帶點球體內(nèi)部電勢[篇]

1、帶點球體內(nèi)部電勢6篇 以下是網(wǎng)友分享的關(guān)于帶點球體內(nèi)部電勢的資料6篇，希望對您有所幫助，就愛閱讀感謝您的支持。帶點球體內(nèi)部電勢（一）引 言均勻帶電球面內(nèi)的電勢，一般的論證方法是場強積分法。即先確定E分布，然后選零勢點和便于計算的積分路徑，選取零勢點的原則是使場中電勢分布有確定值，最后由零勢點電勢定義Ua=a零勢點Edl=Ecosdl計算Ua1。然而有些情況卻并不能給出場中電勢a分布的確定值，所以我們可以試想用不同的方法，多角度的計算均勻帶電球面的電勢，并證明其相等。下面就重點介紹其中的常見的計算和證明方法。 1 2第1章 利用點電荷產(chǎn)生的電勢公式證明設帶電球面的的半徑為R,帶電荷量為q，如圖1

2、-1所示， 圖1-1 用點電荷產(chǎn)生的電勢公式計算電勢由題意2知電荷面密度為= dS=R2sinddq24Rdq=ds=RsinRdd在球內(nèi)任一點處產(chǎn)生的電勢1dq =40r22dr2=(D-Rcos)+(Rsin)=D2+R2-2DRcos 于是帶電球面內(nèi)任一點的電勢為R+rVP=dVP=R-r2R4Rqdy=40r4040R d=14022= 同上，在球的下半面取一帶電圓環(huán)，則有：dq=ds=RsinRdd =2R2sind 3r=(D+Rcos)+(Rsin)222=D2+R2+2DRcos 2 d通過對以上公式積分得： -22=002R21= 0=q 0R 4 第2章 利用均勻圓環(huán)在中心

3、軸線上產(chǎn)生的電勢公式證明如右圖2-1所示，在球心內(nèi)建立直角坐標系o-xy，在上半球出作一均勻帶電圓環(huán)，如圖，在球內(nèi)任取一點p，p離球心距離為D，球面邊緣到p點的距離為r，球半徑為R，半徑R與軸線夾角為，均勻帶電球面的面密度為。 在圓環(huán)處所產(chǎn)生的電荷為：dq=ds=2RcosRd =2Rcosd2 圖2-1 利用均勻圓環(huán)在中心軸線上產(chǎn)生的電勢公式計算電勢在p點處產(chǎn)生的電勢為：d=222dq; 40r221r=(D-Rsin)+(Rcos)=D+R-2DRsin可得: d=14022= 同上，在球的下半面取一帶電圓環(huán)，則有：dq=ds=2RcosRd =2Rcosd25r=(D+Rsin)+(Rc

4、os)=D+R+2DRsin22222 聯(lián)立方程得：d2通過對以上公式積分得： =202+-2022R201+2 0-=0R 6q第3章 利用電場線性質(zhì)證明3如圖3-1所示, 我們在半徑為R 的圓上分別放置3, 6, 12, 個電量相同的點電荷, 畫出電力線分布的大致情況?？梢钥闯? 隨著電荷數(shù)目的增加, 環(huán)面內(nèi)的場強越來越弱。不難想象, 當電荷的數(shù)目趨向無窮時即形成線電荷分布。這時環(huán)內(nèi)的場強為0, 因此, 環(huán)內(nèi)的電勢應為一常量即V內(nèi)=Q40R 圖3-1 半徑R放置不同點電荷形成電場線因為電場線起于正電荷，終止于負電荷，假若球面帶正電，由于球面內(nèi)部不帶電，而無窮遠處電勢為零，相當于存在負電荷，

5、所以電場線設在無窮遠處，不會存在于球面內(nèi)部，所以內(nèi)部電場為零。因此, 環(huán)內(nèi)的電勢應為一常量即V內(nèi)=Q40R。假若球面帶負電，由于電場線終止于負電荷，球面內(nèi)部不帶電，所有的電場線全部終止于球面，球面內(nèi)部也沒有電場線，也即內(nèi)部電場為零。環(huán)內(nèi)的電勢應為一常量即V內(nèi)=Q40R。4 7 8第4章 利用電動力學的理論證明由題意5,6可知，2212=0,=0 =(Ar1nn+Bn1)；2=(Anrn+Bnn+11n+1)n=0rn=0又1r=0有限；2r0對于n1，則有Bn=0，所以1=Anr n=0對于，則有2An=0，所以2=B1，n=0n又由方程0-2ds=q可得：-ds=q20又 ds=4r2 -=

