电磁场与电磁波课后习题及答案-第四章习题解答

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U0,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

y?)?a(y,?)O①？(0,

)。②?(x,0?

③?(x,b)?UO

根据条件①和②，电位?(x,y)的通解应取为

?(x,y)??Ansinh(

n?l?n?yn?x)sin()aa

由条件③，有题4.1图UO??Ansinh(?an?ln?bn?x)sin()aasin(

两边同乘以n?x)a,并从0到a对x积分，得到

a2UOn?xAn?sin()dx?asinh(n?a)?aO

4U0?,n?l,3,5,?n?sinh(n?ba)2U0?(l?cosn?)??n?

2,4,6,n?sinh(n?a)?0,

?(x,y)?故得到槽内的电位分布4U01?,sinh?n?l,3,5nn?(an?ysi)a?nx(a)

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y?b(???x??)。上板和薄片保持电位U0,下板保持零电位，求板间电位

的解。设在薄片平面上，从y?0到y?d,电位线性变化，？(O,y)?UOyd。

解应用叠加原理，设板间的电位为

?(x,y)??l(x,y)??2(x,y)

其中，

题4.2图

?l(x,y)为不存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为

U0)的电位,即?>(x,y)?UOyb；?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：①

?2(x,0)??2(x,b)?0

②

?2(x,y)?0??)

U0?

U?y??Ob

?2(0,y)??(0,y)??l(0,y)??

?U0y?U0y?b?d③

(O?y?d)(d?y?b)

?

?

xn?y?nb

?2(x/y)??Ansin()e

?(x,y)的通解为bn?l根据条件①和②，可设2

U0?

U?y?

n?y??ObAnsin()???bn?l?UOy?UOy

?b?d由条件③有

sin(

两边同乘以

d

(O?y?d)(d?y?b)

n?y

)

b,并从0到b对y积分，得到

b

2U2Uyn?ylln?yAn?0?(l?)sin()dy?0?(?)ysin()dy?2U02bsin(n?d)

bObbbddbb(n?)db

?

xU02bU0?ln?dn?y?nb

y?sin()sin()e2?2

?(x,y)?bd?bbn?ln故得到

4.3求在上题的解中，除开定出边缘电容。

UOyb一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按

Cf?

2We

U02

解在导体板（y?0）上，相应于

?2(x,y)的电荷面密度

??

?2???02

?y

?

y?0

?x2?0U0?ln?d?nb

??sin()e??dn?lnb

则导体板上(沿z方向单位长)相应的总电荷

??x2?0U0n?d?nb4?Ub00q2???2dx?2??2dx??2??sin()edx??2?12sin(n?d)

n?db?dn?lnbOn?l??O

??

?

2?

2?0bU011n?d

We?q2U0??sin()?22

2?dn?lnb相应的电场储能为

2We4?0b?ln?d

Cf?2?2?2sin()

UO?dn?lnb

其边缘电容为

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

y?)?a(y,?)O①？。

?0(y??喀？(x,y)

③

?(x,0?)U0

根据条件①和②，电位?(x,y)的通解应取为

a题4.4图

?(x,y)??Ane?n?ysin(

n?l

?

n?x

)a

n?x

)a

由条件③，有

UO??Ansin(

n?l

?

sin(

两边同乘以

n?x

a,并从。到a对x积分，得到

?4U0

,?a

2U0n?x?n?2U0

An?sin()dx?(l?cosn?)??a?a?0,n?0

n?l,3,5,n?

2,4,6,

a

?(x,y)?

故得到槽内的电位分布为

4U0

l?n?

