电动力学题库

Chapter1电磁现象的普遍规律

计算、证明题

1.真空中有一静电场，场中各点£：=%八试证明（1）当P*0时，E=E⑶，

即E仅是z的函数；（2）当夕=0时，E是常矢量.

【证】（1）由于E=Eez，且电荷密度P=0,故

-且

a£为

V-E=在4

甥

+-o

▽xE=a£¥-e・&J

所以，得

dEdE,、dE八

—=—=0,——工0

dydxdz

即E=Eez

（2）当p=0时，由（1）中的结果，有

V-E=—=0

及

dEdE八

dydx

所以，当夕=0时，电场E为一常矢量，即均匀电场

2.在一个半径为R的介质球内，极化强度矢量p沿径向向外，其大小正比于离

开球心的距离p=〃“（/%>0）,试求介质内、外的电荷密度、电场强度和电

位移矢量.

【解工利用介质中极化电荷体密度与极化强度的关系

Pp=-^P

r<R时，ppt=-V'（por）=-p0V-r=-3p（）

r>H时，p2-0,pP2=0

在r=R的球面上，极化电荷体密度

%=-n（p2-p1）=erp\=PoR

由于球内、球面上电荷分布具有球对称性，故电场也具有球对称性，做一半径为

厂的同心球面.由高斯定理《EJpdv得，0<r<R时，有

2143

E,-4^T一・不"必

£。3

E

\=^-=--,Dx=£nEt+p1=-Par+pnr=O

34%

r〉R时，有

E「4万户」(士乃Ra%+4万R2bp)=o

43

E2=0,D2=4石2+〃2=0

3.证明在载有稳恒电流电流的线性介质中，磁化电流分布在介质的不均匀处以

及存在自由电流的地方

【证】：由于磁化电流密度

JM=VxM

对于线性介质，M=X/=(2-1)H,代入上式，得

JM=VX(A_I)H

No

=N(4-1)]X/7+(^--1)VXH

No〃o

又因为是稳恒电流，故Vx"=J,所以

JM=N(W-l)]x"+(K-l)J

Ao〃o

4.在同一空间中存在静止电荷的电场和永久磁铁的磁场，此时可能存在

S=Ex"矢量，但没有能流，证明对于任一闭合表面有《(Ex").杰=0

【证】：利用积分变化关系

《(ExH)-ds=1V•(ExH)dv

由于▽•(E*H)=H.(VxE)—E«VxH)

对于静止电荷、永久磁铁产生的电磁场，属于稳恒场，且传到电流J=0,故

VxE=0,VxH=0

代入得V(EXH)=O

所以《(Ex”).杰=0

5.电流稳恒地流过两个线性导电介质的交界面，已知两导电介质的电容率和电

导率分别为句、力和&、/，交界面上的电流密度分别为人和乙，试求交界

面上自由电荷面密度b.

【解】：在介质的交界面上，自由电荷面密度

(y=n-(,D2-D^)=D2n-Din

由于O=£E且J=4E,其中q为介质的电导率，所以，得到

D=—J

%

代入，得＜7=&心“―

%b]

式中，2〃、是电流密度在界面处的法向分量

由于电流稳恒，/满足▽♦/=(),在界面上有

n(J2-J.)=0,BPJx„=J2n

所以界面上自由电荷面密度

cr-(2--—)n-J,

=(&-豆)〃/

6.已知一静电场E=-2Axex-2Axey,其中/是实数，设某一时亥！J,在(人,〉。,弘)

点沿z轴方向把带电粒子注入到此电场中，带点粒子的质量为明电荷电量为e,

注入的初速度为%”o«c)，求粒子的运动方程的解，并说明所得的解得物理意

义.

