电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 1 -
1,一个半径为 R 的电介质球 极化强度 P=K
2
r
r
电容率为
(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
(3) 计算球外和球内的电势
(4) 求该带电介质球产生的静电场总能量解 (1)
2
222
/)
11
( rKr
r
r
r
K
r
r
KP
P
=+===
rr
r
r
ρ
RP
PPn )(
12
rr
r
=σ
又 球外无极化电荷
0
2
=P
r
RK
r
r
KnPn
RRp
/
2
1
=?=?=
r
r
r
r
σ
(2) 由公式 ED
rr
ε=
PED
rrr
+=
0
ε
0
εε
ε
=
P
D
r
r
2
00
)( r
K
PD
f
εε
ε
εε
ε
ρ
=
==
rr
`
(3)对于球外电场 由高斯定理可得
∫
=?
0
ε
Q
sdE
r
r
外
0
2
2
0
0
2
sin
)(
4
ε
θθ
εε
ε
ε
ρ
π
∫∫∫
∫
==?∴
ddrdr
r
K
dV
rE
f
外
r
r
r)(
3
00
r
r
εεε
ε
∴
KR
E
外同理可得球内电场
2
0
r
rK
E
r
r
εε
内
球外电势外外
r)(
rd
00
εεε
ε
∴
∫
∞
∞
KR
E
r
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 2 -
r
R
ln
)(
rdrd
000r
εεεεε
ε
+
∫∫
∞
KK
EE
R
R
球内电势内外内
r
r
r
r
4
2
0
2
2
0
2
0
r2r
r
r
r
2
1
2
1
内内内
εε
ε
εεεε
ε
ω
KKK
ED
rr
rr
∴
∫ ∫∫∫
∴
2
0
2
22
0
2
)2ddrdsinr
r)(2
1
d
εε
πε?θθ
εε
ε
ω
K
R
K
VW
内内
∫ ∫∫∫
=
2
00
22
2
42
00
222
)(
2
ddrdsinr
r
1
)(2
1
d
εεε
πε
θθ
εεε
ε
ω
RKRK
VW
R
外外
2
00
))(1(2
εεε
ε
πε
+=∴
K
RWWW
外内
2 在均匀外电场中置入半径为
0
R 的导体球 试用分离变数法球下列两种情况的电势
1 导体球上接有电池 使球与地保持电势差 ;
0
φ
2 导体球上带总电荷 Q.
解 1 当导体球上接有电池 与地保持电势差
0
φ 时 以地为电势零点
本问题的定解条件如下
0
φφ
内
R=
0
R
0
2
外
R>
0
R 且
=
=
=
∞→
0
00
0
cos
φ?
θ?
RR
R
RE
外外
0
是未置入导体球前坐标原点的电势根据有关的数理知识 可解得 )cos
R
Ra
n
1n
n
n
n
0n
θ?
外
P
b
∑
∞
由于
00
cos?θ?
外
RE
R
=
∞→
即
00
2
12
10
2
10
cos)(coscos)(coscosa?θθθθθ? +?=+++++
∞→
∞
=
+
∞
=
∑∑
REP
R
b
R
b
R
b
PRaRa
R
n
n
n
n
n
n
n
n外故而有 )1(0),1(0,,
0100
>=>=?== nbnaEaa
nn
θθ cos
b
cos
2
10
00
R
b
R
RE +∴
外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 3 -
又
0
2
0
1
0
0
000
cos
b
cos,
00
φθθφ? =+?==
==
R
b
R
RE
RRRR
即外外
故而又有
=+?
=+
∴
0coscos
2
0
1
00
0
0
0
0
θθ
φ?
R
b
RE
R
b
得到
2
0010000
,)( REbRb =?=?φ
最后 得定解问题的解为
)(cos
)(
cos
0
3
00000
00
RR
R
RE
R
R
RE >+
++?= θ
φ
θ?
外
2 当导体球上带总电荷 Q 时 定解问题存在的方式是
=
+
>?
<?
∫
∞→
→
)(ds
(Rcos
)(0
)(0
0
s
0
R
000R
0R
0
2
0
2
0
RRQ
R
E
RR
RR
R
原点的电势是未置入导体球前坐标有限外外内外内外内
φ
ε
φφ
θφ
φ
φ
φ
解得满足边界条件的解是
∑
=0n
n
n
n
cosR
内
θ? Pa
∑
=0n
n
1n
n
00
cos
R
Rcos
外
θθ P
b
E
由于
∞→R外
的表达式中 只出现了 )1(0coscos(
1
>= nbP
n
项 故θθ
θθ cos
b
cos
2
10
00
R
b
R
RE +∴
外又有
0
RR=外
是一个常数 导体球是静电平衡
C
R
b
R
RE
RR
=+?=
=
θθ cos
b
cos
2
0
1
0
0
000
0
外
3
001
2
0
1
00
0coscos REb
R
b
RE ==+?∴ 即θθ
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 4 -
θθ coscos
2
3
000
00
R
RE
R
b
RE ++
外
又由边界条件 Q
外
∫
s
0
ds
r
φ
ε
0
0
4πε
Q
b =∴
0,0
00
R
4
R
R
Q
<?∴?
πε
内
00
2
3
00
0
Rcoscos
R4
RRE
R
REQ
>+
外
θθ
πε
3 均匀介质球的中心置一点电荷
f
Q 球的电容率为 ε 球外为真空 试用分离变数法求空间电势 把结果与使用高斯定理所得结果比较提示 空间各点的电势是点电荷
f
Q 的电势
R
Q
πε4
f
与球面上的极化电荷所产生的电势的叠加 后者满足拉普拉斯方程解 一,高斯法在球外
0
R R>,由高斯定理有
fPf
QQQQsdE =+=?
∫
总
r
r
0
ε 对于整个导体球而言 束缚电荷 )0=
P
Q
2
0
4 R
Q
E
f
πε
=∴
r
积分后得 是积分常数外
CC
R
Q
.(
4
0
f
+
πε
又由于 0,0 =∴=
∞→
C
R外
)(
4
0
0
RR
R
Q
f
>=∴
πε
外在球内
0
R R<,由介质中的高斯定理
∫
=?
f
QsdD
r
r
又
2
4
,
R
Q
EED
f
πε
ε =∴=
rrr
积分后得到 是积分常数内 22
f
.(
4
CC
R
Q
+
πε
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 5 -
由于
2
000
f
44
,
0
C
R
Q
R
Q
f
RR
+=
=
πεπε
故而有外内
).(
44
0
000
2
RR
R
Q
R
Q
C
ff
<?=∴
πεπε
)(
444
0
0
f
00
ff
RR
R
Q
R
Q
R
Q
<?∴
πεπεπε
内二,分离变量法
本题所求的电势是由点电荷
f
Q 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加 且有着球对称性 因此 其解可写作
'
4
πε
+=
R
Q
f
由于 'φ 是球对称的 其通解为
R
b
a+='?
由于球心有
f
Q 的存在 所以有 ∞
→内 0R
即 a
4
内
R
Q
f
πε
在球外有外
0
R ∞→
即
R
b
4
f
外
R
Q
πε
由边界条件得
00
f
0
f
R
b
4
a
4
,
0
RR
Q
R
Q
R
++
πεπε
即外内
2
0
f
2
0
0
2
0
f0
R0
4
b
4
,
RR
0
R
Q
RR
Q
R
πε
εε
πε
ε?
ε
ε?=?
即外内
)
11
(
4
a),
11
(
4
00
f
0
εεπεεπε
=∴
R
Q
Q
b
f
<?
>
∴
0
0
f
00
ff
0
0
f
,
444
,
R4
RR
R
Q
R
Q
R
Q
RR
Q
πεπεπε
πε
内外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 6 -
4 均匀介质球 电容率为
1
ε 的中心置一自由电偶极子
f
P
r
球外充满了另一种介质 电容率为
2
ε 求空间各点的电势和极化电荷分布提示 同上题 '
4
3
1
φ
πε
φ +
=
R
RP
f
rr
,而 'φ 满足拉普拉斯方程解
RR?
