《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)

《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
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
2
)2(042x Q F επ-=
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
2
)
2(0
42
x Q f επ=
在移动过程中，外力f 所作的功为
d Q d dx d
x Q dx f 0
16220162
επεπ=⎰∞⎰∞= 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d
q
8/2επ。

也可以用静电能计算。

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：
d Q d Q Q d Q Q q q W 0
82)2(04)(21)2(04212
2211121επεπεπϕϕ-=-+-=+=
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
个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为d
q
8/2
επ。

5．2 一个点电荷放在直角导体内部（如图5-1），求出所有镜像电荷
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。

）处， 镜像电荷为q ，在（a ，-d ）处，镜
像电荷为-q 。

图5-1 5．3 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
]2)
22(2[0
4R D DRq D D q
R Q q F --+=
ε
π
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=R 2/D 处，镜像电荷为q ＇= -Rq/D ；在球心处，镜像电荷为
D Rq Q q Q q /2
+='-=。

点电荷
q 受导体球的作用力就等于球内两个镜
像电荷对q 的作用力，即
]
2
)2(2[04]2)(22[04D
R D D q
R D D q R Q q b D q D q
q F --++
=-'+=επεπ
]2)22(2[0
4R D D R q
D D q R Q q
--+=επ ·
·
·
·
d q
-q
q
q x
y
a
5．4 两个点电荷+Q 和-Q 位于一个半径为a 的接地导体球的直径的延长线上，分别距离球心D 和-D 。

（1）证明：镜像电荷构成一电偶极子，位于球心，偶极矩为2a 3Q/D 2。

（2）令Q 和D 分别趋于无穷，同时保持Q/D 2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，q 1 = -aQ/D ，距离球心b=a 2/D ；第二个是-Q 在球面上的镜像电荷，q 2 = aQ/D ，距离球心b 1=-a 2/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
232)1(1D
Q
a b b q p --= （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，同时保持Q/D 2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2
04/2D Q επ，方向在-e z 。

由镜像电荷产生的电场可以由电偶极子的公式计算：
）θθ
θεπsin cos 2(30
4e r e r P E +=
）
θθθεπsin cos 2(230
432e r e D
r Q
a +-=
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。

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q 1 = -q ， 位于（0，0，-d ）处。

再找球面镜像 电荷q 2 = -aq/d ，位于（0，0，b ）处， b= a 2
/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 图5-5
球面上都不为零，应当在球内再加上一个镜像电荷q 3 =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
）（3322110
41r
q r q
r q R q +++=επϕ 其中
21
]2
)(2
2
[d z y x R -++=
21
]2
)(2
2
[1
d z y x r +++= 21
]2
)(2
2
[2
b z y x r -++= 21
]2
)(2
2
[3
b z y x r +++= 5．6 求截面为矩形的无限长区域（0<x<a ，0<y<b ）的电位，其
· · · · ·
d q
b q 2
q 3 -b -d q 1
a
z
四壁的电位为
0,0,==）（）（b x x ϕϕ
0,0=）（y ϕ
⎪⎩⎪⎨
⎧<<-≤<=b
y b b
y U b y b y
U y a 2),1(02
0,
0,）（ϕ
解：由边界条件0,0,==）（）（b x x ϕϕ知，方程的基本解在y 方向应该为周期函数，且仅仅取正弦函数，即 )(sin b n n
k
y
n
k n
Y π==
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0,0=）（y ϕ，得出仅仅选取双曲正弦函数，即 x b n sh
n
X π=
将基本解进行线性组合，得
b
x
n n b x n sh n
C ππϕ∑∞==1sin
待定常数由x=a 处的边界条件确定，即
b
x
n n b x
n sh n
C y a ππϕ∑∞==1sin
),( 使用正弦函数的正交归一性质，有
dy b
y n b y a b a n sh n C b
πϕπ⎰=0
sin ),(2
2]cos sin 2)[(0sin 02
0b b y n y n b b y n n b b U dy b y n b y U b πππππ-=⎰
]2
cos 222sin 2
)[(0ππππn n b n n b b U
-=
2]cos sin 2)[(02cos 0sin )2
1(0b b b y n y n b b y n n b b U b b b y n n b
U dy b y
n b y
b b U πππππππ---=⎰- π
ππππ
ππ
n b n b b U
n n b b U
n n n b
U cos 02sin 2)(0)2cos cos 0++--=（
2
c o s
20ππn b
n b b U -
化简以后得
dy b y n b y a b a
n sh n C b
πϕπ⎰=0sin ),(2=2sin
2
202ππn n b U 求出系数，代入电位表达式，得
b x n sh
b y n b
a n n n U
n ππππ
πϕsin sin
2sin
22041∑∞== 5．7一个截面如图5-7所示的长槽，向y 方向无限延伸，两则的电位是零，槽内y →∞，φ→0，底部的电位为
0,U x =）（ϕ
求槽内的电位。