【解】带电粒子运动时满足

=eE=-2eAxex-2eAyey

沿x、y、z方向的分量方程分别为

d~x2eA

m--=------x

dtm

d~y2e2

m——=-------y

dt~m

d2z

了7=0

由已知条件，f=0时，r0=xex+yey+ze.,v()=voez,利用这些初始条件，解得

X=XCOSCt)t

Q2eA

y=ycoscot,式中①=

0m

Z=Zo+%£

7.用高斯公式证明

pVVx/=^t/5x/

Vs

【证】用非零的任意常矢量c点乘上式左边得

c-pvVx/=pV[c-Vx/](1)

根据矢量分析公式

V-(AxB)=(VxA)-B-A-(VxB)

令其中的A=/,B=c,便得

V•(/xc)=(Vx/)-c=c•(Vx/)

因此(1)式左边

pV[c.(Vx/)]=1JW-(/xc)

又由高斯公式有

|JW.(fxc)=4(fxc)MS=《(/xc)-〃dS=4c.(〃*f)dS=c.《dSxf

所以

c-^dVVxf=c-^dSxf

因为c为非零的任意常矢量，故得

pVVxf=QdS义f

8.用斯托克斯定理证明j(axr).力=2&MS,式中。为常矢量.

【证】由矢量分析公式有

▽x(axr)=(r-V)a一(。♦V)r+(Vr)a-(Va)r=-a+3a=2a

令尸=axr,则由斯托克斯公式［Vx尸.dS=F.力和上式得

,(axr)・dl=1Vx(axr)-dS=2^adS

9.设电磁场的能量密度为D+HD),能流密度为S=ExH.试由麦克

2

斯韦方程证明：对于各向同性的绝缘介质来说，V,S+粤=0

dt

【证】对绝缘介质来说，电导率为b=0,这时麦克斯韦方程为

dt

由矢量分析公式

V-(/xg)=(Vx/).g-/(Vxg)

得

V-S=V-(ExH)=(VxE)-H-E-(Vx//)

将(1)(2)两式代入上式得

口。<5B„8D丁M9B小

v,S=------H—E,—=—(E-----1------H)G)

dtdtdtdt

对于各向同性的介质来说，

D-sE,B-pH

电容率£和磁导率〃都是常量，故有

毁£生=用

E=E(4)

dtdtdtdtdt2

„SB

ri-----H.理J闺.里=B.也上dHB(5)

dtdtdtdtdt2

将(4)(5)两式代入(3)式便得

V-S=—(-E-D+B-H)=~—

dt2dt

所以

V-S+—=0

dt

10.由麦克斯韦方程组出发，求电导率为。、电容率为£的均匀介质内部自由电

荷量夕与时间f的关系

【解】设在这介质内部，由于某种原因，在r0时刻，有自由电荷分布，电荷

量的密度为0。；至Uf时刻，电荷量的密度变为「，则由麦克斯韦方程组得

^=—V.£>=V—=V-（VXH-J）=-V-J=-OV-E

dtdtdt

=--V-D=--p

£8

1dp----（J

pdt£

求解，并利用初始条件便得

（7f

p='

当，―8时，p->0o这表明，在静电平衡是，电导率（7*0的均匀介质内自由

电荷量密度为零.

11.试由麦克斯韦方程组导出电荷守恒定律.

【解】^=—V£）=V—=V-（Vx/f-/）=-Vj=

dtdtdt

^+Vj=0

dt

12.若磁单极子存在，且静止磁荷之间的相互作用力遵守磁库仑定律

1g'f2,式中&和g,分别是两个磁单极子的磁荷.（1）试求磁荷量g的

4空°厂

单位；（2）磁荷量为g的磁单极子处在磁场中时，它的受力公式是尸=gH还是

F^gB?（3）试写出符合磁荷量守恒的麦克斯韦方程组.

【解】由题给的磁库伦定律，得磁荷量的单位为

[g]=府嬴启=J牛•停/米）•米2=，牛•亨•米

=1牛・（牛・米/安2）・米=牛・米/安=牛・米・秒/库

—伏•秒

故得g的单位为1伏•秒

（2）磁库伦定律中g/4%/0产的单位为

rg1=⑶=伏•秒=伏•秒

14砌0川-[4]口2]-(亨/米),米一9谏

=1^=安/米

这是磁场强度”的单位，故知g在磁场中的受力分析为

F=gH

(3)磁单极子存在时的麦克斯韦方程为

▽•£)=Pa)

V-B=A„(2)

VxE=-^-j<

fflG)

dt

VxH=—+j(4)

dt

式中4为磁荷量密度,jm为磁荷流密度.

