电磁场与电磁波课后习题及答案四章习题解答

1、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Uo,求槽内的电位函数。Word资料解根据题意，电位(0, y) (x,0) (x,b)根据条件和，电位(x, y)满足的边界条件为(a, y) 00Uo(x, y)的通解应取为(x, y)Ansinh(- y)sin(- x) n iaa由条件，有两边同乘以题4.1图. / n sin( 一An故得到槽内的电位分布Uon b n x.Ansinh()sin()a a2Uon sinh( n b a)(1/、 4Uo(x, y)x),并从 a0到a对x积分，得到

2、an sin(- asinh( n b a) 04Uo2Uox)dx acosn、,n) n sinh(n b a)1,3,5,li,3,5,l nsinh(n b a)sinh(n y a2,4,6,Ln x、师丁y b( x )。上板和薄片保持电位U电位线性变化,平面上，从y 0到y d ,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y d到0,下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片 (0,y) u°y/d。解 应用叠加原理，设板间的电位为(x, y)i(x, y)2(x, y)其中，i(x,y)为不存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为Uo)的电位，即i(x

3、, y) U°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：2(x,0)2(x,b) 02(x,y) 0 (x '根据条件和,由条件有2(0, y) (0,y)可设2(x, y)的通解为 2(x, y)n yAn Sin(ibU0)U0 不yU0TyU0y(0(d. n y两边同乘以sin(一-b0到b对y积分，得到2U0 d b 0(1髀(n y3 2U0)dybb d(d故得到4.3/ 、 U0 2bU0 (x,y) y -rbd求在上题的解中，除开1 nsin(- i n2WeCf2e定出边缘电容。U2解在导体板(yU0山)u U0

4、yAnSin(1d)b)1 /b)ySin(d r)sin(Uo bUn lxby(0(d32in(n (n ) dy d)y b)bd)U°y/b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按0)上，相应于2(x, y)的电荷面密度则导体板上(沿z方向单位长)q22dx22dx0相应的电场储能为其边缘电容为Cf2 0U01 sin(1 nn d、 v)enTx相应的总电荷1 .Weq2U 022 0U0 . ,sin(n d_22 0bU0n dv)enxb dx4 °U°b2d1 n d1m)2d1 ./T sin(n 1 n詈)2We4 0b22U0 d1-s

5、in(1 n4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位 解 根据题意，电位 (x, y)满足的边界条件为U0,其余两面电位为零,求槽内的电位的解。(0, y) (x, y) (x,0)根据条件和，电位(a, y) 00(y)U0(x, y)的通解应取为Word资料 io U0 aX题4.4图a由条件，有两边同乘以sin（(x,y)Ane n y/asin(nx)一 .n x .U 0Ansin()n ian x），并从0到a对x积分，得到 aAn些 asinjdxcosn )4Uon0 ,n 1,3,5,Ln 2,4,6,L故得到槽内的电位分布为(x, y)4Uon i,3,5,L nn

6、xsin()a4.5一长、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xy( y b)sin()sin(az-) c的电荷。求体积内的电位解在体积内，电位o满足泊松方程222长方体表面S上，电位22x y满足边界条件代入泊松方程（mini由此可得由式（2）,可得AniL)2a(x,y,z)i),可得mAmnp()p iaminin 2 %).严x n sin()sin( 一aAmnp0)22Aini(一) a(-)2c(nbi /y(y0z.b)sin()sin()0。由此设电位的通解为一 .m x.Amnp sin()sin(iaT)sin(l)b cy p z)sFy(y

7、(m 1 或 p 1)2y(y b o(/sin(丁)xb)sin()sin(ay(y b)4/ b 3b(r)(cosn8b2(n )30-) ci)n i,3,5,Ln 2,4,6,LWord资料2/、 8b1. . x n y z(x,y,z)sin()sin( )sin()31 cc1cI*.1 2n、2、2a b c" n (一)()(-) abc4.6 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 qi,以x 0为界将场空间分割为x 0两个区域，则这两个区域中的电位i

