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(2)介质分界面上的自由电荷密度wf
若介质是漏电的,电导率分别为(71和c2当电流达到恒定
时,上述两问题的结果如何?
解:
在相同介质中电场是均匀的,并且都有相同指向
…hE1-12E2
则
JD1^—■D2n
二E
=;
任1-;
2E2=0(介质表面上
二f=0)
故:
E1
2E
1E
h匚2I2-1
又根据Dm-D2n,(n从介质1指向介质2)
在上极板的交面上,
D1-f1D2是金属板,故D2=0
即:
1店
11;
212;
1
而;
-f=0
'
2
-D;
-D^-D2,(D1■是下极板金属,故D1=0)
j1n=j2n=j1=j2,(稳定流动)
1.14、内外半径分别a和b的无限长圆柱形电容器,单位长度电荷为-f,板间填
充电导率为匚的非磁性物质。
(1)
证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消,因此内部无磁场。
求长度为I的一段介质总的能量耗散功率,并证明它等于这段的能减少率。
■4
D口
T
D
,■”VJ
根据高斯定理0二'
、
,即传导电流与位移电流严格抵
消。
•I左轟二j
er」e「
2二;
r2二;
r
能量耗散功率密度=J2:
—J2丄=(―)2-
a2兀wr
(5)解:
单位体积dV=12-rdr
例1.一个内径和外径分别为R2和R3的导体球壳,带电荷Q,同心地包围着一个半径为R1的导体球(R1VR2)•使这个导体球接地,求空间各点的的电势和这个导体球的感应电荷。
解这个问题有球对称性,电势「不依懒于角度二和'
因此可以只取
边界条件为:
(1)因内导体球接地,故有
(2)因整个导体球壳为等势体,故有
◎R占=1|RzR3
(3)球壳带总电荷Q,因而
把
(1)、
(2)代入这些边界条件中,得
d
a=0c—=0,
R,
由此解出
其中
Qi
4二;
0R1
把这些值代入
(1)、
(2)中,得出电势的解
导体球上的感应电荷为
一;
。
2R2d—Qi
R=Ri;
R
例4导体尖劈带电势V,分析它的尖角附近的电场。
解用柱坐标系。
取z轴沿尖边。
设尖劈以外的空间,即电场存在的空间为
0v2理一■;
、(】为小角)。
因「不依懒于z,柱坐标下的拉氏方程为
d20
•C-i1-0.
用分离变量法解次方程。
设「的特解为,二R(r)0(旳则上式分解为两个方程
其中、为某些正实数或0.把「的特解叠加得:
得通解
=(AoB°
ln)r(C书)、(、Ar、,」B)(@os、..>
Dsin).
V
各待定常量和的可能值都由边界条件确定•
在尖劈V-0面上,=V,与r无关,由此
A0C。
二VB=0,C=0(=0).
因r》0时「有限,得
B。
二B、二0.
在尖劈v-2二-:
-面上,有、二V,与r无关,必须
Do二0,sin、(2二-:
)=0,
因此得可能值为
n二i,2)
2—
兀
考虑这些条件,「可以重写为
为了确定待定常量An,还必须用某一大曲面包围着电场存在的区域,并给定这曲面上的边界条件。
因此,本题所给的条件是不完全的,还不足以确定全空间的电场。
但是,我们可以对尖角附近的电场作出一定的分析。
在尖角附近,r>
0,上式的求和的主要贡献来自r最低幕次项,即n=1项因此,
VAr'
1sin卡,
电场为
Er=_rA,羊斗sinFor
EtALcos^
1列
尖劈两面上的电荷密度为
|'
oE_i(0)
-止血-2-.
