电动力学-第二章
电动力学-第二章-2.6 电多极矩
如何用于电势
(x)
( x)dV V 4 0r
？
以上泰勒级数展开式用于f (x)=1/r，r x x
r是 x, x的函数,场点 x 固定不变, 而源点 x变化
把 x在原点O附近展开，有 注意负号！
1 1 x (1) y (1) z (1)
r r x0
x r x0
y r x0
2 a cos 450
3
a
2
cos2
450
r1 4 r 2 r
4 r
r 1- 1 a 2 2 a cos - 450 3 a 2 cos2 - 450
r2 4 r 2 r
4 r
r
1-
1
a
2
2 a cos 450
3
a
2
cos2
450
r3 4 r 2 r
1 6
ij
5
1
2
2a2 2 sin2 cos2 b2 2 sin2 sin2 c2 2 cos2
abc 3 sin d d d
00 0
Dyy
1Q 5
2b2 a2 c2
, Dzz
1Q 5
2c2 a2 b2
可以验证Dxx+Dyy+Dzz=0
1
4 0
Q r
pr
1 r
对于三元函数f (x1,x2,x3),在原点 x1=0, x2=0,x3=0邻域
的泰勒级数是：
f (x1, x2 , x3 )
f
(0,
0,
0)
x1
x1
f (0, 0, 0) x2
x2
f
(0,
0,
0)
电动力学第二章第4节
1 40
[
Q x y ( z a)
2 2 2
Q
) 2 x y (z a
2 2
]
由边界条件确定 Q 、a 和 Q Q z 0 0 x2 y2 a2 x 2 y 2 a 2
唯一解是 Q Q, a a
因为象电荷在左半空 间，所以舍去正号 解
适用情况：
a) 所求区域有少许几个点电荷， 它产生的感应电荷一般可以 用假想点电荷代替。 b)导体边界面形状比较规则，具 有一定对称性。 c) 给定边界条件
注意：
a）做替代时，所研究空间的泊松方程不能被改变（即自由 点电荷位置、Q 大小不能变）。所以假想电荷必须放在 所求区域之外。 b）不能改变原有边界条件（实际是通过边界条件来确定假 想电荷的大小和位置）。 c）一旦用了假想（等效）电荷，不再考虑原来的电荷分布。 d）坐标系选择仍然根据边界形状来定。
Q
Q
2. 以唯一性定理为依据
在唯 一性 定 理 保证 下 ， 采 用试探解，只要保证解满足泊 松方程及边界条件即是正确解。 特别 是对 于 只 有几 个 自 由 点电荷时，可以将导体面上感 应电荷分布等效地看作一个或 几个点电荷来给出尝试解。
3. 镜象法概念、适用情况
镜象法：
用假想点电荷来等效地 代替导体边界面上的面 电荷分布，然后用空间 点电荷和等效点电荷迭 加给出空间电势分布。
O
x
-Q（a, -b, 0）
（-a, -b, 0） Q
（2）电势分布 Q 1 1 [ 4 0 ( x a) 2 ( y b) 2 z 2 ( x a ) 2 ( y b) 2 z 2
x 0 ] 2 2 2 2 2 2 y 0 ( x a ) ( y b) z ( x a ) ( y b) z （3）若两平面夹角 S2 2 Q 放在 0 ( ) 处 Q 1 1
电动力学第二章汇编
电磁场能量密度和能流密度
S EH
w
E
D
H
B
t
t
t
S
1
E B,
0
w
1 2
( 0E 2
1
0
B2)
S
1
E B,
w
1
(E
D
H
B)
2
2
例题（课本P28）
无穷大平行板电容器内有两层介质(如图)，极板上面电荷密 度f，求电场和束缚电荷分布。
E2 E1
+f
3
例题（课本P28）
引入 标势
电场沿任一回路的环量为零 E dl 0 L
右图：C1和C2为P1到P2点的两条不同路径，C1
和-C2构成回路
E dl E dl 0 E dl E dl
C1
C2
C1
C2
P1
电荷从P1到P2时电场对它作的功与路径无关
定义P1到P2点的电势差：单位正电
荷从P1到P2点，电场对它作的功。
比奥-萨伐尔定律
B( x)
0
4
V
J
(
x) r3
r
dV
力密度公式和洛伦兹力公式 f E J B F qE q B
极化电荷密度p与极化强度P的关系 p P
界面极化电荷面密度与极化强度P的关系 P e n ( P2 P1 )
6
极化(磁化)电流密度与极化(磁化)强度的关系 J M M J p P / t
P2
E
dl
P1
C1 P2
C2
10 §2.1 静电场的标势及其微分方程
若电场对电荷作正功，则电势下降
( P2 ) ( P1 )
电动力学 第2章 2-4
3、线电荷对无限大导体平面的镜像
位于无限大接地导体平面附近的无限长直线电荷问题也可由镜像 法求解。设线电荷距导体平面为h，单位长度带电荷ρl ，则其像 电荷仍是无限长线电荷，其中像电荷的线密度为 ρl ’=- ρl ，像 电荷的位置为z’=-h 在z>0的上电Q，则还需要在球心放置一个点电荷Q。
3、球内点电荷的镜像
在半径为a的接地导体球壳内，有一点电荷q，它与球心相距为d (d<a),如图所示。求球内的电位分布和球面上总感应电荷。 解：与点电荷位于导体球外的情况做类似的 处理。这里像电荷q’应位于导体球壳 外 且在球心与点电荷q的连线的延长线上， 如图所示。设像电荷距球心为d，同样 有 球壳内任一点的电位则为
§2.4
镜像法(电象法)
在许多静电场问题中，电荷位于导体表面附近、或位于电介质 分界面附近。对这类问题，直接求解泊松方程（或拉普拉斯方 程）会遇到很大困难，这时可采用镜像法间接求解。 镜像法是一种间接求解方法，它是在所求解的场区域以外的空 间中某些适当的位置上设置适当的等效电荷（称为像电荷）， 在保持场域边界面上所给定的边界条件下，用像电荷替代导体 面上或介质面上的复杂电荷分布，把求解边值问题转换为求解 无界空间的问题。 根据唯一性定理，只要由源电荷与像电荷共同产生的位函数既 满足场域内的泊松方程（或拉普拉斯方程），又满足边界上所 给定的边界条件，则这个位函数就是唯一正确的解。
在介质分界面z＝0处，电位满足边界条件
总
结：
（１）点电荷对导体平面的镜象 一个点电荷Q，若距无限大的电位为零的导体平面为d， 则其镜象电荷为在平面另一侧，距平面为d处的点电荷-Q。 （２）点电荷对导体球的镜象 一个点电荷Q，若离半径为a的接地导体球球心为d，则其 镜象电荷Q’位于球心及Q所在点的联线上，距球心为b， a 并且 a2 Q Q ' = − b= d d （３）点电荷对电介质平面的镜像 其中：q’位于点电荷的异侧， q’’位于点电荷的同侧。
电动力学 第2章 2-6
v 当电荷分布区域的线度远小于R时，可以把 x′ 各分量
r r f (x − x')
看 作小参量。设 2 则在 3 3 1 ∂ ∂ r r r r r f ( x − x ' ) = f ( x ) − ∑ xi ' f ( x ) + ∑ xi ' x j ' f (x) + L 附近的泰勒展开式为 i =1 ∂x 2! i , j =1 ∂x ∂x
1 ∇ =0 R
2
由于
，此时φ(2)形式不变，仍为
2 i, j ij
1 1 ∂ 1 ϕ = ∑D ∂x ∂x R 4πε 6
(2) 0 i j
但是电四极矩满足 D11 + D22 + D33 = 0 ，对 只有5个独立分量。以后我们也将沿用此定义形式。 可以验证：球对称电荷分布没有电四极矩；反过来， 电荷分布偏离球对称性，电四极矩不为零。 因此电四极矩反映了电荷分布是否具有球对称性。
二、 电多极矩的概念
下面讨论展开式中各项的物理意义： （1） ϕ
(0)
=
Q 4πε 0 R
代表原点处点电荷Q激发的电势，即整个体系在远 点产生的势相当于把整个体系的电荷都集中于原点 处的贡献。
(1) ϕ （2）
v v v 1 1 P⋅R =− P ⋅∇ = 4πε 0 R 4πε 0 R 3
代表放于原点处的电偶极矩P在远处产生的电势，即 体系产生的电偶极矩P放在原点处时产生的势。
l 0
当l为偶数 当l为奇数
同理可以得到
