电动力学习题解答参考第二章静电场1.一个半径为R的电介质球，极化强度P=K电容率为ε。1(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)1Pp=-V.P=-KV.-=-K(V--V.F)=-K/r2F+2r2Op=-n.(P,-P)r又：球外无极化电荷..P =0o,=nPle=n.2R=K/R(2)由公式D=sED=6E+P.: D=_cP6-80EK6 P, =V.D=-V.P=(8-80)r?6-60(3)对于球外电场，由高斯定理可得：JE外·ds=60EK?sinedrdedoPrdy(8-80)r2.E外·4元6080CKR..E外=60(6-80)r3KF同理可得球内电场：E三—6-80r2EKR-dr=：.球外电势?外80(8-80)r1
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 2 2 2 ) / 1 1 ( r K r r r r K r r P = −∇ ⋅ P = −K∇ ⋅ = − ∇ ⋅ + ∇ ⋅ = − r r r r ρ P n P P R ( ) 2 1 r r r σ = − ⋅ − 又 球外无极化电荷 0 P2 = r K R r r p n P R n K R / 1 2 = ⋅ = ⋅ = r r r r σ (2) 由公式 D E r r = ε D E P r r r = ε 0 + 0 ε ε ε − = P D r r 2 0 0 ( )r K f D P ε ε ε ε ε ε ρ − ∇ ⋅ = − = ∇ ⋅ = r r ` (3)对于球外电场 由高斯定理可得 ∫ ⋅ = 0 ε Q E ds r r 外 0 2 2 0 0 2 sin ( ) 4 ε θ θ ϕ ε ε ε ε ρ π ∫∫∫ ∫ ⋅ − ∴ ⋅ = = r drd d r K dV E r f 外 r r ( )r 3 0 0 r r ε ε ε ε − ∴ KR E外 同理可得球内电场 2 0 r K r E r r ⋅ ε − ε 内 球外电势 外 外 ( )r dr 0 0 ε ε ε ε ϕ − ∴ ⋅ ∫ ∞ ∞ KR E r r
电动力学习题解答参考第二章 静电场RcKKRLTE球内电势?A?dr+drIn-80(6-6)6-60raeK2FKFK51D·E（4）0内r2r22(—)2226-60-cK2K..W丙=[丙dV=[]2·’sindrdd=2R（(6-60)r28-602元起RK2"K?R?W-[oxdV= [.r"sinadrdedo0(8-)60(6-60)2K..W=W+W外=2元eR(1+三)6-6802．在均匀外电场中置入半径为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邮o；（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Φ.时，以地为电势零点本问题的定解条件如下肉二中(R=R。)[P外|R→=-E,RcosO+Po外=0（R>R）且（。是未置入导体球[P外| R=R =中。前坐标原点的电势）bnZa,R"+)P(cosの)根据有关的数理知识，可解得：外一Rtn=0由于P=-E.RcosO+即：甲林=ao+a,Rcoso+Za,R"P,(cos0)+++ coso +ZP,(coso) =-E Reos0 +Po=2Rn+R"R?n=2故而有ag=o,a,=-Eo,a,=0(n>1),b,=0(n>1). P外=0。-E Rcos0+ bo+bcosoRR?-2-
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 2 - r R ln ( ) dr dr r 0 0 0 ε ε ε ε ε ε ϕ − + − ⋅ ⋅ ∫ ∫ ∞ K K E E R R 球内电势 内 外 内 r r r r 4 2 0 2 2 0 2 0 r 2 r r r r 2 1 2 1 内 内 内 ε ε ε ε ε ε ε ε ω K K K D E r r r r ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ∴ ∫ ∫∫∫ − ⋅ − ∴ ⋅ 2 0 2 2 2 0 2 r sin drd d 2 ) 2 ( ) r 1 d ε ε θ θ ϕ πε ε ε ε ω K R K W内 内 V ∫ ∫∫∫ − ⋅ ⋅ − = ⋅ 2 0 0 2 2 2 2 4 0 0 2 2 2 ( ) 2 r sin drd d r 1 2 ( ) 1 d ε ε ε πε θ θ ϕ ε ε ε ε ω K R RK W V 外 外 R 2 0 0 2 (1 )( ) ε ε ε ε πε − ∴ = + K W W内 W外 R 2 在均匀外电场中置入半径为 R0 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 ; φ 0 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φ 0时 以地为电势零点 本问题的定解条件如下 φ内 φ 0 R= R0 0 2 ∇ ϕ 外 R> R0 且 = = − = →∞ 0 0 0 0 cos ϕ φ ϕ θ ϕ R R R E R 外 外 ϕ 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 a R n 1 n n n n n 0 ϕ 外 P θ b ∑ ∞ 由于 0 0 ϕ 外 E Rcosθ ϕ R = − →∞ 即 0 0 2 2 1 0 1 2 0 1 ϕ a + cosθ + (cosθ ) + + cosθ + (cosθ ) →∞ = − cosθ +ϕ ∞ = + ∞ = ∑ ∑ P E R R b R b R b a R a R P R n n n n n n n 外 n 故而有 , , 0( 1), 0( 1) a0 = ϕ 0 a1 = −E0 an = n > bn = n > ϕ ϕ θ cosθ b cos 2 0 1 0 0 R b R ∴ 外 E R +
电动力学习题解答参考第二章 静电场R-。=0,即：外,=。EgReoso++负又外coso=R。R2bo=0oPo+Ro故而又有：b-E.R.cosO+cos0=0R得到：b。=(-Po)Ro,b, = E.R?最后，得定解问题的解为：(d。-Po)RoER)P外=-E,Rcoso+。+cosO(R>R.)RR（2）当导体球上带总电荷Q时，定解问题存在的方式是：V蜗=0(R<R。)V外=0(R>R)纳|R-0=有限中外R-=一ERcosO+P(p。是未置入导体球前坐标原点的电势）二中外|R=Rs 0啤 ds-(R= Ro)-560OR解得满足边界条件的解是①外=9-E,Rcos0+b.甲丙=Za.R"P,(cos0)P(cos)n=oRn+In=0由于P外R-的表达式中，只出现了P(cosの）=cos项，故，b，=O(n>1)+bo+bi..P外=P—E.Rcos0+-cosoRR?又有?外|R=R。是一个常数（导体球是静电平衡）甲外 RR, = 0-ExRecos0+bo+bLcOs=CRR.b,.. -E.R.cosO+cos=0即：b,=E,R3R-3-
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 3 - 又 2 0 0 1 0 0 0 0 0 cos b , cos 0 0 ϕ = = φ ϕ = = ϕ − θ + θ = φ R b R 外 R R 即 外 R R E R 故而又有 − + = + = ∴ cos cos 0 2 0 1 0 0 0 0 0 0 θ θ ϕ φ R b E R R b 得到 2 0 0 0 0 1 0 0 b = (φ −ϕ )R ,b = E R 最后 得定解问题的解为 cos ( ) ( ) cos 0 3 0 0 0 0 0 0 0 R R R E R R R E R + > − = − + + θ φ ϕ ϕ 外 θ ϕ 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 R 0 0 0 R 0 0 2 0 2 0 Q R R R E R R R R R 是未置入导体球前坐标原点的电势 有限 外 内 外 外 内 外 内 φ ε φ φ φ θ ϕ ϕ φ φ φ 解得满足边界条件的解是 ∑n=0 n n n ϕ 内 a R P cosθ ∑n=0 n 1 n n 0 0 cos R ϕ 外 ϕ Rcosθ P θ b E 由于ϕ 外 R→∞ 的表达式中 只出现了 (cos cos 0( 1) P1 θ θ项 故 bn = n > ϕ ϕ θ cosθ b cos 2 0 1 0 0 R b R ∴ 外 E R + 又有 外 R=R0 ϕ 是一个常数 导体球是静电平衡 C R b R ϕ R=R = ϕ − E R θ + cosθ = b cos 2 0 1 0 0 外 0 0 0 0 3 2 1 0 0 0 1 0 0 cos cos 0 b E R R b ∴−E R θ + θ = 即 =