8、（x,y）和2（x, y）都满足拉普拉斯方程。而在x 0的分界面上，可利用函数将线电荷qi表示成电荷面密度（y） qi （y y°）。电位的边界条件为 i(x,0)=i(x, a)02(x,0)=2(x,a)0 i(x, y)0 (x)题4.6图x2(x, y)0 (x) i(0, y) 2(0, y)(2 L) x 0 曳(y d)x x0由条件和，可设电位函数的通解为i(x, y)Ane n xasin(n-y)(x 0)n ian x a n y 2(x,y)Bnesin( )(x 0)n ia由条件，有 n yn y(1)(2)(3)Asin)Bn sin)n ia n ia

9、An-)Bn曳(y d)n i a a n i a a0由式(i),可得AnBn一、 _ , ,my 一 , 一， ，将式(2)两边同乘以sin(y)，并从0到a对y积分，有a2q1an y2qln dAnBn (y d)sin(-)dy y-sin()(4)n 0 0an 0 a由式(3)和(4)解得q1n dAnBn-sin()n 0 a故i(x,y) -sin(n d )e n xasin(- y)(x 0)0 n i n aa/、 qi 1 ./nd'nxa./ny、2(x,y)- sin( )e sin( )(x 0)0 n i n aa4.7 如题4.7图所示的矩形导体槽的

10、电位为零，槽中有一与槽平行的线电荷qi。求槽内的yb -qi t (x0, y0)III II oa ，x题4.7图电位函数。解 由于在（X0, yo）处有一与z轴平行的线电荷qi ,以x X0为 界将场空间分割为 0 x x0和x° x a两个区域，则这两个区域 中的电位i（x, y）和2（x, y）都满足拉普拉斯方程。而在x x°的分界面上，可利用 函数将线电荷q1表示成电荷面密度 （y） qi （y y°）,电位的边界条件为 i（0, y）=0,2（a,y） 0 i（x,0）= i（x, b） 0 2（x,0）= 2（x,b） 0 i（x0,y）2（x0,

11、y）(2 L) x » 曳(y y。) x x0由条件和，可设电位函数的通解为i(x, y)AnSin(n y)sinh( n x)(0 x x°)n ibb2(x, y)Bn sin(ny)sinh n(a x) (x° x a)n ibb由条件，有n y n x0n y nAnsin()sinh()Bn sin()sinh(a xo)(i)n ibb n ibbn . zn y n x。、Ansin( )cosh()n i b bb(2)(3)(4)Bn -sin(n-y)cosh (a x0)(y y°)nib bb0由式(i),可得An sinh

12、( n x0) Bn sinh n (a x0) 0bbm y2qib /0 (y n 0 0、. ，n y、，y0)sin(v)dy将式（2）两边同乘以sin（ 一y），并从0到b对y积分，有 bAn cosh(n-x°-) Bn cosh(a x0)bbn)n 0 b由式（3）和（4）解得Word资料若以y4.82qi 1 nn y。、Ansinh(a xO)sin(-)sinh(n a b) n 0 bb2qi 1 n x0n y-Bnsinh( )sin( )sinh(n a b) n 0 bbi(x, y) 旦1-sinhn-(a x-)0 n i nsinh( nab)

13、bn y0n x n ysin(yL)sinh()sin( )bb b2(x, y) 如1sinh(n x0)0 n i nsinh(n a b) bn y0nsin( )sinh (a bby0为界将场空间分割为0 yy0和y0i(x,y)2(x, y)(0 xx0)n y、，一、x)sin()(x0x a)by b两个区域，则可类似地得到二sinh (b y0)0 n i nsinh(n b a) an x0n y n xsin()sinh( )sin( )aa a2qiin y0、sinh()0 n i nsinh(n b a) a(0 yy0)n x0 nn xsin()sinh (b

14、 y)sin()aaa如题4.8图所示，在均匀电场 E0exE0中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱,(y0 y b)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E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E0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0(r, )E0x CE0r cosC (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,)满足的边界条件为题4.8图(a, ) C(r