?,e?n?l,3,5n

n?xsi)a

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??y(y?b)sin(?x

a)sin(?z

c)

的电荷。求体积内的电位?。

解在体积内，电位?满足泊松方程

?2??2??2?l?x?z????y(y?b)sin()sin()?x2?y2?z2?0ac(1)

长方体表面S上，电位?满足边界条件?s?o。由此设电位?的通解

为?(x,y,z)?i

?O???Amnpsin(m?ln?lp?l???m?xn?yp?z)sin()sin()abc

代入泊松方程(1),可得

???Amnp[(

m?ln?lp?l???m?2n?2p?)?()?()2]?abc

sin(m?xn?yp?z?x?z)sin()sin()?y(y?b)sin()sin()abcac

(m?l或p?l)由此可得Amnp?O

??2n?2?2n?yA[()?()?()]sin()??lnlabcby(y?b)(2)

P?1

由式(2),可得

n??2n?yAlnl[()?()2?()2]??y(y?b)sin()dy?4(b)3(cosn??l)?abcb0bbn?2?b

?8b2

??3?(n?)

?0?n?l,3,5,n?

2,4,6,

8b2??(x,y,z)??

故l?xn?y?zsin()sin()sin()?51nl??0n?l,3,5nabc,3[()2?()2?()]2abc

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ql,其位置为

(0,d)o求板间的电位函数。

解由于在(0,d)处有一与z轴平行的线电荷个区域，则这两个区域中

的电位

上，可利用？函数将线电荷ql,以x?0为界将场空间分割为x?0和x?0

两?l(x,y)和?2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x?0的分界面ql表示成电荷

面密度?(y)?ql?(y?yO)。电位的边界条件为

①？l(x,O)=?l(x,a)?O?2(x,0)=?2(x,a)?0??)②l(x,y)?O(x?题4.6

图?2(x,y)?0(x???)③?l(0,y)??2(0,y)(??2ql

?x???l

?x)x?O????(y?d)

由条件①和②，可设电位函数的通解为??

l(x,y)??A?n?an?y

nesin(

n?la)

(x?0)

??n?y

2(x,y)??B?xa

nensin(

n?la)

(x?0)

由条件③，有

???

An?yBn?y

nsin()?nsin(

n?la?n?la)

?

??An?n?y?n?

nsin(

n?laa)??Bn

n?lasin(n?yq

a)?l

??(y?d)

由式(1),可得

An?Bn(3)

sin(m?y

将式(2)两边同乘以a)

,并从。到a对y积分，有

1)(2)(

An?Bn?2qln??0?a0?(y?d)sin(2qln?yn?d)dy?sin()an??0a

(4)

n?d)a由式(3)和(4)解得An?Bn?

qln??Osin(

?l(x,y)?

故ln?d?n?an?ysin()esin()???On?lnaa(x?0)ql??q?

2(x,y)?l

???nsin(n?dn?xan?y

a)esin(a)

On?l(x?0)

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ql,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)域中的电位?l(x,y)

和?2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x?xO的分界面上，可利用？函数将线

电荷ql表示成电荷面密度?(y)?ql?(y?yO),电位的边界条件为

①?l(O,y=),0?2(a,y)?0

②?l(x,O)=?l(x,b)?O

?2(x,0)=?2(x,b)?0

③?l(x0,y)??2(x0,y)

(??2

?x???l

?x)x?xO??ql??(y?yO)

由条件①和②，可设电位函数的通解为

??

l(x,y)??Ansin(n?yn?x

n?lb)sinh(b)

(O?x?xO)

题4.7图

B?(x,y)??2n?l?nsin(n?yn?)sinh[(a?x)](x?x?a)bb0

由条件③，有

?n?xOn?yn?yn?Asin()sinh()?Bsin()sinh[(a?xO)]??nnbbbbn?ln?l

(1)?

??An

n?ln?xOn?n?ysin()cosh()?bbb

qln?n?yn???(y?yO)Bnsin()cosh[(a?xO)]??Obbbn?l(2)?

由式(1),可得

Ansinh(n?xOn?)?Bnsinh[(a?xO)]?Obb(3)

sin(

将式(2)两边同乘以m?y)b,并从0到b对y积分，有

2qln?x0n??An)?Bn(a?x0)]n??0bb

2qln?y0sin()n??0b(4)

由式(3)和(4)解得？bO?(y?yO)sin(n?y)dy?b

An?

