电动力学习题解答2

1、第二章1. 一个半径为R的电介质球，极化强度为静电场_2.P Kr/r ,电容率为(1)(2)(3)(4)解：(1)2K (r/r )222K(1/r ) r r (1/r ) K /r(3)(4)oE(P2PD内D内/Pi)erP/(drdrD EdV/(0)K/RP/(o)fdV-2 er orrE外0)0(KRo)rdrK2o)2K/( o)r2KR2 er o)r0 r2 .R4 r drR (In )012K2R24 r2dr2(07 R r4R(1 -)(0-)202.在均匀外电场中置入半径为Ro的导体球，试用分离变量法求下列两种情况的电势:(1)导体球上接有电池，使球与地保持电势

2、差(2)导体球上带总电荷 Q解：(1)该问题具有轴对称性， 对称轴为通过球心沿外电场 极轴，球心为原点建立球坐标系。当R Ro时，电势 满足拉普拉斯方程，通解为Eo方向的轴线，取该轴线为计算束缚电荷的体密度和面密度：计算自由电荷体密度；计算球外和球内的电势；(anR n因为无穷远处En bnRn 1E 0,)Pn (COS )0 EoR cos 0EoRPi(cos )所以当 RaoR0时,Eo , ano, (n 2)所以EoRoPi(cos )bnRo1 Pn (COS即:bo/Ro0,b"R；E0R0求该带电介质球产生的静电场总能量熠 £ 僦”所以bo R0( o 0

3、), biE0R3 , bn 0,(n 2)32o EoR COSRo ( oo) / R Eo Ro cos / R (R Ro)0 (R Ro)(2)设球体待定电势为o ,同理可得32o EoRCOSRo( oo)/ R Eo Ro COS / R (R Ro)0 (R Ro)当 RRo时，由题意，金属球带电量QQ 。0 dS 0 (Eo cos-00 2E0 cos ) R(2 sin d dn R RoRo4 0 R0( 00)所以(0 o)Q/40R00 E0RcosQ/4 0R (E0R3/R2)cos(R Ro)o Q/4 oR (R Ro),球外为真空，试用分离变量法求3.均匀

4、介质球的中心置一点电荷Qf ,球的电容率为空间电势，把结果与使用高斯定理所得结果比较。提示：空间各点的电势是点电荷 Qf的电势Qf / 4 R与球面上的极化电荷所产生的电 势的迭加，后者满足拉普拉斯方程。解：(一)分离变量法空间各点的电势是点电荷 Q f的电势Qf / 4 R与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加。设极化电荷产生的电势为 式为：,它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形所以(anRn nn(gRM)P/cos ) R时, 0时，n0,内为有限,cnbndn Rn0。0。1)P/cos )anRnPi(cos )由于球对称性,an 0,n电势只与(n 1)dn-tPi(cos ) R

5、内ao , 外所以空间各点电势可写成R有关, dn do/R所以0,(n1)内 ao Qf.4外 do . R Qf. 4当RRo时，由内外 得:ao do/Ro 熠£ w/urd内外得.QfoQfodonro一4 Ro4Ro-rt则所以Qf Qf (1 14-R 4K 匚 一Qf Qf 11 (_ -4 R 4 R oQf4 oR（二）应用高斯定理在球外，R>Ro ,由高斯定理得:oE外ds Q总 Qf Qp Qf,（整个导体球4Qf的束缚电何Qp o）,所以E外 2e.，积分后得:p4 oR2QfQf外 E外 dR-一二dR-RR 4 o R4 o R在球内，R<Ro

6、 ,由介质中的高斯定理得:口 E内ds Qf ,所以QfE内 rer ,积分后得：4 R"Qf Qf Qf内 E内dR E外dR 结果相同。RRo4 R 4 Ro 4 oR4.均匀介质球（电容率为1）的中心置一自由电偶极子 Pf ,球外充满了另一种介质（电容率为2）,求空间各点的电势和极化电荷分布。空间各点的电势可分为三种电解：以球心为原点，Pf的方向为极轴方向建立球坐标系。荷的贡献，即球心处自由电偶极子、极化电偶极子及球面上的极化面电荷三部分的贡献，其中电偶极子产生的总电势为pf R/4 1R3。所以球内电势可写成:i'i pf R/4 1R3;球外电势可写成：o'

