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 0 U 求槽内的电位函数 解 根据题意 电位 x y 满足的边界条件为 0 0ya y 0 0 x 0 x bU 根据条件 和 电位 x y 的通解应取为 1 sinh sin n n n yn x x yA aa 由条件 有 0 1 sinh sin n n n bn x UA aa 两边同乘以 sin n x a 并从 0 到a对x积分 得到 0 0 2 sin d sinh a n Un x Ax an b aa 0 2 1 cos sinh U n nn b a 0 4 1 3 5 sinh 02 4 6 U n nn b a n 故得到槽内的电位分布 0 1 3 5 41 sinh sin sinh n Un yn x x y nn b aaa 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 dy 到 by x 上板和薄片保持电位 0 U 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 dy 电位线性变化 0 0 yU y d 0 U y x a a b o 题 4 1 图 解 应用叠加原理 设板间的电位为 x y 12 x yx y 其中 1 x y 为不存在薄片的平行无限大导体平面间 电压 为 0 U 的电位 即 10 x yU y b 2 x y 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 22 0 0 xx b 2 0 x yx 0 0 21 00 0 0 0 0 U Uyyd b yyy UU yydyb db 根据条件 和 可设 2 x y 的通解为 2 1 sin e n x b n n n y x yA b 由条件 有 0 0 1 00 0 sin n n U Uyyd n y b A UUb yydyb db 两边同乘以 sin n y b 并从 0 到b对 y 积分 得到 00 0 2211 1 sin d sin d db n d UUyn yn y Ayyy bbbbdbb 0 2 2 sin Ubn d ndb 故得到 x y 00 22 1 21 sin sin e n x b n UbUn dn y y bdnbb 4 3 求在上题的解中 除开 0 U y b 一项外 其他所有项对电场总储能的贡献 并按 2 0 2 U W C e f 定出边缘电容 解 在导体板 0 y 上 相应于 2 x y 的电荷面密度 0 U y x oxy boxy dxy 题 4 2 图 002 20 0 1 21 sin e n x b y n Un d ydnb 则导体板上 沿z方向单位长 相应的总电荷 222 0 d2dqxx 00 1 0 2 2sin ed n x b n Un d x n db 00 22 1 41 sin n U bn d dnb 相应的电场储能为 2 00 20 22 1 211 sin 2 e n bUn d Wq U dnb 其边缘电容为 0 222 1 0 241 sin e f n Wbn d C Udnb 4 4 如题 4 4 图所示的导体槽 底面保持电位 0 U 其余两面电位为零 求槽内的电位的解 解 根据题意 电位 x y 满足的边界条件为 0 0ya y 0 x yy 0 0 xU 根据条件 和 电位 x y 的通解应取为 1 sin n n n y a n x x yA e a 由条件 有 0 1 sin n n n x UA a 两边同乘以 sin n x a 并从 0 到a对x积分 得到 0 0 2 sin d a n Un x Ax aa 0 2 1 cos U n n 0 4 1 3 5 02 4 6 U n n n 故得到槽内的电位分布为 0 1 3 5 41 sin n y a n Un x x ye na 题 4 4 图 0 U y xa a o 4 5 一长 宽 高分别为a b c的长方体表面保持零电位 体积内填充密度为 sin sin xz y yb ac 的电荷 求体积内的电位 解 在体积内 电位 满足泊松方程 222 222 0 1 sin sin xz y yb xyzac 1 长方体表面S上 电位 满足边界条件 0 S 由此设电位 的通解为 111 0 1 sin sin sin mnp mnp m xn yp z x y zA abc 代入泊松方程 1 可得 222 111 mnp mnp mnp A abc sin sin sin m xn yp z abc sin sin xz y yb ac 由此可得 0 mnp A 1m 或 1 p 222 1 1 1 sin n p nn y A abcb y yb 2 由式 2 可得 222 1 1 0 2 