15、,由此可设(r,由条件，有)E0r cos C (r)E0r cosAr i cosiE0acosAa cos C2 .于是得到Aia E0故圆柱外的电位为,、,2 i、L-(r, ) ( r a r )E0 cosC若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a,Word资料导体圆柱外的电场则为(r, )erer导体圆柱表面的电荷面密度为r(r,0e(14.9在介电常数为的无限大的介质中,r沿z轴方向尹方向外加一均匀电场E02a、12)E° cos r2 oEoCOS2a、e ( 12) E0 sinr个半径为 a的圆柱形空腔。沿x轴exEo ,求空腔内和空腔外的电位函数。解 在电场Eo的

16、作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场外加电场E0与极化电荷的电场 Ep的叠加。外电场的电位为 0(r, )E0X应电荷的电位 in(r,)应与2(r,)的边界条件为0(r,) 一样按cos变化，则空腔内、外的电位分别为E°rcos 而感1(r,)和时,0时,2(r, )E°rcos1(r,)为有限值；a时,1(a,)2(a,),由条件和，可设(r,)(r,)带入条件,E0r cosE0r cosA2a ,A1r cosA2r0E0由此解得-E0,A2所以1(r,-E0r cos04.102(r,1一个半径为1cosEo2E0(r(7)2E0rcos(

17、r(r(ra)a)a)a)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U0。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4.10 图U。和(0,)为有限值;U00(b, ) HU 000/223 /2 '3 . 22由条件可知，圆柱面内部的电位函数的通解为(r, )rn(An sin nBnCosn )(r b)n 1代入条件，有bn (An sin n Bn cosn )(b,)由此得到(b,)sin n1 bn2rUo sin n03 2Uosinn d Uo bn

18、n(1cosn )1,3,5,L2Uon bnBn(b,)cos nJbnUo cosn02,4,6,L3 2d U0cosn d4.11(r,)2U01,3,5,L如题4.11图所示,U0 / . (sin b n1 ,rxnr ./b) sinnsin%2(1)(1)2 cosn无限长介质圆柱的半径为2U0(rbnb)介电常数为1,3,5,L2,4,6,L,在距离轴线"(r。 a)处，有一与圆柱平行的线电荷 ql ,计算空间各部分的电位。解 在线电荷qi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qi的电位i(r,)与极化电荷的电位p(r,)的叠加，即 (r,

19、 ) i(r, ) p(r,)。线电荷qi的电位为i(r,qln R2202rr° cos(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o0qi x题4.11图1(0,)为有限值;D 2(r,) r a时,由条件和可知,i(r,)(r1(r,i(r,)2(r,i(r,1(r,nA/ cosn1nBnr cosn n 11r2(r,20r)的通解为(0 r a)(a r )将式(1)(3)带入条件，可得到q In Ro) 2 o r由此解得Anqi(o)12 o( o) nronqi (o) a2n2 o(

20、o) nron(4)(5)(6)故得到圆柱内、外的电位分别为1(r,)-q-ln.r2ro22rrocos2 o'2(r,)-qMn.r2ro22rrocos2 o、ql(o)1 / r 、n -(一)cos n2 o(o) n 1 n ro2qi(o)1 ,a、n-()cosn2 o( o) n 1 n ror(8)(9)讨论：利用式（6）,可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为q( o)20(0) nq( o)20 (0) n1 / r、n 一(一)cosnn ro1,a2 n-()cosn(lnln ro)1 n rorq(0 (0)o)(lnRln r)其中 R ,r2 (a

21、2 ro)2 2r(a2 ro)cosO因此可将1(r,）和2（r,）分别写成为1(r,)12 oql ln R2 o oq( o)2 o(o)ln ro2(r,)-qln R22乙o乙o(即ln R012"(0qL ln r0由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（ 2 o、一ro,o）的线电何ql的电位相同，而介0nnAa cosnBa cosnn 1n 1n 1n 1(An naBn 0na )cos n (n 1._ .1, r .n当rr0时，将In R展开为级数，有 ln R In r0(一) cosnn 1 n ro带入式(5),得(An nan 1 Bn °

