《电磁场与电磁波基础》刘岚_课后考试考试解答(第五章)

1、习题及参考答案5.1 一个点电荷Q与无穷大导体平面相距为d,如果把它移动到无穷远处，需要作多少功？ 解：用镜像法计算。导体面上的感应电荷的影响用镜像电荷来代替, 镜像电荷的大小为-Q，位于和原电荷对称的位置。当电荷 Q离导体 板的距离为x时，电荷Q受到的静电力为-Q2F =24 二；0(2x)静电力为引力，要将其移动到无穷远处，必须加一个和静电力相反的 外力24 二;(2x)0在移动过程中，外力f所作的功为fdx = dQ216二 qX2dx =Q216 二；d0当用外力将电荷Q移动到无穷远处时，同时也要将镜像电荷移动 到无穷远处，所以，在整个过程中，外力作的总功为 q2/8_0d。也可以用静

2、电能计算。在移动以前，系统的静电能等于两个点电 荷之间的相互作用能：-Q4二；(2d)01(-Q)4二；(2d)0Q2& ； d0移动点电荷Q到无穷远处以后，系统的静电能为零。因此，在这y-q/q /d a1 r）处，/ x q q即外力作功为q2 /8二；0d5-1）,求出所有镜像电荷图5-1RqQ D2DDRq(D-R )个过程中，外力作功等于系统静电能的增量, 5. 2 一个点电荷放在直角导体内部（如图 的位置和大小。解：需要加三个镜像电荷代替导体面上的感应电荷。在（-a, d） 处，镜像电荷为-q，在 （错误！链接无效 镜像电荷为4，在（a，-d）处，镜 像电荷为-q。5. 3

3、证明：一个点电荷q和一个带有电 荷Q、半径为R的导体球之间的作用力为其中D是q到球心的距离（D >R）。证明：使用镜像法分析。由于导体球不接地，本身又带电 Q，必须在 导体球内加上两个镜像电荷来等效导体球对球外的影响。 在距离球心 b=R2/D处，镜像电荷为 q / = -Rq/D ;在球心处，镜像电荷为q =Q-q:Q Rq/D。点电荷q受导体球的作用力就等于球内两个镜2像电荷对q的作用力，即qQ+Rq_RqF Lf坐葺D4 0 D2 (D -b)24 0 D2 (D _ R2)2D 延长线上，分别距离球心 D和-D。DRq2 2 2 (D R )5. 4两个点电荷+Q和-Q位于一个半

4、径为a的接地导体球的直径的（1）证明：镜像电荷构成一电偶极子，位于球心，偶极矩为2a3Q/D2（2） 令Q和D分别趋于无穷，同时保持 Q/D2不变，计算球外的电 场。解：（1）使用导体球面的镜像法叠加原理分析。在球内应该加上两个 镜像电荷：一个是 Q在球面上的镜像电荷，qi = -aQ/D，距离球心 b=a2/D ;第二个是-Q在球面上的镜像电荷，q2= aQ/D，距离球心 bi =-a2/D。当距离较大时，镜像电荷间的距离很小，等效为一个电偶 极子，电偶极矩为-2a3Qp呻-叩一D2（2）球外任意点的电场等于四个点电荷产生的电场的叠加。设+Q和-Q位于坐标z轴上，当Q和D分别趋于无穷，同时保

5、持Q/D2不变时， 由+Q和-Q在空间产生的电场相当于均匀平板电容器的电场，是一个均匀场。均匀场的大小为2Q/4：;0D2，方向在-ez。由镜像电荷产生的 电场可以由电偶极子的公式计算：匕（er2如弋0'-2a3Q4 二；°r3D2(er 2cos8 + e& sin 日)5. 5接地无限大导体平板上有一个半径为 a的半球形突起，在点（0,0, d）处有一个点电荷q （如图5-5）,求导体上方的电位。z、d q-b -pv-d q1图5-5解：计算导体上方的电位时，要保持 导体平板部分和半球部分的电位都为 零。先找平面导体的镜像电荷 qi = -q， 位于（0，0，-

6、d）处。再找球面镜像 电荷 q2 = -aq/d，位于（0，0，b）处， b= a2/d。当叠加这两个镜像电荷和原电 荷共同产生的电位时，在导体平面上和 球面上都不为零，应当在球内再加上一个镜像电荷 q 3二aq/d,位于（0，0，-b）处。这时，三个镜像电荷和原电荷共同产生的电位在导体平 面和球面上都为零。而且三个镜像电荷在要计算的区域以外。导体上方的电位为四个点电荷的叠加，即q q q，亠(S _! Z)4兀 e R r r r0123其中2 2 2 12R =x y (z - d) 22229r 二x y (z d) 2 12229r =x y (z -b) 2 2r x2 y2 - (

