西安电子科技大学：《电动力学 Electrodynamics》课程教学资源（课后习题解答）第二章 静电场

第二章静电场 1.一个半径为R的电解质球，极化强度为P=k,电容率6， （1)计算束缚电荷的体密度和面密度； （2)计算球外电荷的体密度： （3)计算球外和球内的电势： （4)求该带电介质产生的静电场总能量。 解Dpm=--p=-kf+月=-冬 由i(P2-p)=-op,且球外无极化电荷p2=0 0,-i引i乳黄 2)由p。=-(1-0)P, sk to(6 →P= (3)对于球外电场，由高斯定理可得 ∫E%s=Q 60 b(e-5)r4xr'dr sk 4πEkR E%4zr2=Q=∫PdV 6-6 80 Eo E%= skR (E-6)r 同理可得球内的电场为 E-(65) 4=∫E外亦= skR (6-6)6J 4=广6d-Ed+E%dr=kmB+马与 -60r0 (4)由题意得：球外有 1

1 第二章 静电场 1.一个半径为 R 的电解质球，极化强度为 2 r r P k   = ，电容率  ， （1）计算束缚电荷的体密度和面密度； （2）计算球外电荷的体密度； （3）计算球外和球内的电势； （4）求该带电介质产生的静电场总能量。 解；（1） 2 2 2 1 1 ( ) P k p k r r r r r  = −  = −   +   = − 由 2 1 ( ) p n p p  − = − ,且球外无极化电荷 2 p = 0 p 1 2 r R r R r k n P n k r R  = =  =  =  = (2) 由 0 (1 ) p f     = − − 2 0 0 ( ) f p k r          = = − − （3）对于球外电场，由高斯定理可得 0 Q E dS   =  外 2 0 Q E r 4 = =   外  ( ) 2 2 f 0 0 0 0 0 0 4 4 dV = R k kR r dr r            − − =   ( ) 3 0 0 = kR E r r     − 外 同理可得球内的电场为 ( ) 2 0 = k E r   − r 内 0 0 ( ) r = kR E dr r        =  − 外  外 R r r R 0 0 d d + d = (ln ) - k R E r E r E r r        =  =   + 内    内 外 （4）由题意得；球外有

skR E*-6o-6) 7f,D=6E4g-产 球内有 k—f,Dn=B%-(g-8)r =(6-8 w-Dav-到ea+5E-2R大 (1+E) 60 2.在均匀外电场中放置半径为R,的导体球，使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，求与地保持电势差Φ。；2)导体球上带总电荷Q。 解：(1)以球心为圆点，以外电场E方向建立球坐标系，本题的定解问题为 70=0 (R>R) () pR=R,=①0 (2) p|R→n=p-EoRcose (?,是放入导体球之前原点的电势)(3) 由于此问题具有轴对称，从(1)得通解 =2aR+是eeas0很≥R) n=0 由plR=-EoR cos0得 Po-EoRCOS0=d+a,Rcos0+>aR"P(cos0) ns) 故a=g，a=-E0，an=0(n≠0,1) p=%,-E,Rcos0+∑RB(cos0)(R≥R,) 由pR=,=D得 药ER宫- 2成B=-风+ER9==@,-AR 2

2 2 0 0 ˆ ( ) kR E r r     = − 外 , ( ) 2 0 ˆ 0 kR D E r r     = = − 外 外 球内有 0 0 ˆ ( ) k E r r     = − 内 , 0 0 ˆ k D E r r     = = − 内 内 （ ） 2 2 2 0 V V 0 0 1 1 1 W D EdV dv+ dv=2 + 2 2 2 K E E R           = =    −     内 外 （1 ） 2. 在均匀外电场中放置半径为 R0 的导体球，使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，求与地保持电势差 0 ； 2）导体球上带总电荷 Q。 解：（1）以球心为圆点，以外电场 E 方向建立球坐标系，本题的定解问题为 0 2 0 R R 0 R 0 0 0 0 (1) (2) E Rcos (3)  R R      = →    =    =   = −  （ ） （ 是放入导体球之前原点的电势） 由于此问题具有轴对称,从(1)得通解 n n n n n+1 n 0 b (a R )P cos R    = = +  （ ） (R  R )0 由 R  → =  0 0 −E R cos 得 0 0   − E Rcos = 0 1 n n n 2 cos (cos ) n a a R a R P    = + + 故 0 0 a = ， a1 0 = −E ， n a =  0(n 0,1)     = − 0 0 E R cos + n n+1 n n 0 b P (cos ) R   =  （R  R0 ） 由 R=R 0 0  =  得 0 n 0 0 0 n 0 n+1 0 0 b = E R cosθ P (cos ) R R R n     = = - + =   n n+1 n 0 0 0 0 0 0 0 0 n=0 0 b P E R cos b ( )R R      =  − +  =  −

