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电动力学 第二章 习题解答1.pdf

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华中师大 陈义成 - 16 -第二章 习题解答 2.1 有两个电量相等的点电荷相距为 2b , 在他们中间放置一个接地的半径为 a的导体球,试求能抵消二电荷斥力的导体球最小半径的近似值. 【解】由镜像法,球外电场为两个给定 电荷 q+ 与两个像电荷 q′ 所共同产生的电场。 像电荷的大小aqqb′ =− ,他们分别位于球 心两边,与球心的距离bab2'= ,如图所示。 对每个给定的点电荷 q说,除受另一个 q+ 电荷斥力之外,还受两个像电荷的引力作用。若使这些力相互抵消,要求 ()222222222aaqqqbbbaabbbb=+⎛⎞⎛⎞−+⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠对满足上式 a的最小值, ab .问应给予这个球多少电荷才能使球面上的面电荷处处为正值.如果球外是负电荷呢? 【解】以球心与点电荷所在点的连线为 z 轴,原点为球心,建立直角坐标系。为保证导体球面为等势面, 导体球面的作用可以用点20, 0, ar⎛⎞⎜⎟⎝⎠处的电荷aqr⎛⎞−⎜⎟⎝⎠及球心( 0, 0, 0)处的点电荷aqr⎛⎞⎜⎟⎝⎠代替。这样,在点 ),0,0(+a 处,场强 Enull为 () ()()2222014π ()zarq arqqEearaaarε⎡⎤⎢⎥=−−−−⎣⎦nullaqq q′b′ b′Oq′华中师大 陈义成 - 17 -()22014π ()()zraqqqear ra raε⎡⎤=−−⎢⎥−−⎣⎦null显然,在( 0, 0, a)处,有最大的负感应面电荷密度,由上式,知其为: 0 22114π ()()znqraEar ra raσε⎡ ⎤== − −⎢ ⎥−−⎣ ⎦如果给予球的电量为 Q,则 Q均匀分布在球面上(球面上已有感应电荷分布) ,为使处处大于零,应有24πzQa σ− ,即 2222211 (3)4π 1() ()raraQaaq qara ar rraσ⎡⎤−⎛⎞− = + ⋅ − =⎜⎟⎢⎥−−⎝⎠⎣⎦在( 0, 0, a− )处,场强为 220114π ()()zqraEera ra raε⎡ ⎤=− + −⎢ ⎥++⎣ ⎦nullnull如果 qq −→ ,则在( 0, 0, a− )处有最大的负感应电荷密度,由上,所需 Q为 220220114π 4π4π ()()qraQaara ra raσεε⎡ ⎤−≥− ⋅ =− + −⎢ ⎥++⎣ ⎦22(3 )()qa r arr a+=+2.3 在均匀电场0Enull中置入半径为0R 的导体球,使用分离变数法求下列两种情况的电势: (一)导体球上接有电池,使球与地保持电势差0Φ ; (二)导体球上带总电荷 Q。 【解】 (一)导体球接电池 一、选坐标系 取原点在球心的球坐标, z 轴沿0Enull方向。 二、方程 由于自由电荷只分布在球面上,故球内外电势1ϕ 、2ϕ 均满足拉普拉斯方程: 02=∇ ϕ 三、对称性与通解形式 本问题有轴对称性,故通解为: 1021: (1): (cos ) (2)n nnnnnbaR PRϕϕθ+=Φ⎧⎪⎨ ⎛⎞=+⎜⎟⎪⎝⎠⎩∑球内球外四、边值关系和边界条件 (1) 200cosRERϕ θ ϕ→∞=− + ( 3) 华中师大 陈义成 - 18 -(2) 00102)()( Φ== RR ϕϕ ( 4) 五、求解 将( 2)代入( 3) ,得 00cos)(cos ϕθθ +−=∑REPRannnn由此得: 00100, ( 0, 1)naaEanϕ=⎧⎪=−⎨⎪=≠⎩代入( 4)得 000 010cos (cos )nnnnbER PRϕθ θ+−+ =Φ∑由此得 30000100( ) , , 0, ( 0, 1)nbRbERbnϕ=Φ− = = ≠ 于是 103000 00200 2(5)()cos cos (6)RERERRRϕϕϕϕ θ θ=Φ⎧⎪⎨ Φ−=− + +⎪⎩(二)导体球上带总电荷 Q,这时 000200/21020cos (7)(8)d RRRRRSRRERQSnϕϕ θϕϕϕε=→∞===−==Φ∂−=∂∫∫null(9)⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩与上一问题类似,得 