7、o pf R/4 1R3其中'i和'o为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方程。由于对称性,0时'i为有限值；R（R Ro）时'o0 ,故拉普拉'i和'o均与无关。考虑到R 斯方程的解为：ian Rn Pn（ cos）n由此npf朱Pn(c0s) RR/4 1R3(RRo)anRnPn(cos )(R Ro)_ 3pf R/4 1RnbnR(n "Pn( cos ) (R Ro)(1)(2)边界条件为:Roo R Ro(3)1-R将（1） （2）代入（Ro3)R Roanai0, bn(1a1R3和(4),然后比较Pn(COS )

8、的系数，可得:o (n 1)32) P f / 21 ( 12 2) R o2)Pf/2 1(12 2)于是得到所求的解为:Pf4 1R3 Pf R(12)PfRcos21( 12 2)R3在均匀介质内部,Pf41R3R尸3Pf21(12 2)R312)Pf cos2 1(12 zNR2 2)R3Pf RPf R4 1R3只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零,只有球心处存在极化电荷。(1o)E-oD所以PPP1) f1)Pf在两介质交界面上，极化电荷面密度为Per(P1 P2)( 1o )erEi ( 21y2°)RoRo(RR0)(12)2 1( 12 2)(R Ro)所以在

9、球体内部,(-1) D1o)erEoRoR)Ro3Roo( 11 ( 12) Pf7 cos 2 2)R35.空心导体球壳的内外半径为Ri和R2,球中心置一偶极子p球壳上带电Q,点的电势和电荷分布。解：以球心为原点，以 P的方向为极轴方向建立球坐标系。在R R&R区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为Pf RR3求空间各R2两均匀据晶痴0rd(anRn时,n 枭 Pn3s) R电势趋于零，所以提Pi(cos n RR 2时，电势可写为0时，电势应趋于偶极子p激发的电势:pf R/4 0R32pcos /4 0R所以RRi时,电势可写为设球壳的电势为R2pcos4 0R2s,则bnn

10、Rn iRianRnP(cos )P/cos )p cos / 4oRi2anR；Pn(cos ) s(2)(4)由(3)得:由(4)得: 所以boaosR2 ； bn；aiR2/Rp/4n(n0R30)；an 0 (n 0, i)pcos / 4oR2pRcos/4 0R；(6)再由SdS誉4 R2得:s将代入(5)(6)得:Q/40R2Q/4oRpcos4 0R2(R Q40R2R2) pRcos 4 0R3i zp R Q)(340 RR2p R)R3在R R处，电荷分布为:DnR2Q4 R；在R R处，电荷分布为:6.Dn0RRi3pcos在均匀外电场E°中置入一带均匀自由电

11、荷4 R3f的绝缘介质球(电容率为),求空间各点的电势。:以球心为原点，以E。的方向为极轴方向建立球坐标系。将空间各点的电势看作由两部分迭加而成，一部分i为绝缘介质球内的均匀自由电荷产生，另一部分 2为外电-熠 £ 僦”d场Eo及Eo感应的极化电荷产生。 前者可用高斯定理求得，后者满足拉普拉斯方程。由于对称性，2的形式为(anRn bnR (n 1)Pn(cos ) n对于1,当R Ro时，由高斯定理得：D1当R Ro时,D2i的球外部分:fR3/3R2 ,由高斯定理得：fR/3 , E2RoE1fR3/3 oR2fR/3o132(fRo/3 oR )dR0R (RofR/3 )dR

12、fR3/3 oRofRo/30fRo/6(1)1的球内部分: 对于2，当Ri1时,o20时,i2边界条件为:RE2dR(fR/3 )dRREoRcos ,所以fR2/6E0Rcos* Pn( CoS(RRo)2为有限，所以an RnP n(cos(R Ro)Ro 时，o2i2，o20 RRoi2RoRo即:E0R0 cosanR：Pn(cos )E0R0 cos比较Pn (cos0 n)的系数,(n 1)bnRo(n 2) Pn (cosnnanRoni /Pn (cosa1n (oEo/(解得：2 o)o)EoR3/(2 o)anbn所以 o2o (n 1)EoRcos (3 oEoRcos

