唯一性定理

唯一性定理
蒋文佼（080320124）宋宝璋（080320125）夏世宇 (080320126) 李宝平 (080320127) 章文显 (080320129) 常 悦 (080320130) 1、试用唯一性定理证明：封闭导体壳内部的电场不受壳外电荷（包括壳外表面）的影响。

证：导体壳无论是用电势还是用总电量给定，壳的内外一般存在着四部分电荷。

如图所示，壳内外的电荷分布分别为 ρ 和 ρe ，壳内、外表面
1S 、2S 上各自的面电荷分布为
σ 和 σe 。

壳内外的场是这四
部分电荷共同激发的。

根据定理，首先写出壳内空间电势应满足的条件：
（一） 2
ρ
ϕε
∇=- ，ρ 为壳内电荷分布。

（二）壳内表面1S 上的边界条件是：2S 上的总电量 1
s dS q σ=-⎰
（1）
其中 V
q dV ρ=⎰ 是壳内的总电量，V 是壳内区域的体积。

在壳层
内作一高斯面 0S 后（如图中虚线所示），用高斯定理很容易证明（1）成立。

因此在给定
ρ 布后，
1S 上边界条件也已经给定为
q - ，
和导体壳本身是有电势还是用总电量给定无关。

根据唯一性定理，满足（一）、（二）的
ϕ 就是解。

由于（一）
e
和（二）与壳外的
ρe 和 σρ 的电势并不唯一，可以差一个
常数。

当然当壳用电势 0φ 给定时，1S 上的边界条件就是
1
0|S ϕφ= 。

所以壳内不但电场唯一，而且电势也是唯一。

2．如图，有一电势为0φ的导体球壳，球心有一点电荷q ，球壳内外半径分别为2R 和1R 。

试用唯一性定理： （一）判断0R φ是否球壳外空间的电势分布。

（二）求球壳内空间的电势分布
解：（一）首先必须找出球内外电势应满足的条件，他们是：
（a ）2
0∇ϕ=
（b ）球壳外表面1S 上的边界条件，10s ϕ=φ （c ）无穷远边界条件,0R →∞ϕ→
若R φ是解，根据唯一性定理，它必须满足以上三个条件。

下面来检验：
2
20010R R
φ∇=φ∇= (0),R ≠Q 方程已满足。

0
,
0,R R
φ→∞→ 满足（c ）。

S1的半径是R1代入
0R φ 后，00R
φ
≠φ 所以它不满足1S 上的边界条件，它不是球壳外空间的界，下面求正确的解。

由上述可知，函数 A
R
同时满足方程和无穷远边界条件。

A 为待定常数，可由（b ）定出。

在面1S 上 0,A R
φ=
所以 01A R =φ 。

球壳外电势是 01
R R
φϕ=
它和一半径为1R 、电势为0φ的导体球在球外所激发的势完全一样。

（二）先写出球壳内电势满足的条件
（a ） 2
1
()q x ∇ϕ=-
σε （除球心外，没有点电荷） （b ）球壳内表面S2上的边界条件，20S ϕ=φ
我们来凑一个同时满足（a ）和（b ）的解。

先从满足方程出发，考虑对称性，它可以是 ()014q
A R
πϕ=
+ε，代入方程检验，2
200001()[4()]()444q q q q A x x R R ππππ∇ϕ=+=∇=-δ=-δεεεε 方程满足。

然后令（1）满足条件（b ），002
4q
A R πφ=
+ε，求出A ，所以
002114q R R π⎛⎫ϕ=-+φ ⎪ε⎝⎭
可见，解题的第一步是弄清电势应满足的具体条件，第二步则是凑满足这些条件的解。

。

3、如图，有一气隙，它的长度是a 。

气隙两边是铁磁质（μ→∞，
且B H μ=r r ）。

在y=a 的面上，有自由面电流02sin xk παατ
=⋅r
r ，（τ为
一常量），y=0的面上，0α=，求气隙中的磁标势。

解：本题可用磁标势m ϕ。

由题设有 2222
0m m
x y
ϕϕ∂∂+=∂∂ （1） 由“静磁场的唯一性定理”知，需求出边界面y=0和y=a
上的H r
的切向分量。

y=0处，令n J =r r 有21()0J H H ⨯-=r r
r （2）
因为,B H μμ=→∞r r
，1B r 有限，所以10H =r
，
代入（2）后，有：
0m x
y y H x
ϕ==∂=-
=∂
（3）
0m z
y y H z
ϕ==∂=-
=∂
同理可得：02sin m x y a
y a
H x
ϕπατ==∂⎛⎫
=-
= ⎪∂⎝⎭
（4）
0z
y a
H ==
设()()m X x Y y ϕ=，代入（1）后得：2222
110d X d Y
X dx Y dx
+= 令 22
2
1d X X dx λ=-，于是2
221d Y Y dx λ=
有 ''(sin cos )()m A x B x C sh y D ch y λλλλϕλλλλ=++
（5）
(sin cos )()m
A x
B x
C sh y
D ch y x
λλλλϕλλλλ∂=++∂ 为满足（3），必须有0D λ= 为满足（4），取0B λ=。

有02sin()()sin()x A C sh a x λλπ
αλλτ
-=
比较上式两边，有2π
λτ
=
，0
2()
A C sh a λλαπτ
-=
所以 022sin(
)(
)2(
)
m
x sh y x sh a π
π
αϕτ
τ
π
τ
-∂=
∂
由（5）知，'
B A λλλ-=
所以 022cos(
)()
22(
)
m x sh y sh a π
π
ατ
τ
ϕπ
π
τ
τ
=
并且 y ＝0面是一等磁势面。