b1=ER。bn=0(n≠0,1) -E,Rcos0+-)R+ERicos0 (R>R) R R2 (2)建立同样的坐标系：定解问题为： 70=0 () pR→n=p。-EoRc0s8 (2) 8o .ds=-Q (3) ORIR-Ro pR=0=①g (4) 重复第一问的过程，得到 0=R-E,Rcos0+④，-gaR+Rcos0 R R2 由条件(4)得到 祭-架Rn R -∫R-E,cos0-④，-9R-25Rcos0hn Ro R =R-0--2E,s0n Ro 5Rjj-3Eow小n6at6-kj2mauau0 =0-4rR,(④，-%，)=- En Φ0=1 Q一+0 4πER0 代入上式代替Φ。得 -ER cos0+c00 (R-R) 4πE,RR3 3均匀介质球的中心置一点电荷Q,球的电容率6，球外为真空，试用分离变量法求空间电 势，把结果与用高斯定理结果相比较。 解：解法一：（高斯定理） 3

3 3 1 0 0 b E R = n b 0 (n 0,1) =  3 0 0 0 0 0 0 0 0 2 ( )R E R = E R cos + cos (R R ) R R       − − +  (2) 建立同样的坐标系；定解问题为： 0 2 R 0 0 0 s R=R R 0 0 0 (1) E R cos (2) ds Q (3) R (4)        →− =   =  = −      = −     =   - 重复第一问的过程，得到  =  0 0 −E R cos + 3 0 0 0 0 0 2 ( )R E R cos R R    − + 由条件（4）得到 0 2 R ds R d R R     =      = 3 2 0 0 0 0 0 0 0 2 3 0 0 ( )R E R R E cos 2 cos d R R       −   − − −     = 2 0 0 0 0 0 0 R E cos 2E cos d R       −   − − −       2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 =R 3E cos sin d d R ( )sin d d R              − − −     = 0 0 0 0 Q 0 4 R ( )    −  − = − 0 0 0 0 Q 4 R    = + 代入上式代替 0 得  =  0 0 −E R cos + 3 0 0 2 0 2 Q E R cos 4 R R   + （R>R 0 ） 3.均匀介质球的中心置一点电荷 Q f ，球的电容率  ,球外为真空，试用分离变量法求空间电 势，把结果与用高斯定理结果相比较。 解：解法一：（高斯定理）

由电荷分布的对称性，由高斯定理可得 是股4片照 6o 47ER3 9=∫瓦+「E,d=巴+2(c-) 4πeR'4πEsR (RR) 解法二：（分离变量法）由题意得定解问题 7201= -8L8(i-cXRR) (2) ilR-0= 有限值 (3) 02R-→o= 0 (4) 01= P2lR-Ro (5) 00- 0p2 Eo RR-Ro (6) 对(1)设9=p+0 % 则 4πER 70= 0 (1) 72p2= 0 (2) ilR-0= 有限值 (3) P2R 0 (4) 0= P2lR-Ro (5) 00三 op (6) OR OR IR=Ro 由(1)(2)解得 =2a,R+ )P,(cos) n=0 由(3)(4)解得 网=2a,RR(os0)

4 由电荷分布的对称性，由高斯定理可得 1 f 2 f 1 2 3 3 0 0 D Q R D Q R , 4 R 4 R E E     = = = = ( ) ( ) 0 0 0 1 1 2 0 0 0 2 2 0 ( ) 4 4 4 R f f R R f R Q Q E dR E dR R R R R Q E dR R R R           − =  +  = +  =  =     解法二：（分离变量法）由题意得定解问题 0 0 2 f 1 0 2 2 0 1 R 0 2 R 1 2 R=R 1 2 0 R R (r c)(R R ) (1) 0(R R ) (2) (3) 0 (4) (5) (6) R R              → →  =  −  = −      =    =   =   =     =     有限值 对(1)设    1 0 1 = +  f 0 Q 4 R   = 则， 0 0 2 1 2 2 1 R 0 2 R 1 2 R=R 1 2 0 R R 0 (1) 0 (2) (3) 0 (4) (5) (6) R R           → →  =   =   =    =  =   =      =     有限值 由（1）（2）解得 n 1 n n n 1 n 0 b (a R )P (cos ) R n    =  = +  + n 2 n n n 1 n 0 d (c R )P (cos ) R n    = = +  + 由（3）（4）解得 n 1 n n n 0   a R P (cos )  =  = 