§2.6 矩 一、电势的多极展开
v ϕ (x) =
电 多 极
v
' ρ ( x ) 真空中给定电荷分布
电动力学第二章吕敏
2. 电偶极子产生的电势
z
解：电偶极子： 两个相距为
P
系统偶极矩 P 2Ql ez
P点电势：
2l 的同量异号点电荷构成的
Q
r
R r 2l
y
Q 1 1 ( P) ( ) 4 0 r r
（无穷远为零点）
x -Q
(l R)
求近似值：
r R l 2Rl cos
一般边界条件有两类：① 边界S上， S 为已知，若为导体 S = 常数为已知。② 边界S上， 为已知，若是导体要给
i i
2
(i 1, 2, , m)
V
定总电荷Q。它相当于
n
S
给定（ Q dS ）。 S n S
n
S
内部边界条件由边值关系给出：
2 电场唯一确定且
0
S
电势也是唯一确定的。
（2）若给定的是第二类边值关系 n
1 2 常数，1 , 2 相差一个常数， 虽不唯一，但电场 E 是唯一确定的。
2.介质分区均匀（不包含导体）
2 E2n 1E1n
En n
D E
（2）导体表面上的边值关系 由于导体表面为等势面，因此在导体表 面上电势为一常数。将介质情况下的边 值关系用到介质与导体的分界面上，并 考虑导体内部电场为零，则可以得到第 二个边值关系。
| s 常数
E n n s
由格林第一公式 令 则：
V
( 2 )dV dS
S
2 21 22 0 2 1 0 n S n S n S
电动力学第2章郭硕鸿版ppt
第二章静电场本章我们把电磁场的基本理论应用到最简单的情况：电荷静止，相应的电场不随时间而变化的情况本章研究的主要问题是：在给定的自由电荷分布以及周围空间介质和导体分布的情况下，求解静电场本章内容：1.静电场的标势及其微分方程2. 唯一性定理3. 分离变量法4. 镜像法5. 格林函数法6. 电多级矩⎩⎨⎧=⋅∇=×∇ρD E 0麦克斯韦方程组的电场部分为：（1.1）（1.2）这两个方程连同介质的电磁性质方程是解决静电问题的基础●静电场的无旋性是它的一个重要特性●由于无旋性，电场强度E 可以用一个标量场的梯度来表示，和力学中用势函数描述保守力场的方法一样讨论：(a) 只有两点的电势差才有物理意义(b) 在实际计算中，常常选取某个点为参考点，规定其上的电势为零，这样全空间的电势就完全确定了(d) 一个具体问题中只能选一个零势点∫∞⋅=PP l E d )(ϕ(c) 零势点的选择是任意的，在电荷分布于有限区域的情况下，常常选取无穷远的电势为零0)(=∞ϕ（2）给定电荷分布所激发的电势根据电势和电场强度的关系:●当已知电场强度时,可以由积分公式求出电势●已知电势时，通过求梯度就可以求出电场强度由以上讨论可知:①若空间中所有电荷分布都给定，则电场强度和电势均可求出②但实际情况往往并不是所有电荷都能预先给定，因此，必须找出电荷与电场相互作用的微分方程P 2，由于电场强度时，将电荷从P 1 移到P 2，电场σ−§2.2 唯一性定理一、静电问题的唯一性定理下面研究可以均匀分区的区域V :iV iε电容率2314L)(x ρ自由电荷分布2 1342 134二、有导体存在时的唯一性定理当有导体存在时，为了确定电场，所需条件有两种类型：①一类是给定每个导体上的电势ϕi②另一类是给定每个导体上的总电荷Qi给定时，即给出了V’所有值，因而由唯一性定理可设区域V 内有一些导体，给定导体之外的电荷分布，给定各导体上的总电荷Q i 以及V 的边界S 上的ϕ或∂ϕ/∂n 值，则V 内的电场唯一地确定.对于第二种类型的问题，唯一性定理表述如下：)∫′∇+V V V d d 2ϕϕ例：两同心导体球壳之间充以两种介质，左半部电容率为ε1，右半部电容率为ε2，设内球壳带总电荷Q ，外球壳接地，求电场和球壳上的电荷分布.解：设两介质内的电势、电场强度和电位移矢量分别为由于左右两半是不同介质，因此一般不同于只有一种均匀介质时的球对称解，，，，，，222111D E D E ϕϕ§2.3 拉普拉斯方程分离变量法静电学的基本问题是求满足给定边界条件的泊松方程只有在界面形状是比轻简单的几何曲面时，这类问题的解才能以解析形式给出本节和以下几节我们研究几种求解的解析方法一、拉普拉斯方程在许多实际问题中，静电场是由带电导体决定的例如：①电容器内部的电场是由作为电极的两个导体板上所带电荷决定的②电子光学系统的静电透镜内部，电场是由分布于电极上的自由电荷决定的这些问题的特点是：自由电荷只出现在一些导体的表面上，在空间中没有其他自由电荷分布二、分离变量法①将场量的函数表达式中不同坐标相互分离，即将场量分解为单一坐标函数的乘积的形式，求出通解不同坐标系中拉普拉斯方程的通解不同分离变量法就是:②然后再根据给定的边界条件求出实际问题的解)()()(y x y x,υψu =。
郭硕鸿《电动力学》课后答案
郭硕鸿《电动力学》课后答案第 2 页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：B A B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇ A A A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A 解：（1）)()()(cc A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=cc c c B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=（2）在（1）中令B A =得：AA A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，所以 A A A A A A )()()(21∇⋅-⋅∇=⨯∇⨯ 即 A A A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：u u f u f ∇=∇d d )( ， u u u d d )(A A ⋅∇=⋅∇， uu u d d )(AA ⨯∇=⨯∇ 证明： （1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=∇)()()()(zy x zuu f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d du uf z u y u x u u f z y x ∇=∂∂+∂∂+∂∂=d d )(d d e e e（2）z u A y u A x u A u z y x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)()()()(A zuu A y u u A x u u A z y x ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d du z u y u x u u A u A u A z y x z z y y x x dd)()d d d d d d (e e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++=第 3 页（3）u A u A u A zu y u x u uu z y x zy x d /d d /d d /d ///d d ∂∂∂∂∂∂=⨯∇e e e Azx y y z x x y z yu u A x u u A x u u A z u u A z uu A y u u A e e e )d d d d ()d d d d ()d d d d (∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=zx y y z x x y z yu A x u A x u A z u A z u A y u A e e e ])()([])()([])()([∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=)(u A ⨯∇=3. 设222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-=为源点'x 到场点x 的距离，r 的方向规定为从源点指向场点。