13、3o) EoRo cos/(2 o)/(2 o)R2(R Ro)(R Ro)(4)由(1)(2) (3) (4)得:fRo23 fR26Eo Rcos(R Ro)3o)EoRo cos(2 o)R2(RRo)熠 £7 .在一很大的电解槽中充满电导率为2的液体，使其中流着均匀的电流Jfo。今在液体中置入一个电导率为1的小球，求稳恒时电流分布和面电荷分布，讨论21两种情况的电流分布的特点。Jf0与电场强度Eo成解：本题虽然不是静电问题，但当电流达到稳定后，由于电流密度正比(比例系数为电导率)，所以Eo也是稳定的。这种电场也是无旋场，其电势也满 足拉普拉斯方程，因而可以用静电场的方法求解。

14、(1)未放入小球时，电流密度Jfo是均匀的，由Jio 2Eo可知，稳恒电场Eo也是一个均 匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势o便是均匀电场 Eo的电势。放入小球后,以球心为原点，Eo的方向为极轴方向，建立球坐标系。为方便起见，以坐标原点为电势零点。在稳恒电流条件下,J o/ t 0,所以:(2)设小球内的电势为1,电解液中的电势为2,则在交界面上有:RoRo(4)RoR Ro代入(1),得:E)可见满足拉普拉斯方程考虑到对称性及 R 时EJ fo Rcos2Eo,球外电势的解可写成：b .、-bnnrPn(cos ) (R Ro)R其中利用了考虑到RJ f o2 Eo。o时电势为有限值，球

15、内电势的解可写成:因为选RanRnP/cos )no处为电势零点，所以(R Ro)(6)a。o,将(5) (6)代入(3) (4)得:J fo cR cos2r J f o2 cos2由(7)(8)两式可得：bMpn(cos)RoanR(nP/cos )n3Jf0/( 1(nn2 2)1)bn5P/cos )b1(1nanRn 1P n(cos )n2)J foRo /( 12(8)an所以:o, bno(n13JfoRcos1)/(2 2)3J f oR/( 12 23,2)JfoRo cos /(12 2) 2R)(RRo)2由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为 n (J2 J1)

16、o -君晶.Jfo R/ 2( 12)R3Jf0 R/( 1 2由此可得球内电流密度：(RRo)Ji 1E1113 1 (Jfo R)/(电解液中的电流密度为：12 2)3 Jf0/( 12 2)J22E2J L_iJ fo(12)R33(J fo R)RR5(2)两导体交界面上自由电荷面密度fer (D2D1)oer3( i2) oJfoCOS /(E2i 2Ei)oer2) 2(J2/ 2 Ji/1)(3)当12,即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时，(12)/( 12 2)13 1/( 12 2)3所以，J1 3JfoJ2 Jfo (R3/R3)3(Jfo R)R/R2 Jfof 3

17、 oJ fo cos / 2当12时，同理可得：J1 oJ2 Jfo (R3/2R3)3(Jfo R)R/R2 Jfo3 o J f o cos / 2 28 .半径为己的导体球外充满均匀绝缘介质，导体球接地，离球心为 a处(a>R)置一点电荷Qf，试用分离变量法求空间各点电势，证明所得结果与电象法结果相同。解：以球心为原点，以球心到点电荷的连线为极轴建立球坐标系。将空间各点电势看作 由两部分迭加而成。一是介质中点电荷产生的电势1 Qf/4 v R2 a2 2Racos ,二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的2。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性， 2与无关。由于由于由

18、于R o时，2为有限值，所以球内的ni2anR pn(cos )nR 时，2应趋于零，所以球外的o2TbiPcos )2解的形式可以写成2解的形式可以写成(1)(2)R2 a2 2Racos (1/a)(R/a)nR (cos)n(3)1 (Qf/4 a) (R/a)%(cos)n(4)(5)(6)(8)(9)(10)QfRT1/4 an 11 Qf4R2 a2 2Racos所以空间的电势为外，片Q）1Qf422R a 2Racosa. R2 (R2/a)2 2R，cos/a(RR0)9.接地的空心导体球的内外半径为R和R2,在球内离球心为a处（a <R）置一点电荷 Q。用镜像法求电势。

