电动力学复习总结电动力学复习总结答案

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1、第二章 静 电 场一、填空题1、若一半径为R的导体球外电势为e = a+b,a,b为非零常数，球外为 r真空，则球面上的电荷密度为。答案：2R 22、若一半径为R的导体球外电势为e = - Er cos 0+ -0 cos 0 , E为非零0r 20常数，球外为真空，则球面上的电荷密度为 球外电场强度为.答案：38 E cos0 , E = -E cos0e + (1-R3)sin 0e 0 00rr 303、均匀各向同性介质中静电势满足的微分方程是;介质分界面上电势的边值关系是和；有导体时的边值关系是和 。答案：v2=_e,e =e,8 2-8=o,e=c,8逆=_o8 12 2 dn1 d

2、ndn4、设某一静电场的电势可以表示为e = ax 2 y - bz，该电场的电场强度是5、真空中静场中的导体表面电荷密度。答案：a=-E理0 dn6、均匀介质内部的体极化电荷密度 p总是等于体自由电荷密度pp 的倍。f答案：-(1-気)87、电荷分布p激发的电场总能量w =丄JdjdVP(x)p(X)的适用于8兀8r情形.答案：全空间充满均匀介质8、无限大均匀介质中点电荷的电场强度等于。答案：4兀8 R 39、接地导体球外距球心a处有一点电荷q,导体球上的感应电荷在球心处产生的电势为等于.答案:4兀8 oa 无电荷分布的空间电势极值(填写“有”或“无”)11、镜象法的理论依据是，象电荷只能放

3、在区域。答案：唯一性定理,求解区以外空间12、当电荷分布关于原点对称时，体系的电偶极矩等于。答案：零13、一个内外半径分别为R、R的接地导体球壳，球壳内距球心a处12有一个点电荷，点电荷q受到导体球壳的静电力的大小等于。答案：Rqr4兀s (R 2a a)0 1二、选择题1、泊松方程V 2 = 适用于8A.任何电场B. 静电场；C.静电场而且介质分区均匀；D.高频电场答案： C2、下列标量函数中能描述无电荷区域静电势的是A 3x3 + 6y2B. 2x2 + 3y2 一 5z2C. 5x2 + 8y2 + z3D.7x2 +3z23、真空中有两个静止的点电荷q和q，相距为a,它们之间的相互12

4、作用能是A. q q 124m a0qq32ns a0答案：AB. q q1 28ns a0C. q qD.1 22ns a04、线性介质中,电场的能量密度可表示为A. pQ ;B.丄d . e ；C. pQD.2 2D.E答案：B5、两个半径为R ,R , R = 4R带电量分别是q ,q ,且q二q导体球相距1 2 1 2 1 2 1 2为a(a R , R )，将他们接触后又放回原处，系统的相互作用能变为原12来的A. 15 倍,B. 1倍,C. 4 倍,D.答案： A6、电导率分别为2,电容率为Is2的均匀导电介质中有稳恒电流,则在两导电介质分界面上电势的法向微商满足的关系是AC.1

5、dn“逊22 dnA. P - EePEeB.-P -EeC. - PEeD.B. 坐一 塑=-a2 dn 1 dn1帥 1帥D 1 二 2 g dn g dn 12答案：C7、电偶极子P在外电场E中的相互作用能量是e三、问答题1、由公式丄fdV可求得电势分布，然后用E = -V即可求得场4% r的分布，这种方法有何局限性答：这种方法适用于空间中所有的电荷分布都给定的情况，而且电荷 分布在有限区域内.若电荷分布无限大区域,积分将无意义.例如无限 长大带电面的电势,就不能用它计算.2、应用W二丄JdVf P(x)P(x)dV计算静电场能量时，要求全空间必须8兀r充满均匀介质才成立，试说明其理由。