sin d b n nn y Ay yby abcbb 3 4 cos1 b n b n 2 3 8 1 3 5 02 4 6 b n n n 故 2 5 3222 1 3 5 0 81 sin sin sin 11 n bxn yz x y z n abc n abc 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z轴平行的线电荷 l q 其位置 为 0 d 求板间的电位函数 解 由于在 0 d 处有一与z轴平行的线电荷 l q 以 0 x 为界将场空间分割为 0 x 和 0 x 两个区域 则这两个区域中的电位 1 x y 和 2 x y 都满足拉普拉斯方程 而在 0 x 的分界面上 可利用 函数将线电荷 l q 表示成电荷面密度 0 l yqyy 电位的边界条件为 11 0 0 xx a 22 0 0 xx a 1 0 x y x 2 0 x y x 12 0 0 yy 21 0 0 l x q yd xx 由条件 和 可设电位函数的通解为 1 1 sin n n n x a n y x yA e a 0 x 2 1 sin n n n x a n y x yB e a 0 x 由条件 有 1 sin n n n y A a 1 sin n n n y B a 1 1 sin n n nn y A aa 1 sin n n nn y B aa 0 l q yd 2 由式 1 可得 nn AB 3 将式 2 两边同乘以 sin m y a 并从0到a对 y 积分 有 x y o a d l q 题 4 6 图 nn AB 0 0 2 sin d a l qn y ydy na 0 2 sin l qn d na 4 由式 3 和 4 解得 0 sin l nn qn d AB na 故 1 1 0 1 sin sin l n n x a qn dn y x ye naa 0 x 2 1 0 1 sin sin l n n x a qn dn y x ye naa 0 x 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 l q 求槽内的电位函数 解 由于在 00 yx 处有一与z轴平行的线电荷 l q 以 0 xx 为界 将场空间分割为 0 0 xx 和 0 xxa 两个区域 则这两个区 00 yx 域中的电位 1 x y 和 2 x y 都满足拉普拉斯方程 而在 0 xx 的分界面上 可利用 函数将线电荷 l q 表示成电荷面密度 0 l yqyy 电位的边界条件为 1 0 0 y 2 0a y 11 0 0 xx b 22 0 0 xx b 1020 xyxy 0 21 0 0 l x x q yy xx 由条件 和 可设电位函数的通解为 1 1 sin sinh n n n yn x x yA bb 0 0 xx y x o a l q b 题 4 7 图 2 x y 1 sin sinh n n n yn Bax bb 0 axx 由条件 有 0 0 11 sin sinh sin sinh nn nn n xn yn yn ABax bbbb 1 0 1 sin cosh n n n xnn y A bbb 0 1 sin cosh n n nn yn Bax bbb 0 0 yy ql 2 由式 1 可得 0 0 sinh sinh 0 nn n xn ABax bb 3 将式 2 两边同乘以 sin m y b 并从0到b对 y 积分 有 cosh cosh 0 0 xa b n B b xn A nn 0 0 0 2 sin d b l qn y yyy nb 0 0 2 sin l qn y nb 4 由式 3 和 4 解得 0 0 0 21 sinh sin sinh l n qn yn Aax n a b nbb 00 0 21 sinh sin sinh l n qn xn y B n a b nbb 故 10 1 0 21 sinh sinh l n qn x yax nn a bb 0 sin sinh sin n yn xn y bbb 0 0 xx 0 2 1 0 21 sinh sinh l n qn x x y nn a bb 0 sin sinh sin n ynn y ax bbb 0 axx 若以 0 yy 为界将场空间分割为 0 0yy 和 0 yyb 两个区域 则可类似地得到 10 1 0 21 sinh sinh l n qn x yby nn b aa 0 sin sinh sin n xn yn x aaa 0 0 yy 0 2 1 0 21 sinh sinh l n qn y x y nn b aa 0 sin sinh sin n xnn x by aaa 0 yyb 4 8 如题 4 8 图所示 在均匀电场 00 xE Ee 