电动力学复习总结电动力学复习总结答案
第二章 静 电 场
一、 填空题
1、若一半径为R 的导体球外电势为b a b r
a
,,+=φ为非零常数，球外为真空，则球面上的电荷密度为 。
答案： 02a
R
ε
2、若一半径为R 的导体球外电势为3
002cos cos =-+E R E r r
φθθ,0E 为非零常数，
球外为真空，则球面上的电荷密度为 . 球外电场强度为 .
答案：003cos E εθ ,303[cos (1)sin ]=-+-v v v
r R E E e e r
θθθ
3、均匀各向同性介质中静电势满足的微分方程是 ；介质分界面上电势的边值关系是 和 ；有导体时的边值关系是 和 。 答案： σφ
εφσφεφεφφερφ-=??=-=??-??=-
=?n
c n n ,,,,1122212 4、设某一静电场的电势可以表示为bz y ax -=2φ,该电场的电场强度是_______。
答案：z y x e b e ax e axy ?
??+--22
5、真空中静场中的导体表面电荷密度_______。
答案：0n
?
σε?=-?
6、均匀介质部的体极化电荷密度p ρ总是等于体自由电荷密度f ρ_____的倍。 答案： -（1-
ε
ε0
） 7、电荷分布ρ激发的电场总能量1
()()
8x x W dv dv r
ρρπε''=
??v v
的适用于 情
形.
答案：全空间充满均匀介质
8、无限大均匀介质中点电荷的电场强度等于_______。
答案： 3
4qR
R πεv
9、接地导体球外距球心a 处有一点电荷q, 导体球上的感应电荷在球心处产生
的电势为等于 . 答案：
04q a
πε
10、无电荷分布的空间电势 极值.(填写“有”或“无”) 答案：无
11、镜象法的理论依据是_______，象电荷只能放在_______区域。 答案：唯一性定理, 求解区以外空间
12、当电荷分布关于原点对称时，体系的电偶极矩等于_______。 答案：零
13、一个外半径分别为R 1、R 2的接地导体球壳,球壳距球心a 处有一个点电荷，点电荷q 受到导体球壳的静电力的大小等于_______。
答案：212014()
R q a
R a a πε-
二、 选择题
1、泊松方程ε
ρ
φ-
=?2适用于 A.任何电场 B. 静电场; C. 静电场而且介质分区均匀; D.高频电场 答案： C
2、下列标量函数中能描述无电荷区域静电势的是
A ．2363y x + B. 222532z y x -+ C. 32285z y x ++ D. 2237z x + 答案： B
3、真空中有两个静止的点电荷1q 和2q ，相距为a ，它们之间的相互作用能是 A ．a
q q 0214πε B. a
q q 0218πε C. a
q q 0212πε D.
a
q q 02132πε
答案：A
4、线性介质中,电场的能量密度可表示为
A. ρφ21;
B.E D ?
??21; C. ρφ D. E D ???
答案：B
5、两个半径为12,R R ,124R R =带电量分别是12,q q ,且12q q =导体球相距为a(a>>12,R R ),将他们接触后又放回原处,系统的相互作用能变为原来的
A.
16,25倍 B. 1,倍 C. 1,4倍 D. 1
,16倍 答案： A
6、电导率分别为
12,σσ,电容率为12,εε的均匀导电介质中有稳恒电流,则在两导
电介质分界面上电势的法向微商满足的关系是
A ． 12n n φφ??=?? B.2121n n
φφ
εεσ??-=-??
C. 121
2n n
φφ
σσ??=?? D.
121211n n φφσσ??=?? 答案：C
7、电偶极子P v
在外电场v e E 中的相互作用能量是
A.?v v
e P E B. -?v v e P E C. -e PE D. e PE
三、 问答题
1、 由公式0
14dV
r
ρ?πε=
?
可求得电势分布，然后用?=-?v
E 即可求得场的分布，
这种方法有何局限性？
答：这种方法适用于空间中所有的电荷分布都给定的情况，而且电荷分布在有限区域.若电荷分布无限大区域,积分将无意义.例如无限长大带电面的电势,就不能用它计算. 2、 应用''
1
()()8x x dV W dV r
ρρπε=
??计算静电场能量时，要求全空间必须充满均
匀介质才成立，试说明其理由。并与比较电场能量公式12
W D EdV
=??v v
与,M αv
12
W dv ρ?=?说明区别.
答：计算静电场能量公式为1
2
W dv ρ?=?，公式中的ρ是空间的自由电荷密度,
而?是空间的自由电荷和极化电荷共同产生的总电势,即0
14f p
dv r
ρρφπε+=?
,当
全空间充满均匀介质时,0(1)p f ερρε=--
，所以0p f f ε
ρρρε
+=， 0
()
11
44f p
f x dv dv r
r
ρρρφπεπε
'+''=
=
?