镜象法 080320214~080320218
1、设在无限导体平面上，放一根均匀分布的无限长线电荷，密度为l ρ,并与导体平面平行，如下图所示，求空间各处电势。

[解：]若将该线电荷 分成无限个电荷元，每个线电荷元看成一个点电荷，则它们的象电荷也是是无限长电荷元，构成一个无限长线电荷，密度为l ρ-，位于原电荷的镜象位置上，如图所示。

因此观察点P 的电势为
2
22
20222201
2
0)()(ln
4)
()(ln
2ln 2)(h y x h y x h y x h y x r r
r l l
l -+++=-+++==
περπερπερφ （0>y ）
在0<y 的区域，0=φ。

2、用镜象法求均匀电场0E ρ
中放一导体球的场分布，设球半径为a 。

[解：]均匀电场可用两个点电荷近似产生，不妨设有两个点电荷q ±， 位于 h z ±=处。

如左图，则在坐标原点附近的小区域内（其线度远小于h ），有一平行于z 的轴的近似均匀电场
z e h q E ρ
ρ
2
042πε≈
（其中z e ρ
为z 方向的单位矢量）
现将一导体球置于此均匀电场中，球心在坐标原点，如图，由于导体球未接地，故球面上出现的感应电茶，应当用四个象电荷来取代，其
中两个象电荷q h a -和q h
a
分别位于h a z 2-=和h a z 2=处；另外两个象电
荷q h a
和q h
a -均位于球心处，它们相互抵消，所以球外空间任一点p
处的电势，只是由于位于h
a z 2±=处的象电荷h q a
±，以及位于h z ±=处
的原电荷q ±，分别产生的电势的迭加，即：
])cos '2'()
cos '2'()
cos 2(1
)cos 2(1
[
42
1
222
12
2
2
12
2
2
1
2
2
θθθθπεφrh h r h a
rh h r h a
rh h r rh h r q -++
++-
-+-
++=
式中h a h /'2=,将上式中前两项各提出因子h /1，第三项和第四项各提出，并由r h >>，'h r >>，略去22/h r 和22/'r h 的项，然后再泰勒展开得
θ
θθπεθπεθθπεφcos cos ...cos 42cos 42...]cos '
2cos 2[423
002
3
0020r
a E r E r a q r q r
ah h r h
q +-≈++=++-
≈
上式中第一项是均匀电场0E ρ
以原点O 为参考点的电势，第二项是感
应电荷所产生的电势，导体球面上感应电势面密度为
θεφ
εσcos 3|000
E r
a =∂∂-= 3、一线电荷密度为 λ 的无限长带电直导线与半径为a 的无限长导体圆柱的轴线平行，直线到圆柱轴线的矩离为d （a d >），求圆柱外空间任一点的电位。

[解：]利用电象法，可以取一个截面，象电荷必然是平行于原线电荷的电荷线且位于带电线圆柱线之间，设镜象线电荷到轴线的距离为'h ，带电密度为'λ。

圆柱外空间任一点电势：
'
'
ln 2'ln 200h a R a h R ----
=πελπελφ 式中R ，'R 分别表示原电荷、镜象电荷到观察点的距离。

在柱面上任一点，有：
2
2202220)
'(cos '2'ln 4')(cos 2ln 4h a ah h a a h ah h a a
r --+---+-==ϕ
πελϕπελφ
另外有：0=∂∂=a
r ϕ
φ
或
)cos 2('')cos '2'(2222ϕλϕλah h a h ah h a h -+-=-+
所以)('')'(2222h a h h a h +-=+λλ
λλ-='
联解上两式：
①h
a h 2
'=，λλ-='
②h h ='，λλ-='
其中第二组解不合适，舍去。

于是Ra
h
R 'ln 20πελφ=。

镜像法 060330114宋威 15徐柳洲 16孙浩 17樊大斌 18甘元虎 1：一无穷大导体平面外有一电偶极矩为p 的电偶极子。

P 与导体平面平行，到导体表面距离为a ，已知导体的电势为零。

试求：（1）导体外的电场强度；（2）p 受导体上电荷的作用力；（3）p 与导体的相互作用能。

2：一无穷大导体平面外有一电偶极矩为p 的电偶极子，p 到导体平面
的距离为a ，与导体表面法线的夹角为α。

已知导体的电势为零，试求：p 受到导体表面电荷的作用力。

3 ：真空中两条圆柱形无穷长平行直导线，横截面的半径分别为R1和
R2，中心线相距d （d ﹥R1+ R2）。

试求他们间单位长度的电容。

4：真空中有一半径为R 的导体球，球外有一电荷为q 的点电荷，q 到
球心的距离为a （a ﹥R ），已知球的电势为零，试求：（1）球外的电势分布；（2）球面上电荷量的面密度；（3）q 受球上电荷的作
用力。

5：导体内有一半径为R 的球形空腔，腔内充满电容率为ε的均匀电介
质。

现将电荷量为q 的点电荷放在腔内离球心为a
（a ﹤R ）处，已知导体的电势为零。

试求：（1）腔内任意一点p （r ，θ）的电势；（2）腔壁上感应电荷量的面密度；（3）介质极化电荷量的密度和面密度。

电多极矩,磁多极矩：
060330101史晓佩 060330102沈珺琛 060330103杨群 060330104陆丽燕
1，如图1，q,-q,2q 构成一带电体系。