6、并与比较电场能量公式W =1 f D - EdV 与,dv说明区别.2 M 2答：计算静电场能量公式为W =1 Jp dv，公式中的P是空间的自由电 2荷密度，而申是空间的自由电荷和极化电荷共同产生的总电势 ，即帖丄JP f + P pdv ,当全空间充满均匀介质时，p =-(1-0) p，所以4兀rp8 f08p + p =-o pp f 8 f帖丄 Jfpdv，=丄 Jddv，W = 1 爲dv =丄 JdvJpX空竺。4兀8r4兀8r28兀8r0若8不是均匀的，p H-(1-知p所以全空间都要充满均匀介质。p8 f电场能量公式：W =1JD-EdV适用于一切电场;2而W = 1Jp申dv

7、仅适用于静电场2因为静电场由电荷分布决定，而在非恒定情况下，电场和磁场互相激发，其形式是独立于电荷分布之外的电磁波运动，因而场的总能量不可能完全通过电荷或电流分布表示出来。3、在静电场中Vx E = 0，就一定有Vx D = 0吗答：不一定。当介质为均匀介质时，D = 8 E成立且8为常量，从而Vx D= Vx 8E =8Vx E =0成立;当介质是线性非均匀时，D = 8 E成立，8 =8(X)，Vx D = Vx 8 E = V8 x E + 8Vx E， VxE = 0 时，Vx D 主 0 ；当介质是各向异性时，DE. , 二氏ee Vx E = 0时，Vx D主0iij jij i

8、j强场作用下，D,E的关系是非线性的，j jD = Es E + E E E + E E E E +i j ij j 一 j 京永 j k ., k ,l ijkl j k IE指向电势减少最快的方向。.4、由E = -V9说出E的方向。答：由E = -V9，说明E的方向与电势梯度方向相反，电势梯度方向是指向电势增加最快的方向，电场E指向电势减小最快的方向。5、静电场能量公式为Wdv, 1 p能否看成是能量密度为什么/2 2 -v答：1 p不能看成是能量密度因为积分是对有电荷分布的区域积2分，而电场的能量则存在于整个空间。6、有两个无限大的平行导体平面，它们的法线平行于 z 轴，其中一个位于

9、z=0 处，电势固定为 ，另一个位于 z=d 处，电势固定为 ， 0d两平面间充满电荷，密度为zP (z) = P G)20d式中P为常量，如图所示，试用泊松方程求区域0 z 0,0 V 0.当P,P无1 2 1 2 1 2 1 2限靠近层面时,= 4 兀12 n P CJ申申=2 1 0结果表明在面偶极层两侧，电势是不连续的，但电势的法向微商是连续的。10、由唯一性定理可知，当我们求解有限或半无限区域的静电场 时，区域外的电荷分布不必知道，有人由此认为区域外的电荷分 布对内部电场没有影响，你认为这种说法是对还是错，为什么答:区域外的电荷分布能够影响区域边界条件，而边界条件是唯一性定理必须知道

10、的内容。唯一性定理实质告诉我们，外部是否有 电荷以及它对区域内的电场的影响是可以通过边界条件来体现的11、在闭合边界面S上，既给定申值，又给定空值的情形下，泊松dn方程或拉普拉斯方程的解存在吗为什么12、答：由唯一性定理：在V的边界S上给定申|或竺|则V内电s On s场唯一确定。所以重要知道二者之一 , 电场唯一确定 .我们知道屮|或竺|是用来确定通解中的常数的，因此既给定申值，又给定s On s匹值的情形下，当由申或空所求的电场相等时，柏松方程和拉普OnOn拉斯方程的解存在。当由屮或!所求的电场不相等，泊松方程或On拉普拉斯方程无解.13、利用唯一性定理分析导体壳外的电场与壳内电荷的位置关

