《电动力学》

第二章静电场

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 ρ2

222/)]/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 00εεεεϕ-=

⋅=⎰∞r E 外外

)(ln d d 0

0εε

εεϕ+-=

⋅+⋅=⎰⎰∞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 42200222022202d 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ϕ满足拉普拉斯方程，通解为

∑++

=n

n n n

n n P R b R a )(cos )(1

θϕ 因为无穷远处0E E →，)(cos cos 10000θϕθϕϕRP E R E -=-→

所以00ϕ=a ，01E a -=，)2(,0≥=n a n

当0R R →时，0Φ→ϕ 所以010

1000)(cos )(cos Φ=+

-∑+n n

n n

P R b P R E θθϕ

即：002010000/,/R E R b R b =Φ=+ϕ

所以)

2(,0,),

(3

010000≥==-Φ=n b R E b R b n ϕ

⎩⎨

⎧≤Φ>+-Φ+-=)()

(/cos /)(cos 00

02

3

0000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ

（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 θϕθϕϕ

当0R R →时，由题意，金属球带电量Q

φθθθϕθεϕεd d sin )cos 2cos (d 2

000

00000

R E R E S n

Q R R ⎰⎰+-Φ+

=∂∂-== )(40000ϕπε-Φ=R

所以00004/)(R Q πεϕ=-Φ

⎩⎨⎧≤+>++-=)(4/)(cos )/(4/cos 000

023

00000R R R Q R R R R E R Q R E πεϕθπεθϕϕ

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ϕ'，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形式为：

）（）（内θϕcos 1

n n

n n

n n P R b R a ∑++

=' ）

（）（外θϕcos 1n n

n n n n P R d

R c ∑++=' 当∞→R 时，0→'外

ϕ，0=∴n c 。 当0→R 时，内

ϕ'为有限，0=∴n b 。 所以）

（内

θϕcos n n

n n P R a ∑='，）（外θϕcos 1n

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

ϕ，R d /0='外ϕ 所以空间各点电势可写成R Q a f πεϕ40+=内

R Q R d f πεϕ40+=外

当0R R →时，由外内ϕϕ=得：000/R d a = 由 n n

∂∂=∂∂外

内ϕεϕε

得：20

002002044R d R Q R Q f f

επεεπ+=，)1

1(400εεπ-=f Q d 则 )11(

4000εεπ-=

R Q a f

所以）

（内ε

εππεϕ1

14400-+=R Q R Q f f ）（外εεππεϕ1

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 204πε=

外 ，积分后得： R

Q dR R

Q d f

R

R

f 02

044πεπεϕ⎰⎰

∞

∞

=

=⋅=R E 外外

在球，R

s E 内ε，所以

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

0πεπεπεϕ+

-

=

⋅+⋅=⎰⎰∞

R E R E 外内内 结果相同。

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

θπεϕcos 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2ϕ。后者在球和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性，2ϕ与φ无关。

由于0→R 时，2ϕ为有限值，所以球的2ϕ解的形式可以写成

∑=n

n n n i P R a )(cos 2θϕ（1）

由于∞→R 时，2ϕ应趋于零，所以球外的2ϕ解的形式可以写成

∑

+=n

n n n

P R b )(cos 1

2o θϕ（2）