电动力学习题解答参考 第二章静电场 1.一个半径为R的电介质球,极化强度P=K2,电容率为E。 (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) pp P=-KV-=-K(V-r (P-PlR 又∵球外无极化电荷 P2=0an=nR=万K K/R (2)由公式D=EE =Ee+P D= V·D V·P E0) (3)对于球外电场,由高斯定理可得 rsin edrdedo (a-Eo)r EKR 0(E-E0 同理可得球内电场:E 球外电势外=「E你·F EKR For
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 1 - 1.一个半径为 R 的电介质球 极化强度 P=K 2 r r 电容率为 (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) 2 2 2 2 ) / 1 1 ( r K r r r r K r r P = −∇ ⋅ P = −K∇ ⋅ = − ∇ ⋅ + ∇ ⋅ = − r r r r ρ P n P P R ( ) 2 1 r r r σ = − ⋅ − 又 球外无极化电荷 0 P2 = r K R r r p n P R n K R / 1 2 = ⋅ = ⋅ = r r r r σ (2) 由公式 D E r r = ε D E P r r r = ε 0 + 0 ε ε ε − = P D r r 2 0 0 ( )r K f D P ε ε ε ε ε ε ρ − ∇ ⋅ = − = ∇ ⋅ = r r ` (3)对于球外电场 由高斯定理可得 ∫ ⋅ = 0 ε Q E ds r r 外 0 2 2 0 0 2 sin ( ) 4 ε θ θ ϕ ε ε ε ε ρ π ∫∫∫ ∫ ⋅ − ∴ ⋅ = = r drd d r K dV E r f 外 r r ( )r 3 0 0 r r ε ε ε ε − ∴ KR E外 同理可得球内电场 2 0 r K r E r r ⋅ ε − ε 内 球外电势 外 外 ( )r dr 0 0 ε ε ε ε ϕ − ∴ ⋅ ∫ ∞ ∞ KR E r r
电动力学习题解答参考 第二章静电场 球内电势q于E外:+「EdF Ek K R E0(E-60)E-E0r (4)04=DnEn=1.6K,KF 20. sin@drdddp-2rER(A W=odV=什 1 82K 2TE RK r sin erdao 2 8(a K W=W内+W外=2msR(1+-))2 2.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: (1)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)当导体球上接有电池,与地保持电势差如时,以地为电势零点 本问题的定解条件如下 e coset Vq外=0(R>R0)且 (@0是未置入导体球 前坐标原点的电势) 根据有关的数理知识,可解得:9外=∑aR"+n)P(cosb) 由于州。=-ERc0升+q0即 外=a+a1Rcos6+∑anR"Pn(cos)+0+ cose+ 公FP(cosO)k EoRcoS8+ RR 故而有:a0=o,a1=-E0,an=O(n>1),b=0(n>1) E Rosa+
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 2 - r R ln ( ) dr dr r 0 0 0 ε ε ε ε ε ε ϕ − + − ⋅ ⋅ ∫ ∫ ∞ K K E E R R 球内电势 内 外 内 r r r r 4 2 0 2 2 0 2 0 r 2 r r r r 2 1 2 1 内 内 内 ε ε ε ε ε ε ε ε ω K K K D E r r r r ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∴ ∫ ∫∫∫ − ⋅ − ∴ ⋅ 2 0 2 2 2 0 2 r sin drd d 2 ) 2 ( ) r 1 d ε ε θ θ ϕ πε ε ε ε ω K R K W内 内 V ∫ ∫∫∫ − ⋅ ⋅ − = ⋅ 2 0 0 2 2 2 2 4 0 0 2 2 2 ( ) 2 r sin drd d r 1 2 ( ) 1 d ε ε ε πε θ θ ϕ ε ε ε ε ω K R RK W V 外 外 R 2 0 0 2 (1 )( ) ε ε ε ε πε − ∴ = + K W W内 W外 R 2 