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a 求导体圆柱外的电位 和电场E以及导体表面的感应电荷密度 解 在外电场 0 E 作用下 导体表面产生感应电荷 圆柱外的电位是外电场 0 E 的电位 0 与感应 电荷的电位 in 的叠加 由于导体圆柱为无限长 所以电位与变量z无关 在圆柱面坐标系中 外电场的电位为 000 cosrE xCE rC 常数C的值由参考点确定 而感应电 荷的电位 in r 应与 0 r 一样按cos 变化 而且在无限远处为 0 由于导体是等位体 所以 r 满足的边界条件为 aC 0 cos rE rCr 由此可设 1 01 coscosrE rArC 由条件 有 1 01 coscosE aAaCC 于是得到 0 2 1 EaA 故圆柱外的电位为 21 0 cosrra rEC 若选择导体圆柱表面为电位参考点 即 0a 则 0 C x y o a0 E 题 4 8 图 导体圆柱外的电场则为 1 r r rr Eee 22 00 22 1 cos 1 sin r aa EE rr ee 导体圆柱表面的电荷面密度为 000 2cos r a r E r 4 9 在介电常数为 的无限大的介质中 沿z轴方向开一个半径为a的圆柱形空腔 沿x轴方 向外加一均匀电场 00 xE Ee 求空腔内和空腔外的电位函数 解 在电场 0 E 的作用下 介质产生极化 空腔表面形成极化电荷 空腔内 外的电场E为外 加电场 0 E 与极化电荷的电场 p E 的叠加 外电场的电位为 000 cosrE xE r 而感应 电荷的电位 in r 应与 0 r 一样按cos 变化 则空腔内 外的电位分别为 1 r 和 2 r 的边界条件为 r 时 20 cosrE r 0 r 时 1 r 为有限值 ar 时 12 aa 12 0 rr 由条件 和 可设 101 coscosrE rAr ra 1 202 coscosrE rA r ra 带入条件 有 1 12 AaA a 2 000102 EAEa A 由此解得 0 10 0 AE 2 0 20 0 Aa E 所以 10 0 2 cosrE r ra 2 0 20 0 1 cos a rE r r ra 4 10 一个半径为b 无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面 如题 4 10 图所示 第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地 第一象限和第三象 限分别保持电位 0 U 和 0 U 求圆柱面内部的电位函数 解 由题意可知 圆柱面内部的电位函数满足边界条件为 0 为有限值 0 0 02 02 32 0322 U b U 由条件 可知 圆柱面内部的电位函数的通解为 1 sincos n nn n rrAnBn rb 代入条件 有 1 sincos n nn n bAnBnb 由此得到 2 0 1 sind n n Abn b 232 00 0 1 sindsind n UnUn b 0 1 cos n U n b n 0 2 1 3 5 02 4 6 n U n n b n 2 0 1 cosd n n Bbn b 232 00 0 1 cosdcosd n UnUn b 0 3 sinsin 22 n Unn b n 3 0 2 2 1 1 3 5 02 4 6 n n U n n b n 故 3 0 2 1 3 5 21 sin 1 cos n n n Ur rnn n b rb 4 11 如题 4 11 图所示 一无限长介质圆柱的半径为a 介电常数为 在距离轴线 00 arr 处 有一与圆柱平行的线电荷 l q 计算空间各部分的电位 x y o 0 U 0 U b 0 0 题 4 10 图 解 在线电荷 l q 作用下 介质圆柱产生极化 介质圆柱内外的电位 r 均为线电荷 l q 的电 位 l r 与极化电荷的电位 p r 的叠加 即 lp rrr 线电荷 l q 的电 位为 22 00 00 lnln2cos 22 ll l qq rRrrrr 1 而极化电荷的电位 p r 满足拉普拉斯方程 且是 的偶函数 介质圆柱内外的电位 1 r 和 2 r 满足的边界条件为分别为 1 0 为有限值 2 l rrr ar 时 12 120 rr 由条件 和 可知 1 r 和 2 r 的通解为 1 1 cos n ln n rrA rn 0 ra 2 2 1 cos n ln n rrB rn ar 3 将式 1 3 带入条件 可得到 11 coscos nn nn nn A anB an 4 11 00 1 0 ln cos 2 nn l nnr a n qR A naBnan r 5 当 0 rr 时 将 Rln 展开为级数 有 0 1 0 1 lnln cos n n r Rrn n r 6 带入式 5 得 111 0 0 11 