郭硕鸿电动力学课后答案

1、电动力学答案第一章电磁现象的普遍规律1.根据算符的微分性与向量性,推导下列公式:(AB)B(A（解：（1）A)2(AB)A)(BA2(A(ABc)A)A(BAc)(2)B)(A)BBc(A)(Bc)AAc(B)(Ac)BB(在(1)中令(AA)所以A(即A(A)A»(BB得：2A(A)A)4)AA)2(A(AA)(AA2(A2.设u是空间坐标x,y,z的函数，证明:f(u)fduA(u)dAdu证明:(1)f(u)f(u)°_exxdf/uLexduxA(u)Ax(u)xdAxf(u)°eyyueyyAyN)ydAy"Z-eyduu、-ez)zAz(u)

2、zdAzduez)(3)dAu-dudAzduyAz(u)B)(A)A,)A)AA(u)dfueduxdf一ududAxuduxu(一exx)Bdf3.设rdAduduydAydudfueduzdAzuduuez)zdAu一duexu/xeyu/ezyu/dAx/duyA(u)dAy/dudAz/dudAyu、_)exduzAy(u)exz(dAxuduzAx(u)zdAzudux)eydAyduxAz(u),eyxAy(u)dAxu、-Z)ezduyAx(u)1ezy<(xx')2(yy')2(zz')2为源点x'到场点x的距离,r的方向规定为从源点指向

3、场点。(1)证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：33r'rr/r；(1/r)'(1/r)r/r；(r/r)0;33(r/r)'(r/r)0,(r0)。(2)求r,r,(a)r,(ar),EoSin(kr)及Eosin(kr)，其中a、k及E0均为常向量。(1)证明：r.(xx')2(yy')2(zz')2r(1/r)(xx)ex(yy')ey(zN)ezr/r'r可见1(1/r)(xx)ex(yy')ey(zz')ezr/r1r可见rddr'rddr1/r12r12r(r/r3)

4、9;1/r(1/r3)r(1/r3)(1/r3)ddr3r4rr(r/r3)_3_(1/r)r3(1/r)(r0)(2)解:(一exxeyyez)z(xx)ex(yy')ey(zz')ez3ex/xey/yez/G)(a)r(axayxyaz一)(xx')ex(yzy')ey(zz')ezaxexayeyazeza4(ar)r(a)(r)aa(r)因为，a为常向量，所以，a0,(r又r0,(ar)(a)ra5E0Sin(kr)(E0)sin(kr)E0(a)r)a0,sin(kr)E0为常向量,Eo0,而sin(kr)cos(kr)(kr)cos(kr)

5、k,所以E0sin(kr)kE0cos(kr)E°sin(kr)sin(kr)E0kE0cos(kr)4,应用高斯定理证明vdVf%dSdSdlSL证明：(I)设c为任意非零常矢量，则cdVfdVc(f)VV根据矢量分析公式(AB)令其中Af,Bc,便得(fc)(f)cf(所以cdVfdVc(VVf,应用斯托克斯(Stokes)定理证明(A)BA(B),c)(f)cf)dV(fc)(fc)dSV:c(dSf)c-dSf因为c是任意非零常向量，所以dVfdSfV(1)(II)设a为任意非零常向量，令Fa,代入斯托克斯公式，得SFdSFdl(1)式左边为：(a)dSaSSadSadSSa

6、dSSSadSadSSaSdS(1)式右边为：cadladl(2)(3)所以adSadlS(4)因为a为任意非零常向量，所以dS:dlS5,已知一个电荷系统的偶极矩定义为p(t)V(x',t)x'dV',利用电荷守恒定律J0证明p的变化率为:证明：方法(I)dpdtVJ(x',t)dVdp-(x',t)x'dV'(x',t)x'dV'(X'"x'dV'(,J)x'cV,dtdtVVtVtVdPedte1v('J)x；sdV'vxi'('J)d

