电动力学复习总结电动力学复习总结答案

1、第二章、填空题1、若一半径为R的导体球外电势为b,a,b为非零常数，球外为真空，则球面上的电荷密度为答案：带E R32、若一半径为R的导体球外电势为E 0r cosRcos , E0为非零常数, r球外为真空，则球面上的电荷密度为球外电场强度为vv答案：3 0E 0 cos , EE0cos er(1岛sine r3、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答案:值关系是和;有导体时的边值关系是c,n4、设某一静电场的电势可以表示为2ax2 ybz，该电场的电场强度是答案：2axyex ax2ey bez5、真空中静场中的导体表面电荷密度答案:0n6均匀介质部的体极化电荷

2、密度p总是等于体自由电荷密度f的倍。答案：-（1-）7、电荷分布激发的电场总能量v vW 匚 dv dv _g的适用于8r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v答案：4 R9、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：-4 °a10、 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Ri、R的接地导体球壳，球壳距球心a处有一个点电荷，点

3、电荷q受到导体球壳的静电力的大小等于 o答案：R1q2a4 o(R a a)二、选择题1、泊松方程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：C2、下列标量函数中能描述无电荷区域静电势的是A.3x36y2B.2x23y2 5z2 C.5x28y2z3D. 7x2 3z2答案：B3、真空中有两个静止的点电荷q1和q2，相距为a,它们之间的相互作用能是A. q1q2B.qg2C.qgD.qq4 oa8 oa2 °a320 a答案：A4、线性介质中,电场的能量密度可表示为A. 1;B.丄D E;C.D.D E22答案：B5、两个半径为 R1, R2 ,

4、R1 4R2带电量分别是 qnq2 ,且q1 q?导体球相距为a(a>> Rn R2),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 倍，B.1 倍，C.丄倍，D.倍,25416答案：AA.12B.nnC.12D12nn答案：Cv vA. P EeB.v vP EeC.PEe D.PEe6电导率分别为而 是空间的自由电荷和极化电荷共同产生的总电势，即 2,电容率为1, 2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212 1nn11 2勺 n2 n7、电偶极子P在外电场EVe中的相互作用能量是184-pdv,当r三、问答题1、由公式

5、 -dV可求得电势分布，然后用Ev即可求得场的分布，4 0 r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W 丄 dV (x)(x)dV计算静电场能量时，要求全空间必须充满均8r1 v v匀介质才成立，试说明其理由。并与比较电场能量公式W - D EdV2与,vm W -dv说明区别.21答：计算静电场能量公式为 W -dv，公式中的是空间的自由电荷密度全空间充满均匀介质时(1-°) f，所以pdvdvdV(x) (x')dV'

6、r2若不是均匀的,(1 -) f所以全空间都要充满均匀介质1 v v电场能量公式：W - D EdV适用于一切电场;2而W - dv仅适用于静电场2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E = 0，就一定有D = 0 吗？答：不一定。当介质为均匀介质时,E成立且为常量，从而D= E当介质是线性非均匀时,0成立;v DvE成立,(v)，D= EE， E = 0时,当介质是各向异性时，DiE t vv ij j ,ijeejE = 0 时， D 0.ijkl E

7、j Ek E|强场作用下，D, E的关系是非线性的，Dij ijEj j,k ijkEjEkj,k,lE指向电势减少最快的方向。4、由E=- 说出E的方向。答：由岂=-,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指向电势减小最快的方向。115、 静电场能量公式为W - dv,-能否看成是能量密度？为什么/2 v21答：丄 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2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°,另一个位于z=d处，电势固定为d ,两平面间充满电荷，

8、密度为。（d）2式中0为常量,如图所示,试用泊松方程求区域0 z 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2化成od2o2dz2od2z0,ozd,d积分得:-zod12 o ULT电场E 一 ezz-z33 od2od在Z=0面上:LT ITez DoE在Z=d面上:LT ITez DoEod12od47、如果20 ,为何不能说恒等于零?12 od2答：2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q4'0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除点电荷所在处外，满足0，但 0.8、为什么静电势在边

