电动力学 第二章 习题解答2

生的静电势为
ϕ
=
∫∫∫V
P( x′)ir 4πε 0 r 3
dV
′
（1）
- 40 -
华中师大 陈义成
另外，根据极化电荷公式 ρP = −∇′ ⋅ P(x′) 及σ P = n ⋅ P ，极化介质所产生的电势又可表
为
∫∫∫ ∫∫ ϕ = −
V
∇/ iP(x/ 4πε 0 r
)
dV
/
+
P(x/ )idS / S 4πε0r
E02
导线外面是一对称的二维径向场，因此
E0
=
λ 2πε 0 r
er
λ 为线电荷密度，代入上式，可得
烟尘受力为
W
=
−
(ε − ε0 )a3λ 2 πε0 (ε + 2ε0 )r2
F
=
−
∂W ∂r
er
=
−
2(ε − ε0 )a3λ 2 πε0 (ε + 2ε0 )r3
er
在烟尘刚要碰到导线之前， r = R ，此时受力为
ε0
∂ϕ i
∂r
r=R
=
ε
∂ϕ0 ∂r
r=R
(6)
把(3)和(4)两式分别代入以上两式，比较 Pn (cos θ) 的系数，便得：
an = 0 ， bn = 0 ， n ≠ 1
a1
=
−
3ε 2ε +
ε0
E0
故得空腔内的电势为
ϕ i
=−
3ε 2ε + ε0
E0r
cos θ
(7)
最后得空腔内的电场强度为
F
=
−
2(ε − ε0 )a3λ 2 πε0 (ε + 2ε0 )R3
er
负号表示是引力，这一力主要是由于电场的径向不均匀产生的，烟尘在外电场中极化，
相当于一个电偶极子，而电偶极子在外电场不均匀的时候，就将受到力的作用，这就是
此力的来源。
2.16 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，极化介质所产
Ei
= −∇ϕ i
=
3ε 2ε + ε0
E0∇z
=
3ε 2ε + ε0
E0
(8)
可见空腔内的电场是均匀电场。
2.18 电荷均匀分布在无穷大导体平面上，其面密度为 σ0 ，导体外是真空。现将一
Байду номын сангаас
不带电的导体半球平放在导体平面上，如图(a)所示。已知导体的电势为
ϕ s
，导体半球
的半径为 R 。试求：(1)导体外的电势；(2)半球面上的电荷量；(3)半球上电荷所受的
中其球内的电场由式（2-3-30）为
所以小球的电偶极矩为
E内
=
ε
3ε 0 + 2ε0
E0
p
=
PV
=
(ε
− ε0 )E内V
=
4 3
πa3
⋅
3ε 0 ε
(ε +
−ε 2ε 0
0
)
E0
=
4πa3ε0 (ε − ε0 ) ε + 2ε0
E0
极化了的烟尘在外场中的能量为
W
=
− piE0
=
−
4πa3ε0 (ε − ε0 ) ε + 2ε0
+
bn r n+1
⎞⎠⎟⎟⎟Pn (cos θ)
(2.16.1)
θP r
R
O
ϕ
s
Oϕ s
图 (a)
- 42 -
图 (b)
华中师大 陈义成
下面由边界条件定系数。当 r → ∞ 时， ϕ 趋于 σ0 所产生的均匀电场 E0 ， E0 的大
小为
E0
=
D0 ε0
=
σ0 ε0
(2)
于是得
an = 0 ， n ≥ 2
故得
ϕ(r,θ)
=
a0
+
R r
(ϕs
− a0 ) −⎛⎜⎜⎜⎝1−
R3 r3
⎞⎠ ⎟⎟⎟⎟
σ0 ε0
r
cos θ
(5)
又当
θ
=
π
/
2
和
r
>
R
时， ϕ ⎜⎜⎝⎛⎜r ,
π 2
⎠⎞⎟⎟⎟
=
ϕ s
，于是得
a0
=
ϕ s
，式(5)成为
ϕ(r,θ)
=
ϕ s
−⎛⎜⎜⎜⎝1−
R3 r3
