电磁场与电磁波课后习题及答案习题解答

1、百度文库/习题解答如题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。3根据题意,电位（x，y）满足的边界条件为(0,y)(a, y)(x,0)(x,b)Uo根据条件和，电位（x，y）的通解应取为(x,y)AnSinh( - y)sin(- x)n iaa由条件，有0a xU0Ansinh(9 b)sin( n x )n 1aa题图两边同乘以sin（U）a ，并从0到a对x积分，得到an xAn0 sin( )dxasinh( n b a) 0 a2Uo4Uo2U。n sinh( n b a)(1cos nn

2、sinh(n b a)'门 1,3,5,川0 ,n 2,4,6,1)故得到槽内的电位分布n y、亠川X）a(x,y)型sinh(-)si n(n 1,3,5,卅 nsinh(n b a) a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yb(上板和薄片保持电位 Uo，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片平面上,(o,y) Uoy do解 应用叠加原理，设板间的电位为Uo ）的电位，即y d，电位线性变化,(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i（x,y） Uoy b ；2（x,y）是两个电位为零的平行

3、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)2(x,y)2(0,y)根据条件和,由条件有两边同乘以o(X(o,y)可设Asin(1Uoi(0,y)UodUoUTyUoby2（X，y）的通解为2 (x, y)(0(dd)b)Ansin(n iiUoUoUobUo(0(dd)b)s咛），并从0到b对y积分，得到f)sin(专)dyb b警(1 ；)ysi门(亍)dy b d d bb故得到 （x, y） b2bUo7求在上题的解中，除开芈上心)(n )2 d b2 si n(罟)si n()ei n bbUoy b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按Cf2We需定百度

4、文库9出边缘电容。解在导体板0）上，相应于2（x,y）的电荷面密度d丄sin晋)ePd n 1 n b2 oUo则导体板上（沿Z方向单位长）相应的总电荷2dxq22dx2 oUn0 ndb x-sin()e b dxd b4 oU°b2dn-si n(卫F)i n b相应的电场储能为Cf其边缘电容为We2 obu01. zn2d n1 存*b)2WeUF莅nAs in晋)n b如题图所示的导体槽，底面保持电位Uo，其余两面电位为零，求槽内的电位的解。电位 （x，y）满足的边界条件为解根据题意,(0, y)两边同乘以(a, y)0 U0 a题图 asin(n(x, y) 0(y(x,0

5、) U0根据条件和，电位(x,y)Ane nn 1由条件，有（x, y）的通解应取为yas 心)U0n1并从0到a对X积分，得到An sin(cosn )a2Uo n xAnsin( )dxa o a譽，n 1,3,50， n 2,4,6, I)4Uo(x, y)故得到槽内的电位分布为1 n y an X、e si n( ) n 1,3,5，H na长、宽、高分别为b、c的长方体表面保持零电位，体积内填充密度为广xy(y b)si n( )s in( 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1y(y0x z b)si n( )si n() a c(1)长方体表面S上，电位

6、满足边界条件 S 0。由此设电位的通解为(x, y, z)AmnpSin(m x)sin(- y)sin(- z)abcm 1 n 1 p 1Amn p(a)2 (nb)2(p )2cm xn yp zxzsin()sin(-)sin(-)y(y b)si n( )si n(a' bcac由此可得Am叩0(m1或p1)代入泊松方程（1），可得2 n 22 n yAn1()2(u)2 ()2si n()p 1 a b cb y(y b)由式(2)，可得2 n 22An1【()2()2()2a b c-y(y b)sin(T)dy 4(-L)3(cosn b 0bbn8b2°(x

7、,y,z)1,3,5,|2,4,6，|1|8b21 ° n 1,3門ii n3(-)2a1x n ysi n()si n( )s in(G)2 a ' b b cz-)c如题图所示的一对无限大接地平行导体板, 求板间的电位函数。板间有一与z轴平行的线电荷qi，其位置为（°，d）。解 由于在（°，d）处有一与z轴平行的线电荷qi，以x °为界将场空间分割为个区域，则这两个区域中的电位l（x, y）和2（x，y）都满足拉普拉斯方程。而在X °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