电动力学作业第二章
第二章 习题1. 有导体存在时的唯一性定理是说: 若给出介质中自由电荷的分布,给定每个导体上的_______或每个导体上的______,以及（包围所有导体的）界面S 上sn s ∂∂ϕϕ或,则S 内静电场E被唯一确定. 2. 无导体存在时的静电学问题的唯一性定理为: 设空间区域V 可以分为若干小区域i V ,每个小区域i V 充满均匀介质i ε,若给出V 内自由电荷的分布,同时给出V 的界面S上的__ _ ___或_ __ ____,则V 内静电场E被唯一确定.3. 半径为0R 的接地导体球置于均匀外电场0E 中,导体球外为真空.试用分离变量法,求导体球外的电势、场强和导体球面上的自由电荷面密度σ.4. 半径为0R 的接地导体球置于均匀外电场0E中,球外真空, 试用分离变量法,求电势、导体面上的电荷面密度及场强.5. 半径为R 的空心带电球面，面电荷密度为θσσcos 0=f （0σ为常量）,球外充满介电常数为ε的均匀介质，求球内外的电势、场强.6. 在两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内有一点电荷Q ,它到两个平面的距离为a 和b ,其坐标为)0,,(b a ,那么当用镜像法求空间的电势时,其镜像电荷的数目为______,这时所围成的直角空间内任意点),,(z y x 的电势为______.7. 两个无穷大的接地导体平面分别组成一个450、600、900两面角，在两面角内与两导体平面等距离处置一点电荷Q ,则在这三种情形下，像电荷的个数分别为 ______，______，______.8. 一电量为q 的点电荷在两平行接地导体平面中间，离两板距离均为a ，则像电荷的个数为_______.9.有两个电量为q的点电荷A和B，相距2b，在它们的联线的中点放一半径为a的接地导体球（b>a）,则每一个点电荷受力大小为_______.10.电荷分布为ρ,体积为V的带电体系在外电场（电势为eϕ）中的能量为_______.11.两个同心带电球面（内、外半径分别为a、b）均匀地带有相同的电荷Q，则这两个带电球面之间的相互作用能为_________；系统的总静电能为_________.12.半径为R的接地导体球外有一点电荷q，它离球心的距离为a，则他们的相互作用能为_______.。
电动力学 西南师范大学出版社 罗婉华 第二章作业答案
习题二1．将一个位于真空中的带电导体球切成两半，求它们之间的排斥力．设球的半径为0R ，球的电势为0V ．答案： .ˆ2200z eV F πε= 解：0004R q V πε=，0004V R q πε=，.000R V εσ=z z e V e R F ˆ2ˆ22002002πεπεσ=⋅=２．内外半径分别为a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f λ，板间填充电导率为σ的非磁性物质．⑴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．⑵求f λ随时间的衰减规律．⑶求与轴相距为r 的地方的能量耗散功率密度．⑷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静电能减少率． ⑵;0tf eεσλλ-=⑶22⎪⎪⎭⎫⎝⎛r f πελσ； ⑷.ln222ab l f πελσ解：⑴r f e r D ˆ2πλ=，.ˆ2r f e rDE πελε==.ˆ2r f f e r E J πεσλσ== .ˆ21r fD e tr t D J ∂∂=∂∂=λπ对两式求散度，并且由f D ρ=⋅∇ ，0=∂∂+⋅∇tJ ff ρ得f f tλεσλ-=∂∂，所以0=∂∂+tD J f。
因为介质是非磁性的，即H Bμ=，故任意一点，任意时刻有000=⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+=⨯∇=⨯∇t D J H B fμμ ⑵由f f tλεσλ-=∂∂，解这个微分方程得()tf et εσλλ-=0⑶()222/r E E J p f f πελσσ==⋅=⑷长度为l 的一段介质耗散的功率为.ln 222222a bl rldr r f baf πελσππελσ=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎰能量密度()22/,21r tw D E w f πελσ-=∂∂⋅=长度为l 的一段介质内能量减少率为 .ln2222ab l rldr tw f baπελσπ⎰=∂∂-３．一很长的直圆筒，半径为R ，表面上带有一层均匀电荷，电荷量的面密度为σ．在外力矩的作用下，从0=t 时刻开始，以匀角加速度α绕它的几何轴转动，如图所示．⑴试求筒内的磁感应强度B；⑵试求筒内接近内表面处的电场强度E和玻印廷矢量S ；⑶试证明：进入这圆筒长为l 一段的S 的通量为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2022B l R dt d μπ． 答案： ⑴ωσμR B 0=；⑵ωασμe eRr E r ˆˆ210⨯= ； r er R S ˆ212320ασμ-= ．解：⑴单位面电流ωσσπR lT Rl i ==2ωσμμR ei B z 00ˆ== ⑵在圆筒的横截面内，以轴线为心，r 为半径作一圆，通过这圆面积的磁通量为 ωσμπR r S d B s02=⋅=Φ⎰由法拉第定律，得 .21210d td Rrdtd r E ωσμπ-=Φ-=因为t αω= 所以ασμrR E 021-=考虑到方向，则有z r e erR E ˆˆ210⨯=ασμ 在筒内接近表面处，z r e eR E ˆˆ2120⨯=ασμ 该处的能流密度为 ()()z z r R R R e R e eR H E S ˆˆˆ2120ωσασμ⨯⨯=⨯=r et R ˆ212320ασμ-= 负号表明，S 垂直于筒表面指向筒内。
电动力学 第三版_郭硕鸿_课后答案[第2章]
![电动力学 第三版_郭硕鸿_课后答案[第2章]](https://img.taocdn.com/s3/m/60f6413e640e52ea551810a6f524ccbff121ca86.png)
1. 一个半径为R 的电介质球极化强度P=K2r 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)2222/)11(rK r rr r K r r K P P −=⋅∇+⋅∇−=⋅∇−=⋅−∇=r r r r ρ RP P P n )(12rr r −⋅−=σ 又球外无极化电荷02=P r RK rr K n P n RRp /21=⋅=⋅=r r rr σ(2) 由公式 E D rr ε= PE D rr r +=0εεεε−=P D r r200)(rKP D f εεεεεερ−=⋅∇−=⋅∇=r r`(3)对于球外电场由高斯定理可得∫=⋅0εQs d E rr外 022002sin )(4εϕθθεεεερπ∫∫∫∫⋅−==⋅∴d drd r r KdV r E f 外r r r )(300r rεεεε−∴KRE 外同理可得球内电场20r rK E rr ⋅−εε内球外电势外外r)(rd 00εεεεϕ−⋅∴∫∞∞KRE rrrR ln)(rd rd 000rεεεεεεϕ−+−⋅⋅∫∫∞K KE E RR球内电势内外内rr r r42022020r2rrr r 