dr3 ；0E2(r)-d 2一9r dr0b3二-ar 723 ； 0r(b M r)(0 < r ：二 b)(b ：二 r)4.4 一電荷量為q質(zhì)量為m的小帶電體,放置在無限大導(dǎo)體平面下方，與平面距離h。求q的值以使帶電體上受到的靜電力恰與重力相平衡。(設(shè)3.m=2M10 kg,h=0.02m)。解：小帶電體可視為一點(diǎn)電荷q,它所受靜電力，來自導(dǎo)體平板的感應(yīng)電荷，也 就是鏡像電荷q'(平面上方h處，q'=-q)對它的作用力

6、。fe2q24 二;0(2h)2吸力，向上令fe與重力mg大小相等，有2q-T = mg4二；0(2h)2解得q = 5.903 10C4.5 一個(gè)點(diǎn)電荷q與無限大導(dǎo)體平面距離為d ,如果把它移到無窮遠(yuǎn)處，需要做多少功？解：當(dāng)點(diǎn)電荷q移動到距離導(dǎo)體平面為x的點(diǎn)P處時(shí)，其像電荷q'=-q,與導(dǎo)體平面相距為為x'=_x,如圖所示。像電荷q'q在點(diǎn)P處產(chǎn)生的電場為E,(4 二；o(2x)所以將點(diǎn)電荷q移到無窮遠(yuǎn)處時(shí)，電場所做的功為題4.5圖2We = qE'(x) dr = =-q- dx = -qdd4二;o(2x)216 二;0d外力所做的功為2Wo 二嘰二q16

7、二；0d4.6 兩點(diǎn)電荷Q和-Q位于一個(gè)半徑為a的導(dǎo)體球直徑的延長線上，分別距球心-3(1)證明：鏡像電荷構(gòu)成一偶極子，位于球心，偶極矩為駕D2(2)令D和Q分別趨于無窮，同時(shí)保持£不變，計(jì)算球外的電場D解：(1)如圖所示，設(shè)q為Q的鏡像:一d1題4.6 圖aQq1= =2 d1 =a- Dq2為-Q的鏡像:q(-Q)q2 = -= _qD2 a d2 =-D可見二像電荷等值異號，與球心等距離，構(gòu)成位于球心的 偶極子，其電偶極矩2a3QP=q2(2d1)= ?。?）球外電場是由四個(gè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的合成場。 當(dāng)Dt的時(shí)，Q和Q在導(dǎo)體球及 鄰域的場變化緩慢，是均勻場，可用球心處的場表示E=2

8、，g，£=E04二；0 D2二；0 DQ2不變)D2其電位表達(dá)式0 = -E0z = -E0r cosi電偶極矩（qi、q2）在球外的電位為3 -p cos?a Q cosuP224二 0 r2二；0D3 cos 二= E0a2-r故球外電位為3E0 當(dāng))cosfr4.7 半徑為a的長導(dǎo)線架在空中，導(dǎo)線和墻和地面都相互平行，且距墻和地面分別di和d2,設(shè)墻和地面都視為理想導(dǎo)體，且di » a , d2 » a o試求此導(dǎo)線對地的單位長電容。解：設(shè)導(dǎo)線單位長帶電荷為B ,如圖所示。墻和地面的感應(yīng)電荷可由三個(gè)鏡像電荷代*li 夕dilam I riBBHBi )：1替

9、，因di»a, d2»a,則像電荷的大小和位置為一 d2p _ _P- li - l位于（-d2di)d2xp = P121位于（-d2 ,- di )p 一 _P 13 一 一 , l位于(d2 ,-di)：12導(dǎo)線的線電荷Pl （在其軸線上）以及鏡像題4.7 圖線電荷巴1、巴2、巴3在導(dǎo)線表面上產(chǎn)生的電位為P:0 ' i - '2 '3 =-2二；0i i x iiIn - -1n+ In = - Ina2diqZd；+ 4d2 2d22did22 二；0Lavdi2d；故導(dǎo)線對地的單位長電容為Co1 一2 _u 一 一ln2 二；02did2d

