1、电动力学习题解答 第 1 页 7. 有一内外半径分别为 1r 和 2r 的空心介质球，介质的电容率为 ，使介质球内均匀带静止自由电荷 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） 设场点到球心距离为 r 。以球心为中心，以 r 为半径作一球面作为高斯面。 由对称性可知 ，电场沿径向分布，且相同 r 处场强大小相同。 当 1rr 时， 01D ， 01E 。 当 21 rrr 时， frrDr )(344 31322 23132 3 )( rrrD f， 23132 3 )( rrrE f ， 向量式为 rE33132 3 )( rrr f 当 2rr
2、时， frrDr )(344 313232 231323 3 )( rrrD f2031323 3 )( rrrE f 向量式为 rE3031323 3 )( rrr f （ 2）当 21 rrr 时， )()( 202202 DDEDP p f )1()1( 020 D当 1rr 时， 0)1()()( 12020212 rrp DDDnPPn 当 2rr 时， frrp r rr 2231320202 3)1()1( 2 DPn8. 内外半径分别为 1r 和 2r 的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流 fJ ，导体的磁导率为 ，求磁感应强度和磁化电流。 解：（ 1） 以圆柱轴线
3、上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半径为 r 。由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。 当 1rr 时，由安培环路定理得： 0,0 11 BH 当 21 rrr 时，由环路定理得： )(2 2122 rrJrH f 所以 r rrJH f 2 )( 2122 ， fJr rrB 2 )(2122 电动力学习题解答 第 2 页 向量式为 rJeB ff r rrJr rr 22122122 2 )(2 )( 当 2rr 时， )(2 21223 rrJrH f 所以 r rrJH f 2 )( 21223 ， fJr rrB 2 )(212203 向量式为
4、rJeB ff r rrJr rr 221220212203 2 )(2 )( （ 2） 当 21 rrr 时，磁化强度为 rJHM fr rr 2 212020 2 )()1()1( 所以 fM JHHMJ )1()1()1( 02020 在 1rr 处，磁化面 电流密度为 0d2 1 1 lMrM 在 2rr 处，磁化面电流密度为 fM Jr rrr 22 212202 2 )()1(d2 10 lM 向量式为 fM r rr J 2221220 2)()1( 11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为 1l 和 2l ，电容率为 1 和 2 ，今在两板接上电动势为 E 的电池，求
5、： （ 1）电容器两极板上的自由电荷面密度 1f 和 2f ； （ 2）介质分界面上的自由电荷面密度 3f 。 (若介质是漏电的，电导率分别为 1 和 2 当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？ ) 解： 忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为 1E 和 2E ，电位移分别设为 1D 和 2D ，其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为 03f 取高斯柱面，使其一端在极板 A 内，另一端在介质 1 内，由高斯定理得： 11 fD 同理，在极板 B 内和介质 2 内作高斯柱面，由高斯定理得：
6、22 fD 在介质 1 和介质 2 内作高斯柱面，由高斯定理得： 21 DD 所以有 111 fE ， 212 fE 电动力学习题解答 第 3 页 由于 E )(d22111221111 lllllE fff 所以 21 ff E )(2211 ll 当介质漏电时，重复上述步骤，可得： 11 fD ， 22 fD ， 312 fDD 213 fff 介质 1 中电流密度 111111111 / f DEJ 介质 2 中电流密度 2312222222 /)(/ ff DEJ 由于电流恒定， 21 JJ ， 2312111 /)(/ fff 112 1212211223 )1()( fff 再由
7、E 2211 lElEd lE 得 E )(22111 1122 11211 1 lll fff 221111 / llf E 11212 ll E)( 312 fff 211221 ll E211212213 llf E 1. 一个半径为 R 的电介质球，极化强度为 2/rKrP ，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） Pp 2222 /)/1()/1()/( rKrrKrK rrr )( 12 PPn p RKRrr / Pe （ 2） )/( 00
8、 PPED 内 200 )/()/( rKf PD 内 （ 3） )/(/ 0 PDE 内内 rrf rKRrV eeDE200200 )(4d 外外电动力学习题解答 第 4 页 rKRr )(d 00 rE 外外)( l ndd 00 rRKRRr rErE 外内内 （ 4） RR r rrRKr rrKVW 422002220 22202 d4)(21d4)(21d21 ED200 )(1(2 KR 2. 在均匀外电场中置入半径为 0R 的导体球，试用分离变量法求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 0 ； （ 2）导体球上带总电荷 Q 解：（ 1） 该问题具有