11、系V 2Q = 0分析:如图2-13所示，壳外电势满足L| =申sQ 二 0J i o不论壳内电荷位置怎样变化，上述边界条件不变，故壳外电场与电荷 在壳内位置无关.14、在书中62页的例题中，为什么E保持球对称性，而D不对称。答：自由电荷密度分布决定d的分布，总电荷密度分布决定E的分 布，整个系统总电荷分布球对称而自由电荷分布不对称，所以E球 对称而D不对称。15、如果两导体平面相交角为a，n = 18!，当n为整数时，可用电a象法求解。且有（2n-1）个象电荷。若当n不为整数时，为何不能用电象法求解 答：当 n 为整数时，像电荷分布于求解区以外，并且在一圆周上。若当 n 不为整数时，故使每一

12、个导体平面等势面需要的像电荷，会出现 在求解区以内，而且象电荷数目可能为无穷多个，无法求解。例如交角a二120，如下图，虽然找到5个像电荷但其中的q4在求解区以 内.显然不能用电象法求解.纭）q1 答：电象法的基本思想是：用若干个放置在求解区域之外的假想的镜 像电荷，来等效代替分布于表面的感应电荷的作用，这些假想电荷与 已知电荷的总电势只要满足全部边界条件，所得到的解就是唯一正确 的解。理论依据是唯一性定理。17、 如果在无限大接地导体平面附近有一带电荷 Q 的导体球，能否用电象法求解试说明其理由 答：不能。电象法只适用于点电荷，当导体球与无限大平板相距很近时，不能看成点电荷18、一半径为R0

13、的接地导体球，离它球心a(|a| R0)处有一点电荷q,将此系统再放入均匀电场e中，E的方向与a相同，点电荷在什00么情况下所受的力为零。答：接地导体球，离它球心a(|a| R0)处有一点电荷q,点电荷q与接 地导体球之间的静电力等效于位于球内一象电荷(q = -R0q ,距球心 ab二R 2/a )与点电荷之间的静电象电荷力，在球心与点电荷的连线上， 0作用力方向指向球心.大小等于F二-Roq24兀s a(a R 2 /a)200当均匀电场E (E的方向与a相同)存在时，若电场E给点电荷q的力0 0 0方向与a相同，点电荷下所受的力为零，因此要求点电荷q必须是正 电荷，而且满足Eq =空时点

14、电荷所受的力为零。4亦 a(a - R 2 /a)20019、 一个小区域内电荷体系在远处激发的势如何将它展开成各级多极子激发的势的迭加答：电荷分布为p (x)的电荷体系激发的势：/ 、1 f pdVP (x) =J -4k8r0v在远处，r l, x x将1 = 1在xf = 0处展开为r |x - xj11,116 2 1= x *V + Y x x+r RR 2! i,j i j 6x 6x Rij代入得多级展开为14K80P (0)旦是将电荷集中在原点激发的电势。4k8 R01P(1)=4ks是中心位于原点的体系电偶极子激发的电势。m二1一D-W 是中心位于原点的电四极子激发的电势。2

15、4 兀wR020、球对称电荷分布有没有电多极矩答:不能说明球对称电荷分布系统没有电多极矩，而应该说相对球心这个原点没有电多极矩，而相对其它点有电多极矩.四、 计算和证明1、一个半径为R的电介质球，极化强度为P = Kr / r 2，电容率为e。（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)p 二一V P 二一KV(r / r 2)二一K(l/r 2)V-r + r -V(1/r 2) = _K / r 2 p = n - (P P) = e - P|= K / RP21r r=R(2) d = s E

16、 + P = Ps /(w-w )内 0 0p = V-D =sV -P/(s s ) = sK/(s s )r2 f 内 03) E = D /w = P/(w w )内 内 0D J P dVE=外 =f e夕卜s4兀s r 200wKR=ew (w w ) r 2 r 00KRs(In +)s srs00m J E - dr =sKR外 r 外 s (s s )r 00 m = JR E - dr + J*E - dr =- 内r 内R 外 W 二 2 % -EdV 二1EK 22(8 -8 )20JR 4兀r 2dr 十0r21 8 2 K 2 R 22 8(8-8 )200Rr48K