=
外内
φ
ε
φ
ε
21
又内
∑
+?=
l
1l
0l
3
01
f
11
l
4
cos2
(
0
PRA
R
P
R
R
πε
θ
ε
φ
ε
∑
=
外
l
2l
0
l
3
01
f
22
1l(
4
cos2
(
0
P
R
B
R
P
R
R
πε
θ
ε
φ
ε
比较 系数)(cosθ
l
P
B
0
0 A
0
0
3
0
1
1
3
0
12
3
01
2
11
3
0
,
2
4
2
4
2
R
B
A
R
B
R
A
R
ff
==+ 及
ε
πε
ρε
ε
π
ρ
得
)2(4
)(2
,
)2(4
)(2
211
21
1
3
0211
21
1
εεπε
ρεε
εεπε
ρεε
+
=
+
=
ff
B
R
A
比较 的系数)(cos
2
θP
4
0
2
2
4
0
2
021
,
3
2
R
B
A
R
B
RA =ε
及 0)
1
1(
01
2
=+
R
A
ε
所以 0,0
22
== BA 同理 )3,2(,0 L=== lBA
ll
最后有
)(,
)2(4
)(2
4
cos
)2(4
)(2
4
0
3
0211
21
3
1
3
0211
21
3
1
RR
R
R
R
R
R
RR
R
ffff
<
+
+
=
+
+
εεπε
ρεε
πε
ρ
θ
εεπε
ρεε
πε
ρ
φ
r
r
r
r
r
r
内
)(,
)2(4
3
)2(4
)(2
4
cos
)2(4
)(2
4
0
3
21
3
211
21
3
1
2
211
21
3
1
RR
R
R
R
R
R
R
RR
R
fffff
>
+
=
+
+
=
+
+
εεπ
ρ
εεπε
ρεε
πε
ρ
θ
εεπε
ρεε
πε
ρ
φ
r
r
r
r
r
r
r
r
外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 7 -
球面上的极化电荷密度
nPP
nnP
r
,
21
=σ 从 2 指向 1 如果取外法线方向 则
nnnnp
PP )])[()])[(
0102 内外球外
φεεφεεσ=?=
0
)()(
0102 RR
RR
内外
+
=
φ
εε
φ
εε
]cos
)2(4
)2(2)(2
)2(4
cos)(6
)[(
)2(4
cos6
)(
3
0211
2121
3
021
20
01
3
021
02
θρ
εεπε
εεεε
εεπ
θρεε
εε
εεπ
θρ
εε
f
ff
RRR +
+
+
+
=
θρ
εεπε
εεε
θρ
εεπε
εεεεεε
cos
)2(2
)(3
cos
)2(4
)(6)(6
3
0211
210
3
0211
012201
ff
RR +
=
+
+?
=
求极化偶极子
lqP
f
rr
= 可以看成两个点电荷相距 l 对每一个点电荷运用高斯定理 就得到在每个点电荷旁边有极化电荷
))(1(,)1(
1
0
1
0
fPfP
qqqq==
ε
ε
ε
ε
两者合起来就是极化偶极子
fP
PP
rr
)1(
1
0
=
ε
ε
5.空心导体球壳地内外半径为 R
1
和 R
2
球中心置一偶极子 P
r
球壳上带电 Q 求空间各点电势和电荷分布解
+
=
∞==
==?
→
→
∞→
为有限值
0
'
1
'
1
3
0
1
022
33
2
,
4
,
0,0
r
r
r
r
rP
C
φφ
πε
φ
φφ
φφ
r
r
=
+
+
=
==
=
∫
∑
∫
∑
==
=
+
0
13
3
0
1
22
3
1
3
12
1
2
)(cos
4
,
),(cos
ε
φφ
θ
πε
φ
φφ
φθφ
Q
dS
r
dS
r
PrA
r
rP
CC
CP
r
B
RrRrl
l
l
f
Rr
Rrl
l
l
r
r
R
2
R
1
3
φ
1
φ
2
φ
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 8 -
=+++
=+++
CRAA
R
P
CP
R
B
R
B
R
B
f
L
L
θ
πε
θ
θ
cos
4
cos
cos
110
2
10
2
3
2
2
2
2
1
2
0
即 )4.3.2(0),3.2.1(0,0cos)
4
(,
2
1
11
2
0
0
LL =====+== lAlB
R
P
RAC
R
B
A
ll
f
θ
πε
∑
∑
+==
++?=+?=
+
L
L
θ
φ
θ
πε
θ
πε
θ
φ
cos2)1(
cos
2
cos
4
cos2
3
1
1
2
1
0
2
3
1
3
10
1
1
3
10
1
R
B
R
B
P
r
B
l
r
A
R
P
PRlA
R
P
r
l
l
l
f
L
l
l
f
又则
∫∫ ∫
====
0
2
1
02
1
2
1
0
2
1
03
44 B
R
B
RdS
R
B
dS
R
B
dS
r
ππ
φ
000sincos
4
sincos
2
2
00
2
1
3
10
2
00
2
1
3
10
1
=+=
+?=
∫∫∫∫∫
ππππ
θθθ
πε
θθθ
πε
φ
ddR
R
P
ddR
R
P
dS
r
ff
故
∫∫
==
+
0
0
13
4
ε
π
φφ Q
B
r
dS
r
3
10
1
20
0
0
0
4
,
4
,
4
R
P
A
R
Q
A
Q
B
f
πε
πεπε
===
最后有
<<=
>=
<+
=
)(,
4
)(,
4
)(,
4
44
21
20
2
2
0
3
1
20
3
10
2
0
1
RrR
R
Q
Rr
r
Q
Rr
R
Q
R
rP
r
rP
f
πε
φ
πε
φ
πε
πεπε
φ
r
r
r
r
电荷分布在 r R
1
的面上
3
1
3
1
3
1
1
0
4
cos
4
cos
2
cos
1
R
P
R
P
R
P
r
fff
P
π
θ
π
θ
π
θ
φ
εσ?=
+
=
=
在 r R
2
面上
2
2
3
0
4
2
R
Q
r
P
π
φ
εσ =
=
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 9 -
6 在均匀外电场
0
E
r
中置入一带均匀自由电荷
f
ρ 的绝缘介质球 ε 求空间各点的电势
解
=?
+
+
∑
+
0
6
1
)(cos)(
'2
'2
1
φ
φρ
ε
φ
θφ
r
P
r
B
rA
f
l
l
ll
l
内外
内
φ 是由高斯定理解得的
f
ρ 的作用加上
0
E
r
的共同作用
0
'
0
,cos
→∞→
=
rr
rE φθφ
外有限
+
+
∑
∑
+
)(cos
6
1
)(coscos
2
1
0
θρ
ε
φ
θθφ
l
l
ef
l
l
l
Prcr
P
r
B
rE
内外
:)
0
Rr =
外内
φφ
++++
2
3
0
2
2
0
1
0
0
00
cos P
R
B
R
B
R
B
RE θ ++++
2
2
0201
2
0
cos
6
1
0
PRcRccR
f
θρ
ε
即
0
0
0
2
0
6 R
B
cR
f
=+
ε
ρ
01
2
0
1
00
Rc
R
B
RE =+
2
02
3
0
2
Rc
R
B
=
rr?
=
外内
φ
ε
φ
ε
0
∑
+
+?=
))1(cos(
2
0
00
l
ll
R
PB
lE
r
θε
φ
外
] L+++=
+=
∑
20210
1
00
2cos
3
)(cos
3
PRccRPRlcR
r
f
l
l
l
f
εθε
ρ
θ
ε
ρφ
内电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 10 -
LL+
24
0
20
3
0
10
2
0
00
00
3
cos
2
cos P
R
B
R
B
R
B
E
ε
θ
εε
θε
即
2
0
00
0
3 R
B
R
f
ε
ρ
=
3
0
10
001
2
R
B
EC
ε
εε= LL
4
20
02
3
2
R
B
RC
ε
ε?=
解方程得
f
R
B ρ
ε
0
3
0
0
3
= )
6
1
3
1
(
0
2
00
εε
ρ +?=
f
RC
3
00
0
3
000
1
2
3
RE
RE
B +
+
=
εε
ε
0
00
1
2
3
εε
ε
+
=
E
C
及
20002
32 CRRC εε?= 即 0)32(
0002
=+ RRC εε 0
22
== BC
同理 0==
ll
BC LL3,2=l
得
<
+
±
>
+
+±
0
2
00
0
2
0
2
0
2
0
3
000
2
3
00
0
3
0
0
,cos
2
3
6
1
3
1
(
6
,cos
)2(
3
cos
3
cos
Rrr
E
Rr
Rr
r
RE
r
RE
r
R
rE
f
f
f
θ
εε
ε
εε
ρ
ε
ρ
φ
θ
εε
ε
θ
ε
ρ
θφ
内外
7 在一个很大的电解槽中充满电导率为
2
σ 的液体 使其中流着均匀的电流
0f
δ 今在液体中置入一个电导率为
1
σ 的小球 求稳衡时电流和电荷分布 讨论
21
σσ >> 及
12
σσ >> 两种情况的电流分布特点先求空间电势
0
0
2
2
外内
φ
φ
外内
φφ
0
Rr =
因为 )(
0
Rr
nn
=
外内
δδ 稳恒电流认为表面无电流堆积 即
nn
流出流入 =
故
rr 2
2
2
2
21
外内
φ
σ
φ
σ =
并且
0
δδ =
∞→r
外
即 θφ cos
0
rE
r
=
∞→外
( )
02
0
Ej
f
σ=
有限内 ∞→r
φ 可以理解为在恒流时 0→r 的小封闭曲面流入 流出电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 11 -
这时的解即为
>
+
+
<
0
2
21
213
000
00
21
2
,
cos
)
2
(cos
,cos
2
3
Rr
r
RErE
RrrE
θ
σσ
σσ
θφ
θ
σσ
σ
φ
外内求内外电场 )
2
2
sin
1
2
2
2
2
(
φ
θ
φ
θθ
φφ
φ e
r
e
r
e
E
r
r
rr
Φ
++?==
)sin(cos
2
3
)
2
2
1
2
2
(
0
21
2
θθ
θθ
σσ
σ
θ
φφ
eeEe
rr
e
E
r
r
rrr
r
r
+
=+
内内内
z
eE
r
0
21
2
2
3
σσ
σ
+
=
[]
θθ
θθ
σσ
σσ
θθ ee
r
RE
eeEE
rr
rrrr
sincos2)
2
()sin(cos
21
21
3
3
00
0
+
+
+?
