电磁场第四章习题解答

1、第四章习题解答4.1如题4.1图所示为一长方形截面的导体槽，槽可视为无限长，其上有一块与槽相绝缘的盖板，槽的电位为零，上边盖板的电位为Uo，求槽内的电位函数。解 根据题意，电位(x, y)满足的边界条件为 ：(0, y) = ：(a,y) =0 :(x,0) =0 玖x,b)=U屮n兀ynx x：(x,y)八 Ans in h()si n( )心aa根据条件和，电位(x,y)的通解应取为b0a *x由条件，有QOU0 = Asinh( )sin( ) 心aa，并从0到a对x积分，得到n冗x两边同乘以sin( ) a2U0asin()dx =asinh(n b a) 0 a 4U02U0, /

2、x (l cosn = n 兀 sinh(n 兀 b a) n二sinh( n二b a)10，1n =1,3,5,HI4U故得到槽内的电位分布：(x,y厂71 n,3,5川4.2两平行无限大导体平面，距离为 b， y二b (-二：:x ：二)上板和薄片保持电位U。 解。设在薄片平 性变化，解应用叠x x xu02,4,6,111n x sinh()sin( )nsinh(n二 b a)a a其间有一极薄的导体片由y =d到，下板保持零电位，求板间电位的面上，从y = 0到y=d，电位线：(0,y)=U0y. d 0加原理，设板间的电位为申(x,y)=】(x,y)；(x,y)其中，(x, y)为

3、面间(电压为U0)2(x,y)是两个薄片时的电位，其边界条件为： 2(x,0) =，2(x,b)=0 2(x,y)=0 (xtoo ) 不存在薄片的平行无限大导体平的电位，即i(x, yU0 b ； 电位为零的平行导体板间有导体U0巴y(0乞y乞d)2(0, y)(0, y) i(0,y)=bUou-ry _y .db(d y Eb)根据条件和，可设2(x,y)的通解为cO2(x,y)二 A sinn二 x)ebQO由条件有 v Ansin( )=n 二bUo匕ybUy 凹 yd b(d y 0 (x：)2(x, y)T 0 (xt q)i(0, y) = 2(0, y)（2由条件和，-1)c

4、Xx =0加y“)可设电位函数的通解为由条件，有：(x,y)八 Ane”xasin()n占a；(x,y)八 Bne心asin(U)n 二a(x 0)（x ： 0）、Asin(n =1)八 Bn sin(口a n =1) a(1)oOAnn 由式（1），可得n 二n二 v n 二 nc y sin(n y)-、Bnn sin(n y) a n 二 a a亡（小）(2)将式（2）两边同乘以A BnAn =Bnm兀ysin( y)，并从0到a对y积分, a2qi(3)n二；a0 0 d)刑肓g角7 n()n二；0 a（4）由式（3）和（4）解得An = Bnqi.“nd、sin( )n ；0 a(x

5、 0)1(x,y)=虫二丄sin(住)e-xasin(山)兀 n# n aa2(x,y)-sin(钊)en：xasin(口)n 4 n aa（x :-) (r,)二-E0rcosAr _cos C-Eoa cosAa * cos C = CA =a2Eo由此可 由条件， 于是得故圆柱外的电位为:(r, ) = (_r - a2r J)E0 cos C若选择导体圆柱表面为电位参考点，即(a, 0，则C = 0。导体圆柱外的电场则为靜 1砂a2a2E= -er 亍 e = -er(V y)EoCOS e (-1 丁比。sin汐(r d)导体圆柱表面的电荷面密度为；- ；o 一 r / =2；oEo

6、COS cr | _4.9在介电常数为；的无限大的介质中，沿z轴方向开一个半径为a的圆柱 形空腔。沿x轴方向外加一均匀电场Eo二exEo，求空腔内和空腔外的电位函数。解 在电场Eo的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、外的电场E为外加电场Eo与极化电荷的电场Ep的叠加。外电场的电位为o(r,)= -叨=-Eorcos而感应电荷的电位 (r,)应与：o(r,) 一样按cos 变化，则空腔内、外的电位分别为i(r,)和2 (r, J的边界条件为r :：时，2(r, ) -Er cos ；r二0时，1 (r,)为有限值；r=a时，(a, )-2(a, )，；o:1 : 2 =z:r:

