電磁場與電磁波課后習題及答案-第四章習題解答

電磁場與電磁波課后習題及答案-第四章習題解答

習題解答

4.1如題4.1圖所示為一長方形截面的導體槽，槽可視為無限長，其

上有一塊與槽相絕緣的蓋板，槽的電位為零，上邊蓋板的電位為U0,求槽

內的電位函數。

解根據題意，電位?(x,y)滿足的邊界條件為

y?)?a(y,?)O①？(0,

)。②?(x,0?

③?(x,b)?UO

根據條件①和②，電位?(x,y)的通解應取為

?(x,y)??Ansinh(

n?l?n?yn?x)sin()aa

由條件③，有題4.1圖UO??Ansinh(?an?ln?bn?x)sin()aasin(

兩邊同乘以n?x)a,并從0到a對x積分，得到

a2UOn?xAn?sin()dx?asinh(n?a)?aO

4U0?,n?l,3,5,?n?sinh(n?ba)2U0?(l?cosn?)??n?

2,4,6,n?sinh(n?a)?0,

?(x,y)?故得到槽內的電位分布4U01?,sinh?n?l,3,5nn?(an?ysi)a?nx(a)

4.2兩平行無限大導體平面，距離為b,其間有一極薄的導體片由y?d

到y(tǒng)?b(???x??)。上板和薄片保持電位U0,下板保持零電位，求板間電位

的解。設在薄片平面上，從y?0到y(tǒng)?d,電位線性變化，？(O,y)?UOyd。

解應用疊加原理，設板間的電位為

?(x,y)??l(x,y)??2(x,y)

其中，

題4.2圖

?l(x,y)為不存在薄片的平行無限大導體平面間(電壓為

U0)的電位,即?>(x,y)?UOyb；?2(x,y)是兩個電位為零

的平行導體板間有導體薄片時的電位，其邊界條件為：①

?2(x,0)??2(x,b)?0

②

?2(x,y)?0??)

U0?

U?y??Ob

?2(0,y)??(0,y)??l(0,y)??

?U0y?U0y?b?d③

(O?y?d)(d?y?b)

?

?

xn?y?nb

?2(x/y)??Ansin()e

?(x,y)的通解為bn?l根據條件①和②，可設2

U0?

U?y?

n?y??ObAnsin()???bn?l?UOy?UOy

?b?d由條件③有

sin(

兩邊同乘以

d

(O?y?d)(d?y?b)

n?y

)

b,并從0到b對y積分，得到

b

2U2Uyn?ylln?yAn?0?(l?)sin()dy?0?(?)ysin()dy?2U02bsin(n?d)

bObbbddbb(n?)db

?

xU02bU0?ln?dn?y?nb

y?sin()sin()e2?2

?(x,y)?bd?bbn?ln故得到

4.3求在上題的解中，除開定出邊緣電容。

UOyb一項外，其他所有項對電場總儲能的貢獻。并按

Cf?

2We

U02

解在導體板（y?0）上，相應于

?2(x,y)的電荷面密度

??

?2???02

?y

?

y?0

?x2?0U0?ln?d?nb

??sin()e??dn?lnb

則導體板上(沿z方向單位長)相應的總電荷

??x2?0U0n?d?nb4?Ub00q2???2dx?2??2dx??2??sin()edx??2?12sin(n?d)

n?db?dn?lnbOn?l??O

??

?

2?

2?0bU011n?d

We?q2U0??sin()?22

2?dn?lnb相應的電場儲能為

2We4?0b?ln?d

Cf?2?2?2sin()

UO?dn?lnb

其邊緣電容為

4.4如題4.4圖所示的導體槽，底面保持電位

U0,其余兩面電位為零，求槽內的電位的解。

解根據題意，電位?(x,y)滿足的邊界條件為

y?)?a(y,?)O①？。

?0(y??喀？(x,y)

③

?(x,0?)U0

根據條件①和②，電位?(x,y)的通解應取為

a題4.4圖

?(x,y)??Ane?n?ysin(

n?l

?

n?x

)a

n?x

)a

由條件③，有

UO??Ansin(

n?l

?

sin(

兩邊同乘以

n?x

a,并從。到a對x積分，得到

?4U0

,?a

2U0n?x?n?2U0

An?sin()dx?(l?cosn?)??a?a?0,n?0

n?l,3,5,n?

2,4,6,

a

?(x,y)?

故得到槽內的電位分布為

4U0

l?n?