由电荷量守恒定律

5T=°

知磁荷量守恒定律为

▽/+等=0

dt

根据矢量分析公式，由(2)(3)两式得

dtdtdt

可见(1)(2)(3)(4)式是满足磁荷量守恒的麦克斯韦方程组.

13.在空间有互相垂直的均匀电场E和均匀磁场5,3沿x轴方向，E沿z轴方

向.一电子(质量为加，电荷量为e)开始从原点出发，以速度v向y轴方向前进,

如图所示.试求电子运动的轨迹.

【解】已知

E=(O,O,E)

B=(5,0,0)

f=0时,

r0=(0,0,0)v0=(0,v,0)

电子的运动方程为

m±=e(E+%B)

力2dt

-0(1)

dt2

d-yeB—⑵

dt1dt

mU=eE-eB空(3)

dt2dt

解(1)式并用初始条件得x=0(4)

这表明电子在y-x平面内运动.

将(2)式对时间积分，并利用初始条件得

dy

m—=eBz+tnv(5)

dt

将上式代入(3)式便得

d~ze~B~/mEmv

m—r-=--------(z-----y4--x)

dt~meB~eB

衣刀3mEmv,,eB、

解得z------r+—=Acos(—t+(Po)

eB2eBin

利用初始条件定出常数A和仰，便得

m,EeB

z=—(v----)(cos------1)(6)

eBBm

将上式的z代入(5)式得

dy/mE.eBmE

tn—=(mv------)cos——tH-------

dtBmB

积分并利用初始条件得

m..eBE_

y=—(v----)sin—ff(z7)x

eBBmB

（4）式、（6）式和（7）式表明，电子的轨迹是y-z平面里的一条摆线（旋轮线）.

14.大平行板电容器充电后，两板板间产生一均匀电场E；另有一均匀磁场3和

E垂直，如图（1）一电子（质量为机，电荷量为e）从负极板出来，初速很小，

2mE

可当做零.不计重力.试证明：当两极板间的距离d>时，它不可能到达正极

板.

【解】取坐标如图（2）电场和磁场便为

E=(-£,0,0)

8=(0,0,8)

电子的运动方程为

m^-^=eE+e—xB

dt2dt

d2x_dy

m——-=-eE+eBo——(1)

dt2dt

⑵

dt2dt

加褒=0

dt2

将（2）式积分并利用初始条件得

dy〃

m—=-eBx(3)

dt

将（3）式代入⑴式得

dxe~B-/mE、

m--=---------

dtm

求解并利用初始条件得

inE.eB1、

x=——cos(—t—1)

eB2Lm_

2inF3mF

x的最大值为XM=-半=笔(因为e<0)

eB2\e\B2

当小”<4时，电子就不可能达到正极板.

15.极子的电偶极矩为p，如图|(1)所示，试求它在r处的〃点所产生的电势夕(r)

和电场强度E(r).

【解】电偶极矩p在p点产生的电势，就是它的正负电荷在〃点产生的电势之

和，设°=〃，则它在p点产生的电势便为

式中参看图（2）

22

r+=Jr4-(—)-rlcos6

r~+(一)2-rlcos0

根据电偶极子的定义，〃>>/,故上式中的一项可略去，即

2

r+=yjr-rlcosO=rjl——cos。=r(l-----cos0)

Vr2r

+rlcos0=rjl+—cos。=r(l4--cos3)

Vr2r

所以

zxq11、

<pm=-—(—；--------------；---------)

1-----cos61H-----cos。

2r2r

_qlcos9_pcosd

2

4兀4^or

写成矢量形式即

pr

奴切=----s

这就是电偶极子产生的电势的标准形式.

由9"）可求得电偶极子所产生的电场强度为

1n•r

E(r)=—V°(r)=--------V(^—)

4fr'

P

厂

Pd/cos。、1d,cos。、

4麻°\_dr2

——^-^-(2cos0er+sin0eo)(1)

4fL

因为

p=pcos0er-psin0ee

故（1）式可化为

3(p・r)r-r~p

即）

这就是电偶极子产生的电场强度的标准形式.

^(r)=—^―(-——-)

r+r_

Chapter2静电场

—^―,(r>«)

1.【①】设真空中的电势为奴r)=兀,求相应的电荷分布.