7、r由条件和，可设(r, ) = -E0rcosAr cos(r )2(r,)二-Eor cos：；亠 Arcos(r - a)带入条件，有1 2Aa =A2a，-;oEo ；oA -Eo - a A o o 2由此解得A1二Eo， 耳二a Eo所以i(r, ) =-Ercos(r 乞 a)呂十名o-Uoo b oy Uo x；(r, ) 一1o( )2Ercos(ra)s + so r4.10 一个半径为b、无限长的薄导体圆柱面被分割成四个四分之一圆柱面, 如题4.10图所示。第二象限和第四象限的四分之一圆柱面接地，第一象限和第三象限分别保持电位U0和-U0。求圆柱面内部的电位函数。 解 由题

8、意可知，圆柱面内部的电位函数满足边界条件为 (0,)为有限值；U。丄0 ：(b,)=,|-U000 ： ： -：. 2 二；2:二二:：3: 2 ；3 二 2 ：2 二由条件可知，圆柱面内部的电位函数的通解为O0(r,)二、rn(A! sin nBn cosn )(r“)代入条件,od7 bn( Ansi n n 二亠 Bn cos n )= (b,)n z4由此得到2 二(b, )sin nd，n0b -：U。bnn 二二 23二 2U0sinn d - U0sinn d = 02U0(1 - cos n二)=n 二 bnI 0，1 二2n =1,3,5，川n =2,4,6，川3冗2(b,

9、)cosn d 二 U0cosn d* i U0cosn d 口0nb : 0nd3u / . n二.3n二(-1) 2-n一(sin sin=-)丿b n兀222勺，n =1,3,5川n =2,4,6,川1、1n3,5,| n如题4.11图所示，一无限长介质圆柱的半径为a、(r,)且nsin n(-1) 2 cosn (心b)介电常数为；，在。4.11距离轴线r(r v)处，有一与圆柱平行的线电荷q，计算空间各部分的电位 解在线电荷qi作用下，介质圆柱产生极化，介质圆柱内外的电位：(r,)均为线电荷q的电位i (r,)与极化电荷的电位：(r, )= ,(r, )；(r,)。 线 电 荷 qq

10、 In RJ in ； r2 r02 - 2rr0 cos2二;0 x：p(r,)的叠加，即的 电 位 为i(r,)二qi；oroIn2o而极化电荷的电位；(r,)满足拉普拉斯方程，且是 的偶函数。介质圆柱内外的电位：i(r,)和2(r,)满足 的边界条件为分别为申i(0,)为有限值；T 比(,)；2(r,)(r)r =a 时，：i2,：:r(1)-:r0由条件和可知，i（r,）和2（r,）的通解为od(r,)二 | (r, ) Ar cosn n 4(2)（a 岂 r ：）cd:2(r, ) = i(r, ) Bnrcosnn 4(3)将式（1）（3）带入条件，可得到_ncos ncOcO

11、A cos n =Bnan 4n =1(4)当 r : ro(6)带入式（7）由式（4）由此解得oO (厲；nan，Bn ona)cos n = ( ； - ；o)n 45), 得和（7）,qi j in R25；:r00 1 rin R 展开为级数，有 in R=l nr。( )n cos n，r -a(5)oO (Ai ；nanJ Bn ；ona)cosn 二n 4oAAosn2 - oro n z! ro有Anan=BnaA ；nan J & ；onaqi C - ；o)1Bn2二;o（ ； p） nrn 故得到圆柱内、外的电位分别为(;- p)ql (旦)2 2二；or。 r。qi(；

12、 - ；o) a_2：；o(；o) nr；1(r,)ln、r2 r22rr cos 皿 !(丄)ncosn2 殆。2 殆 o(E + %)nm n ro(8)22(r, )qi i n、. r2 ro2 - 2rro cos 如 “】(a)ncos n2o2o(；o) n# n rr(9)讨论：利用式(6)，可将式(8)和(9)中得第二项分别写成为q( - )1,r、n , q(o)()cosn(In Rlnro)2二；o( ； ；o) nm n ro2o(；o)一！oLd(壬 ncos n史oL(i nR _i n)2二；C 亠 ) nd n ror25(L)其中R = .r2 (a2 ro

