电动力学答案chapter2.pdf 19页

'电动力学习题解答参考第二章静电场r1.一个半径为R的电介质球极化强度P=K电容率为2r(1)计算束缚电荷的体密度和面密度(2)计算自由电荷体密度(3)计算球外和球内的电势(4)求该带电介质球产生的静电场总能量解(1)rrr1r1r2ρ=−∇⋅P=−K∇⋅=−K(∇⋅r+∇⋅r)=−K/rP222rrrrrrσ=−n⋅(P−P)P21R又球外无极化电荷rrrrrrP=0σ=n⋅P=n⋅K=K/R2p1R2Rrrr(2)由公式D=εErrrD=εE+P0rrεPD=ε−ε0rεrεKρ=∇⋅D=∇⋅P=`f2ε−ε(ε−ε)r00(3)对于球外电场由高斯定理可得rrQE⋅ds=∫外ε0εK2⋅rsinθdrdθdϕrρdV∫∫∫(ε−ε)r22∫f0∴E⋅4πr==外εε00rεKRr∴Er外3ε(ε−ε)r00rrKr同理可得球内电场E⋅内2ε−εr0∞rrεKR∴球外电势ϕE⋅dr外∫外ε(ε−ε)r∞00-1- 电动力学习题解答参考第二章静电场∞RrrrrεKKR球内电势ϕE⋅drE⋅dr+ln内∫外∫内ε(ε−ε)ε−εrRr0001rr1εKrrKrrεK24ωD⋅E⋅⋅⋅⋅∴内内内22222εεrεεr2εεr00021εK2K2∴WωdV⋅⋅rsinθdrdθdϕ2πεR)内∫内∫∫∫222(ε−ε0)rε−ε0222221εKR122πεRKWωdV=⋅⋅⋅rsinθdrdθdϕ外∫外∫∫∫R2ε(ε−ε)2r4ε(ε−ε)20000εK2∴W=WW2πεR(1+)()内外εε−ε002在均匀外电场中置入半径为R的导体球试用分离变数法球下列两种情况的电势01导体球上接有电池使球与地保持电势差φ;02导体球上带总电荷Q.解1当导体球上接有电池与地保持电势差φ时以地为电势零点0本问题的定解条件如下φφR=R内00ϕ=−ERcosθϕ2外R→∞00∇ϕ外0R>R0且ϕ0是未置入导体球ϕ外R=R0=φ0前坐标原点的电势∞nnb根据有关的数理知识可解得ϕ外∑anRn1Pncosθ)n0R由于ϕ=−ERcosθϕ即外00R→∞∞b∞bn0b1nϕ外a0+a1Rcosθ+∑anRPn(cosθ)++2cosθ+∑n+1Pn(cosθ)R→∞=−E0Rcosθ+ϕ0n=2RRn=2R故而有a=ϕ,a=−E,a=0(n>1),b=0(n>1)0010nnbb01∴ϕϕERcosθ+cosθ外002RR-2- 电动力学习题解答参考第二章静电场bb01又ϕ=φ,即ϕ=ϕ−ERcosθ+cosθ=φ外R=R00外R=R000R200R0b0ϕ+=φ00R0故而又有∴b−ERcosθ+1cosθ=0002R02得到b=(φ−ϕ)R,b=ER0000100最后得定解问题的解为3(φ−ϕ)RER00000ϕ=−ERcosθ+ϕ++cosθ(R>R)外000RR2当导体球上带总电荷Q时定解问题存在的方式是2∇φ0(RR0)φ有限内R→0φ外R→∞E0Rcosθ+ϕ0(ϕ0是未置入导体球前坐标原点的电势φ内φ外RR0∂φ外−εdsQ(R=R)∫00∂Rs解得满足边界条件的解是nbnϕ内∑anRPncosθϕ外ϕ0E0Rcosθ∑n1Pncosθn=0n=0R由于ϕ的表达式中只出现了P(cosθcosθ项故b=0(n>1)外R→∞1nbb01∴ϕϕERcosθ+cosθ外002RR又有ϕ是一个常数导体球是静电平衡外R=R0bb01ϕ=ϕ−ERcosθ+cosθ=C外R=R00002RR00b13∴−ERcosθ+cosθ=0即b=ER002100R0-3- 电动力学习题解答参考第二章静电场3bER000ϕϕERcosθ++cosθ外002RR∂φ外Q又由边界条件−εdsQ∴b=∫00∂r4πεs0Q∴ϕ−ϕRR外2004πεRR03均匀介质球的中心置一点电荷Q球的电容率为ε球外为真空试用分离变数法求f空间电势把结果与使用高斯定理所得结果比较Q提示空间各点的电势是点电荷Q的电势f与球面上的极化电荷所产生的电势的f4πεR叠加后者满足拉普拉斯方程解一.高斯法rr在球外R>R0,由高斯定理有ε0∫E⋅ds=Q总Qf+QP=Qf对于整个导体球而言束缚电荷Q=0)PrQf∴E=24πε0RQf积分后得ϕ+C.