2qln?y01n?sinh[(a?x0)]sin()sinh(n?ab)n??0bb

Bn?2qln?x0n?y01sinh()sin()sinh(n?ab)n??0bb

?l(x,y)?

故ln?sinh[(a?xO)]???On?lnsinh(n?ab)b

2ql??sin(n?y0n?xn?y)sinh()sin()bbb

(O?x?xO)?2(x,y)?n?x01sinh()???0n?lnsinh(n?a)b2ql?

?sin(

若以n?yOn?n?y)sinh[(a?x)]sin()bbb(xO?x?a)y?yO为界将场空间分割

为O?y?yO和yO?y?b两个区域，则可类似地得到?l(x,y)?

?sin(ln?sinh[(b?yO)]???On?lnsinh(n?ba)a2ql?n?xOn?yn?x)sinh()sin()aaa

(0?y?y0)

?2(x,y)?

?sin(n?y01sinh()???0n?lnsinh(n?ba)a2ql?n?x0n?n?x)sinh[(b?y)]sin()aaa

(yo?y?b)

4.8如题4.8图所示，在均匀电场EO?exEO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

电荷的电位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?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

荷的电位?0(r,?)??E0x?C??E0rcos??C(常数C的值由参考点确定),而

感应电?in(r,?)应与?0亿?)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

?)?C①？(a,

②?(o?)??Es?COrco?r(??)

E0?l?(r,?)??Ercos??Arcos??C01由止匕可设?l?Eacos??Aacos??C?C01

由条件①，有

题4.8图2A?aE01于是得到

故圆柱外的电位为

?(r,?)?(?r?a2r?l)E0cos??

C

若选择导体圆柱表面为电位参考点，即?(a,?)?0,则C?0。

导体圆柱外的电场则为

22??l??aaE????(r,?)??er?e???er(l?)E0cos??e?(?l?)E0sin??rr??r2r2

导体圆柱表面的电荷面密度为????0??(r,?E0co?sr?a?2?0?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

解在电场

电场EO?exEO,求空腔内和空腔外的电位函数。E0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E0与极化

电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为?0(r,?)??E0x??E0rcos?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?1亿?)

和?2(r,?)的边界条件为

①r??时，?2(r,?)??EOrcos?；

?亿?)为有限值；②r?0时，1

r?a时，?l(a,?)??2(a,?),?0??1????2

?r?r③

由条件①和②，可设

?l(r,?)??EOrcos??Arlcos?(r?a)

?2(r,?)??E0rcos??A2r?lcos?(r?a)

?l?2Aa?Aa??E??A???E??aA22010带入条件③，有1,00

Al??

由此解得？？？0???02E0A2??aE0???0,???0

2?Ercos????00(r?a)?l(r,?)??

所以

?2(r,?)??[l????0a2()]E0rcos????0r(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U0和?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①？。?)

为有限值；？题4.10图

②

由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解

为?U0?0??(b,?)????U0??00????2?2????????3?23?2???2?；

?(r,?)??rn(Ansinn??Bncosn?)

n?l?(r?b)

代入条件②，有

由此得到?b(Ann?l?nsin??Bncno?s??)b?(,)

lAn?nb?2???(b,?)sinn?d??01b?n?23?2[?U0sinn?d??0??U0sinn?d?]?U0(l?cos

n?)?bnn?

?2U0,n?l,3,5,?n?n?b??0,n?

2,4,6,

lBn?nb?2???(b,?)cosn?d??b?[?Un

01?03?cosn?d??0U??0cosn?d?]?

n?3?2U0,?(?l)2

nn?b?U0n?3n?(sin?sin)??0,?bnn?22n?l,3,5,n?

2,4,6,

?(r,?)?