13、)2 -2r(a2 ro)cos。因此可将i(r,)和2(r,)分别写成为12 0ql!(r,)也I nR- 心2江坯名+名02兀g0 (g +名0)亠 nR _ 丄(一 0)qi I nR 一 丄 一 ；0)q I n r 2二；02(r,)二In r2二；0 -2g0由所得结果可知，介质圆柱内的电位与位于(r,0)的线电荷一qI的电7. - -0位相同，而介质圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于(r。,2 a - e乞0 ,、名一名0-一 、- qI。2 亠-02二； ； ；0)的线电荷q ;位于(一,0)的线电荷-q ;位于r = 0的线电荷r0e名4.12将上题的介质圆

14、柱改为导体圆柱，重新计算。解 导体圆柱内的电位为常数，导体圆柱外的电位：(r, )均为线电荷q的电位i(r,)与感应电荷的电位；(r,)的叠加，即：(r, ) (r,) 丄，)。线 电荷qi的电位为也 InR J In、r2 r02 -2rr0 cos 2二；02二；0而感应电荷的电位：in(r,)满足拉普拉斯方程，(r,)满足的边界条件为 “r,)；片(r, ) (r：)； (a, ) = C。由于电位分布是 的偶函数，并由条件可知，l(r,)二(1)且是 的偶函数。：(r,)的通解为oO(r,)二 i(r,)二 Ajcosn=0将式(1)和(2)带入条件，可得到cos n = CIn .

15、a2 r02 - 2ar0 cosn2二;0 一将In a2 rf -2ar cos 展开为级数，有 aOIn a2 r02 - 2ar0 cos = Inr0- -()n cosn nM r(2)(3)(4)带入式(3)，得oO Anacosn =C n=02二；0旳1 aIn r0( )n cos n 由此可得冷。，n 三 n r22二；n r。(5)故导体圆柱外的电为也 Inr2 r； -2rr0 cos2二；0qoO 12(CqInr。)-丄 2()ncosn2瓏02殆0 ni n rr讨论：利用式(4),可将式(6)中的第二项写成为(r,)二(6)q2二；0(In R - Inr)一

16、旦 d (兰)ncosn2二；0 nj n rr其中R = r (a r0) -2r(a r0)cos 。因此可将(r,)写成为(r, )nRq- | nR也 I nr Cq- I n r02兀客02兀名02兀客02兀名0由此可见，导体圆柱外的电位相当于三根线电荷所产生，它们分别为：位于(r。,a20)的线电荷q ;位于(厂,0)的线电荷-qi ；位于r = 0的线电荷q。4.13在均匀外电场E。= ezEo中放入半径为a的导体球，设(1)导体充电 至U o ； (2)导体上充有电荷Q。试分别计算两种情况下球外的电位分布。解 (1)这里导体充电至Uo应理解为未加外电场Eo时导体球相对于无限 远

17、处的电位为Uo，此时导体球面上的电荷密度 厂-pUo；a，总电荷q=4：；oaUo。 将导体球放入均匀外电场Eo中后，在Eo的作用下，产生感应电荷，使球面上的 电荷密度发生变化，但总电荷q仍保持不变，导体球仍为等位体。设(r, = o(rP (r)，其中o(r, v) = EoZ 二Eorcos：是均匀外电场Eo的电位，-n(r)是导体球上的电荷产生的电位。电位;：(r)满足的边界条件为 r 一；：时，(r, )一； E0rcos； r=a时，(a,T)=Co，dqs b其中Co为常数，若适当选择(r)的参考点，可使Co二Uo。由条件，可设(r,旳二-Eor cost ArcosB1r G代入

18、条件，可得到 A二a3E。，BaUo，C/Co-U。 若使 Co -Uo，可得到：:(r, “ 二-Er cost a3Er cos aU r(2)导体上充电荷Q时，令Q=45aUo，有UoQ45a利用(1)的结果，得到r,旳二-Eorcos a3Eor cosgr4.14如题4.14图所示，无限大的介质中外加均匀电场 E。二ezEo，在介质 中有一个半径为a的球形空腔。求空腔内、外的电场E和空腔表面的极化电荷密 度(介质的介电常数为；)。解 在电场Eo的作用下，介质产生极化，空腔表面形成极化电荷，空腔内、 外的电场E为外加电场E0与极化电荷的电场E p的叠加。设空腔内、外的电位分 别为：1(