1一
若〉很小,有「丄,尖角附近的场强和电荷密度都近似地正比于r_2.由此可
见,尖角附近可能存在很强的电场和电荷面密度。
相应的三维针尖问题就是尖端
放电现象。
2.7在一很大的电解槽中充满电导率为二2的液体,使其中流
着均匀的电流jf0,今在液体中置入一个电导率为G小球,求
稳恒时电流分布。
讨论Gf2及二2>
八'
1两种情况下电流分布的
特点。
维持电流恒定的电场也是静电场,可令E-」,由电流
恒定条件VJf.0,等两种介质都是线性均匀的,根据欧姆定
律半径为
Ro,令导电液中原电流密度
Jf0=;
丁2E0二二2E0ez。
问题就
有z轴对称性。
全部定解条件为:
I21=0
(R<
Ro);
宀=0(
R>
Rd)
R=0时,
i有限;
Rr时,
■-2>
-Jf0
Rcos-
匚2
1■-
■-
R=Ro时,
「1「2,
J1R二J2R即j
1…
二2-
(1)
由R=0和R>
-:
处的条件,可将两区域电势方程的解写为
\八anRnPn(cosd)
(2)
n
■'
2'
黑rPn(cosv)-些RcosJ(3)
nR◎2
将
(2)和(3)代入
(1),解出
-3Jf0
J——Rcosv
码+2cr2
3
苗Jf0fJf0(Ol—。
2)R0.
■2一Rcos-空cost
a2<
12(6+2^2^
由•’二;
eR-E^-eJ,得球面的电荷密度:
3-1Jf0
:
2的第一项是原外场,第二项是球面电荷产生的偶极场。
电流分布为:
」;
•]£
■!
=_:
•]I1:
11111(■26)
当「2,时,厂0,丫七尼竝連Jo
2|R5R
2.8半径为Ro的导体球外充满均匀绝缘介质R—匚,卩一;
0;
,导体球接地,离球心为a处aRo置一点电荷Qf,试用分离变数法求空间各点电荷,证明所得结果与镜象法结果相同。
【解】以球心为坐标原点,另Qf位于z=a,如图所示
z
于是问题有z轴对称性。
球外电势的全部定解条件为
\2二一Qf、.(x-aez)/
(1)
R—'
;
—0;
R=Ro,=0
(2)
由R>
■-:
处的条件和z轴对称性,泊松方程
(1)的解写为
Qf00b
f也P(C0S“(3)
rnz0Rn1
其中是r点电荷Qf到场点的距离。
1r可展开成
]閃fR』-Zr—R(cosT)(R^a)
11_』an=o(a丿
rR2a2-2Racos1j:
an匚
()Pn(cosR(Ra)
Rn出R
因Ro<
a,将(4)的第一式代入(3),并由条件R=Ro,®
=0解出
将(4)代入(5),便给出R0乞R乞a和R—a两区域中电势的级数形式,仅在
R=a,=0即点电荷Qf所在点级数发散。
在R—a区域,(5)式给出
它包含着这电荷体系所有各级电多极矩的电势,由
P0(cos日)=1,R(cos8)=cos8,F2(cos日)=(3cos2日—1)/2
(6)式的前三项是单极项,偶极项和四极项电势:
「(叫丘(仁色)(7)
Ra
「⑴复(a-^hcosr(8)
■:
(2)Q^T(a^R2)(3cos^-1)(9)
8殆R3a2
由(8)式和(9)式,可推知这体系的电偶极矩和电四极矩。
【镜像法】以假象的像电荷代替导体球与介质分界面真实的感应电荷及极化电荷
对电场的贡献,为使所得的解满足求解区域即球外的方程
(1),像电荷必须置于
球内。
由轴对称性,在球内z=b处置像电荷Q■,于是球外任一点的电势可写成
其中r是Qf到场点的距离,r■是Q•到场点的距离,即
11
rR2a2-2Racos
由R=R0,=0的条件,有
将r和r代入上式并两边平方,可解出
>
0的条件
此解与(5)式是一致的,它显然也满足R>
:
2.9.接地的空心导体球的内外半径为R1和R2,在球内离球心为a(a<
R1)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?
