电磁场与电磁波课后习题与答案四章习题解答

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U0,求槽的电位函数。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)根据条件和，电位Uo(x, y)的通解应取为a由条件，有故得到槽的电位分布2U0n sinh( n b a)cosn )4U。n sinh(n b a),n 1,3,5,L0 ,n 2,4,6,L(x, y)4Uon 1,3,5L1nsinh(n b a)n y n x. sinh(-)sin()a a4.2两平行无限大导体平面，距离为b,其间

2、有一极薄的导体片由y题4.1图(x, y)AnSinh(- y)sin(- x)n iaaU0Ansinh( b)sin(n x )n 1aan x两边同乘以sin(U),并从0到a对x积分，得到 a2U0 a , n x、An sin()dxasinh( n b a) 0 ay 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，(0, y) U0y/d 。其中,应用叠加原理，设板间的电位为(x, y)i(x,y)2(x, y)i(x,y)为不存在薄片的平行无限大导体平面间(电压为U。)的电位，即i(x, y) U&#

3、176;y/b；为：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(x,0)(x, y)2(x,b) 00 (x2(0, y) (0,y)U01(0，y)U0U。bU(0y d)根据条件和,可设2(x, y)的通解为2(x, y)Ansin(1yd b3)e 3b(dy b)由条件有U0 n y AnSin()1b U 07yU0Ty(0(dd)b)两边同乘以sin(3),并从0到b对y积分，得到 bdb2U0 y n y 2U 0(1 )sin( )dy b 0 b bb ddysin限dy2U0(n )2 dsin(故得到/、U0 2bUO(x,y)y 20b d

4、 24.3求在上题的解中，除开1 . ,n d、.，n y、2bx-sin( )sin( )e1 n bbUoy/b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按Cf2WeU2解定出边缘电容。在导体板(y0)上，相应于2(x, y)的电荷面密度2 0U0sin(ngejn 1 n b则导体板上(沿z方向单位长)相应的总电荷2 cUcndxq22dx 2 2dx2-sin( )e b dx0oni n db2相应的电场储能为We -q2U02 0bU0-12 sin(n-d)22dn 1 n2b4 0U0b2d n1 n d方siF其边缘电容为 C f解根据题意，电位(0, y)(x, y)满足的

5、边界条件为(a, y) 02We 4 0b1 , n dF 22sin( )U0 d n i n b4.4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，求槽的电位的解。U0 a题4.4图a(x, y) 0(y)(x,0) U0根据条件和，电位(x, y)的通解应取为(x,y)Ane n y asin(nx)n 1a一 .n x .由条件，有U 0Ansin()n 1a一 .，n x. 一两边同乘以sin(n),并从0到a对x积分，得到 aAn2U0 a n xsin()dxa 0 a当1 cosn ) n4U0n0 ,n 1,3,5,Ln 2,4,6,L故得到槽的电位分布为4

6、U01 n ya .川 x、(x,y)-e sin( )n 1,3,5,L na4.5 一长、宽、高分别为 a、b、c的长方体表面保持零电位，体积填充密度为x zy(y b)sin()sin() a c的电荷。求体积的电位 。解在体积，电位 满足泊松方程22x y长方体表面s上，电位满足边界条件一y(y b)sin(一)sin()00。由此设电位的通解为代入泊松方程(mini由此可得由式(2),可得2An"(a4.6(1)(x,y,z)1),可得Amnp(P 1)2mini(R.,m x、.， sin()sin(aAmnp0An1(a)2)22c(x,y,z)如题4.6一 .m x.

7、Amnp sin()sin(1al)sin(右)b c()2cn y p z./丁)sin(三)y(y(m 1 或 P 1)2y(y/ 、2 n y.(c) 皿(k)n yb)sin(v)d yxb)sin()sin(ay(y b)4 / b 3/b(T)(cosn8b2(nT0-) c(2)1)1,3,5,L2,4,6,L8b2""50 n1,3,5,L1.,sin(3 1 2 n 21 2n ()()()a b cx、 / n)sin(- ay)sin() b c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) o求板间的电位函数。解 由于在

8、(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qi表示成电荷面密度 (y) qi (y y°)。电位的边界条件为iya d题4.6图i(x,0)=i(x, a) 02(x,0)= 2(x, a) 0i(x, y)0 (x)2(x, y)0 (x)i(0,y)2(0,y)(21) x 0q(y d)x x0由条件和，可设电位函数的通解为i(x, y)Aenxasin(3)(x 0)n ia2(x,y)Bnenxasin(