?
，''
11()()28x x dV W dv dV r
ρρρ?πε==
???。
若ε不是均匀的，0
(1)p f
ερρε≠--
所以全空间都要充满均匀介质。 电场能量公式:12
W D EdV =??v v
适用于一切电场； 而1
2W dv ρ?=
?
仅适用于静电场 因为静电场由电荷分布决定，而在非恒定情况下，电场和磁场互相激发，其形式是独立于电荷分布之外的电磁波运动，因而场的总能量不可能完全通过电荷或电流分布表示出来。
3、 在静电场中=0??v E ，就一定有=0??v
D 吗？
答：不一定。当介质为均匀介质时，D E ε=v v
成立且ε为常量，从而
=E E 0εε????=??=v v v
D 成立；
当介质是线性非均匀时，D E ε=v v 成立，()x εε=v
，
=E E E εεε????=??+??v v v v D ，=0??v E 时，0??≠v
D ；
当介质是各向异性时，i ij j D E ε=∑，ij i j e e εε=∑t vv =0??v E 时，0??≠v D . 强场作用下, ,D v v
E 的关系是非线性的,
,,,i ij j ijk j k ijkl j k l j
j k
j k l
D E E E E E E εεε=∑+∑+∑+L
E ?
指向电势φ减少最快的方向。
4、 由=-??v E 说出E ?
的方向。
答: 由=-??v E ,说明E ?的方向与电势梯度方向相反, 电势梯度方向是指向
电势增加最快的方向,电场E v
指向电势减小最快的方向。 5、 静电场能量公式为12v
W dv ρ?=?,12ρ?能否看成是能量密度?为什么/ 答:
1
2
ρ?不能看成是能量密度.因为积分是对有电荷分布的区域积分，而电场的能量则存在于整个空间。
6、 有两个无限大的平行导体平面,它们的法线平行于z 轴,其中一个位于z=0处,
电势固定为0?,另一个位于z=d 处,电势固定为d ?,,两平面间充满电荷,密度为
20()()z z d
ρρ=
式中0ρ为常量,如图所示,试用泊松方程求区域0z d ≤≤的电势分布和每个导体平面上电荷面密度.
解:由对称性知, 电势与x,y 无关,,仅是z 的函数.故2ρ
?ε?=-
o
化成 22
22
0,,d
d z dz d z z d ρ?ε????
?=-???
==??==???
o o o 积分得:
4
2
1212d d z z d d
??ρρ??εε??-=-
++ ???o o o o o o 电场32
312d z z d E e z e z d d ??ρρ?εε??-?=-=-- ????
o o o o o u r u r u r
在Z=0面上:()0012
z z z d d
e D E d ερσε??===?==---o o o o o u r u r
在Z=d 面上:()4d z z d z d d d
e D E d ερσε??===-?==--o o o o u r u r
7、 如果20??=，为何不能说?恒等于零？
答：02=??表示无电荷分布处的电势满足拉普拉斯方程，加上边界条件便可解得电势，无电荷分布处电势不一定为0．例如点电荷电场中，电势04q r
?πε= ，
除点电荷所在处外，满足02=??，但0?≠. 8、 为什么静电势在边界处是连续的？
答：在边界面两侧靠近界面处取两点1，2．相距为dl ．则??=-=?dl E s s ρ
||12???．
dl Θ趋近于0，E ρ
有限，
?=?0l d E ρ
ρ得：s s ||12??＝．即：静电势在边界处连续。
9、 如果在两介质分界面上为面偶极层时，两侧电势及电势的法向微商满足何关
系？
答：设面偶极层电荷密度分别为+σσ-,，面偶极距密度为0
lim l p l σσ→∞
→=v v
，面偶极层
法线为n ，方向由σσ-+指向，对层点0P 及层外无限靠近层面的1P ,2P 点，应用边值关系，得
20210
(),()n E E n E E σσεε?-=?-=-v
v
()2121
0n E E n n
???-=??=??v
二式相加，得即
电势的法向微商是连续的
在面偶极层上取一无限小面元 ，此面元的电偶极距为()''p x dS v
，它在场点A 产生的电势为 ()''3
04p x rdS d r ?πε?=
v v
()()()()()
1
2
''
'
30
''21120
1144144s
s
P P P x rdS n P x d r n P x n P x d ?πεπε??πεπε?=
=-
?Ω?-=-
?Ω=
Ω-Ω?