9、轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场 0E 方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。 当 0RR 时，电势 满足拉普拉斯方程，通解为 n nnnnn PRbRa )( c o s)( 1 因为无穷远处 0EE ， )( c o sc o s 10000 RPERE 所以 00 a ， 01 Ea ， )2(,0 nan 当 0RR 时， 0 所以 0101000 )( c o s)( c o s n nnn PRbPRE 即： 002010000 /,/ RERbRb 所以 )2(,0,),( 30010000 nbREbRb n )( )(/c o s/)(c o s0002300
10、00000 RR RRRRERRRE （ 2） 设球体待定电势为 0 ，同理可得 )( )(/c o s/)(c o s000230000000 RR RRRRERRRE 当 0RR 时，由题意，金属球带电量 Q dds i n)c o s2c o s(d 2000000000RERESnQRR )(4 0000 R 所以 0000 4/)( RQ 电动力学习题解答 第 5 页 )(4/ )(c o s)/(4/c o s00002300000 RRRQ RRRRERQRE 3. 均匀介质球的中心置一点电荷 fQ ，球的电容率为 ，球外为真空，试用分离变量法 求空间电势，把结果与使用高斯定理所
11、得结果比较。 提示： 空间各点的电势是点电荷 fQ 的电势 RQf 4/ 与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加，后者满足拉普拉斯方程。 解： （一）分离变量法 空间各点的电势是点电荷 fQ 的电势 RQf 4/ 与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加。设极化电荷产生的电势为 ，它满足拉普拉斯方程。在球坐 标系中解的形式为： ）（）（内 c o s1 nn nnnn PRbRa ）（）（外 c o s1 nn n nnn PRdRc 当 R 时， 0外 ， 0nc 。 当 0R 时， 内 为有限， 0nb 。 所以 ）（内 c o snn nn PRa， ）（外 c o s1 nn nn PRd
12、由于球对称性，电势只与 R 有关，所以 )1(,0 nan )1(,0 ndn 0a内 ， Rd /0外 所以空间各点电势可写成 RQa f 40 内 RQRd f 40 外 当 0RR 时，由 外内 得： 000 /Rda 由 nn 外内 0得：20 0020020 44 RdRQRQ ff ， )11(400 fQd 则 )11(4 000 RQa f所以 ）（内 1144 00 RQRQ ff ）（外 11440 RQRQ ff RQf04 （二）应用高斯定理 在球外， RR0 ，由高斯定理得： fpf QQQQd 总外 sE0 ，（整个导体球电动力学习题解答 第 6 页 的束缚电荷 0
13、pQ ），所以 rfRQ eE 204外，积分后得： RQdRRQd fR R f 020 44 RE外外在球内， R 0R ）置一点电荷 fQ ，试用分离变量法求空间各点电势，证明所得结果与电象法结果相同。 解：以球心为原点，以球心到点电荷的连线为极轴建立球坐标系。将空间各点电势看作由两部分迭加而成。一是介质中点电荷产生的电势 c o s24/ 221 RaaRQ f ， 二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的 2 。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性， 2 与 无关。 由于 0R 时， 2 为有限值，所以球内的 2 解的形式可以写成 n nnni PRa )(c o s2
14、（ 1） 由于 R 时， 2 应趋于零，所以球外的 2 解的形式可以写成 n nnn PRb )(c o s12o （ 2） 由于 n nn PaRaRaaR ( c o s )/()/1(c o s222 n nnf PaRaQ ( c o s )/()4/(1 （ 3） 当 0RR 时， 21 i 内 n nnnn nnf PRaPaRaQ )( c o s( c o s )/()4/( （ 4） 当 0RR 时， 21 o 外 n nnnn nnf PR bPaRaQ )( c o s( c o s )/()4/( 1 （ 5） 因为导体球接地，所以 0内 （ 6） 000 RR 内外
15、（ 7） 将（ 6）代入（ 4）得 : 14/ nfn aQa （ 8） 电动力学习题解答 第 7 页 将（ 7）代入（ 5）并利用（ 8）式得 : 1120 4/ nnfn aRQb （ 9） 将（ 8）（ 9）分别代入（ 4）（ 5）得 : )(0 0RR 内 （ 10） /c o s2)/(c o s24 1 202202022 aRRaRRaQRRaaRQ ff 外, )( 0RR （ 11） 用镜像法求解：设在球内 r0 处的像电荷为 Q。由对称性， Q在球心与 Qf 的连线上，根据边界条件：球面上电势为 0，可得：（解略） aRr /200 ， aQRQ f / 0 所以空间的电势
16、为 /c o s2)/(c o s24 1)(4 1 20220202221 aRRaRRaQRRaaRQrQrQ fff 外)( 0RR 4. 设 x0 空间为真空，今有线电流 I 沿 z 轴流动，求磁感应强度和磁化电流分布。 解：假设本题中的磁场分布仍呈轴对称，则可写作 eB )2/( rI 它满足边界条件： 0)( 12 BBn 及 0)( 12 HHn 。由此可得介质中： eBH )2/(/2 rI 由 MBH 02 / 得： 在 x0 的空间中是金属导体 ，电磁波由 z0 的空间中垂直于导体表面入射。已知导体中电磁波的电场部分表达式是： )(0 txiz ee EE 于是，单位时间内由 z=0 表面的单位面积进入导体的能量为： HES ， 其中 /)(/ EnEkH i S的 平均值为 2/)*R e ( 2021 ES HE 在导体内部： )(0 txiz ee EEJ 金属导体单位体积消耗的焦耳热的平均值为： 2/)*R e ( 22021 zeEdQ EJ 作积分： 4/200 22021 EdzeEQ z 即得界面上单位面积对应的导体中消耗的平均焦耳热。 又因为 2/ ，所以 2/4/ 2020 EEQ ，原题得证 。 电动力学习题解答 第 10 页