2121内内内εεεεεεεεωK K K E D r r r r ⋅⋅⋅⋅⋅∴ ∫∫∫∫−⋅−⋅∴2022202)2d drd sin r r )(21d εεπεϕθθεεεωK R K V W 内内∫∫∫∫−⋅⋅−⋅=2002224200222)(2d drd sin r r 1)(21dεεεπεϕθθεεεεωRK R K V W R 外外200))(1(2εεεεπε−+=∴K R W W W 外内2 在均匀外电场中置入半径为0R 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;0φ2 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0φ时以地为电势零点本问题的定解条件如下φφ内R=0R02外ϕ∇R>0R 且 =−==∞→0000cos φϕϕθϕR R R R E 外外0ϕ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 Ran 1n nnnn θϕ外P b ∑∞由于00cos ϕθϕ外R E R −=∞→即021210210cos )(cos cos )(cos cos a ϕθθθθθϕ+−=+++++∞→∞=+∞=∑∑R E P RbR b R b P R a R a R n n n n n n nn 外故而有)1(0),1(0,,0100>=>=−==n b n a E a a n n ϕθθϕϕcos b cos21000Rb R R E +∴外又020100000cosb cos ,0φθθϕϕφϕ=+−====R b R R E R R R R 即外外故而又有=+−=+∴0cos cos 201000000θθφϕR b R E R b 得到 20010000,)(R E b R b =−=ϕφ最后得定解问题的解为)(cos )(cos 03000000R R RR E R R R E >+−++−=θϕφϕθϕ外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)(00sR 000R 0R 02020R R Q R E R R R R R 原点的电势是未置入导体球前坐标有限外外内外内外内φεφφϕϕθφφφφ解得满足边界条件的解是∑=0n n n n cos R 内θϕP a ∑=0n n1n n00cos R Rcos 外θθϕϕP b E由于∞→R 外ϕ的表达式中只出现了)1(0cos cos (1>=n b P n 项故θθθθϕϕcos b cos 21000Rb R R E +∴外又有0R R =外ϕ是一个常数导体球是静电平衡C R b R R E R R =+−==θθϕϕcos b cos 201000000外3001201000cos cos R E b R b R E ==+−∴即θθθθϕϕcos cos 230000RR E R b R E ++外 又由边界条件Q 外∫∂∂−sds rφε 004πεQ b =∴,000R 4R R Q <−∴ϕπεϕ内023000Rcos cos R 4R R E RR E Q>+外θθπεϕ3均匀介质球的中心置一点电荷f Q 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f Q 的电势RQ πε4f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0R R >,由高斯定理有fP f Q Q Q Q s d E =+=⋅∫总rr 0ε对于整个导体球而言束缚电荷)0=P Q 204R Q E f πε=∴r积分后得是积分常数外C C RQ .(40f +πεϕ又由于0,0=∴=∞→C R 外ϕ)(400R R RQ f >=∴πεϕ外在球内0R R <,由介质中的高斯定理∫=⋅fQ s d D r r又24,R Q E E D f πεε=∴=rrr积分后得到是积分常数内22f.(4C C RQ +πεϕ由于20f 44,0C R Q R Q f R R +==πεπεϕϕ故而有外内).(4400002R R R Q R Q C f f<−=∴πεπε)(44400f0ff R R R Q R Q RQ <−∴πεπεπεϕ内二. 分离变量法本题所求的电势是由点电荷f Q 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'4ϕπεϕ+=R Qf 由于'φ是球对称的其通解为R b a +='ϕ由于球心有f Q 的存在所以有∞→内R ϕ 即a4内RQ f πεϕ在球外有外0R ∞→ϕ 即Rb 4f 外R Q πεϕ 由边界条件得f 0fRb4a 4,0R R Q R Q R ++πεπεϕϕ即外内20f20020f 0R4b 4,RR 0R Q R R Q R πεεεπεεϕεϕε−=−∂∂∂∂即外内)11(4a),11(400f 0εεπεεπε−−=∴R Q Q b f<−>∴00f00f f 00f ,444,R4R R R Q R Q R Q R R Q πεπεπεϕπεϕ内外4 均匀介质球电容率为1ε的中心置一自由电偶极子fPr球外充满了另一种介质电容率为2ε求空间各点的电势和极化电荷分布提示同上题'431φπεφ+⋅=RR P f r r ,而'φ满足拉普拉斯方程解RR∂∂=∂∂外内φεφε21又内∑+−=∂∂l 1l 0l 31f 11l 4cos 2(0P R A R P R R πεθεφε∑−−=∂∂外l 2l 0l301f 221l (4cos 2(0P R B R P RR πεθεφε比较系数)(cos θl P B00A0030113012312113,24242R B A R B R A R ff=−−=+及επερεεπρ得)2(4)(2,)2(4)(22112113211211εεπερεεεεπερεε+−=+−=f fB R A 比较的系数)(cos 2θP 40224221,32R B A R B R A=ε及011(012=+R A ε所以0,022==B A 同理)3,2(,0L ===l B A l l 最后有)(,)2(4)(24cos )2(4)(2403211213132112131R R R RR R R R R R f f f f <+⋅−+⋅=+−+⋅εεπερεεπερθεεπερεεπερφrrr rr r内)(,)2(43)2(4)(24cos )2(4)(2403213211213122112131R R RR RRRRRRR f f f f f >+⋅=+⋅−+⋅=+−+⋅εεπρεεπερεεπερθεεπερεεπερφr r rrr r r r 外- 7 -球面上的极化电荷密度n P P n n P r,21−=σ从2指向1如果取外法线方向则nn n n p P P )])[()])[(0102内外球外φεεφεεσ∇−−∇−=−= 0)()(0102R RRR内外∂∂−+∂∂−−=φεεφεε]cos )2(4)2(2)(2)2(4cos )(6)[()2(4cos 6)(32112121321200132102θρεεπεεεεεεεπθρεεεεεεπθρεεf f f R R R ++−−−+−−−+−−= θρεεπεεεεθρεεπεεεεεεεcos )2(2)(3cos )2(4)(6)(632112103211012201f f R R +−−=+−+−=求极化偶极子l q P f r r=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 ))(1(,)1(1010f P f P q q q q −−=−−=εεεε两者合起来就是极化偶极子 fP P P r r )1(1−=εε5.