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 \(\vec{P}=K\frac{\vec{r}}{r^2}\),电容率为 \(\epsilon\).
(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 $$ \vec{D} = \epsilon_{0} \vec{E} + \vec{P} $$
(3) 计算球外和球内的电势
球外 $$ \begin{aligned} Q &= \int_{0}^{R} \left( \frac{\epsilon K}{(\epsilon - \epsilon_{0}) r^{2}} - \frac{K}{r^{2}} \right) 4 \pi r^{2} d r + 4 \pi R^{2} \frac{K}{R} = \frac{\epsilon K}{\epsilon - \epsilon_{0}} 4 \pi R \\ \phi (r) &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} \frac{Q}{r} = \frac{\epsilon KR}{(\epsilon - \epsilon_0)\epsilon_0 r} \end{aligned} $$ 球内 $$ Q (r) = \int_{0}^{r} \left( \frac{\epsilon K}{(\epsilon - \epsilon_{0}) r^{2}} - \frac{K}{r^{2}} \right) 4 \pi r^{2} d r = \frac{\epsilon_{0} K}{\epsilon - \epsilon_{0}} 4 \pi r $$
(4) 求该带电介质球产生的静电场总能量 $$ \begin{aligned} W_{E} &= \int_{0}^{R} \frac{1}{2} \epsilon_{0} (\frac{K}{(\epsilon - \epsilon_{0}) r})^{2} 4 \pi r^{2} d r + \int_{R}^{\infty} \frac{1}{2} \epsilon_{0} (\frac{\epsilon KR}{(\epsilon - \epsilon_0)\epsilon_0 r^{2}})^{2} 4 \pi r^{2} d r \\ &= 2\pi \epsilon R \left(1 + \frac{\epsilon}{\epsilon_0}\right) \left(\frac{K}{\epsilon - \epsilon_0}\right)^2 \end{aligned} $$ (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\(\frac{1}{\epsilon_r}\)倍.
证明
线性极化假设下 $$ \vec{D} = \epsilon_{0} \vec{E} + \vec{P} = \epsilon \vec{E} $$ 所以 $$ \vec{P} = (1 - \frac{\epsilon_{0}}{\epsilon}) \vec{D} $$
所以极化电荷出在自由电荷处
总电荷 $$ \rho = \rho_{0} + \rho' = \frac{\epsilon_{0}}{\epsilon} \rho_{0} = \frac{1}{\epsilon_{r}} \rho_{0} $$ (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\(\frac{1}{\epsilon_r}\)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 $$ \vec{D} = \epsilon_{0} \vec{E} + \vec{P} = \epsilon \vec{E} $$ 所以 $$ \vec{P} = (1 - \frac{\epsilon_{0}}{\epsilon}) \vec{D} $$
总电荷变为 $$ \rho = \rho_{0} + \rho' = \frac{\epsilon_{0}}{\epsilon} \rho_{0} = \frac{1}{\epsilon_{r}} \rho_{0} $$ 根据叠加原理 $$ \phi = \int d \tau' \frac{\rho_{0}}{4 \pi \epsilon_{0} \epsilon_{r}|\vec{r} - \vec{r}'|} $$
所以场强和电势都变为无介质时的\(\frac{1}{\epsilon_r}\)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 \(\vec{r}\) 处的电势与 \(q\) 的关系为: \(\phi(\vec{r}, q_1, q_2, \ldots) = \sum_i p_i(\vec{r}) q_i\)，其中\(p_i(\vec{r})\)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 $$ \begin{aligned} \oint_{S_{i}} d S \frac{\partial}{\partial n_{i}} \sum_i p_i(\vec{r}) q_i &= - \frac{q_{i}}{\epsilon} \\ \sum_i p_i(\vec{r}) q_i &= \phi_{i} \qquad (\vec{r} \in S_{i}) \end{aligned} $$ 的解存在，那么这个解就是唯一解 $$ \begin{aligned} \oint_{S_{i}} d S \frac{\partial}{\partial n_{i}} \sum_i p_i(\vec{r}) q_i &= \int_{S_{i}} d \vec{S} \cdot \nabla (\sum_{i} p_{i} (\vec{r}) q_{i}) \\ &= \int_{V_{i}} d \tau \nabla \cdot \nabla (\sum_{i} p_{i} (\vec{r}) q_{i}) = \int_{V_{i}} d \tau \nabla^{2} (\sum_{i} p_{i} (\vec{r}) q_{i}) = - \frac{q_{i}}{\epsilon} \end{aligned} $$ 不妨令 $$ p_{i} (\vec{r}) = \frac{1}{ 4 \pi \epsilon} \int_{V_{i}} \frac{\rho_{i} (\vec{r}') d \tau'}{ |\vec{r} - \vec{r}'|} $$
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 $$ \sum_{i} \frac{q_{i}}{ 4 \pi \epsilon} \int_{V_{i}} \frac{\rho_{i} (\vec{r}') d \tau'}{ |\vec{r} - \vec{r}'|} = \phi_{i} \qquad (\vec{r} \in S_{i}) $$ 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 $$ \begin{aligned} \rho_{i} (\vec{r}) = \begin{cases} 0 & (\vec{r} \in V_{i}/\overset{\circ}{V_{i}}) \\ \frac{\sigma_{i}}{q_{i}} \delta (\hat{n}) & (\vec{r} \in \partial V_{i}) \end{cases} \end{aligned} $$ 满足条件。所以解存在，即唯一解为 $$ p_{i} (\vec{r}) = \int_{S_{i}} \frac{\sigma_{i} (\vec{r'})}{4 \pi \epsilon |\vec{r} - \vec{r'}|} d S $$ (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 $$ \sigma_{\text{内}} = - \frac{\partial \phi}{\partial n} $$ 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 $$ \phi = 0 $$ 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 $$ \phi (r, \theta) = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \left( \frac{Q}{\sqrt{R^2 + a^2 - 2Ra \cos \theta}} - \frac{\frac{R_{1}}{a} Q}{\sqrt{R^2 + \frac{R_1^2}{a^2} - \frac{2R_1^2 R}{a} \cos \theta}} \right) $$ 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 $$ \begin{aligned} \phi (x, y, z) &= \frac{1}{4 \pi \epsilon_{0}} ( \frac{Q}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z - b)^{2}}} - \frac{Q}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z + b)^{2}}} \\ & - \frac{\frac{b}{a}Q}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z - \frac{a^{2}}{b})^{2}}} + \frac{\frac{b}{a}Q}{\sqrt{x^{2} + y^{2} + (z + \frac{a^{2}}{b})^{2}}} ) \end{aligned} $$