6、q2則有，4r20q2= 40r因為有：1r=R=2r=R所以有：Anrn=B1n=0nn =0因此，1=2=q4；0R 9r 10第5章 利用均勻帶電球面產(chǎn)生的電場強度公式證明設帶點球面的半徑為R，總電荷量為q，如圖5-1，已知均勻帶電球面在空間激發(fā)的場強沿半徑方向，其大小為7E=0q40r2rr>R 沿半徑積分，則p點的電勢為VP=Edr r 圖5-1 利用均勻帶電球面產(chǎn)生的電場強度公式計算 當r>R時，VP=qdrq =240r40r2r當rRRVP=Edr+Edr=0dr+rRrdrq=240Rr40Rq 11 12第6章 利用立體角概念證明設均勻帶電球殼的半徑為R,場點P

7、與球心O的距離r(P點在球殼內(nèi)時,rR),如圖6-1所示(P點在球殼內(nèi)情形)以通過O點和P點的直徑為軸線,把球面分成許多圓環(huán)帶,在圖中所示圓球半徑與軸線夾角為處,環(huán)帶寬度為Rd,線電荷密度,dl=Rd環(huán)帶的半徑為a=Rsin.由均勻帶電圓環(huán)軸線上一點的場強公式,環(huán)半徑為a 時, 所產(chǎn)生的電勢為d=12RsinRd0a2+Z2 8 圖6-1 利用立體角概念計算電勢令=q2a2+z2=(Rsin)+(r+Rcos)22=(r2+R2+2rRcos)故由積分可得帶電球殼在P點處所產(chǎn)生的電勢為=d=1 qsind1(r2+R2+2rRcos)212=r+R2+2rRcos-0rRq()120 =q2R

8、=0Rr0rq 13 14結(jié) 語一般來說，計算電勢的方法有兩種。第一種方法是由電勢的定義式通過場強的線積分來計算；另一種方法是的電勢疊加原理。對不同的帶電體系，本質(zhì)上講上述兩種方法都能夠計算出電勢，但是選擇不同的方法計算的難易程度是大不相同的。通過我們前面內(nèi)容的學習，大家要注意對不同的帶電體系選擇不同的計算方法。 15 16謝 辭到現(xiàn)在，我的論文基本成稿，回想這段時間，感慨萬分！從論文選題到搜集資料，從寫初稿到最后定稿，期間經(jīng)歷了喜悅、煩躁和痛苦，隨著論文的最終定稿，我的心情也平靜了許多。首先，我要感謝我的母校，它給了我學習和成長的機會，“崇真、求實、博學、創(chuàng)新”讓我學會了追求和鉆研，讓我領略

9、了做學問的真諦，正是在它的激勵下，四年間，我刻苦學習，博覽群書，孜孜以求。其次，我要感謝，非常感謝我的指導老師賀慶澤老師。最后，我要感謝我的大學同學。每當我在彷徨、猶豫時，他們都能扶我一把，幫我順利度過難關(guān)。因為有他們的陪伴和支持，我的大學充實而精彩，感謝命運能讓我們在此相遇，共同度過四載春秋，成為一生知己！感謝之余，誠懇地請各位老師對我的論文多加批評指正。 衷心的謝謝各位老師，你們辛苦啦！ 17 18參考文獻1 趙凱華，陳熙謀.電磁學M.第二版.北京：高等教育出版社，1985.p93 2 梁燦彬.電磁學M.北京：高等教育出版社，1980.p1143 白 靜.均勻帶電圓環(huán)的電場分布J.遼寧工程

