《电磁场与电磁波》第4版(谢处方 编)课后习题答案 四章习题解答

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0U ，求槽内的电位函数。

解 根据题意，电位(,)x y ϕ满足的边界条件为
① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,0)0x ϕ=
③ 0(,)x b U ϕ=
根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为
1
(,)sinh(
)sin()n n n y n x
x y A a a
ππϕ∞
==∑ 由条件③，有
01
sinh(
)sin()n n n b n x U A a a
ππ∞
==∑ 两边同乘以sin(
)n x
a
π，并从0到a 对x 积分，得到 00
2sin()d sinh()a
n U n x
A x a n b a a ππ==⎰
2(1cos )sinh()
U n n n b a πππ-=
04,1,3,5,sinh()02,4,6,U n n n b a n ππ⎧
=⎪
⎨⎪=
⎩
，
故得到槽内的电位分布 0
1,3,5,
41(,)sinh()sin()sinh()n U n y n x
x y n n b a a a
ππϕπ
π==
∑
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d y =到
b y =)(∞<<-∞x 。

上板和薄片保持电位0U ，下板保持零电位，求板间电位的解。

设在薄片
平面上，从0=y 到d y =，电位线性变化，0(0,)y U y d ϕ=。

解 应用叠加原理，设板间的电位为
(,)x y ϕ=12(,)(,)x y x y ϕϕ+
其中，1(,)x y ϕ为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为
0U ）的电位，即10(,)x y U y b ϕ=；2(,)x y ϕ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 22(,0)(,)0x x b ϕϕ==
②
2(,)0()x y x ϕ=→∞
③
a
题4.1图
题 4.2图
002100(0)(0,)(0,)(0,)()U U y y d b
y y y U U y y d y b d
b ϕϕϕ⎧-≤≤⎪⎪=-=⎨⎪-≤≤⎪⎩
根据条件①和②，可设2(,)x y ϕ的通解为 21
(,)sin()e n x b n n n y x y A b ππϕ∞-==∑ 由条件③有 00100(0)sin(
)()n n U U y y d n y b
A U U b y y d y b d
b π∞
=⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-≤≤⎪⎩∑ 两边同乘以sin()n y
b π，并从0到b 对y 积分，得到 0002211(1)sin()d ()sin()d d b
n d
U U y n y n y A y y y b b b b d b b ππ=-+-=⎰⎰022sin()()U b n d n d b ππ 故得到 (,)x y ϕ=00
2
2
121sin()sin()e n x b
n U bU n d n y y b d n
b b π
πππ∞
-=+
∑ 4.3 求在上题的解中，除开0U y b 一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。

并按20
2U W
C e f =定出边缘电容。

解 在导体板（0=y ）上，相应于2(,)x y ϕ的电荷面密度
002
200
121sin()e n x b
y n U n d y
d n b
πεϕ
πσεπ∞-==∂=-=-∂∑ 则导体板上（沿z 方向单位长）相应的总电荷
2220
d 2d q x x σσ∞
∞
-∞===⎰⎰001022sin()e d n x b n U n d x n d b π
εππ∞∞
-=-=∑⎰0022
141sin()n U b n d
d n b εππ∞=-∑ 相应的电场储能为 2002022
121
1sin()2e n bU n d
W q U d n
b εππ∞
===-
∑ 其边缘电容为 022210241sin()e f n W b n d
C U d n b
εππ∞===∑
4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位0U ，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 ϕ满足的边界条件为
① (0,)(,)0y a y ϕϕ== ② (,)0()x y y ϕ→→∞
③ 0(,0)x U ϕ=
根据条件①和②，电位(,)x y ϕ的通解应取为
题4.4图
a
1(,)sin(
)n n n y a n x
x y A e a
ππϕ∞
-==∑ 由条件③，有 01
sin(
)n n n x
U A a
π∞
==∑ 两边同乘以sin(
)n x
a
π，并从0到a 对x 积分，得到 002sin()d a
n U n x A x a a π==⎰02(1cos )U n n ππ-=04,1,3,5,02,4,6,
U n n n π⎧=⎪
⎨
⎪=
⎩， 故得到槽内的电位分布为 01,3,5,41(,)sin()n y a n U n x
x y e n a
ππϕπ-==∑ 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
()sin()sin()x z
y y b a c
ππρ=-
的电荷。

求体积内的电位ϕ。

解 在体积内，电位ϕ满足泊松方程
22222201()sin()sin()x z
y y b x y z a c
ϕϕϕππε∂∂∂++=--∂∂∂ （1） 长方体表面S 上，电位ϕ满足边界条件0S
ϕ
=。