7、V'v'(xJ)('xi()JdV'JJdS,vJxidV'口x1'JdS'0,dpe,SdtVJx1dV,同理dpdt所以生dt方法(II)e2VJx2dV,JdV(VdpdtVJxadV(史-(x',t)x'dV'-(x',t)x'dV'(x't)x'dV'dtctVVtVt根据并矢的散度公式(fg)(f)g(f)g得：v('J)x'dV'(Jx')(J)x'(J)x'J)x'Jdpdt'(Jx

8、9;)dV'vJdV,dS(Jx,)vJdV,vJdV,6.若m是常向量，证明除R3mR/R的梯度的负值，即方向由原点指向场点。证明：(1/r)r/r30点以外，向量AA其中(mR3R)/R3的旋度等于标量为坐标原点到场点的距离，mr(3-r1m(-)r1()mr,、1,、1r(m)-(m)-rr、1r211(m)-mrr其中2(1/r)0,(r0)11(-)m(-)mrr,，、1cA(m)一，(r0)rmr1又T)m(与rrm(3(3(rr11m)(m)(-)()mrr1(m)()r所以，当r0时，A7.有一内外半径分别为1和2的空心介质球，介质的电容率为，使介质球内均匀带静因为封闭

9、曲面S为电荷系统的边界，所以电流不能流出这边界，故止自由电荷f,求：（i）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。解：（i）设场点到球心距离为r。以球心为中心，以r为半径作一球面作为高斯面。由对称性可知，电场沿径向分布，且相同r处场强大小相同。ri时，Di0,Ei2D20。433(rri3)fD2/33(rri)3r2E2/3(rri3)f37，向量式为E2(r3D3r2时，4/33(r2ri)3r2向量式为E3r2D3(r23ri3)-3-r43ri3)30r3-r(r23ri3)(r；3ri3)f°r2r2时,(1D2(D2(10E2)(D2-D2)ri时,n(P2Pi

10、)n(D2D2)(i-)D2，rri8.内外半径分别为体的磁导率为2时,nP2(i-)D23!i_>-fri和、的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流,求磁感应强度和磁化电流。解：（1）以圆柱轴线上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半径为r。由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。ri时，由安培环路定理得:r2时，由环路定理得:所以H222Jf(rri)2rHi0,2rH2(r2B22r,Bi0Jf(r2ri2)向量式为B2时,z22、(rU)2r2rH3Jf22(r222r1所以h3Jf(r2r1)向量式为B32r。(r；2r(2)当r12时

11、，磁化强度为所以M(一01)H2(一0r1处，磁化面电流密度为1Mdl02r1上处，磁化面电流密度为101Mdl2r2向量式为OCm(一01)9.证明均匀介质内部的体极化电荷密度倍。证明：在均匀介质中所以pp(r2r12)jr7Jfr0G22r0(r22r；).17J1)H2(一0(一0/22Gr1)j2r221)(r22r12)2r/1)H2p总是等于体自由电荷密度(1)Jf0f的(10/)P(/0P(0)1)0E(E()E)(1/0)/f(10/10.证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等方向相反的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律)证明：线圈1在线圈2的磁场中受的力：(但两个电

12、流元之间dF1211dliB2,而B20_12d12r123_3'4l2r12F12一.-0l1l24I1dl1(I2dl2r12)3r12011I24dl1(dl20o:3l2r12r12)0I1I21212一皿dli争明dl2)411l2r1212同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力：F21:dl1dl2与与(dl2dl1)(2)4l2l1r21r21(1)式中：r12r12dr121。口dl2dl1dl20dl1"马一2-0dl2(一)=0l1l2r12l2l1r12l2l112l2r12一周同理（2）式中：F12F2121-dl1dl2卷0"121叱)411

13、12r1211.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为l1和l2,电容率为1和2,今在两板接上电动势为E的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度门和f2;（2）介质分界面上的自由电荷面密度f3。（若介质是漏电的，电导率分别为1和2当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？）解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀,分别设为E1和E2,电位移分别设为D1和D2,其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为f30取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得：D1f1同理，在极板B内