10、技術(shù)大學學報,2005.p2 4 徐世良. 數(shù)學物理方法解題分析M. 南京: 江蘇科學技術(shù)出版社, 1983.p46 5 程守洙. 普通物理學M. 北京: 人民教育出版社，1983.p87 6 張之翔.電磁學千題M.北京:科學出版社,2002.p29 7 趙近芳.大學物理學M.北京:北京郵電大學出版社,2002.p43 8 向義和.大學物理導論M.北京:清華大學出版社,1999.p52 19帶點球體內(nèi)部電勢（二） 帶電導體球與點電間的作用力【摘要】 兩個帶異性電荷的導體之間，無論是否存在靜電感應，彼此相互作用力為引力是容易理解的，但兩個帶同性電荷的導體之間的相互作用力如何就需要具體分析了?！娟P(guān)

11、鍵詞】 鏡像法 帶電導體球 點電荷 庫侖力【中圖分類號】 g633.7 【文獻標識碼】 a 【文章編號】 1674-4772（2013）02-023-01同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，這是眾所周知的客觀規(guī)律。但對帶電導體而言，情況就不一定了，具體分析時就要考慮帶電導體球與點電荷的距離以及帶電導體球是否接地等問題了，一般用鏡像法分析帶電導體球與點電荷之間的關(guān)系。一、鏡像法設點電荷q附近有一導體，在點電荷的電場作用下，導體面上出現(xiàn)感應電荷。我們希望求出導體外面空間的電場，這電場包括點電荷q所激發(fā)的電場和導體上感應的電荷所激發(fā)的電場。我們設想，導體面上的感應電荷對空間中電場的影響能否用導體內(nèi)部

12、某個或幾個假想電荷來代替？注意我們在作這種代換時并沒有改變空間中的電荷分布（在求解電場的區(qū)域，即導體外部空間中仍然是只有一個點電荷q），因而并不影響泊松方程，問題的關(guān)鍵在于能否滿足邊界條件。如果用這代換確實能夠滿足邊界條件，則我們所設想的假想電荷就可以用來代替導體面上的感應電荷分布，從而問題的解可以簡單地表示出來。帶點球體內(nèi)部電勢（三）如何證明均勻帶電球殼內(nèi)任意一點的電場強度都是0,請寫得詳細點 如何證明均勻帶電球殼內(nèi)任意一點的電場強度都是0,請寫得詳細點 voebmlhi 物理 2014-12-02優(yōu)質(zhì)解答給你一個不太嚴格的證明方法,是利用初等數(shù)學.嚴格的證明要用積分了. 如 圖,設球殼內(nèi)有

13、一點A,在球面上取兩個關(guān)于A點對稱的圓形面積 S1 S2,他們的線度很小,可以看成平面,設他們的直徑分別為L1 L2,A點距離這兩個平面的距離分別為 r1 r2,根據(jù)幾何關(guān)系,L1/L 2=r1/r2 ,兩個平面的面積之比：S1：S2=（L1）²:(L2)²=(r1)²:（r2)²因為電荷均勻分布,所以兩平面帶電量之比和面積成正比,即：q1:q2=S1：S2=(r1)²:（r2)²即：q1(r2)²=q2(r1)²這兩個平面在A點的電場強度大小之比：E1：E 2= q1(r2)²=q2(r1)²

14、 所以 E1=E2 但方向相反,所以這兩個平面在A點的場強矢量和為0. 與此類似,其他各個點在A點的場強也互相抵消,所以A點場強為0 裂風0496 2014-12-02 帶點球體內(nèi)部電勢（四）圓柱體內(nèi)部電勢分布何俊遠（物理與電信工程學院 物理學三班 1*）摘要：在電磁學里面，用高斯定理求解電勢的分布的要求是我們研究的物理對象具有高度對稱性，而對于那些電荷并不是均勻或?qū)ΨQ分布的物體，它的電勢是難以用高斯定理求解的。在一些數(shù)理方程上，圓柱體柱頂已知電勢，求圓柱體內(nèi)部的電勢分布也只給出了一般的解，十分的抽象，這次，除了逐步用分離變量法求解出方程的解，還有用圖形把它完美的表達出來，用具體的圖形反映抽象