(C是积分常数外4πεR0又由于ϕ=0,∴C=0外R→∞Qf∴ϕ=(R>R)外04πεR0rr在球内RR外04πε0R∴QQQϕff−f,RR0)4πε1R4πε1(ε1+2ε2)R4πε1R4πε1(ε1+2ε2)R4π(ε1+2ε2)R-6- 电动力学习题解答参考第二章静电场球面上的极化电荷密度rσP=P1n−P2n,n从2指向1如果取外法线方向则σp=P外n−P球n=[(ε2−ε0)∇φ外)]n−[(ε1−ε0)∇φ内)]n∂φ外∂φ内=−(ε2−ε0)+(ε1−ε0)RR∂R∂R0−6ρfcosθ6(ε0−ε2)ρfcosθ2(ε1−ε2)−2(ε1+2ε2)=(ε2−ε0)3−(ε1−ε0)[3−3ρfcosθ]4π(ε1+2ε2)R04π(ε1+2ε2)R04πε1(ε1+2ε2)R06ε1(ε0−ε2)+6ε2(ε1−ε0)3ε0(ε1−ε2)=3ρfcosθ=−3ρfcosθ4πε1(ε1+2ε2)R02πε1(ε1+2ε2)R0求极化偶极子rrPf=ql可以看成两个点电荷相距l对每一个点电荷运用高斯定理就得到在每个点电荷旁边有极化电荷ε0ε0qP=(−1)qf,−qP=(−1)(−qf)两者合起来就是极化偶极子ε1ε1rεr0PP=(−1)Pfε1r5.空心导体球壳地内外半径为R1和R2球中心置一偶极子P球壳上带电Q求空间各点电势和电荷分布解R2φ23φR∇φ3=0,φ3r→∞=011φ2=C,φ2r→0=∞φ2rrP⋅r""φ1=3+φ1,φ1r→0为有限值4πεr0Blφ3∑l+1Pl(cosθ),φ3r−R2=Crφ2=C,φ2r=R=C1rrPf⋅rl∂φ3∂φ1Qφ1=3+∑AlrPl(cosθ)−∫dSr=R2+∫dSr=R1=4πε0r∂r∂rε0-7- 电动力学习题解答参考第二章静电场B0B1B2+2cosθ+3P2+L=CR2R2R2Pfcosθ2+A0+A1R1cosθ+L=C4πε0R1B0Pf即A0==C,(A1R1+2)cosθ=0,Bl=0(l=1.2.3L),Al=0(l=2.3.4L)R24πεR1∂φ12Pfcosθl−1Pfcosθ又=−3+∑lAlR1PL=−3+A1cosθ+L∂r4πε0R12πε0R1∂φ3BlB0B1=∑(−l−1)l+2Pl=−2−23cosθ+L∂rrR1R1∂φ3B0B02B0则−∫∫∫dS=2dS=2dS=4πR12=4πB0∂rR1R1R1∂φ12ππPf22ππ−Pf2∫dS=∫∫00−3cosθR1sinθdθdϕ+∫∫003cosθR1sinθdθdϕ=0+0=0∂r2πε0R14πε0R1∂φ3∂φ1Q故−∫∫dS+=4πB0=∂r∂rε0QQ−PfB0=,A0=,A1=34πε04πε0R24πε0R1最后有rrrrP⋅rPf⋅rQφ1=2−3+,(rR2)4πε0rQφ2=,(R1R03rε0r(ε+2ε0)r得ρf22113ε0E0φr±Rρ(rcosθ,r>σ及112σ>>σ两种情况的电流分布特点21先求空间电势2∇φ内02φ内φ外r=R0∇φ0外因为δδ(r=R)稳恒电流认为表面无电流堆积即流入=流出内n外n0nn2φ2φ内外故σ=σ122r2r并且δ=δ即φ=−Ercosθ(j=σE)外r→∞0外r→∞0f020φ有限可以理解为在恒流时r→0的小封闭曲面流入流出内r→∞-10- 电动力学习题解答参考第二章静电场3σ2φErcosθ,rR外00020σ+2σr12rr2φer2φeθ12φr求内外电场E=−∇φ=−(++e)φ2r2θrsinθ2Φrr2φ内er12φ内r3σ2rrE(+e)=E(cosθe−sinθe)内θ0rθ2rr2θσ+2σ123σ2r=E0ezσ1+2σ23rrE0R0σ1−σ2rrEE(cosθe−sinθe)+()[]2cosθe+sinθe外0rθ3rθrσ+2σ123rrE0R0σ1−σ2rrrE(cosθe−sinθe)+()[]3cosθe−cosθe+sinθe0rθ3rrθrσ+2σ12v3σ1−σ23E0cosθvE0E+R()e−003r3σ+2σrr12求电流rvvv根据jσEjσE内1内外2外vvjf0=σ2E0vrv及(jf⋅r)rσ2E0rcosθrr0=e55rrrrrrr3σ1rrσ1σ233(jf0⋅r)rjf0得j内jf0,j外=j内R0[5−3]σ12σ2σ12σ2rr3ε0E0cosθωf=ε0(E2n−E1n)=ε0(E外n−E内n)=(σ1−σ2)σ1+2σ2-11- 电动力学习题解答参考第二章静电场8.半径为R的导体球外充满均匀绝缘介质ε导体球接地离球心为a处(a>R)置一点00电荷Q试用分离变数法求空间各点电势证明所得结果与镜像法结果相同f提示∞111Rn==∑()Pn(cosθ).(R>a)rR2+a2−2aRcosθan=0a解1分离变数法由电势叠加原理球外电势Qf""φ+φ,φ是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件外4πεR∇2φ"=0,(r>R)0z"φr→∞=0QfPφ外r=R0=0ar根据分离变数法得∞BO"lφ=∑l+1Pl(cosθ),(r>R0)l=0rQ1∞Bfl∴φ外+∑l+1Pl(cosθ)*4πεa2+r2−2arcosθl=0rQ1∞r∞Bfnl=∑()Pn(cosθ)+∑l+1Pl(cosθ),(ra).