17、二 2兀8R(1 + )()28 8 - 8 002、在均匀外电场中置入半径为 R 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)该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场E方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。当R R时，电势申满足拉普拉斯方程，通解为0(a Rn +nbnRn+1)P (cos 0)n因为无穷远处E E ， (p (p ER cos 0 = Q E RP (cos 0)0 0 0 0 0 1所以b = R (一p ), b = E R 30 0 0 0 1 0 0b = 0,(n

18、 2) n所以a = p ， a = E ， a = 0,(n 2)0 0 10n当R T R时，p T010p E R P (cos 0) + 丫bn P (cos 0 )=0 0 0 1nR n +1 n00即：p + b /R =Q , b /R2 = E R0 0 0 0 1 0 0 0(RR0)(RR0)Ip 一 E Rcos0 + R (一p )/R + E R3 cos0 /R2p = 000000 0I(R R )00(2)设球体待定电势为，同理可得0Ip 一 E Rcos0 + R (p )/R + E R3 cos0 /R2p = 000000 0I(R R0)|申-E R

19、 cos0 + Q /4k8 R + (E R3 / R2) cos0 0l(p + Q /4k8 R (R 1)d = 0, (n 1)nnq= a ， q= d / R内 0 外 0所以空间各点电势可写成q = a + Q 4ksR内 o f -*外二 d R + Q . 4ksR得：a = d / R00s 内=sdn竺外得:0 dns Q s d0 匚 +,4kR2 4ksR2R 20 00d -Q（丄一 1所以Q 1 1a f（一 ）0 4kR s s00Q Q 11* f +f（ 一一）内 4ksR 4kR s s00QQ1 1Q + 一一） 外 4ksR 4kR ss0二）应用高

20、斯定理在球外，RR ,由高斯定理得:0s 0个导体球的束缚电荷Q 0），所以p次=Q总=Qf+ Qp= Qf，（整 Q，积分后得： f e 外4ks R 2 r0* -JE -dR fQ 外外RdR =4ks R 24ks RR 00在球内，RR ,0由介质中的高斯定理得：s JE -ds Q，所以内fE - e内4ks R 2，积分后得：* -E -dR + fE -dR-f+ 皀结果相同。内 内外4ksR 4ksR 4ks RRR0004、均匀介质球（电容率为s ）的中心置一自由电偶极子p，球外充 1f满了另一种介质（电容率为 s ），求空间各点的电势和极化电荷 分布。 2解：以球心为原点

21、， p 的方向为极轴方向建立球坐标系。空间各点的电势可分为三种电荷的贡献，即球心处自由电偶极子、极化电偶极子及球面上的极化面电荷三部分的贡献，其中电偶极子产生的总电势为p R/4厄R3。所以球内电势可写成：f19=0 + p R/4s R3 ；球外电势可写成： 弟=9 + p R/4兀s R3i i f 1 o o f 1其中9 和9 为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方io程。由于对称性，9和9均与0无关。考虑到R T0时9为有限i o i值；R T8时9 T 0，故拉普拉斯方程的解为：o9r =工a RnP (cos6)(R R )oRn+1 n0n由此1)9i R /4k8 R

22、3 +1工a RnP (cos6)nn(R R0)2)边界条件为3)9i R=R0=9o R=Roi SR4)R=R0s S9=s o-2 SRR=Ro将(1) (2)代入(3)和(4),然后比较P(cos6)的系数，可得: na = 0, b = 0(n 丰 1)nna = (8-e ) p / 2 兀s (s + 2 s ) R 31 1 2 f 1 1 2 0b = a R3 = (s -s )p /2兀s (s + 2s )1 1 0 1 2 f 1 1 2于是得到所求的解为：p R(s - s ) p R cos 6f +12 f4兀s R 32兀s (s + 2s ) R 31 1