9、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2 Is 1 |sE dl .dl趋近于0, E有限， E dl 0得：2 Is = 1 Is .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+ ,，面偶极距密度为V lim v，面偶极层l 0法线为n,方向由 指向 ，对层点Po及层外无限靠近层面的R, F2点，应用边值关系，得n (E2 Eo) -,n (E2 E1)-0 0二式相加，得n E2 E10 即1n n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V x dS

10、'，它在场点A产生的电势为 d» VdS'43or10、P V' VdS'3 rp-n P0 P2式中1,2是层面对R , R2点所的立体角,10,20.当 R,P2无限靠近层面时,但电势的法向微商是连续的。结果表明在面偶极层两侧，电势是不连续的，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

11、以通过边界条件来体现的11、12、13、分析:如图2-13所示,壳外电势满足s °Qi 0在闭合边界面S 上,既给定 值，又给定值的情形下，泊松方程或拉 n普拉斯方程的解存在吗？为什么?答：由唯一性定理：在V的边界S上给定Is或一|s则V电场唯一确定。 n所以重要知道二者之一，电场唯一确定.我们知道Is或一Is是用来确定通解n中的常数的，因此既给定 值，又给定值的情形下，当由 或所求的电nn场相等时，柏松方程和拉普拉斯方程的解存在。当由或所求的电场不n相等，泊松方程或拉普拉斯方程无解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14、15、荷数目可能为无穷多个，无法求解。例如交角

12、120°，如下图,虽然找到5个像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.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。180如果两导体平面相交角为 ，n 竺，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，而且象电电荷，但其中

13、的 中 在求解区以.显然不能用电象法求解.2-15 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Ro的接地导体球，离它球心a（a R。）处有一点电荷q,将此系统再放入均匀电场Eo中，Eo的方向与a相同，点

14、电荷在什么情况下所受的力为零。答：接地导体球，离它球心a（a Ro）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 （q Eq,距球心b Ro2 /a）与点电荷之间a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FRo4 °a（a Ro2/a）2 .当均匀电场Eo（Eo的方向与a相同）存在时若电场Eo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 Eq0鼻-时点电荷所受的力为零。4 oa（a Ro /a）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

15、）的电荷体系激发的势:dV在远处，r ? l,x? x（X）将1在v o处展开为 r x x |1 1 1R 2!i，jXiXj xi xj R代入得多级展开为(x)1 Q v4-0 r vR 6(0)Q4 oR是将电荷集中在原点激发的电势。(1)挣是中心位于原点的体系电偶极子激发的电势。001是中心位于原点的电四极子激发的电势。R20、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P Kr/r2，电容率为drKR0)rdrrE外 dr(In -r解

16、:( 1)ppK(r/r2)22K(1/ r2) r r(1/r2)K /rpn (P2P1)er Pr RK/R(2)D 内0EP P/(0)fD内P/(0)K/(0)r2(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(3)E 内p/(D外E外D内/0)fdVr7erKR0(0)r2 &(4) W - D EdV21 K2 R4 r2dr2(07 0 r21 2K2R24 r2dr2 07 R r42 R(-)(02、在均匀外电场中置入半径为R。的导体球，试用分离变量法求下列两种情况的电势：（1）

17、导体球上接有电池，使球与地保持电势差（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E0方向的轴线,取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。当R R0时，电势满足拉普拉斯方程，通解为(anRnnbnRni)Pn(COS )因为无穷远处 eEo，0E0RcosoE0RR(cos )所以a°0，alEo，an 0, (n 2)当 RR时，0所以0 E°RoR(cos )bnnn1 Pn (COS )n R0即：0b°/R00，bi / R0Eo Ro所以b0R°(00)，b1E0 R0，bn,0,(n2)0 E0R cosRo

