第二三章習(xí)題1

1、1第二章習(xí)題第二章習(xí)題解：解：（1）以球心為原點(diǎn)，取z軸沿外電場 的方向，建立球坐標(biāo)系。 0e在導(dǎo)體球外空間，電勢滿足拉普拉斯方程： . 20由于本問題具有軸對稱性，故通解形式為 (1)0()(cos )nnnnnna rb rp通解中的系數(shù)由下列邊界條件確定： 時(shí)， ，（其中 為未置入導(dǎo)體球前坐標(biāo)原點(diǎn)的電勢）. r 00cose r0由此得 0010,0 (0,1)naaean 2. 在均勻外電場中置入半徑為在均勻外電場中置入半徑為 的導(dǎo)體球，試用分離變量法求下列兩種的導(dǎo)體球，試用分離變量法求下列兩種情況的電勢：情況的電勢：（1）導(dǎo)體球上接有電池，使球與地保持電勢差）導(dǎo)體球上接有電池，使球與

2、地保持電勢差 ；（2）導(dǎo)體球上帶總電量）導(dǎo)體球上帶總電量q. 0r02 面上， ，由此得 0rr0 30000100(),0 (0,1)nbrbe rbn 所以 300000002()coscosre re rrr 300000003()re re rrrr （ ）0rr（2）導(dǎo)體球上帶總電量 時(shí)，導(dǎo)體球仍為等勢體，設(shè)其與地的電勢差為 .由前一問的結(jié)果，球外電勢為 q0300000002()coscosre re rrr （ ）0rr3再由導(dǎo)體球上帶總電量為 q的條件，應(yīng)有關(guān)系： 00r rdsqr由于 0220000000 0000003cossin4(),r rdserd drrr 故 0

3、000()4qr 所以 3000020coscos4qe re rrr（ ）0rr4解法一：應(yīng)用分離變量法求解解法一：應(yīng)用分離變量法求解 根據(jù)提示，可令 4fqur其中為球面極化電荷產(chǎn)生的電勢，滿足下列拉普拉斯方程： 2102200,()0.()urrurr由于本問題是球?qū)ΨQ的，上述拉普拉斯方程的通解形式為 12,.buarducr3. 均勻介質(zhì)球的中心置一點(diǎn)電荷均勻介質(zhì)球的中心置一點(diǎn)電荷 ，球的電容率為，球的電容率為 ，球外為真空，使用，球外為真空，使用分離變量法求空間電勢，把結(jié)果與使用高斯定理所得結(jié)果比較。分離變量法求空間電勢，把結(jié)果與使用高斯定理所得結(jié)果比較。提示：空間各點(diǎn)的電勢是點(diǎn)電荷

4、提示：空間各點(diǎn)的電勢是點(diǎn)電荷 的電勢的電勢 與球面上的極化電荷所與球面上的極化電荷所產(chǎn)生的電勢的疊加，后者滿足拉普拉斯方程。產(chǎn)生的電勢的疊加，后者滿足拉普拉斯方程。 qfqfrqf4/5由邊界條件確定上述通解中的系數(shù)： 時(shí)， 應(yīng)有限。因此 ，故 0r 1u0b 10,()4fqarrr 時(shí)， 。因此 ，故 r 20u 0c 20.()4fqdrrrr 面上， 即 0rr12120,.rr0000000002220000,1,444.1.444ffffffqqqdaarrrrqqqddrrr所以 010001;()44ffqqrrrr020001.()444fffqqqrrrrr6解法二：利用高

5、斯定理求解解法二：利用高斯定理求解 由 ，可得 ，因此 fsd dsq34fqdrr進(jìn)而可通過積分求得電勢： 2200;()4rfqe drrrr 0012100000004441.()44rrfffrffqqqe dre drrrrqqrrrr 可見，兩種方法所得結(jié)果相同 。10320300;()4.()4ffqderrrrqderrrr79. 接地的空心導(dǎo)體球的內(nèi)外半徑為接地的空心導(dǎo)體球的內(nèi)外半徑為r1和和r2 ，在球內(nèi)離球心為，在球內(nèi)離球心為a (a a)，試用電像法求，試用電像法求空間電勢。空間電勢。 解：解：取直角坐標(biāo)系，以球心為原點(diǎn)，系統(tǒng)對稱軸為軸。 由電像法，為使邊界條件（導(dǎo)體表

