UA PHYS515A 電磁理論II 靜電學問題的一個例子

例
假設有一個中空球形導體，中空部分也是一個球形，半徑為$a$，球心與導體相同，導體半徑為$b$；球心處有一個$+q$的點電荷，距離圓心$d$處的位置有一個$+2q$的點電荷，$d>b$，計算空間中的電場。

解
這個中空球形導體形成一個電磁屏障，內外電場互不影響；先考慮內部的電場，用$r$表示測試電荷到球心的距離，當$r<a$時，根據高斯定理，
$$\begin{gathered} {\oint }_{S}E?\hat{n}dS=4\pi q \\ 4\pi r^{2}E=4\pi q \\ E=\frac{q}{r^2} \end{gathered}$$

這里$E$的方向應該與$\hat{r}$相同，即由球心向各個方向發散，
$$E=\frac{q}{r^2}\hat{r}$$

當$a<r<b$時，導體的inner surface上有$?q$的導出電荷，于是Gauss surface包圍的凈電荷量為0，所以導體內部電場為0；因為導體外部有$+2q$的點電荷，如果不存在這個電點電荷，那么導體外表面電荷量為$+q$，并且會均勻分布在外表面，但在導體外部存在點電荷的情況下，更靠近點電荷的外表面會出現負的引致電荷，而正電荷會集中到遠離點電荷的外表面；根據這些分析，要直接求解比較困難，于是我們引入一個image charge，它與$+2q$、球心共線，且位于導體內部，假設電荷量為$q^{\prime }$，距離球心的距離為$r^{\prime }$，它在邊界上($r=b^{?}$)可以抵消外部$+2q$點電荷的效果，則
$$\begin{gathered} \frac{2q}{d?b}+\frac{q^{\prime }}{b?r^{\prime }}=0 \\ \frac{2q}{d+b}+\frac{q^{\prime }}{r^{\prime }+b}=0 \end{gathered}$$

所以
$$q^{\prime }=?\frac{2bq}{d},r^{\prime }=\frac{b^2}{d}$$

于是外表面的總引致電荷量為（$2q?(q?q^{\prime })$）
$$Q=q(1+\frac{2b}{d})$$

有了這個值我們就可以計算外表面的電勢了：
$$\Phi (b)=\frac{Q}{b}$$

事實上$\Phi (a)=\Phi (b)$，因為導體內部沒有電場，所以內外表面的電勢相同，基于這個結果，我們可以假設導體內部中空區域電勢為
$$\begin{gathered} \Phi (r)=\Phi (0)+\frac{q}{r} \\ \Phi (a)=\Phi (0)+\frac{q}{r}=\frac{q}{b}(1+\frac{2b}{d}) \\ ?\Phi (0)=\frac{q}{b}(1+\frac{2b}{d})?\frac{q}{a} \end{gathered}$$

最后我們來計算導體外部的電勢，假設測試電荷距離球心$r$，$r>b$，并且與$+2q$的位置所成夾角為$\theta$，則
$$\begin{gathered} \Phi (r,\theta )=\frac{2q}{\sqrt{r^2+d^2?2rd\cos \theta }}+\frac{q(1+\frac{2b}{d})}{r} \\ ?\frac{\frac{2b}{d}q}{\sqrt{r^2+b^4/d^2?2r{b}^2/d\cos \theta }} \end{gathered}$$

第一項是$+2q$的效應，第二項是導體外表面引致電荷$Q$的效應，第三項是導體內部image charge的效應。我們可以利用電勢計算導體表面的電荷密度：
$$\sigma =?\frac{1}{4\pi }\frac{?\Phi }{?n}=?\frac{1}{4\pi }\frac{?\Phi }{?r}{|}_{r=b}$$

最后我們還可以計算$+2q$與$+q$受到的力，$+2q$受力是與$Q$的排斥力和與image charge的引力；根據牛頓第三定律可以得到$+q$的受力。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的UA PHYS515A 电磁理论II 静电学问题的一个例子的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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