θϕθϕϕ cos)(cos230000/0002RRERRRE +−Φ+−= 而 θϕθϕϕcos2)(cos3300200/0022RRERRERn−−Φ−−=∂∂=∂∂代入( 9) : /2ππ20000000d3cos sindERRϕφ θθθ⎡⎤Φ−−− =⎢⎥⎣⎦∫∫华中师大 陈义成 - 19 -22 /00 0 0 0016cos4()2QQER Rππθ ϕεε⎛⎞=− + Φ− =⎜⎟⎝⎠由此解得 /00004QRϕπεΦ= + 于是 1000300200 200(10)4cos cos (11)4QRERQERRRϕϕπεϕϕ θ θπε⎧=+⎪⎪⎨⎪=− + +⎪⎩2.4 均匀介质球的中心置一点电荷fQ ,球的电容率为 ε ,球外为真空,试用分离变量法求空间电势,把结果与使用高斯定理所得结果比较。 【解】一、选坐标系 取原点在球心的球坐标。 二、方程 由于自由点电荷只在球心,故 0R ≠ 处的电势均满足拉普拉斯方程: )0(02≠=∇ Rϕ 三、对称性与通解形式 本问题有球对称性,故通解为: 010020: (1): (2)baRdcRϕϕ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩球内球外四、边值关系和边界条件 02=∞→Rϕ ; ( 3) 0021RRRR === ϕϕ ; ( 4) 00120RR RRϕϕεε==∂∂= ; ( 5) 20dSQSRϕε∂−=∂∫∫null。 ( 6) 五、求解 由( 3) ,有20() 0cϕ ∞= = ,代入( 2)得 02dRϕ = ( 7) 由( 6) ,有20f20dSd QRR ε−− Ω=∫∫inull,得f004Qdπε= ,代入( 7)得 Qε1ϕ0ROx 0ε2ϕyz华中师大 陈义成 - 20 -f204QRϕπε= ( 8) 由( 5) :0 f0220004b QR Rεεπε− −= ,得f04Qbπε= ,代入( 1)得 f104QaRϕπε=+ ( 9) 由( 4) :ff000044QQaR Rπε πε+= ,得 f000114QaRπεε⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠( 10) 代入( 9) ,得: ff1001144QQR Rϕπεε π⎛⎞=−+⎜⎟⎝⎠ff100f2011: (11)44: (12)4QQRRQRϕπεε πεϕπε⎧⎛⎞=−+⎪ ⎜⎟⎪⎝⎠⎨⎪=⎪⎩球内球外用高斯定理进行计算,由fdSD SQ=∫∫nullnullinull,即22f4D RQπ =i ,得 2f2 2004DQERεπε== ff22 200dd44RRQQRERR Rϕπε πε∞∞== =∫∫同样有21f4D RQπ =i ,得1f124DQERεπε== 00ff11 2220dddd44RRR RQQR RER ERR Rϕπε πε∞∞=+= +∫∫ ∫ ∫ff001144QQR Rπεε πε⎛⎞=−+⎜⎟⎝⎠2.5 一个球形的航天器(半径为 20 米) ,接近一个铁质的小行星,小行星大致为球形,半径为 100 米.假设航天器因为燃烧燃料带有电荷610Q−= C,并且小行星可视为良导体. ( 1)用语言简要地描述航天器在着陆前、后所受到的静电力. ( 2)考虑上述情况, 如果船员在距离小行星 R 100 米的地方打算用一根电缆将航天器与小华中师大 陈义成 - 21 -行星连接起来,连接后带电多少?( 3)在连接后,系统的静电势能是多少? 【解】 ( 1)在航天器着陆前,由于航天器的电场将改变小行星表面的电荷分布,但总的电荷仍为 0,靠近航天器一侧的电荷吸引航天器,远离的一侧排斥,所以航天器着陆前受到吸引力。 当航天器着陆后,电荷将有一部分转移到小行星上。小行星带同种电荷,所以,航天器将会受到排斥力。 ( 2)当航天器与小行星用导线连接起来时,则航天器与小行星为等势体。设他们分别带有电荷1Q 、2Q 。