18、(030)/ R E°Ro cos/R2 (R Ro)0 (RRo)（2）设球体待定电势为°，同理可得320 EqRcosR0( 0 o)/R E0R0cos /R (R R0)0 (R R0)当 R R0时，由题意，金属球带电量QQ *0 一 dS 0 (E0 cos 00 2E0 cos )R0 sin d dn Ir R)R04 0R0( 0 0)所以(00)Q/40R0320 EoRcos Q/4 0R (E0R0/R )cos (R Ro)0Q/40 R (R R°)3、均匀介质球的中心置一点电荷Qf，球的电容率为，球外为真空，试用分离 变量法求空间电势

19、，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Qf /4 R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 Qf的电势Qf/4 R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：（a.Rn bn时,n 1）Pn（COS ） R外 °，Cno所以anRnPn（COS），n外（CnRn）Pn（COS）nR当R o时，内为有限，bn o船 Pn（COS ）R由于球对称性，电势只与R有关,o,an o, （n 1） dn内 ao，外do /

20、R所以空间各点电势可写成内 当R所以（n 1）所以Ro时，由内 外ao得:QfQf4aoao°得：nQf （丄 1）oQf 11丄丄）'4 Ro oQf 11（丄 1）4 RoQf4 RQf4 R 4 R o（二）应用高斯定理 在球外，R>Ro，由高斯定理得:oQ f4 RoQf4 oRo E 外 ds 匚QfE外厂Q夕卜E外 dR2 dR Rr4 oR24在球，R<Ro，由介质中的高斯定理得：匚E 内2 er4 RRo内 E内d RR体球的束缚电荷Qp o ），所以Qfc 2o，积分后得:Qf外 do. R Qf 4 R d o / RoodoRo2，do 乂d

21、sQf Qp Qf ,（整个导积分后得:Qf，所以Qf4 o RQfE 外 dR -4 R4、均匀介质球（电容率为 J的中心置一自由电偶极子 Pf，球外充满了另一 种介质（电容率为2），求空间各点的电势和极化电荷分布。解：以球心为原点，Pf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pf R/4 1R3。所以球电势可写成：i 'i pf R/4 1R3 ；球外电势可写成：3o 'o Pf R/41R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

22、方程。由于 对称性，'i和'o均与 无关。考虑到R 0时'i为有限值；R 时Ro4 Ro结果相同。(1)iann RnPn(COS )(RRo)o1Pn(C0S )n R(RRo)由此Pf R/41R3annRnPn( cos )(RRo)oPf3R/41RbnRn(n "Pn(COS )(RRo)边界条件为：iR RooR Ro0,故拉普拉斯方程的解为:c R R)C 丨 R Ro(2)(3)(4)将(1) (2)anaibi代入(3)和(4),然后比较Pn( cos0, bn(1晁(0 (n 1)2)Pf /21(12 2)R；2)Pf/2 1 ( 12

23、2 )于是得到所求的解为：Pf R41R3Pf R41R3Pf R4 1R3)的系数，可得:(12) Pf Rcos321(12 2)Ro21( 12 2 ) Ro12)PfC0S21( 12 2)R23pf R42 2)R3Pf R(R Ro)Pf R ( 12) Pf4 1R 2 1 ( 1 22)RR3(R Ro)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。(1o)E1) D0 / 1(0/在两介质交界面上,p er ( p1(所以Pp1)f1)Pf极化电荷面密度为P2) ( 1o)eEi ( 2o )erEo(2Roo) RoRoR

24、o，所以Rop 0Roo( 12) Pf CoS21(12 2)Ro5、空心导体球壳的外半径为R1和R2，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 R 两均匀区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为(anRn 器)Pn(COS)nR时，电势趋于零，所以R R2时，电势可写为o吕4Pn(cos)n R0时，电势应趋于偶极子p激发的电势：/4 0R2pcosn/、2an R Pn( cos)4 0Rn黑1Pn(COS)丨R2anR1nPn(cos)n(n 0) 0R1 ； an所以Ri 及 R R2(1)3pf R/4 0