外
[]
θθ
θθθ
σσ
σσ
θθ eee
r
RE
eeE
rrr
rrrrr
sincoscos3)
2
()sin(cos
21
21
3
3
00
0
+?
+
+?
+
+
3
0
3
0
21
213
00
cos3
)
2
(
r
E
e
r
E
RE
r
v
vθ
σσ
σσ
求电流
根据内内
Ej
vr
1
σ
外外
Ej
vv
2
σ
及
=
=
r
f
f
e
r
rrE
r
rrj
Ej
r
vr
v
vv
5
02
5
020
cos
)(
0
θσ
σ
得 ]
)(3
[
2
,
2
3
35
3
0
21
21
21
1 00
0
r
j
r
rrj
Rjjjj
ff
f
r
rr
r
rr
=
σσ
σσ
σσ
σ
内外内
)(
2
cos3
)()(
21
21
00
0120
σσ
σσ
θε
εεω?
+
=?=?=
E
EEEE
nnnnf 内外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 12 -
8.半径为
0
R 的导体球外充满均匀绝缘介质 ε 导体球接地 离球心为 a 处 )(
0
Ra > 置一点电荷
f
Q 试用分离变数法求空间各点电势 证明所得结果与镜像法结果相同提示
).()(cos)(
1
cos2
11
0
22
aRP
a
R
a
aRaR
r
n
n
n
>=
+
=
∑
∞
=
θ
θ
解 1 分离变数法
由电势叠加原理 球外电势
''f
,
4
φφ
πε
φ +
R
Q
外是球面上感应电荷产生的电势 且满足定解条件
=
=
>=?
=
∞→
0
0
)(,0
0
'
0
'2
Rr
r
Rr
外
φ
φ
φ
根据分离变数法得
)(,)(cos
0
0
1
'
RrP
r
B
l
l
l
l
>=
∑
∞
=
+
θφ
∑
∞
=
+
+
+
∴
0
1
22
f
)(cos
cos2
1
4
l
l
l
l
P
r
B
arra
Q
θ
θ
πε
φ
外
*
)(,)(cos)(cos)(
1
4
0
1
0
arP
r
B
P
a
r
a
Q
l
l
l
l
n
n
n
f
<+=
∑∑
∞
=
+
∞
=
θθ
πε
又 0)(cos])(
4
[
0
1
0
0
=+=
∑
∞
=
+
=
n
l
l
o
ll
f
Rr
P
R
B
a
R
a
Q
θ
πε
φ
外即 0)(
4
,...,0
4
,0
4
1
0
0
2
0
10
0
0
=+=+=+
+l
ll
fff
R
B
a
R
a
Q
R
B
a
R
a
Q
R
B
a
Q
πεπεπε
,
4
,
4
,
4
12
0
3
100
a
Q
a
R
B
a
Q
a
R
B
a
Q
RB
f
l
l
l
f
O
f
πεπεπε
+
=?=?=∴
代入 * 式得解
z
P
Q
f
a
O
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 13 -
2 镜像法如图建立坐标系 本题具有球对称性 设在球内
0
r 处有像电荷
'
Q,
'
Q 代替球面上感应电荷对空间电场的作用 由对称性
'
Q 在 O
f
Q 的连线上先令场点 P
1
在球面上 根据边界条件有
常数即 =?==+
fQ
Q
Q
Q
f
Q
Q
r
r
r
Q
r
Q
ff
''
'
'
,0
将
'
Q 的位置选在使?
'
Q P
1
O?
f
Q P
1
O,则有常数
a
R
r
r
f
Q
Q
0
'
= 为达到这一目的 令
'
Q 距圆心为 r
0
则
a
R
r
a
R
R
r
2
0
0
0
0
0
,==
并有
a
QR
Q
a
R
Q
Q
r
r
f
fQ
Q
f
0
'0
'
'
===?= 常数这样 满足条件的像电荷就找到了 空间各点电势为
).(],
cos2)(
cos2
[
4
1
44
2
0202
0
22
2
'
1
ar
a
R
r
a
R
r
a
Q
R
arra
Q
r
Q
r
Q
f
ff
>
++
+
=+=
θ
θ
πεπεπε
φ
外将分离变数法所得结果展开为 Legend 级数 可证明两种方法所求得的电势相等
9 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
0
)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解 球外的电势及导体内电势恒为 0
而球内电势只要满足 即可内
0
1
r
=
R
φ
因此做法及答案与上题同 解略
]
cos
2cos2
[
4
1
2
1
2
4
12
1
22
0
θ
θ
πε
φ
a
RR
a
R
R
a
QR
RaaR
Q
+
+
=
内因为球外 0=φ 故感应电荷集中在内表面 并且为 Q.
R
1
R
2
z
R
1
P
R
2
Q
f
P
1
R
0
2
r
Q
’
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 14 -
10.上题的导体球壳不接地 而是带总电荷 Q
0
,或使其有确定电势
0
试求这两种情况的电势 又问
0
与 Q
0
是何种关系时 两种情况的解是相等的解 由于球壳上有自由电荷 Q
0
并且又是导体球壳 故整个球壳应该是等势体 其电势用高斯定理求得为
20
0
4 R
QQ
πε
+
所以球壳内的电势将由 Q 的电势 像电荷
a
QR
1
的电势及球壳的电势叠加而成 球外电势利用高斯公式就可得故
>
+
=
<
+
+
+
+
=
=
)(,
4
)].(
cos
2cos2
[
4
1
2
0
0
1
2
0
2
1
2
4
12
1
22
0
RR
R
QQ
RR
R
QQ
a
RR
a
R
R
a
QR
RaaR
Q
πε
φ
θ
θ
πε
φ
φ
外内或
>=
<+
+
+
=
=
)(,
).(]
cos
2cos2
[
4
1
20
2
10
2
1
2
4
12
1
22
0
RR
r
R
RR
a
RR
a
R
R
a
QR
RaaR
Q
φφ
φ
θ
θ
πε
φ
φ
外内当
20
0
0
4 R
QQ
πε
φ
+
= 时两种情况的解相同
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解 如图 利用镜像法 根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体球两个模型 可确定三个镜像电荷的电量和位置
rbrQQ
r
b
a
rQ
b
a
Q
r
b
a
rQ
b
a
Q
r
r
r
=?=
==
=?=
33
2
22
2
11
,
,
,
θ
θθ
πε
φ
cos2
cos2
1
cos2
1
[
4
2
2
4
2
2222
0
R
b
a
b
a
Rb
a
RbbRRbbR
Q
++
+
++
+
=
P
Q
Q
b
a
Q
b
a
-Q
O
R
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 15 -
),
2
0(],
cos2
2
2
4
2
aR
R
b
a
b
a
Rb
a
><≤
+
+
π
θ
θ
12,有一点电荷 Q 位于两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内 它到两个平面的距离为 a 和 b
求空间电势解 可以构造如图所示的三个象电荷来代替
两导体板的作用
++?+?
+?+?
=
222
0
222
0
0 )()()(
1
)()()(
1
[
4
bzayxxbzayxx
Q
πε
φ
)0,(],
)()()(
1
)()()(
1
222
0
222
0
>
++++?
