空間中的電勢

空間中的電勢

1.導電球中并不導致球心和球心中心電勢,電問題1：真空中存在半徑為r0的直接導管球，距球心（=r0）的電壓q，以計算每個空間點的電勢。該問題是《電動力學》(第三版)(郭碩鴻著,高等教育出版社)第54頁例題2。該著作作為一部國內經典著作,幾乎被大部分綜合性院校物理專業(yè)作為教學參考書使用,為此下文簡稱為教參。教參中對問題一是用幾何的方法求解,本文采用代數的方法求解該問題,然后做一對比。與教參類似,設導體球的電勢為零,用在b點處的一個鏡像電荷Q1來代替球面上感應電荷對空間電場的作用。下面用代數的方法確定鏡像電荷Q1的大小和位置。以導體球心為坐標原點,在導體球面(x0,y0,z0)上,由Qr0+Q′r′0=0可得√(x0-b)2+y20+z20√(x0-a)2+y20+z20=-Q′Q(1)化簡并整理可得[1-(Q′Q)2](x20+y20+z20)-2[b-(Q′Q)2a]x=(Q′Q)2a2-b2(2)而導體球面上x20+y20+z20=R20,比較可得b-(Q′Q)2a1-(Q′Q)2=0,(Q′Q)2a2-b21-(Q′Q)2=R20(3)聯解上面兩方程可得b=R20a,Q′=-R0aQ,(4)由于a>R0,所以1-(Q′Q)2≠0自然滿足。球外任一點的電勢就是鏡像電荷和原電荷分別產生的電勢的疊加φ=14πε0(Qr-QR0/ar′)=14πε0(Q√R2+a2-2Racosθ-QR0/a√R2+b2-2Rbcosθ).(5)式中r為由Q到P的距離,為r′由Q′到P點的距離,R為由球心O到P點的距離,θ為OP與OQ的夾角。問題二:表述如同問題一,但是導體球不帶電,且不接地。由于a處電荷Q的作用,電中性的導體球上的電荷要重新分布,導致原來處于電荷平衡的導體球的正負電荷分離。我們假想重新分布后的正、負電荷都可以分別用鏡像電荷代替?？臻g中的電場就是由原電荷和兩個鏡像電荷(一正一負)分別產生的電勢的疊加。根據問題的對稱性,正、負鏡像電荷應處在球心和Q電荷連線所在的直線上,設其位置分別為Q′(b,0,0)、Q″(c,0,0)(Q′、Q″、b和c待定)。由導體球整體的電中性可知,Q″=-Q′。導體球為等勢體,其表面為一等勢面,設電勢為φ0(待定)。則在導體球面上有Qr0+Q′r′0+Q?r?0=φ0,并考慮球面方程x20+y20+z20=R20,可得14πε0(Q√R20+a2-2ax+Q′√R20+b2-2bx+-Q′√R20+c2-2bx)=φ0.(6)借助于數學軟件Maple,我們對上式做了平方處理消去根號,再按x的各次冪項整理后得到212[abc(4πε0φ0)2]4x12+213[abc(4πε0φ0)2]3F11x11+211[abc(4πε0φ0)2]2F10x10+211[abc(4πε0φ0)2]F9x9+…=0(7)其中F9,F10,F11是關于a,b,c,R0,φ0,Q,Q′的多項式,由于太長,這里簡寫。因為x的最高項前出現了因子abc(4πε0φ0)2,根據下面的求解方法,這樣做并不影響問題的解決。同樣為了簡寫,方程后面的項都略寫。對于方程(7),令x的各次冪的系數為零,可求解出b,c,Q′和φ0。由x12的系數為零可得,bc=0。由題意可知,b、c不能同時為零,否則得到Q=0的結果。情況1:取b≠0,c=0時,方程(7)簡化為(4ab)4(Q′2-R20(4πε0φ0)2)4x8+(Q′2-R20(4πε0φ0)2)2F7x7+F6x6+…=0,(8)其中F6,F7是關于a,b,R0,φ0,Q,Q′的多項式,由于太長,這里同樣做了簡寫。由x8的系數為零可得φ0=±Q′4πε0R0。根據對鏡像電荷大小和位置的假設,應該是在c(c=0)點的鏡像電荷Q″=-Q′對電勢的貢獻,故φ0=Q′4πε0R0是增根。導體球表面的電勢應為φ0=-Q′4πε0R0(9)于是方程(8)簡化為210(ab)2(R0Q′)4(aQ′2-bQ2)2x6+28abQ′2R20(aQ′2-bQ2)F5x5+F4x4+…=0,(10)其中F4,F5是關于a,b,R0,Q,Q′的多項式。同樣,方程后面的項都沒有寫出。由x6的系數為零可得b=aQ′2Q2(11)則方程簡化為(2aR0)4(Q′Q)8(Q2-Q′2)2[(R0Q)2-(aQ′)2]2[x4-F3x3+F2x2+F1x+F0]=0,(12)其中F2,F5是關于a,R0,Q,Q′的多項式?？梢?滿足方程(12)的系數為零的解有Q′=±Q,或Q′=±R0Qa.(13)將前者代入方程(11)得到b=a,不符合題意。將后者代入方程(11)得到b=R02a(14)根據電荷間的相互作用,在b點處的鏡像電荷性質應跟a處的相反。故(13)式中后者應取負號。由此得到滿足題設的一組解:c=0,b=R02a,Q′=-R0Qa,φ0=Q4πε0a,(15)可見,球表面的電勢等于a點的電荷Q在導體球心位置處產生的電勢。于是空間中的電勢為φ=14πε0(QR0/aR+Qr-QR0/ar′)=Q4πε0(R0aR+1R2+a2-2Racosθ-R0/aR2+b2-2Rbcosθ).(16)情況2:取b=0,c≠0時,與前面類似的求解過程,我們得到滿足題設的解組為c=-R02a,b=0,Q=R0Qa,φ0=-Q4πε0a.(17)上面得到的兩種情況在數學上是等效的,但從物理本質上兩者有本質的區(qū)別。第一種情況表明在導體中能夠自由移動的電荷是與a處的電荷性質相反的帶電粒子,相同電性的電荷因為不能自由移動,均勻分布在球內,相當于同樣大小的電荷集中在球心處。第二種情況則是導體中能夠自由移動的電荷是與a處的電荷性質相同的帶電粒子,相反電性的帶電粒子均勻分布,等價于集中在球心的同量電荷。問題三:表述如同問題二,但是導體球不是電中性,而是帶電量為Q0(教參第545頁例題3)。同樣的處理過程,我們能得到兩組有直觀物理意義的解。b=R02a,c=0,Q′=-R0Qa,φ0=14πε0(Q0R0+Qa),(18)b=0,c=-R02a,Q′=R0Qa,φ0=14πε0(Q0R0-Qa),(19)可見,空間的靜電場等效于在(a、0、0)處的原電荷Q、在(0、0、0)處的鏡像電荷(Q0R0±Qa)以及在(±R02a、0、0)處的鏡像電荷?R0Qa產生的電勢的疊加。2.確定導電總放電的電荷方法靜電問題的唯一性定理告訴我們