电动力学答案完整

1.7.有一内外半径分别为r1和r2的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质内均匀带静止由电荷f求1空间各点的电场；2极化体电荷和极化面电荷分布。解（1）fsDdsdV，（r2rr1）即：2331443fDrrr∴33133frrErr，（r2rr1）由33210043ffsQEdsrr，（rr2）∴3321303frrErr，（rr2）rr1时，0E（2）00000ePEEE∴3331010330033303pffffrrrPrrrrr（r2rr1）12pnnPP考虑外球壳时，r=r2，n从介质1指向介质2（介质指向真空），P2n=023333102110332133pnffrrrrrrPrrr考虑内球壳时，r=r113310303pfrrrrrr1.11.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ε1和ε，今在两板接上电动势为Ε的电池，求（1）电容器两板上的自由电荷密度ωf（2）介质分界面上的自由电荷密度ωf若介质是漏电的，电导率分别为σ1和σ2当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向则11221211220(0)nnflElEEDDEE介质表面上故：211221EEll，121221EEll又根据12nnfDD，（n从介质1指向介质2）在上极板的交面上，112fDD2D是金属板，故2D=0即：11211221fEDll而20f3122fDDD，（1D是下极板金属，故1D=0）∴31121221ffEll若是漏电，并有稳定电流时，由jE可得111jE，222jE又1212121212,()nnjjllEjjjj稳定流动得：121212Ejjll，即1211122121221221jEElljEEll1231221fEDll上22212219fEDll下2112231221fDDEll中1.14、内外半径分别a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度电荷为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的地方的能量功耗功率密度。（4）求长度为l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的能减少率。（1）证明：由电流连续性方程：0fJt根据高斯定理fD0DJt,即：0DJt()0DJt，0DJt，即传导电流与位移电流严格抵消。（2）解：由高斯定理得：2fDrdldl,22ffrrDeEerr又0DJt，JE,DE00,tEEEEet022trfrreeerr0tffe（3）解：0()22tffDJettrr能量耗散功率密度=2221()2fJJr（5）解：单位体积2dVlrdr222()222bffalbPlrdrInra静电能W=2211122222bbffaallbDEdVdrInra减少率2222fffllWbbInIntata例1.一个内径和外径分别为R2和R3的导体球壳，带电荷Q，同心地包围着一个半径为R1的导体球（R1R2）.使这个导体球接地，求空间各点的的电势和这个导体球的感应电荷。解这个问题有球对称性，电势不依懒于角度和，因此可以只取1()(cos)nnnnnnbaRPR中n=0项。设导体壳外和壳内的电势为13,()baRRR(1)221,()dcRRRR(2)边界条件为：（1）因内导体球接地，故有121||0RRR(3)（2）因整个导体球壳为等势体，故有1321||RRRR(4)（3）球壳带总电荷Q，因而3222120RRRRQRdRdRR(5)把（1）、（2）代入这些边界条件中，得12300,0,,4dacRdbQcbdRR由此解出11000,,444QQQdb(6)1014QcR,其中131111123RQQRRR把这些值代入（1）、（2）中，得出电势的解113022101,()411().()4QQRRRQRRRRR导体球上的感应电荷为12201RRRdQR例4导体尖劈带电势V，分析它的尖角附近的电场。解用柱坐标系。取z轴沿尖边。设尖劈以外的空间，即电场存在的空间为02()为小角。因不依懒于z，柱坐标下的拉氏方程为22211()0rrrrr（1）用分离变量法解次方程。设的特解为()()Rr则上式分解为两个方程2222222,0.dRdRrrRdrdrdd其中为某些正实数或0.把的特解叠加得得通解0000()()()(cossin).ABInrCDArBrCD各待定常量和的可能值都由边界条件确定.