由此设电位ϕ的通解为
111
1
(,,)sin(
)sin()sin()mnp m n p m x n y p z
x y z A a b c
πππϕε∞∞∞
====
∑∑∑ 代入泊松方程（1），可得
222111
[(
)()()]mnp m n p m n p A a b c πππ
∞
∞
∞
===++⨯∑∑∑ sin()sin()sin()m x n y p z a b c πππ=()sin()sin()x z y y b a c
ππ-
由此可得
0mnp A = (1m ≠或1)p ≠
22211
1
[()()()]sin()n p n n y A a b c b ππππ∞
=++=∑()y y b - （2） 由式（2），可得
2
221102[()()()]()sin()d b
n n n y A y y b y a b c b b π
πππ++=-=⎰34()(cos 1)b
n b n ππ
-=
2
381,3,5,()02,4,6,
b n n n π⎧-=⎪⎨⎪=
⎩
故 2
532221,3,5,081(,,)sin()sin()sin()11[()()()]n b x n y z
x y z n a b c n a b c
πππϕπε∞
==-
++∑
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l q ，其位置为),0(d 。

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l q ，以0x =为界将场空间分割为0x >和
0x <两个区域，则这两个区域中的电位1(,)x y ϕ和2(,)x y ϕ都满足拉普拉斯方程。

而在0x =的分界面上，可利用δ函数将线电荷l q 表示成电荷面密度0()()l y q y y σδ=-。

电位的边界条件为
① 11(,0)(,)0x x a ϕϕ==
22(,0)(,)0x x a ϕϕ== ② 1(,)0x y ϕ→()x →∞
2(,)0x y ϕ→()x →-∞ ③ 12(0,)(0,)y y ϕϕ=
2100
()()l x q y d x x ϕϕ
δε=∂∂-=--∂∂ 由条件①和②，可设电位函数的通解为
11
(,)sin(
)n n n x a n y
x y A e a
ππϕ∞
=-=∑ (0)x > 21
(,)sin(
)n n n x n y
x y B e a
ππϕ∞
==∑ (0)x < 由条件③，有
1sin()n n n y A a π∞
==∑1sin()n n n y B a π∞
=∑ （1） 1sin()n n n n y A a a ππ∞=--∑1
sin()n n n n y
B a a ππ∞
=∑ 0()l q y d δε=- （2）
由式（1），可得
n n A B = （3）
将式（2）两边同乘以sin(
)m y
a π，并从0到a 对y 积分，有 n n A B +002()sin()d a l q n y y d y n a πδπε=
-=⎰02sin()l q n d
n a
ππε （4） 由式（3）和（4）解得 0
sin(
)l n n q n d
A B n a
ππε== 故 1101(,)sin()sin()l
n n x a q n d n y x y e n a a πππϕπε∞
=-=
∑
(0)x >
题 4.6图
2101(,)sin()sin()l
n n x a q n d n y x y e n a a πππϕπε∞
==
∑ (0)x < 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l q 。

求槽内的
电位函数。

解 由于在),(00y x 处有一与z 轴平行的线电荷l q ，以0x x =为界将场空间分割为00x x <<和0x x a <<两个区域，则这两个区域中的电位1(,)x y ϕ和2(,)x y ϕ都满足拉普拉斯方程。

而在0x x =的分界面上，可利用
δ函数将线电荷l q 表示成电荷面密度
0()()l y q y y σδ=-，电位的边界条件为
① 1(0,)0y =ϕ，2(,)0a y ϕ= ② 11(,0)(,)0x x b =ϕϕ= 22(,0)(,)0x x b =ϕϕ= ③ 1020(,)(,)x y x y ϕϕ=
21
00
(
)()l
x x q y y x x
ϕϕδε=∂∂-=-
-∂∂
由条件①和②，可设电位函数的通解为
11
(,)sin(
)sinh()n n n y n x
x y A b b ππϕ∞
==∑ )0(0x x << 2(,)x y ϕ=1
sin()sinh[()]n n n y n B a x b b ππ
∞
=-∑ )(0a x x << 由条件③，有
0011
sin()sinh()sin()sinh[()]n n n n n x n y n y n A B a x b b b b ππππ
∞
∞===-∑∑ （1） 01
sin()cosh()n
n n x n n y
A b b b πππ∞
=-∑ 0
1sin()cosh[()]n n n n y n B a x b b b πππ
∞
=-∑ )(00
y y q l -δε= （2） 由式（1），可得
00sinh(
)sinh[()]0n n n x n A B a x b b ππ
--= （3） 将式（2）两边同乘以sin()m y
b
π，并从0到b 对y 积分，有 )](cosh[)cosh(00x a b n B b x n A n n -π+π000
2()sin()d b l q n y y y y n b πδπε=-=⎰ 0
02sin()l q n y n b
ππε （4） 由式（3）和（4）解得
题4.7图
00021sinh[()]sin()sinh()l n q n y n A a x n a n b b
ππ
ππε=
-
00021
sinh()sin()sinh()l n q n x n y B n a n b b
ππππε=
故 101021(,)sinh[()]sinh()l
n q n x y a x n n a b b
π
ϕπεπ∞
==
-∑ 0sin()sinh()sin()n y n x n y b b b
πππ⋅ )0(0x x <<
021021
(,)sinh()sinh()l n q n x x y n n a b b
πϕπεπ∞==∑ 0sin()sinh[()]sin()n y n n y a x b b b
πππ⋅- )(0a x x <<
若以0y y =为界将场空间分割为00y y <<和0y y b <<两个区域，则可类似地得到
101021(,)sinh[()]sinh()l
n q n x y b y n n b a a
π
ϕπεπ∞
==
-∑ 0sin()sinh()sin()n x n y n x a a a
πππ⋅ 0(0)y y <<
021021
(,)sinh()sinh()l n q n y x y n n b a a
πϕπεπ∞==∑ 0sin()sinh[()]sin()n x n n x b y a a a
πππ⋅- 0()y y b <<
4.8 如题4.8图所示，在均匀电场00x E E e =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ϕ和电场E 以及导体表面的感应电荷密度σ。