25、R pcosR Ri时，电势可写为设球壳的电势为s,则oR2Rip cos / 4n0R12由得:由(4)得:所以boaos R2；s ； a1 sR2/ Rp cos / 4bn0p/4(n 0,1)再由SdS0R20耆4R2将代入(6)得:opcosi 40R2Q / 40 R2Q/4Q0 R20RpRcos得:(RpRcos0R3/40R3在R R2处，电荷分布为:在R R1处，电荷分布为:DnR2)14Ri0( R3Q4 R；3 pcos4 R3R2R3R)&在均匀外电场E。中置入一带均匀自由电荷 f的绝缘介质球(电容率为 求空间各点的电势。解：以球心为原点，以E。的方向为极轴

26、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E0及E0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，(anRn bnR (n 1)Pn(cos )n对于1，当R R0时，由高斯定理得：D1f当R R0时，由高斯定理得：D2fR/3，2的形式为fR?/3R2， E1，E2fR/3)，f 戌/3 0R21的球外部分:R0301R( f R2 0/3 °R2)dR R(f R/3)dRf 戌/3 0R2f R0 /30fRO2/6(1)1的球部分：0i1 R E2 dRR0R( f R/

27、3 )dRfR2/6(2)对于2，当R时，2E0RCOS，所以o2E0 R cosn 1Pn(COS)(RR0)nR当R 0时，2为有限，所以i2anRnPn(COS)(R Rd)n边界条件为:R R0 时，o2i2， 0i2。即：RR0 RR0E° R0 cosbnR0(n 1Pn(cos )anR；Pn(COS )nnE0 R0 cos0 (n 1)bnR0(n 2)Pn(cos )nn anR；n1 Pn (cos )比较Pn (cos)的系数，解得：a13°E°/(2 0)b1(0)巳代/(20)anbn0 (n 1)所以o2E0Rcos(0) E00 c

28、os/(2 0)R2(R Rd)i23 0E0Rcos/(20)(R R0)由(1)得：f Ro11fR；2 )3 0RE0Rcos0)E°R cos-(R Ro)3(0(2 0)R2f R230E0Rcos(R R0)62 07、在一很大的电解槽中充满电导率为2的液体，使其中流着均匀的电流Jfo。今在液体中置入一个电导率为1的小球，求稳恒时电流分布和面电荷分布，讨论12及21两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JfO与电场强度E0成正比(比例系数为电导率)，所以E0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

29、静电场的方法求解。(1)未放入小球时，电流密度 JfO是均匀的，由JfO 2E0可知，稳恒电场E0 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E0的电势。放入小球后，以球心为原点，Eo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，/ t 0，所以： J 0由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为：n (J2 J1)0设小球的电势为1，电解液中的电势为 2，则在交界面上有:Ro 21 1_R将J E及ER R)J ( E)可见满足拉普拉斯方程 考虑到对称性及RJ f o rRcos2J fo2E o其中利用了考虑到R因为选R仏 Ro c

30、os2r J f o2cos222 R代入(1)，得:oR RoEo，球外电势的解可写成:黑 Pn(COS)R(R Ro)o时电势为有限值，球电势的解可写成: anRnPn(cos)no处为电势零点，所以鲁fPn( cos)&K1)二(COS)(RRo)(nnRoao0，将代入得:anRonPn( COS)1nan R1 1 P( cosn(8)由(8)两式可得： a1 3J f o /( 12 2)an o, bn o (nb1(32 ) J f o Ro /( 12 2)所以：1 3JfoRcos1)/(2J f o Rcos / 2 (J f o R / 2( 1由此可得球电流密