??v v v v v v v v v
式中1Ω,2Ω是层面对21,P P 点所的立体角，.0,021<Ω>Ω 当21,P P 无限靠近层面时，
()1212'
210
4n P x π??εΩ-Ω=Ω+Ω=?-=
v v 结果表明在面偶极层两侧，电势是不连续的，但电势的法向微商是连续的。 10、
由唯一性定理可知，当我们求解有限或半无限区域的静电场时，区域外
的电荷分布不必知道，有人由此认为区域外的电荷分布对部电场没有影响，你认为这种说法是对还是错，为什么？
答:区域外的电荷分布能够影响区域边界条件，而边界条件是唯一性定理必须知道的容。唯一性定理实质告诉我们，外部是否有电荷以及它对区域的电场的影响是可以通过边界条件来体现的
11、 在闭合边界面S 上，既给定?值，又给定
n
?
??值的情形下，泊松方程或拉普拉斯方程的解存在吗？为什么？ 12、
答：由唯一性定理：在V 的边界S 上给定s |?或s n
|???
则V 电场唯一确定。所以重要知道二者之一, 电场唯一确定.我们知道s |?或s n
|???
是用来确定通解
中的常数的,因此既给定?值，又给定n ?
??值的情形下,当由?或n
???所求的电
场相等时，柏松方程和拉普拉斯方程的解存在。当由?或n
???
所求的电场不
相等, 泊松方程或拉普拉斯方程无解.
13、
利用唯一性定理分析导体壳外的电场与壳电荷的位置关系.
分析:如图2-13所示,壳外电势满足20
0s i
Q ?????=?
=??=?o
不论壳电荷位置怎样变化,上述边界条件不变,故壳外电场与电荷在壳位置无关. 14、
在书中62页的例题中，为什么E 保持球对称性，而D 不对称。
答:自由电荷密度分布决定D ?的分布，总电荷密度分布决定E ?
的分布，整个
系统总电荷分布球对称而自由电荷分布不对称，所以E ?球对称而D ?
不对称。
15、
如果两导体平面相交角为α，180n α
?
=
，当n 为整数时，可用电象法求
解。且有（2n-1）个象电荷。若当n 不为整数时，为何不能用电象法求解？ 答：当n 为整数时，像电荷分布于求解区以外，并且在一圆周上。若当n 不为整数时，故使每一个导体平面等势面需要的像电荷，会出现在求解区以，而且象电荷数目可能为无穷多个，无法求解。例如交角120α=o ，如下图,虽然找到5个像电荷,但其中的q 4 在求解区以.
q 3q 2-15图
+ +
题2-13图
16、 电象法的基本思想和理论依据是什么？
答：电象法的基本思想是：用若干个放置在求解区域之外的假想的镜像电荷，来等效代替分布于表面的感应电荷的作用，这些假想电荷与已知电荷的总电势只要满足全部边界条件，所得到的解就是唯一正确的解。理论依据是唯一性定理。 17、
如果在无限大接地导体平面附近有一带电荷Q 的导体球，能否用电象法
求解？试说明其理由
答：不能。电象法只适用于点电荷，当导体球与无限大平板相距很近时，不能看成点电荷 18、
一半径为0R 的接地导体球，离它球心)(0R a a >处有一点电荷q ，将此系
统再放入均匀电场E 0中，E 0的方向与a 相同，点电荷在什么情况下所受的力为零。
答：接地导体球，离它球心)(0R a a >处有一点电荷q, 点电荷q 与接地导体球之间的静电力等效于位于球一象电荷(0
R q q a
'=-
,距球心20/b R a =)与点电荷之间的静电象电荷力,在球心与点电荷的连线上,作用力方向指向球心.大小等于
2
022
004(/)
R q F a a R a πε=--. 当均匀电场E 0(E 0的方向与a 相同)存在时,若电场E 0给点电荷q 的力方向与a 相同, 点电荷下所受的力为零,因此要求点电荷q 必须是正电荷,而且满足
2
2
002
0)
/(4a R a a q R Eq -=πε时点电荷所受的力为零。
19、
一个小区域电荷体系在远处激发的势如何将它展开成各级多极子激发的
势的迭加？ 答：
电荷分布为)(x ?
ρ的电荷体系激发的势：
1()4v
dV
x r
ρ?πε=
?
在远处，,r l x x '??
将11r x x ='
-v v 在0x '=v
处展开为 2,111112!i j i j i j x x x r R R x x R
?'''=-??+∑+?????v 代入得多级展开为
01111()46Q x p D R R R ?πε??
=-??+????+???
?
v v v L
(0)04Q R
?πε=
是将电荷集中在原点激发的电势。
(1)
3
001144p R
p R R
?πεπε?=??=v
v v 是中心位于原点的体系电偶极子激发的电势。 (2)
01124D R
?
πε=????v v 是中心位于原点的电四极子激发的电势。 20、 球对称电荷分布有没有电多极矩?
答:不能说明球对称电荷分布系统没有电多极矩，而应该说相对球心这个原点没有电多极矩，而相对其它点有电多极矩.