19、r, R和；(rj)，则边界条件为 r -时，：2(r,r)； E0rcos ； r =0时，Jr,巧为有限值； r 二 a时，i(a,R2(雪)，；：；：1；： ；：2；0 -_r t由条件和，可设i(r,R = -Er cost A costZ：2(r“)- -E0rcosv A2r 外表面上的电荷面密度为二2，2 42设球内的电位为 XW p(rr in(r)，其中 p(r 月)=Pcos： =_R(cos) cos带入条件，有_2Aa 二 A?a- ；o Eo；oA - -； Eo - 2 ； a A由此解得A=_2八0 Eo，耳一厂 ap/ 4：；0r240r2(r,r)是球壳内表面

20、上的感应电荷的电位。Eo2e + g02e + s0所以(rc)Eor cos2呂+ sW1厂(加空腔内、外的电场为曰二EoE22(r E 0 2一。(o)Eo (-)3er2cosvsin空腔表面的极化电荷面密度为3 ；o( ； - ；o) EocosH2亠-04.15如题4.15图所示，空心导体球壳的内、外半径分别为 ri和r2，球的中 心放置一个电偶极子P，球壳上的电荷量为Q。壳上的电荷分布。解 导体球壳将空间分割为内外两个区域， 感应电荷分布，但内表面上的感应电荷总量为零， Q ,且均匀分布在外表面上。球壳外的场可由高斯定理求得为r =a =- ；0)er E2r =a试计算球内、外的

21、电位分布和球电偶极子P在球壳内表面上引起 因此球壳外表面上电荷总量为QE2(r)二e Q 24叭r2(r)-4兀gorQ是电偶极子P的电位，爲和(r)满足的边界条件为 in(O,力为有限值； l(ri)2(2)，即in (ri,二)p(ri,= 2(r2)，所以佔，9)=急一击盹0妙o由条件可知：in(r)的通解为 In(r,R八-A.rnPn(co)n=0Qp由条件，有 、AnrinPn(cosR2R(cosRn卫4四02 4兀51比较两端R(cosR的系数，得到4二；0；球壳内表面上的感应电荷面密度为感应电球内产解3 p 兀d S3 .cost 2 - r12 sin14 縮 h=0欲在一

22、个半径为 问线圈应如何绕a的球上绕线圈使在 (即求绕线的密度)？4.16生均匀场，设球内的均匀场为Hi = ezHo (r : a)，球外的场为A =0 (n -2)最后得到 “小汽 总(W)C0S?13pr 北3 COST4 r-i 量为H 2上的电(r a)，如题4.16图所示。根据边界条件，球面 流面密度为J二n (HH J(H 2-ezH)S2r =ar =aer H2 rza e Hsinr若 令er汉H2|p=0，则得到球面上的电流面密度为Js 二e H0sin 二这表明球面上的绕线密度正比于si nr，则将在球内产生均匀场。4.17 一个半径为R的介质球带有均匀极化强度 P。P(

23、1) 证明：球内的电场是均匀的，等于 -；名0(2) 证明：球外的电场与一个位于球心的偶极子 P产生的电场相同，4 R3。3R zp解(1)当介质极化后，在介质中会形成极化电荷分布，本题中 所求的电场即为极化电荷所产生的场。由于是均匀极化，介质球体内 不存在极化电荷，仅在介质球面上有极化电荷面密度，球内、外的电 位满足拉普拉斯方程，可用分离变量法求解。建立如题4.17图所示的坐标系，则介质球面上的极化电荷面密度为cp = P n = P er = Pcos j介质球内、外的电位1和2满足的边界条件为 申1（0,日）为有限值； J） 0（ ：）； = 2（R,R；0（ 12）“ = PC0Sd；

24、:r ；:r -因此，可设球内、外电位的通解为%（r,T） = Ar cos日2 （r, v） = Ecosvr由条件，有Bi解得p（Ai 書）二 PPR3Bi z3；。PA| RR_ P3；o于是得到球内的电位故球内的电场为Pz3；。P、（r, v）r cos：=3pP已-ez=-3 ；。3 ；。（2）介质球外的电位为PR32（V）二严3尅cos_亠皿曲4m0r3P 2 cos.4 ；0r其中.耳为介质球的体积。故介质球外的电场为P3 （er 2cos r J sin 旳 orE2 二、：2（r,鉀21却2r cr& r cr4兀名 0r可见介质球外的电场与一个位于球心的偶极子P产生的电场相