15、的物理情景。模型：空心圓柱體的電勢分布方程及其邊界條件u =0uuz =0=0； u=0z =h=U ；r =R由于研究的對象是圓柱體，拉普拉斯算子用柱坐標表示，得1122r (r r ) +2+z ) u =0 r r由于邊界的條件與無關(guān)，所以只是r 和z 的方程：令u (r , z ) =R (r ) Z (z ) ，代入式中，有R +1r R =-2u r22+1u r r+u z22=0Z ZR=-有r2d R dr2+rdR dr2+r R =0； Z -Z =0容易看出，方程的解為貝塞爾函數(shù)R (r ) =AJ 0(r ) +BN 0(r ) 但由于當r 0時，N 0，B 必須為0

16、。所以R (r ) =AJ 0(r ) ；由R (R ) =AJ 0(R ) =0 所以固有值n =(n(0)R) ； 所以R n (r ) =AJ 0(2n(0)Rr )因為>0,-則Z 的方程為本征方程n(0)Z n (z ) =C n eRz+D n ee-n(0)Rz -所以u (r , z ) =nn(0)(Cn =1Rzn(0)+D n eRz) J 0(n(0)Rr )由邊界條件可知u (r , 0) =(Cn =1n+D n ) J 0(n(0)n(0)R-r ) =0(0)u (r , h ) =Cn =1neRhn+D n eRh) J 0(n(0)Rr ) =U 由

17、聯(lián)系、方程，解得C n =Un sh(0)(0) n； D n =-hJ 1(n )(0)URn sh(0)(0) n hJ 1(n )(0)R得到方程的普通解為：u (r , z ) =n =12Un sh(0)(0) nshhJ 1(n )(0)n(0)RzJ 0(n(0)Rr )R 該圓柱內(nèi)的電勢解得圖像如下： 結(jié)論：圓柱體內(nèi)的電勢分布呈現(xiàn)旋轉(zhuǎn)拋物面形狀，圓柱體的內(nèi)側(cè)面的電勢為零。 帶點球體內(nèi)部電勢（五）思 考 題13-1 在一個不帶電的導體球殼的球心處放入一點電荷q，當q由球心處移開，但仍在球殼內(nèi)時，球殼內(nèi)外表面的電荷分布情況如何？答：球殼內(nèi)表面感應電荷分布不均勻，因為內(nèi)部的電場分布發(fā)

18、生了變化，不再具有對稱性。而外表面感應電荷分布均勻，因為外部電場不變。13-2 關(guān)于高斯定理，下列說法中哪一個是正確的？(A) 高斯面內(nèi)不包圍自由電荷，則面上各點電位移矢量D為零 (B) 高斯面上處處D為零，則面內(nèi)必不存在自由電荷 (C) 高斯面的D通量僅與面內(nèi)自由電荷有關(guān)(D) 以上說法都不正確 C 答：（A）面內(nèi)無自由電荷，（B）D處處為零，則gòSvvDgdS=0，但D不一定為零。gòSvvDgdS=0，即åq0=0，可能存在等量異號的自由電荷。（C）正確。故選（C）13-3 兩個半徑相同的金屬球，一為空心，一為實心，把兩者各自孤立時的電容值加以比較，則(A

19、) 空心球電容值大 (B) 實心球電容值大(C) 兩球電容值相等 (D) 大小關(guān)系無法確定 C 答：無論空心還是實心金屬球，電荷只分布于外表面，二者電勢相同，則根據(jù)孤立電容的定義，C=Q/U，則電容值相同。故選（C）13-4 一帶正電荷的物體M，靠近一原不帶電的金屬導體N，N的左端感生出負電荷，右端感生出正電荷若將N的左端接地，如圖所示，則(A) N上有負電荷入地 (B) N上有正電荷入地 (C) N上的電荷不動(D) N上所有電荷都入地 B 答：接地后，金屬導體N與地球構(gòu)成一個新的導體。達到靜電感應時，在正電荷M存在的情況下，靠近M的導體N應帶負電，N上原有的正電荷會進入地球。故選（B）13