8、件为y i(x,°)= i(x,a)°2(x,0)= 2(x, a) 0,ql '1a1(x,y)° (x)丄o题图x2(x,y)° (x) i(°, y) 2(°, y) x1) x 0 (yd)x0由条件和，可设电位函数的通解为1(x, y)n x an y、Anesin()n 1a(x °)2(x, y)Bnen xasin(U)n 1a (x 0)/由条件，有百度文库n yAnsi n()aBnsin( a(1)由式n n yAnsin( )a anBn sin(a口)a虫(y d)0（1）,可得Bn(3)将

9、式(2)两边同乘以sina ，(2)由式Bn(3)2(x,y)并从0到a对y积分，有2qi an 0 0(yd )sin()dy a丑 sinn o a(4)和（4）解得AnBn1(x,y)qiqi nd si n( ) n 0 a也 lsin(n d0 n 1 n)en xasin(U)aa（X0)-si n(0 n 1 n口）严心）aa(x0)如题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qi。求槽内的电位函数。解 由于在（X°，y0）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0 x X。和x0 x a两个区域，则这两个区（x0，y0）域中的电位1（x

10、，y）和2（X, y）都满足拉普拉斯方程。而在X X。的题图分界面上，可利用 函数将线电荷qi表示成电荷面密度X11（y） qi （y yo），电位的边界条件为百度文库1(0, y)=02(a,y)01(x,0) =1(x,b)02(X,0) =2(x,b)01(x0, y)2(x0, y)（2 ） x X0 （ y y0）x x0由条件和，可设电位函数的通解为(0 x xo)n y n x i(x,y)An sin( )sinh( )n 1bb2(x,y)n yBn sin()slnhn 1bx)(xo x a)27由条件，有Ansin(n -)sinh( n x°)bbnBn s

11、in(1亍)s|nh*(aXo)(1)n n y n x0 Ansin( )cosh( -)b bbn n y nBn sin( )cosh (ab bbxo)qL (y yo)0由式（1），可得An sinh(n x°)Bnsinhn (abbxo)sin（罟将式（2）两边同乘以b，并从0到b对y积分,有yo)sin(-"ybAp cosh(n-x°) Bn coshn (a x0)bb纽sin(管) n o(4)由式(3)和( 4)解得An2qisinh(a Xo)sin(sinh(n a b) n o bb2qisinh( n a b) n sinh(n x

12、o)sin(- yo)obb故Bn1(X，y)组mnsinh(n abE恥Xo)sin(" yo)sinh( n X)sin(n y ) bbb(0Xo)n Xo2(X，y)组n1nsinh(nab)sinh(=)sin(T)sinhAa x)丽亍)(xoa)若以yo为界将场空间分割为°yo和yo1(x，y) mnsinh(n ba)sin h (bayo)n xon y n xsin(-)si nh()si n()aaa(0n yo2(x，y)组mnsinhS ba)"讽育)n xonn xsin(G-)sinh 丁 (b加.(丁)(yoy b两个区域，则可类似

13、地得到y yo)y b)如题图所示，在均匀电场e< Eo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o与感应（a，） 0，则 C 0。 1E(r, )erer r导体圆柱表面的电荷面密度为(r,)r ar2 0E0COS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 CEorcosC （常数C的

14、值由参考点确定），而感应电荷的电位in（r,）应与o（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Jy(a, ) C 1(r,)Eor cosC (r)Eo,事由此可设(r,)Eor cosAr 1 cosC1 o丿X丿由条件，有E0acosA1a1 cos CC题图2于是得到A1a Eo故圆柱外的电位为(r, ) ( r a2r 1)E0 cosC若选择导体圆柱表面为电位参考点，即导体圆柱外的电场则为2 2aaer(12)E0cos e ( 12) E0 sin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

15、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。外电场的电位为0（r, ） EoX Ecos而感应电荷的电位 in（r，）应与o（r，） 一样按cos变化，则空腔内、外的电位分别为I（r，）和2（r，）的边界条件为 r 时，2（r, ）E°rcos r 0时，I（r,）为有限值； r a 时，I（a，)2(a, )01r2r由条件和，可设i(r, )EorcosAr cos(r a)2(r, )Eorcos典1A2 cos(r a)1带入条件，有Aa A2a ，oE。0 AE0a2AA -E0A20a2E0由此解得00i(r,)E0 r

