第二、三章習(xí)題(1)

1、第二章習(xí)題第二章習(xí)題解：解：（1）以球心為原點，取z軸沿外電場 的方向，建立球坐標(biāo)系。 0E在導(dǎo)體球外空間，電勢滿足拉普拉斯方程： . 20由于本問題具有軸對稱性，故通解形式為 (1)0()(cos )nnnnnnA RB RP通解中的系數(shù)由下列邊界條件確定： 時， ，（其中 為未置入導(dǎo)體球前坐標(biāo)原點的電勢）. R 00cosE R0由此得 0010,0 (0,1)nAAEAn 2. 在均勻外電場中置入半徑為在均勻外電場中置入半徑為 的導(dǎo)體球，試用分離變量法求下列兩種的導(dǎo)體球，試用分離變量法求下列兩種情況的電勢：情況的電勢：（1）導(dǎo)體球上接有電池，使球與地保持電勢差）導(dǎo)體球上接有電池，使球與地

2、保持電勢差 ；（2）導(dǎo)體球上帶總電量）導(dǎo)體球上帶總電量Q. 0R0 面上， ，由此得 0RR0 30000100(),0 (0,1)nBRBE RBn 所以 300000002()coscosRE RE RRR 300000003()RE RE RRRR （ ）0RR（2）導(dǎo)體球上帶總電量 時，導(dǎo)體球仍為等勢體，設(shè)其與地的電勢差為 .由前一問的結(jié)果，球外電勢為 Q0300000002()coscosRE RE RRR （ ）0RR再由導(dǎo)體球上帶總電量為 Q的條件，應(yīng)有關(guān)系： 00R RdSQR由于 0220000000 0000003cossin4(),R RdSERd dRRR 故 0000

3、()4QR 所以 3000020coscos4QE RE RRR（ ）0RR解法一：應(yīng)用分離變量法求解解法一：應(yīng)用分離變量法求解 根據(jù)提示，可令 4fQuR其中為球面極化電荷產(chǎn)生的電勢，滿足下列拉普拉斯方程： 2102200,()0.()uRRuRR由于本問題是球?qū)ΨQ的，上述拉普拉斯方程的通解形式為 12,.buaRducR3. 均勻介質(zhì)球的中心置一點電荷均勻介質(zhì)球的中心置一點電荷 ，球的電容率為，球的電容率為 ，球外為真空，使用，球外為真空，使用分離變量法求空間電勢，把結(jié)果與使用高斯定理所得結(jié)果比較。分離變量法求空間電勢，把結(jié)果與使用高斯定理所得結(jié)果比較。提示：空間各點的電勢是點電荷提示：空

4、間各點的電勢是點電荷 的電勢的電勢 與球面上的極化電荷所與球面上的極化電荷所產(chǎn)生的電勢的疊加，后者滿足拉普拉斯方程。產(chǎn)生的電勢的疊加，后者滿足拉普拉斯方程。 QfQfRQf4/由邊界條件確定上述通解中的系數(shù)： 時， 應(yīng)有限。因此 ，故 0R 1u0b 10,()4fQaRRR 時， 。因此 ，故 R 20u 0c 20.()4fQdRRRR 面上， 即 0RR12120,.RR0000000002220000,1,444.1.444ffffffQQQdaaRRRRQQQddRRR所以 010001;()44ffQQRRRR020001.()444fffQQQRRRRR解法二：利用高斯定理求解解

5、法二：利用高斯定理求解 由 ，可得 ，因此 fSD dSQ34fQDRR進而可通過積分求得電勢： 2200;()4RfQE dRRRR 0012100000004441.()44RRfffRffQQQE dRE dRRRRQQRRRR 可見，兩種方法所得結(jié)果相同 。10320300;()4.()4ffQDERRRRQDERRRR9. 接地的空心導(dǎo)體球的內(nèi)外半徑為接地的空心導(dǎo)體球的內(nèi)外半徑為R1和和R2 ，在球內(nèi)離球心為，在球內(nèi)離球心為a (a a)，試用電像法求，試用電像法求空間電勢?？臻g電勢。 解：解：取直角坐標(biāo)系，以球心為原點，系統(tǒng)對稱軸為軸。 由電像法，為使邊界條件（導(dǎo)體表面電勢為零）得

