電動力學習題解答2

1、第二章1. 一個半徑為R的電介質球，極化強度為靜電場_2.P Kr/r ,電容率為(1)(2)(3)(4)解：(1)2K (r/r )222K(1/r ) r r (1/r ) K /r(3)(4)0E(P2PD內D內/Pi)erP/(drdrD EdV/(0)K/RP/(0)fdV-2 er 0rrE外0)0(KR0)rdrK20)2K/(0)r2KR2 er 0)r0 r2 .R4 r drR (In )012K2R24 r2dr2R r4R(1 -)(0-)202.在均勻外電場中置入半徑為R的導體球，試用分離變量法求下列兩種情況的電勢:(1)導體球上接有電池，使球與地保持電勢差(2)導體

2、球上帶總電荷 Q解：(1)該問題具有軸對稱性， 對稱軸為通過球心沿外電場 極軸，球心為原點建立球坐標系。當R R。時，電勢 滿足拉普拉斯方程，通解為Eo方向的軸線，取該軸線為計算束縛電荷的體密度和面密度：計算自由電荷體密度；計算球外和球內的電勢；(anR n因為無窮遠處En bnRn 1E 0,)Pn(COS )0 E0R cos 0EoRPi(cos )所以當 Ra0R0時,E0 , an0, (n 2)所以E°R0Pi(cos )bnRo1 Pn (COS即:b。/ R00,b"R；E0R0求該帶電介質球產(chǎn)生的靜電場總能量熠 £ 僦”所以boRo( 00)，“

3、 E0R3 , bn 0,(n 2)32o EoR cosRo( o o) / R Eo Ro cos / R (R Ro)o (R Ro)(2)設球體待定電勢為o ,同理可得32o EoRcosRo( o o)/ R Eo Ro cos / R (R Ro)o (R Ro)當 RRo時，由題意，金屬球帶電量QQ 。 o dS o (Eo cos-oo 2Eo cos ) R(2 sin d dn R RoRo4 o Ro( oo)所以(o o)Q/4 oRoo EoRcosQ/4 oR (EoR；/R2)cos(R Ro)o Q/4 oR (R Ro),球外為真空，試用分離變量法求3.均勻介

4、質球的中心置一點電荷Qf ,球的電容率為空間電勢，把結果與使用高斯定理所得結果比較。提示：空間各點的電勢是點電荷 Qf的電勢Qf / 4 R與球面上的極化電荷所產(chǎn)生的電 勢的迭加，后者滿足拉普拉斯方程。解：(一)分離變量法空間各點的電勢是點電荷 Q f的電勢Q f / 4 R與球面上的極化電荷所產(chǎn)生的電勢的迭加。設極化電荷產(chǎn)生的電勢為 式為：,它滿足拉普拉斯方程。在球坐標系中解的形所以(anRn nn (gRM)P/cos ) R時, 0時，n0,內為有限,cnbndnRn0。0。7)P/cos )anRnP/cos )由于球對稱性,an 0,n電勢只與(n 1)dn-tPi(cos ) R內

5、ao , 外所以空間各點電勢可寫成R有關, dn do/R所以0,(n1)內 ao Qf.4外 do . R Qf. 4當RRo時，由內外 得:ao do/Ro 熠£ w/urd內外得.QfoQf0d 0： o4 Ro4Ro-PT則所以Qf Qf J 1 4-R 4-R00 Qf Qf 11(4 R 4 R 0Qf4 0R（二）應用高斯定理在球外，R>R0 ,由高斯定理得:0E外ds Q總 Qf Qp Qf,（整個導體球»Qf的束縛電何Qp 0）,所以E外 2e ,積分后得:p4 0R2QfQf外E外 dR -ydR -RR 40 R40 R在球內，R<R0 ,

6、由介質中的高斯定理得:口 E內ds Qf ,所以QfE內 rer ,積分后得：4 RR0Qf Qf Qf內 E內dR E外dR 結果相同。RR04 R 4 R。 4 0R4.均勻介質球（電容率為1）的中心置一自由電偶極子 Pf ,球外充滿了另一種介質（電容率為2）,求空間各點的電勢和極化電荷分布?？臻g各點的電勢可分為三種電解：以球心為原點，Pf的方向為極軸方向建立球坐標系。荷的貢獻，即球心處自由電偶極子、極化電偶極子及球面上的極化面電荷三部分的貢獻，其中電偶極子產(chǎn)生的總電勢為pf R/4 1R3。所以球內電勢可寫成:i'i pf R/4 1R3;球外電勢可寫成：o'o pf R