?,e?n?l,3,5n

n?xsi)a

4.5一長、寬、高分別為a、b、c的長方體表面保持零電位，體積內

填充密度為??y(y?b)sin(?x

a)sin(?z

c)

的電荷。求體積內的電位?。

解在體積內，電位?滿足泊松方程

?2??2??2?l?x?z????y(y?b)sin()sin()?x2?y2?z2?0ac(1)

長方體表面S上，電位?滿足邊界條件?s?o。由此設電位?的通解

為?(x,y,z)?i

?O???Amnpsin(m?ln?lp?l???m?xn?yp?z)sin()sin()abc

代入泊松方程(1),可得

???Amnp[(

m?ln?lp?l???m?2n?2p?)?()?()2]?abc

sin(m?xn?yp?z?x?z)sin()sin()?y(y?b)sin()sin()abcac

(m?l或p?l)由此可得Amnp?O

??2n?2?2n?yA[()?()?()]sin()??lnlabcby(y?b)(2)

P?1

由式(2),可得

n??2n?yAlnl[()?()2?()2]??y(y?b)sin()dy?4(b)3(cosn??l)?abcb0bbn?2?b

?8b2

??3?(n?)

?0?n?l,3,5,n?

2,4,6,

8b2??(x,y,z)??

故l?xn?y?zsin()sin()sin()?51nl??0n?l,3,5nabc,3[()2?()2?()]2abc

4.6如題4.6圖所示的一對無限大接地平行導體板，板間有一與z軸

平行的線電荷ql,其位置為

(0,d)o求板間的電位函數。

解由于在(0,d)處有一與z軸平行的線電荷個區(qū)域，則這兩個區(qū)域中

的電位

上，可利用？函數將線電荷ql,以x?0為界將場空間分割為x?0和x?0

兩?l(x,y)和?2(x,y)都滿足拉普拉斯方程。而在x?0的分界面ql表示成電荷

面密度?(y)?ql?(y?yO)。電位的邊界條件為

①？l(x,O)=?l(x,a)?O?2(x,0)=?2(x,a)?0??)②l(x,y)?O(x?題4.6

圖?2(x,y)?0(x???)③?l(0,y)??2(0,y)(??2ql

?x???l

?x)x?O????(y?d)

由條件①和②，可設電位函數的通解為??

l(x,y)??A?n?an?y

nesin(

n?la)

(x?0)

??n?y

2(x,y)??B?xa

nensin(

n?la)

(x?0)

由條件③，有

???

An?yBn?y

nsin()?nsin(

n?la?n?la)

?

??An?n?y?n?

nsin(

n?laa)??Bn

n?lasin(n?yq

a)?l

??(y?d)

由式(1),可得

An?Bn(3)

sin(m?y

將式(2)兩邊同乘以a)

,并從。到a對y積分，有

1)(2)(

An?Bn?2qln??0?a0?(y?d)sin(2qln?yn?d)dy?sin()an??0a

(4)

n?d)a由式(3)和(4)解得An?Bn?

qln??Osin(

?l(x,y)?

故ln?d?n?an?ysin()esin()???On?lnaa(x?0)ql??q?

2(x,y)?l

???nsin(n?dn?xan?y

a)esin(a)

On?l(x?0)

4.7如題4.7圖所示的矩形導體槽的電位為零，槽中有一與槽平行的

線電荷ql。求槽內的電位函數。

解由于在(xO,yO)處有一與z軸平行的線電荷ql,以x?xO為界將場空

間分割為O?x?xO和xO?x?a兩個區(qū)域，則這兩個區(qū)(xO,yO)域中的電位?l(x,y)

和?2(x,y)都滿足拉普拉斯方程。而在x?xO的分界面上，可利用？函數將線

電荷ql表示成電荷面密度?(y)?ql?(y?yO),電位的邊界條件為

①?l(O,y=),0?2(a,y)?0

②?l(x,O)=?l(x,b)?O

?2(x,0)=?2(x,b)?0

③?l(x0,y)??2(x0,y)

(??2

?x???l

?x)x?xO??ql??(y?yO)

由條件①和②，可設電位函數的通解為

??

l(x,y)??Ansin(n?yn?x

n?lb)sinh(b)

(O?x?xO)

題4.7圖

B?(x,y)??2n?l?nsin(n?yn?)sinh[(a?x)](x?x?a)bb0

由條件③，有

?n?xOn?yn?yn?Asin()sinh()?Bsin()sinh[(a?xO)]??nnbbbbn?ln?l

(1)?