47r

【答案】

根据

V2(p=一■—

%

对r>a区域，p=-fVV=—V2-=0

04万r

2

对rV。区域，p=-f0VV=-e^(―^―)=0

由此可见电荷应分布在半径为。的球面上，设密度为b,

…喏+小…

“等L

Q

4加2

2.【①】两块无限大平行板间距为s,电势分别为0和。°,若两板间夕=夕。工

S

X是由。。板算起的距离.

(1)用泊松方程求空间。；

(2)求平板上的电荷密度.

【答案】

解：(1)设板间电势为°,则夕满足

力夕=_且!(1)

尢。=。⑵

九,=%(3)

由于电势9只与x有关，方程(1)化为

会=_』

dx~£0S

(p----P-。-X3+C[X+C)

6%s

代入(2)(3)中确定系数

C1=+-^―S,Q=0

s6%

两板间电势

0=-4/+(约+&皿

620sS64

(2)对x=0处的板，电荷密度为

…洋=』("+磬)

&r=oS6%

对x=s处的板，电荷密度为

d(p产)一PG

a)

2=%dx。(s+3%

3.【①】有两个接地无穷大导体板橡胶，在它们围成60。的空间内有一点电荷

Q,。离两个板距离都是a,求出该空间电势分布.

y

八

QJ

答案：

解：此题属于有两个边界条件下的一个点电荷，设两导体间电势为0,并以。所

在的与导体板垂直的平面为xOy平面，如图所示，点电荷。的位置坐标为

（y/3a,a,0）.

为使两导体板电势为零，在空间放置五个像电荷.Qt'=-Q，位于（岛,-。,0）

处；。2'=-。，位于（。，2。,0）处;。3'=。，位于（°，一2凡0）处;。4'=。，位于（四，。，。）

处；，位于（-百。，-。，0）处;其实。及五个像电荷正好唯一半径为诙=2。

的一个圆周上.并且将圆周六等分，这样两板的电势均为零，边界条件已经满足,

板间（x,y,z）点电势等于Q及五个像电荷电势的叠加

展:&+£纭

4乃4r,=（rt

式中八乙为。及Q,'到长点的距离，可用坐标表示.

4.【①】一点电荷q位于两个均匀无限大的介质的分界面上，介质的电容率分

别为与和£?，求空间场的分布.

答案：

解：以4为原点建立球坐标系，设两种介质中电场为%=吗=A=（1）

r

在两种介质分界面上，电场E及电位移矢量。满足

n-（£>2-0,）=0,即（2）

nx（E2—E^）-0,即&=%（3）

由于尝试解在分界面处是切向的，显然尝试解（1）式满足（2）、（3）式，作一

个以q为球心，半径为〃的球形高斯面，利用］。•杰为。，得到

,0・ds=上禺-ds+p2E2-ds=q

Ssis2

其中4、力分别是两介质中的半球面，将（1）式代入积分，得

2万（£]+4）A=4

A=

2%（弓+4）

因此介质中的电场为

吗（4）

2zr（£1+q）/

由（4）式出发也可得到q周围的极化电荷总量外.

由于…广户

4^0r

所以"q=—J

4%广2万（邑+邑»

2…一冬。

£1+£2

5.【①】在电容率为£的均匀介质中，挖出一半径为R。的球形空腔，球心处放

-电偶极子P.试求：（1）空间各处的电势分布；（2）球形壁上的电荷面密度.

答案：

解：以偶极子中心为原点，以尸方向为z轴建立坐标系，设球内、外电势为

91、%，它们可表示为

PR,

例:鬲记+例

PR,

（P\、％满足的边值问题为

V>,=(x)(1)

£。

=0(2)

。此。=有限(3)

。2/=0(4)

阂X。fl%(5)

酶

0—O(6)

dRRRdR

K=KoR=R。

由于电势具有轴对称性，且PG=V2%'=0,所以

pR6卜

甲、=获中+工(**+瑞Mase)⑺

4g)火n=0K

/=^^+S(c，，R"+备)々(cos。)(8)

)7T£QK〃=()A

代入(3)-(6)式确定其中系数

c„=bn=0,a„=dn=0(〃丰1)

