电磁场与电磁波课后习题及答案--第四章习题解答

1、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。根据题意,电位（x，y）满足的边界条件为(0,y)(a, y)y d，电位线性变化,(0,y) U 0d o(x,0)(x,b)U0根据条件和，电位（x，y）的通解应取为iy(x,y)AnSinh(亠百sin(丄)n 1aaU。由条件，有题4.12U0n sinh( n b/a)(1COS n故得到槽内的电位分布4.2两平行无限大导体平面,上板和薄片保持电位 UoU 0AnSinh( n-b)sin( n-x)n 1aasi 门（3）两边同乘以

2、a ，并从0到a对x积分，得到a人asn0sin(v)dx2U04U0f , n1,3,5,Ln sinh(n b/a)0 ,n 2,4,6,L(x,y)型sin h(ny)sn 1,3,5,L nsinh(n ba) aa距离为b，其间有一极薄的导体片由y d到y b （下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上，从解 应用叠加原理，设板间的电位为Uoboxy巫y0入止题4.2图2(x,y)0 (x2(0, y)(o,y)x)(x, y) i(x, y) 2(x, y)其中，l（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，y） Uoy/b ；2（x,y）是两

3、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)根据条件和,可设由条件有Uoi(o,y)Uoy半yUo(0(dy d)y b)2（x，y）的通解为n y Uo 严(T)Uosin（）两边同乘以2 (x, y)An sin(UabU。(0(dn yb '，并从0到b对y积分，得到n-y)dy b故得到（x,y皆2bUod 2d)b)1)ysin(亍)dyb d d bbAt si n( n-d)si n( n-y )e1 n bb旦与匕sin(丄卫)(n )2 d b4.3求在上题的解中，除开 定出边缘电容。/CfUoWb项外，其他所有项对电场总储能的贡

4、献。并按2WeUo解在导体板（y 0）上，相应于2（x，y）的电荷面密度则导体板上（沿q22dx2 0U0z方向单位长）2dxWe相应的电场储能为Cf其边缘电容为-sin(罟)e Pxn 1 nb相应的总电荷2q2U02 0土sind b2 0bUo2d n)en一 xb dx1sin(1 nJ)4 oU ob2d丄si n(罟)1 n b2We 4 0bnd)4.4如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位U0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, y)(a, y)两边同乘以nsin(一(x, y) 0(y(x,0) U0根据条件和，电位(x,y)由

5、条件，有并从0到a对x积分,a“ 2U 0. , n X、1An Sin()dxa 0 acosn )故得到槽内的电位分布为（X, y）的通解应取为叫 in（g）aU0得到4U0An sin(M)a(x, y)4U01 n-en 1,3,5,L n1,3,5丄2,4,6,L-sin(g) a体积内填充密度为4.5 一长、宽、高分别为a、b、c的长方体表面保持零电位,Xzy(y b)si n()sin() a c的电荷。求体积内的电位。解在体积内，电位满足泊松方程1Xzz2y(y b)sin()sin()0ac长方体表面S上，电位满足边界条件S0。由此设电位的通解为(X, y,z)m X n y

6、 p z Amnp sin(閒(亍剛一)代入泊松方程（1），可得Amnp( )2(牛)2m 1 n 1 P 1ab(J2c.,m Xsin()si n(a由此可得)sin(cXzy(y b)s in ()si n() cAmnp0(m1)pF2)2(7)2sin(y(y b)由式（2），可得2An1()a()2c2b by(yn yb)s in( )dby 4(亠)3(cos n1)b n8b2(701,3,5,L2,4,6丄(x,y,z)8b250 n 1,3,5,Lsin (丿)si n( n)si n(-z) n3(丄)2 G2(丄)2 a b c a b c4.6如题4.6图所示的一对

7、无限大接地平行导体板，板间有一与z轴平行的线电荷ql，其位置为（0,d）。求板间的电位函数。解 由于在（°，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和x 0两个区域，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x 0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(yJ-d,ql1aJ.o电位的边界条件为yx题4.6图1(x, y) 01(x,0)= 1(x,a)2(x,0)= 2(x,a)(x2(x, y) 0 (x1(0,y)2(0, y)qi(yd)由条件和，可设电位函数的通解为1(x,y)Ane n sin