??An

n?ln?xOn?n?ysin()cosh()?bbb

qln?n?yn???(y?yO)Bnsin()cosh[(a?xO)]??Obbbn?l(2)?

由式(1),可得

Ansinh(n?xOn?)?Bnsinh[(a?xO)]?Obb(3)

sin(

將式(2)兩邊同乘以m?y)b,并從0到b對y積分，有

2qln?x0n??An)?Bn(a?x0)]n??0bb

2qln?y0sin()n??0b(4)

由式(3)和(4)解得？bO?(y?yO)sin(n?y)dy?b

An?

2qln?y01n?sinh[(a?x0)]sin()sinh(n?ab)n??0bb

Bn?2qln?x0n?y01sinh()sin()sinh(n?ab)n??0bb

?l(x,y)?

故ln?sinh[(a?xO)]???On?lnsinh(n?ab)b

2ql??sin(n?y0n?xn?y)sinh()sin()bbb

(O?x?xO)?2(x,y)?n?x01sinh()???0n?lnsinh(n?a)b2ql?

?sin(

若以n?yOn?n?y)sinh[(a?x)]sin()bbb(xO?x?a)y?yO為界將場空間分割

為O?y?yO和yO?y?b兩個區(qū)域，則可類似地得到?l(x,y)?

?sin(ln?sinh[(b?yO)]???On?lnsinh(n?ba)a2ql?n?xOn?yn?x)sinh()sin()aaa

(0?y?y0)

?2(x,y)?

?sin(n?y01sinh()???0n?lnsinh(n?ba)a2ql?n?x0n?n?x)sinh[(b?y)]sin()aaa

(yo?y?b)

4.8如題4.8圖所示，在均勻電場EO?exEO中垂直于電場方向放置一

根無限長導體圓柱，圓柱的半徑為a。求導體圓柱外的電位?和電場E以及

導體表面的感應電荷密度?。解在外電場

電荷的電位E0作用下，導體表面產生感應電荷，圓柱外的電位是外

電場E0的電位?0與感應?in的疊加。由于導體圓柱為無限長，所以電位與

變量z無關。在圓柱面坐標系中，外電場的電位為

荷的電位?0(r,?)??E0x?C??E0rcos??C(常數C的值由參考點確定),而

感應電?in(r,?)應與?0億?)一樣按cos?變化，而且在無限遠處為0。由于導體

是等位體，所以?(r,?)滿足的邊界條件為

?)?C①？(a,

②?(o?)??Es?COrco?r(??)

E0?l?(r,?)??Ercos??Arcos??C01由止匕可設?l?Eacos??Aacos??C?C01

由條件①，有

題4.8圖2A?aE01于是得到

故圓柱外的電位為

?(r,?)?(?r?a2r?l)E0cos??

C

若選擇導體圓柱表面為電位參考點，即?(a,?)?0,則C?0。

導體圓柱外的電場則為

22??l??aaE????(r,?)??er?e???er(l?)E0cos??e?(?l?)E0sin??rr??r2r2

導體圓柱表面的電荷面密度為????0??(r,?E0co?sr?a?2?0?r

4.9在介電常數為?的無限大的介質中，沿z軸方向開一個半徑為a

的圓柱形空腔。沿x軸方向外加一均勻電場

解在電場

電場EO?exEO,求空腔內和空腔外的電位函數。E0的作用下，介質產

生極化，空腔表面形成極化電荷，空腔內、外的電場E為外加E0與極化

電荷的電場Ep的疊加。外電場的電位為?0(r,?)??E0x??E0rcos?而感應電荷

的電位?in(r,?)應與?0(r,?)一樣按cos?變化，則空腔內、外的電位分別為?1億?)

和?2(r,?)的邊界條件為

①r??時，?2(r,?)??EOrcos?；

?億?)為有限值；②r?0時，1

r?a時，?l(a,?)??2(a,?),?0??1????2

?r?r③

由條件①和②，可設

?l(r,?)??EOrcos??Arlcos?(r?a)

?2(r,?)??E0rcos??A2r?lcos?(r?a)

?l?2Aa?Aa??E??A???E??aA22010帶入條件③，有1,00

Al??

由此解得？？？0???02E0A2??aE0???0,???0

2?Ercos????00(r?a)?l(r,?)??

所以

?2(r,?)??[l????0a2()]E0rcos????0r(r?a)

4.10一個半徑為b、無限長的薄導體圓柱面被分割成四個四分之一

圓柱面，如題4.10圖所示。

第二象限和第四象限的四分之一圓柱面接地，第一象限和第三象

限分別保持電位U0和?U0。求圓柱面內部的電位函數。

解由題意可知，圓柱面內部的電位函數滿足邊界條件為①？。?)