(£-E)P

a.=------Q---------

2兀£。(%+2e)R；7

,(£。一£)尸

a}=-------------

2F(%+2e)

于是，得

八PR((%—£)PK

(p\=------7+-----------------------r

4»e()R2万%(4+2c)R；

PR5一GPR3PR

~4乃与*2万4(4+2e)4乃(%+2e)R3

球壁上得极化电荷面密度

(JP=—II,(尸2—Pp=-〃.尸2=(£—£())-

3(£-£O)PCOS。

计算得分

2万(4+2s)

6.【①】不接地导体球壳，内外半径分别为鸟和冬,腔内有一点电荷/距球

心为。，壳外有一点电荷％距球心为b，求腔内和壳外电势.

答案：

解：对球壳的空间R>“，设电势为必，边界条件为

勾匹=5（待宓（1）

/If=。

p2R

如图在空腔内距球心为"=区处放置像电荷私=-6私，在球心处放

bb

%"=%-%'=%+型“2,才能使⑴式满足，因此

b

R）R1

夕,二」—（"+包+结=—1—（久_上2+%+b%）（R〉R,）

-4万%r2r2'R4万£0r2r2'R

其中，2、G'分别为%、到场点的距离.

导体球壳电势

小1,凡、

①。+力2）

4乃4/?,b

对球内空腔空间，R<R,设电势必，必满足的边界条件为

阂…=①。

由于臼=囚。+①0,对于外满足9Mx,=0，因此在球外空间放置一像电荷

Dp2

距球心为优=手，这样可使0。：及=0,于是腔内电势为

也+支）+①。

4%八r}

&R、

1〃一%名+7％

=_（如_工_）+___b_

444八八'4九£（）此

式中八、八'分别为小、如到腔内场点的距离.

7【②P100——2.2］试论证：在没有电荷的地方，电势既不能达到极大值，也不

能达到极小值.

【解】在真空中，电势夕满足泊松方程，在笛卡尔坐标系中，这个方程为

d2(pd2(pd2(p_p

---I----l----..--

221

dxdydz£0

在没有电荷的地方，夕=0,故

d2(pd2(pd2(p

—T---r---T=u(1)

dx2dy2dz-

如果夕为极大‘察筌察这不满足⑴式・可见‘

处*不能有极大值.如果*为极小，旦《＞0,空＞0,空＞0，这也不满足(1)

dxdy'dz

式，可见，夕=0处9不能有极小值。

在介质中，如为均匀介质，这电势夕满足

d2(pd2(pd2(pp

=⑵

dx2dy2dz2£

式中0是自由电荷量密度，£是介质的电容率.在没有自由电荷的地方，2=0,

(2)式变化为(1)式，这是仿前面的分析可得，在这样的地方，电势/既不能

有极大值也不能有极小值。

因为在均匀介质中，极化电荷面密度为

pP=-(i--)P=O

3

故在夕=0处，2户=0.即，无自由电荷处，也无极化电荷.

如果介质为非均匀介质，则电势0满足下列方程:

,1

V2(p=——(p+N£76

£

在没有自由电荷的地方，P=0,故得

d2(pd2(pd2(p1.ded(pdsd(pded(p.“、

-----H-------H-------=-----(------------1-------------1-----------)(3)

dx1dy^dz2£dxdxdydydzdz

在e有极大值或极小值的地方，应有

d（p_d（p_d（p

dxdydz

这时（3）式便化为（1）式。仿前面的分析，同样可得：在没有电荷的地方，电

势（P既不能有极大值也不能有极小值。

8[@P101——2.3】一平行板电容器两板板间距相距为d,其间为空气；已知一

极板电势为零，另一极板电势为U.略去边缘效应，试由拉普拉斯方程，求两极

板间的电势°,并由夕求电场强度E和两极板上电荷量的面密度。

【解】以电势为零的极板的表面为x-y平面，取笛卡尔坐标系如图所示，两极

板间的电势（p满足拉普拉斯方程

由对称性可知，。与x,y无关,故上式化为

解得

夕=GZ+

利用边界条件z=o时9=0；z=d时e=u,定出上式中系数G和。2，便得

u

a

由电势0得两极板间的电场强度为

「「U

E=—v（p=­e.