16、 cos所以0(r a)2(r, )10(a)2E0rcos0r(r a)第二象限一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面，如题图所示。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。由题意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为（°，）为有限值;(b,)U°0由条件可知，圆柱面内部的电位函数的通解为U°00 . 22323 22 ；(r,)(An s innBn cos n(r b)代入条件,bn(An sin nn 1 ZBn cos n由此得到(b,2(b,)sin n2U0 s i

17、nn0U0 s in n晋(1 cosn )2Uon bn01,3,5,川2,4,6，川Bn(b, )cos n2U0 cosn032dU0cosn_Uobnn(sin n2sin 3)212 2U1)2经丿n bn0，1.3.5, 卅2.4.6, 卅(r,nsin n(1)2 cosn (rb)如题图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、介电常数为，在距离轴线r0(r0a)处，有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(r, ) i(r,i(r,)-qul nR-ql njr2r0 2rr0 cos$

18、为、2020八、0(1)q； r而极化电荷的电位p(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。丿X人1l(r,)与极化电荷的电位p(r,)的叠加，即)p(r,)。线电荷qi的电位题图介质圆柱内外的电位 1（r,）和2（匚）满足的边界条件为分别为1（°）为有限值;2(r, ) i(r,)(r1r a时，由条件和可知,1(r, ) i(r,)2(r, ) i(r,)1(r,)和2(r,的通解为nAnr cosn1(0a)(2)nBnr cos nn 1(a(3)将式（1）（3）带入条件，可得到Anan 1ncos nBnan 1ncosn(4)(代n 1nnaBn n ona1)cosno)

19、lnR(5)In RIn roro时,In R展开为级数，有丄(丄)n cosn n ro(An nan1Bn带入式（5）,得 n 1由式（4）和（7）,有AnanBnan 1n 1An naBn ona(o)qnoroona)cos n( o)q2 oron(空)n 1 cos n1 ro(6)(7)代也由此解得2 o（丄丄o) nronB.qd2o(故得到圆柱内、外的电位分别为2nao)o) nron1(r,) 也ln、.r2 r。2 2rr°cos】(丄)ncosn2020(0) n 1 nro(8)2(r,) 严-ln r22rr°cos2 02q( 0)1 za

20、n()cosn2 0 (0) n 1 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q|(0)(Jcosn2 0(0)n 1 nr2("R 叽qi(0)1 叵)n cosn2 0(0) n 1 n r°rI(lnR lnr)其中Rr2 (d2 2(0)込。因此可将1(，)和2(r，)分别写成为i(r,)严萤IIn r°2(r,)产;1nR十丄InRlnr0由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于(r, 0)的线电荷dqi0 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:2.a c、(,0)r, 0)的线电荷

21、qi ；位于r的线电荷0q0；位于r 0的线电荷0q0O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ql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i(r,)r02 2rr0 cos(1)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的偶函数。（a, ） C 。由于电位分布是的偶函数,并由条件可知,(r,）的通解为(r, ) i(r,)Anrn 。ncos n(2)将式（1）和（2）带入条件，可得到Ana n c

22、osn C 也 In a2 ro2 2aro cos n 02 o(3)2 2aro cos展开为级数，有In , a2 r。2 2aro cosInr。-()n cosn i n r。(4)带入式（3），得Ana n cos n Cn由此可得r。丄(旦)n cosni nr。(5)Ao C亠nr。2 。Anqi22 -(-)n 山 r。故导体圆柱外的电为(r,)-1 n2rr。cos2 。(Cqi2-In r。)oqi2讨论:利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为-()n cosno n 1 n r°r百度文库其中R(r,)-InR -1 nR-1 nrC2 0 2 0 2 0

23、-In ro0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, 0）的线电荷qi ；位于2a（,。）°的线电荷 qi ；位于r 0的线电荷qi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 E°时导体球相对于无限远处的电位为Uo，此-()n cos n也(I nR In r)n i n z2 02 （a2°）2"（a2 Seos 。因此可将（，）写成为时导体球面上的电荷密度oUa，总电荷