為有限值；？題4.10圖

②

由條件①可知，圓柱面內部的電位函數的通解

為?U0?0??(b,?)????U0??00????2?2????????3?23?2???2?；

?(r,?)??rn(Ansinn??Bncosn?)

n?l?(r?b)

代入條件②，有

由此得到?b(Ann?l?nsin??Bncno?s??)b?(,)

lAn?nb?2???(b,?)sinn?d??01b?n?23?2[?U0sinn?d??0??U0sinn?d?]?U0(l?cos

n?)?bnn?

?2U0,n?l,3,5,?n?n?b??0,n?

2,4,6,

lBn?nb?2???(b,?)cosn?d??b?[?Un

01?03?cosn?d??0U??0cosn?d?]?

n?3?2U0,?(?l)2

nn?b?U0n?3n?(sin?sin)??0,?bnn?22n?l,3,5,n?

2,4,6,

?(r,?)?

故

2U0?n?l,3z5,??n?31rn()[sinn??(?l)2cosn?]nb(r?

b)

4.11如題4.11圖所示，一無限長介質圓柱的半徑為a、介電常數為？，

在距離軸線有一與圓柱平行的線電荷解在線電荷

rO(rO?a)處，

ql,計算空間各部分的電位。

ql作用下，介質圓柱產生極化，介質圓柱內外的電位?億?)均為線電荷

ql的電位

?也?)與極化電荷的電位?p(r,?)的疊加,BP?(r,?)??l(r,?)??p(r,?)o線電荷

ql的電位

?l(r,?)??

為

ql2??0

InR??

ql2??0

(1)

而極化電荷的電位

?P(r,?)

滿足拉普拉斯方程，且是？的偶函數。

介質圓柱內外的電位

?l(r,?)和?2億?)滿足的邊界條件為分別為

①②

?1(0?,為有限值;)

題4.11圖

?2(r,?)??(,?)r?(?)lr

?1??2,?

??1??

??02?r?r

③r?a時，

由條件①和②可知，

?1億?)和?2億?)的通解為

?

?l(r,?)??l(r,?)??Anrncosn?

n?l?

(O?r?a)(2)

?2(r,?)??l(r,?)??Bnr?ncosn?

n?l

(a?r??)(3)

將式(1)?(3)帶入條件③，可得到

?Aa

nn?l

?

n

cosn???Bna?ncosn?

n?l

?

(4)

?(An?nan?l?Bn?0na?n?l)cosn??(???0)

n?l

?

ql?lnR

2??0?r

?

r?a

(5)

n

當

r?rO時,將InR展開為級數，有

lnR?lnrO??

lr

n?lnrO

)cn?os

(6)

帶入式(5),得？(An?na

n?l?n?l?Bn?0na?n?l(???0)ql)cosn???2??0r0an?l()cosn??rn?10

(7)?

n?nAa?Bann由式(4)和(7),有

An?nan?l?Bn?0na?n?l??(???0)qlan?l()2??0r0r0

ql(???0)lql(???0)a2n

An??Bn??nn2??(???)nr2??(???)nr000000由此解得，

故得到圓柱內、外的電位分別為

ql(???0)?lrn?l(r,?)???()cosn?2??02??0(???0)n?lnr0(8)

qlql(???0)?la2

n?2(r,?)??ln?()cosn?2??02??0(???0)n?lnr0r(9)ql討論：利用式(6),

可將式(8)和(9)中得第二項分別寫成為

ql(???0)?lrnql(???0)?()cosn??(lnR?lnr0)?2??0(???0)n?lnr02??0(???0)

ql(???0)?la2

nql(???0)?()cosn??(lnR??lnr)?2??0(???0)n?lnr0r2??0(???0)

其中R??o因此可將?1億?)和?2(r,?)分別寫成

為?l(r,?)??2?Oqlq(???O)lnR?llnrO2??O???O2??O(???O)1

qi

2??0lnR?l?(???0)qll(???0)qllnR??lnr2??0???02??0???0?2(r,?)??