解 在外电场0E 作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场0E 的电位0ϕ与感应电荷的电位in ϕ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000(,)cos r E x C E r C ϕφφ=-+=-+（常数C 的值由参考点确定），而感应电荷的电位(,)in r ϕφ应与0(,)r ϕφ一样按cos φ变化，而且在无限远处为0。

由于导体是等位体，所以(,)r ϕφ满足的边界条件为
① (,)a C ϕφ=
② 0(,)cos ()r E r C r ϕφφ→-+→∞
由此可设 1
01(,)cos cos r E r A r C ϕφφφ-=-++
由条件①，有 1
01cos cos E a A a C C φφ--++=
于是得到 02
1E a A = 故圆柱外的电位为
210(,)()cos r r a r E C ϕφφ-=-++
若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(,)0a ϕφ=，则0=C 。

导体圆柱外的电场则为
E
题4.8图
1(,)r r r r E e e φϕϕϕφφ∂∂=-∇=--=∂∂220022(1)cos (1)sin r a a E E r r
e e φφφ-++-+
导体圆柱表面的电荷面密度为 000(,)
2cos r a r E r
ϕφσεεφ=∂=-=∂
4.9 在介电常数为ε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00x E E e =，求空腔内和空腔外的电位函数。

解 在电场0E 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0E 与极化电荷的电场p E 的叠加。

外电场的电位为000(,)cos r E x E r ϕφφ=-=-而感应电荷的电位(,)in r ϕφ应与0(,)r ϕφ一样按cos φ变化，则空腔内、外的电位分别为1(,)r ϕφ和
2(,)r ϕφ的边界条件为
① ∞→r 时，20(,)cos r E r ϕφφ→-； ② 0=r 时，1(,)r ϕφ为有限值；
③ a r =时， 12(,)(,)a a ϕφϕφ=，120
r r
ϕϕ
εε∂∂=∂∂ 由条件①和②，可设
101(,)cos cos r E r A r ϕφφφ=-+ ()r a ≤
1202(,)cos cos r E r A r ϕφφφ-=-+ ()r a ≥
带入条件③，有 1
12A a A a -=，2
000102E A E a A εεεε--+=--
由此解得 0
100
A E εεεε-=-
+， 20200A a E εεεε-=-
+ 所以 1
00
2(,)cos r E r ε
ϕφφεε=-+ ()r a ≤ 2
0200(,)[1()]cos a r E r r
εεϕφφεε-=-++ ()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0U 和0U -。

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 (0,)ϕφ为有限值；
② 0002
02(,)320
322U b U φππφπ
ϕφπφππφπ
<<⎧⎪<<⎪
=⎨
-<<⎪⎪<<⎩；
由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为
1
(,)(sin cos )n n n n r r A n B n ϕφφφ∞
==+∑ ()r b ≤
-题4.10图
代入条件②，有 1
(sin cos )(,)n
n n n b
A n
B n b φφϕφ∞
=+=∑
由此得到
20
1(,)sin d n n
A b n b π
ϕφφφπ
==⎰2
32
0001
[sin d sin d ]n
U n U n b πππ
φφφφπ-=
⎰⎰
(1cos )n
U n b n ππ
-=0
2,1,3,5,02,4,6,
n
U n n b n π⎧=⎪⎨⎪=
⎩，
20
1
(,)cos d n n
B b n b π
ϕφφφπ
==⎰2
32
1
[cos d cos d ]n
U
n U n b πππ
φφφφπ-
=⎰⎰
03(sin sin )22n U n n b n πππ-=3
2
2(1),1,3,5,02,4,6,
n n
U n n b n π+⎧-=⎪⎨⎪=
⎩
，
故 3
21,3,5,21(,)()[sin (1)cos ]n n
n U r r n n n b
ϕφφφπ+∞
==+-∑ ()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ε，在距离轴线)(00a r r >处，有一与圆柱平行的线电荷l q ，计算空间各部分的电位。

