电动力学习题解答2
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）计算球外和球内的电势；
（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
σ
R K R
r r /=?==P
e
（2）)/(00εεεε-=+=P P E D 内
2
00)/()/(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 2
002
00)(4d εεεεπερ
ε-=
=
=
?外
外
r
KR r )(d 00εεεε?-=?=?∞
r E 外外
)(ln
d d 0
εεεε?+-=
?+
?=
?
?
∞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 4
2
2
0022
2
2
2
2
02
d 4)
(21
d 4)
(21d 2
1
πεεεεπεεεE D
2
))(
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 )(1
θ?
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 01
01000)(c o s )(c o s Φ=+-∑
+n
n n n P R
b P R E θθ
?
即： 002
010000/,/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
30000000R 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
30000000R 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
0000
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 00002
300000R 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 1
n 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?c o s 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
02
02
44R d R Q R Q f
f επεεπ+
=
，)1
1
(
40
0ε
επ
-
=
f Q d
则 )11
(40
00ε
επ-
=R Q a f
所以 ）（
内εεππε?1
1
4400
-
+
=
R Q R
Q f
f ）（
外ε
εππε?1
1
440
-
+
=
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
44πεπε
??
?∞
∞
=
=
?=
R E 外外
在球内，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 πεπεπε?+ - = ?+ ?= ? ? ∞ 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3 14/R f πεR p ?。所以球内电势可写成： 314/'R f i i πε??R p ?+=；球外电势可写成：3 1o 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 01 o R R P R b n n n n ≥='∑ +）（θ? 由此 )(c o s 4/03 1R R P R a R n n n n f i ≤+ ?=∑）（θπε?R p （1） )(cos 4/013 1o 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） 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 0211211)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 211213 13 211213 1R R R R R R p R f f f f i ≤?+-+ ?= +-+ ?= R p R p R p εεπεεεπεεεπεθεεπε? ) ()2(43)2(2)(4)2(2cos )(403 213 211213 12 211213 1o R R R R R R p R f f f f f ≥+?= ?+-+ ?= +-+ ?= εεπεεπεεεπεεεπεθεεπε?R p R p R p R p 在均匀介质内部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体内部，只有球心处存在极化电荷。 f p ρ εεεε 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 21 R R i R R ??=???ε?ε，所以 θεεπεεεε??εσcos )2(2)(3) ( 3 211210o 00 R p R R f R i p +-=??-??= 5. 空心导体球壳的内外半径为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2R 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： 2 0304/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 1 2 o 2 (3) s n n n n R i P R a R p ?θπεθ?=+ =∑）（cos 4/cos 12 101 (4) 由(3)得： 20R b s ?= ；)0(0 ≠=n b n 由(4)得： s a ?=0 ；3 1014/R p a πε-= ；)1, 0(0 ≠=n a n 所以 R R s /2o ??= (5) 3 102 04/cos 4/cos R pR R p s i πεθ?πεθ?-+= (6) 再由 Q R R R R s S ==????2 2 20 o 0 4d 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 3 1 2 3 3 102 02 0R R Q R R pR R Q R p i R p R p ?- + ?= - + = πε πεθπεπεθ? 在2R R =处，电荷分布为： 2 2 o 0 42 R Q R D R n π?εσ= ??-== 在1R R =处，电荷分布为： 3 1 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?为绝缘介质球内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： 2 3 013/R R D f ρ= ， 2 03 013/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： ? ? + = 2 03 1o )3/(d )3/(R R R f f dR R R R R ερερ? ερερερ6/3/3/2 002 003 0R R R R f f f --= （1） 1?的球内部分： ερερ?6/)3/(d 2 21R dR R R E f R f R i -== ?= ? ? （2） 对于2?，当∞→R 时，θ?cos 02R E -→，所以 )(cos cos 01 0o2R 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 22o 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 02 030000o2R 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 02 03 0000030020R 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) 设小球内的电势为1?