求体系的电多极矩及相应的电势。

解：按电多极矩定义作。

为了避免混淆和丢失，先把点电荷编号，并写出它们的位矢。

1122,(),,()q q x a i j q q x a i j ==+=-=-+r r r r r r ,332,q q x bk ==r r
由定义,总电量1232Q q q q q =++=
电偶极矩112233()()22()p q x q x q x qa i j qa i j qbk q ai bk =++=+--++=+r r r r r r r r r r r
电四极矩可按分量ij D 定义求。

3
221(3)xx i i i i D q x r ==-∑
式中I 可取1，2，3，222i i i i i x q x y z =++2i 是的x 坐标，r
代入各量后
22222
2111222333(3)(3)(3)xx D q x r q x r q x r =-+-+-
22222(32)(32)2q a a q a a qb =---- 22qb =-
3
1
(3)xy i i i i D q x y ==∑1112223333()q x y q x y q x y =++
2223()6yx qa qa qa D =+==
同理可求其它分量：21
22xx yy zz D D qb D ==-=-其它分量为零。

该体系在远区的势，由3
00011():4424Q p R x D R R R
ϕπεπεπε=++∇∇r
r r g r
其中2()()2()p R q ai bk xi yj zk q ax bz =+++=+r r r
r r r r g g
1
:D R
∇∇r 按分量作，有
211
:i j D R x x R
∂∇∇=∂∂∑r g ij
i,j D =2222222111()2xx zz xy D D D x y R z R x y R ∂∂∂∂+++∂∂∂∂∂ 22
2
2211612qb qa z R x y R
∂∂=+∂∂∂ 在上式中已用了2
1
0R
∇= 代入 2222355
11313()()z xy z R R R x y R R ∂∂=-+=∂∂∂和 222325163:(1)36qb z xy D qa R R R R
∇∇=-+r
22233
220002()3()(1)6444Q
q ax bz q z xy x b a R R R R R ϕπεπεπε⎡⎤+=
++-+⎢⎥⎣
⎦r
2，一长为L 带有均匀线电荷密度λ的线段，它可以围绕它的中点O 在纸面上转动。

离O 为0r 处有一电量为q 的点电荷。

Oq 联线与线段
夹角是θ。

假定0L r =，（1）在数量级（0L
r ）到30
()L r 的范围内，求该体系的相互作用能。

（2）求带电线段L 所受到的力。

解：（1）求L 在q 处的电势。

由于Q 、zz D 都在原点，原点为源点，q 处为场点，q 的位矢是0r r
，如图： 3
2
02
011()424L L L R r R z R λλϕπε⎡⎤
∂=
+=⎢⎥∂⎣⎦
代入：
222
0023530
1131()()(3cos 1)z R r R r z R R R r θ∂==-+==-∂ 32
30
00(3cos 1)424L L L r r λϕθπε⎡⎤=
+-⎢⎥⎣⎦
32
3
0000
(3cos 1)496L q L q L W q r r λλϕθπεπε==+- （2）求带电线段L 受到的力。

由于是静电力，L 和q 各自所受的力
等值异号。

所以亦可求q 受的力q F r
q L F qE =r r
3202
011()424L L L E x r R z R λλπε⎧⎫⎡⎤∂⎪
⎪=-∇+=⎨⎬⎢⎥∂⎪⎪⎣⎦⎩⎭r 2
2
223557511336()()15z x x zk
z z R R R R R R
∂∇=∇-+=-+∂r r r
2
2002
54
00
136cos ()(15cos )k
x r r z R r r θθ⎡
⎤
∂∇
==-+⎢⎥∂⎣⎦
r
r 32
000350003(5cos 1)6cos 424L Lr L E r r k r r λθθπε⎧⎫⎡⎤=+--⎨⎬⎣⎦⎩⎭r r r r L q F F =-r r =32
000350003(5cos 1)6cos 424Lr q L r r k r r λθθπε⎧⎫⎡⎤-+--⎨⎬⎣⎦⎩⎭
r r r
3,有一电偶极矩为P 的电偶极子，位于距无限大接地平面导体板a 处，P 的方向和板垂直，并指向离板方向。

求它所受的力。

解：建立坐标系如图：p pi =u r r
（p>0）,它的
位矢是0x ai =u u r r。

将电偶极子看作距离极近的两点电荷构成
的体系，由洛伦兹力公式，()F Q E E +-=-u r u u r u u r
由于 ()()x e x E E l E +--=∇u u r u u r u r u u r
g
所以 00()()e e F Ql E x p E x ==∇u r r u u r u u r u u r g g (1)
其中0x u u r
是偶极子的位矢。

由镜像法知感应电荷在右半空间的电场，
设镜像为'p u u r ，有'
p p =u u r u r ,位矢'x ai =u r r
''
5
3'''
335'''
55513()(){}413()()()()[()][]e o p r r p E x r r p r p p r r r
r p r p r p r r r
r r r
πε=-∇=∇=∇=∇+∇u u r u u r r r u u r r g u u r r u u r u u r u u r u u r r r r u u r r r r g g g 因为r ∇=r f r r
所以 ''''
5575
5()()[()][]r p p r r p r p r r r r r r ∇=-+u u r u u r u u r r r r r u u r r r g g g f r r
由(1)式得:
''''
52
1
1{3[()15()()]3()()}4o F p p p r p r r p r p p r p r r πε=
-++u u r u u r u u r u u r u r
u r r u r r r r u r u r r g g g g g 将'
p p pi ==u u r u r r ,2r ai =r r 代入上式得: 24
332o p i F a
πε-=r u r
4、有一个均匀磁化的截面为S 、长为l 的圆柱行磁铁，它的磁化强度
矢量是0M v ，沿柱轴方向，求它在远区（r >>l ）激发的磁感应B v。