2?0qlr,???0由所得結果可知，介質圓柱內的電位與位于(00)的線電

荷的電位相同，而介質圓

a2

(,0)r,qr柱外的電位相當于三根線電荷所產生，它們分別為：位于(00)

的線電荷I;位于0的？??0???0qlql??????00線電荷；位于r?0的線電荷。？

4.12將上題的介質圓柱改為導體圓柱，重新計算。

解導體圓柱內的電位為常數，導體圓柱外的電位?億?)均為線電荷電

荷的電位

ql的電位?l(r,?)與感應

的疊加，線電荷的電位為

?in(r,?)BP?(r,?)??l(r,?)??in(r,?)oql

ql2??0

InR??

ql2??0

(1)

?l(r,?)??

而感應電荷的電位

?in(r,?)滿足拉普拉斯方程，且是?的偶函數。

?億?)滿足的邊界條件為

①?(r,?)??lr(?z(r)??)；

②

?(a,?)?Co

由于電位分布是?的偶函數，并由條件①可知，？億?)的通解為

??

(r,?)??l(r,?)??Annr?cosn?

n?0

(2)將式(1)和(2)帶入條件②，可得到

??

Aa

?n

n

cosn??C?

qln?O

2??0

將

?

?lnrla

O??(r)ncosn?

n?lnO帶入式(3),得

??

A?n

q?

nacosn??C?

??[lnrla

nn?O

20??()cosn?]0n?lnr0A?C?ql

qi

由此可得2??lnrAa2n

00n??0,

2??0n(r)

0故導體圓柱外的電為

?(r,?)??

ql2??0

3)

(4)

(5)

(

la2

n(C?lnr0)??()cosn?2??02??0n?lnr0r(6)qlql?

討論：利用式(4),可將式(6)中的第二項寫成為

qlla2

n?()cosn??(lnR??lnr)?2??0n?lnr0r2??0

ql?

其中R??o因此可將?億?)寫成為?(r,?)??ql

2??0lnR?ql2??0lnR??ql2??0lnr?C?ql2??0lnr0

由此可見，導體圓柱外的電位相當于三根線電荷所產生，它們分別為:

位于(rO,O)q的線電荷I；a2

(,O)?qqr位于。的線電荷I；位于r?0的線電荷I。

4.13在均勻外電場EO?ezEO中放入半徑為a的導體球，設(1)導體

充電至U0；(2)導體上充有電荷Q°試分別計算兩種情況下球外的電位分

布。

解(1)這里導體充電至

時導體球面上的電荷密度

在U0應理解為未加外電場E0時導體球相對于無限遠處的電位為U0,

此???OUOa,q?4??0aU0oE總電荷將導體球放入均勻外電場0中后,E0的

作用下，產生感應電荷，使球面上的電荷密度發(fā)生變化，但總電荷q仍保

持不變，導體球仍為等位體。

設?(r,?)??O(r,?)??in(r,?),其中

?0(r,?)??E0z??E0rcos?

是均勻外電場E0的電位，？in(r,?)是導體球上的電荷產生的電位。電

位?億?)滿足的邊界條件為

①r??時，?(r,?)??EOrcos?；

②r?a時，?(a,?)?CO,??0?

S??dS?q?r

其中

CO為常數，若適當選擇?億?)的參考點，可使co?uo。

?2?1

?(r,?)??Ercos??Arcos??Br?ClOil由條件①，可設

3

A?aEO,Bl?aUO,C1?CO?UO1代入條件②,可得到

3?2?1

C?U?(r,?)??Ercos??aErcos??aUrOOOOO若使，可得至U

(2)導體上充電荷Q時，令

Q?4??0aU0,有

U0?

Q4??0a

Q4??0r

?(r,?)??EOrcos??a3EOr?2cos??

利用(1)的結果，得到

4.14如題4.14圖所示，無限大的介質中外加均勻電場

EO?ezEO,在介質中有一個半徑為

a的球形空腔。求空腔內、外的電場E和空腔表面的極化電荷密度(介

質的介電常數為?)。

解在電場電場

E0的作用下，介質產生極化，空腔表面形成極化電荷，空腔內、外的

電場E為外加

E0與極化電荷的電場Ep的疊加。設空腔內、外的電位分別為?l(r,?)

和？2(r,?),則邊界

條件為①

r??時，?2(r,?)??E0rcos?；

?(r,?)為有限值；②r?0時，1

r?a時，?l(a,?)??2(a,?),

?0

??1??

??2?r?r

③

由條件①和②，可設

?l(r,?)??EOrcos??Arlcos??2(r,?)??E0rcos??A2r?2cos?

帶入條件③，有

?3

Ala?A2a?2,??0E0??0Al???E0?2?aA2

???0???03

Al??E0A2??aE0

2???2???00由此解得，

題4.14圖

?l(r,?)??