24、q 4 oaUo。将导体球放入均匀外电场 Eo中后,在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（r，）0（r, ）in （r,）其中0（r, ）EqZEorcos是均匀外电场 Eo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，（r, ）Eorcos ；。|打一dS q r a 时，（a, ） Co，S r其中Co为常数，若适当选择（r,）的参考点，可使 Co Uo。由条件，可设(r,)Eor cosAr 2cos1BrCi代入条件，可得到Aia3E o Bi aU o CiCo Uo若使Co Uo

25、，可得到 （r,E0r cosa3E°r2 cos aUor 1（2）导体上充电荷Q时，令Q40aU 0，有UoQ4 oa(r,E0r cos3a Eor利用（1）的结果，得到2Qcos4 or如题图所示，无限大的介质中外加均匀电场EoezE0，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I（r，）和2（r，），则边界条件为时,2(r,)Eorcoso时,1（r，）为有限值;a时,1

26、(a,1(r,)Eor cosAir cos2(r,)EorcosA2r 2 cos带入条件，有由条件和，可设2A1aA2aoEooA由此解得A12a A2oA)2(a,7o32 oaEoi(r,)3-E0r cos所以202(r,)1 0()E°rcos20r空腔内、外的电场为Eii(r, ) E°20E2/、 E0(0)E0 / a、3r()er2cose sin 2(r,)20rn P20 )erE23 0(20)E0 cos空腔表面的极化电荷面密度为31Q，且均匀分布在外表面上。E2(r)-Qer24 0rQ2(r)4 °r如题图所示，空心导体球壳的内、外

27、半径分别为ri和°，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 球壳外的场可由高斯定理求得为Q2 / / 外表面上的电荷面密度为42设球内的电位为1（r，） P（r，） in（r百度文库P（r，）罟丹g）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（°，）为有限值; i(ri,2 (2)即 in (ri， )P(ri，2（r2），所以

28、in(ri,)R(cos )由条件可知in(r,）的通解为in(r,)ArnPn(cos )0由条件，有A r； F> (cosR(cos比较两端Pn（cos）的系数，得到P40ri3An0(n2)i(r,最后得到球0r2_P，14（石-3)COS ri2题图1 dSr riri3p34 ricos単 cos 2 ri2sin d4 ri 0欲在一个半径为a的球上绕线圈使在球内产生均匀场，问线圈应如何绕百度文库45（即求绕线的密度）？解设球内的均匀场为Hi ezH。（r a），球外的场为h2 （r a），如题图所示。根据边界条件，球面上的电流面密度为JS n (H 2 H 1 ) r a

29、er(H 2ezH 0) r aerH2r a e H0sin若令er H 2r a 0，则得到球面上的电流面密度为JS e H0sin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。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 R3丁。（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。建立如题图所示的坐标系，则介质球面上的

30、极化电荷面密度为p P n P er P cos介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为i(0,）为有限值;2(r,0 (r题图i(R,0(十）rR)）；2(R,Pcos因此，可设球内、外电位的通解为i(r,)Ar cos2(r,)Bcos rR2由条件,AR解得Aii(r,于是得到球内的电位Ei故球内的电场为(2)介质球外的电位为2(r,)竺 cos3 or24 R3BiPR3一 r cosoPez3o4 or2r3pcos3P2 cos4 or3 为介质球的体积。故介质球外的电场为其中E(r, )er- e i-r r r可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P3 (er2cose si

31、n )4 orP产生的电场相同。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, )=2q4 0R 4 0Jrr12rr1 cos是点电荷q的电位，in",）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, r a时,(a,由条件，可得in(r,）的通解为in(r,). n

32、1 ,、An rPn (cos )n 0为了确定系数An，利用1 R的球坐标展开式nrTT Pn (cos ) (r n 0 »n吕 R(cos ) (rn 0 ro（r,）在球面上展开为o(a,)na百巳(COS ) r代a n代入条件，有n 01 Fn (cos )naV7 巳(COS )1比较Pn （COS ）的系数，得到2n 1qan 14 0”故得到球外的电位为(r,2n 1an 10 (rr)讨论：将（r,）的第二项与1 R的球坐标展开式比较，可得到Pn(COS )2n 1an 10仲)R(COS )2a ri2r(a2 rjcos此电荷)一根密度为qi、长为2 a的线电