0 00 cos cos 2 nnn l nn nn qa A naBnann rr 7 由式 4 和 7 有 n n n n aBaA y x o a l q 0 r 0 题 4 11 图 111 0 0 0 00 2 nnn l nn qa A naBna rr 由此解得 0 000 1 2 l n n q A nr 2 0 000 2 n l n n qa B nr 故得到圆柱内 外的电位分别为 22 100 0 ln2cos 2 l q rrrrr 0 1 000 1 cos 2 n l n qr n n r 8 22 200 0 ln2cos 2 l q rrrrr 2 0 1 000 1 cos 2 n l n qa n n r r 9 讨论 利用式 6 可将式 8 和 9 中得第二项分别写成为 00 0 1 00000 1 cos lnln 2 2 n ll n qqr nRr n r 2 00 1 00000 1 cos lnln 2 2 n ll n qqa nRr n r r 其中 2222 00 2 cosRrarr ar 因此可将 1 r 和 2 r 分别写成为 00 10 0000 2 1 lnln 22 ll qq rRr 00 2 00000 11 lnlnln 222 lll qqq rRRr 由所得结果可知 介质圆柱内的电位与位于 0 r 0 的线电荷 0 0 2 l q 的电位相同 而介质 圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生 它们分别为 位于 0 r 0 的线电荷 l q 位于 0 0 2 r a 的线电荷 0 0 l q 位于 0 r 的线电荷 0 0 l q 4 12 将上题的介质圆柱改为导体圆柱 重新计算 解 导体圆柱内的电位为常数 导体圆柱外的电位 r 均为线电荷 l q 的电位 l r 与感应 电荷的电位 in r 的叠加 即 lin rrr 线电荷 l q 的电位为 22 00 00 lnln2cos 22 ll l qq rRrrrr 1 而感应电荷的电位 in r 满足拉普拉斯方程 且是 的偶函数 r 满足的边界条件为 l rr r aC 由于电位分布是 的偶函数 并由条件 可知 r 的通解为 0 cos n ln n rrA rn 2 将式 1 和 2 带入条件 可得到 22 00 0 0 cosln2cos 2 n l n n q A anCarar 3 将 22 00 ln2cosarar 展开为级数 有 22 000 1 0 1 ln2cosln cos n n a ararrn n r 4 带入式 3 得 0 01 00 1 cos ln cos 2 nn l n nn qa A anCrn n r 5 由此可得 00 0 ln 2 l q ACr 2 00 2 n l n qa A n r 故导体圆柱外的电为 22 00 0 ln2cos 2 l q rrrrr 0 0 ln 2 l q Cr 2 1 00 1 cos 2 n l n qa n n r r 6 讨论 利用式 4 可将式 6 中的第二项写成为 2 1 000 1 cos lnln 22 n ll n qqa nRr n r r 其中 2222 00 2 cosRrarr ar 因此可将 r 写成为 000 lnlnln 222 lll qqq rRRr 0 0 ln 2 l q Cr 由此可见 导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生 它们分别为 位于 0 r 0 的线电荷 l q 位于 0 0 2 r a 的线电荷 l q 位于 0 r 的线电荷 l q 4 13 在均匀外电场 00zE Ee 中放入半径为a的导体球 设 1 导体充电至 0 U 2 导体 上充有电荷Q 试分别计算两种情况下球外的电位分布 解 1 这里导体充电至 0 U 应理解为未加外电场 0 E 时导体球相对于无限远处的电位为 0 U 此时导体球面上的电荷密度 00 Ua 总电荷 00 4qaU 将导体球放入均匀外电场 0 E 中后 在 0 E 的作用下 产生感应电荷 使球面上的电荷密度发生变化 但总电荷q仍保持 不变 导体球仍为等位体 设 0 in rrr 其中 000 cosrE zE r 是均匀外电场 0 E 的电位 in r 是导体球上的电荷产生的电位 电位 r 满足的边界条件为 r 时 0 cosrE r ar 时 0 aC 0 d S Sq r A 其中 0 C 为常数 若适当选择 r 的参考点 可使 00 UC 由条件 可设 21 0111 coscosrE rArB rC o a z 0 题 4 14 图 0 E 代入条件 可得到 0 3 1 EaA 01 aUB 001 UCC 若使 00 UC 可得到 321 000 coscosrE ra E raU r 2 