设无穷远电势为 0,则航天器的电势 11014π 20QUε=⋅ 小行星的电势 22014π 100QUε=⋅ 由于12UU= ,所以125QQ= ,又题设61210 CQQ Q−+== ,由此求得 66121510 C, 10 C66QQ−−=× =× ( 3)连接前,小行星的静电势能为 0,所以系统的静电能为 120011 10J224π 8π 20QWQUQRεε−== = 连接后,航天器的静电势能为 121010J8π 20 36Wε−=⋅×小行星的静电势能为 122025 10J8π 100 36Wε−×=××总的静电势能为 1212010J8π 20 6WWWε−=+=××总连接后静电能变小,系统的静电势能减小为 41.9 10 JWW Wδ−=−=−×总2.6 电容率为1ε 的均匀介质球的中心置一自由电偶极子fpnull,球外充满了另一种电容率为2ε 的介质,求空间各点的电势和极化电荷分布。 华中师大 陈义成 - 22 -【解】球中心处的极化电偶极子0f11p pεε⎛⎞′ =− −⎜⎟⎝⎠null null。fpnull和 p′null共同产生的电势为 ff333001444pR pRpRR RRϕπε πε πε′=+=null nullnullnull nullnulliii偶(1) 设球面上极化电荷产生的电势为 ϕ′ , ϕ′ 满足:20ϕ′∇=。空间总电势为 f314pRRϕϕ ϕ ϕπε′′=+= +nullnulli偶球内、外电势分别为: f1311f2311: (cos ) (2)4: (cos ) (3)4n nnnnnn nnnnnbpRaR PRRdpRcR PRRϕθπεπε++⎧⎛⎞=+ +⎜⎟⎪⎝⎠⎪⎨⎛⎞⎪=+ +⎜⎟⎪⎝⎠⎩∑∑nullnullinullnulli球内球外边值关系和边界条件 由 02=∞→Rϕ , 即 0)(cos2==∞→∞→∑RnnnnRPRC θϕ ,得 0nC = 。 由1 100(cos )nnnRnRbPRϕθ+→→′ =∑有限,得 0nb = ,于是 1(cos )nnnnaRpϕϕ θ=+∑偶由0RR = 时,0021RRRR === ϕϕ , 00120RR RRϕϕεε==∂∂−= 得 0 12100, n nnnnddaR aRR++== 1f103102cos(cos )4nnnnpna R PRθεθπε−⎛⎞−+⎜⎟⎝⎠∑f23210 0(1) (cos)2cos4nnnnndPpRRθθεπε+⎛⎞+=− −⎜⎟⎝⎠∑等式两边同一个 (cos )nP θ 的系数相等: 1f 2f 211133310 10 01 210 20222(1), ( 1)n nn np pdaR RRndnaR nRεεεεπε πεεε−+⎧−+=−−⎪⎪⎨−+⎪=≠⎪⎩华中师大 陈义成 - 23 -0, ( 1)nnad n== ≠ 解得 12f13121012f1121()(2)2()(2)2paRpdεεεεπεεεεεπε−⎧=⎪+⎪⎨−⎪=⎪+⎩f12f13311120f2312(): 42(): 4( 2 )p RpRR RpRRεεϕπε πε ε εϕπε ε⎧ −=+⎪+⎪⎨⎪=⎪+⎩null nullnull nulliinullnulli球内球外当0R R= :0fP() ( )EDPε ρρ∇=∇−=+nullnullnullii 00 fPfPdd()dE SEV VQQεε ρρ=∇= + =+∫∫ ∫∫∫ ∫∫∫nullnullnulliinull021 fP()nE Eεσσ−=+null nullnulli ,0R R= :f0σ = , nERϕ∂=−∂nullnulli 0021 2100PRRRRRR RRϕϕ ϕϕσε ε==′′⎛⎞∂∂ ∂∂⎛⎞=− + =− +⎜⎟⎜⎟∂∂ ∂ ∂⎝⎠⎝⎠01012cos(cos)RRdaRRR Rθεθ=∂∂=− + 0101302coscosdaRεθεθ=+ 而1301aRd= ,所以 01 2 fP1 312103( )3cos cos(2)2paRεε εσθ θεεπε−==+球心有自由电偶极子fp ql=nullnull,因而就有极化电偶极子 0Pf11p pεε⎛⎞=−⎜⎟⎝⎠null null2.7 空心导体球壳的内外半径为1R 和2R ,中心置一自由电偶极子fpnull,球壳上带电 Q,求空间各点的电势和电荷分布。 【解】1.边值关系、边界条件、方程 (1)电荷分布在有限区域内: 华中师大 陈义成 - 24 -02=∞→Rϕ ① (2)球壳上的电荷在 0=R 处产生电势 10Rϕ=′ 为有限 ② (3)设导体电势为0ϕ ,由于界面上电势 应连续及导体为等势体: 21201RRRR ==== ϕϕϕ ③ (4)球壳上总电荷为 Q:210ddSSQSSRRϕϕε∂∂−+=∫∫ ∫∫nullnull事实上,球壳上两个球面上的感应电荷正、负抵消,而电荷 Q分布在外表面。