14、和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得:D2在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得:D1D2所以有E1由于EEdl所以f1f1f1一，E212f22当介质漏电时,D1重复上述步骤,f1,D2可得：f2,D2D1f3介质1中电流密度fl介质2中电流密度1D"12D2/2f1/12(f1f3)/2由于电流恒定,J1f1/flf3)/2f3(-2)1)f1再由Ed1E111E2I2f2f3f1-111f111f1221121f1112)21112/UE11221211E1I212E21111212 .证明：(1)当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时，电场线的曲折满足tan2tan1其中

15、1和2分别为两种介质的介电常数,1和2分别为界面两侧电场线与法线的夹角。(2)当两种导电介质内流有恒定电流时，分界面上电场线的曲折满足tan2tan1其中1和2分别为两种介质的电导率。证明：(1)由E的切向分量连续，得(1)(2)E1sin1E2sin2交界面处无自由电荷，所以D的法向分量连续，即D1cos1D2cos21E1cos12E2cos2(1)、(2)式相除，得tan2tan1(2)当两种电介质内流有恒定电流时J11E1由J的法向分量连续，得1E1cos12E2cos2(3)(1)、(3)式相除，即得tan2tan113 .试用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上，在静电情况下，

16、导体外的电场线总是垂直于导体表面；在恒定电流情况下，导体内电场线总是平行于导体表面。证明：(1)设导体外表面处电场强度为E,其方向与法线之间夹角为，则其切向分量为Esin。在静电情况下，导体内部场强处处为零，由于在分界面上E的切向分量连续，所以Esin0因此0即E只有法向分量，电场线与导体表面垂直。(2)在恒定电流情况下，设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为，则电流密度JE与导体表面夹角也是。导体外的电流密度J0,由于在分界面上电流密度的法向分量连续，所以Esin0因此0即J只有切向分量，从而E只有切向分量，电场线与导体表面平行。14 .内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电

17、为f,板间填充电导率为的非磁性物质。(1)证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。(2)求f随时间的衰减规律。(3)求与轴相距为r的地方的能量耗散功率密度。(4)求长度l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的静电能减少率。解：(1)以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r,长度为L,其中arb则由高斯定理得：2rLDfL(1)所以D,JDL(2)2r2rt再由电流连续性方程得：2rLJfq/tL(f/t)(3)所以Jf-LJD(4)2rt即Jf与JD严格抵消，因此内部无磁场。(5)(6)(2)由JfE得：JfD2rmdf一联立(2)(4)(5)得一f0dt(

18、3)(4)设初始条件为所以，fpE2-dt0-tCe-tf0e将上式在长度为f0,则由(7)式得Cf0(8)f2rl的一段介质内积分，得2(9)2E2dVrldr21bln-a(10)得:1W-wdV2vrldrflblnadW所以dtfl21nbafdt(11)由(6)(10)(11)得：dWdt即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。第二章1.一个半径为R的电介质球，极化强度为静电场PKr/r2,电容率为(1)(2)(3)(4)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；求该带电介质球产生的静电场总能量解：(1)2K(r/r2)2K(1/r2)rr2(1/

19、r)K/r2p(2)D内n(P20EPP1)erK/R/(0)f(3)E内P/(P/(0)0)K/(0)r2fdV-2er40rKR,72er0(0)rdrKR0)rdrrE外dr(ln-)(4)WEdVR(1-)(0K2F-)202.在均匀外电场中置入半径为R0的导体球,导体球上接有电池，使球与地保持电势差（2）导体球上带总电荷Q解：（1）极轴,0r_.2.R4rdr012K2R24r2dr2(07Rr4试用分离变量法求下列两种情况的电势：（1）该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场球心为原点建立球坐标系。Eo方向的轴线,取该轴线为当RR0时，电势满足拉普拉斯方程，通解为(anRnn因