31、度： J11E1113电解液中的电流密度为12 2)2) J f 0 Ro cos /(2)R3Jf° R/(Jfo R)/( 1(1 2)£(1(2)两导体交界面上自由电荷面密度erJ22 E222 J f of3(3)当 1(所以,3Jfo2 2)R/( 12 2)2) 2R22R31J f o /( 1(RRo)(R Ro)2)3( J f o R)R J f o 2 2)R5-R已)oQ (J 2 /2 J1 /2) 2(D2 D1 )oer ( E 22) o J f o cos /( 12即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时,1 2 2) 13 1/( 12

32、 2)32 ?2)/(J1J f o3 oJ fo COS / 21)3J f o332(Ro /R )3(Jfo R)R/R Jfof2时，同理可得:J1 0 J2 Jf0 （R；/2R3）3（Jf0 R）R/R2 Jf°f 3 0J f0 cos / 2 28、半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质，导体球接地，离球心为a处（a）置一点电荷Qf，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1 Qf/4R2 a2 2Racos ,二是球面上的感应电

33、荷及极化面电荷产生的 普拉斯方程。考虑到对称性，由于R 0时，2。后者在球和球外分别满足拉i2n由于R 时，2为有限值,anRnPn(COS )2与无关。所以球的2解的形式可以写成(1)由于2应趋于零,静 Pn（coso2n2a 2RacosRo时,(Qf/4i2a)所以球外的 2解的形式可以写成(1/a)(R/a)nR(cos)n(R / a)n Pn (cos)(2)(Qf/4 a) (R/a)nPn(cos)(3)anRnPn(CoS )(4)Ro时,o2(Qf/4 a)因为导体球接地，所以 内(R/a)nPn(cos)n0% R(cos )n R(5)R。RoQf /4(6)将（6）代

34、入（4）得：an将（7）代入（5）并利用（8）式得： 将（8）（9）分别代入（4）（5）得：内1Qf夕卜224-VR a 2RacosQfR2n1/4 an 1(R R0)(8)(9)(10)R0Qf用镜像法求解：设在球r0处的像电荷为Q'。 上，根据边界条件：5 R0/a , 所以空间的电势为 外当4 1 2球面上电势为 0,可得:d （Ra、R2 （氏/a）2 2RR2 cos /a由对称性，Q'在球心与Qf的连线 （解略）Ro) (11)Q'R°Qf/a1 Qf4R2 a2 2RacosRQf(R R0)aR2 (R2/a)2 2RRcos/aPR

35、9;OQ9、接地的空心导体球的外半径为 Ri和R2，在球离球心为a处（a < Ri）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：Q/R Q'/ R' 0（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 R'/R Q'/Q 常数Ri/a，即 b R；/aR1Q/aRQ/aR2 R4

36、/a2 2R2Rcos /a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，外 0。只要选择Q'的位置，使 OQ'P OPQ，则R'/R R1/a 常数 设Q'距球心为b,则b/R1 由（2） （ 3）两式得：Q'1Q4 o 、R2 a2 2Racos10、上题的导体球壳不接地，而是带总电荷 Q，或使具有确定电势 °，试求这 两种情况的电势。又问 0与Qo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

37、壳电势为零。为使球壳总电量为Q。，只需满足球外表面电量为Q°+Q即可。因此，导体球不接地而使球带总电荷 Q。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Q° + Q产生 的电势2。1 外 0，(RR1)；2内(Q Q。)/4 0 R2，(R R2)；2外 (QQ0)/40R，(RR2），所以(QQ0)/40R(RR2)(QQ0)/40R2(RRR2)1-QI1&Q/aQ Q00,(R R1)1内2Racos14.R2 R4/；Q：；2Rcos /a，(R 即Q匸R2a：4 0 R2 a2 2RacosR2 R14/a2 2R2Rcos