+
+++?
zy
bzayxxbzayxx
13.设有两平面围成的直角形无穷容器 其内充满电导率为 的液体 取该两平面为 xz 面和 yz 面 在 x
0
,y
0
,z
0
和 x
0
,y
0
,-z
0
两点分别置正负电极并通以电流 I 求导电液体中的电势解 本题的物理模型是 由外加电源在 A B 两点间建立电场 使溶液中的载流子运动形成电流 I,当系统稳定时 是恒定场 即 0=
+
t
j
ρ
r
中 0=
t
ρ
对于恒定的电流 可按静电场的方式处理于是 在 A 点取包围 A 的包围面
∫
=?
n
Q
sdE
ε
r
r
而又有
σ?=
=
∫
Ei
sdiI
rr
r
r
}
∫
=? sdEI
r
r
σ
1
∴有
σ
ε
εσ
1
1
1 I
Q
Q
I =?=
对 BQ
σ
ε
1
I
QQ
B
=?=
又在容器壁上,0=
n
j
r
即元电流流入容器壁由 Ej
rr
σ= 有 0=
n
j
r
时 0=
n
E
r
∴可取如右图所示电像
b
a
Q(x
0
,a,b)-Q
(x
0
,-a,b)
-Q(x
0
,a,-b)+Q
(x
0
,-a,-b)
z
y
P(x,y,z)
B(x
0,
y
0,
z
0
)
x
z
y
A(x
0,
y
0,
z
0
)
σ
j
r
j
r
-Q(x
0,
-y
0,
z
0
)
z
Q(x
0,
-y
0,
z
0
)
Q(-x
0,-
y
0,
z
0
)
-Q(x
0,
y
0,
-z
0
)
-Q(-x
0,
y
0,
z
0
)
-Q(-x
0,
y
0,
-z
0
)
Q(x
0,
y
0,
z
0
)
Q(x
0,
y
0,
z
0
)
y
x
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 16 -
14.画出函数
dx
xd )(δ
的图 说明 )()( xP
r
r
δρ= 是一个位于原点的偶极子的电荷密度解
=∞
≠
=
0,
0,0
)(
x
x
xδ
x
xxx
dx
xd
x
+
=
→?
)()(
lim
)(
0
δδδ
1 0
)(
0 =≠
dx
xd
x
δ
时
2?∞=
∞?
=>?=
→?
xdx
xd
x
x
0
lim
)(
,0xa0
0
δ
时
+∞=
∞?
=<?
→?
xdx
xd
xb
x
0
lim
)(
,0)
0
δ
15 证明
1 )0).((
1
)( >= ax
a
ax δδ 若 a<0,结果如何
2 0)( =xxδ
证明 1 根据
∑
=
)(
(
)]([
'
k
k
x
xx
x
φ
δ
φδ 所以
a
x
ax
)(
)(
δ
δ =
2 从 )(xδ 的定义可直接证明有任意良函数 f(x),则 )()( xFxxf =? 也为良函数
∫
=?=
=
0)()()(
0x
xxfdxxxxf δ
16 一块极化介质的极化矢量为 )(
'
xP
r
r
根据偶极子静电势的公式 极化介质所产生的静电势为
∫
=
V
dV
r
rxP
'
3
0
'
4
)(
πε
rr
r
另外 根据极化电荷公式,)(
''
PnxP
PP
r
rr
r
rr
== σρ 及 极化介质所产生的电势又可表为
∫∫
+
=
SV
r
SdxP
dV
r
xP
0
''
'
0
''
4
)(
4
)(
πεπε
r
r
r
r
r
试证明以上两表达式是等同的
x
dx
xd )(δ
P
O
X
’
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 17 -
证明
∫∫
=
=
VV
dV
r
xPdV
r
rxP
'''
0
'
3
'
0
1
)(
4
1)(
4
1 r
r
rr
r
πεπε
又有
r
P
r
P
r
P
p
11
)
1
(
'''
+=?
rrr
则 ][
4
1
])([
4
1
'''
'
'
0
'''
'
0
∫∫∫∫
+
=+
=
SVVV
Sd
r
P
dV
r
P
dV
r
P
dV
r
P
r
rrrr
πεπε
][
4
1
][
4
1
'
0
'
'
'
0
∫∫∫∫
+=
+
=
S
P
V
P
SV
dS
r
dV
r
dS
r
nP
dV
r
P
rs
r
rr
σρ
πεπε
刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和
17 证明下述结果 并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化
1 在面电荷两侧 电势法向微商有跃变 而电势是连续的
2 在面偶极层两侧 电势有跃变
Pn
r
r
=?
0
12
1
ε
而电势的法向微商是连续的 各带等量正负面电荷密度 σ± 而靠的很近的两个面 形成面偶极层 而偶极矩密度,)lim
0
lP
l
rr
σ
σ
→
∞→
=
证明 1 如图可得,2
0
ε
σ s
sE
=
0
22
,
2
00
21
0
=?=?=∴ zzE
ε
σ
ε
σ
φφ
ε
σ
面
z
eE
n
r
r
0
1
1
1
2ε
σφ
==
)(
2
0
2
2
2
z
eE
n
r
r
==
ε
σφ
02
2
1
1
ε
σφφ
=
∴
nn
2)可得
z
eE
r
r
0
ε
σ
=
00
00
12
limlim
εε
σ
φφ
Pn
lnlE
ll
r
r
r
r
rr
=?=?=?∴
→→
又 E
n
E
n
rr
=
=
21
,
φφ
z
x
E
+
1
2
E
S
E
r
+
-
z
n
r
1
2
l
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 18 -
,0
12
=
∴
nn
φφ
18.一个半径为 R
0
的球面 在球坐标
2
0
π
θ << 的半球面上电势为
0
在 πθ
π
<<
2
的半球面上电势为
0
求空间各点电势提示
=?
=
=
=
+
=
+
∫
)(,)1(
)(,0
)0(
1)1(
,
12
)()(
)(
642
)1(531
2
1
0
1
0
11
偶数奇数
n
n
P
P
n
xPxP
dxxP
nn
n
n
nn
n
解
=
∞<
=?
∞→
→
0
0
0
0
2
2
r
r
外内外内
φ
φ
φ
φ
≤<?
<≤
==
=
πθ
π
φ
π
θφ
θφ
2
,
2
0,
)(
0
0
0
f
Rr
∑
= )(cosθφ
l
l
l
PrA
内
这是内
φ 按球函数展开的广义傅立叶级数
l
l
rA 是展开系数
∫∫
+
=
+
==
π
θθθφθθφ
0
1
1
0
]sin)(cos[
2
12
]cos)(cos[
2
12
00
dP
l
dP
l
fRA
lRlRl
l
l 内内
]sin)(cossin)(cos[
2
12
2
0
2
0
0
∫∫
+?
+
=
π
π
π
θθθφθθθφ dPdP
l
ll
])()([
2
12
1
0
0
0
1
0
∫∫
+
= dxxPdxxP
l
ll
φφ
∫∫
+?
+
=
1
0
0
1
0
)()([
2
12
dxxPdxxP
l
ll
φ
由 )()1()( xPxP
l
l
l
=?
则 ])()()1[(
2
12
1
0
1
0
1
00
∫∫
+?
+
=
+
dxxPdxxP
l
RA
ll
l
φ
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 19 -
∫
+?
+
=
+
1
0
1
0
)(]1)1[(
2
12
dxxP
l
l
l
φ
当 l 为偶数时 0
0
=
l
l
RA
当 l 为奇数时 有
1
0
11
0
1
0
1
00
12
)()(
)12()(]1)1[(
2
12
+
+=+?
+
=
++
∫
l
xPxP
ldxxP
l
RA
ll
l
ll
l
φφ
]
)1(642
)2(531
)1(
)1(642
531
)1[(
2
1
2
1
0
+
=
+
l
l
l
l
ll
φ
]
)1(642
)2(531
)1(
)1(642
531
)1[(
2
1
2
1
0
+
+
=
l
l
l
l
ll
φ
)12(
)1(642
)2(531
)1()1
1
(
)1(642
)2(531
)1(
2
1
0
2
1
0
+
+
=+
+
=
l
l
l
l
l
l
l
ll
φφ
则 )12(
)1(642
)2(531
)1(
2
1
0
0
+
+
=
l
l
l
R
A
l
l
l
φ
∑
<+
+
=
)(),(cos))(12(
)1(642
)2(531
)1(
0
0
2
1
0
RrlP
R
r
l
l
l
l
l
l
取奇数内
θφφ
∑
+
)(cos
1
θφ
l
l
l
P
r
B
外又 )12(
)1(642
)2(531
)1(])(cos[
2
12
2
1
0
1
1
1 0
+
+
=
+
=
+ ∫
l
l
l
P
l
r
B
l
lR
l
l
φθφ
外即
∑
>+
+
=
+
)(),(cos))(12(
)1(642
)2(531
)1(
0
10
2
1
RrlP
r
R
l
l
l
l
l
l
为奇数外
θφ
- 1 -
1,一个半径为 R 的电介质球 极化强度 P=K
2
r
r
电容率为
(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
(3) 计算球外和球内的电势
(4) 求该带电介质球产生的静电场总能量解 (1)
2
222
/)
11
( rKr
r
r
r
K
r
r
KP
P
=+===
rr
r
r
ρ
RP
PPn )(
12
rr
r
=σ
又 球外无极化电荷
0
2
=P
r
RK
r
r
KnPn
RRp
/
2
1
=?=?=
r
r
r
r
σ
(2) 由公式 ED
rr
ε=
PED
rrr
+=
0
ε
0
εε
ε
=
P
D
r
r
2
00
)( r
K
PD
f
εε
ε
εε
ε
ρ
=
==
rr
`
(3)对于球外电场 由高斯定理可得
∫
=?