10、f4.8半徑為a的接地導(dǎo)體球，離球心 口(ri > a)處放置一個(gè)點(diǎn)電荷q,如圖所示， 用分離變量法求電位分布。解：設(shè) "(r,8) ="o(r,8)+露(r,8)其中0()=q4 二 0Rq,224二；01rri - 2rri cos是點(diǎn)電荷q的電位，想。田)是導(dǎo)體球上的感應(yīng)電荷產(chǎn)生 的電位。電位Wr,滿足的邊界條件為(1) r t g時(shí)，欠r#)T 0(2) r = a 時(shí)，*(a,9) =0由式(1)可得露(r,8)的通解為題4.8圖aOOQin(r,u) =、 Anr ",Pn(cosF)n=0為了確定系數(shù)，利用工的球坐標(biāo)展開式 R*6 n_ r-工

11、 mPn(COsH)n =0 ri.二 r/nT Pn(COSU) n=0 ri(r 工 ri)(r - ri)將外(r/)在球面上展開為n0(r» 言3 Pm)代入式(2),有n“ AnaWPn(cos)q' -4r Pn(cos) = 0nJ40 n fi比較R(cos8)的系數(shù),得到2n 1a qaAn = ni4-；。1故得到球外的電位為2n -1q q - a() U n-rPn(cos)4二；0R 4二；0 n衛(wèi)(rr)4.9在一個(gè)半徑為a的圓柱面上，給定其電位分布：Uo0 ：:：:二-二：二；：二 0求圓柱內(nèi)、外的電位分布。解：本題的電位與坐標(biāo)z無關(guān)。除了圓柱面

12、上的已知電位以外，根據(jù)問題本身的物理含義，可以得出，圓柱外部的電位在無窮遠(yuǎn)出應(yīng)該等于零， 圓柱內(nèi)部的電位 在圓柱中軸線上應(yīng)該為有限值，根據(jù)這一點(diǎn)，可以判斷出，在圓柱外，通解中的 正事項(xiàng)的系數(shù)為零，在圓柱內(nèi)部，通解中的負(fù)事項(xiàng)的系數(shù)同樣為零。于是，柱內(nèi)電位的通解為O01(r, ) = Arn (An cosn : Bn sin n )n 1待定系數(shù)A0、與、Bn可以由界面的電位來確定，即QO電(aW) = A0 +£ an (An cosn中 + Bn sin n中)=/ n mU° 00-二；一二 0由傅立葉級數(shù)的有關(guān)知識，可得出n 1 二a An1 (a, )cosn dJ

13、I .-JIa "二 An =U 0 cosn d =0 (n -1)二 0an Bn! ：1 (a, )sinn d :n L-51一二aU一Bn 二U0sinn d :一1 -(-1)n二 0n 二2a"U。，、Bn = ( n = 1,3,5，)n 二將這些系數(shù)代入上面的通解，得到圓柱內(nèi)部的電位i(r,)U02U0 J 1/、n .()sin n2 二 n,3 n a B B4.10假設(shè)真空中在半徑為a的球面上有面密度為 仃0 cos日的表面電荷，其中o0是常數(shù)，求任意點(diǎn)的電位。解：除了面電荷，球內(nèi)和球外再無電荷分布，雖然可以用靜電場的積分公式計(jì)算各點(diǎn)的電位，但使用分

14、離變量法更方便。設(shè)球內(nèi)、球外的電位分別是電仲2。由題意知，在無窮遠(yuǎn)外，電位為零；在球心處，電位為有限值。所以可以取球內(nèi)、 球外的電位形式如下：Q01(r,u) =" AnnPn(cosi)n-=0qQ2(r”)八 BnPn(cosu)n =0球面上的邊界條件為r = a, 1 = 2r =a,一%(& - -) = Ps icos l&cr將式(1)和式(2)代入邊界條件，得'、AnanPn(cosu)八 Bna“，Pn(cosu)n =Sn=S二 nAnan】Pn(cos) 一二(n 1)Bna"/pn(cos?)=n =0n =0二 0 cos-