p2= 由(5)(6)解得 (7) [+2mRB]s[含a+可 (8) 对(7)(8)式， 当n=0时 4nR。+a,- Q do 0 -8Q do 4π8R20 -60 Ro 解得 d。= Q 4π80 Q(8-8o) a0= 4πE8Ro 当n=1时 a,RoP= R 6a1P1= d 280 解得 d,=0 (a1=0 同理 dn=a.=0(n≥l) g=96-6 Q:1 4πeERo p2=4π6oR 5

5 2 n n 1 n 0 d P (cos ) R n    = =  + 由（5）（6）解得 f 0 Q 4 R  + n n n n 0 a R P  =  = n n+1 n n 0 0 d P R  =  （7） f n n 1 2 n 2 n 0 n 0 n 0 0 n 0 n 0 Q d na R P (n 1) P 4 R R      − + = =     − + = − +           （8） 对（7）(8)式， 当 n=0 时 f 0 2 0 0 0 f 0 2 2 0 0 0 Q d a 4 R R - Q d 4 R R      + =     = −  解得 f 0 0 f 0 0 0 0 Q d 4 Q ( ) a 4 R      =    −  =  当 n=1 时 1 1 0 1 1 2 0 1 1 1 0 1 3 0 d a R P P R d a p 2 P R    =     = −  解得 1 1 d 0 a 0  =   = 同理 n n d a 0(n 1) = =  f 0 1 0 0 Q ( ) 4 R     −  = 2 0 1 4 R   = f Q

Q:+Q(E-8al(R≤R) 4πER4π86Ro Q (R>Ro) 4πER 4.均匀带电体（电容率￡1）的中心置一电偶极子P,球外充满了另一种电介质（电 容率62)，求空间各点的电势和极化电荷的分布。 解：如上题，设91=p+ PR 4密R’0满足拉普拉斯方程。 由题意得定解条件 72p= 0 (1) V2p2= 0 (2) ilR-0= 有限值 (3) P2R= 0 (4) 91= P2 R-Ro (5) aol. o02 (6) 由(1)(2)解得 -2aR+品e C.R 由(3)(4)解得 -aR- 由(5)(6)解得 (7) 0R0 0含a成小宫毫n (8)

6    =   f f 0 0 0 0 f 0 ) 0 Q Q ( ) (R R ) 4 R 4 R Q (R R 4 R      − +   4. 均匀带电体（电容率  1）的中心置一电偶极子 f p  ，球外充满了另一种电介质（电 容率  2），求空间各点的电势和极化电荷的分布。 解：如上题，设 1 1 3 1 p R 4 R f     = + ，1  满足拉普拉斯方程。 由题意得定解条件 0 0 0 2 1 2 2 1 R 0 2 R 1 2 R R 1 2 1 R R 2 R R 0 (1) 0 (2) (3) 0 (4) (5) (6) R R           → →  = = =   =   =    =   =  =      =    有限值 由（1）（2）解得 n n 1 n n n+1 n 0 b (a R )P R   =  = +  n n 2 n n n+1 n 0 d (c R )P R   = = +  由（3）（4）解得 n 1 n n n 0  a R P  =  =  n 2 n n+1 n 0 d P R   = =  由（5）（6）解得 f 0 n 3 n 0 n 1 0 n 0 p R a R p 4 R   =  + = n n 1 n n 0 0 d P R  + =  （7） f 0 n n 1 1 n 0 n 2 n 3 n+2 1 0 0 n 0 n 0 ˆ 2p R d a nR p (n 1) p 4 R R      − = =   −      + = − +          f 0 n-1 3 1 n 0 n 0 n 0 ˆ p R a nR p 2 R    = −  + = n 2 n 2 n 0 0 d (n 1) R   + = − + n p （8）