0
ε
Q
sdE
r
r
外
0
2
2
0
0
2
sin
)(
4
ε
θθ
εε
ε
ε
ρ
π
∫∫∫
∫
==?∴
ddrdr
r
K
dV
rE
f
外
r
r
r)(
3
00
r
r
εεε
ε
∴
KR
E
外同理可得球内电场
2
0
r
rK
E
r
r
εε
内
球外电势外外
r)(
rd
00
εεε
ε
∴
∫
∞
∞
KR
E
r
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 2 -
r
R
ln
)(
rdrd
000r
εεεεε
ε
+
∫∫
∞
KK
EE
R
R
球内电势内外内
r
r
r
r
4
2
0
2
2
0
2
0
r2r
r
r
r
2
1
2
1
内内内
εε
ε
εεεε
ε
ω
KKK
ED
rr
rr
∴
∫ ∫∫∫
∴
2
0
2
22
0
2
)2ddrdsinr
r)(2
1
d
εε
πε?θθ
εε
ε
ω
K
R
K
VW
内内
∫ ∫∫∫
=
2
00
22
2
42
00
222
)(
2
ddrdsinr
r
1
)(2
1
d
εεε
πε
θθ
εεε
ε
ω
RKRK
VW
R
外外
2
00
))(1(2
εεε
ε
πε
+=∴
K
RWWW
外内
2 在均匀外电场中置入半径为
0
R 的导体球 试用分离变数法球下列两种情况的电势
1 导体球上接有电池 使球与地保持电势差 ;
0
φ
2 导体球上带总电荷 Q.
解 1 当导体球上接有电池 与地保持电势差
0
φ 时 以地为电势零点
本问题的定解条件如下
0
φφ
内
R=
0
R
0
2
外
R>
0
R 且
=
=
=
∞→
0
00
0
cos
φ?
θ?
RR
R
RE
外外
0
是未置入导体球前坐标原点的电势根据有关的数理知识 可解得 )cos
R
Ra
n
1n
n
n
n
0n
θ?
外
P
b
∑
∞
由于
00
cos?θ?
外
RE
R
=
∞→
即
00
2
12
10
2
10
cos)(coscos)(coscosa?θθθθθ? +?=+++++
∞→
∞
=
+
∞
=
∑∑
REP
R
b
R
b
R
b
PRaRa
R
n
n
n
n
n
n
n
n外故而有 )1(0),1(0,,
0100
>=>=?== nbnaEaa
nn
θθ cos
b
cos
2
10
00
R
b
R
RE +∴
外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 3 -
又
0
2
0
1
0
0
000
cos
b
cos,
00
φθθφ? =+?==
==
R
b
R
RE
RRRR
即外外
故而又有
=+?
=+
∴
0coscos
2
0
1
00
0
0
0
0
θθ
φ?
R
b
RE
R
b
得到
2
0010000
,)( REbRb =?=?φ
最后 得定解问题的解为
)(cos
)(
cos
0
3
00000
00
RR
R
RE
R
R
RE >+
++?= θ
φ
θ?
外
2 当导体球上带总电荷 Q 时 定解问题存在的方式是
=
+
>?
<?
∫
∞→
→
)(ds
(Rcos
)(0
)(0
0
s
0
R
000R
0R
0
2
0
2
0
RRQ
R
E
RR
RR
R
原点的电势是未置入导体球前坐标有限外外内外内外内
φ
ε
φφ
θφ
φ
φ
φ
解得满足边界条件的解是
∑
=0n
n
n
n
cosR
内
θ? Pa
∑
=0n
n
1n
n
00
cos
R
Rcos
外
θθ P
b
E
由于
∞→R外
的表达式中 只出现了 )1(0coscos(
1
>= nbP
n
项 故θθ
θθ cos
b
cos
2
10
00
R
b
R
RE +∴
外又有
0
RR=外
是一个常数 导体球是静电平衡
C
R
b
R
RE
RR
=+?=
=
θθ cos
b
cos
2
0
1
0
0
000
0
外
3
001
2
0
1
00
0coscos REb
R
b
RE ==+?∴ 即θθ
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 4 -
θθ coscos
2
3
000
00
R
RE
R
b
RE ++
外
又由边界条件 Q
外
∫
s
0
ds
r
φ
ε
0
0
4πε
Q
b =∴
0,0
00
R
4
R
R
Q
<?∴?
πε
内
00
2
3
00
0
Rcoscos
R4
RRE
R
REQ
>+
外
θθ
πε
3 均匀介质球的中心置一点电荷
f
Q 球的电容率为 ε 球外为真空 试用分离变数法求空间电势 把结果与使用高斯定理所得结果比较提示 空间各点的电势是点电荷
f
Q 的电势
R
Q
πε4
f
与球面上的极化电荷所产生的电势的叠加 后者满足拉普拉斯方程解 一,高斯法在球外
0
R R>,由高斯定理有
fPf
QQQQsdE =+=?
∫
总
r
r
0
ε 对于整个导体球而言 束缚电荷 )0=
P
Q
2
0
4 R
Q
E
f
πε
=∴
r
积分后得 是积分常数外
CC
R
Q
.(
4
0
f
+
πε
又由于 0,0 =∴=
∞→
C
R外
)(
4
0
0
RR
R
Q
f
>=∴
πε
外在球内
0
R R<,由介质中的高斯定理
∫
=?
f
QsdD
r
r
又
2
4
,
R
Q
EED
f
πε
ε =∴=
rrr
积分后得到 是积分常数内 22
f
.(
4
CC
R
Q
+
πε
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 5 -
由于
2
000
f
44
,
0
C
R
Q
R
Q
f
RR
+=
=
πεπε
故而有外内
).(
44
0
000
2
RR
R
Q
R
Q
C
ff
<?=∴
πεπε
)(
444
0
0
f
00
ff
RR
R
Q
R
Q
R
Q
<?∴
πεπεπε
内二,分离变量法
本题所求的电势是由点电荷
f
Q 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加 且有着球对称性 因此 其解可写作
'
4
πε
+=
R
Q
f
由于 'φ 是球对称的 其通解为
R
b
a+='?
由于球心有
f
Q 的存在 所以有 ∞
→内 0R
即 a
4
内
R
Q
f
πε
在球外有外
0
R ∞→
即
R
b
4
f
外
R
Q
πε
由边界条件得
00
f
0
f
R
b
4
a
4
,
0
RR
Q
R
Q
R
++
πεπε
即外内
2
0
f
2
0
0
2
0
f0
R0
4
b
4
,
RR
0
R
Q
RR
Q
R
πε
εε
πε
ε?
ε
ε?=?
即外内
)
11
(
4
a),
11
(
4
00
f
0
εεπεεπε
=∴
R
Q
Q
b
f
<?
>
∴
0
0
f
00
ff
0
0
f
,
444
,
R4
RR
R
Q
R
Q
R
Q
RR
Q
πεπεπε
πε
内外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 6 -
4 均匀介质球 电容率为
1
ε 的中心置一自由电偶极子
f
P
r
球外充满了另一种介质 电容率为
2
ε 求空间各点的电势和极化电荷分布提示 同上题 '
4
3
1
φ
πε
φ +
=
R
RP
f
rr
,而 'φ 满足拉普拉斯方程解
RR?