四、 计算和证明
1、一个半径为R 的电介质球，极化强度为2/r K r P =，电容率为ε。 （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）计算球外和球的电势；
（4）求该带电介质球产生的静电场总能量。 解：（1）P ?-?=p ρ2222/)]/1()/1[()/(r K r r K r K -=??+??-=??-=r r r
)(12P P n -?-=p σR K R r r /=?==P e （2）)/(00εεεε-=+=P P E D 内
200)/()/(r K f εεεεεερ-=-??=??=P D 内
（3）)/(/0εεε-==P D E 内内 r
r f
r
KR
r V
e e D E 2002
00
)(4d εεεεπερε-=
=
=
?外
外 r
KR
r )(d 00εεεε?-=
?=?∞
r E 外外
)(ln d d 0
0εε
εε?+-=
?+?=??∞r R K R
R r
r E r E 外内内
（4）???∞-+-=?=R R r
r
r R K r r r K V W 42200222022
202d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D 2
0))(1(2εεεεπε-+=K R
2、在均匀外电场中置入半径为0R 的导体球，试用分离变量法求下列两种情况的
电势：（1）导体球上接有电池，使球与地保持电势差0Φ； （2）导体球上带总电荷Q 解：（1）该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场0E 方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。 当0R R >时，电势?满足拉普拉斯方程，通解为
∑++=n
n n n n n P R b
R a )(cos )(1θ?
因为无穷远处 0E E →，)(cos cos 10000θ?θ??RP E R E -=-→ 所以 00?=a ，01E a -=，)2(,0≥=n a n
当 0R R →时，
0Φ→? 所以 010
1000)(cos )(cos Φ=+-∑+n n n n P R b
P R E θθ? 即： 002010000/,/R E R b R b =Φ=+?
所以 )
2(,0,),(3
010000≥==-Φ=n b R E b R b n ? ??
?≤Φ>+-Φ+-=)()
(/cos /)(cos 00
02
3
0000000R R R R R R E R R R E θ?θ??
（2）设球体待定电势为0Φ，同理可得
??
?≤Φ>+-Φ+-=)()
(/cos /)(cos 00
02
3
0000000R R R R R R E R R R E θ?θ??
当 0R R →时，由题意，金属球带电量Q
φθθθ?θε?εd d sin )cos 2cos (d 2
000
00000
R E R E S n
Q R R ??+-Φ+
=??-== )(40000?πε-Φ=R
所以 00004/)(R Q πε?=-Φ
???≤+>++-=)(4/)(cos )/(4/cos 000023
00000R R R
Q R R R R E R Q R E πε?θπεθ??
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
变量法求空间电势，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 f πε4/与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加，后者满足拉普拉斯方程。 解：（一）分离变量法
空间各点的电势是点电荷f Q 的电势R Q f πε4/与球面上的极化电荷所产生
的电势的迭加。设极化电荷产生的电势为?'，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形式为：
）（）（内θ?cos 1n n n n n n P R b R a ∑++
=' ）（）（外θ?cos 1
n n
n n n
n P R d R c ∑++=' 当∞→R 时，0→'外?，0=∴n c 。 当0→R 时，内?'为有限，0=∴n b 。 所以 ）
（内θ?cos n n
n n P R a ∑=' ， ）（外θ?cos 1
n n
n n
P R d ∑+=' 由于球对称性，电势只与R 有关，所以
)1(,0≥=n a n )1(,0≥=n d n 0a ='内
?， R d /0='外? 所以空间各点电势可写成R Q a f πε?40+=内 R Q R d f πε?40+=外 当0R R →时，由 外内??= 得： 000/R d a = 由 n
n
??=??外内?ε?ε
得：
2
002002
44R d R Q R Q f f
επεεπ+=
，)1
1(400εεπ-=f Q d 则 )1
1
(
4000ε
επ-=
R Q a f
所以 ）
（内εεππε?1
14400-+=R Q R Q f f ）（外εεππε?1
1440-+=R Q R Q f f R Q f 04πε=
（二）应用高斯定理
在球外，R>R 0 ，由高斯定理得：f p f Q Q Q Q d =+==??总外s E 0ε，（整个导体球的束缚电荷0=p Q ），所以 r f R
Q e E 2
04πε=
外 ，积分后得：
R
Q dR R
Q d f R
R
f 02
044πεπε???