25、同。4.18半径为a的接地导体球，离球心rig Aa）处放置一个点电荷q，如题 4.18图所示。用分离变量法求电位分布。解 球外的电位是点电荷的电位与球面上感应电荷产生的电位的叠加， 感应 电荷的电位满足拉普拉斯方程。用分离变量法求解电位分布时，将点电荷的电位 在球面上按勒让德多项式展开，即可由边界条件确定通解中的系数。设（r,巧二o（rj）爲（门），其中%（r月）=7匕=厂2 目 =4聪0R 4聴0&2-2rr1 cos日是点电荷q的电位，；：in（r）是导体球上感应电荷产生的电位 电位：（r）满足的边界条件为 r -时，：（r） 0 ； r =a时，（a,“ =0。由条件，可得in(r)的

26、通解为aq ozriin(rj)八 AnrPn(cosRn=0为了确定系数An，利用1 R的球坐标展开式nr市 Pn(COS)n*rn1lPn(CO) 心rCOz(r牛)(r -rj代入条件,将c(r)在球面上展开为c(a)=4二；ooq 00 an有 Z AnaJJ1Pn(co)+Z nPn(cos日)=04叭心r12n 1qa n：!1n=0比较Pn(COSV)的系数，得到Anq J 务 Pn(COS)0 n=0 noq 2n 代-宀阳Png) 4二;R ；0 nz0 (rr )讨论：将(r)的第二项与1 R的球坐标展开式比较，可得到a r1故得到球外的电位为(X)二由此可见，电位，此电4

27、.19中心在原:2n 1y a nz0 (r,r )n 1(r,巧的第二项是位于O z Rr P(r)对于r a故得到ql4二；Pn(CS )= T2227Qr2 +(a2 rj2 -2r(a2 rjcos日ra2.的一个点电荷qa1所产生的荷正是球面上感应电荷的等效电荷，即像电荷。 一根密度为q、长为2a的线电荷沿z轴放置， 点上。证明：对于r a的点，有a3a5)+3 P2(COS。)+5 P4(COS。)+川3r5r丿线电荷产生的电位为aaf dz= q f4二的点，有(z)n22.八 n1 Pn(COSd)r z -2rz cos n rqi2二；qi4 二；1dz*r2 z 2 -2

28、rz cosa () n寻 P(cosRdz 二 rn 1n 11 a一(呵Pn(COM) =0-z0 n _a35-+ P2(CO )+ P4(CO ) +111 r 3r5r/4.20 一个半径为a的细导线圆环，环与xy平面重合，中心在原点上，环上 总电荷量为Q,如题4.20图所示。证明：空间任意点电位为oC总1 r2：；oi解 的通解, 密度2.3 rR（cos 二）8 2丿24P2（cosr） 3ia P4（cos）8 r以细导线圆环所在的球面r二a把场区分为两部分，分别写出两个场域并利用函数将细导线圆环上的线电荷Q表示成球面r二a上的电荷面24 二；0r1 ir1 :2 (a 丿1-

29、 - II 2”P4(cosd) |1|J(心a)(r - a)Q x a oz兀 Qy2(COST -COS )2、(cosv)2二 a22二 a再根据边界条件设球面r = a确定系数。内、外的电位分别为l（rj）和2 （r 1），则边界条件为：1（0门）为有限值；（r,巧 0 （r；）i（ac）-2（a,，；0（Q2二 a2、(cost)根据条件和，可得i（r）和2（r,R的通解为i（r门）7 Anrnp,（co）n=0（1） qQ2（W BnrZpxcosr）n=0（2） 代入条件，有Aan = Bna2（3）oO 代nanBn(n 1)aPn(co)二n=02,3（4）将式（4）两端同

30、乘以Pm（cossinr，并从0到二对二进行积分，得JTAnnan4 Bn(n .、(cos)R(cosr)sin*八4 二;a 0( n2QPn(0)4a2（5）n =1,3,5，川其中Pn(0) = ( 1)n21 3 5川(n -1)2 4 6 nn =2,4,6,川Qq n由式（3）和（5），解得 代=Pn（0），Bn=f R（0）4兀Sa4兀呂0代入式（1）和（2），即得到.1 izr1 -pt I a4(亡a)R(cosR IIIJ+llll-2 2丿；1 fa1 4兀2 Jr丿4.21 一个点电荷q与无限大导体平面距离为d，如果把它移到无穷远处, 要作多少功？_解利用镜右 离导体