导体上充电荷Q时 令 00 4QaU 有 0 0 4 Q U a 利用 1 的结果 得到 32 00 0 coscos 4 Q rE ra E r r 4 14 如题 4 14 图所示 无限大的介质中外加均匀电场 00zE Ee 在介质中有一个半径 为a的球形空腔 求空腔内 外的电场E和空腔表面的极化电荷密度 介质的介电常数为 解 在电场 0 E 的作用下 介质产生极化 空腔表面形成极化电荷 空腔内 外的电场E为外 加电场 0 E 与极化电荷的电场 p E 的叠加 设空腔内 外的电位分别为 1 r 和 2 r 则 边界条件为 r 时 20 cosrE r 0 r 时 1 r 为有限值 ar 时 12 aa 12 0 rr 由条件 和 可设 101 coscosrE rAr 2 202 coscosrE rA r 带入条件 有 2 21 aAaA 3 000102 2EAEa A 由此解得 0 10 0 2 AE 3 0 20 0 2 Aa E 所以 10 0 3 cos 2 rE r 3 0 20 0 1 cos 2 a rE r r 题 4 15 图 o 2 r pz Q 1 r 空腔内 外的电场为 110 0 3 2 rEE 22 rE 3 00 0 0 2cossin 2 r Ea r Eee 空腔表面的极化电荷面密度为 202 pr arr a n PeE 00 0 0 3 cos 2 E 4 15 如题 4 15 图所示 空心导体球壳的内 外半径分别为 1 r 和 2 r 球的中心放置一个电偶极 子 p 球壳上的电荷量为Q 试计算球内 外的电位分布和球壳上的电荷分布 解 导体球壳将空间分割为内外两个区域 电偶极子 p 在球壳内表面上引起感应电荷分布 但 内表面上的感应电荷总量为零 因此球壳外表面上电荷总量为Q 且均匀分布在外表面上 球壳外的场可由高斯定理求得为 2 2 0 4 r Q r r Ee 2 0 4 Q r r 外表面上的电荷面密度为 2 2 2 4 Q r 设球内的电位为 1 pin rrr 其中 1 22 00 cos cos 44 p pp rP rr 是电偶极子 p 的电位 in r 是球壳内表面上的感应电荷的电位 in r 满足的边界条件为 0 in 为有限值 1122 rr 即 1122 inp rrr 所以 11 2 0 20 1 cos 44 in Qp rP rr 由条件 可知 in r 的通解为 0 cos n innn n rA r P 由条件 有 11 2 0 0 20 1 cos cos 44 n nn n Qp A r PP rr 比较两端 cos n P 的系数 得到 0 0 2 4 Q A r 1 3 0 1 4 p A r 0 n A 2 n 最后得到 1 23 0 201 1 cos 44 Qpr r rrr 球壳内表面上的感应电荷面密度为 11 11 100 3 1 3 cos 4 r rr r p nrr 感应电荷的总量为 2 111 3 10 3 dcos2sind0 4 S p qSr r A 4 16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场 问线圈应如何绕 即求绕线的密 度 解 设球内的均匀场为 10zH He ra 球外的场为 2 H ra 如 题 4 16 图所示 根据边界条件 球面上的电流面密度为 2120 Sr arzr a H JnHHeHe 20sinrr a H eHe 若令 2 0 rr a eH 则得到球面上的电流面密度为 0sinS H Je 这表明球面上的绕线密度正比于sin 则将在球内产生均匀场 4 17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度P 1 证明 球内的电场是均匀的 等于 0 P z 1 H a o 题 4 16 图 2 H r e z P R o 题 4 17 图 2 证明 球外的电场与一个位于球心的偶极子 P 产生的电场相同 3 4 3 R 解 1 当介质极化后 在介质中会形成极化电荷分布 本题中所求的电场即为极化电荷所产 生的场 由于是均匀极化 介质球体内不存在极化电荷 仅在介质球面上有极化电荷面密度 球内 外的电位满足拉普拉斯方程 可用分离变量法求解 建立如题 4 17 图所示的坐标系 则介质球面上的极化电荷面密度为 cos pr PP nP e 介质球内 外的电位 1 和 2 满足的边界条件为 1 0 为有限值 2 0 rr 12 RR 12 0 cos r R P rr 因此 可设球内 外电位的通解为 11 cosrAr 1 2 2 cos B r r 由条件 有 1 1 2 B AR R 1 01 3 2 B AP R 解得 1 0 3 P A 3 1 0 3 PR B 于是得到球内的电位 1 00 cos 33 PP rrz 故球内的电场为 11 00 33 z PP Ee 2 介质球外的电位为 