由于接地导体球壳的静电屏蔽作用,球壳及其外部空间
的电势为零,求解区域为球腔。
设点电荷q位于z=a,球腔内
电势的定解条件为
、•--q、(x-aez)/;
0
(1)
R=0,有限;
R=R1,=0
(2)
由z轴对称性,将代替导体球面感应电荷的镜像电荷q'
置于
z=b处,且必须使b>
R1,于是球腔内任意一点的电势为
宀(3)
4二;
0rr'
其中r和r'
分别为场点到q和q'
的距离,即
1=11=1
rR2a2「2Racos)r'
R2b2「2Rbcos:
由R=R1,
=0的条件,解出
q'
--qR/a,
b二R1/a
5)代入(
3)得
CP=li
40R2a2「2Racos)
一qR/a
.R2(R2/a)2-2R(R2/a)cos,
因为球外'
=0故感应电荷集中在内表面并且总电量为q2.11.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)试用电象法求空间电势。
以z轴为系统的对称轴,球心为坐标原点,求解区域为导体表面上方空间,导体表面的电势为零,定解条件为
i炉=-q、.(x,y,z—b)/;
R=a,以及R.a但z=0处=0
要满足导体表面电势为零的条件,需要导体内设置三个假想的像电荷:
在z=-b处
置-q,在z=a2/b处置-qa/b,在z=-a2/b处置+qa/b。
于是导体外任
意一点的电势为
—[,q_
4兀讥Jx2+y2+(z_b)2
-q-qa/bqa/b
x2y2(zb)2x2y2(z_a2/b)2x2y2(za2/b)2
3.13有一个均匀带电的薄导体壳,半径为Ro,总电荷为q,今使球壳绕自身某一直径以角速度••转动,求球内外的磁场B.
【解】以球心为坐标原点,转轴为z轴.球壳电荷面密度;
「f=q/4二£
,因球壳自转而形成的面电流密度为
af-fvq~^ezR)eRq2sin71e
4二Ro4Ro
【磁标势法】球内外两区域均无传导电流分布,磁标势均满足方程I2「=0,
边界条件为
R=R0处,B2R=^你,eR(H2-HJ=af
由z轴对称性,及
(2)的两个条件,磁标势方程的解写为
由条件(3),解出
阳os,一炸”黑
w』手FR巳-裂
(8)
球内为均匀场,球外为磁偶极场,球面电流形成的磁矩为
(9)
1qR2
m=sR0eRafdS3—ez
3.14电荷按体均匀分布的刚性小球,总电荷量为
q,半径为Ro,它以角速度••绕
自身某一直径转动,求:
(1)它的磁矩;
【解】小球的电荷密度与质量密度分别为
订=3q,4二戌,6=3M°
4二戌
球内电流密度与动量密度分别为
J二:
?
qV=:
V'
re-■,p二6V=:
m'
re■■
小球的磁矩m与自转角动量L分别为
rJdV二
5
2M叭
rPdV0-ez
于是有m/L二q/M0
4.1有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播,一个波沿x方向偏振,
另一个沿y方向偏振,但相位比前者超前;
,求合成波的偏振。
反之,一个圆偏
振可以分解为怎样的两个线偏振?