23、 1 2 0R(RR0)pf R(s -s )/+12p4兀s R 32兀s (s + 2s ) R 3 f1 1 1 2 0p R(s s )p cos0p R申=+12 f =”o/ +4兀s R 32兀s (S + 2s ) R 21 1 1 23 p - R(S - ) p - R1 - / +4兀S R 32兀S (S + 2s ) R 31 1 1 2=f4兀(S + 2s ) R 312在均匀介质内部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零sD = a 1)V D s1所以在球体内部，只有球心处存在极化电荷。s sp = V - P = V - (s s )E = V - i

24、 op1 os1=(S / S -1) po1所以 p = (s / S 1) pp o 1在两介质交界面上，极化电荷面密度为a 二 e - (p p )二(s s )e - E (s spr1210 r i2| + (S 2 -S 0)寻Ro=(S S1R0o)ea =s (生竺)p 0 dRdRRoS如.S i1 dRS如=So2 dRRR 00 3s (s s )p cos0 012 f2兀s (s + 2s ) R 3112 o5、空心导体球壳的内外半径为R和R，球中心置一偶极子p球壳上 带电 Q ，求空间各点的电势和电荷分布。解：以球心为原点，以p的方向为极轴方向建立球坐标系。在R

25、R两均匀区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为2工(a Rn +)P(cos0)nRn+1 nn当R*时，电势趋于零，所以R R时，电势可写为2申=Y-bLP(COS0)oRn+1 n(1)n当Rt0时，电势应趋于偶极子p激发的电势:所以R R时，由高斯定理得：D = p R3 /3R2，1 0 1 f 0 E = p R3/3e R21 f 0 0当R Ro)q 为有限，2所以q =工i2a RnP(cos0)nn(R R )o2 00 0 000(3)q = 38 E R cos 9 /(8 + 28 )(R b及b b两种情况的电流分布的特点。解：本题虽然不是静电问题，但当电流达到稳定

26、后，由于电流密度J与电场强度E成正比(比例系数为电导率)，所以E也是稳定 f00 0的。这种电场也是无旋场，其电势也满足拉普拉斯方程，因而可 以用静电场的方法求解。未放入小球时，电流密度J是均匀的，由J =b E可知，稳恒f0f0 2 0电场E也是一个均匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势q00 便是均匀电场E的电势。放入小球后，以球心为原点，E的方向 00 为极轴方向，建立球坐标系。为方便起见，以坐标原点为电势零 点。在稳恒电流条件下，ap/at = 0，所以：v-J = 0由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为:(2)n (J - J ) = 021设小球内的电势为p，电解液中的电势

27、为p，则在交界面上有: 2(3)1 R02 R0b勢i QR(4)R=R0将J二bE及E = -Vp代入，得:V - J = V - (bE) = bV 2甲=0可见申满足拉普拉斯方程考虑到对称性及R ”时E T %,球外电势的解可写成：(5)Jbp =-fa R cosB+YlP (cosB)2 bR n+1 n2(R R0)其中利用了 J =b E。f 020考虑到R T 0时电势为有限值，球内电势的解可写成:p = Y a RnP(cosB)(R R )1 n n0(6)得：因为选R = 0处为电势零点，所以a二0，将代入0f0R cosG+工 P(cosG)二工 b0-nRn+1 n

28、n0a RnP(cos0)n0n(8)c -focosO工(n + 1)-bn-2 cRn + 22n0P(cosO) = c 工1nna Rn-1 P(cosB)n 0 n由(7)(8)两式可得:a =-3 J/(c + 2c ),1 f 0 1 2(c -c )J R3 /(c1 2 f 0 0 12c )c22a = 0, b = 0(n 丰 1)nn所以：q =-3J RcosO /(c1 f 0+ 2c ) = -3J R /(c + 2c )212Q =-J RcosO/c + (c -c )J R3cos0/(c + 2c )c R22 f 0 2 1 2 f 0 0 1 2 2