故

2U0?n?l,3z5,??n?31rn()[sinn??(?l)2cosn?]nb(r?

b)

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？，

在距离轴线有一与圆柱平行的线电荷解在线电荷

rO(rO?a)处，

ql,计算空间各部分的电位。

ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位?亿?)均为线电荷

ql的电位

?也?)与极化电荷的电位?p(r,?)的叠加,BP?(r,?)??l(r,?)??p(r,?)o线电荷

ql的电位

?l(r,?)??

为

ql2??0

InR??

ql2??0

(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

?l(r,?)和?2亿?)满足的边界条件为分别为

①②

?1(0?,为有限值;)

题4.11图

?2(r,?)??(,?)r?(?)lr

?1??2,?

??1??

??02?r?r

③r?a时，

由条件①和②可知，

?1亿?)和?2亿?)的通解为

?

?l(r,?)??l(r,?)??Anrncosn?

n?l?

(O?r?a)(2)

?2(r,?)??l(r,?)??Bnr?ncosn?

n?l

(a?r??)(3)

将式(1)〜(3)带入条件③，可得到

?Aa

nn?l

?

n

cosn???Bna?ncosn?

n?l

?

(4)

?(An?nan?l?Bn?0na?n?l)cosn??(???0)

n?l

?

ql?lnR

2??0?r

?

r?a

(5)

n

当

r?rO时,将InR展开为级数，有

lnR?lnrO??

lr

n?lnrO

)cn?os

(6)

带入式(5),得？(An?na

n?l?n?l?Bn?0na?n?l(???0)ql)cosn???2??0r0an?l()cosn??rn?10

(7)?

n?nAa?Bann由式(4)和(7),有

An?nan?l?Bn?0na?n?l??(???0)qlan?l()2??0r0r0

ql(???0)lql(???0)a2n

An??Bn??nn2??(???)nr2??(???)nr000000由此解得，

故得到圆柱内、外的电位分别为

ql(???0)?lrn?l(r,?)???()cosn?2??02??0(???0)n?lnr0(8)

qlql(???0)?la2

n?2(r,?)??ln?()cosn?2??02??0(???0)n?lnr0r(9)ql讨论：利用式(6),

可将式(8)和(9)中得第二项分别写成为

ql(???0)?lrnql(???0)?()cosn??(lnR?lnr0)?2??0(???0)n?lnr02??0(???0)

ql(???0)?la2

nql(???0)?()cosn??(lnR??lnr)?2??0(???0)n?lnr0r2??0(???0)

其中R??o因此可将?1亿?)和?2(r,?)分别写成

为?l(r,?)??2?Oqlq(???O)lnR?llnrO2??O???O2??O(???O)1

qi

2??0lnR?l?(???0)qll(???0)qllnR??lnr2??0???02??0???0?2(r,?)??

2?0qlr,???0由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于(00)的线电

荷的电位相同，而介质圆

a2

(,0)r,qr柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于(00)

的线电荷I;位于0的？??0???0qlql??????00线电荷；位于r?0的线电荷。？

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?亿?)均为线电荷电

荷的电位

ql的电位?l(r,?)与感应

的叠加，线电荷的电位为

?in(r,?)BP?(r,?)??l(r,?)??in(r,?)oql

ql2??0

InR??

ql2??0

(1)

?l(r,?)??

而感应电荷的电位

?in(r,?)满足拉普拉斯方程，且是?的偶函数。

?亿?)满足的边界条件为

①?(r,?)??lr(?z(r)??)；

②

?(a,?)?Co

由于电位分布是?的偶函数，并由条件①可知，？亿?)的通解为

??

(r,?)??l(r,?)??Annr?cosn?

n?0

(2)将式(1)和(2)带入条件②，可得到

??

Aa

?n

n

cosn??C?

qln?O

2??0

将

?

?lnrla

O??(r)ncosn?

n?lnO带入式(3),得

??

A?n

q?

nacosn??C?