8、(U)n 1a(x0)2(x, y)Bnenn 1xasin(U)a(x0)由条件,(1)An sin(U)an yBns in)an nAn sin( anBn sin(a由式（1），可得AnBn将式（2）两边同乘以(yd)sina ，并从0到a对y积分，有AnBn2qln 0ao (yn yd)sin( )dya竝sin(俱)n 0 a由式（3）和（4）解得2(X, y)AnBni(X,y)dsiZ n o ad 丄sin(n d0 n 1 na )en x/a . / n y Sin()a(X 0)也丄sin(0 n 1 nll)en Xa sin(U)aa(X 0)4.7如题4.7图所

9、示的矩形导体槽的电位为零,槽中有一与槽平行的(2X线电荷ql。求槽内的电位函数。解 由于在（Xo,yo）处有一与z轴平行的线电荷qi，以X Xo为界将场空间分割为o X Xo和Xo X a两个区域,则这两个区（xo,yo）qi：a题4.7图域中的电位1（X, y）和2（X, y）都满足拉普拉斯方程。而在X X0的分界面上，可利用 函数将线电荷qi表示成电荷面密度（y） ql （y yo），电位的边界条件为1(0, y)=02(a,y)01(x,0) =1(x,b)02(X,0) =2(x,b)01(x0, y)2(x0, y)-)X Xxo (y yo)0由条件和，可设电位函数的通解为(0 X

10、 Xo)i(x, y)An sin(n-y)sinh( )n 1bb(1)2(x,y) n1Bnsin(亍)sinhF(a x)(X0X a)由条件，有An sin(n137)Bn sin(nn 1An Jsin( -y)cosh( 1 b bbnBn1n y nsin()cosh b bb(a x。)(y y。)0(2)由式（1）,可得n XoAn sinh(u)Bnsinh (ax0)bbsin咛）将式（2）两边同乘以b ，并从0到b对y积分，有An cosh(亍)BnCOshQ X0)n2qi(y yo)si n(&y旦sin(n y0n 0(4)由式(3)和（4）解得Bn2qi

11、An2qisinh(n a t) nsin hn0 b(an y。X0伽（）sinh(n a./b)n一 sinh(0g0)sin( 3)bb1(x, y)2qinsinh(n ab) Sinh bn(aX0)sin(nby0)sinh(0 X X0)2(x,y)纽n X0sinh()0 n 1 nsinh(n ab)b1(xo x a)sin(n-yo)sinh牛(ax)sin(甘)bbb若以y yo为界将场空间分割为0 y yo和yoy b两个区域，则可类似地得到i(x, y)2qioninsinh(n匕屏叭®以n x0n y n xsin()sinh( )sin()aaa(0

12、y2(x, y)2qisinh(n yo)0 n 1 nsinh( n b/a)an xonn Xsin()si nh(by)si n()aaa(yo yb)4.8如题4.8图所示，在均匀电场EoexEo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 o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Eo作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场Eo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o（r, ） EoX CEorcos C （常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位in(r,)应与

13、o(r,）一样按cos变化，而且在无限远处为Oo由于导体是等位体,所以（r,）满足的边界条件为Eo题4.8图(a,)C(r,)Eor cosC (r)由此可设(r,)Eor cosAr 1 cosC由条件，有E0acosA1a1 cos CC于是得到A1a2Eox故圆柱外的电位为(r, )( r a2r 1)Eo cos若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a, )0，则 C导体圆柱外的电场则为1(r, )er e 一r r2er(1 TEqCOS r2a、匚. 2)E。sinr导体圆柱表面的电荷面密度为(r,)0 r0 Eo cos4.9 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

14、a的圆柱形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场 Eo exEo，求空腔内和空腔外的电位函数。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E为外加电场E。与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为0（r,）E0XE0rcos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,的边界条件为时,2(r,)E0r cos1（r，）为有限值;a时,i(a,)2(a,由条件和，可设1(r,)E0rcosA,r cos(r a)2(r,)E0rcos.1A2r cos(r a)带入条件，有AaA2a 10E00 AE0a2AA

15、A0a2E0由此解得00所以i(r,)2E0 r cos0(ra)2(r, )10(a)2E0rcos0 r(r a)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U 0和 U 0。求圆柱面内部的电位函数。0U题4.10图由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为(0,)为有限值;(b,)U。00/2/2由条件可知，圆柱面内部的电位函数的通解为U。03 /23 /22(r,)(An s innBn cos n(rb)代入条件，有由此得到(b,bn(An sin nBn cos