9、U(x 0)n 1a由条件，有n yn y(1)(2)(3)(4)Ansin()Bnsin( )n 1a n 1aAn -sin(n-y)Bn -sin(ny)qL (y d)n i a a n i a a0由式(1),可得AnBn将式(2)两边同乘以sin(m),并从0到a对y积分，有 a2qi an y、 2qi . , n d、AnBn 0 (y d)sin( )dy sin( )n 0 0an 0 a由式(3)和(4)解得qi . zn d .AnBnsin( )n 0 a故1(x,y) 1sin(n-d-)e n xasin(ny)(x 0)0 n 1 n aaql1ndn xa n

10、y2(x,y)sin( )e sin( )(x 0)0 n i naa4.7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。求槽的电b Iql*(x0,yo)oa x题4.7图位函数。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0 x xo和xo 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xx°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 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(

11、x,0)= 2(x,b) 0 i(x0, y)2(x0, y)22i、ql /、()x & (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)BnSin(ny)sinh (a x) (x° x a)n 1bb由条件，有An sin(-ny)sinh( n x0)Bn sin(ny)sinh (a x0)(1)n 1bb n 1bbn n y n x0 Ansin( )cosh()nib bbBn -sin(ny) cosh (a x。)" (y y

12、76;)(2)nib bb0由式(1),可得An sinh(n x0) Bnsinhn(a x0) 0(3)bbm y、将式（2）两边同乘以sin（一y）,并从。到b对y积分，有 bAn cosh(n Xo)Bn cosh(a Xo)b2qlbn。2ql n(y- sin( 。由式（3）和（4）解得yo)sin(n y。)dy(4)An2qBnsinh(n a b) n2qlsinh(n a b) n2ql i(x,y)1. . rsinh。1sinh( 。14an x。i nsinh( nab)sin(n y。Xo)sin(n y。)sin(n y。sinh (ax。)bn x n y、 )

13、sinh(v)sin(-)(0x。）2ql2(x, y)"ln x0 sinh(b.ky。nsin()sinh (abbn y x)sin()b(xo x a)若以yy。为界将场空间分割为。yy。和 y。y b两个区域，则可类似地得到2ql 1(x,y)一sinhL(b y。)i naa。n。n 1 nsinh(n a b)2ql2(x, y)"l.x。 sin(a1)sinh( -ny)sin(aU)a(0 yyo)4.8。n 1 nsinh(n b a)n y0sinh( 。) aa如题4.8图所示，在均匀电场 Eon x。nn xsin()sinh(b y)sin()

14、(y。 y b)exE。中垂直于电场方向放置一根无限长导体圆柱,oE。的电位 。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E。作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场感应电荷的电位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 CE°rcosC （常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位 访（，）应与o（r,） 一样按cos变化，而且在无限远处为。由于导体是等位体，所以 （r,）满足的边界条件为y题4.8图(a, ) C(r, )E°r cosC (r )1由此可设

15、(r, )E°rcosAr cos Ci由条件，有E0a cosA1a cos C C于是得到Aia2Eo故圆柱外的电位为 ,、,21、L-(r, ) ( r a r )E0 cos C若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a,) 0,则C 0。2a、e ( 12) E0 sinr导体圆柱外的电场则为1 a2 _E (r, )ereer(1 -2)E0cosr rr00导体圆柱表面的电荷面密度为(r,)0r ar2 0 E0 cos4.9在介电常数为的无限大的介质中,沿z轴方向尹个半径为 a的圆柱形空腔。沿x轴加电场E0与极化电荷的电场 电荷的电位 in(r,)应与2r(r a)(r

16、a)a2 A方向外加一均匀电场 E0 exE。，求空腔和空腔外的电位函数。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、外的电场E为外E p的叠加。外电场的电位为0(r, ) E0XE0r cos而感应0(r,) 一样按cos变化，则空腔、外的电位分别为1(r,)和2(r,)的边界条件为 r 时，2(r, )E°rcos ；r 0时，1(r,)为有限值； r a时，(a, )2(a, ) ,0一1r由条件和，可设1(r, )E0r cosA1r cos12(r, )E0rcosA2r cos1市入条件，有A)a A2a ,0E00 AE0由此解得A-E0,A20a

17、2E02所以i(r,)E0r cos(r a)2(r,)1(-)2E0rcos 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Uo。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求圆柱面部的电位函数。解 由题意可知，圆柱面部的电位函数满足边界条件为 (0,)为有限值;Uo0(b,)“U o3 .20由条件可知，圆柱面部的电位函数的通解为代入条件，有(r,rn(An sin n1Bn cos n )(rb)bn (An sin n Bn cosn )(b,)由此得到An(b,)sin n1bn2Uo sin n02