解：由于在x=0和x=a 两个边界的 电位为零，故在x 方向选取周期解，
且仅仅取正弦函数，即 )(sin a n n
k x n
k n X
π
== 图5-7
x
y
φ=0
φ=0
φ=U 0
a
在y 方向，区域包含无穷远处，故选取指数函数，在y →∞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
y n k e n
Y -= 由基本解的叠加构成电位的表示式为
a
y n e
a x n n n
ππϕ-∑∞==sin 1C
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
a x
n n n
U πsin 1C 0∑∞==
)cos 1(00sin 02πππn n aU
dx a x
n a U a n C
-=⎰= 当n 为奇数时，πn U
n
C 04=
，当n 为偶数时，00
=C 。

最后，电位的解为
a
y n e a
x n n U n πππ
ϕ-∑∞==
sin
45
,3,1
5．7 若上题的底部的电位为
00,U x =）（ϕa
x
π3sin
重新求槽内的电位。

解：同上题，在x 方向选取正弦函数，即)(sin a
n n
k x n
k n
X π=
=，在y
方向选取y
n k e n
Y -=。

由基本解的叠加构成电位的表示式为
a
y n e
a x n n n ππϕ-
∑∞==sin 1
C
将y=0的电位代入，得
0U a x
π3sin a x
n n n
πsin
1C ∑∞
== 应用正弦级数展开的唯一性，可以得到n=3时，0
3
C C =，其余系数
00
=C ，所以
a
y e a
x
ππϕ33sin 0U -=
5．9 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U 0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U 0，下 板电位为零），另一个电位为U ，即
U y a
+=
U
ϕ 图5-9
其中，U 满足拉普拉斯方程，其边界条件为
y=0 , U=0
y=a , U=0 x=0时,
a
y
x
φ=U 0
φ=U 0
2
a
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧
<
<-<<-=-
=2
0,02
,0
00
,0U a y a
y U a
y a a y U U a
y U y ）（ϕ
x →∞时，电位U 应该趋于零。

U 的形式解为
a x
n e a y
n n n
U ππ-∑∞==sin 1C
待定系数用x=0的条件确定。

=）（y ,0U a
y n n n U πsin
1C ∑∞
==
dy a
y n a y U n C a
π⎰=0
sin ),0(2
2]cos sin 2)[(0sin 02
0a a y n y n a a y n n a a U
dy a y n a y U a
πππππ--=-⎰ ]2
cos 222sin 2)([0ππππn n a n n a a U
+-=
2]c o s s i n 2)[(02cos 0sin )2
1(0a a a y n y n a a y n n a a U
a a a y n n a U dy a y n a y a a U πππππππ--
-=⎰- π
ππππ
ππ
n a n a a U
n n a a U
n n n a
U cos 02sin 2)(0)2cos cos 0++--=（
2
c o s
20ππn a
n a a U -
化简以后，得到
dy a y n a y U n C a
π⎰=0sin ),0(2=2
cos 0ππn n a U
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
a x n e
a y n n n U n y a U
ππππ
ϕ-∑∞=+=sin 2cos 02,4,20 5．10 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<Ф<π）接电压U 0，下半（π<Ф<2π）电位为零，如图5-10，求管内的电位。