因此,为计算简单起见,上式可简化为: 220dSQSRϕε∂−=∂∫∫null④ 设电偶极子的电势为f304p RRϕπε=nullnulli偶,球壳上的感应电荷与 Q产生的电势为 ϕ′ ,则空间某一点总电势 ϕϕ ϕ′=+偶, ϕ′ 满足拉普拉斯方程:20ϕ′∇=。 2.对称性及其尝试解: 问题具有轴对称性 11(cos )n nnnnnbaR PRϕ θ+⎛⎞′ =+⎜⎟⎝⎠∑21(cos )n nnnnndcR PRϕ θ+⎛⎞′ =+⎜⎟⎝⎠∑3.定系数,得电势 由①知 0=nc ,于是 21(cos )nnnndPRϕϕ θ+=+∑偶由②知 0=nb ,于是 1(cos )nnnnaRPϕϕ θ=+∑偶由③得 2ϕ0ϕQ2S1R2R1ϕfpnull1S华中师大 陈义成 - 25 -f10201f02102 2cos(cos )4cos(cos )4nnnnnnnnpaRPRdpPRRθθ ϕπεθθ ϕπε+⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩∑∑由此得 00f11201002f12202 204040, 0,1nnapaRRdRpdRRad nϕπεϕπε⎧ =⎪⎪+=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪+=⎪⎪⎪== ≠⎩解得: f13014paRπε−= ,000Rd ϕ= ,f104pdπε−= , 0,nnad== )1,0( ≠n 由此可得电势为: f1030102 02f2 204cos4pRRR RpR RRϕϕ ϕπεϕϕθϕϕπε⎧=+−⎪⎪⎨⎪=+ − =⎪⎩nullnulli偶偶由④可确定0ϕ : 2020dSR QSRRϕε∂ ⎛⎞−=⎜⎟∂⎝⎠∫∫inull,即420222020dR QRRπϕεΩ=∫2004 RQπεϕ = 所以 ff1 3300201204444PR PRQR RRQRϕπε πε πεϕπε⎧=+−⎪⎪⎨⎪=⎪⎩nullnull nullnullii球内球外::其中1ϕ 中204 RQπε是均匀分布在外球面上的自由电荷在壳内所产生的电势;f304PRRπεnullnulli华中师大 陈义成 - 26 -是位于球心的电偶极子在球内所产生的电势;f3014PRRπε−null nulli是在偶极子的作用下在球壳内表面感应电荷在球内所产生的电势。显然,电偶极子及感应电荷在球壳及球壳外部空间所产生的势已互相抵消了。 3.求电荷分布 (1)内表面1()R R= : 111ff1 1 0213cos(0 )4RRRRpnDR Rϕ θσεπ==∂=− = =−∂nullnulli 1()R R= (2)外表面2()R R= 222f2 2 022(0)4RRRRQnDR Rϕσεπ==∂=− =− =∂nullnulli 这表明自由电荷确实均匀分布在球壳外表面。 2.8 在均匀外电场0Enull中置入一带均匀自由电荷fρ 、电容率为 ε 的绝缘介质球,求空间各点的电势。 【解】 (一)选坐标系 取原点在球心的球坐标, z 轴沿0Enull方向。 (二)方程 有自由电荷分布,满足泊松方程,球外满足拉普拉斯方程。即: 2 f122,0.ρϕεϕ⎧∇=−⎪⎨⎪∇=⎩球内球外::令2f11 16Rρϕϕ ϕ ϕε′′=+=− +特,则210ϕ′∇=。因 ϕ特应满足泊松方程:2fρϕε∇=−特,2∇ 作用于 ϕ特上为常数, ϕ特只能是 R 的二次式,令其最简单的选择为:2ARϕ =特,代入泊松方程中可得2f6Rρϕε=−特,它是方程2 f1ρϕε∇=−的特解,这种解题的方法称为“特解法” 。 (三)对称性及通解形式。本题有轴对称性,故通解为: 2f1121(cos )6(cos )n nnnnnn nnnnnbRaR PRdcR PRρϕ θεϕθ++⎧⎛⎞=− + +⎜⎟⎪⎪ ⎝⎠⎨⎛⎞⎪=+⎜⎟⎪⎝⎠⎩∑∑(四)边界条件与边值关系 华中师大 陈义成 - 27 -(1)设介质球置入前原点电势为0ϕ ,有: θϕϕ cos002RER−=∞→① (2)在 0=R 处1ϕ 有限。 ② (3)在球面0RR = 处 ϕ 连续:0021RRRR === ϕϕ ③ (4)在球面0RR = 处无自由电荷: 00201RRRRRR==∂∂=∂∂ ϕεϕε ④ (五)定系数,得电势 由① 00(cos ) cosnnnncRP ERθ ϕ θ=−∑得 00ϕ=c ,01Ec −= , )1,0(0 ≠= ncn于是 2001cos (cos )nnnndER PRϕϕ θθ+=− +∑由②,得 0=nb 于是 2f1(cos )6nnnnRaRPρϕ θε=− +∑由③,有 2f00(cos )6nnnnRaRPρθε−+∑ 00010cos (cos )nnnndER PRϕ θθ+=− +∑得 2f0 0000110 0020010(5)6(6), ( 0, 1) n nn nRdaRdaR ERRdaR nRρϕε+−+=+=− +=≠ (7)⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩由④,有 华中师大 陈义成 - 28 -1f00(cos )3nnnnRna R Pρεθε−⎡⎤−+⎢⎥⎣⎦∑ 0020(1)cos (cos )nnnnndEPRεθ θ+⎡ ⎤+=− −⎢ ⎥⎣ ⎦∑得 f0 002001100301 0020(8)32(9)(1), ( 0, 1) n nn nRdRdaERndna R nRρεεεεεε−+−=−=− −+=− ≠ (10)⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩由⑦和⑩得 0==nnda )1,0( ≠n 由⑧得 3f0003Rdρε= (11) 由⑤和(11)得: 22f0 f000036R Raρρϕεε=+ + 由⑥和⑨得: ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+−=+−=0001300001232εεεεεεεEaREd将以上系数代入1ϕ 和2ϕ ,并整理得: 2 2f0 0f100023f0 0200 00200311cos32 62coscos32RERRRER ERRρερϕϕ θεε εεερεε θϕϕ θεεε⎧⎛⎞=++−−⎪ ⎜⎟+⎪⎝⎠⎨−⎪=− + +⎪+⎩null球内球外::2.9 在一很大的电解槽中充满电导率为2σ 的液体, 使其中流着均匀的电流f0Jnull。今在液体中置入一个电导率为1σ 的小球。求稳恒时电流分布和面电荷分布,讨论21σσ 及12σσ 两种情况下电流分布的特点。 【解】 (一)选坐标系 取原点在球心的球坐标, z 轴沿f0Jnull方向。 (二)方程 稳定电流的电势满足拉普拉斯方程: 02=∇ ϕ 华中师大 陈义成 - 29 -(三)对称性与通解形式 本题有轴对抽对称性,故通解为: 1121(cos )(cos )n nnnnnn nnnnnbaR PRdcR PRϕ θϕ θ++⎧⎛⎞=+⎪ ⎜⎟⎪⎝ ⎠⎨⎛⎞⎪=+⎜⎟⎪⎝⎠⎩∑∑球内球外::(四)边界条件与边值关系 (1)设小球置入前原点电势为0ϕ ,在 ∞→R 时有: f0200 02cos cosRJER Rϕϕ θ ϕ θσ→∞=− =− ① (2)在 0=R 处无点电荷分布,故 )0(1ϕ 为有限 ② (3)在球面0RR = 上电势连续: 0021RRRR === ϕϕ ③ (4)对稳定电场,在球面0RR = 上 0012RR RRnnϕϕσσ==∂∂= ④ (五)定系数,得电势 由①,f002(cos ) cosnnnnJcRP Rθ ϕ θσ=−∑,得 00ϕ=c ,f012Jcσ=− 0, ( 0, 1)ncn=≠ 于是 f02012cos (cos )nnnnJdRPRϕϕ θθσ+=− +∑(5) 由②,得 0=nb ,于是 1(cos )nnnnaRPϕ θ=∑(6) 由③,f00002(cos ) cosnnnnJaR P Rθ ϕ θσ=−∑10(cos )nnnndPRθ++∑华中师大 陈义成 - 30 -由此得 0000f0 110 0220010(7)(8), ( 0, 1) n nn ndaRJ daR RRdaR nRϕσ+=+=− +=≠ (9)⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩由④,有 110 f0(cos ) cosnnnnna R P Jσθθ−=−∑ 220(1)(cos )nnnnndPRσθ++−∑由此得 0111 f0 201 210200 (10)2(11)(1)(12)n nn nddaJRndna RRσσσσ−+⎧⎪=⎪⎪=− −⎨⎪⎪+=−⎩⎪由(7)和(10) ,得00ϕ=a 由(8)和(11) ,得 3f0 012112 2f011232JRdJaσσσσ σσσ⎧ −=⋅⎪+⎪⎨⎪=−⎪+⎩由(9)和(12) ,得: 0, ( 0, 1)nnad n== ≠ 将所有na 及nd 代入(6)和(5) ,可得: f010123f0 f0 02220221223cos2coscos2JRJJRRRϕϕ θσσσσ θϕϕ θσσσσ⎧=−⎪+⎪⎨−⎪=− +⎪+⎩球内球外::(六)求稳恒时的电流分布和面电荷分布。 (1)由 ϕσσ ∇−== EJnullnull求电流。利用 f0 f0 f0 f0(cos)zJR J z Je Jθ∇=∇==nullnull和 华中师大 陈义成 - 31 -f0f0 f0 f02333cos 1 JzJJJzzRRRRθ⎛⎞⎛⎞∇=∇=∇+∇⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠f0 f0 f0 f053 5 333 3()zJzR Je J RR JR RRR−=− + = +nullnullnullnullnullnulli得 1111 f0123120 f0 f02212f0531232()()2JJR JRRJJJR Rσσϕσσσσσϕσσ⎧=− ∇ =⎪+⎪⎨⎡ ⎤−⎪=− ∇ = + −⎢ ⎥⎪+⎣ ⎦⎩nullnullnull nullnull nullnullnulli球内球外::(2)求面电荷分布 0012021 0()RRRRnE ERRϕϕσε ε==∂∂⎛⎞=− −⎜⎟∂∂⎝⎠nullnullnulli f0 f0 f012012 2 1223cos cos 2cos22JJ Jθθσσεθσσ σ σσσ⎛⎞−=− + +⎜⎟++⎝⎠120f01223( )cos(2)Jσσεθσσσ−=+(七)讨论21σσ 和12σσ 情况下电流分布的特点 (1)21σσ 1f03 f0 f02f00 530f0f233( )3cosJJJRRJJJRR RJεσθσ⎧⎪≈⎪⎪⎛⎞⎪≈+ −⎨⎜⎟⎝⎠⎪⎪≈⎪⎪⎩nullnullnull nullnull nullnullnulli这时电流线往球内迁移。几乎为原来球内区域电流线的三倍。 (2)12σσ , 130f0 f02f0530f0f203( )23cos2JR JRRJJJR RJεσθσ⎧⎪≈⎪⎪⎛⎞⎪≈− −⎨ ⎜⎟⎝⎠⎪⎪≈−⎪⎪⎩nullnull nullnull nullnullnulli这时电流线往外迁移。电流几乎不通过球内区域。 华中师大 陈义成 - 32 -2.10 半径为0R 的导体球外充满电容率为 ε 的绝缘介质,导体球接地,离球心为a处 )(0Ra 置一点电荷fQ ,使用分离变量法求空间各点电场,证明所得结果与镜像法结果相同。 【解】导体球接地,显然导体球的电势为零。对于球外区域: (一) 选坐标系 取原点位于球心的球坐标, 球心与点电荷的连线为极轴 ( z 轴) 。 (二)方程 球外电势满足泊松方程23f()zQx aeϕδε∇=− −null null,由于求解泊松方程的边值问题较困难,故首先把它变为求解拉普拉斯方程的边值问题。为此,根据叠加原理: f4Qrϕϕπε′=+ 其中()0fff f00 0 014 4 4 4 4QQQ QQrrrr rεεπε πε πε πε πε−−′=+=+ 为点电荷fQ 及其极化电荷()0f1QQεε′ =− − 在球外某点产生的电势, r 为到该点电荷的距离; ϕ′ 是球面上感应电荷在球外某点产生的电势,显然 ϕ′ 满足拉普拉斯方程: 20ϕ′∇= (三)对称性及通解形式: ff1(cos )4 4 n nnnnnbQQaR Prr Rϕϕ θπε πε+⎛⎞′=+=+ +⎜⎟⎝⎠∑(四)边界条件 ①电荷分布在有限区域: 0Rϕ→∞= ②导体接地: 00RRϕ== (五)定系数,得电势 由①得 0=na ,于是 f1(cos )4 nnnnbQPrRϕ θπε+=+∑由②得: 0f010() (cos)04 nnnnRRbQRPrRϕθπε+==+ =∑利用勒让德多项式的母函数: 002200111(cos )2cosnnnRRRPraaRa Raθθ=⎛⎞==⎜⎟⎝⎠+−∑,上式为 华中师大 陈义成 - 33 -0f10(cos ) (cos ) 04nnnnnnnRbQPPaa Rθθπε+⎛⎞+=⎜⎟⎝⎠∑∑由 )(cosθnp 正交性得: 21f014nnnQRbaπε++=− 于是 210ff11(cos )4 4nnnnnRQQPraϕ θπε πε+++=−∑(六)与电象法比较: 电象法结果见教材(2-4-13)式: ()0ff22 22142 cos 2 cosRaQQRa Ra Rb Rbϕπεθθ⎛⎞=−⎜⎟+− +−⎝⎠其中20Rba= 。