16、n(b,)sin n/2U0 s inn03 /2U0 s in n占cosn ) b n2U0n bn0，Bn1,3,5,L2,4,6,L(b, )cos nnU0 cosn0312dU0COSnU0 bnn(sin 2sin竝)2n bn1,3,5,L(r,)2Uon 1,3,5,L2,4,6,L丄(7)nsi nn n bn 3(1)2 cosn (rb)I4.11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ro(ro a)处,(6)有一与圆柱平行的线电荷 qi，计算空间各部分的电位。解 在线电荷ql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

17、荷ql的电位l(r，)与极化电荷的电位P(r,)的叠加，即(r, ) l(r,)p(r,)。线电荷qi的电位I(r, ) YInR -ql n 品2 02r02rr0 cos(1)为而极化电荷的电位介质圆柱内外的电位由条件和可知,i(r,1(r, ) i(r,)2(r, ) i(r,)p(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。1(0,)为有限值;1(r，)和2(r, ) i(r, ) (r1a时，2(r,的通解为2(r,)满足的边界条件为分别为. nAnr cosn1(0 ra)Bnr n cosnn 1(a r将式(1)(3)带入条件，可得到Anan 1ncos nBnan 1ncosn(A

18、nn 1n 1nanBn 0na1)cos n0)2In RIn R In r0当rro时，将In R展开为级数，有l&cosnn 1 n r0(An nan1cn 1 Bn 0na)cos n(0)qi(a)n1cos n带入式（5）,得n 120 r0n 1r0(7)由式（4）和（7）,有AnanBna nAn 1 cn 1An naBn ona(0)qi ( a)n 1r。00由此解得Anqi(2丄丄0(0) nr0nB.qi(20(、 2n0) a0) nr00故得到圆柱内、外的电位分别为i(r,)qi2 0In Jr2 r； 2rr0 cosqi (0)卒)tosn n r。

19、(8)2(r,)qiinr02rr0 cosq (0)-()n cosn(9)讨论：利用式（6）,可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为qi(0)2 0(0)-(-)ncosn1 n r0-q丄(in R i nr0)2 0(0)qi(0)20(0) n-(a-)n cosn1 n zqi(2 0(必(InR Inr)0)其中RVp(a%)22r(a7r0)coso因此可将 1（r'）和2（r，）分别写成为i(r,)2 0qlqi(0)2 0(0)2(r,)1 (2匹Inr0由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0)的线电荷qi0 的电位相同，而介质圆2（j）柱外的电位相当于

20、三根线电荷所产生，它们分别为:位于（b 0）的线电荷qi;位于r0的线电荷0qi0；位于r 0的线电荷-qio4.12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qi的电位l（r，）与感应电荷的电位in（r,）的叠加，即（r, ） l（r,）in（r,）。线电荷qi的电位为(5)i(r, )-qlnR-qlnjr2 r。2 2%cos2 o2 o的偶函数。而感应电荷的电位in（r，）满足拉普拉斯方程，且是（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,(r,）的通解为(

21、r, ) i(r,)- nAn r cos nn 0将式（1）和（2）带入条件，可得到Ana n cos n C - InrO2aro cosn O2 o2ro 2aro cos展开为级数，有InI?2aro cosIn r。-()n cosn1 n ro(4)带入式（3），得Ana n cosnn Oro-()n cosn 1 nr。由此可得Ao-qln ro2 oAn2qi/a n2()2 on ro故导体圆柱外的电为(r, )-1nro2rro cos2 o In r。)0qi厂-()ncosn0 n 1 n M(6)2讨论：利用式（4）,可将式（6）中的第二项写成为彳 2-q1()nc

22、osn-qMl nR In r)2 o n 1 nr*2 。其中 RJr2（/r。）22r（a7r0）cos 。因此可将（r,）写成为(r,)-qUnR -qlnR -qlnr C2 。 2 。 2 。qi2-In r。0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（5, 0）的线电荷qi ；在E0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2（ ,9）位于r。 的线电荷 qi ；位于r 0的线电荷qio4.13在均匀外电场E。ezE。中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U 0 ； （2）导体上 充有电荷Q。试分别计算两种情况下球外

