《电磁场与电磁波基础》刘岚_课后习题解答(第五章)

1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(042xQF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(042xQf在移动过程中，外力f所作的功为dQddxdxQdxf016220162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dq08/2。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：dQdQQdQQqqW082)2(04)(21)2(042122211121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2个过程中，外力作功等于系统静电能的增量，即外力作功为dq08/2。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5-15．3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[04RDDRqDDqRQqF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DRqQqQq/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[04DRDDqRDDqRQqbDqDqqF]2)22(2[04RDDRqDDqRQq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····dq-qqqxya3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232)1(1DQabbqp（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204/2DQ，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：）sincos2(304ererPE）sincos2(230432ereDrQa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（0，40，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=a2/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q3=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）（332211041rqrqrqRq其中21]2)(22[dzyxR21]2)(22[1dzyxr21]2)(22[2bzyxr21]2)(22[3bzyxr5．6求截面为矩形的无限长区域（0xa，0yb）的电位，其四壁的电位为·····dqbq2q3-b-dq1az50,0,）（）（bxx0,0）（ybybbyUbybyUya2),1(020,0,）（解：由边界条件0,0,）（）（bxx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)(sinbnnkynknY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，得出仅仅选取双曲正弦函数，即xbnshnX将基本解进行线性组合，得bxnnbxnshnC1sin待定常数由x=a处的边界条件确定，即bxnnbxnshnCya1sin),(使用正弦函数的正交归一性质，有dybynbyabanshnCb0sin),(202]cossin2)[(0sin020bbynynbbynnbbUdybynbyUb6]2cos222sin2)[(0nnbnnbbU2]cossin2)[(02cos0sin)21(0bbbynynbbynnbbUbbbynnbUdybynbybbUnbnbbUnnbbUnnnbUcos02sin2)(0)2coscos0（2cos20nbnbbU化简以后得dybynbyabanshnCb0sin),(2=2sin2202nnbU求出系数，代入电位表达式，得bxnshbynbannnUnsinsin2sin22041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00,Ux）（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)(sinannkxnknX图5-7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xyφ=0φ=0φ=U0a7ynkenY由基本解的叠加构成电位的表示式为ayneaxnnnsin1C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axnnnUsin1C0)cos1(00sin02nnaUdxaxnaUanC当n为奇数时，nUnC04，当n为偶数时，00C。最后，电位的解为ayneaxnnUnsin045,3,15．7若上题的底部的电位为00,Ux）（ax3sin重新求槽内的电位。解：同上题，在x方向选取正弦函数，即)(sinannkxnknX，在y方向选取ynkenY。由基本解的叠加构成电位的表示式为ayneaxnnnsin1C8将y=0的电位代入，得0Uax3sinaxnnnsin1C应用正弦级数展开的唯一性，可以得到n=3时，03CC，其余系数00C，所以ayeax33sin0U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Uya0U图5-9其中，U满足拉普拉斯方程，其边界条件为y=0,U=0y=a,U=0x=0时,20,02,000,0UayayUayaayUUayUy）（x→∞时，电位U应该趋于零。U的形式解为ayxφ=U0φ=U02a9axneaynnnUsin1C待定系数用x=0的条件确定。）（y,0UaynnnUsin1CdyaynayUnCa0sin),0(202]cossin2)[(0sin020aaynynaaynnaaUdyaynayUa]2cos222sin2)([0nnannaaU2]cossin2)[(02cos0sin)21(0aaaynynaaynnaaUaaaynnaUdyaynayaaUnanaaUnnaaUnnnaUcos02sin2)(0)2coscos0（2cos20nanaaU化简以后，得到dyaynayUnCa0sin),0(2=2cos0nnaU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axneaynnnUnyaUsin2cos02,4,20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(0Фπ）接电压U0，下半（πФ2π）电位为零，10如图5-10，求管内的电位。解：圆柱坐标的通解为)sincos(1)0ln0)(00(,nnBnnAnnrDrCBAr）（)sinDcosC(1-nnnnnnr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(00C,0,0CnnDn柱内电位是角度的周期函数，A0=0。因此，该题的通解取为图5-10)sincos(100,nnBnnAnnrDBr）（各项系数用r=a处的边界条件来定。2,00,0)sincos(100,UnnBnnAnnbDBa）（20),(202100UdaDB0cos),(201danAna)cos1(0sin),(201nnUdanBna柱内的电位为nnarnnUUsin)(5,3,1102021φ=U0xr·φφ=0115．11半径为无穷长的圆柱面上，有密度为cos0ss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nr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nnAnnrAcos101柱外电位选为nnCnnrCcos102假定无穷远处的电位为零，定出系数00C。在界面r=a上，12rr1020cos0s即nnAnnaAcos10nnCnnacos1nnAnnnannCnnnacos110cos110cos0s解之得,00A,201sA,02021saC,0An)1(0nnC12最后的电位为arrsaarrs,cos0202,cos0205．12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：)(cos)1(0,nPnrnBnrnAnr）（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：cos0,aEa）（0)(cos10nPnanBn上式可以改写为cos0aE)(cos10nPnanBn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r·θE0z13系数是惟一的，比较上式左右两边，并注意cos)(cos1P，得2