20、为无穷远处ERnE0,)Pn(COS)所以当Ra0R0时,E0Rcos0E0RP1(cos)0,(n2)所以E°R0P(cos)bn菽7Pn(cosR0即:所以0b0b0/R0R0(00，0),b/R；E0R0b1E0R03,bnE°RcosR0(0(RR0)0)/R3E0R0cos0,(n/R22)(RR。）（2）设球体待定电势为0,同理可得R0时,E°RcosR0（0（RR0）由题意，金属球带电量0)/RdS0(E0cosRR0所以（0R0(00)Q/40)0R0L3E0R0cos/R2(RR0)002E0cosR0_2)R°sindd_._3_2,

21、_、0E0RCOSQ/40R(E0R0/R)cos(RR0)0Q/40R(RR0)3.均匀介质球的中心置一点电荷Qf,球的电容率为，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。提示：空间各点的电势是点电荷Qf的电势Qf/4R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。R与球面上的极化电荷所产生的电势解：(一)分离变量法空间各点的电势是点电荷Qf的电势Qf/4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n(anRnbnRn1外(CnRn-dnnT)P/COS)nR时，外0,cn0。0时，内为有限，bn0。所以内anRnP

22、/cos),外n由于球对称性，电势只与R有关，所以an0,(n1)dn0,(ndn审Pi(cos)R1)内a。，外d0/R所以空间各点电势可写成内a°QJ4R外d°.RQf4R当RR0时，由内外得：a0d0/R0由则所以外阳Qf0Qf0d°,Q信：22一厂，d0n4Ro4R2R24Qf/11、a04K匚一)QfQf/11、内(一)4R4R00QfQf/11、Qf外(一)4R4R040R(二)应用高斯定理在球外，R>R0,由高斯定理得:0OE外dsQ总QfQpQf,(整个导体球的束缚电荷Qp0）,所以Qf八口2er,积分后得:oR2外E外dRRQfr4oR2d

23、R在球内，R<Ro,由介质中的高斯定理得:Qf"7r。E内dsQf,所以QfE内4Ro内ERer,积分后得:R内dRE外dRRoQf4RoQf结果相同。4oR4.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。解：以球心为原点，Pf的方向为极轴方向建立球坐标系。空间各点的电势可分为三种电荷的贡献，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3PfR/41R。所以球内电势可与成:i'iPfR/41R3;球外电势可写成：o'oPfR/41R3其中

24、'i和'i和'o均与斯方程的解为：'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,无关。考虑到R'i为有限值；R时'oanRnPn(cos)(RRo)bn-TPn(CoS)Rn1(RRo)由此PfR/41R3anR¥n(CoS)(RRo)(1)Pf_3R/41RnbnRn(n1)Pn(cos)(RRo)(2)边界条件为:R）(3)RoRo将（1）（2）代入（3）和（4）,然后比较Pn（8S）的系数，可得:0,bn(10(n1)2)Pf/2122)RoWaR；（于是得到所求的解为：2)Pf/21(122)pfR41R3(1

25、2)pfRcos21(122)R。pfRpf41R3RR3pf21(122)R312)pfcos221(122)NR4(122)R3pfRpfR41R3(RR0)(12)pf21(122)(RR0)在均匀介质内部,只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体内部,只有球心处存在极化电荷。(1°)ED(1)D1(0所以pp(1)f1)pf在两介质交界面上，极化电荷面密度为perEi(20)erEoR0p°(Z5.空心导体球壳的内外半径为(R020)0(11(12)pf3cos22)律Ri和R2,球中心置一偶极子p球壳上带电Q,求空间各点的电势和电荷分布。解：以球心为

26、原点，以p的方向为极轴方向建立球坐标系。在区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为R2两均匀(anRn时,电势趋于零，所以2/cosnRRR2时，电势可写为所以R0时，电势应趋于偶极子pfR/40R3R1时，电势可写为p激发的电势:2pcos/40R设球壳的电势为R2Ri由(3)得:由(4)得:所以boao再由Spcos40Rs，则bnRn1anRnp(cos)nPn(COS)pcos/4sR2；bn;aiR2/Rpcos/4dS0s将代入(5)(6)得:Q/4Q/4(2)0R12p/40R2晋4R20R2oRanR1npn(cos)sn(n0R30);an0(n0,1)pRcos得:(4)/