23、的电位分布。U0，此解 （1）这里导体充电至U。应理解为未加外电场 E。时导体球相对于无限远处的电位为时导体球面上的电荷密度oUo/a，总电荷q 4 oaU。将导体球放入均匀外电场 E。中后,球仍为等位体。设(r, )0(r, ) in(r,0(r,)E0zE0rcos是均匀外电场 E。的电位，in（r，）是导体球上的电荷产生的电位。电位（r，）满足的边界条件为时，（r，）E0r cosr a 时， （a，） C。0?匚 dS q其中Co为常数，若适当选择(r,)的参考点，可使CoUo。由条件，可设(r,)2Eor cosAr cosB1r 1 C1代入条件，可得到AiEo B1 aU o C

24、1Co Uo若使Co Uo，可得到(r,E0r cosEor2 cos aUor 1(2)导体上充电荷Q时,4 oaU o，有UoQ4 oa利用(1)的结果，得到(r,E0r cos3la Eor2 cosQ4 or4.14如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场EoezEo，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E为外加电场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,)，则边界条件为时,2(r,)E0rcos1(r,)为

25、有限值;a时,1(a,)2(a,)由条件和，可设1(r,)E0rcosAr cos2(r,)E0rcosA2r2 cos带入条件,Ai aA2 a0E0oAEoa 3A2CD题4.14图由此解得AiFoo所以-Eor cos02(r, )1 2J(a)3E0rcos0 r空腔内、外的电场为Eii(r,)E22(r,)E0 十 e)3er2cose sin 空腔表面的极化电荷面密度为n P2 r a (0)er E? r3 0(2 0Eo cos4.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为ri和2 ,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

26、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Q，且均匀分布在外表面上。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 球壳外的场可由高斯定理求得为E2(r) eQ4 02Q2(r) 77外表面上的电荷面密度为Q22设球内的电位为I（r,）p(r,in（r,），其中P(r,)焉P4 02R(cos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 in(0,)为有限值;2(r2)即 in (r1, )p (r1，2(r2)，所以in(ri,)0r2P4 012R(cos )由条件可知in (r

27、 ,)的通解为in (r,)ArnPn(cos )0由条件，有A rin F> (cosQ4 0r2比较两端Pn(c°s)的系数，得到An0最后得到or?(n2)1(r,p4 0134 0r2(4r球壳内表面上的感应电荷面密度为単cos41感应电荷的总量为qi? 1dSS3p4 r1 0cos 2r12sind4.16 欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场, 度)？问线圈应如何绕(即求绕线的密解设球内的均匀场为H1ezHo(r a)，球外的场为H2(r a)，如er题4.16图所示。根据边界条件，球面上的电流面密度为Js n (H2H1) ra e (H2ezH。)题

28、 4.16图erH 2 r ae H0sinH2若令er H 2r a 0，则得到球面上的电流面密度为JS e H0sinA1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4 R3丁。(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,球内、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， 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

29、质球面上的极化电荷面密度为P P n1 P er Pcos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(r，)0 (r)；1(R，)2(R,)0( 12) r RP cosrr因此，可设球内、外电位的通解为1(r,)A,r cos2(r,)坠os题 4.17图由条件,ARR20(A 鲁)PB1乎解得3 0于是得到球内的电位Ei故球内的电场为1(r,)P3-r cos0Pe3 0Pz3 0（2）介质球外的电位为2(r,)竺 cos3 0r24 0r2R3P cos 3P2 cos4 0r4 R3其中3 为介质球的体积。故介质球外的电场为E2"）e十14P(er2c

30、ose sin4 0r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ri（ria）处放置一个点电荷q，如题4.18图所示。用分离设（r， ）0（r，）in （r，），其中感应电荷的电位满足拉普即可变量法求电位分布。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， 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,由边界条件确定通解中的系数。4 ojr2 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，）满足的边界条件为时,(r,0.r a时,(a,由条件，可

31、得in (r ,的通解为题4.18图in(r,)Ar n1Pn(cos )n 0为了确定系数An，利用1/R的球坐标展开式rnF Pl (cosn 0 rrn-rr Pl (cosn 0 r(r(r0（r,）在球面上展开为代入条件，有Ana nn 0比较Pn（C°S）的系数，得到故得到球外的电位为ri)ri)0(a,)1 Pn (cos )(r,Ancc2n 1qa4q4 oRn 1orna Pn(CoS )n 101nafPi(cos )001a2n 10En(cos )讨论：将（r，）的第二项与"R的球坐标展开式比较，可得到a2n 1"0(aFP"(