20、-5 磁介質(zhì)有三種，用相對磁導率mr表征它們各自的特性時， (A) 順磁質(zhì)mr >0，抗磁質(zhì)mr >1 (B) 順磁質(zhì)mr >1，抗磁質(zhì)mr =1，鐵磁質(zhì)mr >>1 (C) 順磁質(zhì)mr >1，抗磁質(zhì)mr >1 思考題13-4圖(D) 順磁質(zhì)mr 0 C 答：根據(jù)磁介質(zhì)的分類，書上p30可知答案為（C）13-6 關(guān)于穩(wěn)恒電流磁場的磁場強度H，下列幾種說法中哪個是正確的？ (A) H僅與傳導電流有關(guān)(B) 若閉合曲線內(nèi)沒有包圍傳導電流，則曲線上各點的H必為零 (C) 若閉合曲線上各點H均為零，則該曲線所包圍傳導電流的代數(shù)和為零 (D) 以閉合曲線為邊緣的

21、任意曲面的H通量均相等 C 答：（A）H與傳導電流和磁化電流均有關(guān)。（B）在各點為零。（D）gòLvvHgdl=åI0=0，但不可推得HgòLvvHgdl取決于所包圍的內(nèi)部傳導電流的代數(shù)和，邊界相同的不同曲面所包圍的傳導電流的代數(shù)和不一定相等。故選（C）13-7 用細導線均勻密繞成長為l、半徑為a (l >> a)、總匝數(shù)為N的螺線管，管內(nèi)充滿相對磁導率為mr的均勻磁介質(zhì)若線圈中載有穩(wěn)恒電流I，則管中任意一點的 (A) 磁感強度大小為B = (B) 磁感強度大小為B =m0mrNI mrNI / l(C) 磁場強度大小為H = m 0NI / l(D)

22、 磁場強度大小為H = NI / l D 答：對于長直螺線管，由環(huán)路定理：gòLvvHgdl=åI0，設矩形回路長為l，可知vvNNINIHgdl=H×d=ndI=dIH=,B=mmH=mm，則，故選（D） 0r0rgòLlll習 題13-1 在豎直放置的無限大均勻帶電平面(電荷面密度為s)的右側(cè)放置一個與之平行的無限大導體平板，導體板左、右兩表面的感應電荷面密度是多少？ -s/2，+s/2 解：設左右兩表面的感應電荷面密度分別為s1，s2，根據(jù)電荷守恒，有：s1+s2=0；根據(jù)靜電平衡時導體板內(nèi)任意一點P的場強為零，由場強疊加原理，有：sss即s1-s

23、2=-s，故s1=-s/2,s2=s/2。 +1-2=0，2e02e02e013-2 如圖所示，把一塊原來不帶電的金屬板B，移近一塊已帶有正電荷Q的金屬板A，平行放置設兩板面積都是S，板間距離是d，忽略邊緣效應求：（1）當B板不接地時，兩板間電勢差UAB； （2）B板接地時兩板間電勢差U¢AB Qd/(2e0S)；Qd/(e0S)SS 習題13-2圖解：設A板的左右兩側(cè)面的感應電荷面密度分別為s1，s2，B板的左右兩側(cè)面的感應電荷面密度分別為s3，s4。 （1）B板不接地時：ìs1s2s3s4ï2e-2e-2e-2e=0ì(s1+s2)S=Qï

24、0000電荷守恒：í 靜電平衡。í(s+s)S=0ssss4î3ï1+2+3-4=0ïî2e02e02e02e0QQ,s3=-s4=-解得：s1=s2= 2S2S則極板間的場強為E=s1s2s3s4Q+-=2e02e02e02e02e0S電勢差UAB=Ed=Qd2e0S（2）B板接地時：s4=0，作一圓柱形高斯面，兩底面位于兩極板內(nèi)且與極板表明平行。 由高斯定理：s2+s3=0 電荷守恒：(s1+s2)S=Q 靜電平衡。s1s2s3+=0 2e02e02e0Q S解得：s1=s4=0,s2=-s3=則極板間的場強為E=s1s2s3s4