解 在线电荷l q 作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位(,)r ϕφ均为线电荷l q 的电位(,)l r ϕφ与极化电荷的电位(,)p r ϕφ的叠加，即(,)(,)(,)l p r r r ϕφϕφϕφ=+。

线电荷l q 的
电位为
(,)ln ln 22l l l q q r R ϕφπεπε=-
=-
（1）
而极化电荷的电位(,)p r ϕφ满足拉普拉斯方程，且是φ的偶函数。

介质圆柱内外的电位1(,)r ϕφ和2(,)r ϕφ满足的边界条件为分别为
① 1(0,)ϕφ为有限值；
② 2(,)(,)()l r r r ϕφϕφ→→∞
③ a r =时，12120,
r r
ϕϕ
ϕϕε
ε∂∂==∂∂ 由条件①和②可知，1(,)r ϕφ和2(,)r ϕφ的通解为
11
(,)(,)cos n l n n r r A r n ϕφϕφφ
∞
==+∑
(0)r a ≤≤ （2）
21
(,)(,)cos n l n n r r B r n ϕφϕφφ∞
-==+∑ ()a r ≤<∞ （3）
将式（1）～（3）带入条件③，可得到
1
1
cos cos n
n n
n n n A a
n B a n φφ∞
∞
-===∑∑ （4）
题4.11图
11001
0ln ()cos ()
2n n l n n r a
n q R A na B na n r
εεφεεπε∞
---==∂+=-∂∑ （5）
当0r r <时，将R ln 展开为级数，有 01
01ln ln ()cos n
n r R r n n r φ∞
==-∑ （6） 带入式（5），得
1
1
1
001
100
()()cos ()cos 2n n n l
n n n n q a A na
B na
n n r r εεεεφφπε∞
∞
----==-+=-
∑∑ （7） 由式（4）和（7），有 n
n n n a B a A -=
111
00000
()()2n n n l n n q a A na B na r r εεεεπε-----+=-
由此解得 0000()12()l n n q A nr εεπεεε-=-+， 20000
()2()n
l n n
q a B nr εεπεεε-=-+ 故得到圆柱内、外的电位分别为
10(,)2l
q r ϕφπε=-01000
()1()cos 2()n
l n q r n n r εεφπεεε∞=-+∑ （8）
20(,)ln 2l
q r ϕφπε=-201000()1()cos 2()n
l n q a n n r r
εεφπεεε∞=-+∑ （9） 讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为
000100000()()
1()cos (ln ln )2()2()
n l l n q q r n R r n r εεεεφπεεεπεεε∞=---=-++∑ 200100000()()1()cos (ln ln )2()2()
n l l n q q a n R r n r r εεεεφπεεεπεεε∞=--'-=-++∑
其中R '=
1(,)r ϕφ和2(,)r ϕφ分别写成为
001000002()
1
(,)ln ln 22()l l q q r R r εεεϕφπεεεπεεε-=-
-++
00200000
()()11(,)ln ln ln 222l
l l
q q q r R R r εεεεϕφπεπεεεπεεε---'=-
-
-++
由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（,0r 0）的线电荷
02l
q εεε+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：位于（,0r 0）的线电荷l q ；位于)0,(0
2
r a 的线电荷00l q εεεε--+；位于0=r 的线电荷00
l q εεεε-+。

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(,)r ϕφ均为线电荷l q 的电位(,)l r ϕφ与
感应电荷的电位(,)in r ϕφ的叠加，即(,)(,)(,)l in r r r ϕφϕφϕφ=+。

线电荷l q 的电位为
(,)ln ln 22l l l q q r R ϕφπεπε=-
=-
（1）
而感应电荷的电位(,)in r ϕφ满足拉普拉斯方程，且是φ的偶函数。

