《電磁場與電磁波基礎(chǔ)》劉嵐_課后考試考試解答(第五章)

1、習(xí)題及參考答案5.1 一個點電荷Q與無窮大導(dǎo)體平面相距為d,如果把它移動到無窮遠(yuǎn)處，需要作多少功?解：用鏡像法計算。導(dǎo)體面上的感應(yīng)電荷的影響用鏡像電荷來代替, 鏡像電荷的大小為-Q，位于和原電荷對稱的位置。當(dāng)電荷 Q離導(dǎo)體 板的距離為x時，電荷Q受到的靜電力為文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索f_QL_2S0(2x)2靜電力為引力，要將其移動到無窮遠(yuǎn)處，必須加一個和靜電力相反的 外力Q2f =24兀E (2x)0在移動過程中，外力f所作的功為Q2dfdx=dx= Q16 兀 £ d00 01 / 17當(dāng)用外力將電荷Q移動到無窮遠(yuǎn)處時，同時也要將鏡像電荷移動到無窮遠(yuǎn)處，所以，在整個過程中，外力作的總功

2、為q2/8"0d。文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索也可以用靜電能計算。在移動以前，系統(tǒng)的靜電能等于兩個點電荷之間的相互作用能:21 Q 1QQ=2 Q+ 2( Q)2 4心(2d)24心(2d)移動點電荷Q到無窮遠(yuǎn)處以后，系統(tǒng)的靜電能為零。因此，在這個過程中，外力作功等于系統(tǒng)靜電能的增量,文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索即外力作功為q2 /8"0d。5. 2 一個點電荷放在直角導(dǎo)體內(nèi)部（如圖的位置和大小。5-1）,求出所有鏡像電荷yi -q解：需要加三個鏡像電荷代替導(dǎo)體面上的感應(yīng)電荷。在（-a, d）aI 產(chǎn)x處，鏡像電荷為-q，在（錯誤！鏈接無效。）處，文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索5 / 17圖5-1鏡像電荷

3、為4，在（a，-d）處，鏡 像電荷為-q。5. 3證明：一個點電荷q和一個帶有電 荷Q、半徑為R的導(dǎo)體球之間的作用力為Rqq Q+EDRqF豆4兀ED(D -R )0其中D是q到球心的距離（D >R）。證明：使用鏡像法分析。由于導(dǎo)體球不接地，本身又帶電 Q,必須在 導(dǎo)體球內(nèi)加上兩個鏡像電荷來等效導(dǎo)體球?qū)η蛲獾挠绊憽?在距離球心 b=R2/D處，鏡像電荷為 q' = -Rq/D ;在球心處，鏡像電荷為q =Q-q'=Q+Rq/D。點電荷q受導(dǎo)體球的作用力就等于球內(nèi)兩個鏡2-RqD(噸)2像電荷對q的作用力，即 文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索F亠A亠宀沁+4% D2 (D-b)24%D2

4、q Q+RqDRq 4% D2 (d2R2)25. 4兩個點電荷+Q和-Q位于一個半徑為a的接地導(dǎo)體球的直徑的 延長線上，分別距離球心 D和-D。(1)證明：鏡像電荷構(gòu)成一電偶極子，位于球心，偶極矩為2a3Q/D2。(2)令Q和D分別趨于無窮，同時保持 Q/D2不變，計算球外的電場。解：(1)使用導(dǎo)體球面的鏡像法疊加原理分析。在球內(nèi)應(yīng)該加上兩個鏡像電荷：一個是 Q在球面上的鏡像電荷，qi = -aQ/D，距離球心b=a2/D ;第二個是-Q在球面上的鏡像電荷,q2 = aQ/D，距離球心bi =-a2/D。當(dāng)距離較大時，鏡像電荷間的距離很小，等效為一個電偶 極子，電偶極矩為文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索P