27、40Rl3(6)pcos40R2(RQ40R2R2)pRcos40R3,pRQ.R3R2R13在RR处，电荷分布为:DnR2Q4R；在RR处，电荷分布为:Dn0-RRi3pcos6.在均匀外电场E°中置入一带均匀自由电荷4R3f的绝缘介质球(电容率为),求空间各点的电势。解：以球心为原点，以E0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1为绝缘介质球内的均匀自由电荷产生，另一部分2为外电场E0及E0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(anRnbnR(n”归出)n对于1,当RR0时，由高斯定理得：Dif

28、R3/3R2,E1fR3/30R2当RRo时，由高斯定理得:D2fR/3,1的球外部分:01E2fR/3Ro3-2f口(fR；/3oR2)dRRR0fR/3)dR1的球内部分:i1对于2，当R时,o20时,i2边界条件为:E0R0cosE0R0cos比较Pn(cosaian所以o2fR；/30R0_2_fRo/3R2/6(1)RE2E0Rcos2为有限，所以anRnPn(CoSRo时，o20dR£fR/3)dREoRcos,所以含Pn(cos(RR0)i2，o20RbnRo(n1)Pn(cosn)的系数,(bn0E0/(2fR2/6(R飞)i2RoR0即:anR；Pn(cos)(n1

29、)bnRo(n2)Pn(cos)nanROn1Pn(cos解得：20)o)EoR3/(0(n1)E0Rcos(30E0Rcos2o)/(0)E0R0cos20)/(2o)R2(RRo)(RR0)(4)由(1)(2)(3)(4)得:fRo23fR26fR330RE0Rcos0E0Rcos(RR0)7.在一很大的电解槽中充满电导率为0)EoROcos22o)R2(RR0)2的液体，使其中流着均匀的电流置入一个电导率为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。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Jf0o今在液体中12及Jf0与电场强度E0成正比(

30、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。(1)未放入小球时，电流密度Jf0是均匀的，由Jfo2E0可知，稳恒电场E0也是一个均匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势。便是均匀电场E0的电势。放入小球后,以球心为原点，E0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,J0/t0,所以:由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为n设小球内的电势为(J2J1)01,电解液中的电势为2,则在交界面上有:(2)(4)R0RR°代入(1),得:E)可见满足拉普拉斯方程考虑到对称性及R时

31、EJf0Rcos2E0,球外电势的解可写成：果P/cos)(RR0)R其中利用了考虑到RJf02E0。0时电势为有限值，球内电势的解可写成:因为选RanRnp/cos)n0处为电势零点，所以(RRo)(6)a。0,将(5)(6)代入(3)(4)得:Jf0Rcos2rJf02cos2由(7)(8)两式可得：含Pn(cos)anR；Pn(cos)n3Jf0/(1(nn22)an所以:0,bn0(n13Jf0RcosJf0Rcos/2Jf0R/2(由此可得球内电流密度：J11E1113电解液中的电流密度为：1)-bnRn1)/(5P/cos)b1(22)3Jf0、3，/2)Jf0&cos/(

32、2)R；Jf°R/(11naR1Pn(cos)n32)Jf0R0/(1R/(122(Jf0R)/(122)(8)2)02RR3),21Jf0/(1(RRo)(RRo)22)J22E2(12叫3(Jf0R)R(122)R(2)两导体交界面上自由电荷面密度fer(D2Di)0e(E2Ei)0er(J2/J1/1)3(i2)0Jf0cos/(122)2(3)当12,即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时,(i所以，2)/(122)131/(122)3J13Jf0J2Jf0(R03/R3)3(Jf0R)R/R230Jf0cos/2时，同理可得:J1J20Jf0(R03/2R3)3(Jf0R

33、)R/R2Jf。f30Jf0cos/228.半径为&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/4Jr2a22Racos,二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的方程。考虑到对称性，2与无关。2。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯由于R0时，2为有限值，所以球内的2解的形式可以写成由于Rni2anRFn(cos)n时，2应趋于零，所以球外的2解的形式可以写成o2由