空心导体球壳地内外半径为R 1和R 2球中心置一偶极子Pr球壳上带电Q 求空间各点电势和电荷分布解+⋅=∞====∇→→∞→为有限值0'1'1301022332,4,0,0r r r r r P C φφπεφφφφφr r=∂∂+∂∂−+⋅====∫∑∫∑===−+013301223131212)(cos 4,),(cos εφφθπεφφφφθφQdS rdS r P r A r r P CC CP r B R r R r l ll f R r R r l l l rrφ=+++=+++CR A A R P C P R B R B R B f L L θπεθθcos 4cos cos 110210232222120即)4.3.2(0),3.2.1(0,0cos )4(,2111200L L =====+==l A l B R P R A C R B A l l f θπε∑∑+−−=−−=∂∂++−=+−=∂∂+−L L θφθπεθπεθφcos 2)1(cos 2cos 4cos 2311210231310113101R B R B P r B l r A R P P R lA R P r l l l f L l l f 又则∫∫∫====∂∂−02121210210344B R B R dS R B dS R B dS r ππφ000sin cos 4sin cos 220021310200213101=+=−+−=∂∂∫∫∫∫∫ππππϕθθθπεϕθθθπεφd d R R P d d R R P dS r f f 故∫∫==∂∂+∂∂−00134επφφQB r dS r 3101200004,4,4R P A R Q A Q B f πεπεπε−===最后有<<=>=<+⋅−⋅=)(,4)(,4)(,44421202203120310201R r R R QR r r Q R r R QR r P r r P f πεφπεφπεπεπεφr r r r 电荷分布在r R 1的面上313131104cos 4cos 2cos 1R P R P R P r f f f Pπθπθπθφεσ−=−+−=∂∂=在r R 2面上223042R Qr P πφεσ=∂∂−=6在均匀外电场0E r中置入一带均匀自由电荷f ρ的绝缘介质球ε求空间各点的电势解=∇++∑+061)(cos )('2'21φφρεφθφr P r B r A f l l l ll内外内φ是由高斯定理解得的f ρ的作用加上0E r的共同作用'0,cos →∞→−=r r r E φθφ外有限++∑∑+)(cos61)(cos cos 210θρεφθθφl l e f l l l P r c r P r B r E 内外:)0R r =外内φφ++++23022010000cos P R BR B R B R E θ ++++22020120cos 610P R c R c c R f θρε即000206R B c R f =+ερ012100R c R B R E =+20232R c R B =rr ∂∂=∂∂外内φεφε∑+−−+−=∂∂)1(cos (200l l l R P B l E rθεφ外]L +++= +=∂∂∑−202101002cos 3)(cos 3P R c c R P R lc R r f l l l f εθερθερφ内LL+−−−−2423123cos2cos PRBRBRBEεθεεθε即23RBRfερ−=3112RBECεεε−−=LL42232RBRCεε−=解方程得fRBρε303−=)6131(20εερ+−=fRC33123REREB++−=εεε123εεε+−=EC及2232CRRCεε−=即0)32(2=+RRCεε022==BC同理0==llBC LL3,2=l得<+±>+−+±22223233,cos236131(6,cos)2(3cos3cosRrrERrRrrRErRErRrEfffθεεεεερερφθεεεθερθφ内外7在一个很大的电解槽中充满电导率为2σ的液体使其中流着均匀的电流0fδ今在液体中置入一个电导率为1σ的小球求稳衡时电流和电荷分布讨论21σσ>>及12σσ>>两种情况的电流分布特点先求空间电势∇∇22外内φφ外内φφRr=因为)(Rrnn=外内δδ稳恒电流认为表面无电流堆积即nn流出流入=故rr222221外内φσφσ=并且δδ=∞→r外即θφcosrEr−=∞→外()02Ej fσ=有限内∞→rφ可以理解为在恒流时0→r的小封闭曲面流入流出这时的解即为>+−+<022121300000212,cos )2(cos ,cos 23R r rR E r E R r r E θσσσσθφθσσσφ外内求内外电场)22sin 12222(φθφθθφφφe r e r e E r rr rΦ++−=−∇=)sin (cos 23)22122(0212θθθθσσσθφφe e E e r re E r r r r rr r−+=+内内内ze E r021223σσσ+=[]θθθθσσσσθθe e r R E e e E E r r rr r r sin cos 2)2()sin (cos 212133000++−+−外[]θθθθθσσσσθθe e e rR E e e E r r r rr r r r sin cos cos 3)2()sin (cos 212133000+−+−+−−+−+30302121300cos 3)2(r E e r E R E r v v θσσσσ求电流 根据内内E j vr1σ 外外E j v v2σ 及 =⋅=r f f e r r r E rr r j E j r vr v v v5025020cos )(0θσσ得])(3[2,2335302121211000rj rrr j R j j j j f f f r rr r r r −⋅=σσσσσσσ内外内)(2cos 3)()(2121000120σσσσθεεεω−+=−=−=E E E E E nn n n f 内外8.半径为0R 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)(0R a >置一点电荷f 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提示).()(cos )(1cos 211022a R P aR a aR a R rn n n>=−+=∑∞=θθ解1分离变数法由电势叠加原理球外电势''f,4φφπεφ+RQ 外是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件 ==>=∇=∞→00)(,00''2R r r R r 外φφφ根据分离变数法得)(,)(cos 001'R r P r B l l l l>=∑∞=+θφ ∑∞=++−+∴0122f )(cos cos 214l l l lP rB ar r a Q θθπεφ外*)(,)(cos )(cos )(14010a r P rB P a r a Q l ll ln n n f <+=∑∑∞=+∞=θθπε 又0)(cos ])(4[100=+=∑∞=+=n l l oll fR r P R B a R a Q θπεφ外即 0)(4,...,04,0410201000=+=+=++l ll f f fR B a R a Q R B a R a Q R B a Q πεπεπε,4,4,41203100aQ a R B a Q a R B a Q R B fl l l f O fπεπεπε+−=−=−=∴代入*式得解如图建立坐标系本题具有球对称性设在球内0r 处有像电荷'Q ,'Q 代替球面上感应电荷对空间电场的作用由对称性'Q 在O f Q 的连线上先令场点P 1在球面上根据边界条件有常数即=−==+fQ Q Q Q f Q Q r r r Q r Q f f'''',0将'Q 的位置选在使∆'Q P 1O∆f Q P 1O,则有常数aR r r fQ Q 0'=为达到这一目的令'Q 距圆心为r 0则 aR r a R R r 200000,==并有aQ R Q aR Q Q r r f f Q Q f0'0''−===−=常数这样满足条件的像电荷就找到了空间各点电势为).