电磁场与电磁波课后习题及答案--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 (0,y) = (a, y)=0 (x, 0 0 (x,b)= U根据条件和，电位(x，y)的通解应取为题4.1图aQO(x,y)八 Ansinh()sin( )n maa由条件，有n二b、. ，n：xCOU0 = Ansinh()sin( )n 二aa两边同乘以sin( a )，并从0到a对x积分,得到2U0a_A = Th Si 门(3乂 =4U0sinh(n b a) 0n -1,3,5 |)

2、2U0 0 (x Uo/me 小 dUoTUo 八b(d y 0(x；：)2(x,y) 0 (x -) 】(0,y)二 2(0, y):x)x 由条件和，可设电位函数的通解为od】（x,y）八 Ane*xasin（U）n壬a(x 0)2(x,y)八 Bnen“：xasin(口)n毘a由条件，有 An sin(U)二Bn sin(n y) n 士an Ta(x ： 0)(1)n 1 a a n ：1a a“o由式（1），可得my将式（2）两边同乘以Sin（T），并从0到a对y积分，有(4)(x 0)hyb1qi *11I1-oa x题4.7图2q an二 y、2qi .二 d、-0、(y-d)s

3、in()dy sin( )An Bn n二；0 0an 二；0a由式(3)和(4)解得An =BnLsin(n d)n 二；0 a茁/ 、qi工1 小兀d -nwa .小兀y、r(x,y)、 sin( )e sin( )故：o n 4 n aa吸y)=sin(四)咙竺)(0)兀 “吕 n aa(x cO)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qi，以X=Xo为界将场空间分割为O：x：Xo和Xo : :： a两个区域，则这两个区(X0，y0)域中的电位1(X，y)和2(X，y)都满足拉普拉斯方

4、程。而在X0的 分界面上，可利用:函数将线电荷qi表示成电荷面密度二(y) =q(y_yo)，电位的边界条件为 (0y =) 02(a,y) =0 (x,0)= (X,bO2(x,0)= ；(x,b) =0 (x0,y 2 (X0 ,y )? 2-=XX0(-qlX -X0、(y y。)由条件和，可设电位函数的通解为(0 ： x ： X0)i(x,y)八 An sin(n y )sinh( n X)n#bb(x,y)- Bn sin(n 4(a -x)(xo ： x a)由条件，有/n二 y n二 Xo二.Ansin()sinh( -)= Bnn 1bbn q4n 二 y n 二肓閒仃a_xo

5、)(1)QOn 二n二 yn 二 X）、Ansin()cosh(0)-n 4bbboOn 二n二 yn 二 Bnsin()cosh,(a-Xo)n 4bbb由式（1）,可得n 兀 XonnAnSinh(-)-BnSinh (a-xo)bb上(y -y。)；o (2)o(3)sin（mby）o b将式（2）两边同乘以b ，并从o到b对y积分，有nnxon兀_ 2qib恳 / n yZSh(T)BnCOShLS 二武 o 朋n( = )d丑 si nJ)n 二；o由式（3）和（ 4）解得Bn2qiAn2qisinh(n abZoJ-XoF)sinh( n二a b) n二；o1 sinh()sin(

6、牡)bn-：l(x,y)qiCO-o：.nsinh(ab)sinhb(Xo)sin(亍)sinh(閒()（o ： X ： Xo）2(x，y)二与 znsinh(2ab)sinh( bn 二 y0sin( -)si nh (ax)si n( ) bbb(x : x ： a)若以y =y。为界将场空间分割为0 yy。和y。y ：: b两个区域，则可类似地得到2q: z-o n =11(x,y)=2q、.J A Sinhn (b-y。)nsin h(mb.a)asin(叱)sinh(口)sin(X)aaa(0 ： yy。)黄(x,y)=2qf 1sinh(-y0)兀g0nsinh(n兀bfa)asi

7、n(罔nh(b-y)sin() (y y . b)aaa(y0 ： y : b)4.8如题4.8图所示，在均匀电场E二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二。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cp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 C = -E)r 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co变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体

8、,故圆柱外的电位为所以(r，)满足的边界条件为(a / c (r 冲尸E r coVC (t 旳)由此可设由条件,于是得到(r, ) - - E0r cosAr 二 cos C有- E0acosAa cos C = CAi a2Eo:(r, ) =( -r a2r 4)E0 cosC若选择导体圆柱表面为电位参考点，即（a，J =Q，则C = 。导体圆柱外的电场则为E 二-；（r，）二-帶 耳-e二-er（V y）E cose （-1）Esin二 r = 2 ； cE C 0 S导体圆柱表面的电荷面密度为汗 -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

9、方向 外加一均匀电场 E二exE，求空腔内和空腔外的电位函数。解 在电场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E与极化电荷的电场 E p的叠加。外电场的电位为 （r-Ex = -Ercos而感应电荷的电位 爲（，）应与（r，一样按co变化，则空腔内、外的电位分别为r（r，J和：2（r，）的边界条件为 T 型时，申2（r理）t -Ercos ； r =0时，i（r,）为有限值； r =a时，i（a，）=驾佝），衣0 & 芯 dr由条件和，可设1（r, ） - -Er cosA,r cos（r 乞 a）2（r, ） - -Er cosA2r 4 cos（r -