∞
∞
=
=?=R E 外外
在球，R r f R Q e E 2 4πε= 内 ，积分后得： R Q R Q R Q d d f f f R R R 00 4440 0πεπεπε?+ - = ?+?=??∞ R E R E 外内内 结果相同。 4、 均匀介质球（电容率为1ε）的中心置一自由电偶极子f p ，球外充满了另一种介质（电容率为2ε），求空间各点的电势和极化电荷分布。 解：以球心为原点，f p 的方向为极轴方向建立球坐标系。空间各点的电势可 分为三种电荷的贡献，即球心处自由电偶极子、极化电偶极子及球面上的极化面电荷三部分的贡献，其中电偶极子产生的总电势为314/R f πεR p ?。所以球电势可写成：314/'R f i i πε??R p ?+=；球外电势可写成： 31o o 4/'R f πε??R p ?+= 其中i '?和o '?为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方程。由于对称性，i '?和o '?均与φ无关。考虑到0→R 时i '?为有限值；∞→R 时 0'o →?，故拉普拉斯方程的解为： )(cos 0R R P R a n n n n i ≤='∑） （θ? )(cos 01o R R P R b n n n n ≥='∑+）（θ? 由此 )(cos 4/031R R P R a R n n n n f i ≤+?=∑） （θπε?R p （1） )(cos 4/0131o R R P R b R n n n n f ≥+?=+-∑） （） （θπε?R p （2） 边界条件为：0 o R R R R i ===?? （3） 0 o 2 1 R R R R i R R ==??=???ε?ε （4） 将（1）（2）代入（3）和（4），然后比较)cos θ（n P 的系数，可得： )1(0,0≠==n b a n n 3 211211)2(2/)(R p a f εεπεεε+-= )2(2/)(211213 011εεπεεε+-==f p R a b 于是得到所求的解为： )()2(2) (4)2(2cos )(403 021121313 211213 1R R R R R R p R f f f f i ≤?+-+?=+-+ ?= R p R p R p εεπεεεπεεεπεθ εεπε? ) ()2(43)2(2)(4)2(2cos )(403 213211213 122112131o R R R R R R p R f f f f f ≥+?= ?+-+?=+-+?=εεπεεπεεεπεεεπεθεεπε?R p R p R p R p 在均匀介质部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体部，只有球心处存在极化电荷。 f p ρεεεε εεεεερ)1/()1(][])[(101010101-=??-=-?-?=-?-?=?-?=D D E P 所以 f p p p )1/(10-=εε 在两介质交界面上，极化电荷面密度为 o 020121)()()(E e E e p p e ?--?-=-?=r i r r p εεεεσ o 0201) () (R R i R R ??-+??--=?εε?εε 由于0 o 2 1 R R i R R ??=???ε?ε，所以3 211210o 0)2(2cos )(3)( 0R p R R f R i p εεπεθεεε??εσ+-=??-??= 5、空心导体球壳的外半径为1R 和2R ，球中心置一偶极子p 球壳上带电Q ，求空 间各点的电势和电荷分布。 解：以球心为原点，以p 的方向为极轴方向建立球坐标系。在1R R <及2 R R >两均匀区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为 ）（）（θcos 1 n n n n n n P R b R a ∑++ 当∞→R 时，电势趋于零，所以2R R >时,电势可写为 ） （θ?cos 1o n n n n P R b ∑+= (1) 当0→R 时，电势应趋于偶极子p 激发的电势： 20304/cos 4/R p R f πεθπε=?R p 所以1R R <时，电势可写为）（θπεθ ?cos 4cos 2 0n n n n i P R a R p ∑+= (2) 设球壳的电势为s ?,则s n n n n R P R b ?θ?==∑+） （cos 12 o 2 (3) s n n n n R i P R a R p ?θπεθ?=+=∑） （cos 4/cos 12101 (4) 由(3)得： 20R b s ?= ；)0(0 ≠=n b n 由(4)得： s a ?=0 ；31014/R p a πε-= ；)1,0(0≠=n a n 所以 R R s /2o ??= (5) 310204/cos 4/cos R pR R p s i πεθ?πεθ?-+= (6) 再由 Q R R R R s S ==????2220o 04d π?ε?εS 得： 204/R Q s πε?= (7) 将(7)代入(5)(6)得：R Q 0o 4/πε?= )(2R R > )(414cos 44cos 31 2303102020R R Q R R pR R Q R p i R p R p ?-+?=-+=πεπεθπεπεθ? 在2R R =处，电荷分布为：2 2o 042R Q R D R n π?εσ=??-== 在1R R =处，电荷分布为：3 10 4cos 3'1 R p R D R i n πθ ?εσ- =??=-= 6、在均匀外电场0E 中置入一带均匀自由电荷f ρ的绝缘介质球（电容率为ε），求空间各点的电势。 解：以球心为原点，以0E 的方向为极轴方向建立球坐标系。将空间各点的电 势看作由两部分迭加而成，一部分1?为绝缘介质球的均匀自由电荷产生，另一部分2?