7、/4 1R3其中'i和'o為球面的極化面電荷激發(fā)的電勢，滿足拉普拉斯方程。由于對稱性,0時'i為有限值；R（R R0）時'o0 ,故拉普拉'i和'o均與無關?？紤]到R 斯方程的解為：ian Rn Pn（ cos ）n由此npf、Pn(cos) RR/4 1R3(RR0)anRnPn(cos )(R R0)_ 3pf R/4 1RnbnR(n 1 Pn( cos ) (R R0)(1)(2)邊界條件為:Ro(3)1-R將（1） （2）代入（R03)R R0anai0, bn(1a1R3和(4),然后比較Pn(COS )的系數(shù)，可得:0 (n 1)3

8、2) P f / 21 ( 12 2) R 02)Pf/2 1(12 2)于是得到所求的解為:Pf4 1R3Pf R(12)PfRcos21( 12 2)R3在均勻介質內部,Pf41R3R尸3Pf21(12 2)R312)PfCOS21(12 2)R2R2 2)R3Pf RPf R4 1R3只在自由電荷不為零的地方，極化電荷才不為零,只有球心處存在極化電荷。(1°)E-0D所以PPP1) f1)Pf在兩介質交界面上，極化電荷面密度為Per(P1 P2)( 10 )erEi ( 21y20)R0R0(RR0)(12)2 1( 12 2)(R Ro)所以在球體內部,(-1) D10)er

9、 EoR00( 11 ( 12) Pf7 cos 2 2)德5.空心導體球殼的內外半徑為Ri和R2,球中心置一偶極子p球殼上帶電Q,點的電勢和電荷分布。解：以球心為原點，以 P的方向為極軸方向建立球坐標系。在R R1及R區(qū)域，電勢滿足拉普拉斯方程。通解形式均為Pf RR3求空間各R2兩均勻據(jù)晶癡0rdn時,R 2時，電勢可寫為(anR電勢趨于零，所以提Pi(cos n R0時，電勢應趨于偶極子p激發(fā)的電勢:pf R/4 0R32pcos /4 0R所以RRi時,電勢可寫為設球殼的電勢為R2pcos4 0R2s,則bnn RiRianRnFn(cos )P/cos )p cos / 40Ri2a

10、nR；Pn(cos ) s(2)(4)由(3)得:由(4)得: 所以bosR2 ； bn；aiR2/Rp/4n(n0R30);an 0 (n 0, i)pcos / 40R2pRcos/40Ri3(6)再由SdS譽4 R2得:s將代入(5)(6)得:Q/40R2Q/4oRpcos4 0R2(R Q40R2R2) pRcos 4 0R3i zp R Q)(340 RR2p R)R3在R R處，電荷分布為:DnR2Q4 R；在R R處，電荷分布為:6.DnRi3pcos在均勻外電場E°中置入一帶均勻自由電荷4 R3f的絕緣介質球(電容率為),求空間各點的電勢。:以球心為原點，以E。的方向

11、為極軸方向建立球坐標系。將空間各點的電勢看作由兩部分迭加而成，一部分i為絕緣介質球內的均勻自由電荷產(chǎn)生，另一部分 2為外電-熠 £ 僦”d場Eo及Eo感應的極化電荷產(chǎn)生。 前者可用高斯定理求得，后者滿足拉普拉斯方程。由于對稱性，2的形式為(anRn bnR (n 1)Pn(cos ) n對于1,當R Ro時，由高斯定理得：Di當R Ro時,D21的球外部分:fR3/3R2 ,由高斯定理得：fR/3 , E2RoEifR3/3 0R2fR/3o132(fRo/3 oR )dR0R (RofR/3 )dRfR；/3 oR0fRo/30fRo/6(1)1的球內部分: 對于2，當Ri1時,o

12、20時,i2邊界條件為:E0R0 cosE0R0 cos比較Pn (cosRE2dR(fR/3 )dRREoRcos ,所以fR2/6E0Rcos* Pn( CoS(RRo)2為有限，所以anRnP n(cos飛時，o2i2，bnRo(n1)Pn(CoSn0 n)的系數(shù),0E0/(R Ro)o20 RRoi2RoR0即:anR：Pn(cos )(n 1)bnRo(n 2) Pn (cosnnanRon1,Pn (cos解得：2 0)o)EoR?/(2 0)anbn所以 o20 (n 1)E0Rcos(3 oEoRcos30) E0R0cos/(2 0)/(2 0)R2(R R0)(R R0)(

