《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U0，求槽内的电位函数。

解 根据题意，电位(x,y)满足的边界条件为

① (0,y)(a,y)0 ② (x,0)0

③ (x,b)U0

根据条件①和②，电位(x,y)的通解应取为

(x,y)Ansinh(y n1nynx)sin() aab o U0 由条件③，有

a 题4.1图

U0Ansinh(n1nbnx)sin() aa

ax 两边同乘以sin(

nx)，并从0到a对x积分，得到 aa2U0nxAnsin()dx

asinh(nba)a02U0(1cosn)nsinh(nba)4U0,n1,3,5,nsinh(nba)0，n2,4,6,

故得到槽内的电位分布 (x,y)4U0n1,3,5,1nynxsinh()sin()

nsinh(nba)aa4.2 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yd到

yb(x)。上板和薄片保持电位U0，下板保持零电位，求板间电位的解。设在薄片

平面上，从y0到yd，电位线性变化，(0,y)U0yd。

解 应用叠加原理，设板间的电位为

y U0 (x,y)1(x,y)2(x,y)

其中，1(x,y)为不存在薄片的平行无限大导体平面间（电压为

boxydxy oxy 题 4.2图

U0）的电位，即1(x,y)U0yb；2(x,y)是两个电位为零

x 的平行导体板间有导体薄片时的电位，其边界条件为：

① 2(x,0)2(x,b)0

②

2(x,y)0(x)

③

U0Uy(0yd)0b2(0,y)(0,y)1(0,y)

UU0y0y(dyb)bdxnynb)e 根据条件①和②，可设2(x,y)的通解为 2(x,y)Ansin(bn1U0Uy(0yd)ny0b) 由条件③有 Ansin(UUbn10y0y(dyb)bdny)，并从0到b对y积分，得到 两边同乘以sin(bdb2U02U011ynyny2U0bndAn(1)sin()dy()ysin()dysin() 2bbbbdbb(n)db0dU2bU0故得到 (x,y)0ybd2x1ndnynbsin()sin()e 2bbn1n4.3 求在上题的解中，除开U0yb一项外，其他所有项对电场总储能的贡献。并按2WCf2e定出边缘电容。

U0解 在导体板（y0）上，相应于2(x,y)的电荷面密度

202yy0x20U01ndnbsin()e dn1nb则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷

x20U0ndnb40U0b1ndsin()edxsin() q22dx22dx222dn1nbndb0n1020bU021相应的电场储能为 Weq2U022d1ndsin() 2bn1n2We40b1nd其边缘电容为 Cf222sin()

U0dn1nby 4.4 如题4.4图所示的导体槽，底面保持电位U0，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)满足的边界条件为

① (0,y)(a,y)0 ② (x,y)0(y)

③ (x,0)U0

根据条件①和②，电位(x,y)的通解应取为

o

a题4.4图

U0

a x

nyanx(x,y)Anesin(n1a) 由条件③，有 U0Anxnsin(n1a) 两边同乘以sin(nxa)，并从0到a对x积分，得到 a4U0A2U0nx2U,n1,3,5,nasin(00a)dxn(1cosn)n 0，n2,4,6,故得到槽内的电位分布为 (x,y)4U01enyasin(nx) n1,3,5,na4.5 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y(yb)sin(xza)sin(c)

的电荷。求体积内的电位。

解 在体积内，电位满足泊松方程

2x22y22z21xzy(yb)sin()sin() 0ac长方体表面S上，电位满足边界条件S0。由此设电位的通解为

(x,y,z)1mxnAmnpsin(0m1n1p1a)sin(yb)sin(pzc) 代入泊松方程（1），可得

Am2nmnp[(m1n1p1a)(b)2(pc)2] sin(mxa)sin(nyb)sin(pzxzc)y(yb)sin(a)sin(c)

由此可得

Amnp0 (m1或p1)

A2n22ny1n1[()()()]sin()y(yb) p1abcb 由式（2），可得

An2b2ny4b1n1[(a)(b)2(c)2]by(yb)sin()dy()3(cosn1)

0bbn8b2(n)3n1,3,5,

0n2,4,6,1）2）

（ （

1xnyzsin()sin()sin()5故 1n10n1,3,5,n3[()2()2()2]abc

abc4.6 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ql，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ql，以x0为界将场空间分割为x0和

(x,y,z)8b2x0两个区域，则这两个区域中的电位1(x,y)和2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在x0的分界面上，可利用函数将线电荷ql表示成电荷面密度(y)ql(yy0)。