29、=-J R/c + (c -c )R3J R/( + 2c )c R3f 02 1 2 0 f0 1 2 2由此可得球内电流密度:+ 2c12J =c E=-c= 3c V(JR)/(c+2c) =3cJ/(c1 1 1 1 1 1 f 0 1 2 1 f 0电解液中的电流密度为:J =c E = -c VQ2 2 2 2 2=Jf0+(c -c )R3 3(J - R)R12 亠 a(c + 2c )R512(2)两导体交界面上自由电荷面密度=e -(D -D ) = s e -(E -E ) = e -(J /c 一J /c )f r 210r 210r 2211=3(c -c )8 J

30、cosO /(c + 2c )c120 f 0122(3)当c c，即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时,12(c -c )/(c + 2c )沁 11 2 1 23c /(c + 2c )沁 31 1 2所以， J沁3J1f 0J 沁 J + (R 3 /R 3)3(J - R)R / R 2 - J 2 f00f 0f 0 U 38 J cos O / cf0 f 02当c R )置一点电荷Q，试用分离变量法求空间各点电 0f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p

31、= Q /4兀s、；R2 + a2 - 2Racos0 ，1 f二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的P。后者在球内和球2外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性，P与0无关。2由于Rf 0时，p为有限值，所以球内的p解的形式可以写成221)p二工i2na RnP (cos0 ) nnp应趋于零，所以球外的p解的形式可以写成222)申 =Xo2b-P (cos0)Rn+1nn由于R2 + a2 - 2Racos0 = (1/a)X (R/a)nP (cos)nP = (Q /4兀Sa)X(R/a)nP (cos)1fnn当 R R 时，p =p +p0 外 1o 2=(Q / 4兀8a)工(R /

32、 a) n P (cos) + 工bP (cos0)nnRn+1因6)体球接地，7)将8)6)代入)得:a = Q /4兀8an+1nf将9)7)代入5)并利用(8)式得:=Q R2n+1/48an+1f0将10)8)9)分别代入( 4)(5)得 :9=0内(R R )(11)o9外=4- Q + -) =+夕卜 48 r r 4812R0Q-. 外4兀8，:R 2 + a2 2Ra cos0 ajR2 + (R2 / a)2 + 2RR2 cos0 / a *00用镜像法求解：设在球内r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)r =R2

33、/a， Q=R Q /a0 0 0 f所以空间的电势为(R R )、:R2 + a2 2Racos9 a、R2 + (R2 /a)2 + 2RR cos9 /a0h009、接地的空心导体球的内外半径为R和R，在球内离球心为a处(a R )置一点电荷Q。用电象法求电势。导体球上的感应电荷有多少 分布在内表面还是外表面解：假设可以用球外一个假想电荷Q 代替球内表面上感应电荷对空间电 场的作用,空心导体球接地,球外 表面电量为零，由对称性，Q应在球心与Q的连线上。考虑球内表面上任一点P,边界条件要求:Q / R + Q/R = 0(1)式R为Q到P的距离，R 点，应有为Q到P的距离，因此，对球面上任

34、R/R = -Q/Q =(2)只要选择Q的位置，使AOQPAOPQ，则R/R = R /a =常数(3)(4)Q 距 球 心 为 b ， 则b / R = R / a112）（3）两式得:Q 一 RiQ / aRQ/a1 1p =.4兀* R)；ip = (Q + Q )/4亦 R ,2内0 0 2p = (Q + Q )/4兀匕 R ,02外(RR )，所以2* = (Q + Q )/4庇 R00p = (Q + Q )/4庇 R0 0 2(R R )2(R R R )i2RQ/aiip =一4兀匕门 vR2 + a2 一 2Ra cos0JR2 + R4 / a2 一 2R2R cos0