13、4)由(1)(2) (3) (4)得:fRo23 fR26E0 Rcos(R R0)30)E0R° cos(2 °)R2(RR0)熠 £7 .在一很大的電解槽中充滿電導率為2的液體，使其中流著均勻的電流Jf0。今在液體中置入一個電導率為1的小球，求穩(wěn)恒時電流分布和面電荷分布，討論21兩種情況的電流分布的特點。Jf0與電場強度E0成解：本題雖然不是靜電問題，但當電流達到穩(wěn)定后，由于電流密度正比(比例系數(shù)為電導率)，所以E0也是穩(wěn)定的。這種電場也是無旋場，其電勢也滿 足拉普拉斯方程，因而可以用靜電場的方法求解。(1)未放入小球時，電流密度Jf0是均勻的，由Jq2E0可

14、知，穩(wěn)恒電場E0也是一個均勻場。因此在未放入小球時電解液中的電勢。便是均勻電場 E0的電勢。放入小球后,以球心為原點，E0的方向為極軸方向，建立球坐標系。為方便起見，以坐標原點為電勢零點。在穩(wěn)恒電流條件下,J 0/ t 0,所以:(2)設小球內的電勢為1,電解液中的電勢為2,則在交界面上有:R0R0(4)R R0代入(1),得:E)可見滿足拉普拉斯方程考慮到對稱性及 R 時EJ f0 Rcos2E0,球外電勢的解可寫成：b .、YTPn( cos )(R R0)R其中利用了考慮到RJ f 02E0。0時電勢為有限值，球內電勢的解可寫成:因為選RanRnp/cos )n0處為電勢零點，所以(R

15、R0)(6)a。0,將(5) (6)代入(3) (4)得:J f0 cR0 cos2r J f 02 cos2由(7)(8)兩式可得：bPn(cos )R0anR01P/cos )n3Jf0/( 1(nn2 2)1)bnR015P/cos )b1(1nanR01 1Pn(cos )n2)Jf0R；/( 12(8)an所以:0, bn0(n13Jf0Rcos1)/(2 2)3J f 0R/( 12 2Jf0Rcos / 2 (3,2M0R0 cos /(12 2) 2R)(RR0)2由(1)式可推出穩(wěn)恒電流條件下的邊界條件為 n (J2 J1) 0 -君晶.Jf0 R/ 2( 12)R3Jf0

16、R/( 1 2由此可得球內電流密度：2) 2R3(RR0)J11E1113 1 (Jfo R)/(電解液中的電流密度為：12 2)3 iJfo/( 12 2)J22E2J JJ f0(12應J" R)RR5(2)兩導體交界面上自由電荷面密度fer (D2D1)0er3( 12) oJf 0 cos /(E21 2E1)0er2) 2(J2/ 2 Ji/1)(3)當12,即球的電導率比周圍電解液的電導率大的多時，(12)/( 1 2 2) 13 1/( 1 2 2) 3所以，J1 3Jf0J2 Jf0 閥/R3)3(Jf0 R)R/R2 Jf0f 3 0J f0 cos / 2當12時

17、，同理可得：J10J2 Jf0 (R03/2R3)3(Jf0 R)R/R2 Jf。3 0 J f 0 cos / 2 28 .半徑為己的導體球外充滿均勻絕緣介質，導體球接地，離球心為 a處(a>R)置一點電荷Qf，試用分離變量法求空間各點電勢，證明所得結果與電象法結果相同。解：以球心為原點，以球心到點電荷的連線為極軸建立球坐標系。將空間各點電勢看作 由兩部分迭加而成。一是介質中點電荷產(chǎn)生的電勢1 Qf /4 v R2 a2 2Racos ,二是球面上的感應電荷及極化面電荷產(chǎn)生的2。后者在球內和球外分別滿足拉普拉斯方程?？紤]到對稱性， 2與無關。由于由于由于R 0時，2為有限值，所以球內的

18、ni2anR Fn(cos )nR 時，2應趨于零，所以球外的o2TbTT Fn (cos )2解的形式可以寫成2解的形式可以寫成(1)(2)R2 a2 2Racos (1/a)(R/a)nR(cos)n(3)1 (Qf/4 a) (R/a)nFn(cos)n(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)Qf R0"n 1/4 an 11 Qf4R2 a2 2Racos所以空間的電勢為外，片Q）1Qf422R a 2Racosa. R (Ro /a)2 2R，cos/a(RRo)9.接地的空心導體球的內外半徑為R1和R2,在球內離球心為a處（a <R）置一點電荷 Q。用鏡像法求電