??[lnrla

nn?O

20??()cosn?]0n?lnr0A?C?ql

qi

由此可得2??lnrAa2n

00n??0,

2??0n(r)

0故导体圆柱外的电为

?(r,?)??

ql2??0

3)

(4)

(5)

(

la2

n(C?lnr0)??()cosn?2??02??0n?lnr0r(6)qlql?

讨论：利用式(4),可将式(6)中的第二项写成为

qlla2

n?()cosn??(lnR??lnr)?2??0n?lnr0r2??0

ql?

其中R??o因此可将?亿?)写成为?(r,?)??ql

2??0lnR?ql2??0lnR??ql2??0lnr?C?ql2??0lnr0

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(rO,O)q的线电荷I；a2

(,O)?qqr位于。的线电荷I；位于r?0的线电荷I。

4.13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U0；(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

时导体球面上的电荷密度

在U0应理解为未加外电场E0时导体球相对于无限远处的电位为U0,

此???OUOa,q?4??0aU0oE总电荷将导体球放入均匀外电场0中后,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，导体球仍为等位体。

设?(r,?)??O(r,?)??in(r,?),其中

?0(r,?)??E0z??E0rcos?

是均匀外电场E0的电位，？in(r,?)是导体球上的电荷产生的电位。电

位?亿?)满足的边界条件为

①r??时，?(r,?)??EOrcos?；

②r?a时，?(a,?)?CO,??0?

S??dS?q?r

其中

CO为常数，若适当选择?亿?)的参考点，可使co?uo。

?2?1

?(r,?)??Ercos??Arcos??Br?ClOil由条件①，可设

3

A?aEO,Bl?aUO,C1?CO?UO1代入条件②,可得到

3?2?1

C?U?(r,?)??Ercos??aErcos??aUrOOOOO若使，可得至U

(2)导体上充电荷Q时，令

Q?4??0aU0,有

U0?

Q4??0a

Q4??0r

?(r,?)??EOrcos??a3EOr?2cos??

利用(1)的结果，得到

4.14如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场

EO?ezEO,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?)。

解在电场电场

E0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

E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为?l(r,?)

和？2(r,?),则边界

条件为①

r??时，?2(r,?)??E0rcos?；

?(r,?)为有限值；②r?0时，1

r?a时，?l(a,?)??2(a,?),

?0

??1??

??2?r?r

③

由条件①和②，可设

?l(r,?)??EOrcos??Arlcos??2(r,?)??E0rcos??A2r?2cos?

带入条件③，有

?3

Ala?A2a?2,??0E0??0Al???E0?2?aA2

???0???03

Al??E0A2??aE0

2???2???00由此解得，

题4.14图

?l(r,?)??

所以3?E0rcos?2???0

?2(r,?)??[l????0a3()]E0rcos?2???0r

3?E02???0

E0?(???0)E0a3([er2cos??e?sin?]2???0r空腔内、外的电场为

El????l(r,?)?E2????2(r,?)?

空腔表面的极化电荷面密度为

?p??n?P2r?a??(???0)er?E2r?a??3?0(???0)E0cos?2???0

4.15如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为rl和r2,

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

E2(r)?erQ4??0r2

?2(r)?Q4??0r?2?

外表面上的电荷面密度为

设球内的电位为Q4?r22,其中？l(r,?)??p(r,?)??in(r,?)题4.15图

?P(r,?)?

是电偶极子pcos?p?P(cos?)2214??0r4??0rp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

①②

?in(O,?)为有限值；

?l(rl,?)??2(r2),BP?in(rl,?)??p(rl,?)??2(r2),所以

Q4??0r2

?

p4??r

201

?in(rl,?)?Pl(cos?)

n

?in(r,?)??AnrPn(co?s)

n?0?

由条件①可知

?in(r,?)的通解为

由条件②，有比较两端

?AnrlnPn(cos?)?

n?0

Q4??0r2

?

p4??0rl2

Pl(cos?)

Pn(cos?)的系数，得到

AO?

Q4??0r2,

Al??

p4??0rl3,

An?0(n?2)

?l(r,?)?