35、/0 1 1 由以上过程可见，球面电势为(Q + Q )/4脫R0 0 2a+管， R2)2 (R R R )12Qp R /R02p04 H4k80 .R2 + a2 一 2Ra cos 0RQ/a1 =R2 + R4 / a2 一 2R2R cos 0 / a %11(R a)，试用电象 法求空间电势。解：如图，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。Q1 一 bQ+b ；R2 + + 2 Rcos9b 2 b屮2 +詈- 2存C0S 9(09 兀.212、有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面所-Qi(x，-a, b

36、0-a)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。+!Q(x ,-a,-b)0J-Q( F a,-b)Q = Q ， r = be ，所以33 z申=4=4兀0 vR2 + b2 2Rbcos9 0)zoyxA(x0f y0, z0)B(x0,y0,z0)解：用电像法，可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导体板的作 用。申二 4r4兀* 0 (x xo)2 + (y a)2 + (z b)21一 + =(x x )2 + (y + a)2 + (z b)2(x x )2 + (y + a)2 + (z + b)20七013、设有两平面围成的直角形无穷容器,其内充满电导率为O的液

37、体。取该两平面为XZ面和 yz面在(x ,y ,z )和(x ,y，z )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,由于 I = J j - dS ,I / c = Q / 可得：Q = I /c所以Q (x，y , z )0亨 00Q (x，y , z )0 T 00Q ( 0, y 0, z 0)Q ( x 0, y 0, z 0)一Q(x ,y ,z)i 一Q(x0,y0，一z0)0 0 0 * 000- Q (x , y，-z )- Q (x 0, y 0,-z 0)0 0

38、 0 0 0 0属恒定场，即ap/at = 0, v-j = 0。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的高斯面，则同理，对B点有：Q =-Is/- QB又，在容器壁上，j = 0，即无电流穿过容器壁。由j = bE可知，当j = 0时，E = 0。n所以可取如右图所示电像，其中上半空间三个像电荷Q，下半空 间 三 个 像 电 荷18p = L4兀&i=1-Q ，r q.1i-I厂丿i1容 器 内 的 电 势 分 布 为 ：14 (x- x0)2 + (y - y0)2 + (z - z0)21.( x - x0)2 + (y - y 0)2 + (z + z0)21+ Z

39、v(x - x )2 + (y + y )2 + (z - z )20 0 01(x - x )2 + (y + y )2 + (z + z )2Y 000- 1(x + x )2 + (y + y )2 + (z + z )2V 0 0 01+ :(x + x )2 + (y + y )2 + (z - z )2 0 0 01+也x + %)2 + (y - y0)2 + (z - z0)2- ,：(x + %)2 + (y - y0)2 + (Z + Z0)214、画出函数d5 (x)/ dx的图，说明p=_(p -V)8 (x)是一个位于原点的偶极子的电荷密度。解： (X) = jg ,

40、:舄d5 (x)5 (x + Ax) -5 (x)=limdxAx T0Ax1)x丰0时， d5 (x)/ dx = 02) x二0时，a)对于Ax0,d5 ( x)0 - g=lim= -gdxAxT0 Axb)对于 Ax 0 ,d5 (x)0-g=lim= +gdxAxT0 Ax图象如右图所示。P = -( p-V )5 (X) = -( p d / dx + p d / dx + p d / dx )5(x)x11 x 22x33J pxdV = -J (p -V)5 (x)xdV = -J (p d / dx + p d / dx + p d / dx )5 (x)xdV x11 x 22x33-J( P )5 (x )xdV = -J p其中第一项为：(5 (x )5 (x )5 (x ) )x e + x e + x e )dx dx dx x1 dxx1 dx1231 12 23 31 2 311x1dx23111应用 d“(t)= 5(?) +1皿,dtdt=-f p d -2-5 (x )5 (x )(x e + x e + x e )dx dx dx = -e f p x -2- dx2 23 31 2 31x1 1 dx11即 t皿=d“(t)-5(t)，可得: dtdtd (x 5 (x )+ e f p 5 (x )dx