所以3?E0rcos?2???0

?2(r,?)??[l????0a3()]E0rcos?2???0r

3?E02???0

E0?(???0)E0a3([er2cos??e?sin?]2???0r空腔內、外的電場為

El????l(r,?)?E2????2(r,?)?

空腔表面的極化電荷面密度為

?p??n?P2r?a??(???0)er?E2r?a??3?0(???0)E0cos?2???0

4.15如題4.15圖所示，空心導體球殼的內、外半徑分別為rl和r2,

球的中心放置一個電偶極子p,球殼上的電荷量為Q。試計算球內、外的

電位分布和球殼上的電荷分布。

解導體球殼將空間分割為內外兩個區(qū)域，電偶極子p在球殼內表面

上引起感應電荷分布，但內表面上的感應電荷總量為零，因此球殼外表面

上電荷總量為Q,且均勻分布在外表面上。球殼外的場可由高斯定理求得

為

E2(r)?erQ4??0r2

?2(r)?Q4??0r?2?

外表面上的電荷面密度為

設球內的電位為Q4?r22,其中？l(r,?)??p(r,?)??in(r,?)題4.15圖

?P(r,?)?

是電偶極子pcos?p?P(cos?)2214??0r4??0rp的電位，？in(r,?)是球殼內表

面上的感應電荷的電位。

?in(r,?)滿足的邊界條件為

①②

?in(O,?)為有限值；

?l(rl,?)??2(r2),BP?in(rl,?)??p(rl,?)??2(r2),所以

Q4??0r2

?

p4??r

201

?in(rl,?)?Pl(cos?)

n

?in(r,?)??AnrPn(co?s)

n?0?

由條件①可知

?in(r,?)的通解為

由條件②，有比較兩端

?AnrlnPn(cos?)?

n?0

Q4??0r2

?

p4??0rl2

Pl(cos?)

Pn(cos?)的系數，得到

AO?

Q4??0r2,

Al??

p4??0rl3,

An?0(n?2)

?l(r,?)?

最后得到

Q4??0r2

?

p4??0

(

lr

?3)cos?2rrl

??l?n

r?rl??O

?l???0

球殼內表面上的感應電荷面密度為

?

??l?r

r?rl??

3p

cos?4?rl3

感應電荷的總量為

3p2

ql???ldS??cos??2?rlsin?d??03?4?rl0S

4.16欲在一個半徑為a的球上繞線圈使在球內產生均勻場，問線圈

應如何繞(即求繞線的密度)？r

解設球內的均勻場為

Hl?ezHO(r?a),球外的場為H2(r?a),如

題4.16圖所示。根據邊界條件，球面上的電流面密度為

JS?n?(H2?Hl)r?a?er?(H2?ezH0)r?a?

2

er?H2

r?a

?e?HOsin?

題4.16圖

若令er?H2r?a?0,則得到球面上的電流面密度為JS?e?HOsin?

這表明球面上的繞線密度正比于sin?,則將在球內產生均勻場。4.17

一個半徑為R的介質球帶有均勻極化強度Po

?

(1)證明：球內的電場是均勻的，等于P?0；

4?R3

??P?3o(2)證明：球外的電場與一個位于球心的偶極子產生的電場

相同，

解(1)當介質極化后，在介質中會形成極化電荷分布，本題中所求

的電場即為極化電荷所產生的場。由于是均勻極化，介質球體內不存在極

化電荷，僅在介質球面上有極化電荷面密度，球內、外的電位滿足拉普拉

斯方程，可用分離變量法求解。建立如題4.17圖所示的坐標系，則介質

球面上的極化電荷面密度為

?p?P?n?P?er?Pcos?

介質球內、外的電位？1和?2滿足的邊界條件為

?(0,?)為有限值；①1

②

③?2(r,?)?0(r??)；?1(R,?)??2(R,?)

??l??2?)?r?rr?R題4.17圖?0(?Pcos?

因此，可設球內、外電位的通解為

?l(r,?)?Arlcos?

?2(r,?)?Blcos?r2

由條件③，有A1R?B12B1?(A?)?PO1R3R2,

PPR3

A1?B1?3?O,3?0解得

?l(r,?)?