15、0(4)；0比較式(3)等號的兩邊，得Bn 二 Aa2n 1(5)將式(5)代入式(4),整理以后變?yōu)? (2n 1)Anan4Pn(cos) = 0 8sn =0使用勒讓德多項(xiàng)式的唯一性，即將區(qū)間-1,1內(nèi)的函數(shù)可以唯一的用勒讓德多項(xiàng)式展開，并考慮P(cos曾=cos,得A1,3tAn =0 ( n =1)于是我們得到1 =0 rcosi ( r < a)3；o3二 0 a2 =2-cos ( r _ a)3；o r24.11 一半徑為a的細(xì)導(dǎo)線圓環(huán)，環(huán)與x、y平面重合，中心在原點(diǎn)上，環(huán)上總量 為Q。證明其電位為(r < a)(r - a)Q1 r o3 r .1 =1 -(-)

16、 P2(cosu) -()Pjcosu) .4 二；0 a2 a8 aQ 1 r 2.3 r 47 一北)PE 8(7 P題4.11圖解：根據(jù)題目給定的坐標(biāo)，z軸與環(huán)的軸線重合。場為軸對稱,4=金(幾日)。用環(huán)所在球面r = a,把場區(qū)分球內(nèi)和球外兩部分,解分別為電、燈。球內(nèi)內(nèi)不含r，球外名不含rn ,通解為Q01 ='、' AnrnPn(cos)(r4a)(1)n=02 =" (Bn 1)Pn(cosu)(r -a)(2)n=0r把環(huán)上的線電荷表示為環(huán)所在球面r = a上的面電荷為1Q；二二一 ql、(cos 二-cos1') =2 ' (cos 二

17、-cos71')(3)a2 二a其中'=二 2(4)日是環(huán)所在的錐面的坐標(biāo)(即z=0的平面) 邊界條件為(5)r =a, 1 = 2；01-T=c- n-QWcos cosT)(6)；:r；:r2二 a由式(5)得anAn=Bj +(7)由式(6)得加£ nAnan- +(n +1)Bn/n42Pn(cos6)=2、: (cos 二 _ cos T)(8)式(8)兩端乘以sin epn (cose),從8 = n至|J 0積分得m (n 1)Bn12；o” nAna'' n n 2a 2n 1Q2 二 a2_Q _Pn(cosu') =2 Pn

18、(0) (9)2 ：a由式(7)和(9)聯(lián)立解出An -4二；°Pn(0)(10)(11)Bn =-Q-anPn(0)4二；00n為奇數(shù)pn(0)=二 1)n21 3 5.(n -1)(12)C )2 4 6nn為偶數(shù)將式(10)、(11)、(12)代入(1)、(2)得- -n ,八 一 ，、n1 = -Q (-1)2 1 3 5(n-1)(3 Pn(cosu)(r < a)4二；0an n為偶2 4 6.n a- -n . _ _,.、 n2(-1)2 1 3 5.(n-1)() Pn(cos)(r .a)4二；0n n為偶2 4 6.n a4.12利用有限差分法求靜電場邊值

19、問題F口2c u , C u -2- +2 =0(0 < x <20,0 < y < 10)exyu u(x,0) =u(x,10) =0u(0, y) =0,u(20, y) =100I求近似解。解：取h = 5做正方形網(wǎng)格題4.12 圖得差分方程'4u1 u2 = 0=4u2 u 1 u 3 = 04U3 -U2 =0利用塞德爾迭代格式(k 1)U1wk)u3k 1)141414(k)U2(uT) -u3k)u2k 1) - 25k =0,1,2,u2°)=7.5, u3°)=30,計(jì)算得下表。即經(jīng)過6次迭代得kUiUiUikUiUiUi

20、027.53041.7897.14526.78611.875 7.96926.99251.7867.14326.78621.992 7.24626.81261.7867.14326.78631.812 7.15626.789近似解為u1 =1.786, u2 =7.143, u3 =26.7864.13已知無限大導(dǎo)體平板由兩個(gè)相互絕緣的半無限大導(dǎo)體平板組成,如圖所示,右半部的電位為U0,左半部的電位為零，求上半空間的電位。 解：此題是第一類邊值問題，即體電荷為零，此時(shí)第一類格林函數(shù)的解可以簡化為- (r')：G(r,r)dS' (1)s二 n由二維半無界空間的格林函數(shù)1 R 1