=
外内
φ
ε
φ
ε
21
又内
∑
+?=
l
1l
0l
3
01
f
11
l
4
cos2
(
0
PRA
R
P
R
R
πε
θ
ε
φ
ε
∑
=
外
l
2l
0
l
3
01
f
22
1l(
4
cos2
(
0
P
R
B
R
P
R
R
πε
θ
ε
φ
ε
比较 系数)(cosθ
l
P
B
0
0 A
0
0
3
0
1
1
3
0
12
3
01
2
11
3
0
,
2
4
2
4
2
R
B
A
R
B
R
A
R
ff
==+ 及
ε
πε
ρε
ε
π
ρ
得
)2(4
)(2
,
)2(4
)(2
211
21
1
3
0211
21
1
εεπε
ρεε
εεπε
ρεε
+
=
+
=
ff
B
R
A
比较 的系数)(cos
2
θP
4
0
2
2
4
0
2
021
,
3
2
R
B
A
R
B
RA =ε
及 0)
1
1(
01
2
=+
R
A
ε
所以 0,0
22
== BA 同理 )3,2(,0 L=== lBA
ll
最后有
)(,
)2(4
)(2
4
cos
)2(4
)(2
4
0
3
0211
21
3
1
3
0211
21
3
1
RR
R
R
R
R
R
RR
R
ffff
<
+
+
=
+
+
εεπε
ρεε
πε
ρ
θ
εεπε
ρεε
πε
ρ
φ
r
r
r
r
r
r
内
)(,
)2(4
3
)2(4
)(2
4
cos
)2(4
)(2
4
0
3
21
3
211
21
3
1
2
211
21
3
1
RR
R
R
R
R
R
R
RR
R
fffff
>
+
=
+
+
=
+
+
εεπ
ρ
εεπε
ρεε
πε
ρ
θ
εεπε
ρεε
πε
ρ
φ
r
r
r
r
r
r
r
r
外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 7 -
球面上的极化电荷密度
nPP
nnP
r
,
21
=σ 从 2 指向 1 如果取外法线方向 则
nnnnp
PP )])[()])[(
0102 内外球外
φεεφεεσ=?=
0
)()(
0102 RR
RR
内外
+
=
φ
εε
φ
εε
]cos
)2(4
)2(2)(2
)2(4
cos)(6
)[(
)2(4
cos6
)(
3
0211
2121
3
021
20
01
3
021
02
θρ
εεπε
εεεε
εεπ
θρεε
εε
εεπ
θρ
εε
f
ff
RRR +
+
+
+
=
θρ
εεπε
εεε
θρ
εεπε
εεεεεε
cos
)2(2
)(3
cos
)2(4
)(6)(6
3
0211
210
3
0211
012201
ff
RR +
=
+
+?
=
求极化偶极子
lqP
f
rr
= 可以看成两个点电荷相距 l 对每一个点电荷运用高斯定理 就得到在每个点电荷旁边有极化电荷
))(1(,)1(
1
0
1
0
fPfP
qqqq==
ε
ε
ε
ε
两者合起来就是极化偶极子
fP
PP
rr
)1(
1
0
=
ε
ε
5.空心导体球壳地内外半径为 R
1
和 R
2
球中心置一偶极子 P
r
球壳上带电 Q 求空间各点电势和电荷分布解
+
=
∞==
==?
→
→
∞→
为有限值
0
'
1
'
1
3
0
1
022
33
2
,
4
,
0,0
r
r
r
r
rP
C
φφ
πε
φ
φφ
φφ
r
r
=
+
+
=
==
=
∫
∑
∫
∑
==
=
+
0
13
3
0
1
22
3
1
3
12
1
2
)(cos
4
,
),(cos
ε
φφ
θ
πε
φ
φφ
φθφ
Q
dS
r
dS
r
PrA
r
rP
CC
CP
r
B
RrRrl
l
l
f
Rr
Rrl
l
l
r
r
R
2
R
1
3
φ
1
φ
2
φ
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 8 -
=+++
=+++
CRAA
R
P
CP
R
B
R
B
R
B
f
L
L
θ
πε
θ
θ
cos
4
cos
cos
110
2
10
2
3
2
2
2
2
1
2
0
即 )4.3.2(0),3.2.1(0,0cos)
4
(,
2
1
11
2
0
0
LL =====+== lAlB
R
P
RAC
R
B
A
ll
f
θ
πε
∑
∑
+==
++?=+?=
+
L
L
θ
φ
θ
πε
θ
πε
θ
φ
cos2)1(
cos
2
cos
4
cos2
3
1
1
2
1
0
2
3
1
3
10
1
1
3
10
1
R
B
R
B
P
r
B
l
r
A
R
P
PRlA
R
P
r
l
l
l
f
L
l
l
f
又则
∫∫ ∫
====
0
2
1
02
1
2
1
0
2
1
03
44 B
R
B
RdS
R
B
dS
R
B
dS
r
ππ
φ
000sincos
4
sincos
2
2
00
2
1
3
10
2
00
2
1
3
10
1
=+=
+?=
∫∫∫∫∫
ππππ
θθθ
πε
θθθ
πε
φ
ddR
R
P
ddR
R
P
dS
r
ff
故
∫∫
==
+
0
0
13
4
ε
π
φφ Q
B
r
dS
r
3
10
1
20
0
0
0
4
,
4
,
4
R
P
A
R
Q
A
Q
B
f
πε
πεπε
===
最后有
<<=
>=
<+
=
)(,
4
)(,
4
)(,
4
44
21
20
2
2
0
3
1
20
3
10
2
0
1
RrR
R
Q
Rr
r
Q
Rr
R
Q
R
rP
r
rP
f
πε
φ
πε
φ
πε
πεπε
φ
r
r
r
r
电荷分布在 r R
1
的面上
3
1
3
1
3
1
1
0
4
cos
4
cos
2
cos
1
R
P
R
P
R
P
r
fff
P
π
θ
π
θ
π
θ
φ
εσ?=
+
=
=
在 r R
2
面上
2
2
3
0
4
2
R
Q
r
P
π
φ
εσ =
=
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 9 -
6 在均匀外电场
0
E
r
中置入一带均匀自由电荷
f
ρ 的绝缘介质球 ε 求空间各点的电势
解
=?
+
+
∑
+
0
6
1
)(cos)(
'2
'2
1
φ
φρ
ε
φ
θφ
r
P
r
B
rA
f
l
l
ll
l
内外
内
φ 是由高斯定理解得的
f
ρ 的作用加上
0
E
r
的共同作用
0
'
0
,cos
→∞→
=
rr
rE φθφ
外有限
+
+
∑
∑
+
)(cos
6
1
)(coscos
2
1
0
θρ
ε
φ
θθφ
l
l
ef
l
l
l
Prcr
P
r
B
rE
内外
:)
0
Rr =
外内
φφ
++++
2
3
0
2
2
0
1
0
0
00
cos P
R
B
R
B
R
B
RE θ ++++
2
2
0201
2
0
cos
6
1
0
PRcRccR
f
θρ
ε
即
0
0
0
2
0
6 R
B
cR
f
=+
ε
ρ
01
2
0
1
00
Rc
R
B
RE =+
2
02
3
0
2
Rc
R
B
=
rr?
=
外内
φ
ε
φ
ε
0
∑
+
+?=
))1(cos(
2
0
00
l
ll
R
PB
lE
r
θε
φ
外
] L+++=
+=
∑
20210
1
00
2cos
3
)(cos
3
PRccRPRlcR
r
f
l
l
l
f
εθε
ρ
θ
ε
ρφ
内电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 10 -
LL+
24
0
20
3
0
10
2
0
00
00
3
cos
2
cos P
R
B
R
B
R
B
E
ε
θ
εε
θε
即
2
0
00
0
3 R
B
R
f
ε
ρ
=
3
0
10
001
2
R
B
EC
ε
εε= LL
4
20
02
3
2
R
B
RC
ε
ε?=
解方程得
f
R
B ρ
ε
0
3
0
0
3
= )
6
1
3
1
(
0
2
00
εε
ρ +?=
f
RC
3
00
0
3
000
1
2
3
RE
RE
B +
+
=
εε
ε
0
00
1
2
3
εε
ε
+
=
E
C
及
20002
32 CRRC εε?= 即 0)32(
0002
=+ RRC εε 0
22
== BC
同理 0==
ll
BC LL3,2=l
得
<
+
±
>
+
+±
0
2
00
0
2
0
2
0
2
0
3
000
2
3
00
0
3
0
0
,cos
2
3
6
1
3
1
(
6
,cos
)2(
3
cos
3
cos
Rrr
E
Rr
Rr
r
RE
r
RE
r
R
rE
f
f
f
θ
εε
ε
εε
ρ
ε
ρ
φ
θ
εε
ε
θ
ε
ρ
θφ
内外
7 在一个很大的电解槽中充满电导率为
2
σ 的液体 使其中流着均匀的电流
0f
δ 今在液体中置入一个电导率为
1
σ 的小球 求稳衡时电流和电荷分布 讨论
21
σσ >> 及
12
σσ >> 两种情况的电流分布特点先求空间电势
0
0
2
2
外内
φ
φ
外内
φφ
0
Rr =
因为 )(
0
Rr
nn
=
外内
δδ 稳恒电流认为表面无电流堆积 即
nn
流出流入 =
故
rr 2
2
2
2
21
外内
φ
σ
φ
σ =
并且
0
δδ =
∞→r
外
即 θφ cos
0
rE
r
=
∞→外
( )
02
0
Ej
f
σ=
有限内 ∞→r
φ 可以理解为在恒流时 0→r 的小封闭曲面流入 流出电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 11 -
这时的解即为
>
+
+
<
0
2
21
213
000
00
21
2
,
cos
)
2
(cos
,cos
2
3
Rr
r
RErE
RrrE
θ
σσ
σσ
θφ
θ
σσ
σ
φ
外内求内外电场 )
2
2
sin
1
2
2
2
2
(
φ
θ
φ
θθ
φφ
φ e
r
e
r
e
E
r
r
rr
Φ
++?==
)sin(cos
2
3
)
2
2
1
2
2
(
0
21
2
θθ
θθ
σσ
σ
θ
φφ
eeEe
rr
e
E
r
r
rrr
r
r
+
=+
内内内
z
eE
r
0
21
2
2
3
σσ
σ
+
=
[]
θθ
θθ
σσ
σσ
θθ ee
r
RE
eeEE
rr
rrrr
sincos2)
2
()sin(cos
21
21
3
3
00
0
+
+
+?