19、勢。導體球上的感應電荷有多少？分布在內表面還是外表面？解：假設可以用球外一個假想電荷Q'代替球內表面上感應電荷對空間電場的作用，空心導體球接地，球外表面電量為零，由對稱性， Q'應在球 心與Q的連線上。考慮球內表面上任一點 P,邊界條件要求：Q/R Q'/R' o（1）式R為Q到P的距離，R'為Q'到P的距離，因此，對球面上任一點，應有R'/ R Q'/Q 常數(shù)(2)只要選擇Q'的位置，使 OQ'P OPQ ,則R'/R R1/a 常數(shù)(3)設Q'距球心為b,則b/R1R1/a,即b R2/a(4)

20、由(2) (3)兩式得：Q'R1Q/a熠 £ 叫吹當R R時，內 i i2(Qf/4 a)(R/a)n R(cos)anRnR1(cos )nn當R Ro時，外102(Qf/4 a)(R/a)nPn(cos)*Pn(cos )nn R因為導體球接地，所以內0外R內Ro 0將（6）代入（4）得： an Qf/4 an 1將（7）代入（5）并利用（8）式得：bn將（8） （9）分別代入（4） （5）得：內 o（R Ro）RoQfa, R2 (R2/a)2 2RR2cos /a '(R Ro)(11)用鏡像法求解：設在球內ro處的像電荷為 Q"由對稱性，Q'

21、;在球心與Qf的連線上，根據(jù)邊界條件：球面上電勢為 。，可得：（解略）ro R；/a,Q'%Qf/a據(jù) £六%R2 a2Q2Racos產(chǎn)RQ/a422Ri4/a2 2R2Rcos /a導體內電場為零，由高斯定理可知球面上的感應電荷為Q ,分布于內表面。由于外表面沒有電荷，且電勢為零，所以從球表面到無窮遠沒有電場，外0。i0.上題的導體球殼不接地， 而是帶總電荷 Q0,或使具有確定電勢°,試求這兩種情況的電勢。又問 0與Q。是何種關系時，兩情況的解是相等的？解：由上題可知，導體球殼不接地時，球內電荷Q和球的內表面感應電荷Q的總效果是使球殼電勢為零。為使球殼總電量為 Q

22、0,只需滿足球外表面電量為 Q0 + Q即可。因此,導體球不接地而使球帶總電荷 Q0時,面的Q產(chǎn)生的電勢0 . R2a21 ,二是外表面Q可將空間電勢看作兩部分的迭加, Q0 + Q產(chǎn)生的電勢 2。RQ/a是Q與內表0, (R(Q Q0)/42RacosR);2內(R4 . 22Ri /a2Ri Rcos /a,(R R)(Q Qo)/4 0R2，(R R2)；(QQ0)/4 0R(RR2)(QQo)/4 0R2(RR R2)2外R2),所以/ -Q24 RiQ/a2QJ,(R Ri)4 0 R2 a2 2Racos 、R2 Ri4/a2 2R；Rcos /aR2由以上過程可見，球面電勢為(Q

23、 Q°)/4 0R2。若已知球面電勢0,可設導體球總電量為 Q'0,則有：(Q Q'0)/4 0R20,即：(Q Q'0)/4 00R2電勢的解為：0R2/R(R R2)(R R R2)Qa2 2Ra cosR1Q/aR2 R4/a2 2R2Rcos /a(R Ri)當0和Q。滿足0 (Q Qo)/4 0R2時，兩種情況的解相同。ii.在接地的導體平面上有一半徑為 a的半球凸部(如圖)，半球 的球心在導體平面上，點電荷 Q位于系統(tǒng)的對稱軸上，并與 平面相距為b (b>a),試用電象法求空間電勢。解：如圖，根據(jù)一點電荷附近置一無限大接地導體平板和一點電 荷

24、附近置一接地導體球兩個模型，可確定三個鏡像電荷的電 量和位置。aQi Q, rib2a八 a八一ez; Q2- Q , 2bb2 a 一ez;bQQabO aQ bQ3 Q , r3bez ,所以9_14 0R2 b2 2Rbcos122,R2 b2 2Rbcosa bjR2 322Rcos bb. R2b222 Rcos b(0R a)12.有一點電荷Q位于兩個互相垂直的接地導體平面所圍成的直角空間內，它到兩個平面的距離為 a和b, 空間電勢。解：用電像法，可以構造如圖所示的三個象電荷來代替兩導 體板的作用。旦1 4 0(x x0)2 (y a)2 (z b)21(x X0)2 (y a)2