⎞⎠ ⎟⎟⎟⎟
σ0 ε0
r
cos θ
+
_
+ +
R0
rθ
_ _
+O
+
_ _
+
_
∇2ϕ = 0
由于对称性， ϕ 与方位角 φ 无关，故上式的解为
∑ ϕ(r , θ )
=
∞ n=0
⎛⎜⎜⎜⎝an r n
+
bn r n+1
⎞⎠⎟⎟⎟Pn
(cos θ)
下面由边界条件定系数。空腔内的电势 ϕ i
r→0 有限，故
∑( ) ∞
ϕ i
(r,
θ
)
=
anrn Pn (cos θ)
⎞ ⎟⎠
=
r r3
，将(3)代入(2)式，即得(1)式。
2.17 在电容率为 ε 的无限大均匀介质
内，有一个半径为 R0 的球形空腔，和一个
外加的均匀电场 E0 。试求空腔内的电场强
度。
【解】根据对称性，以球心 O 为原点， 极轴沿 E0 方向，取球坐标系如图所示。因 无自由电荷，故电势 ϕ 满足拉普拉斯方程
试证明以上两表达式是等同的．
（2）
【证】 由高斯定理，(2)式右边第二项面积分可化为
∫ ∫ S
P(x′)id S′ 4πε 0 r
=
V
∇′i
P( x′) 4πε 0 r
d
V
∫ ∫ =
V
∇′iP(x′) 4πε 0 r
dV
+
V
P( x′)ir 4πε 0 r 3
dV
（3）
其中已利用到
∇′
⎛ ⎜⎝
1 r
n=0
介质中的电势 ϕ0 当 r → ∞ 时趋于均匀电场 E0 的电势，故
∑ ϕ0 (r,θ)
=
−E0r
cos θ
+
∞ n=0
bn r n+1
Pn
(cos
θ
)
E0 z E0
(1) (2)
(3)
(4)
- 41 -
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球面上 r = R 处的边值关系为
ϕ i
(r,
θ)
=
ϕ0
(r
,
θ
)
(5)
故得
∑ ϕ(r , θ )
=
a0
−
σ0 ε0
r
cos θ
+
∞ n=0
bn r n+1
Pn
(cos
θ
)
(3)
又当 r = R 时，
∑ ϕ(r , θ )
r=R
=
a0
−
σ0 ε0
R cos θ +
∞ n=0
bn R n+1
Pn
(cos
θ)
=
ϕ s
(4)
比较 Pn (cos θ) 的系数得：
bn = 0 ， n ≥ 2
力。
【解】(1)因导体外的空间里没有自由电荷，故电势 ϕ 满足拉普拉斯方程：∇2ϕ = 0 。 以球心为原点，取球坐标系，使极轴垂直于导体平面，如图(b)所示。由于对称性，ϕ 只
是 r 和 θ 的函数，与方位角 φ 无关，故 ϕ 的拉普拉斯方程的解为
∑ ϕ(r , θ )
=
∞ n=0
⎛⎜⎜⎜⎝an r n
(6)
(2)半球面上电荷的面密度为
σ
=
Dn
=
ε0 En
=
ε0
⎛⎜⎜⎜⎝−
∂ϕ ∂r
⎞⎠⎟⎟⎟r=R
=
3σ0
cos θ
(7)
半球面上的电荷量为
∫ ∫ Q =
π 0
/
2
σ
i2π
R
2
sin
θdθ
=
6π
R
2σ0
π/2 sin θ cos θdθ
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2.15 在一烟尘沉淀器中有一半径为 R ，单位长度带静电荷 λ 库仑的长导线．现有 一无净电荷的烟尘，介电常数为 ε ，烟尘近似为球形，半径为 a ，求：这烟尘刚刚要与 导线发生碰撞之前它们之间的吸引力．（假设 a << R ）写出全部过程，并讨论这一力的
物理机制．
【解】由于 a << R ，可认为烟尘处于均匀电场中，一个球形电介质在均匀外场 E0