两个波德波矢量均为k=kez,设振幅均为E0,有
E^Eoex小"
于是合成波
E2=E°
eye*」歹jEoeye*—。
E二Ei•E2二Eo(exiey
是振幅为Eo的圆偏振波,在迎着传播方向看来,电矢量E逆时针旋转,故是右
旋的圆偏振波。
若E2的相位比Ei滞后二,则合成波
E=E+E2=E°
(ex-iey)ei(k^5)
是左旋的圆偏振波。
若Ei和E2的振幅不等,则合成波是右旋或左旋的椭圆偏振
波。
反之,一个圆(或椭圆)偏振波可以分解为两个相互独立,相位差为_二的
线偏振波。
4.2考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为-d和■-d■的线偏振平
面波,它们都沿z轴方向传播
(1)求合成波,证明波德振幅不是常数,而是一个波:
(2)求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。
因d丄•,这是两列频率接近的波,波数分别为k^kdk,k2=k-dk。
设
它Eo们都沿x方向偏振,振幅为Eo,且初相位一致,即
E=Eoeei【(k七k)z_(QWpt]e2=eqeei[(k』k)z_^」t3t]
E二EiE2=2E°
excos(dkz-d,■t)ei(k^t)
仍是x方向上的线偏振波,其实数形式为
E=2EoC03d(kzdt)co-sk(zext)
这表明频率为■■的高频波受到了频率为d的低频波调制,2E0cos(dkn-d■,t)
是已调至的振幅,或称包络线,等相位面方程为'
二kz_「t二常数,对它求时间导数,得相速度
dz
等振幅面方程为2EoCOS(dk2-小’t)=常数,对此求时间的导数美得振幅传播速
d仞vr
它是波包整体的传播速度,即群速。
4.3一平面电磁波以^-45°
从真空入射到丫=2得介质,电场强度垂直于入射面。
求反射系数和折射系数
设介质是非铁磁性且线性均匀的,即<
:
-1,折射率吐1一.匸一.2,因入射角二皿。
,由折射定律阳讥,得
si2冷3“'
乍即折射角,'
=30。
当E垂直于入射面时,由边值关系
E+E=E,Hcos日-Hcos日=Hcos日
不考虑介质损耗时,折射系数为
T"
—=0.928
2+yj3
4.4有一个可见平面光波由水入射到空气,入射角为600。
证明这时将会发生全反射,并求折射波沿表面传播的相度和透入空气的深度。
设该波在空气中的波长为
■o=6.2810'
cm,水的折射率为n=1.33
空气的折射率n2:
1,水的折射率m=n•n2,这是光从光密介质入射至光疏介质的问题,由折射定律
可得这问题的临界角为
屯=arcsin-=arcsinO.7518=49°
45
(2)
入射角v-6O0,故sinv=nsinv•1,已没有实数意义上的折射角,将发生
全反射。
设界面为z=0的平面,入射面为xz平面,入射波矢k=kxexkzez,折射波矢k”=k;
ex+kZez,k=⑷Jf応,k"
=⑷护离,由折射定律
(1),有
IIIIIIII
k=n21k,kx=kxsinO>
k
(3)
k;
二k2-k;
2二ik..sin2-n=i
(4)
II
折射波矢的法向分量k;
为虚数,故折射波电场为
E”=E0Jk”x"
=E0e%(k;
x“
(5)
可见这是沿界面切向x传播,振幅在法向z按指数规律衰减的表面波。
设E"
二E'
ey由
B”=%H”=(k”E”)/■
(6)
得折射波磁场两个分量:
因此折射波的法向平均能流密度:
1II*'
Sz=--ReEHx90
透射系数T=0.这是因为入射波能量在半个周期内透入第二介质,在另半个周期
内又完全反射回到第一个介质所致。
由k=nk=2n二八。
,波透入空气中的深度
k、.sin2v-n:
6
设B-'
H成立,
将E二Eoeio(kx"
D二。
畀“°
B二B°
eio(k°
代入上述场方程,
0-1.710^cm
2n二sin2v-1/n2
折射波德相速度为
1—1
kD=0,kB=0,BkE,DkB
coco#
EB=0,BD=0,kE=kD/=0
kE-0是由于D=;
E。
将
(2)的第三式代入第四式,得
-112
D=右k(kE)=—[kE-(kE)k]
coPco4
因kE=0,故D与电场E不同向。