6、到滿足，可用如圖所示的三個像電荷來替代導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷。各電荷的電量和坐標(biāo)如下： 導(dǎo)體表面上方的電勢為 122222220222222214()(/ )1;(/ )()Qaxyzbb xyzabab xyzabxyzb導(dǎo)體表面下方的電勢為 20原電荷 電量 坐標(biāo) (0,0, )bQ像電荷1 電量 坐標(biāo) 像電荷2 電量 坐標(biāo) 像電荷3 電量 坐標(biāo) /QaQ b 2(0,0,/ )ab/QaQ bQQ 2(0,0,/ )ab(0,0,)b12. 有一點電荷有一點電荷Q位于兩個互相垂直的接地導(dǎo)體平面所圍成的直角空間內(nèi)，位于兩個互相垂直的接地導(dǎo)體平面所圍成的直角空間內(nèi)，它到兩個平面的距離為它到兩個

7、平面的距離為a和和b，求空間電勢。，求空間電勢。 解：解：取直角坐標(biāo)系。 設(shè)原電荷 位于點 ，由電像法，為使邊界條件（導(dǎo)體表面電勢為零）得到滿足，可用三個像電荷來替代導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷，各像電荷的電量和坐標(biāo)如下： Q( , ,0)a b原電荷 電量 坐標(biāo) 像電荷1 電量 坐標(biāo) 像電荷2 電量 坐標(biāo) QQ QQ QQ (, ,0)a b(,0)ab( ,0)ab12222220222222114()()()()11;()()()()(0,0)Qxaybzxaybzxaybzxaybzxy20(00)xy或空間電勢分布為 第三章習(xí)題第三章習(xí)題1. 試用試用A表示一個沿表示一個沿z 方向的均勻恒定

8、磁場方向的均勻恒定磁場 B0，寫出寫出A的兩種不同表示的兩種不同表示式，證明兩者之差是無旋場式，證明兩者之差是無旋場00,xyzBBBB解：沿 Z 軸方向的均勻磁場由定義式0 , 0yxzyxzzAABBxyAAAAyzzxBA有解00, ( )zyxAAAB y f x另一解00,( )zxyAAAB x g y00, ( )zyxAAAB y f x00,( )zxyAAAB x g y10( )xAB y f x e 20( )yAB x g ye00( )( )xyAB y f x eB x g ye 000000( )( )( )0 ( )0 ( )( ) 0 xyxyzAB y f

9、 x eB x g yeB x g yeyzB y f xezyB x g yB y f xexy 說明兩者之差是無旋場說明兩者之差是無旋場解解1：在分界面（面）上，磁場圓柱坐標(biāo)分量應(yīng)滿足邊界條件： 121212,rrzzBBHHHH設(shè)滿足以上邊界條件的嘗試解的形式為 （D為待定系數(shù)），則 12BBDIe120,DIDIHeHe由 得 LH dlI11120()rHrHrDII解得 00()Dr 4. 設(shè)設(shè) 半空間充滿磁導(dǎo)率為半空間充滿磁導(dǎo)率為 的均勻介質(zhì)，的均勻介質(zhì)， 空間為真空，今有線電空間為真空，今有線電流流I沿沿z軸流動，求磁感應(yīng)強度分布和磁化電流分布。軸流動，求磁感應(yīng)強度分布和磁化電流分布。 0 x0 x 所以 0120()IBBer 在緊貼線電流的介質(zhì)一側(cè)有線磁化電流，磁化電流強度為 1010011()MLCIM dlB dlI解解2：設(shè)本題中的磁場分布呈軸對稱，則可寫作 在介質(zhì)中： 22BIHer 而 2002BIHMeMr 2IBer （1） 其滿足邊界條件： 2121()0()0nBBnHH （2） 所以在