电磁场第四章习题解答

第四章习题解答

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 由条件③，有 两边同乘以sin(nx)，并从0到a对x积分，得到 a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

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U0）的电位，即1(x,y)U0yb；2(x,y)是两个电位为零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)

U0Uy0b③ 2(0,y)(0,y)1(0,y)U0yU0ybd(0yd)

(dyb)xnynb(x,y)Asin()e(x,y) 根据条件①和②，可设2的通解为 2nbn11文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

U0Uyny0b)由条件③有 Ansin(bn1U0yU0ybd(0yd)

(dyb)两边同乘以sin(ny)，并从0到b对y积分，得到 bx1ndnynbsin()sin()e 2nbbn1U02bU0y故得到 (x,y)bd24.3 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2WeC献。并按f定出边缘电容。

U02解 在导体板（y0）上，相应于2(x,y)的电荷面密度 则导体板上（沿z方向单位长）相应的总电荷

20bU021相应的电场储能为 Weq2U022d1ndsin() 2nbn12We40b1ndCsin()其边缘电容为 fU022dn1n2b

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 由条件③，有 U0Ansin(n1nx) a两边同乘以sin(nx)，并从0到a对x积分，得到 a故得到槽内的电位分布为 (x,y)4U0n1,3,5,1nyanxesin() na1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

4.5 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

的电荷。求体积内的电位。

解 在体积内，电位满足泊松方程

2221xzy(yb)sin()sin() 222xyz0ac（1）

长方体表面S上，电位满足边界条件代入泊松方程（1），可得 由此可得

Amnp0 (m1或p1)

S0。由此设电位的通解为

2n22nyA[()()()]sin()y(yb) 1n1abcbp1（2）

由式（2），可得 故

4.6 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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

① 1(x,0)=1(x,a)0 ② 1(x,y)0(x) ③ 1(0,y)2(0,y)

由条件①和②，可设电位函数的通解为 由条件③，有

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

nyAsin()nan1Bnsin(n1ny) a（1）

nnyAnsin()aan1Bnn1qnnysin() l(yd) （2）

0aa由式（1），可得

AnBn （3）

将式（2）两边同乘以sin(AnBnmy)，并从0到a对y积分，有 a2qln0a0(yd)sin(ny)dya2qlndsin()n0a

（4）

由式（3）和（4）解得 故 1(x,y)1ndn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。

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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

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

由条件①和②，可设电位函数的通解为 由条件③，有

nx0nynynAsin()sinh()Bsin()sinh[(ax0)] （1） nnbbbbn1n1Bnn1qnnynsin()cosh[(ax0)] l(yy0) （2）

0bbb1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

由式（1），可得

Ansinh(nx0n)Bnsinh[(ax0)]0 bb（3）

将式（2）两边同乘以sin(my)，并从0到b对y积分，有 b2qlny0sin() （4） n0b由式（3）和（4）解得 故 1(x,y)1nsinh[(ax0)] 0n1nsinh(nab)b2ql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

4.8 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

① (a,)C

② (r,)E0rcosC(r)

1由此可设 (r,)E0rcosA1rcosC 1由条件①，有 E0acosA1acosCC

2于是得到 A1aE0

故圆柱外的电位为

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

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

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

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

12带入条件③，有 A1aA2a，0E00A1E0aA2

12 rr由此解得 A1002E0， A2aE0 002(r,)Ercos (ra) 所以 1004.10 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。

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；

U00(b,) ②U00022；

32322由条件①可知，圆柱面内部的电位函数的通解为 代入条件②，有 由此得到

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

bn1n(AnsinnBncosn)(b,)

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

故 (r,)2U0n1,3,5,n31rn()[sinn(1)2cosn] (rb) 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,)ql。线电荷的电位为

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； ② 2(r,)l(r,)(r) ③ ra时，12,102 rr由条件①和②可知，1(r,)和2(r,)的通解为

1(r,)l(r,)Anrncosnn1 (0ra)

（2）

2(r,)l(r,)Bnrncosn (ar)

n1（3）

将式（1）～（3）带入条件③，可得到

Aann1ncosnBnancosn

n1（4）

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

1rnlnRlnr()cosn rr当00时，将lnR展开为级数，有

n1nr0（6）

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

带入式（5），得 (Annan1n1Bn0nan1(0)ql)cosn20r0an1()cosn rn10（7）

nn由式（4）和（7），有 AnaBna

ql(0)1ql(0)a2n 由此解得 An， Bn20(0)nr0n20(0)nr0n故得到圆柱内、外的电位分别为

ql(0)1rn()cosn 1(r,)lnrr2rr0cos20(0)n1nr020ql220（8）

ql(0)1a2n2(r,)lnrr2rr0cos()cosn 2020(0)n1nr0r（9）

220ql讨论：利用式（6），可将式（8）和（9）中得第二项分别写成为 其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将1(r,)和2(r,)分别写成为

由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于（r0,0）的线电荷

20q0l的电

位相同，而介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0a2

qql。q0）的线电荷l；位于(,0)的线电荷 l；位于r0的线电荷r0004.12 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

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

(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）

nrn10220带入式（3），得

Aann0ncosnC1a[lnr0()ncosn] （5） 20n1nr0ql2alnr0， An()n 由此可得 A0C2020nr0qlql故导体圆柱外的电为