为外电场0E 及0E 感应的极化电荷产生。前者可用高斯定理求得，后者满足拉普拉斯方程。由于对称性，2?的形式为 )(cos )()1(θn n n n n n P R b R a ∑+-+ 对于1?，当0R R >时，由高斯定理得：23013/R R D f ρ= ， 203 013/R R E f ερ= 当0R R <时，由高斯定理得：3/2R D f ρ= ， ερ3/2R E f = 1?的球外部分： ??+=0 203 01o )3/(d )3/(R R R f f dR R R R R ερερ? ερερερ6/3/3/2 0020030R R R R f f f --= （1） 1?的球部分： ερερ?6/)3/(d 20 021R dR R R E f R f R i -==?=?? （2） 对于2?，当∞→R 时，θ?cos 02R E -→，所以 )(cos cos 010o2R R P R b R E n n n n >+-=∑ +）（θθ? 当0→R 时，2?为有限，所以 )(cos 02R R P R a n n n n i <=∑） （θ? 边界条件为：0R R =时，2o2i ??=，0 22 o 0 R i R R R ??=???ε ?ε。即： ?? ???=+--=+-∑∑∑∑-+-+-)(cos )(cos )1(cos )(cos )(cos cos 1 0)2(0 0000)1(000θεθεθθθθn n n n n n n n n n n n n n n n P R na P R b n R E P R a P R b R E 比较)(cos θn P 的系数，解得： )2/(30001εεε+-=E a )2/()(03 0001εεεε+-=R E b )1(0 ≠==n b a n n 所以 )()2/(cos )(cos 0203 000o2R R R R E R E >+-+-=εεθεεθ? (3) )()2/(cos 300002R R R E i <+-=εεθε? (4) 由(1) (2) (3) (4)得: ??? ? ???≤+--≥+-+-++-=)(2cos 36) ()2(cos )(cos 3)21 1(300002 02030000 030020R R R E R R R R R E R E R R R f f f εεθεερεεθεεθερεερ? 7、在一很大的电解槽中充满电导率为2σ的液体，使其中流着均匀的电流J f 0。今在液体中置入一个电导率为1σ的小球，求稳恒时电流分布和面电荷分布，讨论21σσ>>及12σσ>>两种情况的电流分布的特点。 解：本题虽然不是静电问题，但当电流达到稳定后，由于电流密度J f 0与电场强度E 0成正比（比例系数为电导率），所以E 0也是稳定的。这种电场也是无旋场，其电势也满足拉普拉斯方程，因而可以用静电场的方法求解。 (1)未放入小球时，电流密度J f 0是均匀的，由J f 002E σ=可知，稳恒电场E 0也是一个均匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势0?便是均匀电场E 0 的电势。放入小球后，以球心为原点，E 0的方向为极轴方向，建立球坐标系。为方便起见，以坐标原点为电势零点。在稳恒电流条件下，0/=??t ρ，所以：0=??J (1) 由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为: 0)(12=-?J J n (2) 设小球的电势为1?，电解液中的电势为2?，则在交界面上有： 21R R ??= (3) 22 11 R R R R R R ==??=???σ?σ (4) 将E J σ=及?-?=E 代入(1)，得： 0)(2=?-=??=???σσE J 可见?满足拉普拉斯方程 考虑到对称性及∞→R 时0E E →，球外电势的解可写成： )(cos cos 01202R R P R b R J n n n n f >+-=∑+） （θθσ? (5) 其中利用了020E J σ=f 。 考虑到0→R 时电势为有限值，球电势的解可写成： )(cos 01R R P R a n n n n <=∑） （θ? (6) 因为选0=R 处为电势零点，所以00=a ，将(5) (6)代入(3) (4)得： ）（）（θθθσcos cos cos 010020 n n n n n n n n f P R a P R b R J ∑∑ =+- + (7) ） （）（θσθθσσcos ]cos )1(cos [10120202n n n n n n n n f P R na P R b n J ∑∑-+=+-- (8) 由(7)(8)两式可得: )2/(32101σσ+-=f J a , 2213 00211)2/()(σσσσσ+-=R J b f )1(0 ,0≠==n b a n n 所以： )2/(3)2/(cos 32102101σσσσθ?+?-=+-=R J f f R J (0R R ≤) 222130021202)2/(cos )(/cos R R J R J f f σσσθσσσθ?+-+-= 322103 02120)2/()(/R R f f σσσσσσ+?-+?-=R J R J (0R R ≥) 由此可得球电流密度: )2/(3)2/()(32101210111111σσσσσσ?σσ+=+??=?-==f f J R J E J 电解液中的电流密度为: 22222?σσ?-==E J ])(3[)2()(305 0213 210R R R f f f J R R J J -?+-+=σσσσ (2)两导体交界面上自由电荷面密度 )()(12012E E e D D e -?=-?=r r f εω)//(11220σσεJ J e -?