19、导体球上的感应电荷有多少？分布在内表面还是外表面？解：假设可以用球外一个假想电荷Q'代替球内表面上感应电荷对空间电场的作用，空心导体球接地，球外表面电量为零，由对称性， Q应在球 心与Q的连线上。考虑球内表面上任一点 P,边界条件要求： Q/R Q'/R' 0（1）式R为Q到P的距离，R'为Q'到P的距离，因此，对球面上任一点，应有R'/ R Q'/Q 常数(2)只要选择Q'的位置，使 OQ'P OPQ ,则R'/R R1/a 常数(3)设Q'距球心为b,则b/R1R1/a,即b R2/a(4)由(2) (

20、3)两式得：Q'R1Q/a熠 £ 叫吹当R Ro时，内 i i2(Qf/4 a)(R/a)n R(cos)anRnp190s )nn当R Ro时，外 102(Qf/4 a) (R/a)nPn(cos)*Pn(cos )nn R因为导体球接地，所以 内0外R内R。 0将（6）代入（4）得： an Qf/4 an 1将（7）代入（5）并利用（8）式得：bn将（8） （9）分别代入（4） （5）得：内 0（R R。）R°Qfa, R2 (R2/a)2 2RR2cos /a，(R R0)(11)用镜像法求解：设在球内 0处的像电荷为 Q'。由对称性，Q'在球

21、心与Qf的连线上，根 据边界条件：球面上电势为 0,可得：（解略）r0 R；/a, Q'R0Qf /a据 £六%R2 a2Q2Racos产RQ/a422Ri4/a2 2R2Rcos /a导体内电场为零，由高斯定理可知球面上的感应电荷为Q ,分布于内表面。由于外表面没有电荷，且电势为零，所以从球表面到无穷远没有电场，外0。i0.上题的导体球壳不接地， 而是带总电荷 Q0,或使具有确定电势°,试求这两种情况的电势。又问 0与Q。是何种关系时，两情况的解是相等的？解：由上题可知，导体球壳不接地时，球内电荷Q和球的内表面感应电荷Q的总效果是使球壳电势为零。为使球壳总电量为

22、Q0,只需满足球外表面电量为 Q0 + Q即可。因此,导体球不接地而使球带总电荷 Q0时,面的Q产生的电势0 . R2a21 ,二是外表面Q可将空间电势看作两部分的迭加, Q0 + Q产生的电势 2。RQ/a是Q与内表0, (R(Q Qo)/42RacosR);2内(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由以上过程可见，球面电势为(

23、Q Qo)/4 0R2。若已知球面电势0,可设导体球总电量为 Q'0,则有：(Q Q'0)/4 0R20,即：(Q Q'0)/4 00R2电势的解为：0R2/R014 0 R R2(R R2)(R R R2)Qa2 2Ra cosR1Q/aR2 R4/a2 2R12Rcos /a(R Ri)aQi Q, rib2 a 一ez;bQQabO aQ b当0和Q。满足0 (Q Qo)/4 0R2时，两种情况的解相同。ii.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位于系统的对称轴上，并与 平面相距为b (b>a),试用电象法

24、求空间电势。解：如图，根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点电 荷附近置一接地导体球两个模型，可确定三个镜像电荷的电 量和位置。2a八 a八一ez; Q2- Q , 2bbQ3 Q , r3bez ,所以9_14 0R2 b2 2Rbcos122,R2 b2 2Rbcosa bjR2 322Rcos bb222 Rcos b(0R a)12.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, 空间电势。解：用电像法，可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导 体板的作用。旦1 4 0(x x0)2 (y a)2 (z b)21(x x0)2 (y a