38、 /aR2由以上过程可见，球面电势为（Q Q0）/4 0R2。若已知球面电势°，可设导体球总电量为Q'0，则有:(Q Q'0)/4 0R20，即：(Q Q'0)/4 00R2电势的解为:0 R2 / R(R R2)(Ri R R2)亠Q4 0 、R2 a2 2 Ra cosRiQ /a/24 2 2,RRi / a2Ri Rcos /a(R Ri)bQ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。Q1a小Q， A b2aez ； Q2ba小-Q b2a，r2ez ;bQ3Q，r3bez，所以Q. R2 b2114 02RbcosR2b2 2Rb

39、cos2bj R当o和Q。满足o (Q Q°)/4 0R2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a：Q42a a22 Rcosb2b42：2/OS(02R a)(y,z 0)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。亠1 40 (x x。)2

40、 (y a)2 (z b)21(x X0)2(y a)2 (z b)2_ 1 _ 1.(x X)2 (y a)2 (z b)2. (x x。)2 (y a)2 (z b)2 13、设有两平面围成的直角形无穷容器，其充满电导率为 (的液体。取该两平面为xz面和yz面在(x0, y0,z0)和 (x°,yo, Zo)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/to， J 0。对于恒定的电流，可按静电场的方式处理。于是在：，E dS Q/ ,由于 I :j d

41、S ,Q/ 可得：Q I / 同理，对B点有： 又，在容器壁上， 容器壁。oQb jn14、解:E，所以A点取包围A的高斯面，则I /0,即无电流穿过由j E可知，当j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：丄8 Ql 丄4 i1 ri4,(X X0)20 时，En 01(y y°)2(z Z0)21(X X0)2 (y y°)2 (z z)21.(xX0)2(yy°)2(zz)21.(xX0)2(yy°)2(zz0)21(x X0)2 (y y°)2 (z z0)2 画出函数d (x)/

42、dx的图，说明 个位于原点的偶极子的电荷密度。0(P(1)(x)1)2) d (x) dxd (x)dxx 0时,x 0时,.0lim x 0 xlimx 0da),x 0,x 0(X X) (x)X(x)/dx 对于X(x X0)2(y y。)2 (z z。)21X x°)2 (y y°)21(z z。)2(X X。)2 (y)(x)是y。)2(z Z0)2b)图象如右图所示。(P ) (x) xdV (p其中第一项为：对于Xd (x)dxlimX 1(Px1 /(x)xdVXiPx2 / X2(Pxi / XiPx3 / X3)Px2 / X2(x)Px3/ x3) (

43、x)xdV5：) (x)xdVPx1 -X1(Xi)(X2)x2e2x3e3 )dx1 dx2 dx3(x )d (x )Pxi (X2)(X3)(XieiX2e2 X3e3)dxidx2dx3ei- dxix1dx1应用心！ (t)dtd (xi 儿ei p xi Xidxidx13，即3dtdt山9 (t)，可得:dtei pxid xi (xi)ei pxi (xjdxiei pxiXi (xi)eipxi eipxi同理可得另外两项分别为e2Px2及e3 Px3，所以， 原点的偶极子的电荷密度。15、证明：(1) (ax) (x)/a (a 0)，(若 a(2) x (x)0(x=0)

44、 xdV p,即0，结果如何?显然,当X0时，(ax)(x)/ a成立；又(ax)dx(ax)d(ax) 1(ax)d(ax)aa(x)dx1所以(ax)(x)/a在全空间成立。若a0，-J (ax)dx( ax)dx( ax)-即，(ax)(x)/a所以(ax)(x)/a在全空间成立。证明：i)ax)aap是一个位于2)由(x)的选择性证明。x (x) x (x) 0，而 |x (x)dx xlx 00x (x)0，进而 x (x)0i6、一块极化介质的极化矢量为P(x')，根据偶极子静电势的公式， 产生的静电势为 P(x)3r dV'，另外根据极化电荷公式V 40r及p n P，极化介质所产生的电势又可表为'P(x')” ” P