21、2G(r,r') =ln =ln( x -x')2二；R4二；0(y其中:Ri =(x-x')2 +(y-y')212 , 將式(1)中的面積分轉(zhuǎn)化為線積分，且R2 =(x-x)2 (y y')2 2n是界面的外法向。于是，有-:G _ ：G _1 2(y y')2(y-y')2222匯 ：:y' 4 二；O (x-x') (y y') (x-x') (y - y')：:G ,1 y-|S 一 一22.n 二；(x - x') y代入式，可得U0 -yU0 二x(r)-dx') (-

22、 arcta)二 0 y(x - x') 二2y4.14已知一個(gè)半徑為a的圓柱形區(qū)域內(nèi)體電荷密度為零，界面上的電位為*(a,9)=*W),用格林函數(shù)法求圓柱內(nèi)部的電位 中(rW)。解：使用鏡像法及格林函數(shù)的性質(zhì), 可以得出，半徑為a的圓柱內(nèi)部靜 電問題的格林函數(shù)為G(r,r')=12二；ln包R1a題4.14 圖式中各量如圖所示，r=|r|, r'=| r'|,R是r'到場點(diǎn)；的距離，R是r'的鏡像點(diǎn)r''到場點(diǎn)r的距離22t 1c22t 1cR1 = (r r' -2rr'cos ) r'' =

23、.=- r'R2 = (r r-2rr''cos ) 2計(jì)算出截面上的代入上題的式(1),有a2 r2 2arcos('-:')=一(r') ：G(r,r')dS' = ('')s；：n'2二 04.15如果上題的圓柱面上的電位為4(aW) =U0cos中，求柱內(nèi)的電位。解:U 2二2 _ 2(r),cos '2 a -rd '(1)2二 0 a r - 2ar cos(-')根據(jù)jn e'n)1二 c11 二 ck cosnk (e2 nl2 2 n4kej2 1 - ke

24、T-1 ke21 - ke令卜=工，可將式（1）改為 a4(11 k cos jk sin1 kcos - jk sin2 1 -k cos一 jk sin2 1 -kcos jksin2kcos -2k* 2 ) 1 -2k cos k211 -k22 1 -2kcos k2-u 2 二(r) = _0 cos'2二 °1 -k21 k2 -2kcos(-')U 2 二二cos '1 2、kn cosn( - ')d '2；on 1U o r cos a4.16已知在z=0的無限大導(dǎo)體平板上，除了 2aM 2b的一塊長方形面積外，電位 均為零

25、。設(shè)此長方形平板的電位為 Uo,求z A0的上半空間的電位分布。解：由鏡像法得到上半空間的格林函數(shù)G =1-4 二；°_222 _ 1c(x-x) (y-y') (z z') 22(x-x)2 (y-y')2 (z-z')2它的法向?qū)?shù):G：G-|S =； |z':n': y'2z=034 0 (x-x')2 -(y -y')2 z2 2所以電位(x, y, z)：:G C- ；0： (r') dS's fn'U odx'dy'CCC 3令 w = x -x',u

26、= y _y',則上式變?yōu)閁 oz2 二x_a y -bdwdu , z 222、x a y b (w u z )利用公式dx(x2a2)U°z2 二x _adwx -a-.y -b(w2 + y2)< wy -bU°z2 二x-a fx，adwy -b(w2 +z2)Jw2 +z2 +(y-b)292+昌、,5+：2+卬+m2卜mx-x)2 (y-y')2 z2 2再利用公式dx1 a' xaca'c：:.arctan x 2-(a' c'x') . a cx2 a' ac' -a'c:

27、 a'(a cx )上式變?yōu)閍 Uoy-by + b 尸審:arctanw-arctanw:上他n.TT ,72,/|、2,22 , z .1x2.2 J27rz、N +(y-b) +wz,z +(y + b) +w一 arctan(x a)(x - b)z、z2 (y -b)2 (x a)2Uo . (x -a)(y -b)J arctan-/=2二z、z2 (y -b)2 (x - a)2(x -a)(x b)(x a)(y b)arctan-:- arctan,>zjz2 +(y+b)2 +(xa)2zjz2 +(y+ b)2 +(x + a)24.17 在兩個(gè)半無限大導(dǎo)體