对(7)(8)式， 当n=0时解得 a=d=0 当n=1时 PrRo+aRo= 4πE,R -P5ta6=-28 d 2πR R 解得 Pr(6-62) a1= 2π6，R(262+6) 3P d=4π26，+) 对n>l时解得 an=0 n>1) b.=0 m原 4红2G,+)Rcos0= 3pa 3· P2 (RR) pR(G-62)p· 4πER28,R(2E2+G) (R<R) 球面上的极化电荷密度o。=-i(-)=-i(D-D)+i(E2-E) 球面上无自由电荷，故 o=i(D2-D,)=0 4,-店-)-（股+0） 350(6-52)PIcose 2πE(61+262)R

7 对（7）（8）式， 当 n=0 时解得 0 0 a d = = 0 当 n=1 时 0 1 3 2 1 0 1 0 0 1 3 3 1 1 2 0 0 4 2 2 f f p R d a R R R p d a R R       + =    −  + = −   解得 1 2 1 3 1 0 2 1 1 2 1 ( ) 2 (2 ) 3 4 (2 ) f f p a R P d          − =   +   =   + 对 n>1 时解得 n n a 0 (n 1) b 0  =    = 1 2 f 1 3 0 2 1 ( )p R 2 R (2 )       −   = + f 2 2 1 3p 4 (2 )     = + 2 1 cos R  = f 3 2 1 3p R 4 (2 )R     + （R<R 0 ） 3 0 2 1 1 2 3 3 0 1 1 0 2 1 3 ( ) 4 (2 ) ( ) ( ) 4 2 (2 ) f f f p R R R R p R p R R R R R                +  =    −  +    + 球面上的极化电荷密度   p 2 1 2 1 0 2 1 = −  − = −  − +  − n P P n D D n E E ( ) ( ) ( ) 球面上无自由电荷，故  f 2 1 =  − = n D D ( ) 0 ( ) 0 2 1 p 0 2 1 0 R R n E E R R      =     =  − = − +       0 1 2 3 1 1 2 0 3 ( ) cos 2 2 ) f p R        − = （ +

5.空心带电体球壳内外半径为R1和R,球中心置一偶极子p,球壳带电Q,求空间各点 电势和电荷分布。 _p-R-+0(R) 72p=0 (1) v2p=0 (2) pR0=有限 (3) 3R=0 (4) 0R=R=R=R,=(待定) (5) es-5.3服 ds=2(6) 由(1)(2)解得 网-2a,R+是n n=0 由(3)(4)解得 o-ZaR'p. n=0 网-品R 将上式代入p,p2再由(5)(6)可解得 a0=Po:41=- 4Ra,=0n≠0,1） d=R0o,d=- ,d.=0n0,0 4π80 于是 8

8 5. 空心带电体球壳内外半径为 R1和 R2，球中心置一偶极子 p  ，球壳带电 Q，求空间各点 电势和电荷分布。 解 ： 由 题 意 得 定 解 条 件 , 设 ( ) 1 1 1 3 0 4 p R R R R     = +   ( ) 3 3 2 3 0 4 p R R R R     = +   1 2 2 1 2 3 1 R 0 3 R 1 R 3 R R 0 0 (1) 0 (2) (3) 0 4 R        → →  = =  =  =  = = = = 有限 （ ） 2 1 2 1 0 R=R R R 0 ( 5 Q ds ds (6) R R     =             − =       待定） （ ） 由（1）（2）解得 n 1 n n 0  (a R  =  = +  n n 1 n b )p R + n 3 n 1 n 0  (c R  =  = +  n n 1 n d )p R + 由（3）（4）解得 n 1 n n n 0  a R p  =  =  n 3 n n 1 n 0 d p R   + =  =  将上式代入   1 2 ， 再由（5）（6）可解得 0 0 1 3 0 1 0 2 0 1 0 , 0( 0,1) 4 , , 0( 0,1) 4 n n P a a a n R P d R d d n      = = − =      = = − =   ， 于是

O (R>R) 4πER .∴.0= D.R Q p.R 4uoR a,R4,R0R) (2) 01R0= 有限位 (3) P2R= -E Rcos0 (4) 1R=R= P2R-R (5) 00. 802 ORk=5oORRR (6) 由于已经假定介质球内的P,为常数，它的场及其引起的极化电荷产生的场都有球对称性， 由商斯定建托a+A加精后-风，-R) 从而电势 :=∫Ed=PE 3EpR (R>R) a-了n+al-P(-,eE 68 36 (R<R 9

