电动力学 第12周作业

Chasse_neige

1. 静电势及其微分方程

电势及其满足的微分方程，非极值定理 作业: (a) 书2.1

2.1 计算

一个半径为 $R$ 的电介质球,极化强度为 $\overrightarrow{P}=K\frac{\overrightarrow{r}}{r^2}$,电容率为 $ϵ$.

(1) 计算束缚电荷的体密度和面密度

$${\rho }^{\prime }=-\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{P}=-K\mathrm{\nabla }\cdot \frac{\overrightarrow{r}}{r^2}=-\frac{K}{r^2}$$$${\sigma }^{\prime }=\hat{n}\cdot \overrightarrow{P}=\frac{K}{R}$$

(2) 计算自由电荷体密度

$$\overrightarrow{D}={ϵ}_0\overrightarrow{E}+\overrightarrow{P}$$$$(1-\frac{{ϵ}_0}{ϵ})\overrightarrow{D}=\overrightarrow{P}$$$$\overrightarrow{D}=\frac{ϵ}{ϵ-{ϵ}_0}\overrightarrow{P}$$$${\rho }_0=\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{D}=\frac{ϵK}{ϵ-{ϵ}_0}\mathrm{\nabla }\cdot \frac{\overrightarrow{r}}{r^2}=\frac{ϵK}{(ϵ-{ϵ}_0)r^2}$$

(3) 计算球外和球内的电势

球外

$$\begin{array}{c}Q={\int }_0^R(\frac{ϵK}{(ϵ-{ϵ}_0)r^2}-\frac{K}{r^2})4\pi r^{2}dr+4\pi R^2\frac{K}{R}=\frac{ϵK}{ϵ-{ϵ}_0}4\pi R\\ \varphi (r)=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{Q}{r}=\frac{ϵKR}{(ϵ-{ϵ}_0){ϵ}_{0}r}\end{array}$$

球内

$$Q(r)={\int }_0^r(\frac{ϵK}{(ϵ-{ϵ}_0)r^2}-\frac{K}{r^2})4\pi r^{2}dr=\frac{{ϵ}_{0}K}{ϵ-{ϵ}_0}4\pi r$$$$\overrightarrow{E}(r)=\frac{K}{(ϵ-{ϵ}_0)r}\hat{r}$$$$\varphi (r)=\frac{ϵK}{(ϵ-{ϵ}_0){ϵ}_0}+{\int }_r^R\frac{K}{ϵ-{ϵ}_0}\frac{dr}{r}=\frac{K}{ϵ-{ϵ}_0}(\ln \frac{R}{r}+\frac{ϵ}{{ϵ}_0})$$

(4) 求该带电介质球产生的静电场总能量

$$\begin{array}{c}{W}_E={\int }_0^R\frac{1}{2}{ϵ}_0(\frac{K}{(ϵ-{ϵ}_0)r}{)}^{2}4\pi r^{2}dr+{\int }_R^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2}{ϵ}_0(\frac{ϵKR}{(ϵ-{ϵ}_0){ϵ}_0{r}^2}{)}^{2}4\pi r^{2}dr\\ =2\pi ϵR(1+\frac{ϵ}{{ϵ}_0}){\left(\frac{K}{ϵ-{ϵ}_0}\right)}^2\end{array}$$

(b) 试证:极化电荷出在自由电荷处,无自由电荷也无极化电荷,极化使自由电荷处的总电荷变为原来的$\frac{1}{{ϵ}_r}$倍.

证明

线性极化假设下

$$\overrightarrow{D}={ϵ}_0\overrightarrow{E}+\overrightarrow{P}=ϵ\overrightarrow{E}$$

所以

$$\overrightarrow{P}=(1-\frac{{ϵ}_0}{ϵ})\overrightarrow{D}$$$$\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{P}=(1-\frac{{ϵ}_0}{ϵ})\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{D}$$$$-{\rho }^{\prime }=(1-\frac{{ϵ}_0}{ϵ}){\rho }_0$$

所以极化电荷出在自由电荷处

总电荷

$$\rho ={\rho }_0+{\rho }^{\prime }=\frac{{ϵ}_0}{ϵ}{\rho }_0=\frac{1}{{ϵ}_r}{\rho }_0$$

(c) 试证:对无穷大均匀电介质,有介质时的电势和电场是无介质时的$\frac{1}{{ϵ}_r}$倍.

证明

假设自由电荷分布不变，有介质之后

线性极化假设下

$$\overrightarrow{D}={ϵ}_0\overrightarrow{E}+\overrightarrow{P}=ϵ\overrightarrow{E}$$

所以

$$\overrightarrow{P}=(1-\frac{{ϵ}_0}{ϵ})\overrightarrow{D}$$$$\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{P}=(1-\frac{{ϵ}_0}{ϵ})\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{D}$$$$-{\rho }^{\prime }=(1-\frac{{ϵ}_0}{ϵ}){\rho }_0$$

总电荷变为

$$\rho ={\rho }_0+{\rho }^{\prime }=\frac{{ϵ}_0}{ϵ}{\rho }_0=\frac{1}{{ϵ}_r}{\rho }_0$$

根据叠加原理

$$\varphi =\int d{\tau }^{\prime }\frac{{\rho }_0}{4\pi {ϵ}_0{ϵ}_r|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}$$$$\overrightarrow{E}=\int d{\tau }^{\prime }\frac{{\rho }_0(\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime })}{4\pi {ϵ}_0{ϵ}_r|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }{|}^3}$$

所以场强和电势都变为无介质时的$\frac{1}{{ϵ}_r}$倍.