10、 a）12带入条件，有Aa =A?a ，-E + eAi =eE _阳 A由此解得所以2名1(r,) Ercos：2(r, ) *1 -(a)2E0rcos気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4.10图所示。0题4.10图限分别保持电位 解Uo和一 Uo。求圆柱面内部的电位函数。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;由条件可知，圆柱面内部的电位函数的通解为0 ： ： r: 2;2二：:：- （，）。线电荷qi的电位为,（r, ）nRln r2 r -2rr

11、0cos2阳02兀e0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，J满足的边界条件为 /, ）（ ,（0 ：）； G,C。由于电位分布是的偶函数，并由条件可知，：（r，-）的通解为oO:(r, ) = i(r,)二 Arcosnn =0将式(1)和(2)带入条件，可得到 Ana * cosn =Cq In a2 r02 -2ar0 cosn2二；o(2)(3)将1n . X -2ar0 COS展开为级数，有1 a In a2 rf2ar0 cos : =1 n r0 -嘉 ()n cosnn# n r0带入式(3)，得OOOO A二 Ana cos n =CIn r0_

12、(旦)ncosn n2 二；0n 丘 n ro2 Ao =Cd I nroA厲(J由此可得20，2on ro故导体圆柱外的电为(4)(r, )q In、. r2 rf -2rr0cos2%(5)qlq 芒 1 / a?、n丄(CIn r0) -() cosn2 阳020 nq n rr( 6)讨论：利用式(4),可将式(6)中的第二项写成为2也 -()n cos nq (I nR I nr)2 i-0 n 二 n rr2其中R=(a2 r。)2二2r(a2朋0厂。因此可将(r,)写成为(r, )I nR也 I nR也 I nr Cq I n r02o2兀g02兀名02兀s由此可见，导体圆柱外的

13、电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（0, 0）的线电荷qI ;2.a c、（,0）位于ro的线电荷qI ；位于r = 0的线电荷qI。4.13在均匀外电场E0二ezEo中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至Uo；（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 U。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U。，此时导体球面上的电荷密度二二pU0a，总电荷q =4_0aU0。将导体球放入均匀外电场 E0中后， 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，导体球仍为等位体。设（r/0（re）+%n（

14、r，其中0(r,r) - -Ez - -Ercost是均匀外电场 E0的电位，in（rl）是导体球上的电荷产生的电位。电位：（r）满足的边界条件为 t型时，,日）t -Ercos日；甘）乂0=q其中C0为常数，若适当选择：（r）的参考点，可使 C0 =U0。由条件，可设（re）= Er cose +Af cosT + Bj 代入条件，可得到A = 03E0 B =aU Ci =C -U若使C0 =Uo，可得到:(r, J) =-E0r cosv a3E0rcosv aU0r，Uo（2）导体上充电荷Q时，令Q =goaUo，有Q4 二；0a(r, v) - -E0r cost a3E0r * c

15、os利用（1）的结果，得到4 二；0r4.14如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0二ezE0，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为外加电场E0与极化电荷的电场E p的叠加。设空腔内、外的电位分别为I（r）和匕（门），则边界条件为r：时,2(r,v)； E0rcos)；r =0 时，i（L）为有限值；r =a 时，:- :二由条件和，可设；（，）= -E0rcos“ A cos2(rF) _ _E0rcos寸 A2r cos -带入条件，

16、有23A = A2a心Eo 中A = yE-2名a A2由此解得kEE0r cost所以2（rCT j（a）3Eorcos，空腔内、外的电场为Eii(“十 EoE2；（r,R 二 E0（o）Eo（a）3 e r2cosvsi空腔表面的极化电荷面密度为十-n P2r = _（三三0 ）er EHIeoCOS d4.15如题4.15图所示，空心导体球壳的内、 外半径分别为r1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

17、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QE 2（厂 eror2外表面上的电荷面密度为Qcy =24-r22设球内的电位为I(r,Np(re)2in(re)，其中pcosP 2R（COS日）:（r r =p（，） 4二;0r24二;0r是电偶极子P的电位，山(户)是球壳内表面上的感应电荷的电位。：in （r，R满足的边界条件为in C）为有限值;咒（1,8）=笃（2），即池1,8）+叭8）2（2），所以；：in（2=4；02卞：沙（如）由条件可知山（r门）的通解为i n(rfAnrpn( cosn =0qQ由条件，有nz04二；0r24二；0r；P(cosT)比较两端P

18、n（C0SR的系数，得到AA =34兀4兀“nAn =0 (n 一2)最后得到4二；0r24二；0P(A_q)cosr r1球壳内表面上的感应电荷面密度为；:r3P3 cos，感应电荷的总量为4.16 欲在一个半径为2题 4.16图er3p 兀Jcos日2兀sind日=0a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H 1二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 一 H J = =er(H 2 一ezH)心er He H0sin -=0，则得到球面上的电流面密度为这表明