22、na n 1)cos n (幽()n 1 cosnn 12 oro n 1 ro由式(4)和(7),有AnanBna nn 1n 1(0)qi/an1An naBn °na(一)2 ororo2a 质圆柱外的电位相当于三根线电荷所广生，它们分别为：位于（ro,o）的线电荷ql ;位于（,0）ro的线电荷°qi；位于r 0的线电荷 00 _-qi o04.12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，导体圆柱外的电位感应电荷的电位in(r,)的叠加，即 (r,i(r,)普inR2 0)qii(r,)(r,)均为线电荷qi的电位i(r,)与 in(r,

23、)。线电荷qi的电位为,22in . rr02rr0 cos而感应电荷的电位in(r,)满足拉普拉斯方程,(r,)满足的边界条件为(r, ) i(r, ) (r )；(a, ) C。由于电位分布是的偶函数，并由条件可知，0且是的偶函数。(r,)的通解为(r,)i(r,nAnr cosn0将式(1)和(2)带入条件，可得到Ana n cosnn 0qir02 2ar0 cos(3)将in 商r022ar0 cos 展开为级数,in .a2r； 2ar0 cosinro1 /a、n-()cosn1 n r0带入式(3),得由此可得AoAna0ncosnro,qi2- in r00Anqi2 0n1

24、/a、n 】一(一) cosn n i n r02(三)nr0(5)故导体圆柱外的电为(r,in , r2r02 2rr0 cos讨论：利用式(4),_q20 n(C上1nr0)可将式(6)中的第二项写成为1 / a n-()cosni n r0r-q(in R 2 0qi21 / a n-()cosn0 n 1 n r0rin r)其中RF(a2/r0)22r (a2/r0)cos 。因此可将(r,)写成为（r, ）qIn R qIn R q In r CIn ro2 o 2 o2 o2 o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（"，o）的线电荷qi ；

25、2 ,a 位于（,o）的线电荷 qi ;位于ro的线电荷qi。ro4.13 在均匀外电场Eo ezEo中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U。； 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 Uo应理解为未加外电场 Eo时导体球相对于无限远处的电位为(2)导此时导体球面上的电荷密度oUo/a ,总电荷q 4 oaU 0。将导体球放入均匀外电场Uo,Eo中后，在Eo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 导体球仍为等位体。设（r, ） o（r, ） in（r,）,其中q仍保持不变,o（r, ）EozI是均匀外电场Eo的电位，Ur,Eor

26、 cos,）是导体球上的电荷产生的电位。电位 （r, r）满足的边界条件为时,(r,)Eorcos ；2) ra时,(a,)Co,o?dS q S r其中Co为常数,若适当选择由条件，可设代入条件，可得到(r,Ai(r, )的参考点，可使Co UEor cosA1r 2 coso °Br 1 C1若使Co(r,3_a Eo, B aU o , C13 .)Eor cosa EorCo2cosUoaUor 1(2)导体上充电荷Q时，令Q 4 oaUo ,有Uooa利用（1）的结果，得到32(r, )Eor cos a Eor cos4.14如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场

27、EoQ4 orezEo,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Eo的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场外加电场Eo与极化电荷的电场 Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为1（r,）和2(r,边界条件为 a时,0时,2(r, )Eor cos1(r,)为有限值；a时,1(a,)2(a, ) ,由条件和，可设2带入条件，有(r,(r,E0r cosE0r cosAr cosA2r2cos由此解得所以空腔内、AaAi1(r,2(r,外的电场为E1E22,10E00A1一 E0r cos01(r,2(r,E0

28、2(与E°r cos rE。-E00(20)E°z题4.14图0 - 3la E00(-)3er2cose sin 空腔表面的极化电荷面密度为n P2 r a0 )eE2 r a3 0(20) E0 cos4.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为0r1和r2,球的中心放置一个电偶极子P,球壳上的电荷量为 Q o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E2(r)Q