解：以磁铁的中心为原点，令0M v =0M k v。

利用矢势法解题。

在远区，磁铁相当于一个小电流圈。

I l α=，α是磁化面电流αv
的大小。

αv =0M v
⨯r e v =0M e ϕv ，分布在磁铁的侧面上。

电流圈的磁距 00m IS lM Sk M Vk ===v v v v。

它在远区产生的矢势由：
磁偶极子的矢势034m R A R μπ⨯=v v v =03
()4m xj yi R μπ-v v
，
033
00535
311
()()433()44m B A xj yi xj yi R R m zR k m R R m R R R R μπμμππ⎧⎫=∇⨯=∇⨯-+∇⨯-⎨⎬⎩⎭
⎡⎤⎡⎤⋅=-=-⎢⎥⎢⎥⎣⎦
⎣⎦v v v v v v v v v v v v
,(,)m E W ϕϕr
——080320205，06，07，08
1、如图，有一气隙，它的长度是a 。

气隙两边是铁磁质（μ→∞，且
B H μ=r r ）。

在y=a 的面上，有自由面电
流02sin
xk π
αατ
=⋅r
r ，（τ为一常量），
y=0的面上，0α=，求气隙中的磁标势。

解：本题可用磁标势m ϕ。

由题设有 2222
0m m
x y ϕϕ∂∂+=∂∂ （1） 由“静磁场的唯一性定理”知，需求出边界面y=0和y=a
上的H r
的切向分量。

y=0处，令n J =r r 有21()0J H H ⨯-=r r r
（2）
因为,B H μμ=→∞r r
，1B r 有限，所以10H =r ，
代入（2）后，有：
0m x y y H x ϕ==∂=-=∂
（3） 0
0m z
y y H z
ϕ==∂=-
=∂
同理可得：02sin m x y a
y a
H x
ϕπατ==∂⎛⎫
=-
= ⎪∂⎝⎭
（4）
0z
y a
H ==
设()()m X x Y y ϕ=，代入（1）后得：2222
110d X d Y
X dx Y dx
+= 令 22
2
1d X X dx λ=-，于是2
221d Y Y dx λ=
有 ''(sin cos )()m A x B x C sh y D ch y λλλλϕλλλλ=++
（5）
(sin cos )()m
A x
B x
C sh y
D ch y x
λλλλϕλλλλ∂=++∂ 为满足（3），必须有0D λ= 为满足（4），取0B λ=。

有02sin()()sin()x A C sh a x λλπ
αλλτ
-=
比较上式两边，有2π
λτ
=
，0
2()
A C sh a λλαπτ
-=
所以022sin(
)(
)2(
)
m
x sh y x sh a π
π
αϕτ
τ
π
τ
-∂=
∂
由（5）知，'
B A λλλ-=
所以 022cos(
)()
22(
)
m x sh y sh a π
π
ατ
τ
ϕπ
π
τ
τ
=
并且 y ＝0面是一等磁势面。

2、将一个半径为R 、电容率为ε的无限长圆柱形均匀介质放入均匀外
电场0E r 中，圆柱的轴线与0E r
垂直。

试求介质极化电荷所产生的电势和电场强度。

解：以圆柱轴线上一点O 为原点，
轴线为z 轴，取柱坐标系，使0E r
的方向为0φ=的方向，如图所示。

设介质极化电荷所产生的电势为'
ϕ。

由于对称性，'
ϕ与z 无关。

因为没有自由电荷，'
ϕ满足拉普拉斯方程：
'2'
2
'
22
11()0r r r r r ϕϕϕφ
∂∂∂∇=+=∂∂∂ （1）
由于'
ϕ应是φ的以2π为周期的单值函数，因此上式的通解为
'
0(,)[(cos sin )(cos sin )]n n n n n n n r r A n B n r C n D n ϕφφφφφ∞
-==+++∑ （2）
放入介质前，原来的电场为0E r
，其电势为00cos E r ϕφ=- （3）
选r=0 处为电势零点，当r=0时，'
ϕ＝0；当r →∞时，'
0ϕ→ 。

所以'ϕ的形式如下：
介质内（r R ≤）:'1
(,)(cos sin )n
n n n r r A n B n ϕφφφ∞
==+∑
（4） 介质外（r R ≥）：'
20
(,)(cos sin )n n n n r r C n D n ϕφφφ∞
-==+∑
（5）
于是介质内外的总电势便分别为：
'
11
000(,)(,)(cos sin )cos ,n n n n r r r A n B n E r r R ϕφϕφϕφφφ∞
==+=+-≤∑ （6）
'22
000
(,)(,)(cos sin )cos ,n n n n r r r C n D n E r r R ϕφϕφϕφφφ∞
-==+=+-≥∑ （7）
边界条件为：在柱面上，12(,)(,)R R ϕφϕφ= （8） 120(
)()R R r r
ϕϕ
εε∂∂=∂∂
（9）
将（6）、（7）两式分别代入（8）、（9）两式，经过计算，比较cos n φ和
sin n φ的系数，便得：
0,0n n B D == 0,0(1)n n A C n ==≠ 2
00101000
,A E C R E εεεεεεεε--=
=++ （10）
将这些系数代入（4）、（5）两式，便得所求的电势为 '0
100
cos ,E r r R εεϕφεε-=
≤+ （11）
2
'
02
00cos ,R E r R r
εεϕφεε-=≥+
（12）
所求的电场强度为：
''''0111100
1,r E e e E r R r r φεεϕϕϕφεε-∂∂=-∇=--=-≤∂∂+r r r r （13）
''2''
022202
01(cos sin ),r r R E e e E e e r R r r r
φφεεϕϕϕφφφεε-∂∂=-∇=--=+≥∂∂+r r r r r r （14）
3、一无穷大导体平面外有一电偶极矩为
p r 的电偶极子，p r
与导体平面平行，到导
体表面的距离为a ，如图所示。