28、平板間有任意夾角為口的角形域內(nèi)，有一在介電常數(shù) 為三的介質(zhì)中與兩導(dǎo)體平板交線平行的密度為 R的無限長直線電荷，設(shè)導(dǎo)體板接地，試求此角形域內(nèi)的電勢。解：采用極坐標(biāo)系，設(shè)直線電荷在 z平面上位于z ' = r e仰，變換到0平面上則, 二 '二 i-':,'二一二”位于缶=z"=，而其鏡像直線電荷位于 切=r«e豆，它們到場點(diǎn)缶的 距離分別為R與R'。若選取0平面上的實(shí)軸為電勢參考點(diǎn)，于是 與平面的上半?yún)^(qū)域的電勢為="n R 二片 ln2二；R 2二；二 j=r% 口代入上式，則在z平面上角形域內(nèi)的電勢為三jp,四4次Am2二；

29、r 二 e 二 - r 二 e 二3 jJcp更 jr 二 e : - r ： e 二當(dāng)c（=五時(shí)，有2二；g仰ro中re -rejre re(x -X ) j(y y )2兀君(x x ) + j(y y )711n (x -x')2 (y y')2.11 1 ,' . 9,' 94二；(x -x ) (y - y )其中：x = r cos邛和y=r' sin中'為源點(diǎn)的直角坐標(biāo)。當(dāng)口 = 2時(shí)，汪息到z=x+jy和z =xjy,有1n2'2z - z2"2z - zIn(x jy )2 - (x' - jy 

30、9;)2(x jy)2 -(x' jy ')2(x +x)+j(y -y')|(x -x) +j(y + y')2二；(x +x')+j(y +y')|(x -x') +j(y -y')Pl 1n(xx)2(y -y')2!(x -x')2(y y')214二；(xx ')2(y y ')2l(x -x')2(y - y )2上述結(jié)果和直接用鏡像法所得結(jié)果相同。4.18 有一扇形電阻片，其兩極板 A與B是成豆夾角的良導(dǎo)體，電阻片的電導(dǎo)率 為仃，厚度為d ,內(nèi)外圓弧的半徑分別為 和卜。

31、設(shè)兩極板的電勢為 %=0, *B =亳，試求扇形電阻片的電阻。解：因?yàn)殡娏骶€為圓弧，電力線亦為圓弧，等勢線為射線，應(yīng)用對數(shù)保教變換，取u為通量函數(shù)，v為電勢函數(shù)，故復(fù)電勢為W =k ln z C = k （ln r j ：） C =" + j其中：C =Ci +jC2為復(fù)常數(shù)。于是k = k ln r +C1二 k ； C2=0;而中=a 時(shí)© =ka=40,得 k=40/a ;若再故復(fù)電勢為000 .=lnz= lnr j 若取邛=0時(shí)4=0 ,則C2選取r =1時(shí)中=0,則C1 =0,W由于I = S3 S - ； E *d S =；”可見上述變換將z平面上的扇形域變換

32、為0平面上的矩形域，故穿出厚度為 d、寬度為u2 -u1的矩形橫截面的通量為=k(u2-u1)d = 0d (ln r2-lnr1) = 0d lnOfot因此，扇形電阻片的電阻為R=UT-0 _-0 =I 二-.r 二d ln r扇形電阻片常用做電位器，改變a角可以線形地改變其他電阻。4.19利用保角變換法求平行雙導(dǎo)線間單位長度的電容。導(dǎo)線半徑為a ,線間距離為2d ,兩條導(dǎo)線上的電位分別為 "、-"，求單位長度的電容Co 22解：選擇對數(shù)函數(shù)可以給出和本題相同的等位線形狀?？紤]這樣一個(gè)復(fù)變函數(shù)W =C11n(z -b) -ln(z b)l(1)很容易證明它滿足柯西一黎曼