29、er .24 0r2(r)0r外表面上的电荷面密度为设球内的电位为1(r,p(r,22)in(r,),其中PQ题4.15图p(r,)pcos4 0r2P 2 P(cos )4 0r是电偶极子in (r, aP的电位，in(r,)是球壳内表面上的感应电荷的电位。)满足的边界条件为in (0,)为有限值；D 15，)2(r2),即in (r1 ,由条件可知in(r,)的通解为由条件,比较两端Pn(cosAn r； Fn (cosn 0)的系数，得到Q最后得到Anin (r1,in(r,0r2(nQ40r21(r,)2)Q40r2球壳内表面上的感应电荷面密度为感应电荷的总量为dSP (r1，Q40r

30、2)2(幻，所以P 2 P (cos 4 0r1AnrnPn(cos )n 0p4or；/3 '40P(cos )r、 3)cosriri3p3 cos4 r13p3410cos 2r12 sin4.16欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场， 密度)？解设球内的均匀场为 H 1 ezH0 (r问线圈应如何绕(即求绕线的a),球外的场为如题4.16图所示。根据边界条件，球面上的电流面密度为JS n (H2 H1) r a er (H2e H2ezH°) rH°sinH2(r a),若令er H2r a 0,则得到球面上的电流面密度为e H0 sin这表明球面

31、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(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,4 R33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p P n P er P cospWord资料题 4.17图介质球内、外的电位 1和2满足的边界条件为i(0

32、,)为有限值；2(r, )0 (r ); i(R, )2(R,)0L "R P8s因此，可设球内、外电位的通解为Word资料由条件，有解得i(r,2（r，ARAi于是得到球内的电位) Ar cosBi R2P3 ，3 o故球内的电场为Ei与cos ri(r,o (ABi书)PR3一 r cos0Pz3 oP ez3 3 oP 2 cos 40r2(2)介质球外的电位为/、PR314 R3P2(r, ) 2 cos 2cos3 0r4 0r3其中4 R3为介质球的体积。故介质球外的电场为E2e sin )c 1cp 一2(r, )er e 23(e2cosr rr4 0r可见介质球外的

33、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r1（r1 a）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(r, )0(r, ) in(r,),其中0(r,)q4 0Rq4 Jr2 r12 2rr1 cos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，（r, ）0； r a 时， (a, )

34、 0。由条件，可得 in(r,)的通解为in(r, )Anr n iPn(cos为了确定系数An,利用n 0i/R的球坐标展开式nrn i0 r1nr1n i0 rPn (cosPn (cos将o(r,)在球面上展开为o(a,)代入条件，有Anan 0i E (cos比较Pn (COS )的系数，得到An故得到球外的电位为(r,)讨论：将(r,)的第二项与)(r)(rq4 0nri)ri)n i0 riq40 n2n iqan i 0r1Pn(COS )na _FfPn(cos ) 0 riq4 0R题4.18图2n ia-n7 Pn(cos ) 0 (rr)1/R的球坐标展开式比较，可得到2

35、n iaPn(cos)n 0(rr)a r1r2 (a2 ri)2 2r(a2 ri)cos由此可见，(r,)的第二项是位于r a2/ri的一个点电荷q 正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。qa ri所产生的电位，此电荷z4.19 一根密度为q长为 上。证明：对于r a的点，有2 a的线电荷沿z轴放置，中心在原点故得到(r,)qi4a (z)n-rP(cosr(r, )U线电荷产生的电位为a的点，有)dz3a7 P2 (cos )3r5a5 P4 (cos ) L5r(r, ) 4qi-aidz0 aRqi4=idz2z 2rz cosir2 z2 2rz cos(z)n-VT Pn (c