18、Uo3 2Uo sinn d Uo bnn(1 cosnBn1 bn(b,)cos nJbnn bn0 ,2U0cosn01,3,5,l2,4,6, L3 2U0cosn d 2Uo/ 2U。(r,)n 1,3,5,L4.11 如题4.11图所示，U0bv(s1n1 J、n. n(b) sinnn . 3n一sin 一(1)2 cosn无限长介质圆柱的半径为(1)(rbnb)介电常数为%(r0 a)处，有一与圆柱平行的线电荷 qi ,计算空间各部分的电位。解位 i(r,位为n 1,3,5,Ln 2,4,6,L,在距离轴线在线电荷qi作用下，介质圆柱产生极化， 介质圆柱外的电位(r,)均为线电荷

19、qi)与极化电荷的电位p(r，)的叠加，即 (r, ) i(r, )p(r,)。线电荷qi的电的电i(r,)六lnRr02 2rr0 cos(1)而极化电荷的电位p(r,)满足拉普拉斯方程，且是2(r,)满足的边界条件为分别为 1(0,)为有限值； 2(r, ) i(r, ) (r )的偶函数。介质圆柱外的电位1(r,)和 r a时，12由条件和可知,1(r,)和2(r,)的通解为1(r, ) i(r, )Anrncosn(0 r a)n 12(r, ) i(r, )Bnr ncosnn 1将式(1)(3)带入条件，可得到(a r )nnAna cosn Ba cosn n 1n 1n 1n

20、1(An naBn 0na)cos n (n 1(2)(3)(4) ql0)20In Rr ar(5)当r ro时，将ln R展开为级数，有In Rln ro1 r n ()cosn带入式（5）,得n(An naBnona1)cosn 1由式（4）和（7）,有ro(。内20 roa n 1()cos n1 ro(6)nAnaBnaAn na1Bnona0)ql (_a.)n ororoa ql （由此解得 An -20（故得到圆柱、外的电位分别为o)no) nroBn2nql(o) a/ 一no(o) nro1(r.)ql2-ln0-2 rro 2rro cos2(r.)-q-ln r2 r(

21、2 2rr0 cos2 o 'q(o)2o(o)q(o)2 o(o)1 / r n-()cosn1 n ro1 z a x n-()cosn1 n r°r(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)2 o( o)1 / r n-()cosnn 1 n ro-q-(ln R2 o(o)ln h)q(2 o(o)1 / a n-()cosn)n 1 n rorq(0 (o)o)(lnRln r)其中 R , r2 (a2 r0)2 2r(a2 r0)cosO因此可将1(r,）和2(r,）分别写成为1(r.),Hr20 o2(r.)六1nR12

22、"q(2 o(o)ln ro0)Mln R0由所得结果可知,介质圆柱的电位与位于（r0,0）的线电荷o)q ln r0一 ql的电位相同，而介质0圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于（2a ro, 0)的线电荷ql ；位于(,0) ro的线电荷0ql；位于r 0的线电荷00 -ql o04.12将上题的介质圆柱改为导体圆柱，重新计算。 解 导体圆柱的电位为常数，导体圆柱外的电位应电荷的电位in（r,）的叠加，即 （r,)lql(r,（r,）均为线电荷ql的电位l（r,）与感）in（r,）。线电荷ql的电位为Tn、r2 r； 2rr0 cos0(1)l(r, )/lnR

23、202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,）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,）的通解为将式（1）和（2）带入条件,Anan 0(r,)可得到ncosn将ln JOr022ar0 cos 展开为级数,lna带入式（3）,得Anan 0由此可得Ao故导体圆柱外的电为(r,讨论:利用式（4),i(r,2r0 2ar0 cosncosnn2 oql2"nAnr cosn0(2)ro其中R由此可见,2ql2ln roro 2aro cos1 a n()cosn1 n ro(3)(

24、4)ln ro1 / a 、n i-()cosn n 1 n ro2(-)nror02 2rr0 cos(5)(C2qlql1 / a、nln ro)-()cosn2020 n 1 n ror可将式(6)中的第二项写成为2-()n cosn-q(ln R1 n r°r2 o(a2/ro)22r (a2/ro)cos 。因此可将(r, )-qln R -qln R-q2 o 2 o 2(6)ln r)（r,）写成为-ln r C 虹 ln roo2 o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, 0）的线电荷ql ；位于（a,0）的线电荷 ql ;位于r 0的线电荷