25、Q+-=2e02e02e02e0e0S電勢差UAB=Ed=Qd。 e0S 13-3 一電容為C的電容器，極板上帶電量Q，若使該電容器與另一個完全相同的不帶電的電容器并聯(lián)，求該電容器組的靜電能We. Q2/4C 解：并聯(lián)后C并=C1+C2，新的電容器電容為2C，電量仍為Q。所以電容器的能量Q2Q2。 We=2C并4C13-4 一平行板電容器，充電后與電源保持聯(lián)接，然后使兩極板間充滿相對介電常量為er的各向同性均勻電介質(zhì)，這時（1）兩極板上的電荷是原來的幾倍？ （2）電場強度是原來的幾倍？ （3）電場能量是原來的幾倍？ er；1；er 解：平行板電容器兩端電壓U保持不變。充入電解質(zhì)后，電容變?yōu)樵瓉?/p>

26、的er倍。 （1）由Q=CU知，Q變?yōu)樵瓉淼膃r倍。 （2）由U=Ed知，E的大小不變。CU2（3）由We=知，能量變?yōu)樵淼膃r倍。213-5 一個繞有500匝導線的平均周長50 cm的細環(huán)，載有 0.3 A電流時，鐵芯的相對磁導率mr為600，m0=4p×107 TmA1求：-(1) 鐵芯中的磁感強度B；(2) 鐵芯中的磁場強度H. 0.226 T；300 A/M 解：對于細螺繞環(huán)，根據(jù)介質(zhì)中的環(huán)路定理vvHgò×dl=åI0，H.2pR=NI，則lH=NI500´0.3=300A/M，B=m0mrH=4p´10-7´6

27、00´300=0.226T。 2pR0.513-6 長直電纜由一個圓柱導體和一共軸圓筒狀導體組成，兩導體中有等值反向均勻電流I通過，其間充滿磁導率為m的均勻磁介質(zhì)在介質(zhì)中離中心軸距離為r的某點處，求：（1）磁場強度的大小H ；（2）磁感強度的大小B I / (2pr) ；mI / (2pr) vv解：根據(jù)介質(zhì)中的環(huán)路定理gòH×dl=åI0H=lI2p r，B=m0mrH=mI2pr13-7 螺繞環(huán)中心周長ll0cm，環(huán)上均勻密繞線圈N =200匝，線圈中通有電流I=100mA.求:(1)管內(nèi)的磁感應強度B0和磁場強度H0；(2)若管內(nèi)充滿相對磁導率mr

28、=4200的磁性物質(zhì)，則管內(nèi)的H和B是多少? (3)磁性物質(zhì)內(nèi)由磁化電流產(chǎn)生的B是多少? 200A/m，2.5´10-4T；200A/m，1.05T；1.05T 解：對于細螺繞環(huán)，vv（1）根據(jù)環(huán)路定理gòB×dl=m0åI，B.2pR=m0NI，lm0NI4p´10-7´200´0.1BNIB0=2.5´10-4T，H0=0=200A/m2pR0.1m02pR（2）根據(jù)介質(zhì)中的環(huán)路定理 H=vvHgò×dl=åI0， H.2pR=NIlNI200´0.1=200A/M，B=

29、m0mrH=4p´10-7´4200´200=1.05T 2pR0.1（3）B¢=m0M=m0(mr-1)H=4p´10-7´4119´200=1.05T帶點球體內(nèi)部電勢（六）第38卷 第3期2010年5月河南師范大學學報(自然科學版)JournalofHenanNormalUniversity(NaturalScience) Vol.38 No.3 May.2010文章編號:1000-2367(2010)03-0183-03均勻帶電半球面底面上的電場與電勢張曉燕,馮翠菊(華北科技學院基礎部,北京101601)摘 要:根據(jù)均

30、勻帶電球面內(nèi)電勢處處相等的特點和電勢疊加原理兩種方法求解了均勻帶電半球面底面上的電勢分布;運用電場強度公式計算出均勻帶電半圓環(huán)軸線一點電場強度,并利用此結(jié)果結(jié)合Taylor展開得到均勻帶電半球面底面上一點電場強度的級數(shù)解.關(guān)鍵詞:半球面;電場;電勢;級數(shù)解中圖分類號:O441.1文獻標志碼:A根據(jù)高斯定理,很容易得到均勻帶電球面內(nèi)外的電場強度和電勢,許多文獻還求解了球面上的電場和電勢,文獻3進一步深入研究了導體球殼周圍的電場分布,文獻4,5使用不同的方法計算了均勻帶電半球面球心處的電場強度.為了加深學生對知識的理解,拓寬學生的解題思路,我們根據(jù)均勻帶電球面內(nèi)各處電勢相等,得到了均勻帶電半球面底