介质中的能流密度为
112
S=EHE(kE)[E2k-(kE)E]
显然,S与波矢k不在同一方向。
4.7已知海水的Jr=1门=1Sm~,试计算频率v为50Hz,106Hz的三种电磁波
在海水中的透入深度。
由p”8.8541L2F在微波频率以下海水的;
「数量级为10,电导率
■;
-1Smd,因此对于频率为50Hz,106Hz和109Hz的三种电磁波,均有
「2二■-1
■■r;
0V
即海水对上述频率的波可视为良导体,波德穿透深度均可表示为
将%=4二10JHmd^-1Sm'
v=50Hz,,06Hz和109Hz代入上式,分别得
d=72m§
=0.5m6=16m
4.12无限长的矩形波导管,在z=0处被一块垂直地插入的理想导体平板完全封闭,求在z--:
和z=0这段管内可能存在的薄模
因一端被理想导体封闭,波在此处将被完全反射,因此这波导管内电场不具
有E(x,t)=E(x,y)ei(kzz3形式,现令E(x,t)=E(x,y)e巴E(x)是方程
满足条件
的解,界面S是管壁。
E(x)的三个直角分量均满足方程:
「Ejk2;
.「0,i=x,y,z(3)
其中k2七—2/c2(4)
令Ex=X(x)Y(y)Z(z),从方程(3)得到三个一维波动方程:
写k;
X"
,膜川=0,茫k;
Z=0
dxdydz
它们都有形如CjCOSkxxDjsinkixi的通解,因此
Ex=(GcoskxxD1sinkxx)(C2coskyyD2sinkyy)(C3coskzzD3sinkzz)(6)
设波导管x方向的宽度为a,y方向的宽度为b。
有条件
(2),有
FE
x=0处,一^=0;
y=0及z=0处,Ex=0
ex
由此得D1=C2=C3=0,于是
Ex二AicoskxxsinkyysinkzZ
常数A是Ex的振幅。
同理得
Ey=AsinKxcoskysizkz
(7)
Ez0=A3Sinkxxcoskyycoskzz
再由条件
(2),有
cF
x=a处=0,Ey二Ez二0
cE
y=b处,—-=0,Ex二Ez=0
将(7)(8)(9)三式代入上述条件,解得
kx=m:
/aKy=n二bmn尸,1,2,.
kz=Jk2_f_k%/~c2~(飾/af-耳n/b)
管内电场还应满足'
E二0将(7)(8)(9)三式代入这条件,得
值,管内有两种独立的波模。
5.1.若把麦克斯韦方程组的所有矢量都分解为无旋的(纵场)和无散的(横场)两部分,写出E和
B的这两部分在真空所满足的方程式,并证明电场的无旋部分对应于库仑场。
解:
令^eLET,B=bLB?
,J=JjT,下标L表示纵场,T表示横场:
\、B=0,'
-E=o,\J=o,'
LET=o,■、曲=o,iJT=o
(1)
于是从麦克斯韦方程
■世」/;
o,\E=,qB=o,、
Gtcct
得-LEL八'
/;
o,'
EL=o,1二-%TT
cct
、ETBT,,LET=o,
t
■LBL=o,、BL=o,-Bl=oct
方程组(3)的前两个方程表明,时变电场的纵向分量E由电荷激发,它与静电
I
场一样是有散无旋场,故EL对应库仑场。
52证明在线性各向同性均匀非导电介质中若'
=O,J=O,则E和B可完全由
矢势A决定若取,"
,这时A满足哪两个方程?
a
对于单色波,现行各向同性均匀介质内D二;
E,B=,若O,J=O,
场方程为
.:
代入场方程
(1),并选择洛伦兹规范
|_A0(3)
盘
得A和,遵从齐次波动方程:
将角频率为」的单色波
A(X,t)二A(X)e」i,:
(X,t)二(x)e^1(5)
于是又
(2)可知E和B可完全由矢势久确定:
—G■
B八A,
E—clA)la(7)
t■:
-J-'
-
若取,=0,则(3)式变成^L^=0,此时A满足的两个方程为
2・I
「AA=0,#=0(8)
由给定的边界条件,从这两个方程杰出较,便可给出B=炒A,定二「%
53证明沿z轴方向传播的平面电磁波可用矢势)A^/)表示,其中E=t-Z/C,
A垂直于z
轴方向。
由于^A=0,即A为横场,于是由洛伦兹规范,得
I■
吐A—t=0,、=0
c
而波失量k=keZ,故失势为
其中I;
二t-Z
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