最后得到

Q4??0r2

?

p4??0

(

lr

?3)cos?2rrl

??l?n

r?rl??O

?l???0

球壳内表面上的感应电荷面密度为

?

??l?r

r?rl??

3p

cos?4?rl3

感应电荷的总量为

3p2

ql???ldS??cos??2?rlsin?d??03?4?rl0S

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)？r

解设球内的均匀场为

Hl?ezHO(r?a),球外的场为H2(r?a),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?Hl)r?a?er?(H2?ezH0)r?a?

2

er?H2

r?a

?e?HOsin?

题4.16图

若令er?H2r?a?0,则得到球面上的电流面密度为JS?e?HOsin?

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Po

?

(1)证明：球内的电场是均匀的，等于P?0；

4?R3

??P?3o(2)证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子产生的电场

相同，

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?Pcos?

介质球内、外的电位？1和?2满足的边界条件为

?(0,?)为有限值；①1

②

③?2(r,?)?0(r??)；?1(R,?)??2(R,?)

??l??2?)?r?rr?R题4.17图?0(?Pcos?

因此，可设球内、外电位的通解为

?l(r,?)?Arlcos?

?2(r,?)?Blcos?r2

由条件③，有A1R?B12B1?(A?)?PO1R3R2,

PPR3

A1?B1?3?O,3?0解得

?l(r,?)?

于是得到球内的电位PPrcos??z3?03?0

PP??3?03?0El????l??ez

故球内的电场为

(2)介质球外的电位为

PR314?R3PP??2(r,?)?cos??cos??cos?4??0r23?0r24??0r234?R3

??3为介质球的体积。故介质球外的电场为其中

P???21??2(er2cos??e?sin?)E2????2(r,?)??er?e??34??0r?rr?r

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rl(rl?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,?)??O(r,?)??in(r,?),其中

q

4??0R??0(r,?)?

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?亿?)满足的边界条件为

①r??时，?(r,?)?0；

②r?a时，?(a??)?0o?亿?)的通解为

由条件①，可得in题4.18图

?in(r,?)??Anr?n?lPn(cos?)

n?0?

为了确定系数An,利用R的球坐标展开式

??rn

??n?lPn(cos?)(r?rl)l?n?Orl??R??rlnP(cos?)(r?rl)?n?ln??n?Or

an

?0(a,?)?P(cos?)?n?ln?(r,?)在球面上展开为4??0n?0rl将0q?

代入条件②，有?Aan

n?0??n?lanPn(cos?)?P(cos?)?0?n?ln4??0n?0rlq?

qa2n?l

An??n?lP(cos?)4??rn01比较的系数，得到

a2n?l

?(r,?)??P(cos?)?n?ln4??0R4??0n?0(rrl)故得到球外的电位为qq?

讨论：将?亿?)的第二项与R的球坐标展开式比较，可得到

a2n?l

P(cos?)??n?lnr)n?0(rl?

2??(r,?)r?al的一个点电荷q???qarl所产生的电位，此电荷由此可见,

的第二项是位于

正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。

?)4.19一根密度为证明：对于rql、长为2a的线电荷沿z轴放置，

中心在原点上。?a的点，有？?？

ql?aa3a5?(r,?)?P2(cos?)?5P4(cos?)???2??0?r3r35r

解线电荷产生的电位为

?题4.19图qll??(r,?)???aR4??04??0?对于rqlaa???

?a的点，有

(z?)n

??n?ln(cos?)n?Or?

故得到

(z?)n

?(rz?)?P(cos?)dz???n?l?4??0n?0?arql?a

ql?aa3a51an?l?(?a)n?l

Pn(cos?)???3P2(cos?)?5P4(cos?)??n?12??0?r3r5r4??0n?0n?lrql????

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

4?l?r?23?r??l??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0a?8?a??2?a?Q????

(r?a)

????(r?a)

4?l?a?23?a??2??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0r?8?r??2?r?Q

解以细导线圆环所在的球面r?a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r?a上的

电荷面密度

??

