《电磁场与电磁波》课后习题解答(第五章)

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

FQ240(2x)2

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

fQ22

4(2x)0在移动过程中，外力f所作的功为

Q2Q2 dxdfdxd16x216d00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d0。

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：

QQQ21111 W2q2q2Q2(Q)4(2d)4(2d)8d1122000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

1

个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为q2/8d0。

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

y 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

· -q d · a q x ·q ·q 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

Fq40RqQDDRq[] 2222D(DR)

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

q2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

像电荷对q的作用力，即

RqRqqqqDDF[2][]

4D2(Db)2422D00(DR)2DqQRqQDDRq [] 24222D(DR)0q5．4 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

2

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，q1 = -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b1=-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q(bb) 112D（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/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0D，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：

EP4r302 (e2cosesin）r2a3Q  (e2cosesin）r4r3D20

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，

3

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q1 = -q， 位于（0，0，-d）处。再找球面镜像 电荷q2 = -aq/d，位于（0，0，b）处， b= a/d。当叠加这两个镜像电荷和原电

2

z d ·q a b· q 2 · q-b· 3

-d· q 1

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

qqq1（123）

4Rrrr1230q其中

1R[xy(zd)]2

2221r[xy(zd)]2 12221r[xy(zb)]2 22221r[xy(zb)]2 32225．6 求截面为矩形的无限长区域（04

（x,0）（x,b）0

（0,y）0

U0y,b（a,y）U(1y),0b0yb2ybb2

解：由边界条件（x,0）（x,b）0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 Ysinkynn(knb)

n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 Xshnnbx

将基本解进行线性组合，得

nx Cshsinbn1nnx bnx b待定常数由x=a处的边界条件确定，即

nx(a,y)Cshsinnbn1使用正弦函数的正交归一性质，有

bnybCsh0(a,y)sindy

2nbbnaUbU0ynyb2nybnyb0sindy[()sinycos]2 02bbbnbnb0 5

nb2n0b2[()sincos]

bn22n2bUUbnynybnyb0b2bU(1)sindyUcos[()sinycos]bbb0bbbbnbnb0n222ynyUb2n00b U（cosncos)()sinbcosn2bn2bn0nbnU

Un0bbcosbn22

化简以后得

bnabnb(a,y)sinnydy= Csh02Usin2nbb20n22求出系数，代入电位表达式，得

nsin4Unynx 02sinshbbn1n22sinnab5．7一个截面如图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

（x,0）U

0y

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 φ=U0 a φ=0 φ=0 Xsinkxnnn(k) 图5-7

anx 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

6

kyYen n由基本解的叠加构成电位的表示式为

nxCsinenan1nya

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

nx UCsina0n1n

C0aUsin0dx(1cosn) 0ann2anxaU4U当n为奇数时，Cn0，当n为偶数时，C0。最后，电位的解n0为

n1,3,54U0nxaenyansin

5．7 若上题的底部的电位为

3x （x,0）Usin0a重新求槽内的电位。

解：同上题，在x方向选取正弦函数，即Xsinkx(knnnna)，在y

ky方向选取Yen。

n由基本解的叠加构成电位的表示式为

nxCsinenan1nya

7

将y=0的电位代入，得

nx UsinCsina0an1n3x应用正弦级数展开的唯一性，可以得到n=3时，CC，其余系数

30C0，所以

0

3y3xaUsine0a

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

Uy

φ=U0

a

a2 φ=U0 x

0yU 图a5-9

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,

Uy0U（0,y）aUy0U0a,Uy0,aa2ya

a20yx→∞时，电位U应该趋于零。U的形式解为

8

nxnyUCsinea

an1n待定系数用x=0的条件确定。

U（0,y）UCsinn1nnya

aaU(0,y)sinnydy C02na

a02UyUnynyanya00a2sindy[()sinycos]2 aaanana0a2na2n0 [()sincos]

an22n2U

y

ny

aUanynynya a0a2aU(1)sindyUcos[()sinycos]aaa0aaaanana0n222Ua2n00a U（cosncos)()sinacosn2an2an0nanU

Un0aacosan22

化简以后，得到

Uanyna C0U(0,y)sindy=0cos

2nan2a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

2Unynxn00 ycossinea2aan2,4,nU5．10 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U0，下半（π<Ф<2π）电位为零，

9

如图5-10，求管内的电位。 解：圆柱坐标的通解为

（r,）(AB)(ClnrD)rn(AcosnBsinn)