2. 唯一性定理及应用

静电问题唯一性定理，有导体存在时的唯一性定理 作业： (a) 由一组导体组成的体系,已知第$i$个导体上的总电荷为$q_i$,且导体外可以有介质,但无自由电荷,试证空间任一点 $\overrightarrow{r}$ 处的电势与 $q$ 的关系为: $\varphi (\overrightarrow{r},q_1,q_2,\dots )=\sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i$，其中$p_i(\overrightarrow{r})$与导体上电荷无关.

证明

由唯一性定理，只要说明满足边界条件

$$\begin{array}{c}{\oint }_{S_i}dS\frac{\partial }{\partial n_i}\sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i=-\frac{q_i}{ϵ}\\ \sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i={\varphi }_i(\overrightarrow{r}\in S_i)\end{array}$$

的解存在，那么这个解就是唯一解

$$\begin{array}{c}{\oint }_{S_i}dS\frac{\partial }{\partial n_i}\sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i={\int }_{S_i}d\overrightarrow{S}\cdot \mathrm{\nabla }(\sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i)\\ ={\int }_{V_i}d\tau \mathrm{\nabla }\cdot \mathrm{\nabla }(\sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i)={\int }_{V_i}d\tau {\mathrm{\nabla }}^2(\sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i)=-\frac{q_i}{ϵ}\end{array}$$

不妨令

$$p_i(\overrightarrow{r})=\frac{1}{4\pi ϵ}{\int }_{V_i}\frac{{\rho }_i({\overrightarrow{r}}^{\prime })d{\tau }^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}$$$$\begin{array}{c}{\int }_{V_i}d\tau {\mathrm{\nabla }}^2(\sum _i{p}_i(\overrightarrow{r})q_i)={\int }_{V_i}d\tau \sum _i\frac{q_i}{4\pi ϵ}{\mathrm{\nabla }}^2{\int }_{V_i}\frac{{\rho }_i({\overrightarrow{r}}^{\prime })d{\tau }^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}=-\frac{q_i}{ϵ}{\int }_{V_i}d\tau \sum _i{\int }_{V_i}d{\tau }^{\prime }{\rho }_i(\overrightarrow{r^{\prime }})\delta (\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r^{\prime }})\\ =-\frac{q_i}{ϵ}{\int }_{V_i}d\tau {\rho }_i(\overrightarrow{r})\end{array}$$

所以

$${\int }_{V_i}d\tau {\rho }_i=1$$

再证明存在这样一组 ${\rho }_i$ 能够让所有导体表面等势，即满足

$$\sum _i\frac{q_i}{4\pi ϵ}{\int }_{V_i}\frac{{\rho }_i({\overrightarrow{r}}^{\prime })d{\tau }^{\prime }}{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}={\varphi }_i(\overrightarrow{r}\in S_i)$$

注意到取 $q_i{\rho }_i$ 为平衡时，那个导体的面电荷密度满足条件，即

$${\rho }_i(\overrightarrow{r})=\{\begin{array}{ll}0& (\overrightarrow{r}\in V_i/\stackrel{\circ }{V_i})\\ \frac{{\sigma }_i}{q_i}\delta (\hat{n})& (\overrightarrow{r}\in \partial V_i)\end{array}$$

满足条件。所以解存在，即唯一解为

$$p_i(\overrightarrow{r})={\int }_{S_i}\frac{{\sigma }_i(\overrightarrow{r^{\prime }})}{4\pi ϵ|\overrightarrow{r}-\overrightarrow{r^{\prime }}|}dS$$

(b) 一导体空腔内有电荷$Q$,在导体绝缘和接地两种情况下,试用唯一性定理讨论导体内表面和外表面的电荷密度是否会变化?

内表面电荷不变，外表面在绝缘时和内表面带反号电荷，在接地时不带电

证明

对于导体空腔内的空间，接地前后边界条件不改变，由唯一性定理，空腔内的电势分布不改变，所以内表面电荷密度

$${\sigma }_{\text{内}}=-\frac{\partial \varphi }{\partial n}$$

不改变

对于外空间，接地之后边界电势变为0，此时对于外空间，猜解

$$\varphi =0$$

由唯一性定理，外空间电势处处为0

所以此时外表面带电量为0，电荷密度出处为0

但是接地之前，由于导体整体不带电，所以外表面带电量为内表面的相反数不为0

所以外表面电荷密度会变化

3. 镜像法

作业:书2.9, 2.11

2.9 接地的空心导体球

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 $a(a<R_1)$ 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?

像电荷大小为$-\frac{a}{R_1}Q$ ，距离球心$\frac{R_1^2}{a}$

所以电势分布为

$$\varphi (r,\theta )=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{\sqrt{R^2+a^2-2Ra\cos \theta }}-\frac{\frac{R_1}{a}Q}{\sqrt{R^2+\frac{R_1^2}{a^2}-\frac{2R_1^{2}R}{a}\cos \theta }})$$

感应电荷分布于内表面,总电荷量为 $-Q$

2.11 接地的导体平面

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 $b(b>a)$, 试用镜像法求空间电势.

三个像电荷分别在$\frac{a^2}{b}$，$-\frac{a^2}{b}$ ，$-b$ 处，大小为$-\frac{b}{a}Q$，$\frac{b}{a}Q$ ，$-Q$

空间电势分布为

$$\begin{array}{c}\varphi (x,y,z)=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{Q}{\sqrt{x^2+y^2+(z-b{)}^2}}-\frac{Q}{\sqrt{x^2+y^2+(z+b{)}^2}}\\ -\frac{\frac{b}{a}Q}{\sqrt{x^2+y^2+(z-\frac{a^2}{b}{)}^2}}+\frac{\frac{b}{a}Q}{\sqrt{x^2+y^2+(z+\frac{a^2}{b}{)}^2}})\end{array}$$