(],cos 2)(cos 2[414422020222'1a r aR r a R r aQ R ar r a Q r Qr Q fff >++−−+=+=θθπεπεπεφ外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R 1和R 2在球内离球心为a(a<R 0)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球外的电势及导体内电势恒为0而球内电势只要满足即可内01r =R φ因此做法及答案与上题同解略cos 2cos 2[412124121220θθπεφa R R aRR a QR Ra a R Q−+−−+=内因为球外0=φ故感应电荷集中在内表面并且为Q.R 1R 2P210.上题的导体球壳不接地而是带总电荷Q 0,或使其有确定电势0ϕ试求这两种情况的电势又问0ϕ与Q 0是何种关系时两种情况的解是相等的解由于球壳上有自由电荷Q 0并且又是导体球壳故整个球壳应该是等势体其电势用高斯定理求得为2004R Q Q πε+所以球壳内的电势将由Q 的电势像电荷aQR 1−的电势及球壳的电势叠加而成球外电势利用高斯公式就可得故>+=<++−+−−+==)(,4)].(cos 2cos 2[412001202124121220R R RQ Q R R R Q Q a R R aR R a QR Ra a R Q πεφθθπεφφ外内或>=<+−+−−+==)(,).(cos 2cos 2[41202102124121220R R r R R R a R R a R R a QR Ra a R Q φφφθθπεφφ外内当20004R Q Q πεφ+=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rb r Q Q rba r Qb a Q rb a r Q b a Q rr r−=−=−===−=33222211,,,θθθπεφcos 2cos 21cos 21[4224222220R b a ba Rb aRb b R Rb b R Q +++++−−+=O12. 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 求空间电势解可以构造如图所示的三个象电荷来代替 两导体板的作用−++−+−−−+−+−=222022200)()()(1)()()(1[4b z a y x x b z a y x x Q πεφ )0,()()()(1)()()(122202220>++++−+−+++−−z y b z a y x x b z a y x x 13.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x 0,y 0,z 0和x 0,y 0,-z 0两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 两点间建立电场使溶液中的载流子运动形成电流I,当系统稳定时是恒定场即0=∂∂+⋅∇t j ρr 中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 的包围面∫=⋅nQ s d E εr r 而又有σ⋅=⋅=∫E i s d i I rr r r }∫⋅=⇒sd E I r r σ1∴有σεεσ111I Q QI =⇒=对BQ σε1I Q Q B −=−=又在容器壁上,0=n j r即元电流流入容器壁由Ej r rσ=有0=n j r时=n E r∴可取如右图所示电像B(x 0,y 0,z 0)y14.画出函数dx的图说明)()(x P δρ∇⋅−=是一个位于原点的偶极子的电荷密度解=∞≠=0,0,0)(x x x δx x x x dx x d x ∆−∆+=→∆)()(lim )(0δδδ10)(0=≠dxx d x δ时2=∆∞−=>∆=→∆x dxx d x x 0lim )(,0x a 00δ时 +∞=∆∞−=<∆→∆xdx x d x b x 0lim )(,0)0δ15证明1)0).((1)(>=a x a ax δδ若a<0,结果如何20)(=x x δ证明1根据∑−=)(()](['kk x x x x φδφδ所以ax ax )()(δδ=2从)(x δ的定义可直接证明有任意良函数f(x),则)()(x F x x f =⋅也为良函数∫=⋅==0)()()(0x x x f dx x x x f δ16一块极化介质的极化矢量为)('x P r r 根据偶极子静电势的公式极化介质所产生的静电势为∫⋅=V dV r rx P '3'4)(πεϕr r r 另外根据极化电荷公式,)(''P n x P P P r r r r r r ⋅=⋅−∇=σρ及极化介质所产生的电势又可表为∫∫⋅+⋅∇−=S V r Sd x P dV r x P 0'''0''4)(4)(πεπεϕr r r r r 试证明以上两表达式是等同的证明∫∫∇⋅=⋅=VVdV rx P dV r r x P '''0'3'01)(41)(41r r rr r πεπεϕ 又有r P r P r P p 11)1('''∇⋅+⋅∇=∇r r r 则][41])([41'''''''''0∫∫∫∫⋅+⋅∇−=⋅∇+⋅∇−=S V V V S d r P dV r P dV r P dV r P r r r r r πεπεϕ ][41][41'0'''0∫∫∫∫+=⋅+⋅∇−=S P V P S V dS r dV rdS r n P dV r P r s rr r σρπεπε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 P n rr ⋅=−0121εϕϕ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偶极层而偶极矩密度.)lim 0l P l r rσσ→∞→=证明1如图可得,20εσss E ∆⋅=∆⋅ 022,200210=−=−=∴z z E εσεσφφεσ面z e E n r r 01112εσφ==∂∂ )(20222z e E nr −==∂∂εσφ 02211εσφφ=∂∂−∂∂∴n n 2)可得ze E r r 0εσ= 00012limlim εεσφφP n l n l E l l r r r r r r ⋅=⋅=⋅=−∴→→ 又E nE n r r =∂∂=∂∂21,φφ++z12lr.012=∂∂−∂∂∴nn φφ18.