已知导体的电势为零。

试求：（1）导体外的电场强
度；（2）p r 受导体上的电荷的作用力；（3）p r
与导体的相互作用能。

解：（1）以导体表面为下x-y 平面，穿过
p r
中心的导体表面外法线为z 轴取坐标
系如图。

根据电像法，设想导体不存在，而在z=-a 处有一个电偶极矩为'p p =-r
r
的
电偶极子，即可满足题给的边界条件：z=0处电势为零。

'p r 便是p r 的电像。

因此，根据唯一性定理，z>0空间的电场便等于p r
和它的电像'
p r 所产生的电场的叠加。

根据电偶极子p r 所产生的电场强度的矢量公式 25
03()4p p r r r p E r πε⋅-=r r r r r r （1）
得出P 点的电场强度为
'22''55003[()]()3[()]()44p p
p r a r a r a p p r a r a r a p E E E r a r a
πεπε⋅----⋅++-+=+=+-+r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r
r r r r 式中z a ae =r r 。

因'',0.0p p p a p a =-⋅=⋅=r r r r r r
（2）
p ϖ
故上式可写成
2255
03()()3()()1
{}4p r r a r a p p r r a r a p E r a r a
πε⋅---⋅+-+=--+r r r r r r r r r r r r r r r r r r r （3） （2）、p r 受导体上电荷的作用力等于它受像电偶极矩'
p r 的作用力。

根据p r 在外电场中受力的公式，p r
所受的力为
'22''5
5
003[()]()3()()(){}{}44p r a r a
p r a r a r a p p r r a r a p F p E p p x x r a
r a
πεπε==⋅++-+⋅+-+∂∂
=⋅∇==-∂∂++r r r r r r r r r r r r r r r r
r r r
r r r r 式中右端的符号表示，在对x 求导后再取r a =r r
（p r 的位矢）。

因
551,()
0,()
0r a
r a
p p r px x x r a
r a
==∂∂⋅===∂∂++r r r
r r r r
故得22254
55
00003()
333()464644r a
r a
px r a p r a p a p a F p n x a a r a
r a
πεπεπεπε==∂++=-=-=-=-∂++r r r r
r r
r r r r r r 式中n r 代表导体表面外法线方向上的单位矢量。

负号表明，p r
所受的
力F
r 指向导体表面。

（3）p r 与导体的相互作用能等于p r
与它的电像'p r 的相互作用能，即
p r
在'p r 处产生的电场强度为
'2''''
335
003[()]()32424p p a a a a a a p p p E a a a a πεπεπε⋅++-+==-=-+r r r r r r r r r r r r r r r p r
在这电场中的电势能为''
2
3
3
003232p
p p p W p E a a πεπε⋅=-⋅==-r r r r r r
4、真空中有磁感强度为0B r
的均匀
0)
磁场，现将一无穷长的均匀介质圆柱放入这磁场中，圆柱的半径为a ，
磁导率为μ，轴线与0B r
垂直。

试求各处的磁感应强度。

解：以圆柱轴线上任一点O 为原点，圆柱轴线为z 轴，0B r
的方向为
0φ=的方向，取柱坐标系。

因无自由电流，故存在磁标势ϕ，且满
足拉普拉斯方程。

由于轴对称，ϕ与z 无关。

于是得22
22
11()0r r r r r ϕϕ
ϕφ
∂∂∂∇=+=∂∂∂ （1） 用分离变量法求解。

令()()R r ϕφ=Φ
（2）
代入（1）式便得22
11()0d dR d r r R dr dr d φ
Φ
+=Φ
（3）
因Φ应是φ
的以2π为周期的函数，故取22
2
d n d φ1Φ=-Φ （4）
式中n 为整数。

