电动力学 第二章 习题解答2

⎛ R3 ⎞ σ0 R ⎟ r cos θ (ϕs − a0 ) − ⎜ ⎜1− 3 ⎟ ⎟ ⎟ ε0 ⎜ r r ⎠ ⎝
(5)
⎟ = ϕ ，于是得 a = ϕ ，式(5)成为 ⎜r , π ⎟ 又当 θ = π / 2 和 r > R 时， ϕ ⎜ s 0 s
⎛ R3 ⎞ σ ⎟ ⎟ 0 r cos θ ϕ ( r , θ ) = ϕs − ⎜ 1− 3 ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ε0 r ⎠ ⎝
当 i = j 时，
(7) (8)
D ii = ∫ (3 xi xi − r 2 )ρ (r )dV
V
(9)
因球对称分布，故有
D 11 = D 22 = D 33
又由(9)式有
(10)
D 11 +D 22 +D 33 = 0 D 11 = D 22 = D 33 = 0
于是得
→→
(11) (12)
(13) D =0 2.21 设电荷分布在有限区域 V 内，并且是轴对称分布的，则取对称轴上任一点为 原点，以对称轴为 z 轴时，电荷密度 ρ 便只是 r 和 θ 的函数。(1)试证明这电荷分布对原 点的电偶极矩为 p = pez ，式中 ez 为 z 轴方向上的单位矢量，并求 p 的表达式；(2)试 证明这电荷分布对原点的电四极矩 D 的分量式：当 i ≠ j 时，D ij = 0 ；当 i = j 时，
W = − pi E0 = −
导线外面是一对称的二维径向场，因此
E0 =
λ er 2πε 0 r
λ 为线电荷密度，代入上式，可得
(ε − ε 0 )a 3λ 2 W =− πε 0 (ε + 2ε 0 )r 2
烟尘受力为
2(ε − ε 0 )a 3λ 2 ∂W F =− er = − er ∂r πε 0 (ε + 2ε 0 )r 3
(2)半球面上电荷的面密度为 (6)
⎛ ⎞ ⎟ ⎜ ⎝ 2⎠
⎛ ∂ϕ ⎞ − ⎟ σ = Dn = ε0 En = ε0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 3σ0 cos θ ⎜ ⎝ ∂r ⎠ r=R
半球面上的电荷量为
(7)
Q=∫
π/2
0
σ i2π R 2 sin θdθ = 6π R 2σ0 ∫
π/2
0
sin θ cos θdθ
n=0
∞
介质中的电势 ϕ0 当 r → ∞ 时趋于均匀电场 E0 的电势，故
ϕ0 (r , θ ) = −E0 r cos θ + ∑
n=0
∞
bn Pn (cos θ ) r n+1
(4)
- 41 -
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球面上 r = R 处的边值关系为
ϕi (r , θ ) = ϕ0 (r , θ )
(8)
ϕi = −
最后得空腔内的电场强度为
(7)
Ei = −∇ϕi =
=
可见空腔内的电场是均匀电场。 2.18
3ε E0 2ε + ε0
电荷均匀分布在无穷大导体平面上，其面密度为 σ0 ，导体外是真空。现将一
不带电的导体半球平放在导体平面上，如图(a)所示。已知导体的电势为 ϕs ，导体半球 的半径为 R 。试求：(1)导体外的电势；(2)半球面上的电荷量；(3)半球上电荷所受的 力。
(2)
式中 I 为单位张量. 由于球对称分布，故 ρ (−r ) = ρ ( r ) ，于是
→→
r ρ (r )dV + (−r )ρ (−r )dV = 0
由(4)式可知，这时由(1)式定义的 p 为零。 电四极矩 D 在笛卡儿坐标系的分量式为
→→
(4)
D ij = ∫ (3xi x j − r 2δij )ρ (r )dV
V
(5)
当 i ≠ j 时，
- 45 -
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D ij = 3∫ xi x j ρ (r )dV
V
(6)
由于球对称分布，故有
xi x j ρ (r )dV + (−xi ) x j ρ (−r )dV = 0 ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ xi x j ρ (r )dV + xi (−x j )ρ (−r )dV = 0⎪ ⎪ ⎭ D ij = 0
- 44 -
在准确到 c 的一级小量时
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1⎛ c 1 ⎛ 2c ⎞ ⎞ (b + c cos θ ) −1 = ⎜1 − cos θ ⎟ ， (b + c cos θ ) −2 = 2 ⎜1 − cos θ ⎟ b⎝ b b ⎝ b ⎠ ⎠
则由（3） ， （4）式略去展开后的（4）中的 cos