在尖劈0面上，=V，与r无关，由此000,0,0(0).ACVBC因0r时有限，得00.BB在尖劈2面上，有,V与r无关，必须00,sin(2)0,D因此得可能值为,(1,2......)2nnn考虑这些条件，可以重写为sin.nnnnVAr为了确定待定常量nA，还必须用某一大曲面包围着电场存在的区域，并给定这曲面上的边界条件。因此，本题所给的条件是不完全的，还不足以确定全空间的电场。但是，我们可以对尖角附近的电场作出一定的分析。在尖角附近，0r，上式的求和的主要贡献来自r最低幂次项，即n=1项。因此，111sin,VAr电场为1111111111sin,1cos.rEArrEArr尖劈两面上的电荷密度为000(0)(2)nEEE11011.Ar若很小，有11,2尖角附近的场强和电荷密度都近似地正比于12.r由此可见，尖角附近可能存在很强的电场和电荷面密度。相应的三维针尖问题就是尖端放电现象。2.7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0fj，今在液体中置入一个电导率为1小球，求稳恒时电流分布。讨论1221及两种情况下电流分布的特点。解：维持电流恒定的电场也是静电场，可令E，由电流恒定条件0fJ，等两种介质都是线性均匀的，根据欧姆定律半径为0R，令导电液中原电流密度02020fzJEEe。问题就有z轴对称性。全部定解条件为：210（R0R）；220（R＞0R）R=0时，1有限；R时，022cosfJRR=0R时，12，12RRJJ即1212RR（1）由R=0和R处的条件，可将两区域电势方程的解写为1(cos)nnnnaRP（2）021n2(cos)cosfnnnJbPRR（3）将（2）和（3）代入（1），解出01123cos2fJR300120222212coscos2ffJJRRR由021ReEE，得球面的电荷密度：012021002123cos2fRRJRRR球内1为原外场与球面电荷分布产生的均匀场之叠加;球外2的第一项是原外场，第二项是球面电荷产生的偶极场。电流分布为：1011111123(2)fJJE30012022222053123()()(2)fffJRRJRJEJRR当12时，103fJJ，003200533()fffJRRJJJRRR当21时，10J，300020533()2fffJRRJRJJRR2.8半径为0R的导体球外充满均匀绝缘介质0R，；，导体球接地，离球心为a处0aR置一点电荷fQ，试用分离变数法求空间各点电荷，证明所得结果与镜象法结果相同。【解】以球心为坐标原点，另fQ位于za，如图所示。于是问题有z轴对称性。球外电势的全部定解条件为2()/fzQaxe（1）0R，；0=0RR，（2）由R处的条件和z轴对称性，泊松方程（1）的解写为01(cos)4fnnnnQbPrR（3）其中是r点电荷fQ到场点的距离。1r可展开成02201(cos)1112cos()(cos)nnnnnnRPaaraRaRaPRR()()RaRa（4）因0Ra，将（4）的第一式代入（3），并由条件00RR，解出21014nfnnQRbafQ210110(cos)44nffnnnnQQRPraR0()RR（5）将（4）代入（5），便给出0RRa和Ra两区域中电势的级数形式，仅在0Ra，即点电荷fQ所在点级数发散。在Ra区域，（5）式给出2101101(cos)4nfnnnnnQRaPRa（6）ROfQarθz它包含着这电荷体系所有各级电多极矩的电势，由2012(cos)=1(cos)=cos(cos)=3cos1/2PPP，，（6）式的前三项是单极项，偶极项和四极项电势：(0)0(1)4fQRRa（7）3(1)022()cos4fQRaRa（8）5(2)22032()(3cos1)8fQRaRa（9）由（8）式和（9）式，可推知这体系的电偶极矩和电四极矩。【镜像法】以假象的像电荷代替导体球与介质分界面真实的感应电荷及极化电荷对电场的贡献，为使所得的解满足求解区域即球外的方程（1），像电荷必须置于球内。由轴对称性，在球内zb处置像电荷Q，于是球外任一点的电势可写成44fQQrr（10）其中r是fQ到场点的距离，r是Q到场点的距离，即22112cosrRaRa22112cosrRbRb（11）由0=0RR，的条件，有00fRRQQrr，即0RRfQrQr将r和r代入上式并两边平方，可解出0/fQQRa，20/bRa（12）0/44ffQQRarr（13）此解与（5）式是一致的，它显然也满足0R，的条件。2.9.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(aR1)处置一点电荷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：由于接地导体球壳的静电屏蔽作用，球壳及其外部空间