在均匀外电场中置入半径为 R0 的导体球 试用分离变数法球下列两种情况的电势 1 导体球上接有电池 使球与地保持电势差 ; φ 0 2 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 0时 以地为电势零点 本问题的定解条件如下 φ内 φ 0 R= R0 0 2 ∇ ϕ 外 R> R0 且 = = − = →∞ 0 0 0 0 cos ϕ φ ϕ θ ϕ R R R E R 外 外 ϕ 0 是未置入导体球 前坐标原点的电势 根据有关的数理知识 可解得 cos ) R a R n 1 n n n n n 0 ϕ 外 P θ b ∑ ∞ 由于 0 0 ϕ 外 E Rcosθ ϕ R = − →∞ 即 0 0 2 2 1 0 1 2 0 1 ϕ a + cosθ + (cosθ ) + + cosθ + (cosθ ) →∞ = − cosθ +ϕ ∞ = + ∞ = ∑ ∑ P E R R b R b R b a R a R P R n n n n n n n 外 n 故而有 , , 0( 1), 0( 1) a0 = ϕ 0 a1 = −E0 an = n > bn = n > ϕ ϕ θ cosθ b cos 2 0 1 0 0 R b R ∴ 外 E R +
电动力学习题解答参考 第二章静电场 又m=,即:9m=90-E5Ros9a+b+b cos=o Ro Ro 故而又有 Ro E 6+ b=0 得到:b=(-)R0,b1=E0R 最后,得定解问题的解为 外=- CoRcOS6+ (0-90)R0,ER3 COSO(R>Ro) R (2)当导体球上带总电荷Q时,定解问题存在的方式是 V=0(R<R) VAPy-O(R>Ro) 60=有限 9外+=- CoRcoS+q(q是未置入导体球前坐标原点的电势) 中=中 dsO(r=r aR 解得满足边界条件的解是 o=∑aR"P(c0s)=0- ERose+∑nh(cos) 由于外R→的表达式中,只出现了P(cos)=cos顾项,故,bn=0(n>1) E rose 又有外R8是一个常数(导体球是静电平衡) 9ke=9- EoR coSE升+D。+ -L-cos0=C EoRo coSB b,=EoRS
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 3 - 又 2 0 0 1 0 0 0 0 0 cos b , cos 0 0 ϕ = = φ ϕ = = ϕ − θ + θ = φ R b R 外 R R 即 外 R R E R 故而又有 − + = + = ∴ cos cos 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 θ θ ϕ φ R b E R R b 得到 2 0 0 0 0 1 0 0 b = (φ −ϕ )R ,b = E R 最后 得定解问题的解为 cos ( ) ( ) cos 0 3 0 0 0 0 0 0 0 R R R E R R R E R + > − = − + + θ φ ϕ ϕ 外 θ ϕ 2 当导体球上带总电荷 Q 时 定解问题存在的方式是 = ∂ ∂ − + ∇ > ∇ < ∫ →∞ → ds ( ) Rcos ( 0( ) 0( ) 0 s 0 R R 0 0 0 R 0 0 2 0 2 0 Q R R R E R R R R R 是未置入导体球前坐标原点的电势 有限 外 内 外 外 内 外 内 φ ε φ φ φ θ ϕ ϕ φ φ φ 解得满足边界条件的解是 ∑n=0 n n n ϕ 内 a R P cosθ ∑n=0 n 1 n n 0 0 cos R ϕ 外 ϕ Rcosθ P θ b E 由于ϕ 外 R→∞ 的表达式中 只出现了 (cos cos 0( 1) P1 θ θ项 故 bn = n > ϕ ϕ θ cosθ b cos 2 0 1 0 0 R b R ∴ 外 E R + 又有 外 R=R0 ϕ 是一个常数 导体球是静电平衡 C R b R ϕ R=R = ϕ − E R θ + cosθ = b cos 2 0 1 0 0 外 0 0 0 0 3 2 1 0 0 0 1 0 0 cos cos 0 b E R R b ∴−E R θ + θ = 即 =