=r 2 210021)2/(cos )(3σσσθεσσ+-=f J (3) 当21σσ>>，即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时， 1)2/()(2121≈+-σσσσ ， 3 )2/(3211≈+σσσ 所以， 013f J J ≈ ]/)(3)[/(02033 002f f f R R R J R R J J J -?+≈ 2 00/cos 3σθεωf f J ≈ 当21σσ<<时，同理可得： 01≈J ]/)(3)[2/(02033 002f f f R R R J R R J J J -?-≈ 2 002/cos 3σθεωf f J -≈ 8、半径为0R 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（a >0R ） 置一点电荷f Q ，试用分离变量法求空间各点电势，证明所得结果与电象法结果相同。 解：以球心为原点，以球心到点电荷的连线为极轴建立球坐标系。将空间各点电势看作由两部分迭加而成。一是介质中点电荷产生的电势 θπε?cos 24/221Ra a R Q f -+=， 二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的2?。后者在球和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性，2?与φ无关。 由于0→R 时，2?为有限值，所以球的2?解的形式可以写成 ∑=n n n n i P R a )(cos 2θ? （1） 由于∞→R 时，2?应趋于零，所以球外的2?解的形式可以写成 ∑+=n n n n P R b )(cos 12o θ? （2） 由于 ∑=-+n n n P a R a Ra a R (cos))/()/1(cos 222θ ∑=n n n f P a R a Q (cos))/()4/(1πε? （3） 当0R R ≤时，21i ???+=内 ∑∑+=n n n n n n n f P R a P a R a Q )(cos (cos))/()4/(θπε （4） 当0R R >时，21o ???+=外 ∑ ∑++=n n n n n n n f P R b P a R a Q )(cos (cos))/()4/(1θπε （5） 因为导体球接地，所以 0=内? （6） 00 ==R R 内外?? （7） 将（6）代入（4）得: 14/+-=n f n a Q a πε （8） 将（7）代入（5）并利用（8）式得: 11204/++-=n n f n a R Q b πε （9） 将（8）（9）分别代入（4）（5）得:)(00R R ≤=内? （10） ]/cos 2)/(cos 2[ 4120 2 2 2 02 2 a RR a R R a Q R Ra a R Q f f θθ πε ?++- -+= 外)(0R R ≥（11） 用镜像法求解：设在球r 0处的像电荷为Q ’。由对称性，Q ’在球心与Q f 的连线 上，根据边界条件：球面上电势为0，可得：（解略） a R r /200=， a Q R Q f /'0-= 所以空间的电势为 ]/cos 2)/(cos 2[41 )'(4120220202221a RR a R R a Q R Ra a R Q r Q r Q f f f θθπεπε?++--+=+=外 )(0R R ≥ 9、接地的空心导体球的外半径为1R 和2R ，在球离球心为a 处(a <1R )置一点电荷 Q 。用电象法求电势。导体球上的感应电荷有多少？分布在表面还是外表面？ 解：假设可以用球外一个假想电荷'Q 代替球 表面上感应电荷对空间电场的作用，空心导体球接地，球外表面电量为零，由对称 性，'Q 应在球心与Q 的连线上。 考虑球表面上任一点P ，边界条件要求： 0'/'/=+R Q R Q (1) 式R 为Q 到P 的距离，R’为'Q 到P 的距离，因此，对球面上任一点，应有 =-=Q Q R R /'/'常数 (2) 只要选择'Q 的位置，使OPQ P OQ ??~'，则==a R R R //'1常数 (3) 设'Q 距球心为b ，则a R R b //11=，即a R b /21= (4) 由（2）（3）两式得: a Q R Q /'1-= ]/cos 2//cos 2[412124121220a R R a R R a Q R Ra a R Q θθπε?-+--+= 导体电场为零，由高斯定理可知球面上的感应电荷为Q -，分布于表面。 由于外表面没有电荷，且电势为零，所以从球表面到无穷远没有电场，0=外?。 10、上题的导体球壳不接地，而是带总电荷0Q ，或使具有确定电势0?，试求这 两种情况的电势。又问0?与0Q 是何种关系时，两情况的解是相等的？ 解：由上题可知，导体球壳不接地时，球电荷Q 和球的表面感应电荷Q -的总效 果是使球壳电势为零。为使球壳总电量为0Q ，只需满足球外表面电量为0Q +Q 即可。因此，导体球不接地而使球带总电荷0Q 时，可将空间电势看作 两部分的迭加，一是Q 与表面的Q -产生的电势1?，二是外表面0Q +Q 产生的电势2?。 ]/cos 2//cos 2[4121241212201a R R a R R a Q R Ra a R Q θθπε?-+--+=内，)(1R R < 01=外?， )(1R R ≥； 20024/)(R Q Q πε?+=内， )(2R R <； R Q Q 0024/)(πε?+=外， )(2R R ≥，所以 ) (4/)() (4/)(21200200R R R R Q Q R R R Q Q ≤≤+=≥+=πε?πε? ) (]/cos 2//cos 2[411202124121220R R R Q Q a R R a R R a Q R Ra a R Q ≤++-+--+=，θθπε?由以上过程可见，球面电势为2004/)(R Q Q πε+。 若已知球面电势0?，可设导体球总电量为0'Q ，则有： 02004/)'(?