外4πεr4πεr4πεa2+r2−2arcosθRR212r2+(0)2+2r0cosθaa将分离变数法所得结果展开为Legend级数可证明两种方法所求得的电势相等9接地的空心导体球的内外半径为R1和R2在球内离球心为a(aR)外πε24R0QR11Qaφ=[−]+φ.(RR)外02rQ+Q0当φ=时两种情况的解相同04πεR0211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bb>a试用电象法求空间电势解如图利用镜像法根据一点电荷附近置一P无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体Q球两个模型可确定三个镜像电荷的电量和位置aR2−QaarbQ=−Q,r=r11Obba2QaarQ2=Q,r2=−rbbb-QrQ=−Q,r=−br33Q11aφ=[−+4πεR2+b2−2RbcosθR2+b2+2Rbcosθa4a202bR++2Rcosθ2bb-14- 电动力学习题解答参考第二章静电场a+],(0≤θ<π,R>a)4222aabR+−2Rcosθ2bb12.有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面zP(x,y,z)所围成的直角空间内它到两个平面的距离为a和ba-QQ(x0,a,b)求空间电势(x0,-a,b)b解可以构造如图所示的三个象电荷来代替y两导体板的作用+Q-Q(x0,a,-b)(x0,-a,-b)Q11φ=[−−4πε(x−x)2+(y−a)2+(z−b)2x−x2+y−a2+z+b200(0)()()11−+],(y,z>0)222222(x−x)+(y+a)+(z−b)(x−x)+(y+a)+(z+b)0013.设有两平面围成的直角形无穷容器其内充满电导率为的液体取该两平面为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AB两点间建立电场使溶液中的载流子运动形r∂ρ∂ρz成电流I,当系统稳定时是恒定场即∇⋅j+=0中=0∂t∂trj对于恒定的电流可按静电场的方式处理A(x0,y0,z0)于是在A点取包围A的包围面rrσrrQI=∫i⋅ds}1∫rr∫E⋅ds=而又有rr⇒I=E⋅dsyεni=E⋅σσ1QIε1r∴有I=⇒Q=xjσε1σB(x0,y0,z0)Iε1z对BQQB=−Q=−σQ(-x0,-y0,z0)Q(x0,y0,z0)r又在容器壁上jn=0,即元电流流入容器壁Q(x-yz)Q(x0,y0,z0)0,0,0rrrr由j=σE有jn=0时En=0y∴可取如右图所示电像-Q(-x0,y0,z0)-Q(-x0,y0,-z0)-Q(x0,-y0,z0)-Q(x0,y0,-z0)x-15- 电动力学习题解答参考第二章静电场dδ(x)rr14.画出函数的图说明ρ=−(P⋅∇)δ(x)是一个位于原点的偶极子的电荷密度dxdδ(x)0,x≠0dx解δ(x)=∞,x=0dδ(x)δ(x+∆x)−δ(x)=limdx∆x→0∆xxdδ(x)1x≠0时=0dxdδ(x)0−∞2x=0时a∆x>0,=lim=−∞dx∆x→0∆xdδ(x)0−∞b)∆x<0,=lim=+∞dx∆x→0∆x15证明11δ(ax)=δ(x).(a>0)若a<0,结果如何a2xδ(x)=0δ(x−xkδ(x)证明1根据δ[φ(x)]=∑所以δ(ax)="aφ(x)k2从δ(x)的定义可直接证明有任意良函数f(x),则f(x)⋅x=F(x)也为良函数∫f(x)xδ(x)dx=f(x)⋅xx=0=0rr"16一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电势为rr"rP(x)⋅r"ϕ=∫dVV4πεr30rrrr另外根据极化电荷公式ρr=−∇"⋅P(x")及σr=n⋅P,极化介质所产生的电势又可表为PPrrrrrP∇"⋅P(x")P(x")⋅dS""ϕ=−∫dV+∫V4πε0rS4πε0rr试证明以上两表达式是等同的’XO-16- 电动力学习题解答参考第二章静电场证明rr"r1P(x)⋅r"1rr""1"ϕ=∫3dV=∫P(x)⋅∇dV4πε0Vr4πε0Vr"pr1"r1r"1又有∇(P)=∇⋅P+P⋅∇rrrrrrr""1∇⋅P""P"1∇⋅P"Pr则ϕ=[−dV+∇⋅()dV]=[−dV+⋅dS]∫V"∫V"∫V"∫S4πε0rr4πε0rr"rrrρsσr1∇⋅P"P⋅n1P"P=[−∫V"dV+∫SdS]=[∫VdV+∫SdS]4πε0rr4πε0rr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1rrϕ2−ϕ1=n⋅Pε0而电势的法向微商是连续的各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面形成面rr偶极层而偶极矩密度P=limσl.)