5、 （b -b" 2羅D2(2)球外任意點的電場等于四個點電荷產(chǎn)生的電場的疊加。設(shè)+Q和 -Q位于坐標(biāo)z軸上，當(dāng)Q和D分別趨于無窮，同時保持Q/D2不變時,由+Q和-Q在空間產(chǎn)生的電場相當(dāng)于均勻平板電容器的電場，是一個均勻場。均勻場的大小為2Q/4兀D2，方向在-ez。由鏡像電荷產(chǎn)生的 電場可以由電偶極子的公式計算：文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索E =4兀Jr旦(er2co昶+豈 siM)0'2a 3 Q=（e 2cos日 + 甩 sin 日）4兀名。/3。2 r5. 5接地?zé)o限大導(dǎo)體平板上有一個半徑為 a的半球形突起，在點（0， 0，d）處有一個點電荷q （如圖5-5），求導(dǎo)體上方的電位

6、。 文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索解：計算導(dǎo)體上方的電位時，要保持 導(dǎo)體平板部分和半球部分的電位都為零。先找平面導(dǎo)體的鏡像電荷qi = -q，位于（0，0，-d）處。再找球面鏡像qdq2# F孑孑-bq3-dqiab荷共同產(chǎn)生的電位時，在導(dǎo)體平面上和5-5電荷 q2 = -aq/d，位于（0，0，b）處, b= a2/d。當(dāng)疊加這兩個鏡像電荷和原電球面上都不為零，應(yīng)當(dāng)在球內(nèi)再加上一個鏡像電荷 q 3二aq/d,位于（0，0，-b）處。這時，三個鏡像電荷和原電荷共同產(chǎn)生的電位在導(dǎo)體平面和球面上都為零。而且三個鏡像電荷在要計算的區(qū)域以外。文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索導(dǎo)體上方的電位為四個點電荷的疊加，即qqq申=1( q

7、 +二)4兀 S R rrr0123其中R =x2+ y2v+ (z-d)2/21'2丄2丄丄2/2r =x1+ y+ (z + d) 21'r2丄2丄，、22r =x+ y+ (z-b) 2r =x2 +y2+(z + b)21235. 6求截面為矩形的無限長區(qū)域(Ovxva, Ovyvb)的電位，其四壁的電位為申(x,0)=申(x,b)=0W (0, y) 0U0y(a, y)才 bIyU (1 -丄),I 0 b解：由邊界條件申(x,0) =9 (x,b)=0知，方程的基本解在y方向應(yīng)該為周期函數(shù)，且僅僅取正弦函數(shù),Y = sin k ynn(knU在x方向，考慮到是有限

8、區(qū)域，選取雙曲正弦和雙曲余弦函數(shù)，使用邊界條件W (0, y) = 0，得出僅僅選取雙曲正弦函數(shù)，即n兀X = sh x n b將基本解進(jìn)行線性組合，得半=? Csh凹sinn = 1 n bb待定常數(shù)由x=a處的邊界條件確定，即珥a,y) = Z C sh竺 sin 業(yè)n=1 n bb使用正弦函數(shù)的正交歸一性質(zhì)，有bC sh2nuanTiy=.0®(a, y) sindy蟲si ndyU0(b nil)2sin bnTiybycosnnybVUo(>inb dy=-UU 0b、2 . -()sin bn兀b2n；!2n；icos一2b-U cos0 nilnTiyU亠(一)b

9、sin凹by cosb0 nnn；!(cosn兀-cos)+2Uo)2 sin()n；!b n；!bcos n 花U 0 b bn；!c o s2化簡以后得b -c2sh b仆a,y)sin bdy = 2Ubsin0 n2兀2n；!求出系數(shù)，代入電位表達(dá)式，得c護(hù)=sn =14U sin0 2 . n Sinsh 22 . nm b b n 兀 sinb5. 7 一個截面如圖5-7所示的長槽，向y方向無限延伸,兩則的電位17 / 17©7 0,底部的電位為 文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索(x,0)Uy / 求槽內(nèi)的電位。解：由于在x=0和x=a兩個邊界的電位為零，故在x方向選取周期解，

10、9; =0© =0且僅僅取正弦函數(shù),即© =10>aXX = sin k X (k =圖5-7在y方向，區(qū)域包含無窮遠(yuǎn)處，故選取指數(shù)函數(shù)，在 y 7乂時,文檔來自于網(wǎng)電位趨于零，所以選取由基本解的疊加構(gòu)成電位的表示式為絡(luò)搜索-k y Y =e nn由基本解的疊加構(gòu)成電位的表示式為= I C sin 怛 e a n =1 n a待定系數(shù)由y=0的邊界條件確定。在電位表示式中，令 y=0，得CnrEU0sinTdX=aU0 (1 - cos n兀)當(dāng)n為奇數(shù)時，C =n4U0當(dāng)n為偶數(shù)時,C =0 O最后，電位的解0U = Z C sin 業(yè)0 n =i azn =1,3