Q?Q?(cos??cos)??(cos?)222?a22?a

再根据边界条件确定系数。

设球面r?a内、外的电位分别为?1亿?)和?2(r,?),则边界条件为：①

②题图为有限值；

4.20？1(0,?)?2(rz?)?0(r??)

(3)?l(a,?)??2(a,?),

??l??2?)?r?r?

r?a?0(Q?(cos?)22?a

根据条件①和②，可得?l(r,?)和?2(r,?)的通解为

?l(r,?)??AnrnPn(cos?)

n?0

??(1)?2(r,?)??Bnr?n?lPn(cos?)

n?0(2)代入条件③，有

n?n?lAa?Bann

(3)

?[Annan?l?Bn(n?l)a?n?2]Pn(cos?)?

n?0?Q2??0a2?(cos?)

(4)

将式(4)两端同乘以Pm(cos?)sin?,并从0至lj?对?进行积分，得

(2n?l)Q?(cos?)Pn(cos?)sin?d??2??4??0a0?Annan?l?Bn(n?l)a?n?2

(2n?l)QPn(0)4??0a2

(5)

?0?Pn(0)??(n?l)n21?3?5(?l)?2?4?

6n?其中n?l,3,5,n?2,4,6,

QanQAn?P⑼Bn?Pn(0)n?ln4??0a4??0由式(3)和(5),解得,

代入式(1)和(2),即得到

4?l?r?23?r??l??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0a?8?a??2?a?Q???

(r?a)?

????(r?a)

4?l?a?23?a??2??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0r?8?r??2?r?Q

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x?

??x,如

题4.21图

题4.21图所示。像电荷q在点P处产生的电场为

?

E?(x)?ex

?q4??0(2x)2

所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为

We??qE?(x)?dr??

d

??d

?q2q2

dx??2

4??0(2x)16??0d

q2

Wo??We?

16??0d

外力所作的功为

4.22如题4.22图所示，一个点电荷放在60的接地导体角域内的点

(1,1,0)处。求：(1)所

q

有镜像电荷的位置和大小；（2）点x?2,y?l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，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为

q

q

???q,ql

???2cos75??0.366?xl

?

??2sin75??1.366??yl???2cosl65??1.366?x2

?

??2sinl65??0.366??y2

?

??q,q2

???q,q3

???2cosl95???1.366?x3

?

??2sinl95???0.366??y3???2cos285??0.366?x4?

??2sin285???1.366??y4

???2cos315??l?x5?

??2sin315???l??y5

??q,q4

题4.22图

???q,q5

(2)点x?2,y?l处电位

?q4???q2?q3?q51?qql

?(21

4??O?RR1R2R3R4R5?

q

4??0(l?0.597?0.292?0.275?0.348?0.477)?0.321q?2.88?109q(V)4??0

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(设解将小带电体视为点电荷导体

m?2?10kg,h?0.02m)oq,

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?3?

?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

q2

fe??24??(2h)0电力为

q2

?mg2f4??(2h)mg0令e的大小与重力相等，即

题4.24图(a)

题4.24图(c)4.24图(b)

题

于是得到

q?4?5.9?10?8C

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；(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)？

q??????Oq???O,位于z??h

q??????Oq???O,位于z?h

q上半空间内的电位由点电荷和镜像电荷q共同产生，即？

?q?qq??l???

4??04??0R14??0R?

下半空间内的电位由点电荷和镜像电荷q共同产生，即

q???2?q?q??4??R2(2)由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面

密度为

?p?n??Pl?P2?

?z?0??0(Elz?E2z)z?0??0(??2??l?)?z?zz?0??(???0)hq2?(???0)(r2?h2)32

极化电荷总电量为

(???0)hqr(???0)qqP???PdS???P2?rdr??dr???q?223????00(r?h)???0S0?

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)

QRD3R??222qqD成立q(D?R)Q求点电荷与导体球之间的静电力；(2)