σ→∞l→0zσ⋅∆sE证明1如图可得2E⋅∆s=,ε01+xσσσ∴E=,φ1−φ2=z−z=02S2ε2ε2ε000E∂φ1rσr∂φ2rσr面=E1=ez=E2=(−ez)∂n12ε0∂n22ε0∂φ1∂φ2σ∴−=∂n∂nε120rσr+2)可得E=erznrr1ε0Elrrrrrr⋅2σnP-∴φ2−φ1=limE⋅l=limn⋅l=l→0l→0εε00∂φ1r∂φ2r又=E,=Ez∂n∂n-17- 电动力学习题解答参考第二章静电场∂φ∂φ21∴−=0.∂n∂nππ18.一个半径为R0的球面在球坐标0<θ<的半球面上电势为ϕ0在<θ<π的半22球面上电势为−ϕ0求空间各点电势1Pn+1(x)−Pn−1(x)1∫Pn(x)dx=0,02n+1提示Pn(1)=10,(n=奇数)Pn(0)=n1⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−1)(−1)22⋅4⋅6,(n=偶数)解∇2φ0内2∇φ=0外φ内r→0<∞φ外r→∞=0πφ0,0≤θ<2φr=R=f(θ)=0π−φ0,<θ≤π2llφ内=∑AlrPl(cosθ)这是φ内按球函数展开的广义傅立叶级数Alr是展开系数1l2l+12l+1πAlR0=fl=[∫φ内R0Pl(cosθ)dcosθ]=[−∫0φ内R0Pl(cosθ)⋅sinθdθ]22−1π2l+1π=[−∫2φ0Pl(cosθ)sinθdθ+∫πφ0Pl(cosθ)sinθdθ]2022l+10−1=[φ0∫Pl(x)dx−φ0∫Pl(x)dx]2102l+101=φ0[−∫−1Pl(x)dx+∫0Pl(x)dx2l由Pl(−x)=(−1)Pl(x)l2l+1l+111则AlR0=φ0[(−1)∫P(x)dx+∫P(x)dx]200-18- 电动力学习题解答参考第二章静电场2l+1l+11=φ0[(−1)+1]∫Pl(x)dx20l当l为偶数时AlR0=0当l为奇数时有l2l+1l+11Pl+1(x)−Pl−1(x)1AlR0=φ0[(−1)+1]∫0Pl(x)dx=(2l+1)φ0022l+1l+1l−11⋅3⋅5⋅⋅⋅l1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)=−φ0[(−1)2−(−1)2]2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)l−1l−11⋅3⋅5⋅⋅⋅l1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)=φ0[(−1)2+(−1)2]2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)l−1l−11⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)l1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)=φ0(−1)2(+1)=φ0(−1)2(2l+1)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)l+12⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)l−1φ021⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)则A=(−1)(2l+1)ll2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)R0l−121⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)rlφ内=∑φ0(−1)(2l+1)()Pl(cosθ),(l取奇数rR0)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)r-19-'