31、面上的電勢.另外,將半球面看作由許多半圓環(huán)組成,我們通過半圓環(huán)軸線上一點的電勢經(jīng)過疊加計算出半球面底面上的電勢,兩種方法的結(jié)果是一致的.依據(jù)得到的底面電勢分布特點可以判斷出半球面底面上電場強度方向,進而我們只需要求解出半圓環(huán)軸線上任一點電場強度的垂直分量,再利用電場強度疊加原理就可以得出底面上的電場強度數(shù)值.計算過程用到了Taylor展開,我們用級數(shù)形式表示了半球面底面上的電場強度解.1,21 均勻帶電半球面底面上的電勢1.1 由對稱性求解由對稱性可知,半球面底面上任一點A應與底面中心點O電勢相等.若不等,當兩半球面合成一個球面時,由疊加原理A點與O點電勢將不等,與均勻帶電球面內(nèi)電勢處處相等矛

32、盾,所以我們很容易得到底面上任意一點的電勢為UA=U0=其中Q為半球面帶電量,R為球面半徑,以下均同.1.2 運用半圓環(huán)在軸線上一點電勢疊加求解因為底面上電勢處處相等,如果我們將半球面看作由許多帶電量為的dq半圓環(huán)組成,只要求出各半圓環(huán)在它們共同軸線上一點A的電勢疊加,就可以代表整個半球面底面上一點的電勢.由圖1我們可以看出r=Rsin +(Rcos +x),h=Rsin ,dq=根據(jù)電勢疊加可以得到A點的電勢為UA=上式與(1)結(jié)果相同.收稿日期:2009 10 09基金項目:華北科技學院?；鹳Y助項目,:.2222,4 0R(1).2=2 R2(2) =4 0r8 .=4 0Rsin184

33、河南師范大學學報(自然科學版) 2010年2 均勻帶電半球面底面上的電場強度由于底面是等勢面,根據(jù)電場線與等勢面處處垂直,可知底面上各點電場強度方向垂直于底面.這樣我們只需要計算出各半圓環(huán)在A點電場強度矢量沿垂直底面方向的分量,然后相疊加即可得到A點電場強度大小.下面我們先求解任一帶電量為Q ,半徑為h的半圓環(huán)軸線上A點的電場強度.由圖2可知rcos!=x tan =hsin,得到d=hcos coscos2 -xtan則半圓環(huán)上單位長度帶電量為dq =2 cos -xtan所以半圓環(huán)在A點的電場強度的垂直方向分量為E=2其中 =arctan.x cos!= 2234 0r2 200 ,=23

34、0cos -xtan2 2(3)下面利用上面的結(jié)果計算半球面在A點的電場強度EA.根據(jù)圖1,將(3)中半圓環(huán)的帶電量Q 用dq代換,聯(lián)立(2)式可以得到A點的電場強度為EA= 2.2224 0Rsin +(Rcos +x)23/2(4)用級數(shù)解來表示上面的積分結(jié)果.由Tayor展開得-3/22n(1+Bcos )=1-Bcos +)-+Dn(Bcos )+,2(Bcos 322!23!2其中B=另外引入下面的等式R+xn!20 n為奇數(shù), Cn n為偶數(shù)2(n/2)! (5) ncos d =0,Cn=(6)運用(5)、(6)結(jié)論可以計算下面兩式223/2=20(R+x+2Rxcos )(R+x2)3/22 =(1+Bcos )3/2(7)2+DnBnCn+)23/2(1+(R+x)2!2n2 EA=04=0(R+x+2Rxcos )(R+x)(1+Bcos )2n+DnBCn+2+).(B(R+x)22!2822(8)將(7)、(8)代入(4),得到A點的電場強度為0n +B2+=(0(R+x)28R+x+2Rxcos 4 2!2nn.)DnB#n+2n=2,4,62n+DnB+)=223/2(n+24 0(R+x)2(9),x第3期 張曉燕等:均勻帶電半球面底面上的電場與電勢185,此結(jié)果與文獻48 0R距離.當x=0時B