一个半径为R 0的球面在球坐标20πθ<<的半球面上电势为0ϕ在πθπ<<2的半球面上电势为0ϕ−求空间各点电势提示=−===+−=⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−+∫)(,)1()(,0)0(1)1(,12)()()(642)1(531211011偶数奇数n n P P n x P x P dx x P n n n n n n n 解=∞<=∇∇∞→→0022r r 外内外内φφφφ≤<−<≤===πθπφπθφθφ2,20,)(000f R r ∑=)(cos θφl l l P r A内 这是内φ按球函数展开的广义傅立叶级数l l r A 是展开系数∫∫⋅−+=+==−πθθθφθθφ011]sin )(cos [212]cos )(cos [21200d P l d P l f R A l R l R l ll 内内]sin )(cos sin )(cos [21220200∫∫+−+=πππθθθφθθθφd P d P l l l ])()([212100010∫∫−−+=dx x P dx x P l l l φφ ∫∫+−+=−10010)()([212dxx P dx x P l l l φ由)()1()(x P x P l ll −=−则])()()1[(2121010100∫∫+−+=+dx x P dx x P l R A l ll φ∫+−=+1010)(]1)1[(2dxx P l l φ当l 为偶数时00=ll R A当l 为奇数时有101101010012)()()12()(]1)1[(212+−+=+−+=−++∫l x P x P l dx x P l R A l l l l ll φφ ])1(642)2(531)1()1(642531)1[(2121−⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−−+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−=−+l l l ll l φ ])1(642)2(531)1()1(642531)1[(2121−⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=−−l l l ll l φ )12()1(642)2(531)1()11()1(642)2(531)1(210210++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=++−⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=−−l l l l ll l l l φφ则 )12()1(642)2(531)1(2100++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=−l l l R A l ll φ∑<++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=−)(),(cos ))(12()1(642)2(531)1(00210R r l P R rl l l l l l 取奇数内θφφ∑+)(cos 1θφl l lP r B 外又)12()1(642)2(531)1(])(cos [212211110++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=+=−−+∫l l l P l r B l l R l lφθφ外即∑>++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=+−)(),(cos ))(12()1(642)2(531)1(01021R r l P rR l l l l l l 为奇数外θφ。
电动力学-第二章(习题)解析
解：因为球壳不接地，球外电势不为零。而球内电
势可利用叠加原理，由 Q 的电势，象电荷Q 的电
势和球壳电势组成，取无穷远处为电势0点，球内电
势的定解条件为
Q
而球外电势可直接由高 斯定理求出：
[( 2
0)
2
r
(1
0)
1
r
]
|R0
30 (1 2 1(1 2
2 2
) ) R03
pf
cos
p
3 0 (1 2 ) 2 1(1 2 2 )R03
pf
cos
5、空心导体球壳的内外半径为R1和R2， 球中心置一偶极子 ，球p 壳上带电Q， 求空间各点电势和电荷分布
解：该问题具有轴对称性，对称轴为 通过球心沿 p 方向的轴线。取此线为 轴线，球心为原点建立球坐标系。取 无穷远处为电势0点。
电势0点。介质球半径为 ，球外为真空，该问题具
有球对称性。设球内外势分别用
表示。
对球外，无电荷，拉普拉斯方程。对球内可以看成点电荷与介质 球的极化电荷各自产生电势的叠加
由于球对称
使用高斯定理 在球外由高斯定理有
0 D2 • d S Qf
S
2
r
Qf
4 0r2
r0
•dr
Qf
4 0r
,
在球内由介质中高斯定理有
E2
Qf
4 0r 2
r0
(r R0 )
D1 • d S Qf D1 E1
S
E1
Qf
4r 2
r0
1
2
|R0
R0 r
Qf
电动力学第二章自由空间中的电磁波
1
例： 半径为 R，带电量为 q（q>0）的均匀带电球体的球心位于原点，设球体的 介电常数为，求球内各点电场强度的散度。
2
3
4
静电场时变电场
5
6
7
求场点 x 的散度和旋度，可得静电场的两个基本微分方程：
8
9
时变电磁场的 Maxwell 方程组
安培定律和位移电流
r E
r B
t
r B
0
t
12
13
r
n r pi
nr
q li
P r
i
V
i
V
P——电极化强度矢量
nq l d S np d S P d S
S P d S p o s i t i v e c h a r g e s o u t s i d e V PdV S P d S
P P
14
JP
P
t
0
JP
y,
z)
2u x2
2u y 2
2u z 2
22
2u(,, z)
1
(
u )
1 2
2u 2
2u z 2
● 导电媒质中有源的非齐次广义波动方程
r
r
ur
r 2E
E
2E
1
J
t
t2
t
r 2H
r H t
r 2H t 2
ur J
●不导电媒质中有源的非齐次波动方程
r 2E
r 2E t 2
1
Constitutive equations of simple (isotropic) media
Dx xx
Dy
电动力学-第二章-2-3拉普拉斯方程
r→0, φ有限
B B0 0
θ=2π-α,φ=V,任何r成立 D0 0, sin 2 0
n
n
2
n 1,2,
V Anrn sin n n1
条件不全,无 法确定An
尖劈附近,r→0
V A1r1 sin1
Er
r
1A1r11 sin1
E
1 r
1A1r11 cos1
0En
0E 0 E
0
2
01 A1r11
α很小,ν1≈1/2,E和σ∝1/r1/2
n
n
2
n 1,2,
r 2
)
r
1
r 2 sin
(sin
)
1
r 2 sin 2
2 2
0
其通解为 (r, ,) R(r)Y ( ,)
Bn(1)
a
n
cos n
E0a cos
Dn(2) a n
n1
cos n
n1 nBn(1) a n1 cos n
0 E0 cos
0
(n)Dn(2) a (n1)
n 1
cos n
两边 为任意值， cos 前系数应相等（ n 1,2, ）
n 1
BB1(11)(1a)
E0
a
D(2) 1
a
1
0 E0 0 D1(2)a2
k2Z
0
Rr An Jn kr An Nn kr k 0 Rr Anr n Anr n k 0 Rr Aln r A k n 0
Bn cos n Bn sin n n 0
B B n 0
电动力学-复习-第二章-电磁场的基本规律
*
电场力服从叠加原理
真空中的N个点电荷 （分别位于 ） 对点电荷 （位于 ）的作用力为
q
q1
q2
q3
q4
q5
q6
q7
*
2. 电场强度
空间某点的电场强度定义为置于该点的单位点电荷（又称试验电荷）受到的作用力，即
多层同心球壳
*
无限大平面电荷：如无限大的均匀带电平面、平板圆柱壳等。
(a)
(b)
*
例2.2.3 求真空中均匀带电球体的场强分布。已知球体半径为a ，电 荷密度为 0 。
解：（1）球外某点的场强
（2）求球体内一点的场强
( r ≥ a )
• 宏观分析时，电荷常是数以亿计的电子电荷e的组合，故可不考虑其量子化的事实，而认为电荷量q可任意连续取值。
2.1.1 电荷与电荷密度
*
1. 电荷体密度
单位：C/m3 (库仑/米3 )
根据电荷密度的定义，如果已知某空间区域V中的电荷体密度，则区域V中的总电量q为