33、方程，即這是一個(gè)解析的復(fù)變函數(shù)。由W=u+jv,z = x + jy以及上式可得(2)yy=Ci arctan( 尸arctan( ) _ x -bx b取u為位函數(shù)，并令式(2)為常數(shù)，可得式中k為常數(shù)。變化上式可得(x -b)2 y2(x b)2 y2=k2x_b(1 k：)2IL 1 - k 24b2k 22 2(1-k )顯然，這是個(gè)圓方程，其圓心為b(1 k2)1-k半徑_2R = 2bk /(1 -k )現(xiàn)在求上式中的k和b。對于右邊的一條導(dǎo)線，其圓心位置為半徑為從而解得2,b(1 k ) 八 x = d =2-, y - 01 -k2R = a = 2bk /(1 - k 2)b

34、 = Jd 2 -a2dId 2 -a2 "k =一+qa a a(5)(6)最后由右邊圓導(dǎo)線的邊界條件確定式(2)中的常數(shù)C一由以上的分析及所給邊界條件，式可寫出U0C12二”k°)從而解得C1為C12lnU02arcch() a將此式代入(2),(3)則分別得到電位函數(shù)及通量函數(shù)(8)U 0 (x -b) +y'=u =-in 22/ h/d (x +b) + y 4arcch()aU，, yy- v = arctan() - arctan()(9)2arcch( ) - x bx ba為了求單位長度的電容C。，需要求出單位長度導(dǎo)線上的總電荷量 Pi。例如 對右

35、邊的圓導(dǎo)線，其單位長度的電荷量可根據(jù)高斯定律求得， 它等于通過包圍該單位長度導(dǎo)線的閉合面的總電通量。這個(gè)總電通量可由式(9)求出。該式的中括號內(nèi)第一項(xiàng)等于2n ,第二項(xiàng)等于零，于是有2二；U 0一 .d .2arcch(一) a所以C 0 =Uo2_£i 二；UT 二Zd_( 一 ) arcch(一)2a(10)二；0,d d2 -a2x1n(J.2)aa4.20 內(nèi)外半徑分別為Ri以及R2的同軸圓筒電容器，其中電介質(zhì)的電容率為 兩圓筒之間的電壓為U。，試求電容器內(nèi)的電場分布及單位長度的電容。解：圓通電容器內(nèi)的電場是平行平面場， 電勢函數(shù)滿足拉普拉斯方程，等勢線是r =常數(shù)的同心圓族

36、，故選用對數(shù)的解析函數(shù)式，并令實(shí)部 u為電勢函數(shù)。以外 圓筒為電勢參考，并選定=2冗的電力線為零通量線，邊界條件為：u(R2,- ) =0, u(Ri ) =U。, v(r,2 二)=0.將以上邊界條件代入，可得待定常數(shù)RA 70/ln RBiU oln R2InR2 Ri,B22U 0InR2 Ri將A,Bl,B2代入式子，得到復(fù)勢函數(shù),電勢函數(shù)以及通量函數(shù)而且上InzU oInR22UoInR RiInR RiInR Ri0nrU0InR2lnR2RilnR2Ri上InRlnR2rRi一（dwdzUoInR2（2二-：）Ri* A *i)七)=-A(j”:)UorInR2ReJ?可見，E線是又內(nèi)外圓筒的輻射線族，電場大小E= Ur In0R2Ri電容器單位長度的電容C =T/Uo因?yàn)関為E通量函數(shù)，D =擊，內(nèi)圓筒單位長度電荷_2二Uo；=D ds 二 E ds 二 v(r,0)=SS小Ri2二；InRRi4.21 薄金屬弧片的厚度為h ,電導(dǎo)率為r , A,B兩端加電壓U0。計(jì)算弧片中電勢的分布及導(dǎo)電片兩端A,B間的電導(dǎo)。解：導(dǎo)電片內(nèi)電勢函數(shù)滿足拉普拉斯方程，所加電壓A,B兩端為等勢線，兩側(cè)并令虛部v為電勢函E線為通量函數(shù)，邊界圓