33 2 22 00 14 coscos 343 PRR P r rr 2 0 cos 4 P r 其中 3 4 3 R 为介质球的体积 故介质球外的电场为 22 22 1 r r rrr Eee 3 0 2cossin 4 r P r ee 可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子 P 产生的电场相同 4 18 半径为a的接地导体球 离球心 11 arr 处放置一个点电荷q 如题 4 18 图所示 用分 离变量法求电位分布 解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加 感应电荷的电位满足拉 普拉斯方程 用分离变量法求解电位分布时 将点电荷的电位在球面上按勒让德多项式展开 即可由边界条件确定通解中的系数 设 0 in rrr 其中 0 22 0 011 4 42cos qq r R rrrr 是点电荷q的电位 in r 是导体球上感应电荷产生的电位 电位 r 满足的边界条件为 r 时 0r ar 时 0a 由条件 可得 in r 的通解为 1 0 cos n innn n rA rP 为了确定系数 n A 利用 R1 的球坐标展开式 1 1 0 1 1 1 1 0 cos 1 cos n n n n n n n n r Prr r R r Prr r 将 0 r 在球面上展开为 0 1 0 01 cos 4 n n n n qa aP r z o a q 1 r 题 4 18 图 代入条件 有 1 1 00 01 cos cos 0 4 n n nnn n nn qa A aPP r 比较 cos n P 的系数 得到 21 1 0 1 4 n n n qa A r 故得到球外的电位为 21 1 0 001 cos 44 n n n n qqa rP Rrr 讨论 将 r 的第二项与 R1 的球坐标展开式比较 可得到 21 1 1 2222 0 1 11 cos 2 cos n n n n a ra P rr rarr ar 由此可见 r 的第二项是位于 1 2 rar 的一个点电荷 1 raqq 所产生的电位 此电 荷正是球面上感应电荷的等效电荷 即像电荷 4 19 一根密度为 l q 长为 2a的线电荷沿z轴放置 中心在原点上 证明 对于 ar 的点 有 35 24 35 0 P cos P cos 235 l qaaa r rrr 解 线电荷产生的电位为 22 00 11 44 2cos aa ll aa qq rdzdz R rzrz 对于 ar 的点 有 1 22 0 1 cos 2cos n n n n z P r rzrz 故得到 1 0 0 cos 4 a n l n n a qz rPdz r 11 1 0 0 1 cos 41 nn l n n n qaa P nr 35 24 35 0 P cos P cos 235 l qaaa rrr 4 20 一个半径为a的细导线圆环 环与 xy 平面重合 中心在原点上 环上总电荷量为Q 如 题 4 20 图所示 证明 空间任意点电位为 a a o z P r R r 题 4 19 图 24 124 0 13 1P cos P cos 428 Qrr aaa ra 24 224 0 13 1P cos P cos 428 Qaa rrr ra 解 以细导线圆环所在的球面 ar 把场区分为两部分 分别写出两个场域的通解 并利用 函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面 ar 上的电荷面密度 22 coscos cos 222 QQ aa 再根据边界条件确定系数 设球面 ar 内 外的电位分别为 1 r 和 2 r 则边界 条件为 1 0 为有限值 2 0 rr 12 aa 12 0 2 cos 2r a Q rra 根据条件 和 可得 1 r 和 2 r 的通解为 1 0 cos n nn n rA r P 1 1 2 0 cos n nn n rB rP 2 代入条件 有 1 n n n n aBaA 3 12 2 0 0 1 cos cos 2 nn nnn n Q A naB naP a 4 将式 4 两端同乘以 sin cos m P 并从 0 到 对 进行积分 得 a oy x z 题 4 20 图 12 1 nn nn A naB na 2 00 21 cos cos sin d 4 n nQ P a 2 0 21 0 4 n nQ P a 5 其中 2 01 3 5 0 1 3 5 1 1 2 4 6 2 4 6 n n n P n n n 由式 3 和 5 解得 1 0 0 4 nn n Q AP a 0 0 4 n nn Qa BP 代入式 1 和 2 即得到 24 124 0 13 1P cos P cos 428 Qrr aaa ra 24 224 