34、于.R2a22Racos(1/a)(R/a)np(cos)n1(Qf/4a)(R/a)nF>(cos)n当RR0时，内1i2(Qf/4a)(R/a)nF>(cos)anRnF>(cosnn当RR0时，外1o2(1)(2)(3)(4)(Qf/4a)(R/a)nPn(cos)njHPn(COS)(5)nR(6)外与内R。将(6)代入(4)得：anQf/4将(7)代入(5)并利用(8)式得：将(8)(9)分别代入(4)(5)得：内0(RRo)1rQf外<2一2一_4Ra2Racos0n1a(8)b/"r"*2n1/n1z_xnQfR0/4a(9)(10)R

35、Qfa、R2(Ro/a)22RR2cos/a,因为导体球接地，所以内0(RRo)(11)用镜像法求解：设在球内r。处的像电荷为Q'。由对称性，Q'在球心与Qf的连线上，根据边界条件：球面上电势为0,可得：(解略)r0R：/a,Q'%Qf/a所以空间的电势为1QfQ'、1rQf外二L)二22-4r124Ra2RacosRQa.R2(R2/a)22RRcos/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。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'

36、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。Q/RQ'/R'式R为Q到P的距离,考虑球内表面上任一点P,边界条件要求：0(1)R'为Q'到P的距离，因此，对球面上任一点，应有(2)(4)R'/RQ'/Q常数只要选择Q'的位置，使OQ'POPQ,则R'/RR1/a常数设Q'距球心为b,则b/R1R1/a,即bR2/a由(2)(3)两式得：Q'R1Q/a1QRQ/a40Jr2a22Racos加""R4/a22R2Rco

37、s/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。10 .上题的导体球壳不接地，而是带总电荷Q,或使具有确定电势°,试求这两种情况的电势。又问°与Q0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Q0,只需满足球外表面电量为Q0+Q即可。因此,是Q与内表导体球不接地而使球带总电荷Q0时，可将空间电势看作两部分的迭加,面的Q产生的电势i,二是外表面Q2RacosQ0+Q产生的电势2。RQ/aR

38、2R4/a22R2Rcos0,(Q(Q(Q140Q0)/4Q0)/41r2(RQo)/40R0R2QR);2内oR,(R(QQ0)/40R2R2),所以(RR2)(RRR2)(R=,(RR)/aR2);a22Racos由以上过程可见，球面电势为(QR1Q/aR2R14/a22R12Rcos/aQo)/40R2。QQ0F,(RR1)R2若已知球面电势0,可设导体球总电量为Q'0,则有:(QQ'0)/40R2电势的解为：0,即:(QQ'0)/400R20R2/R040R2(R(RRQR)R2)2a2RacosR2R1Q/a4,22_R1/a2R1Rcos0/a(RRi)当0

39、和Q0满足0(QQo)/40R2时，两种情况的解相同。11 .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。2aaaQ1-Q，r1ez；Q2Q,r2bbbQ3Q，%bez,所以Q11a40.R2b22RbcosR2b22Rbcos2a4,a2.b,R2Rcosb2b4ab22_a_2Rcosb(02,Ra)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

40、间内，它到两个平面的距离为a和b,求空间电势。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。Q(XL?"a?t-aQ(xo,a,b)Ib旦140.(xxo)2(ya)2(zb)?：Q(X0,a,b)Q(x0,ab)1(x%)2(ya)2(zb)2(y,z0)11(xxo)2(ya)2(zb)2(xx)2(ya)2(zb)2yB(Xo,y0,Zo)13.设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为加液体。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,求导电液体中的电势。解：本题的物理模型是，由外加电源在A、B