式中、是z方向上的单位矢量.上式表面，两极板间的电场是向下的均匀电场.

由高斯定理得两极板上的电荷量面密度分别为

U

%=一%—

a

9【②P107——2.8】两个无穷大平行导体平面，相距为。，电势都是零.它们之

间有一条无穷长均匀带点直线，单位长度的电荷量为4。这带电直线与导体平面

平行，到一面的距离为b,如图所示.试求两导体平面间的电势。

【解】以一导体平面为z-x平面，取笛卡尔坐标系，使带点直线通过y轴并与z

轴平行，如图所示。根据对称性克制，两面间的电势9与坐标轴z无关，故本题

可化为二维问题。除去x=0,y=b一点、,夕满足拉普拉斯方程

▽2。享+会=0（1）

dxdy

用分离变数法求解，令

e=x（x）y（y）

代入（1）式得

1d2X1d2Y

反菽-歹一

考虑到边界条件，令

1d2X,132y

-----Z-=k2,-----=-k

Xdx2Ydx2

解得

X=+420山

Y=B{sinAy+82cosAy

下面由边界条件定系数4、4、4和生。因y=0和y=a时，0=0,故得

8,=0,女=丝(〃=0,1,2,...)。对于x来说，由于在x=0处有线电荷4，所以要分

a

开来考虑。令x>0处的电势为9+，x<0处的电势为化，则当x->oo时，夕+->0；

当x->-8时-，0_f0。故知式中系数A+=0,&-=0,于是得

00_

\一»H71---------x

。+=Z。：sin(—y)ea,x>0(2)

»=iQ

conn

HTT—X

。一=ZCnsin(-—y)e",X<0(3)

,,=ia

又当x=0,ywb时，。是连续的，故得C：=C；=C"，下面用x=0,y=b处

的边界条件定。”的值。

设x=0平面上电荷量的面密度是为。，则有

d(pd(p

+)x=0=b

dxdx

但实际上在x=0处不是面电荷，而是线电荷。我们可以把这线电荷看作是

a=A3(y-b)

的面电荷，式中b代表3函数，便得

的s(p

£()(+)=2S(y-b)

dxdxx=0

把(2)(3)两式代入上式，便得

£2C„—sin(—y)=-AS(y-h)

n=iaa£o

两边乘以sin(竺y),然后对y积分，积分极限从0到“，便得

a

几兀a2.n7ib

2G----=—sin----

a2a

故得

-4.nTib

c“=----sin——

nji8^a

把G代入(2)(3)式便得：除y外，有

4/1.n7ib.n7i、

(P”--->—sin(----)easin(——y),x>0n

兀£。念几a。

a

(p_=——>Cnsin(—y)esin(—y),x<0

兀£。，0aa

这两式可以合写成

4白1.尸而、--M.nil./d7、

(P---V—sin(----)e°sin(——y),(x=b)

“=]71ClCl

这便是所要求的两导体平面间的电势。

101②P114——2.10］真空中有电场强度为E。的均匀电场，将半径为R的一个

导体球放到这个电场里。已知球的电势为2,求球外的电场和球上的电荷。

【解】先求球外的电势0,然后由0求电场强度E,再求球上的电荷。

在球外，由于没有自由电荷，所以电势0满足拉普拉斯方程。以球心为原点,

段的方向为极轴的方向，取球坐标系。由问题的对称性可知，电势夕只是r和。

的函数，而与方位角。无关。因为本题所考虑的区域包括极轴（6=0和6=7）

在内，而电势夕在极轴上应为有限值，故所求的电势（即拉普拉斯方程的解）便

为

。（匕6）=£（A//+%）E（cos6）（1）

/=0r

式中8（cose）是勒让德多项式，a和耳是由边界条件决定的系数。因此，只要

由边界条件定出系数4和用，问题就解决了。

本题的边界条件有二：

（1）无穷远处的边界条件。由于只有球上有电荷，故在离球很远处，电场应趋

于原来的电池即当z=rcosd->8时，°应满足

?7⑵

&二Too

(p{zt8)f-皖1+以)=~Eorcos3+(p0(3)

式中仰是一个常量，它的值等于未放入导体球时，电场E。在r=0点的电势。比

较(1)(3)式得出：&=夕°,A,=-Eo,A,=0(/>2)o于是得

00B

。(八6)=死-E(/cos6+Z*《(cos，)(4)