32、cos) Ta ri(a2/*)2 2r(a2/ri)cos由此可见，（r，）的第二项是位于r/a的一个点电荷qqar1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q长为2a的线电荷沿z轴放置，中心在原点上。证明:对于r a的点，有(r,q a a3)a 尹2(cos)(cos ) L5r解线电荷产生的电位为题4.19图(r，)4 0qi4dz 0 a V r z 2rz cos对于r a的点,z n22 pi (cos2rz cos n 0 r& z故得到(r,)a /, nqi(z).-rvP (cos )dz4 0 n 0 a r1 an1”Pn

33、(cos) r4.20 个半径为a的细导线圆环，环与题4.20图所示。证明：空间任意点电位为丄1402P2(cos a)3亠14 0r2P2(cos r)3以细导线圆环所在的球面 r35aaP2(cos ) eP4(cos ) L3r5rxy平面重合,4P4(COS )4P4 (cos )a把场区分为两部分,中心在原点上，环上总电荷量为(r a)(r a)分别写出两个场域的通解，并利用数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面r a上的电荷面密度题4.20 图+（cosc违）2再根据边界条件确定系数。设球面r条件为:1(0,2(r,1(a,a内、外的电位分别为）为有限值;)0 (r)2(a,)Q，如

34、Q2 a2(cos根据条件和,可得1(r,2（r,）的通解为Q-7 (COS )a1（r，）和2（r，），则边界1(r,)AnrnPn(cos )0(1)2(r,)Bnr n1R(cos )n 0xQ(cos)代入条件，有AnanBnaAnnan1 Bn(n 1)a n 2Pn(cosn 0将式（4）两端同乘以Pm (cos )sin,并从0到对进行积分，得Ann an1 Bn(n 1)a(2n 1)Q42 (cos )Pn(cos 0a0)sin d(2n 1)Q40a2R(0)1,3,5丄其中由式（3）代入式（1）和R(0)1)和（5），解得（2），即得到n21 3 5L (n 1)2 4

35、 6L nAnQn0a1 Pn (0)Bn2,4,6, LQanPn(0)Q140a(r a)2P2(cos4P4(cos2P2(cos(r a)Q24 0r4F4(cos4.21一个点电荷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?题4.21图所示。像电荷q在点P处产生的电场为E(x) ex 4q0(2x)2所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为wed qE (x) dr dq22dx4 0 (2x)2q216 od外力所作的功为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（1,1,0）处。求：（1 ）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x

36、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，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qiq2q,q3q,q4q,q5q,Ix1 V2cos75 y172 si n750.3661.366X272 cos1651.366¥2J2s in 1650.366q2fX372cos1951.3661 q3'¥3V2si n1950.366X4血cos2850.366¥472s in 2851.366X5佢cos3151¥572s in 315

37、12,y1处电位q,zS / A /一一 q5 q4题 4.22图(2, 1, 0)1 q q4 0 R R1R2R3R4qR5CQ QQ A-(1 0.597 0.292 0.275 0.348 0.477)-q 2.88 109q (V)4 04 04.23 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3求q的值以使带电体上受到的静电力恰与重力相平衡（设 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 q，位于导体平面上方为 h处，则小带电体q受到的静

38、fe电力为4 0(2h)2令fe的大小与重力 mg相等，即4 0(2h)2mg题 4.24 图（a）于是得到q 4h Omg 5.9 10 8 C4.24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；（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4.24 图（b ）、（ c）所示）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0-q0 ，位于z0q0位于z上半空

39、间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即q q14 0R 4 0R0 Jr2 (z h)20ojr2 (z h)2q和镜像电荷q下半空间内的电位由点电荷（2 ）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为共同产生，即2 (0)Jr21(z h)2P n P F2极化电荷总电量为z 00(E1zEzz)丄)z0)hq/212,320)(r h )qppdSp2 rdrS0r7i_23 2 0 0 (r h )0)hqdr0)q4.25 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Q RD3 q (D2 R2)2RD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）RDqR2D题 4.25图Rq Dq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q(D q )4 oD2q