电动力学习题课(三) Apr 10th, 2009 1 Example 1 如Fig1所示,两个半径均为R的导体球相互接触形成一个孤立导体,求此体系的电容。 Figure1:例一示意图 解:假定系统的电势为Uo,那么计算出达到此电势所需充电的电量Q便可以求得电容C。 利用电像法,首先在两球的球心处置一对象电荷q1=4丌6oRU,它们使得各自球壳的电势 为Uo,但是它们却会在相邻的球壳上产生附加电势,因此我们需要置第二对象电荷以消除q产生 的附加电势: R R2 R 2R q172 2R2 (1.1) 其中φ表示象电荷的电量,r2表示象电荷离各自球心的距离。 这对象电荷g2可以抵消q产生的附加电势,但是它们本身也会带来附加电势,因此我们还需 引入第三对象电荷{q3,η3},依次类推,我们需要无穷多对象电荷才能使得体系为等势体,而这 些电荷总和即为导体上的总电量。根据上述原理,显然有 R 2R-r (1.2) (1.3) 2R-r 进一步,Eq1(1.3)可化为 1+ bn (1.4)
电动力学习题课（三） Apr 10th, 2009 1 Example 1 如Fig1所示，两个半径均为R的导体球相互接触形成一个孤立导体，求此体系的电容。 q1 q q1 2 qn qn q2 rn rn Figure 1: 例一示意图 解：假定系统的电势为U0，那么计算出达到此电势所需充电的电量Q便可以求得电容C。 利用电像法，首先在两球的球心处置一对象电荷q1 = 4π²0RU0，它们使得各自球壳的电势 为U0，但是它们却会在相邻的球壳上产生附加电势，因此我们需要置第二对象电荷以消除q1产生 的附加电势： q2 = − R 2R q1 = − 1 2 q1 r2 = R2 2R = R 2 (1.1) 其中q2表示象电荷的电量，r2表示象电荷离各自球心的距离。 这对象电荷q2可以抵消q1产生的附加电势，但是它们本身也会带来附加电势，因此我们还需 引入第三对象电荷{q3, r3}，依次类推，我们需要无穷多对象电荷才能使得体系为等势体，而这 些电荷总和即为导体上的总电量。根据上述原理，显然有： qn = − R 2R − rn−1 qn−1 (1.2) rn = R2 2R − rn−1 (1.3) 进一步，Eq.(1.3)可化为： 1 bn = 1 + 1 bn−1 (1.4) 1
其中 R (1.5) 那么 (1 1-n R 将Eq(1.6)代入Eq2(1.2)可得 (n-1)q (1.7) 那么 (1.8) 因此总电量 (1 故体系的电容为 C= In2 (1.11) 讨论: 1)若体系是由两个圆柱形导体接触组成的孤立系统,其电容应该如何求出?为什么看上去相似 的两个问题求解的差别非常大? 2)若两球不接触而是稍微分离,它们之间的作用力如何? 参考JA. Soules,Am.J.Phys.58,1195(1990) 2 Example 2 如Fig2所示,两个无穷大接地的导体平面相互平行,距离为a,中间有一条无穷长且线密度为入的 均匀带电导线,它与导体平面平行,且距下导体为b,试求两导体平面之间的电势分布。 入 Figure2:例二示意图 解:首先建立如图所示的坐标系,那么电势p满足 0(x)6(y-b)
其中 bn = 1 − rn R (1.5) 那么 rn = (1 − 1 n )R (1.6) 将Eq.(1.6)代入Eq.(1.2)可得 nqn = −(n − 1)qn−1 (1.7) 那么 qn = (−1)n−1 n q1 (1.8) 因此总电量 Q = X +∞ n=1 2qn (1.9) = 2q1 X +∞ n=1 (−1)n−1 n = 2q1 ln 2 (1.10) 故体系的电容为 C = Q U0 = 8π²0R ln 2 (1.11) 讨论： 1）若体系是由两个圆柱形导体接触组成的孤立系统，其电容应该如何求出？为什么看上去相似 的两个问题求解的差别非常大？ 2）若两球不接触而是稍微分离，它们之间的作用力如何？ 参考J.A.Soules, Am. J. Phys. 58, 1195 (1990). 2 Example 2 如Fig2所示，两个无穷大接地的导体平面相互平行，距离为a，中间有一条无穷长且线密度为λ的 均匀带电导线，它与导体平面平行，且距下导体为b，试求两导体平面之间的电势分布。 λ b a O x y Figure 2: 例二示意图 解：首先建立如图所示的坐标系，那么电势ϕ满足 ∇2ϕ = − λ ²0 δ(x)δ(y − b) (2.1) 2
和边界条件: y=0, (22) 0x→士 考虑到电势yp与z无关,所以问题可简化为一个两维问题,先来考虑无源区 0202 ax2 dy2 (24) 用分离变量法 (a, y)=X()r(y) (25) Eq(25)代入Eq1(2.4),可得 1 d2x 1 d2y X dr y dy (26) 考虑到边界条件,显然 1 d2X 1 day X dr2 Y dy2 (27) 进而 (28) n=1 为了确定Cn’必须考虑源。由Eq.(2.8)得: ∑nce=lsn(y)(x)-h(-) (29) 其中h(x)是阶跃函数。进一步计算可知 02 0x2 Eq(210)和Eq(211)代入Eq(21) Che-akzlinint y)6(x)=-6(x)6(y-b) Eq(212)两边同乘sin(my)然后对x,y积分便可得: 故板间的电势分布为: n(-y) 讨论:除了分离变量之外,能否用其他方法(保角变换法、电像法等)求解该问题?