/=or

(2)球面上的边界条件。因为是导体球，故球面是一个等势面，按题意有

(p(Rf)=(p»(5)

即

00B

外一&Rcose+Z-^Pt(cos。)=(pf(6)

/=oK

因为6(cos。)，/=0,1,2,…,是一个完备的正交函数系，故(6)式两边々(cos。)项

的系数应相等。由此得出：Bo=R®-(Po)，BI=E0R3,B,=0(/>2),于是最

后便得

(p(r,O')=夕0-E0rcos0+—~仰)&+/呼cos6(7)

rr

这就是我们所要求的球外(rNR)的电势。

下面求电场强度E。由E=-V0得E的三个分量分别为

E„=-^=E。cos。+丝=3+邛cos。(8)

drrr

心=」％=-&sin,+笆-sin°(9)

rd0r

E.=——!=0(10)

rsin^d(/)

于是得

E=[E()cos0+——+2E()fcos0]er+[~£0sin0+七呼sin0]e0(11)

rrr

又因

Eo=Eocos0er-EosinOe0(12)

故£可写作

E=+侬一冰%+与(3E0cos。％—E°)(13)

再求球上的电荷。球上电荷量的面密度为

(T(6)=0,=%•(4ER)=4%(14)

式中ER表示r=R(即由球外接近球面)处的电场强度。令(13)式中的r=R代

入上式便得

b(夕)=、(，-蛭+34£0cos。(15)

球面上的总电荷量为。=(。(6)•2成2.Odd=4股)(%-cP。)R

11[②P118——2.13]真空中有电场强度为E。的均匀电场，将半径为R的一个

均匀介质球放到这个电场里。已知球的电容率为£,求各处的电场和极化电荷。

【解】先求电势/，然后由0求电场强度E,再求极化电荷。

由于没有自由电荷，所以电势0满足拉普拉斯方程。以球心为原点，&的方

向为极轴的方向，取球坐标系。由问题的对称性可知，电势夕只是「和。的函数。

因为所考虑的区域包括极轴(6=0和6=万)在内，而电势°在极轴上应为有限

值，故所求的电势可写作

8D

+房)4(36)(1)

/=0r

剩下的问题是由边界条件定出4和B,o

由于球内外是两个不同的区域，电势的表达式可能不同。令球内的电势为必，

球外的电势为仰，再由边界条件分别定出他们的系数。

(1)无穷远处的边界条件。

在离球无穷远处，电场应趋于原来的电池E。，即

9。|i8T•一E(/cose(2)

为方便起见，我们把未放入介质球内时电场码在r=0点的电势取作零。比

较以上两式的系数，便得

4)=0,A]=—Eo,At=0(/>2)

于是

仰”,，）=—&/cos，+2多6（cos6）（3）

（2）球面上的边界条件。

在球心r=0处，电势必因为有限值。故外中的系数g=0。于是

（Pi〈r,。）=Z4/用（cos，）⑷

（3）球面上的边界条件

在球面上（「=/?）有

电势连续夕o（R，'）=/（R，6）

把（3）（4）两式代入（5）式，比较两边4（cos6）的系数得出

Z=R3（A+E。）（7）

B,=R-MA,（8）

把（3）（4）两式代入（6）式，比较两边q（cos。）的系数得出

R5£

用=丁。+”

B,=——-—R2,+'A.

（/+1>O

由（7）至（10）式得出

4=0,修=o/w1

分别代入（3）和（4）式，便得所求的电势为

（p{r,。）=-Ercos0+———cos0,r>R

0o£+2g。r

（p&e）=--——EQrcos0,r<R（14）

下面求电场强度由（14）式得：球内（〃<R）的电场强度为

E°sin。一看E

°(15)

可见球内电场是均匀电场，片的方向与场的方向相同。因£>分，故

E<

由(13)式得：球外(r〉R)的电场强度为

17V7门」£_£。R13(E°r)r

E=7(PQ=EO+—--[J-------E](16)

£+2%/-Rro

球的极化强度为

P=(£_4)弓=„(17)

辿"-E

£+2s0

球内的