11、,5nTiy解：同上題，在X方向選取正弦函數(shù)，即=sin k X (k =），在yn n a4U0nKxsinea5. 7若上題的底部的電位為W (x,0)U sin0 a重新求槽內(nèi)的電位。方向選取Y =en-kny由基本解的疊加構(gòu)成電位的表示式為niiy=Z csin 匹 e an =1 n a將y=0的電位代入，得3rxU0sin=壬 C sinna n =1 n a應(yīng)用正弦級數(shù)展開的唯一性，可以得到 n=3時，C =c，其余系數(shù)30C0=0 '所以3兀y平3tXaJUoSine a5. 9 一個矩形導(dǎo)體槽由兩部分構(gòu)成，如圖電位分別是Uo和零，求槽內(nèi)的電位。解：將原問題的電位看成是

12、兩個電位的疊加。一個電位與平行板電容5-9所示，兩個導(dǎo)體板的ya器的電位相同（上板電位為 Uo，下板電位為零），另一個電位為U,即（）=U）圖5-9U申-y+U其中，U滿足拉普拉斯方程，其邊界條件為y=0 , U=0 y=a , U=0x=0 時,UyU (0, y) -0-!UoUoyUoyX7乂時，電位U應(yīng)該趨于零。U的形式解為njix3CU =送 C sinn=1 nnTiy ea待定系數(shù)用X=0的條件確定。U(0, y)u3C=S C sin r. 4 n n = 1ICn別(0, y) sinady-U y0sin四 dy-U0 a 2 n 今 (_)亠 ysincosa0Uo2 .

13、sin22n兀cos2列0(1)sin ady = -U0a-U0 nilcosa(cosn 兀-cos一2Ua nil(2)2si n +2Uoa cosn兀a nn化簡以后，得到a -C2Uo a an兀os2gU (0, y) sindy = aU a 宀os只有偶數(shù)項的系數(shù)不為零。將系數(shù)求出，代入電位的表達(dá)式，得U2U忙0丄20n兀.ny _n7ix甲=y + Z cossinea n = 2,4,n 兀 2 a anj!5. 10將一個半徑為a的無限長導(dǎo)體管平分成兩半，兩部分之間互相絕緣，上半（0v n）接電壓U。，下半（n 2n ）電位為零,如圖5-10,求管內(nèi)的電位。 文檔來自于

14、網(wǎng)絡(luò)搜索解：圓柱坐標(biāo)的通解為9( r, (A * + B )(C In r + D )+ S rn (A cosn© + B sinn*) 0000 n = 1 nc+ 送 r-n (C cosn© + D sin n巧 n =1n由于柱內(nèi)電位在r=0點為有限值,通解中不能有Inr和r-n項，即有C =0,D=0,C=0(n= 1,2,)n n 0柱內(nèi)電位是角度的周期函數(shù)，Ao=O。因此，該題的通解取為cW( r,勿=BD +2 rn(A cos n$ + B sin n 巧 0 0 n 才 nn各項系數(shù)用r=a處的邊界條件來定。處fU , 0<*a,如=BD +送

15、bn( A cos n© + B si nn 巧才000n=1 nn0,兀 Me 2 花1UB D =.2m(a,©)d* = 0002兀02anA = 1 02兀 ®(a,幻 cos© d© = 0 n兀0anBn柱內(nèi)的電位為2U兀nC= 1,3,5丄（匸）nsin M n a1 u0=W（a沖）s in* d* =（1 - cos n;r） 兀05. 11半徑為無窮長的圓柱面上，有密度為 P = P cos©的面電荷,s s0求圓柱面內(nèi)、外的電位。解：由于面電荷是余弦分布，所以柱內(nèi)、外的電位也是角度的偶函數(shù)。柱外的電位不應(yīng)有n項。