解得cos sin n n n B n φφΦ=A + （5）由于
对称性，()φφΦ=-=Φ()，故0n B =。

所以
n cos n φΦ=A
（6） 将（4）式代入（3）式得2
222
0d R dR r r n R dr dr
+-=
（7） 这是二阶欧勒方程，其解为n n
n n R C r D r -=+
（8） 于是得（1）式的通解为0
()cos n n
n n
n C r D r n ϕφ∞
-==+∑
（9）
在柱内，0r →时，ϕ有限，故10
cos n n n C r n ϕφ∞
==∑，r a ≤ （10）
在柱外，r →∞时，0
cos B r ϕφμ→-（0B r
的磁标势），故
20
cos cos n n n D B n r r ϕφφμ∞
==-∑
，r a ≥
（11）
r=a 时，12ϕϕ=，比较两边cos n φ的系数得：
22
2
110
,(1);n
n n B D a C n D a C a
μ=≠=+ （12）
又r=a 时，B r
的法向分量连续，12n n B B =，
即120
r a
r a
r
r
ϕϕμ
μ==∂∂-=-∂∂
（13）
将1ϕ和2ϕ代入上式计算，然后比较cos n φ的系数得：
2210100
,(1);n
n n D a C n C a D B μμμμ-=-
≠-=+ （14）
解（12）、（14）两式，得：
2010100002
0,0,(1);,()n n C D n C B D a B μμμμμμμ-==≠=-=++
（15）
于是得100
2
cos ,B r r a ϕφμμ=-
≤+ （16）
2002000
200
00
cos cos ()[()1]cos ,B
B a r r B a r r a
r μμϕφφ
μμμμμμφμμμ-=-+-=-≥+ （17） 最后的所求的磁感强度为
1110000
22(cos ),B H B r B r a μμμμϕφμμμμ==-∇=
∇=<++r r
r
（18）
202020200020000cos ()(cos )
()(cos sin ),r B H a B B r r
a B e e B r a r φμμφ
μμϕφμμμμφφμμ-==-∇=-∇+∇+-=++>+r r r r r
（19）
电多极矩与磁多极矩 080320201、02、03、04
1．有一个均匀磁化的截面为s ，长为的圆柱形磁铁l ，它的磁化强度
矢量是0M u u u v
，沿柱轴方向。

求它在远区激发的磁感应B u v .
解：以磁铁的中心为原点，令0M u u u v
=0M 。

方法一：用矢势。

在远区，磁铁相当于一个小电流圈。

I =l α.α.是磁化面电荷αu v
的大小。

αu v =0M u u u v ⨯r e u v
=0M e ϕu u v .分布在磁铁的侧面上。

电流圈的磁矩m u v =I s v =0M e ϕu u v
s k v .它在远区产生的失势由()
0033
44m R m A xi y j R R μμππ⨯==-u v u v u v v v
()()
()
033005353
1143344m B A xi y j xi y j R R m R R m zR k m
R R R R μπμμππ⎧⎫=∇⨯=∇⨯-+∇⨯-⎨⎬
⎩⎭
⎡⎤•⎡⎤⎢⎥=-=-⎢⎥⎢⎥
⎣⎦⎣⎦
u v u v v v v v u v u v u v u v v u v 方法二：用磁标势。

000m M ρμ=-∇•=u u u v
面磁荷密度0m n M σμ=•v u u v .n v
由介质指向真空。

取n k =v v ,上底面00m M σμ+=，
总磁荷量00q M S μ+=。

取n k =-v v
，下底面00m M σμ-=-，总磁荷量00q M S μ-=-。

空间任一点的磁标势
1201214m m m dS dS r r σσϕπμ+
-⎡⎤=
+⎢⎥⎣⎦
⎰⎰ 由于q q +-=-，在远区r l ?，可认为磁铁是由正负点磁荷构成的一磁偶
极子。

仿照电偶极矩是00m P q l SlM μ+==u u v v u u u v 。

它产生的势是304m m P R
R
ϕπμ•=u u v u v
()
530314m
m m P R R P H R R ϕπμ⎧⎫•⎪⎪=-∇=-⎨⎬⎪⎪
⎩⎭
u u v u v u v u u v u u v 注意到0m P m μ=u u v u v
，。

2．一半径为r 的带电圆环，总电量为，以环心O 为原点，环的几何轴为轴（如图所示），环上单位长度的电荷量为
()1sin 2q
a
λφπ=
+ 试求这圆环上电荷对环心的电偶极矩P u r
和电四极矩Q u r 。