电动力学习题解答参考 第二章静电场 外=90-E5R0sB+2+ER R R2 cose 又由边界条件-0 bo ATEO 内4E0R PoR<Ro Q EoRo q+ 4IEoR R2-COS8-E RcoSO, R> Ro 3.均匀介质球的中心置一点电荷Q,球的电容率为E,球外为真空,试用分离变数法求 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Q的电势4xR与球面上的极化电荷所产生的电势的 叠加,后者满足拉普拉斯方程。 高斯法 在球外,R>R0,由高斯定理有:E509E·d=Q=Q+QP=Q,(对于整个导体球 而言,束缚电荷Qp=0) E 4TEOR 积分后得 Q +C(C是积分常数) 又由于q外|R+=0.C=0 外-4rER (R>R0) 在球内,R<R0,由介质中的高斯定理:∮Dd=Q Q1 积分后得到:内4mP(2(C2是积分常数)
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 4 - ϕ ϕ cosθ cosθ 2 3 0 0 0 0 0 R E R R b 外 E R + + 又由边界条件 Q 外 ∫ ∂ ∂ − s 0 ds r φ ε 0 0 4πε Q ∴b = 0, 0 0 0 R 4 R R Q ∴ −ϕ < πε ϕ 内 2 0 0 3 0 0 0 cos Rcos 4 R E R R R Q E R 外 + θ θ > πε ϕ 3 均匀介质球的中心置一点电荷Qf 球的电容率为ε 球外为真空 试用分离变数法求 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 R Q 4πε f 与球面上的极化电荷所产生的电势的 叠加 后者满足拉普拉斯方程 解 一. 高斯法 在球外 R > R0 ,由高斯定理有 Q Qf QP Qf E ⋅ ds = + = ∫ 总 r r 0 ε 对于整个导体球 而言 束缚电荷 = 0) QP 2 4 0R Q E f πε ∴ = r 积分后得 外 C C是积分常数 R Q .( 4 0 f + πε ϕ 又由于 →∞ = 0,∴C = 0 ϕ 外 R ( ) 4 0 0 R R R Qf ∴ = > πε ϕ 外 在球内 R < R0 ,由介质中的高斯定理 ∫ ⋅ = Q f D ds r r 又 2 4 , R Q D E E f πε = ε ∴ = r r r 积分后得到 内 f 2 .( 2是积分常数 4 C C R Q + πε ϕ
电动力学习题解答参考 第二章静电场 由于=甲&,故而有:Q ToRo 4TER (R<R) Ro tERO 4TER 4TeR 4ER (R<R) 分离变量法 本题所求的电势是由点电荷Q4与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加,且有 着球对称性。因此,其解可写作:Q4m2p 由于p是球对称的,其通解为q=a+ R 由于球心有Q的存在,所以有q=,_Q+a 4丌ER 在球外有外R=0,即外4BRR 由边界条件得 er b 8.08 R 4TER R 4TER Q11 Q R> 4eR Ro R<Ro IER 4IEoRo 4TERo
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 5 - 由于 2 0 0 0 f 4 4 , 0 C R Q R Q f R=R = + πε πε ϕ 内 ϕ 外 故而有 ( ). 4 4 0 0 0 0 2 R R R Q R Q C f f ∴ = − < πε πε ( ) 4 4 4 0 0 f 0 0 f f R R R Q R Q R Q ∴ − < πε πε πε ϕ 内 二. 分离变量法 本题所求的电势是由点电荷Qf 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加 且有 着球对称性 因此 其解可写作 ' 4 ϕ πε ϕ = + R Qf 由于φ'是球对称的 其通解为 R b ϕ'= a + 由于球心有Qf 的存在 所以有ϕ 内 R→0 ∞ 即 a 4 内 R Qf πε ϕ 在球外有 外 0 ϕ R→∞ 即 R b 4 f 外 R Q πε ϕ 由边界条件得 0 0 f 0 f R b 4 a 4 , 0 R R Q R Q R + + πε πε ϕ 内 ϕ 外 即 2 0 f 2 0 0 2 0 0 f 0 R 4 b 4 , R R 0 R Q R R Q R πε ε ε πε ϕ ε ε ϕ ε − = − ∂ ∂ ∂ ∂ 内 外 即 ) 1 1 ( 4 ),a 1 1 ( 4 0 0 f 0 πε ε ε π ε ε ∴ = − − R Q Q b f − < > ∴ 0 0 f 0 0 f f 0 0 f , 4 4 4 , 4 R R R R Q R Q R Q R R Q πε πε πε ϕ πε ϕ 内 外