25、 (z b)21Q(XL?'a,bI za卜 iQ(x0,a,b)Ib13.解:Q(X0, a, b)Q(xo,a b)(x X0)2 (y a)2 (z b)2. (x x。)2 (y a)2 (z設有兩平面圍成的直角形無窮容器，其內充滿電導率為用液體。取該兩平面為xz面和yz面在(x0, y0, z0)和(x0, y0, z0)兩點分別置正負電極并通以電流 I 本題的物理模型是，由外加電源在 溶液中的載流子運動形成電流 II,求導電液體中的電勢。；A、B兩點間建立電場，使I,當系統(tǒng)穩(wěn)定時，屬恒定場，(y, z 0)即 / t 0, 方式處理。于是在E dSJ 0。對于恒定的電流，可

26、按靜電場的A點取包圍A的高斯面，則Q/ ，由于I ° j dS , Q/可得：Q I /同理，對B點有： 又，在容器壁上， 容器壁。OQbjn由j E可知，當jnQ(x0, y0,z°)I / Q0 ,即無電流穿過0 時，En0A(xo, yo,zo)B(x0, y°, 4)b)2Q( X0，Q( X0,y0,z°) »Q(x0, y0, z°)Q( xQ(x0, y0, z0)0， y 0， z0 )Q( x0, y°, z°)Q(Xo, y0, z°)所以可取如右圖所示電像，其中上半空間三個像電荷Q,

27、下半空間三個像電荷 -Q,容器內的電勢分布為：Qi據(jù)晶癡0rdL.(x x。)21(y y。)2 (z z。)2i.(x x。)2 (y y。)2 (z z。)211(x x。)2 (y y。)2 (z z。)21(x x。)2 (y y。)2 (z z。)2(x x。)2 (y y。)2 (z z。)2.(x x。)2 (y y。)2 (z z。)211.(x x。)2 (y y。)2 (z z。)2(x x。)2 (y y。)2 (z14.畫出函數(shù)d (x)/dx的圖，說明于原點的偶極子的電荷密度。z。)2(P)(x)是一個位解：(1)(x)d (x)dx1) x 。時,則。x(x。x)(

28、x)d (x)/dx2) x 。時,a)對于Q,d (x)b)對于dxd (x)dx圖象如右圖所示。(P ) (x)(Px1/ x Px2/ x2Px3 / xg) (x)xdV (P ) (x)xdV(Px1/xPx2/x2Px3/xg)(x)xdV其中第一項為:(Px17(x)xdVPx1 一x1(x1)(x2) (x3)(x1e1 x2 02 x3e3)dxdx2dx3Px1(x1)(x2)誨)(、6x?e2x3e3)dx1dx2dx3x1e1 Px1x1d ' dx1 dx1d t (t)應用-dtTVd tdt(t),可得:e1 Px1ddx1e Px1d x1(x)e pX

29、1 (xjdx巾用整(X1) e Px1e1 Px1(x=Q)同理可得另外兩項分別為e2 Px2 及 e3 Px3 ,所以,xdV p,即p是一個位于原點的偶極子的電荷密度。布 £0,結果如何？)15 .證明：(1) (ax) (x)/a (a 0),(若 a(2) x (x) 0證明：1)顯然，當x 0時,(ax)dx(ax) (x)/a 成立；又d(ax) 1 (ax)a a(ax)d(ax)(x)dx 1所以(ax)(x)/a在全空間成立。d (ax)1右 a 0, (ax)dx ( ax)dx ( ax) 一aa即，(ax) (x) / a所以(ax)(x)/a在全空間成立。

30、2)由(x)的選擇性證明。x (x) x (x) 0,而 x (x)dx x|x 00x (x) 0 ,進而 x (x) 016 . 一塊極化介質的極化矢量為P(x'),根據(jù)偶極子靜電勢的公式，極化介質所產(chǎn)生的靜'P(x')及 p n P ,電勢為 P(x')3r dV',另外根據(jù)極化電荷公式pv 40r極化介質所產(chǎn)生的電勢又可表為V、,P(x') dS'口 ,試證明以上S 40r兩表達式是等同的。證明：由第一種表達式得P(x') rdV'P(x')dV''P1r,SdV," dV,所以，兩表達式是等同的。P n - dS'S rvF, Y dS'實際上，繼續(xù)推演有：dV,4 0 V r剛好是極化體電荷的總電勢和極化面電荷產(chǎn)生的總電勢之和。17.證明下述結果，并熟悉面電荷和面偶極層兩側電勢和電場的變化。 (1)在面電荷兩側，電勢法向微商有躍變，而電勢是連續(xù)的。 熠£ 叫吹（2）在面偶極層兩側，電勢有躍變21n P/ 0,而電勢的法向微商是連續(xù)的。（各帶等量正負面電荷密度 ±（T而靠的很近的兩個面，形成面偶極層，而