(,)r ϕφ满足的边界条件为
① (,)(,)l r r ϕφϕφ→()r →∞； ② (,)a C ϕφ=。

由于电位分布是φ的偶函数，并由条件①可知，(,)r ϕφ的通解为
0(,)(,)cos n l n n r r A r n ϕφϕφφ∞
-==+∑ （2）
将式（1）和（2）带入条件②，可得到
cos ln 2n l n n q A a n C φπε∞
-==+
∑ （3）
将
010
1ln ()cos n n a
r n n r φ∞
==-∑ （4）
带入式（3），得
00
100
1cos [ln ()cos ]2n
n l
n n n q a
A a n C r n n r φφπε∞
∞
-===+
-∑∑ （5） 由此可得 000ln 2l
q A C r πε=+
， 200
()2n
l
n q a A n r πε=- 故导体圆柱外的电为
(,)2l q r ϕφπε=-
00(ln )2l
q C r πε+-21001()cos 2n
l
n q a n n r r
φπε∞
=∑ （6） 讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为
21000
1()cos (ln ln )22n
l
l n q q a n R r n r r φπεπε∞
='-=-∑
其中R '=
(,)r ϕφ写成为
(,)ln ln ln 222l l l q q q r R R r ϕφπεπεπε'=-
+
-
00
ln 2l q C r πε++
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（,0r 0）的线电荷l q ；
位于)0,(0
2
r a 的线电荷l q -；位于0=r 的线电荷l q 。

题4.14图
4.13 在均匀外电场00z E E e =中放入半径为a 的导体球，设（1）导体充电至0U ；（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0U 应理解为未加外电场0E 时导体球相对于无限远处的电位为0U ，此时导体球面上的电荷密度00U a σε=，总电荷004q aU πε=。

将导体球放入均匀外电场0E 中后，在0E 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0(,)(,)(,)in r r r ϕθϕθϕθ=+，其中
000(,)cos r E z E r ϕθθ=-=-
是均匀外电场0E 的电位，(,)in r ϕθ是导体球上的电荷产生的电位。

电位(,)r ϕθ满足的边界条件为
① ∞→r 时，0(,)cos r E r ϕθθ→-；
② a r =时， 0(,)a C ϕθ=，0d S
S q r
ϕε∂-=∂⎰
其中0C 为常数，若适当选择(,)r ϕθ的参考点，可使00U C =。

由条件①，可设 21
0111(,)cos cos r E r A r B r C ϕθθθ--=-+++
代入条件②，可得到 03
1E a A =，01aU B =，001U C C -= 若使00U C =，可得到 321
000(,)cos cos r E r a E r aU r ϕθθθ--=-++
（2）导体上充电荷Q 时，令004Q aU πε=，有 004Q U a
πε=
利用（1）的结果，得到 3
2
000(,)cos cos 4Q r E r a E r
r
ϕθθθπε-=-++
4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场00z E =E e ，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ε）。

解 在电场0E 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0E 与极化电荷的电场p E 的叠加。

设空腔内、外的电位分别为1(,)r ϕθ和2(,)r ϕθ，则
边界条件为
① ∞→r 时，20(,)cos r E r ϕθθ→-；
② 0=r 时，1(,)r ϕθ为有限值； ③ a r =时， 12(,)(,)a a ϕθϕθ=，120
r r
ϕϕ
εε∂∂=∂∂ 由条件①和②，可设
101(,)cos cos r E r A r ϕθθθ=-+ 2202(,)cos cos r E r A r ϕθθθ-=-+
带入条件③，有
221-=a A a A ，30001022E A E a A εεεε--+=--
题 4.15图
由此解得 01002A E εεεε-=-
+，3
0200
2A a E εεεε-=-+
所以 1
00
3(,)cos 2r E r ε
ϕθθεε=-+ 3
0200(,)[1()]cos 2a r E r r
εεϕθθεε-=-++
空腔内、外的电场为
1100
3(,)2r E E ε
ϕθεε=-∇=
+
22(,)r E ϕθ=-∇=3
0000()()[2cos sin ]2r E a r E e e θεεθθεε--
++ 空腔表面的极化电荷面密度为
2
02
()p r a
r r a
n P e E σεε===-⋅=--⋅=0000
3()
cos 2E εεεθεε--
+
4.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为1r 和2r ，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
220()4r
Q
r r E e πε=
20()4Q
r r
ϕπε=
外表面上的电荷面密度为
22
24Q
r σπ=
设球内的电位为1(,)(,)(,)p in r r r ϕθϕθϕθ=+，其中
122
00cos (,)(cos )44p p p
r P r r θϕθθπεπε==
是电偶极子p 的电位，(,)in r ϕθ是球壳内表面上的感应电荷的电位。