33、荷沿对于r a的点，有3q a a(r, )-3 P2(cos )2 0 r 3r解线电荷产生的电位为aq.4z轴放置，中心在原点上。证明:.2一二dzo a . r z 2rz cos由此可见，（r，）的第二项是位于r a ri的一个点电荷qqari所产生的电位,正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。对于r a的点，有1r2 z2 2rz cos故得到(r,)qi4a ()n-Ppos )dz a r(、n 1R (cos )3a r3 P2(cos3r3 2一个半径为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，如题图所示。证明：空间任意点电位为Q ,1r2311P2

34、(cos )40a2a82Q .1a321P2(cos )4or2r84匸 P4(COS )a(r a)4旦P4(cos )r(r a)解以细导线圆环所在的球面ra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Q2 (cos ) a设球面r条件为：a内、外的电位分别为l（r，）和2（r，），则边界再根据边界条件确定系数。1（0,）为有限值;(cos根据条件和,可得）的通解为i(r, )AnrnPn(cos )n 02(r, )Bnr n1R(cos )n 0（2）代入条件，有AnanBna n 1（3）Zan 1n 0Bn(nn2Pn(

35、cOs20a2 (cOs )将式（4）两端同乘以Pm （cos ）sin(2n 1)QAnnan1 Bn(n 1)an2 T0 (cos)Pn(COs)sin d得，并从0到对进行积分,(2n 1)Q40a2pn（o）(5)n其中由式（3） 代入式（1）和pn（o）An和（5），解得（2），即得到Q14°a21 rP2 (cos2 aQ24 °r21 aP2(cos2 r一个点电荷1 3 5|(n 1)2 4 6厂1.3.5, 川2.4.6, |Qn0aq与无限大导体平面距离为题图qx外力所作的功为WoWe1 Pn (0)BnQa Pn(0)4P4(COS4P4(cosII

36、IIII(r(rd ,如果把它移到无穷远处,a)a)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点p处时，其像电荷q q，与导体平面相距为题图所示。像电荷q在点p处产生的电场为E(x)所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为WedqE(x)drd6dx2q16 0dx的x，如2/q16 0d如题图所示，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q，且正负电荷交错分布，其大小和q4题图q1q,x1 2cos75 y1 2 si n750.3661.366X22 cos1651.366q2q,y2、2 si n1650.366X3、2 c

37、os1951.366q3q,y3.2 sin 1950.366X4、2 cos2850.366q4q,y4、2 sin 2851.366X5、2 cos3151q5q,y5、2 sin 3151（2）占x八、2,y1处电位(2,1, 0)1 q q1q2q3q4q54 0 R RR?R3R4R位置分别为荷的位置和大小；（2）点x 2,y1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(1 0.597 0.292 0.275 0.348 0.477)°q 2.88 109q (V)4

38、o4 o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 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qq，位于导体平面上方为 h处，则小带电体q受到的静百度文库2q4 o(2h)2mg"7题图（b）于是得到q 4h ,0mg 5.9 10 8 C2fe电力为4 o（2h）令fe的大小与重力mg相等，即q -r° h题图（a）0047如题（a ）图所示，在z 0的下半空间是介电常数为

39、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（如题图（b）、（ C）所示）/0q q0 ，位于z h位于z上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即百度文库q q14 0R 4 0R_q4 0r2 (z h)、r2 (z h)2下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q（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，

40、即12 (0)、r2 (z h)2p n R F2O(EizE2Z)z 0) z 0)hq、/2. 2、3 2o)(r h )3极化电荷总电量为qPpdSSP2 rdr0(o)hqr/ 22320 o(r h)dr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。（ i）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 RD32 2、2q (D R)RD成立时,F表现为吸引力。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解（1）导体球上除带有电荷量| Q q题图荷。根据镜像法，像电荷q和q的大小和位置分别为（如题图所示）RDqr2DRq Dq导体球自身所带的电荷 Q则与位