0 13 1P cos P cos 428 Qaa rrr ra 4 21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d 如果把它移到无穷远处 需要作多少功 解 利用镜像法求解 当点电荷q移动到距离导体平面为x的 点P处时 其像电荷 qq 与导体平面相距为 xx 如题 4 21 图所示 像电荷 q 在点P处产生的电场为 2 0 4 2 x q x x Ee 所以将点电荷q移到无穷远处时 电场所作的功为 2 2 0 dd 4 2 e dd q Wqxx x Er 2 0 16 q d 外力所作的功为 d q WW eo 0 2 16 4 22 如题 4 22 图所示 一个点电荷q放在 60 的接地导体角域内的点 0 1 1 处 求 1 所有镜像电荷的位置和大小 2 点 1 2 yx 处的电位 xx x x q q 题 4 21 图 o 解 1 这是一个多重镜像的问题 共有 5 个像电荷 分布在以点电荷q到角域顶点的距离为 半径的圆周上 并且关于导体平面对称 其电荷量的大小等于q 且正负电荷交错分布 其大 小和位置分别为 366 1 75sin2 366 0 75cos2 1 1 1 y x qq 366 0165sin2 366 1165cos2 2 2 2 y x qq 366 0195sin2 366 1 195cos2 3 3 3 y x qq 366 1 285sin2 366 0 285cos2 4 4 4 y x qq 1315sin2 1315cos2 5 5 5 y x qq 2 点 1 2 yx 处电位 35124 012345 1 2 1 0 4 qqqqqq RRRRRR 0 1 0 5970 2920 2750 3480 477 4 q 9 0 0 321 2 88 10 V 4 qq 4 23 一个电荷量为q 质量为m的小带电体 放置在无限大导体平面下方 与平面相距为h 求q的值以使带电体上受到的静电力恰与重力相平衡 设 kg102 3 m m02 0 h 解 将小带电体视为点电荷q 导体平面上的感应电荷对q的静电力等于镜像电荷 q 对q的作 用力 根据镜像法可知 镜像电荷为 qq 位于导体平面上方为h处 则小带电体q受到的 静电力为 2 2 0 4 2 e q f h 令 e f 的大小与重力mg相等 即 2 2 0 4 2 q mg h q 2 q 1 q 5 q 4 q 3 q 题 4 22 图 0 1 1 0 1 2 60 y x o 于是得到 8 0 45 9 10Cqhmg 4 24 如题 4 24 a 图所示 在 0 z 的下半空间是介电常数为 的介质 上半空间为空气 距离介质平面距为h处有一点电荷q 求 1 0 z 和 0 z 的两个半空间内的电位 2 介质表面上的极化电荷密度 并证明表面上极化电荷总电量等于镜像电荷 q 解 1 在点电荷q的电场作用下 介质分界面上出现极化电荷 利用镜像电荷替代介质分界 面上的极化电荷 根据镜像法可知 镜像电荷分布为 如题 4 24 图 b c 所示 0 0 qq 位于 hz 0 0 qq 位于 hz 上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷 q 共同产生 即 1 010 44 qq RR 0 2222 00 11 4 q rzhrzh 下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷 q 共同产生 即 2 22 20 1 42 qqq R rzh 2 由于分界面上无自由电荷分布 故极化电荷面密度为 题 4 24 图 b 图 2 13 z q h h q 1 R P R o 题 4 24 图 a z q h o 0 z 0 h 0 qq 2 R P o 题 4 24 图 c 1200120 pzzzz EEnPP 021 00 223 2 0 2 z hq zzrh 极化电荷总电量为 0 d2d PPP S qSr r 0 22 3 2 00 d hqr r rh 0 0 q q 4 25 一个半径为R的导体球带有电荷量为Q 在球体外距离球心为D处有一个点电荷q 1 求点电荷q与导体球之间的静电力 2 证明 当q与Q同号 且 D R RD RD q Q 222 3 成立时 F表现为吸引力 解 1 导体球上除带有电荷量Q之外 点电荷q还要在导体球上感应出等量异号的两种不同 电荷 根据镜像法 像电荷 q 和 q 的大小和位置分别为 如 题 4 25 图所示 q D R q D R d 2 q D R qq 0 d 导体球自身所带的电荷Q则与位于球心的点电荷Q等效 故点电荷q受到的静电力为 qqqqQq FFFF 22 00 4 4 qqq Dq DdD 22 2 0 4 qQR D qRq D D DR D 2 当q与Q同号 且F表现为吸引力 即 0 F 时 则应有 0