(,)in r ϕθ满足的边界条件为
① (0,)in ϕθ为有限值；
② 1122(,)()r r ϕθϕ=，即1122(,)(,)()in p r r r ϕθϕθϕ+=，所以
112
02
01
(,)(cos )44in Q p r P r r
ϕθθπεπε=
-
由条件①可知(,)in r ϕθ的通解为
(,)(cos )n in n n n r A r P ϕθθ∞==∑
题 4.17图
由条件②，有
112
02
01(cos )(cos )44n n n n Q p A r P P r r θθπεπε∞
==
-
∑
比较两端(cos )n P θ的系数，得到
0024Q
A r πε=
， 13
014p
A r πε=-
，
0n A =(2)n ≥ 最后得到 1
230201
1(,)(44Q p r
r r r r ϕθθπεπε=+- 球壳内表面上的感应电荷面密度为 1111
100
3
1
3cos 4r r r r p
n r
r ϕϕσεεθπ==∂∂=-==-
∂∂ 感应电荷的总量为 2111310
3d cos 2sin d 04S
p
q S r r π
σθπθθπ==-⋅=⎰⎰ 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）？
解 设球内的均匀场为10z H =H e ()r a <，球外的场为2H ()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
2120()
()
S r a
r z r a
H ===⨯-=⨯-=J n H H e H e
2
0sin r r a
H φθ=⨯+e H e
若令2
0r r a
=⨯=e H ，则得到球面上的电流面密度为 0sin S H φθ=J e
这表明球面上的绕线密度正比于sin θ，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P 。

（1）证明：球内的电场是均匀的，等于0
ε-P ； （2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子τP 产生的电场相同，3
43
R πτ=。

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
cos p r P P n P e σθ=⋅=⋅=
介质球内、外的电位1ϕ和2ϕ满足的边界条件为
① 1(0,)ϕθ为有限值；
② 2(,)0()r r ϕθ→→∞； ③ 12(,)(,)R R ϕθϕθ=
120()cos r R P r r
ϕϕ
εθ=∂∂-=∂∂
因此，可设球内、外电位的通解为
题 4.16图
2
r
11(,)cos r A r ϕθθ=
1
22(,)cos B r r ϕθθ=
由条件③，有 112
B A R R =，1
01
32()B A P R ε+= 解得 103P A ε=， 3
10
3PR B ε=
于是得到球内的电位 100
(,)cos 33P P r r z ϕθθεε== 故球内的电场为 1100
33z
P P E e ϕεε=-∇=-=- （2）介质球外的电位为
33222
0014(,)cos cos 343PR R P
r r r πϕθθθεπε==20
cos 4P r τθπε= 其中3
43
R πτ=为介质球的体积。

故介质球外的电场为
22
221(,)r r r r r E e e θϕϕϕθ∂∂=-∇=--=∂∂3
(2cos sin )4r P r e e θτθθπε+ 可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子τP 产生的电场相同。

4.18 半径为a 的接地导体球，离球心)(11a r r >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0(,)(,)(,)in r r r ϕθϕθϕθ=+，其中
00(,)4q r R
ϕθπε=
=
是点电荷q 的电位，(,)in r ϕθ是导体球上感应电荷产生的电位。

电位(,)r ϕθ满足的边界条件为
① ∞→r 时，(,)0r ϕθ→； ② a r =时， (,)0a ϕθ=。

由条件①，可得(,)in r ϕθ的通解为
10
(,)(cos )n in n n n r A r P ϕθθ∞
--==∑
为了确定系数n A ，利用R 1的球坐标展开式
题4.18图
1101
1
110(cos )()1(cos )()n
n n n n n n n r P r r r R r P r r r
θθ∞+=∞+=⎧≤⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩∑∑ 将0(,)r ϕθ在球面上展开为 01001
(,)(cos )4n
n
n n q a a P r ϕθθπε∞+==∑ 代入条件②，有
1
10
001
(cos ) (cos )04n
n n n n
n n n q
a A a
P P r θθπε∞
∞
--+==+=∑∑ 比较)(cos θn P 的系数，得到 21
1
01
4n n n qa A r πε++=- 故得到球外的电位为 21
10001
(,)(cos )44()n n n n q
q
a r P R rr ϕθθπεπε+∞
+==-∑
讨论：将(,)r ϕθ的第二项与R 1的球坐标展开式比较，可得到
21
101(cos )()n n n n a P r r θ+∞
+==∑ 由此可见，(,)r ϕθ的第二项是位于12
r a r ='的一个点电荷1r a q q -='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。