7、z - b)2 2 35. 6求截面为矩形的无限长区域（0<x<a，0<y<b）的电位，其 四壁的电位为:(a, y)=b-:y b2解：由边界条件(x,0) =(x,b)=0知，方程的基本解在y方向应该:(0, y) 0U0yJ byU (1)0 b为周期函数，且仅仅取正弦函数,Y = sin k ynn(knn 二b)在x方向，考虑到是有限区域，选取双曲正弦和双曲余弦函数，使用 边界条件:(0, y)0，得出仅仅选取双曲正弦函数，即n 二=sh一 xb将基本解进行线性组合,QO= zn 二 1nxC sh -n bsin bnx n x待定常数由x=a处的边界条件确

8、定,(a , y)二、 C sh sin n=1 n bb使用正弦函数的正交归一性质，有bC sh2 n0 (a,y) si门十 dy協干亦罟d厂半(卫)2 sin 必-卫 y cosbn兀bU0b2()sinbn二2b22n 二n 二cos 2b U0Y)b dyubn 二ycos(卫)2sin n 二b n 二y y cos n 二bb bcos n 二sin -2 b nnb /二 _U -(coscos 0 n二U0 b 2nn)()2亠2 bU .0 b b n 二cosb n二 22化简以后得b -C2n 二abn 二ysh0 (a, y) sin dy = 2Un bbbsin0

9、n2 二2求出系数，代入电位表达式，得味 4U sin忙v02 nny , nJixsin sh n1 “2仃2 . nabbn =1 n . sinb5.7 个截面如图5-7所示的长槽，向y方向无限延伸,两则的电位是零，槽内yx,0,底部的电位为y彳求槽内的电位。解：由于在x=0和x=a两个边界的© =0© =0电位为零，故在x方向选取周期解，且仅仅取正弦函数，即© =U1>:(x,0)= UxaX = sin k x (k nn n图5-7在y方向，区域包含无穷远处，故选取指数函数，在 yX时，电位趋于零，所以选取由基本解的叠加构成电位的表示式为由基本解

10、的叠加构成电位的表示式为nyL C sin业e a n =1 n aaU0 (1 - cos n 二)待定系数由y=0的边界条件确定。在电位表示式中，令 y=0，得C 旦=0*U sin dx = n 20 0 a当n为奇数时，c二4U0当n为偶数时,C = 0。最后，电位的解0oOzn =1,3,54U 0 . sinnya5. 7若上题的底部的电位为:(x,0)Usin0重新求槽内的电位。解：同上题，在X方向选取正弦函数，即n 二、)，在yn n a方向选取Y = en-k yn。由基本解的叠加构成电位的表示式为nyQO=' C sin en = 1 n a将y=0的电位代入，得U

11、 sin3X0 an =1 nn rxa应用正弦级数展开的唯一性，可以得到 n=3时，C二C，其余系数3 0C =0,所以05. 9 一个矩形导体槽由两部分构成，如图5-9所示，两个导体板的电位分别是U0和零，求槽内的电位。 解：将原问题的电位看成是两个电 位的叠加。一个电位与平行板电容 器的电位相同（上板电位为 U0，下 板电位为零），另一个电位为U，即U=0 y Uay .© =10aa2© =U0图5-9其中，U满足拉普拉斯方程，其边界条件为y=0 , U=0y=a , U=0x=0 时,U =(0, y)U0yU0yU0yx-K时，电位U应该趋于零。U的形式解为n:

12、xU 二 ' C sin n =1 n a待定系数用x=0的条件确定ZU (0,y) unn yC sina -CqU (0, y) sidy a-U y0. n 二 ysin dy aa-U0a(a 2 . n 二y )sin n 二aan 二yn 二2n 二n 二cos2-y)si nEdyUa a0an 二-cos )2U0(ycFaa-Ucos n 二0 n二a 2()2 sina n二2U0 aa cosn二a n 二a a n 二 cos n 二 22化简以后，得到qU (0, y) sindy =cos只有偶数项的系数不为零。将系数求出，代入电位的表达式，得U- 2U一0