41、两点间建立电场，使溶液中的载流子运动形成电流I,当系统稳定时，属恒定场，即/t0,J0。对于恒定的电流，可按静电场的方式处理。于是在A点取包围A的高斯面，则由于I口jdS,jE,所以Q(x0,y0,z0)“Q(Xo,y0,Z0)Q(x0,Vo,Z0)Q(x0,y°,zo)zo)二EdSQ/I/Q/可得：QI/。同理，对B点有：QbI/Q又，在容器壁上，jn0,即无电流穿过容器壁。由jE可知，当jn0时，En00所以可取如右图所示电像，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：18QiI14i1ri4(xX0)2(yy0)2(zZ0)211(xX0)2(yy

42、。)2(zZ0)2(xX0)2(yy。)2(zZ0)21.(xX0)2(yy0)2(zZ0)21,(x%)2(yy0)2(zz0)21(xx°)2(yy0)2(zz0)21222,(x%)(yy°)(z4)1(xx°)2(yy0)221(z4)14.画出函数d(x)/dx的图，说明于原点的偶极子的电荷密度。(P解：(1)(x)d(x)dx1) x0时,lim(xx)(x)x0xd(x)/dx02) x0时，a)对于0,b)对于0,d(x)dxd(x)dx0lim一x0lim°x0)(x)是一个位图象如右图所示。(P)(x)(Px1/x1Px2/x2Px3

43、/x3)(x)xdV(p)(x)xdV其中第一项为：(Px1/x1Px2/乂2Px3/x3)(x)xdV(Px1一)(x)xdVx1Px1一x1(x1)d)(x3)(x/1x?e2x3e3)dx1dx2dx3Px1(x1)x1(x2)(x3)(x©x?e2x3e3)dx1dx2dx3e1P"1ddx1dx1dt(t)心,d(t)d(t)dt(t)小应用s(t)t一即t一一口(t),可得:e1P"1ddx1dtdtdtdtePx1dx1(x)e1Px1(xjdx巾用%(x1)e1PxiePx1(x=0)同理可得另外两项分别为e2Px2及e3Px3,所以，xdVp，即

44、p是一个位于原点的偶极子的电荷密度。15.证明：(1)(ax)(x)/a(a0),(若a0,结果如何？)证明：1)显然，当x0时,(ax)(x)/a成立;(ax)dx/、d(ax)(ax)-a1(ax)d(ax)一a(2)x(x)0(x)dx1所以(ax)(x)/a在全空间成立。0,(ax)dx(ax)dx(ax)da即，所以(ax)(ax)(x)/a(x)/a在全空间成立。2)由(x)的选择性证明。x(x)(x)0,而x(x)dxx(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pnP,电势为P

45、(x，)3rdV',另外根据极化电荷公式pv40r极化介质所产生的电势又可表为vA,二深詈，试证明以上两表达式是等同的。证明：由第一种表达式得140V,P1rP(x')rdV'P(x')1'-dV'r,Wdv，r'P(x')dV'所以，两表达式是等同的。实际上，继续推演有：SadS,vFYdS,dV,40Vr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。(2)在面偶极层两侧，电势有跃变21nP/0

46、,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Pliml)证明：1)如图,由高斯定理可得：2ES/20，(/20)z/20)z即，1/2/n2电势是连续的，但是n1EEm2nez/n1ez/2/22/n2即,电势法向微商有跃变2)如图，由高斯定理可得:!imJEeznl/+(T一(Tn又1/P/1/n2/n0,即电势的法向微商是连续的。18.一个半径为R0的球面，在球坐标0/2的半球面上电势为0在/2半球面上电势为0,求空间各点电势。一，、一，、11提示：°Pn(x)dxPn1(X)Pn1(X)0Pn(0)(2n1,(n奇数)1)n/2135(n,246解：由题意，球内外电势均满足拉普拉斯方程:球内电势在rPn1,1)n(n偶数)0时为有限，球外电势在)。;时为0,所以通解形式为:n内anrPn(cos)外nbnn1rPn(cos在球面上,外lrR0，即将f()按球函数展开为广义傅立叶级数,rR0f()f(),(0fnPn(COS/2)/2)则anR(nbnR0(n"fn，下面求fn。1.解:2.fn由于fn2n1122n122n12Pn(x)2n1当n为偶数时,当n为奇数时,anbn至此,试用fn