25、ql 。 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Uo； 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 oaUo。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q仍保持不变,导体球仍为等位体。设(r, ) o(r, ) in(r,),其中o(r, )EozEorcos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

26、界条件为r 时，(r,)Eorcos ；题4.14图 r a 时， (a, ) Co,o?dS qs 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 cosA1r 2 cosB(r 1 C1代入条件，可得到A1 a3Eo, B1 aUo, C1 Co Uo3.21Q4 oa右使 Co Uo,可得到 (r, )Eor cosa E°r cos aU°rQ4 orezE0 ,在介质中有一个半径为(2)导体上充电荷 Q时，令Q 4 0aUo,有 Uo利用(1)的结果，得到(r, )Eor cosa3E0r 2 cos4.14如题4.1

27、4图所示，无限大的介质中外加均匀电场Eoa的球形空腔。求空腔、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、外的电场E为外外的电位分别为1(r,)和2(r,加电场Eo与极化电荷的电场 Ep的叠加。设空腔、 条件为2) r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,Eor cosEor cosA1r cos2cos由此解得所以AaA2 a2, oEoEoAi1(r,-E00323Eo2(r,1一 Eor cos0-(-)3Eorcos20 r

28、空腔、外的电场为Eii(r,)E22(r,)Eo-Eo0(2o)Eo(-)3er2cos re sin 空腔表面的极化电荷面密度为n P2 r ao)e.E20) E0 cos4.15如题4.15图所示，空心导体球壳的、外半径分别为3 0(20和2,球的中心放置一个电偶极子p,球壳上的电荷量为 Qo试计算球、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外两个区域，电偶极子p在球壳表面上引起感应电荷分布，但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)2(r)Qer -24 0rQ外表面上的电荷面密度为0rQ2-

29、24 r设球的电位为 i(r,p(r，)in (r,),其中PQ题4.15图p(r,)pcos20r/ p 2 P(cos )4 0r是电偶极子 位。in (r, ap的电位,in (r，)是球壳表面上的感应电荷的电)满足的边界条件为in (0,)为有限值;i(ri, )2(r2),in(ri,)in (ri,)p (ri, Q4 0r2)2(2),所以Jp(cos )4 0i由条件可知in(r, )的通解为in(r,)nAnr Pn(cos )n 0由条件,比较两端Pn(COSAn rin R (COSn 0)的系数，得到Q40r2-pT P (cos )40ri最后得到Ani(r,)0r2

30、(np/3 '402)Qi r_(_3)cos0 rri40r24球壳表面上的感应电荷面密度为ri3p3 cos4 r1感应电荷的总量为? 1dS S3pA 34 r1cos02r1 sin4.16欲在一个半径为 度)a的球上绕线圈使在球产生均匀场，问线圈应如何绕(即求绕线的密?解设球的均匀场为 H1ezH0 (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 H1)eer (H 2 ezH°) rH2r a e H°sin若令erH2r a 0 ,则得到球面上的电流面密度为JS e H0sin这表明球面上

31、的绕线密度正比于sin ,则将在球产生均匀场。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4 R3P产生的电场相同,3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，介质球体不存在极化电荷， 仅在介质球面上有极化电荷面密度，球、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介质球、外的电位P n P erP cosD 1(0,2(r,1(R,1和2满足的边界条件为)为有限值；0 (r )；2(

32、R,)0(r因此，可设球、外电位的通解为")r R Pcos由条件，有解得1(r,2(r,AR) A1r cos且R2PB1PR33于是得到球的电位1(r,Pr cos3 0故球的电场为E1Pez3；(2)介质球外的电位为PR32。，)2 cos3 0r24 0r24 R3P cosp2 cos4 0r-4 R3 . 一 . 其中 为介质球的体积。故介质球外的电场为3E22(r，) e3 (er 2cose sin )0r可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子4.18半径为a的接地导体球，离球心 分离变量法求电位分布。产生的电场相同。ri (na)处放置一个点电荷q ,如题4.18

33、图所示。用解 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,)0(r,)in(r,),其中qq4 0R 4 0 ：1r2 r122rr1 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,)满足的边界条件为由条件，可得时, a时， in(r，)(r, )0；(a, ) 0。的通解为in(r，为了确定系数An,利用,) Arn1Pn(cosn 01/R的球坐标展开式nrF Pn (cos 0 r1nr1