电位的边界条件为

y ① 1(x,0)=1(x,a)0

2(x,0)=2(x,a)0 ② 1(x,y)0(x)

ql 2(x,y)0(x) d a ③ 1(0,y)2(0,y)

o(2q题 4.6图 x

x1x)lx0(yd) 0

由条件①和②，可设电位函数的通解为

nxany1(x,y)Anesin(a) n12(x,y)Bnenxasin(nya) (x0) n1由条件③，有

Any)Bnynsin(nsin() n1an1aAnnynnyqnsin()Bnsin() ln1aan1aa(yd) 0由式（1），可得

AnBn 将式（2）两边同乘以sin(mya)，并从0到a对y积分，有 A2qlanBnn0(yd)sin(ny2qlnda)dynsin() 00a由式（3）和（4）解得 AqlndnBnnsin(a) 0故 ql1(x,y)1ndnxsin()easin(ny) (x0) 0n1naa(x0) （1） （2） （3）

4）

（

2(x,y)1ndnxanysin()esin() (x0) 0n1naaql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ql。求槽内的

电位函数。

y 解 由于在(x0,y0)处有一与z轴平行的线电荷ql，以xx0为界将场空间分割为0xx0和x0xa两个区域，则这两个区域中的电位1(x,y)和2(x,y)都满足拉普拉斯方程。而在xx0的分界面上，可利用

b 函数将线电荷ql表示成电荷面密度

ql (x0,y0) (y)ql(yy0)，电位的边界条件为

① 1(0,y)=0，2(a,y)0 ② 1(x,0)=1(x,b)0 2(x,0)=2(x,b)0 ③ 1(x0,y)2(x0,y)

(21)xxo 题4.7图

a x

xx0ql0(yy0)

由条件①和②，可设电位函数的通解为

1(x,y)Ansin(nynx)sinh() (0xx0) bbn1nyn)sinh[(ax)] (x0xa) 2(x,y)Bnsin(bbn1由条件③，有

nx0nynynAnsin()sinh()Bnsin()sinh[(ax0)] （1） bbbbn1n1nx0nnyAsin()cosh() nbbbn1qlnnyn(yy0) （2） Bsin()cosh[(ax)] n0bbbn10由式（1），可得

nx0n)Bnsinh[(ax0)]0 （3） bbmy)，并从0到b对y积分，有 将式（2）两边同乘以sin(b2qlbnynx0n(yy)sin()dy Ancosh()Bncosh[(ax0)]00nbbb02qlny0sin() （4） n0bAnsinh(由式（3）和（4）解得

An2qlny01nsinh[(ax0)]sin()

sinh(nab)n0bb2qlnx0ny01Bnsinh()sin()

sinh(nab)n0bb故 1(x,y)1nsinh[(ax0)] 0n1nsinh(nab)bny0nxnysin()sinh()sin() (0xx0)

bbb2qlnx012(x,y)sinh() 0n1nsinh(nab)bny0nnysin()sinh[(ax)]sin() (x0xa)

bbb若以yy0为界将场空间分割为0yy0和y0yb两个区域，则可类似地得到

2ql1nsinh[(by0)] 0n1nsinh(nba)anx0nynxsin()sinh()sin() (0yy0)

aaa2qlny012(x,y)sinh() 0n1nsinh(nba)anx0nnxsin()sinh[(by)]sin() (y0yb)

aaa4.8 如题4.8图所示，在均匀电场E0exE0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和电场E以及导体表面的感应电荷密度。

解 在外电场E0作用下，导体表面产生感应电荷，圆柱外的电位是外电场E0的电位0与感应电荷的电位in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

1(x,y)2ql中，外电场的电位为0(r,)E0xCE0rcosC（常数C的值由参考点确定），而感应电荷的电位in(r,)应与0(r,)一样按cos变化，而且在无限远处为0。由于导体是等位体，所以(r,)满足的边界条件为

y ① (a,)C

② (r,)E0rcosC(r)

1由此可设 (r,)E0rcosA1rcosC

E0 1由条件①，有 E0acosA1acosCC

a o x

2于是得到 A1aE0 故圆柱外的电位为

题4.8图

(r,)(ra2r1)E0cosC

若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a,)0，则C0。

导体圆柱外的电场则为

221aaE(r,)ereer(12)E0cose(12)E0sin

rrrr(r,)导体圆柱表面的电荷面密度为 0ra20E0cos

r4.9 在介电常数为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E0exE0，求空腔内和空腔外的电位函数。