于是得到球內的電位PPrcos??z3?03?0

PP??3?03?0El????l??ez

故球內的電場為

(2)介質球外的電位為

PR314?R3PP??2(r,?)?cos??cos??cos?4??0r23?0r24??0r234?R3

??3為介質球的體積。故介質球外的電場為其中

P???21??2(er2cos??e?sin?)E2????2(r,?)??er?e??34??0r?rr?r

可見介質球外的電場與一個位于球心的偶極子P?產生的電場相同。

4.18半徑為a的接地導體球，離球心rl(rl?a)處放置一個點電荷q,

如題4.18圖所示。用分離變量法求電位分布。

解球外的電位是點電荷的電位與球面上感應電荷產生的電位的疊

加，感應電荷的電位滿足拉普拉斯方程。用分離變量法求解電位分布時，

將點電荷的電位在球面上按勒讓德多項式展開，即可由邊界條件確定通解

中的系數。

設?(r,?)??O(r,?)??in(r,?),其中

q

4??0R??0(r,?)?

是點電荷q的電位，？in(r,?)是導體球上感應電荷產生的電位。

電位?億?)滿足的邊界條件為

①r??時，?(r,?)?0；

②r?a時，?(a??)?0o?億?)的通解為

由條件①，可得in題4.18圖

?in(r,?)??Anr?n?lPn(cos?)

n?0?

為了確定系數An,利用R的球坐標展開式

??rn

??n?lPn(cos?)(r?rl)l?n?Orl??R??rlnP(cos?)(r?rl)?n?ln??n?Or

an

?0(a,?)?P(cos?)?n?ln?(r,?)在球面上展開為4??0n?0rl將0q?

代入條件②，有?Aan

n?0??n?lanPn(cos?)?P(cos?)?0?n?ln4??0n?0rlq?

qa2n?l

An??n?lP(cos?)4??rn01比較的系數，得到

a2n?l

?(r,?)??P(cos?)?n?ln4??0R4??0n?0(rrl)故得到球外的電位為qq?

討論：將?億?)的第二項與R的球坐標展開式比較，可得到

a2n?l

P(cos?)??n?lnr)n?0(rl?

2??(r,?)r?al的一個點電荷q???qarl所產生的電位，此電荷由此可見,

的第二項是位于

正是球面上感應電荷的等效電荷，即像電荷。

?)4.19一根密度為證明：對于rql、長為2a的線電荷沿z軸放置，

中心在原點上。?a的點，有？?？

ql?aa3a5?(r,?)?P2(cos?)?5P4(cos?)???2??0?r3r35r

解線電荷產生的電位為

?題4.19圖qll??(r,?)???aR4??04??0?對于rqlaa???

?a的點，有

(z?)n

??n?ln(cos?)n?Or?

故得到

(z?)n

?(rz?)?P(cos?)dz???n?l?4??0n?0?arql?a

ql?aa3a51an?l?(?a)n?l

Pn(cos?)???3P2(cos?)?5P4(cos?)??n?12??0?r3r5r4??0n?0n?lrql????

4.20一個半徑為a的細導線圓環(huán)，環(huán)與xy平面重合，中心在原點上，

環(huán)上總電荷量為Q,如題4.20圖所示。證明：空間任意點電位為

4?l?r?23?r??l??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0a?8?a??2?a?Q????

(r?a)

????(r?a)

4?l?a?23?a??2??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0r?8?r??2?r?Q

解以細導線圓環(huán)所在的球面r?a把場區(qū)分為兩部分，分別寫出兩個

場域的通解,并利用？函數將細導線圓環(huán)上的線電荷Q表示成球面r?a上的

電荷面密度

??

Q?Q?(cos??cos)??(cos?)222?a22?a

再根據邊界條件確定系數。

設球面r?a內、外的電位分別為?1億?)和?2(r,?),則邊界條件為：①

②題圖為有限值；

4.20？1(0,?)?2(rz?)?0(r??)

(3)?l(a,?)??2(a,?),

??l??2?)?r?r?

r?a?0(Q?(cos?)22?a

根據條件①和②，可得?l(r,?)和?2(r,?)的通解為

?l(r,?)??AnrnPn(cos?)

n?0

??(1)?2(r,?)??Bnr?n?lPn(cos?)

n?0(2)代入條件③，有

n?n?lAa?Bann

(3)

?[Annan?l?Bn(n?l)a?n?2]Pn(cos?)?

n?0?Q2??0a2?(cos?)

(4)

將式(4)兩端同乘以Pm(cos?)sin?,并從0至lj?對?進行積分，得

(2n?l)Q?(cos?)Pn(cos?)sin?d??2??4??0a0?Annan?l?Bn(n?l)a?n?2

(2n?l)QPn(0)4??0a2

(5)

?0?Pn(0)??(n?l)n21?3?5(?l)?2?4?