和边界条件： ϕ = 0 y = 0, a (2.2) ϕ → 0 x → ±∞ (2.3) 考虑到电势ϕ与z无关，所以问题可简化为一个两维问题，先来考虑无源区 ∂ 2ϕ ∂x2 + ∂ 2ϕ ∂y2 = 0 (2.4) 用分离变量法 ϕ(x, y) = X(x)Y (y) (2.5) Eq.(2.5)代入Eq.(2.4)，可得 1 X d 2X dx 2 + 1 Y d 2Y dy 2 = 0 (2.6) 考虑到边界条件，显然 1 X d 2X dx 2 = k 2 1 Y d 2Y dy 2 = −k 2 (2.7) 进而 ϕ = X +∞ n=1 Cne − nπ a |x| sin(nπ a y) (2.8) 为了确定Cn，必须考虑源。由Eq.(2.8)得： ∂ϕ ∂x = − X +∞ n=1 nπ a Cne − nπ a |x| sin(nπ a y)[h(x) − h(−x)] (2.9) 其中h(x)是阶跃函数。进一步计算可知 ∂ 2ϕ ∂x2 = X +∞ n=1 nπ a Cne − nπ a |x| sin(nπ a y)[nπ a − 2δ(x)] (2.10) ∂ 2ϕ ∂y2 = − X +∞ n=1 ( nπ a ) 2Cne − nπ a |x| sin(nπ a y) (2.11) Eq.(2.10)和Eq.(2.11)代入Eq.(2.1): X +∞ n=1 2nπ a Cne − nπ a |x| sin(nπ a y)δ(x) = λ ²0 δ(x)δ(y − b) (2.12) Eq.(2.12)两边同乘sin(mπ a y)然后对x, y积分便可得： Cn = λ nπ²0 sin(nπ a b) (2.13) 故板间的电势分布为： ϕ = λ π²0 X +∞ n=1 1 n sin(nπb a )e − nπ a |x| sin(nπ a y) (2.14) 讨论： 除了分离变量之外，能否用其他方法（保角变换法、电像法等）求解该问题？ 3
3 Example 3 介电常数e的均匀球壳,内外径分别为R,R,将其放在均匀外电场E中,求空间的电势分布 解:约定 R >R R 那么电势φ满足 V2p=0 (32) 和边界条件 -Eor cos 8 (3.3) 0 r=R' 0y2 ar dr (34) ap2 a (3.5) r=0 is finite. (36) 首先写出φ的通解 A1r+ Bir-2)cos 0 (A2r+ B2r-2)cos 8 (3.7) (A3r+ B3r-)cos 8 然后由Eq(3.3)和Eq1(36)得 A1 E0B3=0 (38) 接着由Eq、34)和Eq(35)可得到下面的方程组 FoR A2+ (3.9) =(422B2 2B1 (3.10) B2 a2r+ R 2B2 联立上述四个方程解得: B1 (-1)f3-3e(2∈+1)R 9R+2(∈-1)2(R3 Eo 3(2∈+1) R3+2(-1)2(R3-R3) B2 3(-1)F3 9R+2(-1)2(B8-R3) (3.15) 9∈F Eo (3.16) 9cF3+2(-1)2(B8-3) 讨论:根据上面的结果,写出球内电场分布以及等效偶极矩
3 Example 3 介电常数²的均匀球壳，内外径分别为R, R0，将其放在均匀外电场E~ 0中，求空间的电势分布。 解：约定 ϕ = ϕ1 r > R0 ϕ2 R0 > r > R ϕ3 r < R (3.1) 那么电势ϕ满足 ∇2ϕ = 0 (3.2) 和边界条件： r → ∞ ϕ1 → −E0r cos θ (3.3) r = R 0 ϕ1 = ϕ2 ∂ϕ1 ∂r = ² ∂ϕ2 ∂r (3.4) r = R ϕ2 = ϕ3 ² ∂ϕ2 ∂r = ∂ϕ3 ∂r (3.5) r = 0 ϕ3 is finite. (3.6) 首先写出ϕ的通解： ϕ = ϕ1 = (A1r + B1r −2 ) cos θ ϕ2 = (A2r + B2r −2 ) cos θ ϕ3 = (A3r + B3r −2 ) cos θ (3.7) 然后由Eq.(3.3)和Eq.(3.6)得： A1 = −E0 B3 = 0 (3.8) 接着由Eq.(3.4)和Eq.(3.5)可得到下面的方程组： −E0R 0 + B1 R02 = A2R 0 + B2 R02 (3.9) −E0 − 2B1 R03 = ²(A2 − 2B2 R03 ) (3.10) A2R + B2 R2 = A3R (3.11) ²(A2 − 2B2 R3 ) = A3 (3.12) 联立上述四个方程解得： B1 = − R03 2 [1 + 6²(² − 1)R3 − 3²(2² + 1)R03 9²R03 + 2(² − 1)2 (R03 − R3 ) ]E0 (3.13) A2 = − 3(2² + 1)R03 9²R03 + 2(² − 1)2 (R03 − R3 ) E0 (3.14) B2 = − 3(² − 1)R3R03 9²R03 + 2(² − 1)2 (R03 − R3 ) E0 (3.15) A3 = − 9²R03 9²R03 + 2(² − 1)2 (R03 − R3 ) E0 (3.16) 讨论： 根据上面的结果，写出球内电场分布以及等效偶极矩。 4