16、柱內(nèi)、外的電位也不應(yīng)有對數(shù)項，且是角度的周期函數(shù)。故柱內(nèi)電位選為 文當(dāng)來自于網(wǎng)絡(luò)搜索oC+ 2 rnA cosntn =1 n柱外電位選為cnC cosn©n定出系數(shù)C =0 o0+ Z rn =1假定無窮遠(yuǎn)處的電位為零,在界面r=a上,+ Z0 crcos* s0cA + Z0 n =1canA cosn* = 2 a" nC cosn©nn =1n£ S0n =1na-n-g cosn + sncZ0n = 1nanA cosn© = Pcos*ns0解之得A =0,0P=3, C2& 1a2Ps02&0最后的電位為A =0

17、,n= 0(n a1)r pI r cos 帚r < aI 2s 20I a；0,Icos ， r A a2s rI 05. 12將一個半徑為a的導(dǎo)體球置于均勻電場 Eo中，求球外的電位、電場。解：采用球坐標(biāo)求解。設(shè)均勻電場沿正z方向，并設(shè)原點為電位零點（如圖5-12）。因球面是等位面，所以在r=a處，© =0;在r處，電位應(yīng)是（1）二-EorcosB。球坐標(biāo)中電位通解具圖 5-12廠 n T)p (cosT)nn有如下形式:W (r3) = S (A rn + B n = 0 n用無窮遠(yuǎn)處的邊界條件rx及© =-Eorcos 0，得至農(nóng)A1=-E0,其余 A=0o再

18、使用球面上(r=a)的邊界條件:一Eacos£+ Z Ba P (cos日)=0 0n =0 nn上式可以改寫為誤 _- n -1_ . 注E a cose =0S Ba P (cos6) n =0 nn因為勒讓德多項式是完備的，即將任意的函數(shù)展開成勒讓德多項式的系數(shù)是惟一的，比較上式左右兩邊，并注意P (cos日)=COST，得E a = B a0 1網(wǎng)絡(luò)搜索2，即B = E a3 ,其余的B =0。故導(dǎo)體球外電位為 文檔來自于10n.-(a3)Ercose r30電場強(qiáng)度為一蘭=Ed + 迅cost cr0 r3一竺一E (oImr 胡 0 r35. 13將半徑為a、介電常數(shù)為&

19、#163;的無限長介質(zhì)圓柱放置于均勻電場呂中，設(shè)&沿x方向，柱的軸沿z軸，柱外為空氣，如圖5-13 ,求任意點的電位、電場。文檔來自于網(wǎng)絡(luò)搜索解：選取原點為電位參考點，用W1表示柱內(nèi)電位，申表示柱外電位。2在r處，電位因幾何結(jié)構(gòu)和場分布關(guān)于y=0平面對稱，故電位表示圖 5-13式中不應(yīng)有*的正弦項。令(A rn +B rn) cosn<t>n =1c+ zn = 1(C rnn+ D r n)cosn<t>因在原點處電位為零，定出 A0=0, Bn=0。用無窮遠(yuǎn)處邊界條件rx及w二-Eorcos，定出2G=-Eo，其余C0=0。這樣,柱內(nèi)、外電位簡化為文檔來自于

20、網(wǎng)絡(luò)搜索3CZn =1A rn cosn© n=C r cos + Z Drn co a© 2 1n =1 n再用介質(zhì)柱和空氣界面（r=a）的邊界條件csn = 1A an cos n n0ac"送COS n©I比In =1n =1c比較左右解之得enA an T cosn© = y E cos© - Z nE nD a" n T cosn©n=1的系數(shù)，得A -1 = E ，叭1c2010a21119 / 17-2z0z - zE a20比較系數(shù)方程左右n>1的各項，得DA= 0 , SA+ s= 0n a2nn 0 a2n23 / 17由此解出A =D =0。最終得到圓柱內(nèi)、外的電位分別是COS©n nr cos© , W = E r cos© + E20sin晁*電場強(qiáng)度分別為E coste s + g 0 r 0E = -W = E cosM +2 2 0十0 r2）er-E sin *（1 0s + sa2）e r2 * 0 r5. 14在均勻電場中，設(shè)置一個半徑為a的介質(zhì)球，若電場的方向沿，球外Z軸，求介質(zhì)球內(nèi)、