第一项利用rRaaR1cos2122=−+ θ,可见两者相同。第二项因00,R Ra R,所以20RR ba=, ()() ()0022 212cos12cosRaRaRRb RbbR bRθθ=+−+−2000(cos ) (cos )nnnnnnRRRbPPaR R aR aRθθ⎛⎞⎛⎞==⎜⎟⎜⎟⎝⎠⎝⎠∑∑2111(cos )nnnnnRPaRθ+++=∑也相同,故由分离变量法求得的结果与电象法的结果相同。 2.11 接地的空心导体球的内外半径为21RR 和 , 在球内离球心为 )(1Raa 外引入的。其次,在1RR = 的球面上,利用余弦定理, (2)式可写为: 1f122 22011 111042 cos 2 cosRRQQRa Ra Rb Rbϕπεθθ=⎛⎞′⎜⎟=+=+− +−⎝⎠22 2 2 22 2 2f1 f1 1 1( ) 2 cos ( ) 2 cosQR b QRb QR a QRa′′+− = +− 由01(cos ) 1, (cos ) cosppθθθ==及 (cos)np 的正交性: 22 2 22 2f1 122f1 1()()QR b Q R aQRb Q Ra′⎧ += +⎪⎨′=⎪⎩解此联立方程,舍去不合题意的解,即有: 211fRbaRQQa⎧=⎪⎪⎨⎪′ =−⎪⎩Q′fQa1R2ROzb华中师大 陈义成 - 35 -()() ()1f122 222 201123 11: 42cos2cos: 0, ( )RaQQRa RaRRa RRaRRϕπεθθϕϕ⎧⎛⎞−⎪ ⎜⎟=+⎪⎨ +−+−⎝⎠⎪⎪== ≥⎩球壳内球壳及球壳外不难验证,这个解满足定解条件,由唯一性定理可知,这是唯一正确地解。 (五)求导体球壳上的感应电荷感Q 以球壳为中心,以2R R 为半径作一高斯面,由高斯定理及1RR 处0,0 == Enullϕ ,可得: f01d( )0ES Q Qε=+=∫∫nullnullinull感fQQ=−感即导体球壳上的感应电荷刚好等于壳内的自由电荷fQ 而不等于像电荷 Q′。 (六)求感应电荷的面密度 ( 1)球壳的内表面: 11f1 0 2 1 0()R RnnRREERϕσε ε==∂=− =∂1f022 220142 cos 2 cosRRQQRRa Ra Rb Rbεπεθθ=⎡⎤′∂=+⎢⎥∂+− +−⎣⎦221f22 3211 1()4( 2cos)aRQRR a Raπθ−=+−( 2)球壳的外表面: 球壳及球壳外的电势 0,03232==== EEϕϕ ,所以 2f2 0 3 2()0nnRREEσε==− = 2.12 上题的导体球壳不接地,而带总电荷0Q 或使具有确定电势0ϕ ,试求这两种情况下的电势。又问0ϕ 与0Q 是何种关系时,两种情况的解是相同的? 【解】设电荷置入前球心电势为零。今用1ϕ 表示球壳内部空间电势,2ϕ 表示球壳外部空间电势,0ϕ 表示球壳电势。 在第一种情况下0ϕ 是未知的, 在第二种情况下0ϕ是已知的。 (一) 导体球壳带总电荷0Q 定解条件 ( 1)壳内,外电势满足方程 华中师大 陈义成 - 36 -.23f1022: ( , , ): 0Qx yz aϕδεϕ⎧∇=− −⎪⎨⎪∇=⎩壳内壳外( 2)电荷分布在有限区域: 02=∞→Rϕ ( 3)在球面1RR = 和2RR = 处电势连续: 21201RRRR ==== ϕϕϕ ( 4)球壳与壳内的总电量为f0QQ+ :f020dQQSRϕε+∂=−∂∫∫null。 上题球壳接地,电势是由点电荷fQ 及球壳内表面的感应电荷fQ− 产生的。本题球壳不接地并带有总电荷0Q ,由高斯定理易证,依然具有fQ− 分布在壳内表面,因而有f0QQ+ 的电荷分布在球壳外表面。由于壳内的fQ 及壳内表面的fQ− 的场不可能穿越球壳影响外表面电荷的分布,而壳球外也没有电荷分布,因此电荷f0QQ+ 是均匀分布在半径为2R 的壳外表面上的。由此可见,空间各点的电势是由壳内点电荷fQ ,壳内表面电荷fQ− ,壳外表面电荷产生的。既然前两者在球壳及壳外空间产生的电势为零。