外
[]
θθ
θθθ
σσ
σσ
θθ eee
r
RE
eeE
rrr
rrrrr
sincoscos3)
2
()sin(cos
21
21
3
3
00
0
+?
+
+?
+
+
3
0
3
0
21
213
00
cos3
)
2
(
r
E
e
r
E
RE
r
v
vθ
σσ
σσ
求电流
根据内内
Ej
vr
1
σ
外外
Ej
vv
2
σ
及
=
=
r
f
f
e
r
rrE
r
rrj
Ej
r
vr
v
vv
5
02
5
020
cos
)(
0
θσ
σ
得 ]
)(3
[
2
,
2
3
35
3
0
21
21
21
1 00
0
r
j
r
rrj
Rjjjj
ff
f
r
rr
r
rr
=
σσ
σσ
σσ
σ
内外内
)(
2
cos3
)()(
21
21
00
0120
σσ
σσ
θε
εεω?
+
=?=?=
E
EEEE
nnnnf 内外电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 12 -
8.半径为
0
R 的导体球外充满均匀绝缘介质 ε 导体球接地 离球心为 a 处 )(
0
Ra > 置一点电荷
f
Q 试用分离变数法求空间各点电势 证明所得结果与镜像法结果相同提示
).()(cos)(
1
cos2
11
0
22
aRP
a
R
a
aRaR
r
n
n
n
>=
+
=
∑
∞
=
θ
θ
解 1 分离变数法
由电势叠加原理 球外电势
''f
,
4
φφ
πε
φ +
R
Q
外是球面上感应电荷产生的电势 且满足定解条件
=
=
>=?
=
∞→
0
0
)(,0
0
'
0
'2
Rr
r
Rr
外
φ
φ
φ
根据分离变数法得
)(,)(cos
0
0
1
'
RrP
r
B
l
l
l
l
>=
∑
∞
=
+
θφ
∑
∞
=
+
+
+
∴
0
1
22
f
)(cos
cos2
1
4
l
l
l
l
P
r
B
arra
Q
θ
θ
πε
φ
外
*
)(,)(cos)(cos)(
1
4
0
1
0
arP
r
B
P
a
r
a
Q
l
l
l
l
n
n
n
f
<+=
∑∑
∞
=
+
∞
=
θθ
πε
又 0)(cos])(
4
[
0
1
0
0
=+=
∑
∞
=
+
=
n
l
l
o
ll
f
Rr
P
R
B
a
R
a
Q
θ
πε
φ
外即 0)(
4
,...,0
4
,0
4
1
0
0
2
0
10
0
0
=+=+=+
+l
ll
fff
R
B
a
R
a
Q
R
B
a
R
a
Q
R
B
a
Q
πεπεπε
,
4
,
4
,
4
12
0
3
100
a
Q
a
R
B
a
Q
a
R
B
a
Q
RB
f
l
l
l
f
O
f
πεπεπε
+
=?=?=∴
代入 * 式得解
z
P
Q
f
a
O
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 13 -
2 镜像法如图建立坐标系 本题具有球对称性 设在球内
0
r 处有像电荷
'
Q,
'
Q 代替球面上感应电荷对空间电场的作用 由对称性
'
Q 在 O
f
Q 的连线上先令场点 P
1
在球面上 根据边界条件有
常数即 =?==+
fQ
Q
Q
Q
f
Q
Q
r
r
r
Q
r
Q
ff
''
'
'
,0
将
'
Q 的位置选在使?
'
Q P
1
O?
f
Q P
1
O,则有常数
a
R
r
r
f
Q
Q
0
'
= 为达到这一目的 令
'
Q 距圆心为 r
0
则
a
R
r
a
R
R
r
2
0
0
0
0
0
,==
并有
a
QR
Q
a
R
Q
Q
r
r
f
fQ
Q
f
0
'0
'
'
===?= 常数这样 满足条件的像电荷就找到了 空间各点电势为
).(],
cos2)(
cos2
[
4
1
44
2
0202
0
22
2
'
1
ar
a
R
r
a
R
r
a
Q
R
arra
Q
r
Q
r
Q
f
ff
>
++
+
=+=
θ
θ
πεπεπε
φ
外将分离变数法所得结果展开为 Legend 级数 可证明两种方法所求得的电势相等
9 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
0
)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解 球外的电势及导体内电势恒为 0
而球内电势只要满足 即可内
0
1
r
=
R
φ
因此做法及答案与上题同 解略
]
cos
2cos2
[
4
1
2
1
2
4
12
1
22
0
θ
θ
πε
φ
a
RR
a
R
R
a
QR
RaaR
Q
+
+
=
内因为球外 0=φ 故感应电荷集中在内表面 并且为 Q.
R
1
R
2
z
R
1
P
R
2
Q
f
P
1
R
0
2
r
Q
’
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 14 -
10.上题的导体球壳不接地 而是带总电荷 Q
0
,或使其有确定电势
0
试求这两种情况的电势 又问
0
与 Q
0
是何种关系时 两种情况的解是相等的解 由于球壳上有自由电荷 Q
0
并且又是导体球壳 故整个球壳应该是等势体 其电势用高斯定理求得为
20
0
4 R
πε
+
所以球壳内的电势将由 Q 的电势 像电荷
a
QR
1
的电势及球壳的电势叠加而成 球外电势利用高斯公式就可得故
>
+
=
<
+
+
+
+
=
=
)(,
4
)].(
cos
2cos2
[
4
1
2
0
0
1
2
0
2
1
2
4
12
1
22
0
RR
R
RR
R
a
RR
a
R
R
a
QR
RaaR
Q
πε
φ
θ
θ
πε
φ
φ
外内或
>=
<+
+
+
=
=
)(,
).(]
cos
2cos2
[
4
1
20
2
10
2
1
2
4
12
1
22
0
RR
r
R
RR
a
RR
a
R
R
a
QR
RaaR
Q
φφ
φ
θ
θ
πε
φ
φ
外内当
20
0
0
4 R
πε
φ
+
= 时两种情况的解相同
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解 如图 利用镜像法 根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体球两个模型 可确定三个镜像电荷的电量和位置
rbrQQ
r
b
a
rQ
b
a
Q
r
b
a
rQ
b
a
Q
r
r
r
=?=
==
=?=
33
2
22
2
11
,
,
,
θ
θθ
πε
φ
cos2
cos2
1
cos2
1
[
4
2
2
4
2
2222
0
R
b
a
b
a
Rb
a
RbbRRbbR
Q
++
+
++
+
=
P
Q
Q
b
a
Q
b
a
-Q
O
R
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 15 -
),
2
0(],
cos2
2
2
4
2
aR
R
b
a
b
a
Rb
a
><≤
+
+
π
θ
θ
12,有一点电荷 Q 位于两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内 它到两个平面的距离为 a 和 b
求空间电势解 可以构造如图所示的三个象电荷来代替
两导体板的作用
++?+?
+?+?
=
222
0
222
0
0 )()()(
1
)()()(
1
[
4
bzayxxbzayxx
Q
πε
φ
)0,(],
)()()(
1
)()()(
1
222
0
222
0
>
++++?