6n?其中n?l,3,5,n?2,4,6,

QanQAn?P⑼Bn?Pn(0)n?ln4??0a4??0由式(3)和(5),解得,

代入式(1)和(2),即得到

4?l?r?23?r??l??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0a?8?a??2?a?Q???

(r?a)?

????(r?a)

4?l?a?23?a??2??l???P2(cos?)???P4(cos?)?4??0r?8?r??2?r?Q

4.21一個點電荷q與無限大導體平面距離為d,如果把它移到無窮

遠處，需要作多少功？

解利用鏡像法求解。當點電荷q移動到距離導體平面為x的?點P

處時，其像電荷q??q，與導體平面相距為x?

??x,如

題4.21圖

題4.21圖所示。像電荷q在點P處產生的電場為

?

E?(x)?ex

?q4??0(2x)2

所以將點電荷q移到無窮遠處時，電場所作的功為

We??qE?(x)?dr??

d

??d

?q2q2

dx??2

4??0(2x)16??0d

q2

Wo??We?

16??0d

外力所作的功為

4.22如題4.22圖所示，一個點電荷放在60的接地導體角域內的點

(1,1,0)處。求：(1)所

q

有鏡像電荷的位置和大??；（2）點x?2,y?l處的電位。

解（1）這是一個多重鏡像的問題，共有5個像電荷，分布在以點電

荷到角域頂點的距離為半徑的圓周上，并且關于導體平面對稱，其電荷量

的大小等于，且正負電荷交錯分布，其大小和位置分別為

q

q

???q,ql

???2cos75??0.366?xl

?

??2sin75??1.366??yl???2cosl65??1.366?x2

?

??2sinl65??0.366??y2

?

??q,q2

???q,q3

???2cosl95???1.366?x3

?

??2sinl95???0.366??y3???2cos285??0.366?x4?

??2sin285???1.366??y4

???2cos315??l?x5?

??2sin315???l??y5

??q,q4

題4.22圖

???q,q5

(2)點x?2,y?l處電位

?q4???q2?q3?q51?qql

?(21

4??O?RR1R2R3R4R5?

q

4??0(l?0.597?0.292?0.275?0.348?0.477)?0.321q?2.88?109q(V)4??0

4.23一個電荷量為q、質量為m的小帶電體，放置在無限大導體平

面下方，與平面相距為h。求q的值以使帶電體上受到的靜電力恰與重力

相平衡(設解將小帶電體視為點電荷導體

m?2?10kg,h?0.02m)oq,

平面上的感應電荷對q的靜電力等于鏡像電荷q對q的作用?3?

?力。根據鏡像法可知，鏡像電荷為q??q,位于導體平面上方為h處，

則小帶電體q受到的靜

q2

fe??24??(2h)0電力為

q2

?mg2f4??(2h)mg0令e的大小與重力相等，即

題4.24圖(a)

題4.24圖(c)4.24圖(b)

題

于是得到

q?4?5.9?10?8C

4.24如題4.24(a)圖所示，在z?0的下半空間是介電常數為?的介

質，上半空間為空氣，距離介質平面距為h處有一點電荷q,求：(1)z?0

和z?0的兩個半空間內的電位；(2)介質表面上的極化電荷密度，并證明

表面上極化電荷總電量等于鏡像電荷q。

解(1)在點電荷q的電場作用下，介質分界面上出現極化電荷，利

用鏡像電荷替代介質分界面上的極化電荷。根據鏡像法可知，鏡像電荷分

布為(如題4.24圖(b)、(c)所示)？

q??????Oq???O,位于z??h

q??????Oq???O,位于z?h

q上半空間內的電位由點電荷和鏡像電荷q共同產生，即？

?q?qq??l???

4??04??0R14??0R?

下半空間內的電位由點電荷和鏡像電荷q共同產生，即

q???2?q?q??4??R2(2)由于分界面上無自由電荷分布，故極化電荷面

密度為

?p?n??Pl?P2?

?z?0??0(Elz?E2z)z?0??0(??2??l?)?z?zz?0??(???0)hq2?(???0)(r2?h2)32

極化電荷總電量為

(???0)hqr(???0)qqP???PdS???P2?rdr??dr???q?223????00(r?h)???0S0?

4.25一個半徑為R的導體球帶有電荷量為Q,在球體外距離球心為

D處有一個點電荷q。(1)

QRD3R??222qqD成立q(D?R)Q求點電荷與導體球之間的靜電力；(2)