19、球面上的绕线密度正比于si nr，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(1)证明：球内的电场是均匀的，等于4二 R3(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，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 cos vCp p介质球内、外的电位 1和2满足的边界条件为：1(

20、0门)为有限值;2(r)0 (r).MR,-)二 1(RJ)/o n 0(Z)4聴0薔n+1 严2o35aaayP2(cosr)亍巳(COSd) hlr 3r5r4.20 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:P2（cos 日）+3 卩8 lay二 Q4二；0a2 lay：P4(cosB)+iJ(心a)Q4 二；orPg) 3Pg)川(r - a)以细导线圆环所在的球面7题 4.20图则边界r =a把场区分为两部分，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5 （cOS

21、V - COS -）1、（COS 二）2二 a222二 a2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（r）和2（r,巧，条件为： 1（0）为有限值； 2（D0 （r：）1(a,二)=2 (aJ):r):rQ2-a2、(cos J)(1)(3)(2)(4)QOi(r,对= AnrnR(cosRn=02(r,R 八 BLFn(cosRn虽代入条件，有Anan =Bna00Q 代nanJ Bn(n 1)a，Pn(cosR2、(cosRn：e25a将式（4）两端同乘以Pm（co）sin=，并从o到二对二进行积分，得n _1AnnaBn( n 1)a二 4二；0a斗 (2n1)Q、.

22、(cosRPn(cosRsindr 二0(2n 1)Q4 二;a2Pn(0)(5)其中Pn(0)= ；1)n2 15H(n -1)4 6Hnn =1,3,5J|n =2,4,6,川由式（代入式An和（ 5），解得（1）和（2），即得到1-1 r23）QfR(o)4 ；aB 40Pn(0)P2(cos 二)P4(cos = )丨1(心a)-4聴r J 2 lr 丿-I - P2(COS“)3ia P4(COsR 丨1(8匕丿(r -a)qToX4.21 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

23、q = q，与导体平面相距为xy-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）弋石亦7所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为% = d qE (x) dr 二旳-q22dx =d 4二 0(2x)2q16二；0dWo2-Weq外力所作的功为16 二；0 d4.22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, ）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，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

24、，且正负电荷交错分布，其大小和x； = 2 cos 75 = 0.366q1 =-p,y = 2 sin 75 =1.366*x；= V2cos165 =-1.366q2 二=q,=in 165 =0.366x3= “2cos195 =-1.366q3 -_q,1j3=V2s in 195 =-0.366fX4= 2cos285 =0.366q4 =q,、从= 2si n 2851-1.366jl*X5= y2cos315 =1q5 二-q,-5=J2si n315”= -1（2）占x八、=2, y=1处电位位置分别为ly,5q4题 4.22图(2, 1, 0)=140(RR1R?R3R4Rj

25、-(1 -0.597 0.292 -0.275 0.348 -0.477) = 0321 q =2.88 109q (V)4二；04二；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 m = 2 10kg，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受到的静电力为fe2q24二； (0 )令fe的大小与重力mg相等，即2q4二；0（ h 2）1Eq hL iLI1

26、厶qloz题 4.24 图（a）于是得到q =4h.二；mg =5.9 10$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q。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qq； ；0，位于 z = -h，位于z二h上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即

27、1(z_h)2；o . r2 (z h)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（2）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为4二；&2二(；J , r2 (z-h)2极化电荷总电量为z 0(E1z E2z)(%)hq2二(；0)(r2 h2)32.lqp；pdS；心-十 0()3r2 2、32drS=q解（1）导体球上除带有电荷量| Q qFV.1qo q图所示）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）R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 （D? - r2） D成立时，F表现为吸引力。Q之外，点

28、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题 4.25图RDqd =0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qq .q(D q)_rrF = Fq、q * Fq、q Fq_q = 4： (D - d )4： L Dq4 二；0Q (R D)qRq.2 -2D(R,D) |(2)当q与Q同号，且F表现为吸引力，即F :：: 0时，则应有Q (R D)qRq/2 2 ：(D D D 一 R D 2 2Q RD3_ R由此可得出q a - R)2 d4.26两个点电荷Q和Q，在一个半径为a的导体球直径的延长线上，分别位于导体球的两侧且距球心为D 。(1)证明：镜像电荷构成一个电偶极子，位于球心，电偶极矩为2a3QP；Q(2)令D和Q分别趋于无穷，同时保持 D2不变，计算球外的电场。解(1)点电荷Q和一Q都要在球面上引起等量异号的感应电荷，可分别按照点电荷与不接地导体球面的镜像确定其等效的像电荷。根据镜像法，点电荷Q的像电荷为D6 、R而点电荷d有-Dod2ir题4.26图，位于:a QD ，位于:_Q的像电荷为qoQ，位于：d2qV 轧 十0D ，位于：d2 =0如题4.26图所示。由此可见，像电荷 q和q2等值异号，且同