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2.15
在一烟尘沉淀器中有一半径为 R ， 单位长度带静电荷 λ 库仑的长导线． 现有
一无净电荷的烟尘，介电常数为 ε ，烟尘近似为球形，半径为 a ，求：这烟尘刚刚要与 导线发生碰撞之前它们之间的吸引力． （假设 a << R ）写出全部过程，并讨论这一力的 物理机制． 【解】由于 a << R ，可认为烟尘处于均匀电场中，一个球形电介质在均匀外场 E0 中其球内的电场由式（2-3-30）为
题 2.19 图
b 2 = c 2 + r 2 − 2rc cos θ r 2 − 2rc cos θ 1⎡ r 2c cos θ + 4c 2 cos 2 θ + 4b 2 ⎤ b + c cos θ ⎣ ⎦ 2
（2）由 ∇
2
ϕ = 0 及轴对称性可知两球壳间电势为 ϕ = ∑ ⎜ Al r l +
（3）
=∫
其中已利用到 ∇′ ⎜ ⎟ =
⎛1⎞ ⎝r⎠
2.17 在电容率为 ε 的无限大均匀介质 内，有一个半径为 R0 的球形空腔，和一个 外加的均匀电场 E0 。试求空腔内的电场强 度。 【解】根据对称性，以球心 O 为原点， 极轴沿 E0 方向，取球坐标系如图所示。因 无自由电荷，故电势 ϕ 满足拉普拉斯方程 _ + r _ θ + R0 _ + O _ + _ + + _
在烟尘刚要碰到导线之前， r = R ，此时受力为
2(ε − ε 0 )a 3λ 2 F =− er πε 0 (ε + 2ε 0 ) R 3
负号表示是引力，这一力主要是由于电场的径向不均匀产生的，烟尘在外电场中极化， 相当于一个电偶极子，而电偶极子在外电场不均匀的时候，就将受到力的作用，这就是 此力的来源。 2.16 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
（1）
（2）
并由
−ε 0 ∫
得
r =a
∂ϕ 2 r dΩ = Q ∂r Q 4πε 0
（3）
B0 =
外球壳接地，在 r
b + c cos θ 处， ϕ = 0 ，有
（4）
A0 +
⎡ ⎤ B0 B1 + ⎢ A1 (b + c cos θ ) + cos θ = 0 2⎥ b + c cos θ ⎣ (b + c cos θ ) ⎦
2
θ 项给出
A0 +
即
B0 =0 b
A0 = −
−
联立（2） 、 （3） 、 （6）式得到
Q 4πε 0b
（5）Leabharlann B0 c B1 + A1b + 2 =0 2 b b
（6）
A1 =
Qc −Qca 3 B ， = 1 4πε 0 (b3 − a 3 ) 4πε 0 (b3 − a 3 )
3 ⎧ ⎫ cr ⎡ ⎛ a ⎞ ⎤ ⎪1 1 ⎪ − θ 1 cos ⎢ ⎥ ⎨ − + 3 ⎬ ⎜ ⎟ 3 − r b b a r ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭
(8)
= 3π R 2σ0
π/2 ⎛1 ⎞ 2 cos F = ∫ (dF ) cos θ = ∫ ⎜ E R σ dS ⎟ θ π R ERσ sin θ cos θdθ = ⎟ ⎜ ∫ ⎟ S⎜ 0 ⎝2 ⎠
(3) 根据对称性，半球面上电荷所受的力 F 的方向沿极轴方向， F 的大小为
- 43 -
ϕ (r , θ ) = a0 −
又当 r = R 时，
(3)
ϕ (r , θ ) r = R = a0 −
比较 Pn (cos θ ) 的系数得：
∞ σ0 b R cos θ + ∑ nn+1 Pn (cos θ ) = ϕs ε0 n=0 R
(4)
bn = 0 ， n ≥ 2
故得
ϕ (r , θ ) = a0 +
ϕ =0。 以球心为原点，取球坐标系，使极轴垂直于导体平面，如图(b)所示。由于对称性，ϕ 只
∇ 【解】 (1)因导体外的空间里没有自由电荷， 故电势 ϕ 满足拉普拉斯方程：
2
是 r 和 θ 的函数，与方位角 φ 无关，故 ϕ 的拉普拉斯方程的解为
⎛ n b ⎞ ⎟ an r + nn ϕ(r , θ ) = ∑ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟Pn (cos θ ) ⎜ r +1 ⎠ n=0 ⎝
∞
(2.16.1)
θ
P
r
R
O
图 (a) - 42 -
ϕs
O
ϕs
图 (b)
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下面由边界条件定系数。当 r → ∞ 时， ϕ 趋于 σ0 所产生的均匀电场 E0 ， E0 的大 小为
E0 =
于是得
D0 σ0 = ε0 ε0
(2)
an = 0 ， n ≥ 2
故得
∞ σ0 b r cos θ + ∑ nn P (cos θ ) +1 n ε0 n=0 r