0000nnn1r-n(CcosnDsinn)

nnn1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

C0,D0,C0(n1,2,)

nn0φ=U0 r · φ x 柱内电位是角度的周期函数，A0=0。

φ=0 因此，该题的通解取为 图5-10

（r,）BDrn(AcosnBsinn)

00n1nn各项系数用r=a处的边界条件来定。

U,0n （a,）BDb(AcosnBsinn)000n1nn0,22(a,)d0 BD020021U12naA0(a,)cosd0nU1n2(a,)sind0(1cosn) aB0nn

柱内的电位为

122UU001rn()sinn

nan1,3,5 10

5．11 半径为无穷长的圆柱面上，有密度为ss0cos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r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

1A0rnAcosn n1n柱外电位选为

2C0rnCcosn n1n假定无穷远处的电位为零，定出系数C00。

在界面r=a上，

12



20r10rs0cos 即

A0anAncosnanCcosn

n1n1n

0nan1Ccosnnan1Ancosnn1n0n1s0cos解之得 a2

Ass000, A102,

C12,

0

An0, Cn0(n1)

11

最后的电位为

s0rcos,20a2s02rcos,0ra

ra5．12 将一个半径为a的导体球置于均匀电场E0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=-E0rcosθ。球坐标中电位通解具 图5-12 有如下形式：

nn1（r,）(ArBr)P(cos)

nnnn0E0

θ z r · 用无穷远处的边界条件r→∞及φ=-E0rcosθ，得到， A1=-E0 ,其余An=0。

再使用球面上（r=a）的边界条件：

n1（a,）EacosBaP(cos)0

0nn0n上式可以改写为

n1EacosBaP(cos) 0nn0n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

12

系数是惟一的，比较上式左右两边，并注意P(cos)cos，得

1EaBa012，即BEa3，其余的B0。故导体球外电位为

10n

(1a3r3)Ercos

0电场强度为

EE(1)cos

r3r0ra32a3

EE(1)sin r0r35．13 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E0中，设E0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21

r · x 表示柱内电位，表示柱外电位。 在r→∞处，电位因几何结构和场分

E0

Ф ε0 ε 布关于y=0平面对称，故电位表示 图5-13 式中不应有的正弦项。令

nnA(ArBr)cosn

0n1nn1nnC(CrDr)cosn

0n1nn2

因在原点处电位为零，定出A0=0，Bn=0。用无穷远处边界条件r→∞

13

及=-E0rcosФ，定出C1=-E0，其余C0=0。这样，柱内、外电位简化

2为

nArcosn 1n1n

n CrcosDrcosn

12n1n12，再用介质柱和空气界面（r=a）的边界条件=及r0r12得

 n1nAacosnEacosDancosn0n1nn1n

nAan1cosnEcosnDan1cosnn00n10n比较左右n=1的系数，得

DD1EA1E,A

221a010a00解之得

200AE,DEa 1010002比较系数方程左右n>1的各项，得

nnA0,A0 na2nn0a2nDD由此解出AD0。最终得到圆柱内、外的电位分别是

nn 14

20aErcos,ErcosEcos 10200r0002电场强度分别为

00EEcoseEsine 110r00022

22a00aEEcos(1)eEsin(1)e

r2rr2220000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

nn1(ArBr)P(cosn)1n0nnnnn1(CrDr)P(cosn) 2n0nnn

选取球心处为电位的参考点，则球内电位的系数中A0，B0.

0n在r→∞处，电位Ercos，则球外电位系数C中，仅仅C不

20n1为零，CE10，其余为零。因此，球内、外解的形式可分别简化为

n(ArP(cosn)1n0nnn1ErcosDrP(cosn) 20nn0n

2再用介质球面（r=a）的边界条件=及1，得

r0r12 15

n1nAaP(cosn)EacosDan1P(cosn)n0nn1nn1nn1nAaP(cosn)Ecos(n1)Dan2P(cosn)nn00nnn10比较上式的系数，可以知道，除了n=1以外，系数A且

AaEaDa1012,AE2Da10001n、Dn均为零，

3

由此，解出系数

300AE,DEa 120120003最后得到电位、电场：

300aErcos,ErcosEcos 1022002r2000E11230Ecose0r23Esine

03

00

33a00aEEcos(12)eEsin(1)e

2r3r2r3220000 16