解：根据定义，所求的电偶极矩为
()
x y q
P rdq xe ye dl λ==
+⎰
⎰u r r
u u r u u r Ñ
(
)
()()()20
2200
cos sin 1sin 21sin cos 1sin sin 22x y y
x q
a e a e ad a qae qae d d π
ππιφφφ
πφφφφφφππ=
++=+++⎰⎰⎰u u r u u r
u u r u u r 22
1sin 22y y qae d qae πφφπ==⎰u u r
u u r 根据定义，所求的电四极矩Q u r
的分量为
(),
,,2,,33,ij i j ij i j q
Q x
x r dq x x dq i j δ=
-=≠⎰⎰
现在电荷都在z=0的平面上，故由上式知
133123320Q Q Q Q ====
,,1221123q
Q Q x x dq ==⎰
()20
3cos sin 1sin 0
2q a a ad a
π
φφφφπ=⋅⋅
+=⎰
(),221113q
Q x a dq =-⎰
()()22
220
3cos 1sin 2q a
a adq
a
π
φφπ=
-⋅
+⎰
21
2
qa =
(),22222
3q Q x
a dq =
-⎰
()()22
2
2
3sin 1sin 2q
a
a
ad a πφφφ
π=-⋅+⎰
21
2
qa =
(),22223333q
q
Q x a dq a dq qa =-=-=-⎰⎰ 故所求的电四极矩用矩阵表示为
21
0010
1020
2Q qa ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪-⎝
⎭
u r
3. 有一电偶极矩为p v
的电偶极子, 位于距无限大接地平面导体板处a 处,p v 的方向和板垂直 , 并指向离板方向.求它所受的力 .
解: 建立坐标系如图
,(0)p pi p =>v v
0x ai =v
v
由洛伦兹力公式,
()F Q E E +-=-v v v ,
又 ()()x e x E E l E +--=⋅∇v v v
00()(e e F Ql E x p E x ∴=⋅∇=⋅∇v v v v
v g g )
其中0x 是电偶极子的位矢.
本题中板上感应电荷产生的电场为外场.由电象法知感应电荷在右半空间的电场,
'p p =v v , 位矢 '
x ai =-v v , ''5
3013()(){}4e p r r p E x r r
πε⋅=-v v v v v v ()e F p E =∇⋅v v v 而 335555
575
'13()()''(')(')[(')][]'5(')(')[]p r p p r r r
r
p r p r p r r r r r r p p r r p r r r r r ∇=∇=-⋅⋅∇⋅=∇+∇⋅⋅=-+℘v v
v v v v v v v v v v v v v v v v v t v
52
01
1{3[(')15(')()]3(')3()'}4F p p p r p r r p r p p r p r r
πε∴=
⋅-⋅⋅+⋅+⋅v
v v v v v v v v v v v v v 将',2p p pi r a ===v v v v i v
带入上式 24
0332p i F a
πε-=v v 4. 两个磁偶极子1m v 和2m v 位于同一平面内，1m v 固定不动，2m v 则可以在该平面内绕自己的中心自由转动；从1m v 到2m v 的位矢为，1m v
与r v 的夹角为1α.设2m v 在平衡时与r v
的夹
角为2α,试求2α与1α的关系. 解: 相互作用能量为
0112120232012230122223cos ()()
44[2cos sin ]4[2cos cos sin cos()]42
i r m m r W m B m m r r
m m e m e r m m m r θμθμππμθθπμπθαθαπ⋅=⋅=⋅-∇=-∇=⋅+⋅=⋅++v v v
v v v
v v v v v
012
12123
[2cos cos sin sin ]4m m r μααααπ=
- 当2m v 达到平衡时,
2
0i
W α∂=∂ 即
121212122
[2cos cos sin sin ]2cos (sin )sin cos 0ααααααααα∂-=--=∂
211
2
tg tg αα=- 这便是所求的关系.
磁场矢势 080320111 080320110 080320109 080320113
1．Q 均匀分布在半径为a 的圆盘上，圆盘的厚度可忽略，当这圆盘以匀角速度ω绕它的几何轴旋转时，以盘心O 为原点，旋转轴为极轴，取球坐标如图，求r 处的P 点所产生的失势)(r A ρ
的积分表达式。

解：在圆盘上取半径为'r 和''dr r +的环带，圆盘转动时，这环带的电流为：
''2
'
'2222dr r a Q dr r a Q dQ dI πωπππωπω=•==
由圆环电流产生的失势的公式为：
⎰-+=πφφ
θφφπμ20'22'
'0cos sin 2cos 4)(ar a r d e Ia r A ρρ 得此环带产生的失势为：
⎰-+=πφφ
θφφπωμ20''2'2'
''2'220cos sin 2cos 4)(rr r r d dr r e a Q r dA ρρ 积分便得圆盘旋转时在r ρ
处的P 点所产生的失势的积分表达式为：
⎰⎰-+=a rr r r dr d r e a Q r A 020''2'2'
''2
'220cos sin 2cos 4)(πφφ
θφφπωμρρ 在a r >>处，上式的被积函数可由展开式取近似得：
'
'
2
'2
cos sin 21
φ
θrr r r -+
2
1'
'2
'cos sin 211⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=φθr r r r r ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+=''
cos sin 11φθr r r 把它代入得失势为：
'''020''2'220cos cos sin 14)(dr d r r r e r a Q r A a φφφθπωμπφ⎰⎰⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=ρρ φπθωμe r
a Q ρ16sin 20=
)(r A ρ还可以用圆盘电荷旋转时的磁距m ρ来表示，m ρ为
()z z a z e a Q e r dr r a Q e S dI m ρρρρ4
22'''02'ωππω=•==⎰⎰ 最后得到失势：
304)(r r m r A πμρ
ρρ⨯=
电磁场标势
080320105陈运锦 080320106马仁伟 080320108林 辉
1、半径为R 的不带电导体球壳，放入均匀电场0E ρ
中，设想这球壳被垂直于0E ρ
的平面分割成两个半球壳。

为了使这两个半球壳不致分开，
需要加多大的外力？
解：这个导体球壳放入电场0E ρ
中后，外表面便感应出一层电荷，这电
荷在电荷在电场中要受力。

这个力便是使两个半球壳分开的力。

为了使这两个半球壳不致分开，所加外力至少与这个大小相等，方向相反。

下面先求解电场，然后求球壳上的感应电荷，再求感应电荷所受的力。

球壳外，电势φ满足拉普拉斯方程 ∆φ=0
为简单起见，取球壳的电势为零，即r=R 时候, φ=0，在离球壳
很远的地方，电场应趋于0E ρ
，即r ∞→时, φ→0E rcos θ，于是得球壳外
的电势解为：
φθcos )(23
0r
R r E --=
)(θσ= -0εR r
)(
∂∂ϕ
=30εθcos 0E 球壳外表面感应电荷量的面密度为：
元感应电荷所受的力等于它的电荷量乘以它所在处的电场强度。

面电荷所处在的电场强度等于该面两边电场强度极限之和的一半，即
E ρ=1/2(+E ρ
+-E ρ)
式中
+E ρ
和 -E ρ分别为从该面两边趋于改面上同一点时电场强
度的极限值。