13、y0_ssinn y - n 二xycos sinea n =2,4, n 二 2 a a5. 10将一个半径为a的无限长导体管平分成两半，两部分之间互 相绝缘，上半（0 n）接电压Uo，下半（n 2 n ）电位为零，如图5-10,求管内的电位解：圆柱坐标的通解为QO(r, )(A B )(C ln r D )二 rn (A cosn B sin n ) 0000 n = 1 nQOx亠二 r-n （C cosn：；亠 D sin n ） n =1nn通解中不能有Inr和r-n项，即有由于柱内电位在r=0点为有限值，柱内电位是角度的周期函数，A°=0。C =0, D =0, C =0

14、(n =1,2,) nn 0因此，该题的通解取为cd（r, ） = B D 亠 二 rn （A cosnB sin n ）0 0 n = nn各项系数用r=a处的边界条件来定。QO® (a, 0) = B D + bn (A cosn© + B sin n©) = * 0 0 n = nn2 :anAnJI二 0(a, ) cos d 二 0n a Bn柱内的电位为1U00(a, ) sin d =(1 - cosn二)4 2U CO 4 =_UQ -()n sin n20 二 n =1,3,5 n a5. 11半径为无穷长的圆柱面上，有密度为，八 cos，的面电

15、荷,s S0求圆柱面内、外的电位。解：由于面电荷是余弦分布，所以柱内、外的电位也是角度的偶函数。柱外的电位不应有 <n项。柱内、外的电位也不应有对数项，且是角 度的周期函数。故柱内电位选为cdA 亠二 rn A cos n 10 n =1 n柱外电位选为oO二 CrnC cosn20 n = 1n假定无穷远处的电位为零，定出系数 C = 00在界面r=a上，w = w1 2砂一；21 _ - cos0 ：r0；:rs0即QOQOAzanAcos n 二' a_nCcosn0n =1 1nn =1n0QOna _ n - 1C cos n；znan-1A cosn-cos°

16、;n =1n0n =1ns0解之得Pa2?A =0,A -s0,Cs0012 ；12 ；0A 二0,C 二0(n1)nn最后的电位为f Pr : as0 r cos ,20a2s0 cos , 2； r05. 12将一个半径为a的导体球置于均匀电场 Eo中，求球外的电位、 电场。图 5-12解：采用球坐标求解。设均匀电场沿 正z方向，并设原点为电位零点（如 图5-12）。因球面是等位面，所以在 r=a处，© =0;在r处，电位应是 ©二-EorcosB。球坐标中电位通解具 有如下形式：n n 1:(r,巧=、 (Ar B r )P (cos"n =0 nnn用无穷

17、远处的边界条件 s及©二-E°rcos 0，得至U,A二-E°,其余 A=0。再使用球面上（r=a）的边界条件:_ n - 1(aj) -E a cos：' B a P (cosj = 00n=0 nn上式可以改写为.n - 1E acos' B a P （cosR0n =0 nn因为勒让德多项式是完备的，即将任意的函数展开成勒让德多项式的系数是惟一的，比较上式左右两边，并注意P (COST) = COST，得1E a二B 2，即B二E a3,其余的B =0。故导体球外电位为0110na3r3电场强度为fP.:r=E (102a3z轴，柱外为空气，

18、如图5-13 ,图 5-13二E (1 一 jr：-0 r35. 13将半径为a、介电常数为£的无限长介质圆柱放置于均匀电 场E0中，设Ed沿x方向，柱的轴沿求任意点的电位、电场。解：选取原点为电位参考点，用1表示柱内电位，表示柱外电位。2在r处，电位因几何结构和场分布关于y=0平面对称，故电位表示式中不应有的正弦项。令0A 一 二(A rn B r n)cosn1 0 n 才 nnoOC 亠二(C r n Dr n) cos n2 0 n 勺 nn因在原点处电位为零，定出Ao=0, B=0。用无穷远处边界条件r及二-E°rcos，定出G=-Eo，其余C0=O。这样，柱内、

19、外电位简化 2为QOA rn cosn1 n =1 nOQC r c o S ' Dr cos21n =1再用介质柱和空气界面r=a）的边界条件八及；1 220 汀oocoZ A an cosn$ =-E a cos* + Z0n =1 nD a 一 n cos n；nA an 一1 cosn 二 n:nD a_ n 一1 cosn 0 n比较左右n=1的系数，得Ea200a2解之得，D1E a20比较系数方程左右n>1的各项，得DDA n=0,；An=0n a2nn 0 a2n由此解出A =D =0。最终得到圆柱内、外的电位分别是n n2 ;-E r cos'1 0 ；0-Er cos E 220 cos '0r02 ；E亠： 00cos er20sin e2E =二 E cos (1 Je220亠：2 r0 ra2)er20 r5. 14在均匀电场中，设置一个半径为a的介质球，若电场的方向沿电场强度分别为z轴，求介质球内、外