解：圆柱坐标的通解为
)sin cos (1
)0ln 0)(00(,φφφφϕn n B n n A n n r D r C B A r +∑∞
=+++=）（
)sin D cos C (1
-φφn n n n n n r +∑∞
=+
由于柱内电位在r=0点为有限值， 通解中不能有lnr 和r -n 项，即有
),2,1(00
C ,0,0C ====n n
D n
柱内电位是角度的周期函数，A 0=0。

因此，该题的通解取为 图5-10
)sin cos (100,φφφϕn n
B n n A n n r D B r +∑∞
=+=）（
各项系数用r=a 处的边界条件来定。

⎩⎨⎧<<<<=+∑∞=+=π
φππφφφφϕ2,00,0)sin cos (100,U n n B n n A n n b D B a ）（ 20),(20
21
00U
d a D B =⎰=φφπϕπ
cos ),(201=⎰=φφφπϕπ
d a n A n
a
φ=U 0
x
r
·
φ
φ=0
)cos 1(0
sin ),(201ππφφφπϕπn n U
d a n B n
a -=⎰=
柱内的电位为
φπϕn n
a r n n U U sin )(5
,3,110
20
2
1∑∞=+
=
5．11 半径为无穷长的圆柱面上，有密度为φρ
ρcos 0
s s
=的面电荷，
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
r
-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
φϕn n
A n n r A cos 101∑∞
=+= 柱外电位选为
φϕn n
C n n r C cos 102∑∞
=-+= 假定无穷远处的电位为零，定出系数00
C =。

在界面r=a 上，
=1
ϕ2
ϕ
=∂∂+∂∂-r r 1020ϕ
εϕ
εφρcos 0
s 即
=∑∞=+φn n A n n a A cos 10φn n C n n a cos 1
∑∞
=-
=∑∞
=-+∑∞=--φεφεn n
A n n na n n C n n na cos 110cos 110φρcos 0s
解之得
,00A = ,201ερ
s A =
,
2021
ε
ρs a C =
,0A
=n )1(0>=n n
C 最后的电位为
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧><=a
r r s a a
r r s ,cos 0
20
2,cos 020φερφερ
ϕ
5．12 将一个半径为a 的导体球置于均匀电场E 0中，求球外的电位、电场。

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，φ=0；在r →∞处，电位应是
φ=-E 0rcos θ。

球坐标中电位通解具 图5-12 有如下形式：
)(cos )1
(0
,θθϕn P n r n B n r n A n r --+∑∞==）（
用无穷远处的边界条件r →∞及φ=-E 0rcos θ，得到， A 1=-E 0 ,其余A n =0。

r
·
θ
E 0
z
再使用球面上（r=a ）的边界条件：
+-=θθϕcos 0,a E a ）（0)(cos 1
0=--∑∞=θn P n a n
B n
上式可以改写为
=θcos 0a E )(cos 1
0θn P n a n
B n --∑∞= 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θθcos )(cos 1
=P ，得
2
1
0-=a
B a E ，即30
1
a E B =，其余的0=n
B 。

故导体球外电位为
θϕcos 0
)33
1(r E r a -
-=
电场强度为
θϕ
cos )3
3
21(0r a E r r E +=∂∂-=
θθϕ
θ
sin )3
3
1(0r a E r E
--=∂∂-
= 5．13 将半径为a 、介电常数为ε的无限长介质圆柱放置于均匀电场E 0中，设E 0沿x 方向，柱的轴沿z 轴，柱外为空气，如图5-13，求任意点的电位、电场。