解 在电场E0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E0与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为0(r,)E0xE0rcos而感应电荷的电位in(r,)应与0(r,)一样按cos变化，则空腔内、外的电位分别为1(r,)和

2(r,)的边界条件为

① r时，2(r,)E0rcos； ② r0时，1(r,)为有限值；

12 ③ ra时， 1(a,)2(a,)，0rr由条件①和②，可设

1(r,)E0rcosA1rcos (ra)

2(r,)E0rcosA2r1cos (ra)

带入条件③，有 A1aA2a，0E00A1E0aA2

12020aE0 E0， A2002(r,)E0rcos (ra) 所以 100a22(r,)[1()]E0rcos (ra)

0r4.10 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

由此解得 A1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U0和U0。

求圆柱面内部的电位函数。

y 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,)为有限值；

0 b o U0 U0

0 x

U00② (b,)U00022；

32322题4.10图

由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为

(r,)rn(AnsinnBncosn) (rb)

n1

代入条件②，有 由此得到

bn1n(AnsinnBncosn)(b,)

2321Annb21(b,)sinnd[U0sinndnb00U0sinnd]U0(1cosn)nbn2U0,n1,3,5,nnb0，n2,4,6,1Bnnb2

(b,)cosndb[Un012032cosnd0U0cosnd]

n1,3,5,n2,4,6,n32U0,U0n3n(1)2n(sinsin)nbbnn220，

n31rn()[sinn(1)2cosn] (rb) 故 (r,)n1,3,5,nb4.11 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，在距离轴线r0(r0a)处，有一与圆柱平行的线电荷ql，计算空间各部分的电位。

解 在线电荷ql作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位(r,)均为线电荷ql的电位l(r,)与极化电荷的电位p(r,)的叠加，即(r,)l(r,)p(r,)。线电荷ql的

2U0电位为

y l(r,)ql20lnRql20lnr2r022rr0cos （1）

而极化电荷的电位p(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。介质圆柱内外的电位1(r,)和2(r,)满足的边界条件为分别为

① 1(0,)为有限值；

ql 0 a  o r0 x

② 2(r,)l(r,)(r)

题4.11图

102 rr由条件①和②可知，1(r,)和2(r,)的通解为

③ ra时，12,

(0ra) （2）

1(r,)l(r,)Anrncosnn1

2(r,)l(r,)Bnrncosn (ar) （3）

n1将式（1）～（3）带入条件③，可得到

Aann1ncosnBnancosn （4）

n1

(Annan1Bn0nan1)cosn(0)n1qllnR20rra （5）

当rr0时，将lnR展开为级数，有 lnRlnr0带入式（5），得

1rn()cosn （6） nr0n1an1()cosn （7） n1r0(Annan1n1Bn0nan1(0)ql)cosn20r0nn由式（4）和（7），有 AnaBna

Annan1Bn0nan1(0)qlan1()

20r0r0ql(0)1ql(0)a2n 由此解得 An， Bnn20(0)nr0n20(0)nr0故得到圆柱内、外的电位分别为

ql(0)1rn1(r,)lnrr2rr0cos()cosn （8） 2020(0)n1nr0220qlql(0)1a2n2(r,)lnrr2rr0cos()cosn （9） 2020(0)n1nr0r220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为

ql(0)1rnql(0)()cosn(lnRlnr0) 20(0)n1nr020(0)ql(0)1a2nq(0)()cosnl(lnRlnr) 20(0)n1nr0r20(0)其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将1(r,)和2(r,)分别写成为

1(r,)20qlq(0)lnRllnr0

20020(0)11(0)ql1(0)qllnRlnr

2020020020q的电位相同，而介r, 由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（00）的线电荷

0l2(r,)qllnRa2

,0)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（r0,0）的线电荷ql；位于(r0

00qql。 的线电荷l；位于r0的线电荷004.12 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,)均为线电荷ql的电位l(r,)与