9 2 0 3 3 1 0 0 2 0 1 ( ) 4 (0 ) 4 4 4 Q R R R p R Q p R R R R R R           =     + −     1 2 2 2 0 R R f f R     =  − =  =  0 2 2 0 2 2 Q Q 4 R 4 R    = 1 1 1 0 R R f f1 R     =  =  =  0 3 3 3 0 1 1 1 1 2Pcos Pcos 3Pcos 4 R R 4 R         − −   − =   6.在均匀外电场 E0  中置入一带电自由电荷  f 的绝缘介质球（电容率  ），求空间各点的电 势。 解：自由电荷  f 的电场与外电场使介质球发生极化，从而在介质球内和表面出现极化电荷 分布 0 1 p f       =     - - ，因此电势等于球内的电荷产生的电势 0 与均匀电场及表面极化电 荷的电势 1  之和，1  满足拉普拉斯方程。 0 可以由高斯定理计算。 球内以球心为原点，以外电场方向为 z 轴建立球坐标系，设球的半径为 R0 , 得定解条 件 0 0 0 0 2 1 1 2 2 2 1 0 2 0 1 2 1 2 0 = (1) 0 (2) 3 cos (4 (5) (6) f R R R R R R R R R R R R R R E R R R              → →  = = = =        =    =  =   =     =    - - （ ） （ ） 有限位 （ ） ） 由于已经假定介质球内的  f 为常数，它的场及其引起的极化电荷产生的场都有球对称性， 由高斯定理， ( ) 0 1 E ds= f p V   dV   +   ,易得 ( ) 01 0 3 f R E R R   =  , ( ) 0 3 02 0 3 3 f R R E R R R   =  从而电势 ( ) 0 0 3 0 02 02 0 0 2 2 2 0 0 01 01 02 0 0 3 6 3 f R R f f R R R R E dR R R R R R R E dR R R           = =  =  − =  + = +    （ ） （ ）

这样方程的(1)(2)的通解可写为 a+=p）,D器+2a,r+是aRR 38R n= 将上两式带入(3-6)解得 当n=1时 -3E60 a1= 28+8 d,(6-50)EoRg 280+￡ a=0 (dn=0h1) c=-Eo,Cn=0(n≠1)，bn=0 A=2R2+2R+2R-,36,E,Rcos00RR,) 6 38o 68 28o+8 P:=-EoRcos0+PrR6-6)E Ri cose 3SoR 28,+ER(R>R) 7在一个很大的电介质槽中，充满电导率为σ2的液体，使其中流着均匀的电流j。,今在 液体中置一电导率为σ1的小球，求稳恒时，电流分布和面电荷密度分布，讨论σ1远小于 02,及02远小于01两种情况的电流分布特点。 解：由j=σE:放入小球前液体为均匀电场E。的电势 由边界条件 i2-j)=0 得 8o =02 8o2 O1RR=购 ORR=Ro 且电势连续 PR-Ro=P2R-Ro 所以上分析得定解问题 10

10 这样方程的（1）（2）的通解可写为 ( ) 2 2 2 0 0 1 01 1 0 1 0 0 = ( ) 6 3 f f n n n n n n R R R b a R p R R R         + = − + = + + +    （ ） 3 0 2 02 2 0 1 0 0 = ( ) 3 f n n n n n n R d c R p R R R R       + = + = + +    （ ） 将上两式带入（3-6）解得 当 n=1 时 0 0 1 0 3 0 0 0 1 0 3E a 2 ( )E R d 2         − =   +  −  =   + 1 0 0 ( 1) 0 , 0( 1), 0 n n n n a n d c E c n b  =    = = − =  =  = 1 2 2 2 0 0 0 0 0 0 3 cos 6 3 6 2 f f f R R R E R           + + − + (R<R 0 ） 2 = -E Rcos 0  + 3 f 3 0 0 0 0 0 2 0 0 ( )E R cos R (R R ) 3 R 2 R        − +  + 7.在一个很大的电介质槽中，充满电导率为  2 的液体，使其中流着均匀的电流 f 0 J ，今在 液体中置一电导率为  1 的小球，求稳恒时，电流分布和面电荷密度分布，讨论  1远小于  2，及  2 远小于  1 两种情况的电流分布特点。 解：由 J E = ：放入小球前液体为均匀电场 E 0 的电势 由边界条件 2 1 n (J J ) 0 − = 得 0 0 1 2 1 2 R R R R R R     = =   =   且电势连续 0 0   1 R R 2 R R = = = 所以上分析得定解问题