所以球壳与壳外空间的电势可看作是壳外表面的电荷产生的。仿照上题可提出尝试解 ; 1ff122 2200f0102f0220:42cos4 cos, ( )4:, ()4RQQaR a Ra R b RbQQRRRQQRRRϕπε θ πε θπεϕπε⎧−⎪=+⎪+− +−⎪⎪+⎪+≤⎨⎪⎪+=≤⎪⎪⎪⎩壳内壳外不难证明,尝试解满足上述定解条件,由唯一性定理可知,这是唯一正确的解,这时球壳电势为 f00024QQRϕπε+= (二) 球壳具有确定电势 定解条件为: ( 1)壳内、外电势满足方程: 华中师大 陈义成 - 37 -23f1022: ( , , ): 0Qx yz aϕδεϕ⎧∇=− −⎪⎪⎪⎨⎪∇=⎪⎪⎩壳内壳外( 2)电荷分布在有限区域:20Rϕ→∞= (3)在球面1RR = 和2R R= 处电势连续:21201RRRR ==== ϕϕϕ 球壳具有电势是由于它带有电荷所致,设此时球壳带电xQ ,由第一种情况的讨论可知f0024xQQRϕπε+= ,故f0204xQQRϕπε+= 。由此可提出尝试解为: 1ff122 220001f02220: 42cos4 cos, ( ): , ( )4xRQQaR a Ra R b RbRRQQ RRRRRϕπε θ πε θϕϕϕπε⎧−⎪=+⎪+− +−⎪⎪+≤⎨⎪+⎪== ≤⎪⎪⎩壳内壳外不难验证,它满足定解条件,由唯一性定理可知,这是唯一正确地解。并且当f00024QQRϕπε+= 时 ,两种情况的解是相同的。 2.13 在接地的导体平面上有一半径为 a的半球凸部(如图) ,半球的球心在导体平面上,点电荷 Q位于系统的对称抽上,并与平面相距为 b ,试用电象法求空间电势。 【解】分别讨论导体下方与上方的情形。 由于导体接地,显然导体下方电势 01=ϕ 对于导体上方 (一) 选坐标系 取原点在球心的球坐标。 (二) 定解条件 ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==−−=∇∞→00),,(223022RbzyxQϕϕδεϕ导体面(三) 象电荷的引入及电势的尝试解 abQ华中师大 陈义成 - 38 -象电荷应在解的适用范围以外(即导体下方)引入,它们取代感应电荷的作用是保证边界条件(即导体上方无限远处和导体上电势为零)得到满足。 在2(0,0, )ab处引入 QbaQ −=−/可使半球面电势为零, 但不能保证导体平面电势为零。若再在 ),0,0( b− 处引入 Q− 和在2(0,0, )ab− 处引入 QbaQ =/,则能保证导体平面电势为零。同时后两者的引入也不会破坏半球面电势为零的要求,因为对于半球面来说,位于2(0,0, )ab的 QbaQ −=−/刚好是位于 ),0,0( b− 的镜象电荷。最后,这四个电荷均分布在有限区域内, 02=∞→Rϕ 亦必然得到满足。 由此,可提出电势的尝试解为: 201 2 3 414QQQQR RRRϕπε⎛⎞′′−−=+++⎜⎟⎝⎠其中 θcos2221RbbRR −+= ,222222cosaaRR Rbbθ⎛⎞=+ −⎜⎟⎝⎠, 222232cosaaRR Rbbθ⎛⎞=+ +⎜⎟⎝⎠, θcos2224RbbRR ++= , QbaQ =/。 不难验证,满足定解条件,由唯一性定理可知,是唯一正确的解。 2.14 有一点电荷 Q位于两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内, 它到两个平面的距离为 a和 b 。求空间各点的电势。 【解】由于两个导体平面接地,显然角外区域电势 01=ϕ 。 对于角内区域内: (一) 选坐标系。取如图所示直角坐标。 (二) 定解问题。 232022(,,)00Qx ay bzϕδεϕϕ⎧∇=− − −⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩导体面无穷远处(三) 像电荷的引入及电势尝试解: 像电荷应在解的适用范围以外(即角外区域)引入,它们取代感应电荷的作用而xyQab华中师大 陈义成 - 39 -保证边界条件(即导体表面及无穷远处电势为零)得到满足。 显然在 )0,,( ba − 处引入 Q− ,在 (,,0)ab−− 处引入 Q,在 )0,,( ba− 处引入 Q− ,即可保证满足定解
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