解：选取原点为电位参考点，用1
ϕ
表示柱内电位，2
ϕ表示柱外电位。

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 图5-13
r
·
Ф E 0
x
ε
ε0
式中不应有φ的正弦项。

令
1
ϕφn n
r n B n r n A n cos )(10A -+∑∞=+=
2
ϕφn n
r n D n r n C n cos )(10C -+∑∞=+=
因在原点处电位为零，定出A 0=0，B n =0。

用无穷远处边界条件r →∞及2
ϕ=-E 0rcos Ф，定出C 1=-E 0，其余C 0=0。

这样，柱内、外电位简化
为
1ϕφn n
r n
A n cos 1∑∞==
2ϕφφn n
r n
D n r c o s 1c o s 1C -∑∞=+=
再用介质柱和空气界面（r=a ）的边界条件1ϕ=2
ϕ及r r ∂∂=∂∂201ϕ
ε
ϕε，得
⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧
--∑∞
=--=-∑∞=-∑∞
=+-=∑∞=φεφεφεφ
φφn n a n
nD n E n n a n nA n n n a n D n a E n n a n A n cos 101cos 00cos 11
cos 1cos 0cos 1
比较左右n=1的系数，得
02101,0211E a D
A E a D A εεε-=+=-
解之得
2
01,00
021a E D E A ε
εε
εε
εε
+-=+-=
比较系数方程左右n>1的各项，得
020,02=+=-n a
n
D
n A n a n D
n A εε
由此解出0==n
D n
A 。

最终得到圆柱内、外的电位分别是
φεεε
εφϕφεεε
ϕcos 2
00cos 02,cos 00201r
a
E r E r E +-+-=+-= 电场强度分别为
φ
φεεε
φεεε
ϕe E r e E E sin 00
2cos 000211+-+=-∇=
φεεεεφεεε
εφϕe r a
E r e r a E E )220
01(sin 0
)22001(cos 022+---+-+=-∇=
5．14 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z 轴，求介质球内、外的电位、电场（介质球的介电常数为ε，球外为空气）。

解：设球内、外电位解的形式分别为
)(cos )1
(01θϕn n P n r n B n r n A n --+∑∞==
)(cos )1(02θϕn n
P n r n D n r n C n --+∑∞== 选取球心处为电位的参考点，则球内电位的系数中00
=A ，0=n
B .
在r →∞处，电位φϕcos 0
2
r E -=，则球外电位系数n
C 中，仅仅1
C 不
为零，0
1
E
C -=，其余为零。

因此，球内、外解的形式可分别简化为
)(cos (01θϕn n
P n
r n A n ∑∞==
)(cos 10cos 02θθϕn n P n r n
D n r
E --∑∞=+-= 再用介质球面（r=a ）的边界条件1ϕ=2
ϕ及r r ∂∂=∂∂201ϕ
ε
ϕε，得
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧
--+∑∞
=--=-∑∞=--∑∞
=+-=∑∞=)(cos P 2)1(0
1cos 00)(cos P 11
)(cos 11cos 0)(cos P 1θεθεθεθθθn n n a n D n n E n n n a n nA n n n P n a n
D n a
E n n n a n A n 比较上式的系数，可以知道，除了n=1以外，系数n
A 、n
D
均为零，
且
3
1
02001,2
1
01---=-+-=a
D E A a D a E a A εεε
由此，解出系数
30
20
1,002031a E D E A εεε
εεεε
+-=+-= 最后得到电位、电场：
θεεε
εθϕθεεε
ϕcos 2
30200cos 02,cos 020301r a
E r E r E +-+-=+-=
θ
θε
εε
θε
εε
ϕe E r e E E sin 00
20
3cos 0020
311+-+=-∇=
θεεεεθεεε
εθϕe r a
E r e r a E E )33
201(sin 0
)3302021(cos 022+---+-+=-∇=。