πε=+R Q Q ，即：20004/)'(R Q Q ?πε=+ 电势的解为： ' ???? ?????≤+-+--+≤≤≥=)(]/cos 2//cos 2[41 )()(/10 2124121220210220R R a R R a R R a Q R Ra a R Q R R R R R R R ?θθπε??? 当0?和0Q 满足20004/)(R Q Q πε?+=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，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。 Q b a Q -=1，z b a e r 21= ；Q b a Q =2，z b a e r 22-=； Q Q -=3，z b e r -=3，所以 ) ,2 0(, ]cos 2cos 2cos 21 cos 21 [ 42 2 4 22 242 22220a R R b a b a R b a R b a b a R b a Rb b R Rb b R Q ><≤-+ + +++ ++- -+= πθθ θ θθ πε? 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，它到两个平面的距离为a 和b ， 求空间电势。 解：用电像法，可以构造如图所示的三个象电荷来代 替两导体板的作用。 --+-+-=2 2200)()()(1[4b z a y x x Q πε? 2 2 2 0) ()()(1 b z a y x x ++-+-- )0,(,]) ()()(1 ) ()()(1 2 2 2 02 2 2 0>++++-+ -+++-- z y b z a y x x b z a y x x 13、设有两平面围成的直角形无穷容器，其充满电导率为 σ的液体。取该两平面为xz 面和yz 面在),,(000z y x 和),,(000z y x -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，属恒定场，即0/=??t ρ，0=??J 。对于恒 Q θ Q b a -Q b a Q -R P O (0( 000 定的电流，可按静电场的方式处理。于是在A 点取包围A 的高斯面，则 ε/Q d =??S E ， 由于??=S j d I ，E j σ=，所以 εσ//Q I = 可得：σε/I Q = 。 同理，对B 点有： Q I Q B --=σε/ 又，在容器壁上, 0=n j ，即无电流穿过 容器壁。 由E j σ=可知，当0=n j 时，0=n E 。 所以可取如右图所示电像，其中上半空间三个像电荷Q ，下半空间三个像电荷 -Q ，容器的电势分布为： ∑=??? ? ??=8141i i i r Q πε?202020)()()(1[4z z y y x x I -+-+-=πσ2 02020)()()(1 z z y y x x ++-+--2 02020)()()(1 z z y y x x -+++-+2 02 02 0) ()()(1z z y y x x ++++--2 02020)()()(1z z y y x x -+++++2 02 02 0) ()()(1z z y y x x +++++-2 02020)()()(1z z y y x x -+-+++]) ()()(12 02 02 0z z y y x x ++-++- 14、画出函数dx x d /)(δ的图，说明)()(x p δρ??-=是一 个位于原点的偶极子的电荷密度。 解：（1）? ??=∞≠=0,0 ,0)(x x x δ x x x x dx x d x ?-?+=→?) ()(lim )(0δδδ 1）0≠x 时，0/)(=dx x d δ 2）0=x 时，a ) 对于0>?x ，-∞=?∞ -=→?x dx x d x 0lim )(0δ b ) 对于0 +∞=?∞ -=→?x dx x d x 0lim )(0δ 图象如右图所示。 )()///()()(332211x x p δδρx p x p x p x x x ??+??+??-=??-= dV x p x p x p dV dV x x x x x x x p x ?????+??+??-=??-=)()///()()(332211 δδρ 其中第一项为： ()3213322113211 1 11)()()()()]()[(dx dx dx x x x x x x x p dV x p x x e e e x x ++?? -=??-??δδδδ 000) ,0z ,(0x Q ) ,0z -(000x Q - 32133221132111 ))(()()(dx dx dx x x x x x x x p x e e e ++??-=?δδδ?-=11 1111) (dx dx x d x p x δe 应用()dt t d t t dt t t d )()()(δδδ+=，即())()()(t dt t t d dt t d t δδδ-=，可得： =-?11 1111) (dx dx x d x p x δe ()??+-11111111)()(dx x p x x d p x x δδe e 11111111)(x x x p p x x p e e e =+-=δ (x =0) 同理可得另外两项分别为22x p e 及33x p e ，所以，p x =?dV ρ,即 p 是一个位于原点的偶极子的电荷密度。 15、证明：（1）a x ax /)()(δδ= )0(>a ，（若0 （2）0)(=x x δ 证明：1) 显然，当0≠x 时，a x ax /)()(δδ=成立；又 a ax d ax a a ax d ax dx ax 1 )()(1)()()(===???+∞∞-+∞∞ -+∞∞-δδδ 1)(=? +∞ ∞ -dx x δ 所以a x ax /)()(δδ=在全空间成立。