4.19 一根密度为l q 、长为2a 的线电荷沿z 轴放置，中心在原点
上。

证明：对于a r >的点，有
35
24350(,)P (cos )P (cos )235l q a a a r r r r
ϕθθθπε⎛⎫=
+
++ ⎪⎝⎭
解 线电荷产生的电位为
00
1(,)44a
a
l
l a q q r dz R ϕθπεπε--''==
⎰⎰
对于a r >的点，有
10()(cos )n
n n n z P r
θ∞
+='=∑
故得到
100()(,)(cos )4a
n
l
n n a q z r P dz r
ϕθθπε∞
+=-''==∑⎰ 11
1001()(cos )41n n l
n n n q a a P n r θπε++∞
+=--=+∑3524350P (cos )P (cos )235l q a a a r r r θθπε⎛⎫+
++ ⎪⎝⎭
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
a
- )θ
题4.19图
12401P (cos )P (cos )428a a a ϕθθπε=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
()r a ≤
24
2240131P (cos )P (cos )428Q a a r r r ϕθθπε⎡⎤⎛⎫⎛⎫
=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
()r a ≥
解 以细导线圆环所在的球面a r =把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用δ函数将细导线圆环上的线电荷Q 表示成球面a r =上的电荷面密度
22(cos cos )(cos )222Q Q a a
πσδθδθππ=-= 再根据边界条件确定系数。

设球面a r =内、外的电位分别为1(,)r ϕθ和2(,)r ϕθ，则
边界条件为：
① 1(0,)ϕθ为有限值；
② 2(,)0()r r ϕθ→→∞ ③ 12(,)(,)a a ϕθϕθ=，
12
02
(
)(cos )2r a
Q
r r
a
ϕϕεδθπ=∂∂-=
∂∂ 根据条件①和②，可得1(,)r ϕθ和2(,)r ϕθ的通解为
10(,)(cos )n n n n r A r P ϕθθ∞
==∑ （1）
120
(,)(cos )n n n n r B r P ϕθθ∞
--==∑ （2）
代入条件③，有
1
--=n n n
n a
B a A （3）
1
22
0[(1)](cos )(cos )2n n n
n n n Q A na
B n a P a
θδθπε∞
---=++=
∑ （4）
将式（4）两端同乘以θθsin )(cos m P ，并从0到π对θ进行积分，得
1
2
(1)n n n n A na
B n a
---++=
200
(21)(cos )(cos )sin d 4n n Q
P a π
δθθθθπε+=⎰ 2
0(21)(0)4n n Q
P a πε+ （5）
其中 20
1,3,5,(0)13
5(
1)(1)2,4,6,246n n n P n n n =⎧⎪
=⋅⋅-⎨-=⎪⋅⋅⎩
由式（3）和（5），解得 10(0)4n n
n
Q A P a πε+=，0
(0)4n
n n Qa B P πε= 代入式（1）和（2），即得到
题 4.20图
12401P (cos )P (cos )428a a a ϕθθπε=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
()r a ≤
24
2240131P (cos )P (cos )428Q a a r r r ϕθθπε⎡⎤⎛⎫⎛⎫
=-++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦
()r a ≥
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图所示。

像电荷q '在点P
处产生的电场为
2
0()4(2)x
q
x x E e πε-'=
所以将点电荷q 移到无穷远处时，电场所作的功为
220()d d 4(2)e d
d
q W q x x x πε∞
∞-'=⋅==⎰⎰
E r 2
016q d
πε-
外力所作的功为 d
q W W e o 02
16πε=
-=
4.22 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)0,1,1(处。

求：（1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点1,2==y x 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 ，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为
⎪⎩⎪⎨⎧=='=='-='366.175sin 2366.075cos 2,11
1
y x q q
⎪⎩⎪⎨
⎧=='-=='='366.0165sin 2366.1165cos 2,22
2 y x q q
⎪⎩⎪⎨⎧-=='-=='-='366.0195sin 2366.1195cos 2,33
3
y x q q
⎪⎩⎪⎨
⎧-=='=='='366.1285sin 2366.0285cos 2,44
4 y x q q ⎪⎩⎪⎨⎧-=='=='-='1
315sin 21315cos 2,55
5
y x q q
（2）点1,2==y x 处电位
351
240123451(2,1,0)4q q q q q q R R R R R R ϕπε⎛⎫'''''=
+++++= ⎪⎝⎭
题 4.21图
题 4.22图
(10.5970.2920.2750.3480.477)4q πε-+-+-=
90
0.321
2.8810(V)4q q πε=⨯ 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kg 1023-⨯=m ，m 02.0=h ）。