电动力学习题解答参考第二章静电场P外=Po-E,Rcoso+bo+EoR-cosoRR?外ds-QQ又由边界条件-fo。.. bo =r4元80gP.R<R:.甲肉4元RE.R,Qcos0-ERcoso,R>Ro甲外R?4元8R3．均匀介质球的中心置一点电荷Q，球的电容率为6，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Q.的电势2/2/4元eR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，R>R,由高斯定理有：8ofE·ds=Q总=Q,+Qp=Qf，（对于整个导体球而言，束缚电荷Qp=0)9f.E=-4元0R?Qr积分后得：P外一+C.(C是积分常数）4元.R又由于P外|R-=0,.C=09,(R>Ro).9外=4元6R在球内，R<Ro,由介质中的高斯定理：fD.ds=Qf0fXD=.E-4元cR?Qr+C,(C,是积分常数）积分后得到：肉4元R- 4 -
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 4 - ϕ ϕ cosθ cosθ 2 3 0 0 0 0 0 R E R R b 外 E R + + 又由边界条件 Q 外 ∫ ∂ ∂ − s 0 ds r φ ε 0 0 4πε Q ∴b = 0, 0 0 0 R 4 R R Q ∴ −ϕ < πε ϕ 内 2 0 0 3 0 0 0 cos Rcos 4 R E R R R Q E R 外 + θ θ > πε ϕ 3 均匀介质球的中心置一点电荷Qf 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Qf 的电势 R Q 4πε 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 R > R0 ,由高斯定理有 Q Qf QP Qf E ⋅ ds = + = ∫ 总 r r 0 ε 对于整个导体球 而言 束缚电荷 = 0) QP 2 4 0R Q E f πε ∴ = r 积分后得 外 C C是积分常数 R Q .( 4 0 f + πε ϕ 又由于 →∞ = 0,∴C = 0 ϕ 外 R ( ) 4 0 0 R R R Qf ∴ = > πε ϕ 外 在球内 R < R0 ,由介质中的高斯定理 ∫ ⋅ = Q f D ds r r 又 2 4 , R Q D E E f πε = ε ∴ = r r r 积分后得到 内 f 2 .( 2是积分常数 4 C C R Q + πε ϕ
电动力学习题解答参考第二章静电场OQr+CR故而有：由于肉二4元R。4元R9,0,(R<Ro)...C,4元R4元RQrOr+Qr(R<R):.P内一4元R4元R4元R二，分离变量法本题所求的电势是由点电荷O，与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加，且有9,着球对称性。因此，其解可写作：：4元Rb由于$是球对称的，其通解为β'=a+R9,+a由于球心有Q,的存在，所以有P肉R→0=0，即肉4元ROr+ b在球外有外R→=0,即外R4元R由边界条件得QrQr+ bE+a=P内一P外R=R4元eR4元RR。肉00外8b--060QrR=R，即一860RaRaR4元R?R-4元R?9r11OrV.. b =),a4元64元R。60660Qr,R>Ro外4元8R.QrQrQr,R<RoP肉4元R4元80R4元R。-5-
电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 5 - 由于 2 0 0 0 f 4 4 , 0 C R Q R Q f R=R = + πε πε ϕ 内 ϕ 外 故而有 ( ). 4 4 0 0 0 0 2 R R R Q R Q C f f ∴ = − < πε πε ( ) 4 4 4 0 0 f 0 0 f f R R R Q R Q R Q ∴ − < πε πε πε ϕ 内 二. 分离变量法 本题所求的电势是由点电荷Qf 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 ϕ πε ϕ = + R Qf 由于φ'是球对称的 其通解为 R b ϕ'= a + 由于球心有Qf 的存在 所以有ϕ 内 R→0 ∞ 即 a 4 内 R Qf πε ϕ 在球外有 外 0 ϕ R→∞ 即 R b 4 f 外 R Q πε ϕ 由边界条件得 0 0 f 0 f R b 4 a 4 , 0 R R Q R Q R + + πε πε ϕ 内 ϕ 外 即 2 0 f 2 0 0 2 0 0 f 0 R 4 b 4 , R R 0 R Q R R Q R πε ε ε πε ϕ ε ε ϕ ε − = − ∂ ∂ ∂ ∂ 内 外 即 ) 1 1 ( 4 ),a 1 1 ( 4 0 0 f 0 πε ε ε π ε ε ∴ = − − R Q Q b f − < > ∴ 0 0 f 0 0 f f 0 0 f , 4 4 4 , 4 R R R R Q R Q R Q R R Q πε πε πε ϕ πε ϕ 内 外