21a(Clnr0)()ncosn （6） 2020n1nr0rqlql讨论：利用式（4），可将式（6）中的第二项写成为 其中Rr2(a2r0)22r(a2r0)cos。因此可将(r,)写成为

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,a2

0）的线电荷ql；位于(,0)的线电荷ql；位于r0的线电荷ql。

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

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文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

① r时，(r,)E0rcos； ② ra时， (a,)C0，0SdSq 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Q40aQ

32 利用（1）的结果，得到 (r,)E0rcosaE0rcos4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 带入条件③，有

3A1aA2a2，0E00A1E02aA2

12 rr由此解得 A1003E0，A2aE0

20203(r,)E0rcos 所以 120空腔内、外的电场为

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

空腔表面的极化电荷面密度为

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 外表面上的电荷面密度为 2Q 4r22设球内的电位为1(r,)p(r,)in(r,)，其中

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

n由条件①可知in(r,)的通解为 in(r,)AnrPn(cos)

n0由条件②，有

Arn0nn1nP(cos)Q40r2p4r201P1(cos)

比较两端Pn(cos)的系数，得到

A0Q40r2， A1p40r13(，

最后得到 1(r,)Q40r2p401r)cos r2r131nrr10球壳内表面上的感应电荷面密度为 101rrr13pcos 34r13pqdScos2r12sind0 感应电荷的总量为113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）？

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

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 若令erH2ra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。 （1）证明：球内的电场是均匀的，等于P0；

4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 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,)

因此，可设球内、外电位的通解为 由条件③，有 A1R2B1B1(A)P ，01R3R2PPR3 解得 A1， B13030于是得到球内的电位 1(r,)PPrcosz 3030PP 3030故球内的电场为 E11ez（2）介质球外的电位为

4R3其中为介质球的体积。故介质球外的电场为

31文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

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。

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

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

为了确定系数An，利用1R的球坐标展开式

an将0(r,)在球面上展开为 0(a,)Pn(cos)

40n0r1n1q代入条件②，有

Aann0n1anPn(cos) Pn(cos)0

40n0r1n1qqa2n1 比较Pn(cos)的系数，得到 An40r1n1a2n1P(cos) 故得到球外的电位为 (r,)n1n40R40n0(rr1)qq讨论：将(r,)的第二项与1R的球坐标展开式比较，可得到

由此可见，(r,)的第二项是位于ra2r1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，中心在原点上。证明：对于ra的点，有

解 线电荷产生的电位为 对于ra的点，有 故得到

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

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，如题4.20图所示。证明：空间任意点电位为

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Q(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,)，则边界条件为：

① 1(0,)为有限值； ② 2(r,)0(r) ③ 1(a,)2(a,)，

根据条件①和②，可得1(r,)和2(r,)的通解为

1(r,)AnrnPn(cos)

n0（1）

2(r,)Bnrn1Pn(cos)

n0（2）

代入条件③，有

nn1 AnaBna

（3）

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

将式（4）两端同乘以Pm(cos)sin，并从0到对进行积分，得

(2n1)QPn(0) （5）

40a20其中 Pn(0)(n1)n2135(1)246nn1,3,5,n2,4,6,

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

nQQaPn(0)，BnPn(0) 由式（3）和（5），解得 An40an140代入式（1）和（2），即得到

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P处产生的电场为

所以将点电荷q移到无穷远处时，电场所作的功为

q2 外力所作的功为 WoWe160d4.22 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

（2）点x2,y1处电位

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

2q 上方为h处，则小带电体q受到的静电力为 fe40(2h)22qmg 令fe的大小与重力mg相等，即 240(2h)8于是得到 q4h0mg5.910C

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

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

4.24图（b）、（c）所示）

q0q，位于 zh 0q0q zh 0，位于

上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即

下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q共同产生，即

qqq124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 极化电荷总电量为

4.25 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。（1）求点电荷q与导体球之间的静电力；（2）证明：当q与Q同

QRD3R号，且成立时，F表现为吸引力。 q(D2R2)2D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）

RR2qq， d

DDqqRq， d0 D导体球自身所带的电荷Q则与位于球心的点电荷Q等效。故点电荷q受到的静电力为

（2）当q与Q同号，且F表现为吸引力，即F0时，则应有

QRD3R 由此可得出

q(D2R2)2D4.26 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； 2D1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

（2）令D和Q分别趋于无穷，同时保持

Q不变，计算球外的电场。 D2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q1

DDq1q1而点电荷Q的像电荷为

aQ，位于：d10 Daa2Q， 位于：d2q2

DDq2q2a0 Q，位于：d2D和q2等值异号，且同时位于球心，故球如题4.26图所示。由此可见，像电荷q1和q2也等值异号，且位置关于球心对称，故心处总的像电荷为零；而像电荷q1构成位于球心的电偶极子，其电偶极矩为

和q2共同产生，即 （2）球外的电位由Q和Q以及像电荷q1当D和Q分别趋于无穷，同时保持球外的电场为

4.27 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：

20C单位长度上圆柱导线与地面间的电容为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 则导线与地间的电位差为

故单位长度上圆柱导线与地面间的电容为

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

0U022力F012212。 cosh(ha)(ha)1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.

Q不变时，有 D2文档收集于互联网，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

0U0212 解 导线单位长度上的电场能量为 WeC0U02cosh1(ha)由虚位移法，得到地面对导线单位长度的作用力为

1文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.