电荷连续分布于体积V内，用电荷体密度来描述其分布
如果已知某空间曲线上的电荷线密度，则该曲线上的总电量q 为
单位: C/m (库仑/米)
*
对于总电量为 q 的电荷集中在很小区域 V 的情况，当不分析和计算该电荷所在的小区域中的电场，而仅需要分析和计算电场的区域又距离电荷区很远，即场点距源点的距离远大于电荷所在的源区的线度时，小体积 V 中的电荷可看作位于该区域中心、电量为 q 的点电荷。
第二章 电磁场的基本规律
*
2.1 电荷守恒定律 2.2 真空中静电场的基本规律 2.3 真空中恒定磁场的基本规律 2.4 媒质的电磁特性 2.5 电磁感应定律和位移电流 2.6 麦克斯韦方程组 2.7 电磁场的边界条件
电动力学第二章ppt课件
x2 y2 b2
注意到上式对任意x、y都成立，所以 b a， QQ
导体板上方的电势为：
4 Q 0 x2y2 1 (z a )2x2y2 1 (z a )2
例2 真空中有一半径为R0的接地导体球，距球心为a （a>R0）处有一点电荷Q，求空间各点的电势 （如图）。
的梯度、散度、旋度公式
§4 镜象法
一、研究的问题 在所考虑的区域内只有一个或者几个点电荷， 区域边界是导体或介质界面
二、镜象法的基本思想 在所求场空间中，使用场空间以外的区域某个 或某几个假想的电荷来代替导体的感应电荷或 介质的极化电荷
§4 镜象法
三、理论基础
镜象法的理论基础是唯一性定理。其实质是在 所研究的场域外的适当地方，用实际上不存在 的“镜象电荷”来代替真实的导体感应电荷或 者介质的极化电荷对场点的作用。在代替的时 候必须保证原有的场方程，边界条件不变
小于外电场
4
§3拉普拉斯方程——分离变量法
例3：球半径为 接地金属 球置于匀强外场 中， 求电势和导体表面的电荷 面密度
解：设球半径为 ，球外为真空，该问题具有轴对称 性，对称轴为通过球心沿外场 方向的轴线。取此线 为轴线球心为原点建立球坐标系。 为球外势,金属球 为等势体，坐标原点电势为0
由于选择了轴对称，所以关于 对称，通解中没有 同时处理总边界条件
§1静电场的标势及微分方程 1。静电场的标势
静电场不随时间变化为无旋场
或 库仑场 无旋有势，定义:
积分
电势差
与路径无关
当电荷分布在有限区域的情况下，取无穷远点为 参考点，规定其上电势为0
静电场标势
已知电荷分布求电势 点电荷
叠加原理 连续分布
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P ( P) 0 E0 dl 0 E0 dl 0 0 0 E0 rp
P
若选ϕ0=0，则有
E0 r E0 r cos
例 2 ：真空中均匀带电的 无限长直导线的电荷线 密度为 ，求电势。 设场点 p 到导线的距 离为R，电荷元 到p 点的距离为 ，电势 由公式 求 得 p 点的电势为
本章内容： 电磁场的基本理论应用到最简单的情况： 电荷静止，相应的电场不随时间而变化的
情况。
本章研究的主要问题：
在给定的自由电荷分布以及周围空间介质
和导体分布的情况下，求解静电场。
§1静电场的标势及微分方程
1。静电场的标势
静电场不随时间变化为无旋场
或 库仑场 无旋有势，定义:
积分 与路径无关
电势差
2d 0
di dj i d j d
ni
2
n j
2
0
d |s 0
d |s 0 n
( ) ( )
考虑第i个均匀区域V的界面S上的积分
Si
id d d Si V ( id d )dV
只需给出①每个导体的 值 或②每个导体上的电量
证明： 考虑去掉导体后的绝缘介质区域 第一种情况：给出了第一类边界条件 第二种情况： 对导体表面有
d
2 d
d
dS 0
i
d
d
dS 0
(
i Vi i
) dV
Si
id d d S 0
例题（注：用唯一性定理解题） 如图，两同心导体球壳之间 充满两种介质。左半边电容 率为 ，右半边电容率为 ，设内球带电量 Q ，外 球壳接地。求空间的电场和 球壳上的电荷分布。
分析两介质面 这样可取 设： 在球的 方向。且 假设 E 球对称 这样可满足 E 在切向连续
电荷分布满足了，总边界条件满足了，内部边界满足了，由 解的唯一性定理保证，上面得到的结果就是问题的解。
d
在每个均匀区域内，有：
2 / i 2
2d 0
在任意两均匀区域的界面上，有：
di dj
d d i j 0 ni n j
在整个区域的边界上，有：
d |s 0
或
d |s 0 n
i
Vi
2 i (d ) dV V d i d dV
2
i
对所有分区求和，得
i
Si
id d d Si
i
Vi
i (d )2 dV
(
i Vi i
d
) dV 0
2
d 0
d 常量
2。有导体时的唯一性定理
导体的静电条件归结为：
①导体内部不带电，电荷只能分布于导体表面 上。
②导体内部电场为零。 ③导体表面上电场必沿法线方向，因此导体表 面为等势面，整个导体的电势相等。
§1 静电场的标势及其微分方程 1。静电场标势
2。静电势的微分方程
a.一般介质的边界条件
b.导体的静电条件
静电场的基本问题是求出在所有边界上满足边值关 系的泊松方程的解
d 0
§2唯一性定理 1。静电问题的唯一性定理
2。有导体时的唯一性定理
唯一性定理说的是只要物理问题满足区域内的电荷分 布和边界条件相同，它们的解就是等价的，就都是问 题的解，没有区别，其解唯一。换句话说：只要保证 问题条件不变，怎么求都行！！！
因此，在实际问题中，可以根据给定的条件作一定的 分析，提出尝试解，只要它满足唯一性定理所要求 的条件，它就是唯一正确的解。
由查表得
p 点和 p0 的电势差
静电场标势
2。静电势的微分方程
泊松方程
3。荷在外场中的电势能、静电场能
电荷在外场中的势能
电荷在外场中，电荷的场和外场的叠加
外场场能
点电荷场能
两场能交叉项
当带电体为一点电荷
静电场标势 静电势的微分方程
a.边界条件
由边界条件
当电荷分布在有限区域的情况下，取无穷远点为 参考点，规定其上电势为0
静电场标势
已知电荷分布求电势 点电荷
叠加原理 连续分布
全空间电荷为0，库仑场的标势为0
例1 求均匀电场 E0的电势。 解： 均匀电场每一点强度 E0相同，其电场线为平行
直线。选空间任一点为原点，并设该点上的电 势为 0 ，那么任一点P处的电势为 P ( P) 0 E0 dl
2 0
这就是拉普拉斯方程。
注意：求解区域内ρ＝0，产生电场的电荷全部分布 于V 的边界上，他们的作用通过边界条件反映出来。 所以，这类问题可归结为求拉普拉斯方程满足边界 条件的解。
二、分离变量法
分离变量法就是将场量的函数表达式中不同坐标相 互分离，即将场量分解为单一坐标函数的乘积的形 式，求出通解。然后再根据给定的边界条件求出实 际问题的的解。
§2唯一性定理
1。静电问题的唯一性定理
2
若在有限的边界区域 V内有
几种均匀绝缘介质，V 内的
自由电荷分布为已知，那么 当 V的边界面S上满足一定
边界条件时, 静电场方程有
唯一确定的解。
(1) |s f1
证明：设有两组不同的解 和 满足唯一性定理的 条件，令
静电场的方程及边界条件
静电势方程
边界条件
导体的静电条件① 静电问题的唯一性定理 ② ③
静电问题有解的条件：
求解区域V内给定自由电荷分布ρ(x) ，在V的边界S 上给定
或
（i）电势 S
（ii）电势的法向导数
n S 若求解区域内有导体存在，还要给定各导体上的电
势或导体上的电荷。 则V内的电场唯一地确定。
一、拉普拉斯方程
在许多实际问题中，静电场是由带电导体决定的． ① 电容器内部的电场是由作为电极的两个 例如： 导体板上所带电荷决定的。 ② 电子光学系统的静电透镜内部，电场是 由分布于电极上的自由电荷决定的。 这些问题的特点是： 自由电荷只出现在一些导体的表面上，在空
间中没有其他自由电荷分布。
如果我们选择这些导体的表面作为区域V的边界，则 V 内部自由电荷密度ρ＝0，电势所满足的泊松方程化 为比较简单的情形：