在本题中，
+E ρ=3θcos 0E r e ρ
-E ρ=0
故感应电荷所在处的电场强度为
E ρ=3/2θcos 0E r e ρ
由此得出，带正电荷的半球壳上，感应电荷所受的合力+F ρ
的大
小为
+F =
⎰
半球面
)(θσ(E ρ
S d ρ•)cos θ
=⎰2
π30εθcos 0E (3/2θcos 0E ) cos θ•2 π2R sin θd θ
=9/4π0ε20E 2R
+F ρ的方向与0E ρ
的方向相同，根据对称性可知，带负电荷的半球壳上，感应电荷所受的合力为-F ρ=+F ρ。

因此，要使这两个半球壳不分开，必须在它们上面分别加上大小相等而方向相反的外力，外力的作用线沿通过球心的 线并指向球心，力的大小至少应为9/4π0ε20E 2R 。

2、将一个半径为R 、电容率为ε的无限长圆柱形均匀介质放入均匀外电场中，圆柱的轴线与0E 垂直。

试求介质极化点荷所产生的电势和电场强度。

解： 以圆柱轴线上一点O 为原点，轴线为Z 轴，取柱坐标系，使0E 的方向为ф=0的方向，如下图所示。

设介质极化电荷所产生的电势为/φ。

由于对称性， 与z 无关。

因为没有自由电荷， 满足拉普拉斯方程：
0112/
22/
/
2
=∂∂+⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∇φϕϕϕr r
r r r 由于 应是 的以2 为周期的单值函数，因此上式的通解为
()()()[]∑∞
=-+++='0sin cos sin cos ,n n n n n n n n D n C r n B n A r r φφφφφϕ
放入介质前，原来的电场为E 其电势为
φϕcos 00r E -=
选r=0处为电势零点，当r=0时，0='ϕ；当∞→r 时，0→'ϕ。

所以 的形式如下： 介质内（R r ≤）：
()()∑∞
=+='01sin cos ,n n n n n B n A r r φφφϕ 1式
介质外（R r ≥）：
()()∑∞
=-+='02
sin cos ,n n n n n D n C r r φφφϕ 2式 于是介质内外的总电势便分别为
()()()φ
φφϕφϕφϕcos sin cos ,,000
11r E n B n A r r r n n n n -+=+'=∑∞
= 3式
()()()φ
φφϕφϕφϕcos sin cos ,,00022r E n D n C r
r r n n n n
-+=+'=∑∞
=- 4式
边界条件为：在柱面上，
()()φϕφϕ,,21R R = 5式 R
R r r ⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂=⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂201ϕεϕε 6式 将3和4 式分别代入5和6式，经过计算，比较φn cos 和φn sin 的系数，便得 ：
()0
2
010001,10,00,0E R C E A n C A D B n n n n εεεεεεεε+-=+-=
≠====
将这些系数代入1和2式，便得所求的电势为
R r r E ≤+-=
',cos 00
1φεεεεϕ R r E r
R ≥+-=',cos 02002φεεεεϕ 所求的电场强度为
()R
r e e E r R e r r e r E R r E e r r e r E r r r ≥++-=∂'∂-∂'∂-='-∇='≤+--=∂'∂-∂'∂-='-∇=',sin cos 1,102002
2200
011
1
1φφφφφεεεεϕϕϕεεεεϕϕϕρρρρρρρρ 3真空中有一半径为a 的均匀磁化球，磁化强度为M ρ。

试求它的磁标
势和磁感强度。

解：以球心O 为原点，M ρ
方向为极轴，取球坐标系如图所示。

因为没
有自由电流，故0=⨯∇H ρ
，所以存在
磁标势m ϕ，使得m H ϕ-∇=ρ。

有因为
0=⋅∇B ρ
，故知球内外的m ϕ都满足拉普拉斯方程：02=∇m ϕ
因m ϕ在极轴上应有确定只值，故得上式的通解为
()θϕcos 01l l l l l l m P r b r c ∑∞
=+⎪⎭
⎫
⎝
⎛+
= 在球内，0→r 时，m ϕ有限，故()a r P r c l l l l m ≤=∑∞
=,cos 01θϕ
在球外，∞→r 时，0→m ϕ，故()a r P r b l l l l
m ≥=∑
∞
=+,cos 0
1
2θϕ 下面用边界条件定系数。

当a r =时，21m m ϕϕ=，故得l l l c a b 12+= 1式 当a r =时，21n n B B =即21n n n H M H =+，故有a
r m a
r m r
M r
==∂∂-
=+∂∂-
ϕθϕcos 1
ϕ
()()()θθθcos 1cos cos 021
0l
l l l l l l l P a b l M P a lc ∑∑∞=+-∞=+=+- 比较两边()θcos l P 的系数得
1,1
12≠+-=+l c a l l b l l l 2式 M a c a b ρ31312
121+-= 3式 解1 2和3三式得
1,0,0≠==l b c l l
M a b M c ρρ3113
1,31== 于是得所求的磁标势为
θϕcos 3
11r M m ρ=，a r ≤ θϕcos 31332M r
a m ρ= ，a r ≥ 所求的磁感强度为
()a r M r r r M r a e M e M r a M r a H B a r M M Mr M M H B r m m >-•=+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∇-=∇-==<=+⎪⎭
⎫ ⎝⎛∇-=+∇-=+=],3[3]sin cos 2[3cos 31,32cos 312330330330202020000100101ρρρρρρρρρρρρρρμθθμθμϕμμμμθμμϕμμμθ。