+
+++?
zy
bzayxxbzayxx
13.设有两平面围成的直角形无穷容器 其内充满电导率为 的液体 取该两平面为 xz 面和 yz 面 在 x
0
,y
0
,z
0
和 x
0
,y
0
,-z
0
两点分别置正负电极并通以电流 I 求导电液体中的电势解 本题的物理模型是 由外加电源在 A B 两点间建立电场 使溶液中的载流子运动形成电流 I,当系统稳定时 是恒定场 即 0=
+
t
j
ρ
r
中 0=
t
ρ
对于恒定的电流 可按静电场的方式处理于是 在 A 点取包围 A 的包围面
∫
=?
n
Q
sdE
ε
r
r
而又有
σ?=
=
∫
Ei
sdiI
rr
r
r
}
∫
=? sdEI
r
r
σ
1
∴有
σ
ε
εσ
1
1
1 I
Q
Q
I =?=
对 BQ
σ
ε
1
I
B
=?=
又在容器壁上,0=
n
j
r
即元电流流入容器壁由 Ej
rr
σ= 有 0=
n
j
r
时 0=
n
E
r
∴可取如右图所示电像
b
a
Q(x
0
,a,b)-Q
(x
0
,-a,b)
-Q(x
0
,a,-b)+Q
(x
0
,-a,-b)
z
y
P(x,y,z)
B(x
0,
y
0,
z
0
)
x
z
y
A(x
0,
y
0,
z
0
)
σ
j
r
j
r
-Q(x
0,
-y
0,
z
0
)
z
Q(x
0,
-y
0,
z
0
)
Q(-x
0,-
y
0,
z
0
)
-Q(x
0,
y
0,
-z
0
)
-Q(-x
0,
y
0,
z
0
)
-Q(-x
0,
y
0,
-z
0
)
Q(x
0,
y
0,
z
0
)
Q(x
0,
y
0,
z
0
)
y
x
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 16 -
14.画出函数
dx
xd )(δ
的图 说明 )()( xP
r
r
δρ= 是一个位于原点的偶极子的电荷密度解
=∞
≠
=
0,
0,0
)(
x
x
xδ
x
xxx
dx
xd
x
+
=
→?
)()(
lim
)(
0
δδδ
1 0
)(
0 =≠
dx
xd
x
δ
时
2?∞=
∞?
=>?=
→?
xdx
xd
x
x
0
lim
)(
,0xa0
0
δ
时
+∞=
∞?
=<?
→?
xdx
xd
xb
x
0
lim
)(
,0)
0
δ
15 证明
1 )0).((
1
)( >= ax
a
ax δδ 若 a<0,结果如何
2 0)( =xxδ
证明 1 根据
∑
=
)(
(
)]([
'
k
k
x
xx
x
φ
δ
φδ 所以
a
x
ax
)(
)(
δ
δ =
2 从 )(xδ 的定义可直接证明有任意良函数 f(x),则 )()( xFxxf =? 也为良函数
∫
=?=
=
0)()()(
0x
xxfdxxxxf δ
16 一块极化介质的极化矢量为 )(
'
xP
r
r
根据偶极子静电势的公式 极化介质所产生的静电势为
∫
=
V
dV
r
rxP
'
3
0
'
4
)(
πε
rr
r
另外 根据极化电荷公式,)(
''
PnxP
PP
r
rr
r
rr
== σρ 及 极化介质所产生的电势又可表为
∫∫
+
=
SV
r
SdxP
dV
r
xP
0
''
'
0
''
4
)(
4
)(
πεπε
r
r
r
r
r
试证明以上两表达式是等同的
x
dx
xd )(δ
P
O
X
’
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 17 -
证明
∫∫
=
=
VV
dV
r
xPdV
r
rxP
'''
0
'
3
'
0
1
)(
4
1)(
4
1 r
r
rr
r
πεπε
又有
r
P
r
P
r
P
p
11
)
1
(
'''
+=?
rrr
则 ][
4
1
])([
4
1
'''
'
'
0
'''
'
0
∫∫∫∫
+
=+
=
SVVV
Sd
r
P
dV
r
P
dV
r
P
dV
r
P
r
rrrr
πεπε
][
4
1
][
4
1
'
0
'
'
'
0
∫∫∫∫
+=
+
=
S
P
V
P
SV
dS
r
dV
r
dS
r
nP
dV
r
P
rs
r
rr
σρ
πεπε
刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和
17 证明下述结果 并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化
1 在面电荷两侧 电势法向微商有跃变 而电势是连续的
2 在面偶极层两侧 电势有跃变
Pn
r
r
=?
0
12
1
ε
而电势的法向微商是连续的 各带等量正负面电荷密度 σ± 而靠的很近的两个面 形成面偶极层 而偶极矩密度,)lim
0
lP
l
rr
σ
σ
→
∞→
=
证明 1 如图可得,2
0
ε
σ s
sE
=
0
22
,
2
00
21
0
=?=?=∴ zzE
ε
σ
ε
σ
φφ
ε
σ
面
z
eE
n
r
r
0
1
1
1
2ε
σφ
==
)(
2
0
2
2
2
z
eE
n
r
r
==
ε
σφ
02
2
1
1
ε
σφφ
=
∴
nn
2)可得
z
eE
r
r
0
ε
σ
=
00
00
12
limlim
εε
σ
φφ
Pn
lnlE
ll
r
r
r
r
rr
=?=?=?∴
→→
又 E
n
E
n
rr
=
=
21
,
φφ
z
x
E
+
1
2
E
S
E
r
+
-
z
n
r
1
2
l
r
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 18 -
,0
12
=
∴
nn
φφ
18.一个半径为 R
0
的球面 在球坐标
2
0
π
θ << 的半球面上电势为
0
在 πθ
π
<<
2
的半球面上电势为
0
求空间各点电势提示
=?
=
=
=
+
=
+
∫
)(,)1(
)(,0
)0(
1)1(
,
12
)()(
)(
642
)1(531
2
1
0
1
0
11
偶数奇数
n
n
P
P
n
xPxP
dxxP
nn
n
n
nn
n
解
=
∞<
=?
∞→
→
0
0
0
0
2
2
r
r
外内外内
φ
φ
φ
φ
≤<?
<≤
==
=
πθ
π
φ
π
θφ
θφ
2
,
2
0,
)(
0
0
0
f
Rr
∑
= )(cosθφ
l
l
l
PrA
内
这是内
φ 按球函数展开的广义傅立叶级数
l
l
rA 是展开系数
∫∫
+
=
+
==
π
θθθφθθφ
0
1
1
0
]sin)(cos[
2
12
]cos)(cos[
2
12
00
dP
l
dP
l
fRA
lRlRl
l
l 内内
]sin)(cossin)(cos[
2
12
2
0
2
0
0
∫∫
+?
+
=
π
π
π
θθθφθθθφ dPdP
l
ll
])()([
2
12
1
0
0
0
1
0
∫∫
+
= dxxPdxxP
l
ll
φφ
∫∫
+?
+
=
1
0
0
1
0
)()([
2
12
dxxPdxxP
l
ll
φ
由 )()1()( xPxP
l
l
l
=?
则 ])()()1[(
2
12
1
0
1
0
1
00
∫∫
+?
+
=
+
dxxPdxxP
l
RA
ll
l
φ
电动力学习题解答参考 第二章 静电场
- 19 -
∫
+?
+
=
+
1
0
1
0
)(]1)1[(
2
12
dxxP
l
l
l
φ
当 l 为偶数时 0
0
=
l
l
RA
当 l 为奇数时 有
1
0
11
0
1
0
1
00
12
)()(
)12()(]1)1[(
2
12
+
+=+?
+
=
++
∫
l
xPxP
ldxxP
l
RA
ll
l
ll
l
φφ
]
)1(642
)2(531
)1(
)1(642
531
)1[(
2
1
2
1
0
+
=
+
l
l
l
l
ll
φ
]
)1(642
)2(531
)1(
)1(642
531
)1[(
2
1
2
1
0
+
+
=
l
l
l
l
ll
φ
)12(
)1(642
)2(531
)1()1
1
(
)1(642
)2(531
)1(
2
1
0
2
1
0
+
+
=+
+
=
l
l
l
l
l
l
l
ll
φφ
则 )12(
)1(642
)2(531
)1(
2
1
0
0
+
+
=
l
l
l
R
A
l
l
l
φ
∑
<+
+
=
)(),(cos))(12(
)1(642
)2(531
)1(
0
0
2
1
0
RrlP
R
r
l
l
l
l
l
l
取奇数内
θφφ
∑
+
)(cos
1
θφ
l
l
l
P
r
B
外又 )12(
)1(642
)2(531
)1(])(cos[
2
12
2
1
0
1
1
1 0
+
+
=
+
=
+ ∫
l
l
l
P
l
r
B
l
lR
l
l
φθφ
外即
∑
>+
+
=
+
)(),(cos))(12(
)1(642
)2(531
)1(
0
10
2
1
RrlP
r
R
l
l
l
l
l
l
为奇数外
θφ