36、os )0 rql1 an 1 ( a)n1 nz->Pn(cos4 0 n 0 n 1 r4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与3、qla a）-P2（cos ）20r 3r3xy平面重合，中心在原点上，5a5 P4(cos ) L5r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Q14 0a2P2 (cos4巳(cos(r a)Q240r2P2(cos4P4(cos(r a)r a把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用Q表示成球面r a上的电荷面密度题 4.20图解以细导线圆环所在的球面 函数将细导线圆环上的线电荷Q2 a2 再根据边界条件确定系数。Q (c

37、oscos) -_2 (cos设球面r a内、外的电位分别为 边界条件为：1(r,)和 2(r,根据条件和，可得1(r,）和代入条件，有1(r,2(r,Anann 1Annan 0),则D 1(0,2( r,1( a,）为有限值;0 (r2 (a,2（r,）的通解为AnrnPn(cos )0&r n 1Pn(cos0Bna n1Bn(n 1)an2Pn(cos将式（4）两端同乘以Pm （COSAnnan1 Bn(n 1)a n 2)sin ,并从0到(2n 1)Q/三(cos40a 0Pn(0)4 0a鼻（cos(1)Q2 0a2(cos(4)进行积分，得)Pn(cos )sin d(

38、5)n 1,3,5,L其中Pn(0)( n2l 3 5L (n 1)2 4 6L nn 2,4,6, L由式（3）和（5）,解得An, Qn1 Pn(。), Bn- E。40a40代入式(1)和(2),即得到2Q1 r1 1 P2 (cos )4 0a2 a43 rP4 (cos ) L8 aQ4 0r21 a Pz(COS )2 r43 aP4 (cos ) L8 r(r a)(r a)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q q ,与导体平面相距为 xx，如题4.21图

39、所示。像电荷q在点P处产生的电场为题4.21图E （x） ex 4所以将点电荷q移到无穷远处时,Wed qE （x） dr外力所作的功为w0Weq 0(2x)2电场所作的功为2q_ 20(2x)2dx2q16 0d16 0d4.22 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（1, 1, 0）处。求：（1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x 2, y 1处的电位。解（1）这是一个多重镜像的问题，共有 5个像电荷,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小和位置分别为Xi q1 q,YiX2 q2 q,Y2X3 q3 q,Y3X4 q4 q,Y42cos75

40、0.3662sin 751.3662 cos1651.3662sin1650.3662 cos1951.3662sin1950.3662cos2850.3662 sin 2851.366分布在以点电荷q到角域顶点的距离 q ,且正负电荷交错分布，其大q5q,X5V5、2 cos315、2 sin 315(2)点 X 2, y1处电位(2, 1,0)q1q2q3q4q5R1R2R3R4R5-(100.5970.292 0.275 0.348 0.477)021q 2.88 109q (V)404.23一个电荷量为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

41、上受到的静电力恰与重力相平衡（设一 一 3.m 2 10 kg , h 0.02m)。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q ,位于导体平面上方为 h处，则小带电体 q受到的静电力为fe2q4 °(2h)2令fe的大小与重力mg相等，即于是得到4h.0mg2q4 °(2h)25.9 10 8Cmg题 4.24 图(a)4.24 如题 4.24 ( a )图所示，在z 0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） z 0和z 0的两个半空间内的电位

42、；（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上半空间内的电位由点电荷0 q, 位于 z h0q和镜像电荷q共同产生，即4.24 图（b）、（ C）所示）界面上的极化电荷。根据镜像法可知，镜像电荷分布为（如题q q1_4 0R4 0Rh)2下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即0 . r2(z h)2q12 (o), r2 (z h)2(2)由于分界面上无自由电荷分布,故极化电荷面密度为P2E2z)0( zz1) z 0(0)hq2-23 22 (°)(r h )极化电荷总电量为qppdSSp20rdro)hq0 0(r2 h2)32dr4.25一个半径为R的导体球带有电荷量为Q,在球体外距离球心为q q0D处有一个点电荷RD3(D1 RV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I Q q)D 当1 o-q4.25RR图所示)R2D题 4.25图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(1)求点电荷q与导