25、)2 (z b)21Q(北；'a：bI za卜 iQ(x0,a,b)Ib13.解:Q(x0, a, b)Q(xo,a, b)(x %)2 (y a)2 (z b)2. (x x。)2 (y a)2 (z设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为用液体。取该两平面为xz面和yz面在(x0, y0, z0)和(x0, y0, z0)两点分别置正负电极并通以电流 I 本题的物理模型是，由外加电源在 溶液中的载流子运动形成电流 II,求导电液体中的电势。；A、B两点间建立电场，使I,当系统稳定时，属恒定场，(y, z 0)即 / t 0, 方式处理。于是在E dSJ 0。对于恒定的电流，

26、可按静电场的A点取包围A的高斯面，则Q/ ，由于I ° j dS , Q/可得：Q I /同理，对B点有： 又，在容器壁上， 容器壁。OQbjn由j E可知，当jnQ(x0, y°,z°)I / Q0 ,即无电流穿过0 时，En0A(x0, y0,z0)B(x0, y0, z,)b)2Q( x°,Q( x0,y0,z。) »Q(x0, y°, z°)Q( xQ(x0, y0, z°)0， y 0， z0 )Q( x°, y°, z°)Q(x0, y°, z°)所以可

27、取如右图所示电像，其中上半空间三个像电荷Q,下半空间三个像电荷 -Q,容器内的电势分布为：Qi据晶痴0rdL.(x X0)21(y y°)2 (z Z0)21(x xo)2 (y yo)2 (z Zo)211(x xo)2 (y yo)2 (z zo)21(x xo)2 (y yo)2 (z zo)2(x xo)2 (y yo)2 (z zo)2.(x x°)2 (y y0)2 (z z0)211.(x xg)2 (y y0)2 (z z0)2(x x。)2 (y y。)2 (z14.画出函数d (x)/dx的图，说明于原点的偶极子的电荷密度。z0)2(P)(x)是一个位解

28、：(1)(x)d (x)dx1) x 0 时,x(x0x)(x)d (x)/dx2) x 0时,a)对于0,d (x)b)对于0,dxd (x)dx图象如右图所示。(P ) (x)(Px1/ A Px2/ x2Px3 / x3) (x)xdV (p ) (x)xdV(Px1/x1Px2/x2Px3/x3)(x)xdV其中第一项为:(Px1Px1 一x1(x1)(x2) (x3)(x1e1 x2e2 x3e3)dxdx2dx3Px1(x1)(x2) (x3)(x©x?e2x3e3)dx1dx2dx3x1e1 Px1x1d ' dx1 dx1d t (t)应用-dtTVd tdt

29、(t),可得:e1 Px1x1 d-(1)dx1 dx1e px1d x1(x)e pX1 (xjdx巾用整(x1) e Px1e1 Px1(x=0)同理可得另外两项分别为e2 Px2 及 e3 Px3 ,所以,xdV p，即p是一个位于原点的偶极子的电荷密度。布 £0,结果如何？)15 .证明：(1) (ax) (x)/a (a 0),(若 a(2) x (x) 0证明：1)显然，当x 0时,(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在全空间成立。d(ax)1右 a 0, (ax)dx ( ax)d

30、x ( ax) 一aa即，(ax) (x) / a所以(ax) (x)/a在全空间成立。2)由(x)的选择性证明。x (x) x (x) 0,而 x (x)dxx|x 0 0x (x) 0 ,进而 x (x) 016 . 一块极化介质的极化矢量为P(x'),根据偶极子静电势的公式，极化介质所产生的静'P(x')及 p n P ,电势为 P(x,) 3r dV',另外根据极化电荷公式pv 40r极化介质所产生的电势又可表为V、,P(x') dS'口 ,试证明以上S 40r两表达式是等同的。证明：由第一种表达式得P(x') rdV'P(x')dV''P1r,SdV," dV,所以，两表达式是等同的。P n - dS'S rVpdV' Y dS'实际上，继续推演有：dV,4 0 V r刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和。17.证明下述结果，并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化。 (1)在面电荷两侧，电势法向微商有跃变，而电势是连续的。 熠£ 叫吹（2）在面偶极层两侧，电势有跃变21 n P/ 0,而电势的法向微商是连续的。（各带等量正负面电荷密度 ±（T而靠的很近的两个面，形成面偶极层，而偶极矩密度 P lim l ）