感应电荷的电位in(r,)的叠加，即(r,)l(r,)in(r,)。线电荷ql的电位为

l(r,)ql20lnRql20lnr2r022rr0cos （1）

而感应电荷的电位in(r,)满足拉普拉斯方程，且是的偶函数。

(r,)满足的边界条件为

① (r,)l(r,)(r)； ② (a,)C。

由于电位分布是的偶函数，并由条件①可知，(r,)的通解为

(r,)l(r,)Anrncosn （2）

n0将式（1）和（2）带入条件②，可得到

AnancosnCn0ql20lna2r022ar0cos （3）

将lna2r022ar0cos展开为级数，有

1alnar2ar0coslnr0()ncosn （4）

n1nr0220带入式（3），得

AnacosnCnn01a[lnr0()ncosn] （5） 20n1nr0qla2nlnr0， An() 由此可得 A0C2020nr0ql故导体圆柱外的电为

ql(r,)ql20lnr2r022rr0cos

1a2n(Clnr0)()cosn （6） 2020n1nr0rqlql讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为

ql1a2n()cosn(lnRlnr) 20n1nr0r20ql其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将(r,)写成为

(r,)ql20lnRql20lnRql20lnrCql20lnr0

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（r0,0）的线电荷ql；

a2

,0)的线电荷ql；位于r0的线电荷ql。 位于(r0

4.13 在均匀外电场E0ezE0中放入半径为a的导体球，设（1）导体充电至U0；（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U0应理解为未加外电场E0时导体球相对于无限远处的电位为U0，此时导体球面上的电荷密度0U0a，总电荷q40aU0。将导体球放入均匀外电场E0中后，在E0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(r,)0(r,)in(r,)，其中

0(r,)E0zE0rcos

是均匀外电场E0的电位，in(r,)是导体球上的电荷产生的电位。

电位(r,)满足的边界条件为

① r时，(r,)E0rcos；

dSq ra② 时， (a,)C0，0Sr其中C0为常数，若适当选择(r,)的参考点，可使C0U0。

21由条件①，可设 (r,)E0rcosA1rcosB1rC1

3代入条件②，可得到 A1aE0，B1aU0，C1C0U0 321若使C0U0，可得到 (r,)E0rcosaE0rcosaU0r

（2）导体上充电荷Q时，令Q40aU0，有 U0利用（1）的结果，得到 (r,)E0rcosaE0r32Q40a

cosQ40r

4.14 如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场E0ezE0，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）。

解 在电场E0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E0与极化电荷的电场Ep的叠加。设空腔内、外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则

边界条件为

① r时，2(r,)E0rcos；

② r0时，1(r,)为有限值； ③ ra时， 1(a,)2(a,)，0由条件①和②，可设

12 rr1(r,)E0rcosA1rcos 2(r,)E0rcosA2r2cos

带入条件③，有

A1aA2a2，0E00A1E02a3A2

a  0o z

E0题4.14图

003E0，A2aE0

20203(r,)E0rcos 所以 1200a32(r,)[1()]E0rcos

20r由此解得 A1空腔内、外的电场为

3E0

20(0)E0a3()[er2cosesin] E22(r,)E020rE11(r,)空腔表面的极化电荷面密度为

pnP2ra(0)erE2ra30(0)E0cos

20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

4.15 如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为r1和r2，球的中心放置一个电

40r2Q2(r)

40r外表面上的电荷面密度为

E2(r)erQ

Q 4r22设球内的电位为1(r,)p(r,)in(r,)，其中

r1 2o p r2 z Q pcospp(r,)P1(cos)

40r240r2是电偶极子p的电位，in(r,)是球壳内表面上的感应电荷的电位。

in(r,)满足的边界条件为

① in(0,)为有限值；

② 1(r1,)2(r2)，即in(r1,)p(r1,)2(r2)，所以

题 4.15图

in(r1,)由条件①可知in(r,)的通解为

Q40r2n0p4r201P1(cos)

in(r,)AnrnPn(cos)

z erH1



由条件②，有

a  o H2

Anr1nPn(cos)n0Q40r2p40r12P1(cos)

比较两端Pn(cos)的系数，得到

题 4.16图

40r240r13An0(n2) Qp1r(r,)(23)cos 最后得到 140r240rr111球壳内表面上的感应电荷面密度为 10rr0n1rA0Q， A1p，

rr13pcos 34r13pcos2r12sind0 感应电荷的总量为 q11dS34r10S4.16 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H1ezH0(ra)，球外的场为H2(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

JSn(H2H1)若令erH2z raer(H2ezH0)ra

erH2raraeH0sin

0，则得到球面上的电流面密度为 JSeH0sin

这表明球面上的绕线密度正比于sin，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。

P（1）证明：球内的电场是均匀的，等于； 04R3（2）证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同，。