6、面電勢為零）得到滿足，可用如圖所示的三個(gè)像電荷來替代導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷。各電荷的電量和坐標(biāo)如下： 12導(dǎo)體表面上方的電勢為 122222220222222214()(/ )1;(/ )()qaxyzbb xyzabab xyzabxyzb導(dǎo)體表面下方的電勢為 20原電荷 電量 坐標(biāo) (0,0, )bq像電荷1 電量 坐標(biāo) 像電荷2 電量 坐標(biāo) 像電荷3 電量 坐標(biāo) /qaq b 2(0,0,/ )ab/qaq bqq 2(0,0,/ )ab(0,0,)b1312. 有一點(diǎn)電荷有一點(diǎn)電荷q位于兩個(gè)互相垂直的接地導(dǎo)體平面所圍成的直角空間內(nèi)，位于兩個(gè)互相垂直的接地導(dǎo)體平面所圍成的直角空間內(nèi)，它到兩

7、個(gè)平面的距離為它到兩個(gè)平面的距離為a和和b，求空間電勢。，求空間電勢。 解：解：取直角坐標(biāo)系。 設(shè)原電荷 位于點(diǎn) ，由電像法，為使邊界條件（導(dǎo)體表面電勢為零）得到滿足，可用三個(gè)像電荷來替代導(dǎo)體表面上的感應(yīng)電荷，各像電荷的電量和坐標(biāo)如下： q( , ,0)a b原電荷 電量 坐標(biāo) 像電荷1 電量 坐標(biāo) 像電荷2 電量 坐標(biāo) qq qq qq (, ,0)a b(,0)ab( ,0)ab1412222220222222114()()()()11;()()()()(0,0)qxaybzxaybzxaybzxaybzxy20(00)xy或空間電勢分布為 15第三章習(xí)題第三章習(xí)題1. 試用試用a表示一個(gè)

8、沿表示一個(gè)沿z 方向的均勻恒定磁場方向的均勻恒定磁場 b0，寫出寫出a的兩種不同表示的兩種不同表示式，證明兩者之差是無旋場式，證明兩者之差是無旋場00,xyzbbbb解：沿 z 軸方向的均勻磁場由定義式0 , 0yxzyxzzaabbxyaaaayzzxba有解00, ( )zyxaaab y f x另一解00,( )zxyaaab x g y1600, ( )zyxaaab y f x00,( )zxyaaab x g y10( )xab y f xe 20( )yab x g y e00( )( )xyab y f xeb x g ye 000000( )( )( )0 ( )0 ( )(

9、 ) 0 xyxyzab y f x eb x g yeb x g yeyzb y f xezyb x g yb y f xexy 說明兩者之差是無旋場說明兩者之差是無旋場17解解1：在分界面（面）上，磁場圓柱坐標(biāo)分量應(yīng)滿足邊界條件： 121212,rrzzbbhhhh設(shè)滿足以上邊界條件的嘗試解的形式為 （d為待定系數(shù)），則 12bbdie120,didihehe由 得 lh dli11120()rhrhrdii解得 00()dr 4. 設(shè)設(shè) 半空間充滿磁導(dǎo)率為半空間充滿磁導(dǎo)率為 的均勻介質(zhì)，的均勻介質(zhì)， 空間為真空，今有線電空間為真空，今有線電流流i沿沿z軸流動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度分布和磁化電流分布。軸流動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度分布和磁化電流分布。 0 x0 x 18所以 0120()ibber 在緊貼線電流的介質(zhì)一側(cè)有線磁化電流，磁化電流強(qiáng)度為 1010011()mlcim dlb dli19解解2：設(shè)本題中的磁場分布呈軸對稱，則可寫作 在介質(zhì)中： 22biher 而 2002bihmemr 2iber （1） 其滿足邊界條件： 2121()0()0nbbnhh （2） 所以在