31、平面为x 与导体平面相距 像电荷q在点P4二；a2- 3faP2(cosv)8丿R (cost)(r - a)rfn像法求解。当点电荷q移动到距 的点P处时，其像电荷qJ-q , 为x x，如题4.21图所示。 处产生的电场为E (x)二 ex4二；_q0(2 x)2所以将点电荷q 为移到无穷远处时，电场所作的功外力所作的功为W.d qE (x)16 二；0d-q24。(2x)2 dx =2q16二；0d4.22如题4.22图所示，一个点电荷q放在60 的接地导体角域内的点（1, 1, 0）处。求：解（1）这疋 角域顶点的距离为半径的圆周上，q31）所有镜像电荷的位置和大小；（2）点x=2,

32、y=1处的电位。 个多重镜像的问题，共有5个像电荷，分布在以点电荷q到 并且关于导体平面对称，其电荷量的大小等于 q，且正负电荷交错分布，其大小和位置分别为x 2 cos75 =0.366 y1 =、2 sin 75 = 1.3660樹讷)(2, 1, 0) x=_q.q2=q,qa-q,q4二 q,x； =V2cos165 =-1.366 、y； = J2si n165= 0.366 x3 = V2 cos195 =-1.366:y3 = -2sin195 二-0.366x； = p 2 cos285 = 0.366、y4 =V2si n 285 ”=-1.366x5 = v2 cos315

33、 = 1y5 =、2 sin315 - -1(2)点x =2, y N处电位q5 一q.zc , c、 1 q q/ q2 q3 q4 q5半(2, 1, 0) = +Ml 十 2+ 3+ 5=4兀客 0RR| R2 R3 Rt R5；q0.3219(1 -0.597 0.292 -0.275 0.348 -0.477)q = 2.88 109q (V)4二；04二；04.23 个电荷量为q、质量为m的小带电体，放置在无限大导体平面下方， 与平面相距为h。求q的值以使带电体上受到的静电力恰与重力相平衡（设 m = 2 10 3 kg， h = 0.02m ）。解 将小带电体视为点电荷q，导体平

34、面上的感应电荷对q的静电力等于镜 像电荷q对q的作用力。根据镜像法可知，镜像电荷为-q，位于导体平面上方为h处，则小带电体q受到的静电力为2q40(2h)22令fe的大小与重力mg相等，即q_ = mg4二；0（2h）于是得到 q =4h：J . omg =5.9 10*C4.24如题4.24（ a ）图所示，在z：0的下半空间是介电常数为；的介质， 上半空间为空气，距离介质平面距为h处有一点电荷q，求：（1）z 0和z 0的 两个半空间内的电位；（2）介质表面上的极化电荷密度，并证明表面上极化电荷 总电量等于镜像电荷q。解（1）在点电荷q的电场作用下，介质分界面上出现极化电荷，利用镜像 电荷

35、替代介质分界面上的极化电荷。根据镜像法可知，镜像电荷分布为（如题4.24 图（b ）、（ C）所示）0八十qq，位于 z - -h:.亠:.0q0q，位于z“上半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q，共同产生，即4 二;0r2(z-h)2；g, r2 (z h)2下半空间内的电位由点电荷q和镜像电荷q”共同产生，即:q q qI 2-4二;R 2二（；J、r（如题4.25图所示） R . R2 ，d =DD R q 二-q 二云 q， d0Q则与位于球心的点电荷 QdD（rdY由此可得出 Q2RD 2 2q （D _ R ） D4.26两个点电荷Q和-Q,在一个半径为a的导体球直径的延长线上，分 别位于导体球的两侧且距球心为 D。（z_h）2（2）由于分界面上无自由电荷分布，故极化电荷面密度为 “ 仆 一f（耳一耳）50 （字 一2）诅一 2*：0）：；2Th2）32极化电荷总电量为qp _ ； PdS _ ； P2二 rdr 二_-qS0处r亠（名f）q2232 drq0 0（r2 h2）3204.25 一个半径为R的导体球带有电荷量为Q，在球体外距离球心为D处有 一个点电荷q。（ 1）求点电荷q与导体球之间的静电力；（2）证明：当q与q同QRD（1）证明：镜像电荷构成一个电偶极子，位于球心，电偶极矩为P二警 ；D2Q（2）令D和Q分别趋于