3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

P o R 题 4.17图

pPnPerPcos

介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为

① 1(0,)为有限值；

② 2(r,)0(r)； ③ 1(R,)2(R,)

0(12)rRPcos

rr因此，可设球内、外电位的通解为

1(r,)A1rcos

B12(r,)2cos

rB2B1(A)P 由条件③，有 A1R1，01R3R2PPR3 解得 A1， B13030PPrcosz 于是得到球内的电位 1(r,)3030PP 故球内的电场为 E11ez3030（2）介质球外的电位为

PPR314R3Pcos 2(r,)coscos2224r30r40r304R3其中为介质球的体积。故介质球外的电场为

3P12(er2cosesin) E22(r,)er2e34rrrr0可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相同。

z 4.18 半径为a的接地导体球，离球心r1(r1a)处放置一个点电荷q，如题4.18图

q a o r1 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(r,)0(r,)in(r,)，其中

题4.18图

0(r,)q40Rq40rr2rr1cos221

是点电荷q的电位，in(r,)是导体球上感应电荷产生的电位。

电位(r,)满足的边界条件为

① r时，(r,)0； ② ra时， (a,)0。 由条件①，可得in(r,)的通解为

in(r,)Anrn1Pn(cos)

n0为了确定系数An，利用1R的球坐标展开式

rnrn1Pn(cos)(rr1)1n01 nRr1P(cos)(rr1)n1nn0rqanP(cos) 将0(r,)在球面上展开为 0(a,)n1n40n0r1代入条件②，有

Aann0n1anPn(cos) P(cos)0 n1n40n0r1qqa2n1 比较Pn(cos)的系数，得到 Ann140r1a2n1故得到球外的电位为 (r,))n1Pn(cos)

40R40n0(rr1讨论：将(r,)的第二项与1R的球坐标展开式比较，可得到

qqar1a2n1P(cos) n1n2222r)n0(rr(ar)2r(ar)cos1112由此可见，(r,)的第二项是位于rar1的一个点电荷qqar1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ql、长为2a的线电荷沿z轴放置，中心在原点

z 上。证明：对于ra的点，有

P(r,)

a R qlaa3a5 r

 o a

(r,)P2(cos)5P4(cos)20r3r35rqlaa

dz

解 线电荷产生的电位为

ql1(r,)dz40aR40对于ra的点，有

a1rz2rzcos22题4.19图

(z)nn1Pn(cos)

22rz2rzcosn0r1a故得到

(z)n(r,)P(cos)dz n140n0arqlqlaa3a51an1(a)n1P2(cos)5P4(cos) Pn(cos)20r3r35r40n0n1rn1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，

ql如题4.20图所示。证明：空间任意点电位为

41r23r11P2(cos)P4(cos) (ra)

40a8a2a24Q1a3a21P2(cos)P4(cos) (ra)

40r8r2r解 以细导线圆环所在的球面ra把场区分为两部分，分别写出两个场域的通解，并利用函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面ra上的电荷面密度

QQz (coscos)(cos) 222a22a 再根据边界条件确定系数。

设球面ra内、外的电位分别为1(r,)和2(r,)，则

Qa x o y

边界条件为：

① 1(0,)为有限值；

② 2(r,)0(r) ③ 1(a,)2(a,)，

题 4.20图

0(12)rrraQ(cos) 22a根据条件①和②，可得1(r,)和2(r,)的通解为

1(r,)AnrnPn(cos) （1）

n02(r,)Bnrn1Pn(cos) （2）

n0代入条件③，有

AnaBnann1 （3）

[Anann0n1Bn(n1)an2]Pn(cos)Q20a2(cos) （4）

将式（4）两端同乘以Pm(cos)sin，并从0到对进行积分，得

Annan1Bn(n1)an2(2n1)Q(cos)Pn(cos)sind 40a20(2n1)QPn(0) （5）

40a2n1,3,5,0 其中 Pn(0)(n1)n2135(1)n2,4,6,246nQQanP(0)，BnPn(0) 由式（3）和（5），解得 Ann1n40a40代入式（1）和（2），即得到

41r23r11P2(cos)P4(cos) (ra)

40a8a2a24Q1a3a21P2(cos)P4(cos) (ra)