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 2
2
04(2)
e q
f h πε=- 令e f 的大小与重力m
g 相等，即
2
2
04(2)q mg h πε= 于是得到
84 5.910C q -==⨯
4.24 如题4.24（a ）图所示，在0<z 的下半空间是介电常数为ε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）0>z 和0<z 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）
0q q εεεε-'=-
+，位于 h z -= 0
q q εεεε-''=+， 位于 h 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
101044q q R R ϕπεπε'=+=
'04q πε⎧⎫ 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
24q q R ϕπε''+=（2）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为
题
4.24图（b ）
题 4.24图（a ）
题 4.24图（c ）
()1200120()p z z z z E E n P P σε===⋅-=-=021
00
2232
0()(
)2()()z hq
z z
r h εεϕϕεπεε=-∂∂-=-
∂∂++
极化电荷总电量为
d 2d P P P S q S r r σσπ∞
===⎰⎰0223200()d ()hq r
r r h εεεε∞
--=++⎰00()q q εεεε-'-=+ 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）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D
R
R D RD q Q --<
2223)(成立时，F 表现为吸引力。

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，像电荷q '和q ''的大小和位置分别为（如题4.25图所示）
q D R q -='， D R d 2
=
' q D R q q ='-=''， 0=''d 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
q q q q Q q F F F F '''→→→=++=
22
00()
4()4qq q D q D d D πεπε'''++='-
()22
20()4q Q R D q Rq D D D R D πε⎧⎫+⎪⎪
-⎨⎬⎡⎤⎪⎪-⎣⎦⎩
⎭ （2）当q 与Q 同号，且F 表现为吸引力，即0<F 时，则应有
()
[]
0)(222<--+D R D D Rq
D q D R Q
由此可得出 D
R
R D RD q Q --<2223)( 4.26 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2
32D
Q
a p =； （2）令D 和Q 分别趋于无穷，同时保持2D
Q
不变，计算球外的电场。

解 （1）点电荷Q 和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
Q D a q -='1
， 位于：D
a d 2
1='
题 4.25图
Q D
a
q q ='-=''11
，位于：01=''d 而点电荷Q -的像电荷为
Q D a q ='2， 位于：D
a d 2
2-='
Q D
a
q q -='-=''22
，位于：02=''d 如题4.26图所示。

由此可见，像电荷1
q ''和2q ''等值异号，且同时位于球心，故球心处总的像电荷为零；而像电荷1
q '和2q '也等值异号，且位置关于球心对称，故构成位于球心的电偶极子，其电偶极矩为
2
321222)2(D
Q
a D a Q D a d q p =⋅=''= （2）球外的电位由Q 和Q -以及像电荷1q '和2q '共同产生，即 1201010202
(,)4444q q Q Q
r R R R R －ϕθπεπεπεπε''=++=''
04Q πε⎧
当D 和Q 分别趋于无穷，同时保持2D
Q
不变时，有
220(,)4Q r D ϕθπε⎧=
2
⎫+≈ 2201cos 1cos 4Q r aD a D D D r rD θθπε⎧⎛⎫⎪⎛⎫+-+-⎨ ⎪ ⎪⎝⎭⎪⎝⎭⎩21cos 1cos r aD a D D r rD θθ⎫⎛
⎫⎪⎛⎫-+-=⎬ ⎪ ⎪
⎝⎭⎪⎝⎭⎭
32
00cos cos 44p p
r a r θθπεπε-
球外的电场为
1()r r r E e e φϕϕϕφ∂∂=-∇=-+=∂∂33
033302[(1)cos (1)sin ]4r p a a E a r r e e φθθπε--++=
33
00(2cos sin )44z r p p a r
e e e φθθπεπε++ 4.27 一根与地面平行架设的圆截面导线，半径为a ，悬挂高度为h 。

证明：单位长度上圆
题4.26图
柱导线与地面间的电容为0
012cosh ()
C h a πε-=。

解 地面的影响可用一个像圆柱来等效。

设导线单位长度带电荷为l q ，则像圆柱单位长度带电荷为l q -。

根据电轴法，电荷l q 和l q -可用位于电轴上的线电荷来等效替代，如题4.27图所示。

等效线电荷对导体轴线的偏移为
22a h h D -+=
22a h h d --=
则导线与地间的电位差为
0011ln ln 22l
l q q a d D a ϕπεπε=-=-
-0
2l q πε=
100cosh ()22l
l q q h
a πεπε-= 故单位长度上圆柱导线与地面间的电容为
012cosh ()
l
q C h a πεϕ-==
4.28在上题中设导线与地面间的电压为0U 。

证明：地面对导线单位长度的作用力
2
0002
1221cosh ()()U F h a h a πε-=
⎡⎤-⎣⎦。

解 导线单位长度上的电场能量为 22
00001
12cosh ()
e U W C U h a πε-== 由虚位移法，得到地面对导线单位长度的作用力为
20001[]cosh ()e
U W U F h
h h a πε-∂∂
=
==∂∂200212212cosh ()()U h a h a πε-⎡⎤-⎣⎦
题 4.27图。