34、-V7 Pn (cos 0 r)(r)(r将o(r,)在球面上展开为o(a,)代入条件，有Anan 0n 1Pl (cos )比较Pn (cos )的系数，得到An1)r1)naFP/cos )0 r1q40 n2n 1qanaZiP/cos ) r1n 1 0r1题4.18图故得到球外的电位为(r，) 之2n 1annpn(cos )0 (rr )1FPn(COS )r2 (a2 ri)2 2r(a2 ri)cosP(r4.19 一根密度为qi、长为 上。证明：对于r a的点，有2a的线电荷沿z轴放置，中心在原点(,)线电荷产生的电位为3 a 3r3P2(cos )5aP4 (cos ) L

35、5r(r,)qi401 dzRqidz2rz cos讨论：将 (r,)的第二项与1/R的球坐标展开式比较，可得到2nan 0(r1r)由此可见，(r,)的第二项是位于ra2/ri的一个点电荷qqa/n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。题 4.20图题4.19图2rz cosFn(cosa的点,故得到(r,)qi(z)nn 1rP(cos)dzqi1n(a)n 1rPn(cosqi4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与如题4.20图所示。证明:空间任意点电位为3r3P2(cos5r5P4 (cosxy平面重合，中心在原点上,环上总电荷量为Q,Q14 oa2P2 (co

36、s4P4(cos(r a)4 orP2(cosP4 (cos(r a)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Q 2 a2 再根据边界条件确定系数。(coscos)Q 谓 (cos )ao设球面r a、外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则边界条件为：1(0,)为有限值；2(r, )0 (r )1(a, )2(a,),Q 二 (cos )根据条件和，可得1(r,）和2（r,）的通解为代入条件，有将式其中由式（3）代入式（4.21解1(r,2(r,AnanAnnan 0（4）两端同乘以Annan1

37、 Bn(n0P,(。)(和（5）,解得AnrnPn(cos )0Bnr n1Pn(cos )0Bna n1Bn(n 1)an2Pn(cosPm (cosn 21)an 2 11)-(1)(2)(3)1）和（2）,即得到Q14 0aQ24 0r一个点电荷Q2 (cos )2 0 a(4)sin ，并从0到(2n 1)Q/(cos4 0a0(2n 1)Q4 0aP1(0)进行积分,)Pn(cos )sin1,3,5,L(5)3 5L (n 1)2 4 6L nQn4 0a1 Pn (0)Bn2,4,6,LQanPn(0)2P2 (cos2P2(cosq与无限大导体平面距离为4P4(cos4F4 (

38、cos(r a)(r a)rd ,如果把它移到无穷远处，需要作多少功?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处产生的电场为E (x)题4.21图x ,如题4.21图所示。像电荷q在点Pex4 0(2x)2所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为W d qE (x) dr d dd外力所作的功为WoWe2q-dx4 0(2x)22q2q16 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

39、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q ,且正负电荷交错分布，其大为半径的圆周上，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qiq,q2q,q3q,q4q,qsq,(2)点X 2, y(2, 1,0)XiyiX2y2X3y3X4V4X5V5.2 cos75.2sin 752 cos165,2sin1652 cos195.2sin195,2 cos2852 sin 2852 2 cos3152 sin 3151处电位-(100.5974.23 一个电荷量为0.3661.3661.3660.3661.3660.3660.3661.366q1q2R1R2q3q4

40、q5R30.292 0.275q、质量为m的小带电体,R4R50.348 0.477)yq1q (2,1,0) (1,10)60:一0/一q4题 4.22图0.321二 q放置在无限大导体平面下方,ho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 3kg2.88 109q (V)与平面相距为,h 0.02m）。解 将小带电体视为点电荷 q 作用力。根据镜像法可知，镜像电荷为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 0(2h)2令fe的大小与重力mg相等，即4 0(2h)2mg于是得到q 4h om

41、g 5.9 10 8 C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 0 q ,位于 z h0上半空间的电位由点电荷0-q，0位于z hq和镜像电荷q共同产生，即题 4.25图q q q1014

42、76;R 4 °R 二r2 (z h)2° .?(z h)2下半空间的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即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 R P2 z0极化电荷总电量为0(E1z E2z) z 00(1) z 0 zq12 (。)，2 (z h)2(0)hq2 (0)(r2 h2)32qPPdS P2 rdrS0(0)hqr0 0(r2 h2)32(0)q04.25 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QQRD3R同号，且 Q -22方 一成立时，F表现为吸引力。q （D2 R2）2 D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Dq，RDq，Fq q Fq q Fq qqq4 0(D d )2q(