40r8r2r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PQ处产生的电场为

q x o x xq E(x)exx 所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为

q

40(2x)2dWeqE(x)drdq2q2dx 

40(2x)2160d

题 4.21图

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(1,1,0)处。求：（1）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x2,y1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

q2外力所作的功为 WoWe160d

2cos750.366x1q, q1

2sin751.366y12cos1651.366x2q,q22sin1650.366y22cos1951.366x3q,q3

2sin1950.366y32cos2850.366x4q,q42sin2851.366y42cos3151x5q,q5

y52sin3151（2）点x2,y1处电位

(2,1,0)y  q2 q3q (2,1,0) (1,1,0) 60 o  q1x

题 4.22 图

 q4 q5

q4q2q3q51qq1

40RR1R2R3R4R5

q40(10.5970.2920.2750.3480.477)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m2103kg，h0.02m）

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

0.321q2.88109q(V) 40q2 的静电力为 fe240(2h)q2mg 令fe的大小与重力mg相等，即

40(2h)2于是得到 q4h0mg5.9108C

z z z q 0 h  题 4.24图（a）

o  h o R  h 图 2.13q  q R1 qqP 0 h o  0 R2 P 题 4.24图（c）

4.24图（ b） 题

4.24 如题4.24（a）图所示，在z0的下半空间是介电常数为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）z0和z0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，位于 zh 00qq， 位于 zh

0上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即

qqq0q111 40R140R40r2(zh)20r2(zh)2qqq1 下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即 24R22(0)r2(zh)2（2）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为

pnP1P2z00(E1zE2z)z00(极化电荷总电量为

(0)q(0)hqrq qPPdSP2rdrdr2232000(rh)S04.25 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。

21)zzz0(0)hq

2(0)(r2h2)32QRD3R（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q(D2R2)2D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）

RR2D qq， dDDd Qq Ro q q z qqq， d0 D R 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

题 4.25图

电荷q受到的静电力为

FFqqFqqFQqqqq(Dq)

40(Dd)240D2qQ(RD)qRq 2240D2DDRD（2）当q与Q同号，且F表现为吸引力，即F0时，则应有

Q(RD)qRq0

22D2DDRDQRD3R 由此可得出 222q(DR)D4.26 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。

2a3Q（1）证明：镜像电荷构成一个电偶极子，位于球心，电偶极矩为p； 2DQ（2）令D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变，计算球外的电场。

D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

aa2Q， 位于：d1 q1DD

z q1q1R1 P

D Q zaQ，位于：d10 D而点电荷Q的像电荷为

R1 q1d1 ra  o R2   d2 q2 R2 有 aa2Q， 位于：d2q2

DDa0 q2Q，位于：d2q2D和q2等值异号，且同时位如题4.26图所示。由此可见，像电荷q1和q2也等值异号，于球心，故球心处总的像电荷为零；而像电荷q1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

a2a22a3Q (2d1)Qpq2 题 4.26图 2DDD和q2共同产生，即 （2）球外的电位由Q和Q以及像电荷q1

q1q2QQ(r,)－

40R140R140R240R2D Q Q1aD 22222240rD2rDcosr(aD)(2raD)cos1aD  222222rD2rDcosr(aD)(2raD)cosQ当D和Q分别趋于无穷，同时保持2不变时，有

DQD2aD(r,) 222222240DrD2rDcosr(aD)(2raD)cos  222222rD2rDcosr(aD)(2raD)cosQra2ra2aDaDD1cos1cosD1cos1cos 40D2DrrDDrrDpprcoscos

40a340r2D2aD球外的电场为

1p2a3a3E(ere)[er(13)cose(13)E0sin]

rr40a3rrppez(er2cosesin) 3340a40r4.27 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

柱导线与地面间的电容为C020。

cosh1(ha)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ql，则像圆柱单位长度带电荷为ql。根据电轴法，电荷ql和ql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

Dhh2a2

dhh2a2

则导线与地间的电位差为

ql h 22a D q11qlha(ha)lnllnln2220ad20Da20ha(ha)ql h ql a qh2a2hhlnlcosh1() 20a20aql故单位长度上圆柱导线与地面间的电容为

d

20C0

cosh1(ha)ql 题 4.27图

4.28在上题中设导线与地面间的电压为U0。证明：地面对导线单位长度的作用力

12212cosh(ha)(ha)0U0212 解 导线单位长度上的电场能量为 WeC0U012cosh(ha)F00U022。

由虚位移法，得到地面对导线单位长度的作用力为

WeF0hU00U020U02[]212212 cosh(ha)(ha)hcosh1(ha)