，电解液中的电势为2?，则在交界面上有： 2 1R 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 01 2 2R 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，球内电势的解可写成： )(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 010 02 n n n n n n n n f P R a P R b R J ∑∑ =+ -+ (7) ）（）（θσθθσσcos ]cos ) 1(cos [1 012 2 2n 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 , 2 213 00 211)2/()(σ σσσσ+-=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 ≤) 2 22130021202)2/(cos )(/cos R R J R J f f σσσθσσσθ?+-+-= 3 22103 02120)2/()(/R R f f σσσσσσ+?-+?-=R J R J (0R R ≥) 由此可得球内电流密度: )2/(3)2/()(3210 1210 111111σσσσσσ?σσ+=+??=?-==f f J R J E J 电解液中的电流密度为: 22222?σσ?-==E J ])(3[)2()(3 050213 0210 R 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 2 210 021)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， 0 13f J J ≈ ]/)(3)[/(0 2 3 3 00 2f f f R R R J R R J J J -?+≈ 2 0/cos 3σθεω f f J ≈ 当21σσ<<时，同理可得： 01≈J ]/)(3)[2/(0 2 3 300 2f f f R R R J R R J J J -?-≈ 2 02/cos 3σθεω f 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 24/2 21Ra a R Q f -+=， 二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的2?。后者在球内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，所以球内的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 1 2o θ? （2） 由于 ∑=-+n n n P a R a Ra a R (cos))/()/1(cos 22 2 θ ∑=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/(1 θπε （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: 1 4/+-=n f n a Q a πε （8） 将（7）代入（5）并利用（8）式得: 1 1 20 4/++-=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：设在球内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 /2 00=， 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内外半径为1R 和2R ，在球内离球心为a 处(a <1R )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：假设可以用球外一个假想电荷'Q 代替球内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。 考虑球内表面上任一点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 /2 1= (4) 由（2）（3）两式得: a Q R Q /'1-= ' ]/cos 2//cos 2[ 4121 2 41 2 12 2 a R R a R R a Q R Ra a R Q θθ πε ?-+- -+= 导体内电场为零，由高斯定理可知球面上的感应电荷为Q -，分布于内表面。 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，球内电荷Q 和球的内表面感应电荷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 与内表面的Q -产生的电势1?，二是外表面0Q +Q 产生的电势2?。 ]/cos 2//cos 2[ 4121 2 4 1 2 12 2 1a R R a R R a Q R Ra a R Q θθ πε ?-+- -+= 内，)(1R R < 01=外?， )(1R R ≥； 20024/)(R Q Q πε?+=内， )(2R R <； R Q Q 4/)(πε?+=， )(R R ≥，所以 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：200 04/)'(R Q Q ?πε =+ 当11. b 1z b 1b 2z b 2 Q Q -=3，z b e r -=3，所以 ) , 20(,] cos 2 cos 2 cos 21 cos 21 [ 42 2 42 2 2 42 2 2 2 2 a 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 θ θ πε ? 12. 有一点电荷Q 位于两个互相垂直的接地导体平面所 围成的直角空间内，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 2 2 00 ) ()()(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，其内充满电导率为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 ， 容器内的电势分布为： (0(- 000 000) ,0z ,(0x Q ) ,0z -(000x Q - ∑ =???? ??= 8 1 41i i i r Q πε ?202020)()()(1[4z z y y x x I -+-+-=πσ2 02 02 0)()()(1 z z y y x x ++-+--2 02 02 0) ()()(1 z z y y x x -+++-+ 2 02 02 0)()()(1 z z y y x x ++++-- 2 02 02 0) ()()(1 z z y y x x -+++++ 2 02 02 0)()()(1 z z y y x x +++++- 2 02 02 0) ()()(1 z z y y x x -+-+++]) ()()(1 2 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 )(0 δ b ) 对于0 +∞ =?∞-=→?x dx x d x 0lim )(0 δ 图象如右图所示。 ()32133221 13211 1 1 1 )()()()()]()[(dx dx dx x x x x x x x p dV x p x x e e e x x ++??-=??-??δδδδ 321332211321 11 ))(()()(dx dx dx x x x x x x x p x e e e ++??-=?δδδ?-=11 11 11)(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 11 11)(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