《电动力学》课后答案

电动力学答案
第一章
电磁现象的普遍规律
1.
根据算符∇的微分性与向量性，推导下列公式：
B
A B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=⋅∇A A A A )()(2
21∇⋅−∇=×∇×A 解：（1）)
()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇B
A B A A B A B )()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=c c c c B
A B A A B A B )()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=（2）在（1）中令B A =得：
A A A A A A )(2)(2)(∇⋅+×∇×=⋅∇，
所以A A A A A A )()()(2
1∇⋅−⋅∇=×∇×即A A A A )()(2
21∇⋅−∇=×∇×A
2.设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：
u u f u f ∇=∇d d )(，u u u d d )(A A ⋅
∇=⋅∇，u
u u d d )(A
A ×∇=×∇证明：（1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=
∇)()()()(z
y x z u
u f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d u u
f z u y u x u u f z y x ∇=∂∂+∂∂+∂∂=d d )(d d e e e （2）z u A y u A x u A u z y x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)()()()(A z
u
u A y u u A x u u A z y x ∂∂+
∂∂+∂∂=d d d d d d u
u z u y u x u u A u A u A z y x z z y y x x d d )()d d d d d d (A
e e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++=（3）u
A u A u A z
u y u x u u
u z y x z
y x d /d d /d d /d ///d d ∂∂∂∂∂∂=×∇e e e A
z
x y y z x x y z y
u u A x u u A x u u A z u u A z u
u A y u u A e e e )d d d d ()d d d d ()d d d d (
∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=z
x y y z x x y z y u A x u A x u A z u A z u A y u A e e e ])()([])
()([])()([∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=)(u A ×∇=3.
设222)'()'()'(z z y y x x r −+−+−=
为源点'x 到场点x 的距离，r 的方向规定为
从源点指向场点。

（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：
r r r /'r =−∇=∇；3/)/1(')/1(r r r r −=−∇=∇；0)/(3=×∇r r ；0)/(')/(33=⋅−∇=⋅∇r r r r ，)0(≠r 。

（2）求r ⋅∇，r ×∇，r a )(∇⋅，)(r a ⋅∇，)]sin([0r k E ⋅⋅∇及
)]sin([0r k E ⋅×∇，其中a 、k 及0E 均为常向量。

（1）证明：2
22)'()'()'(z z y y x x r −+−+−=
○
1r z z y y x'x r r z y x /])'()'()()[/1(r e e e =−+−+−=∇r
z z y y x'x r r z y x /])'()'()()[/1('r e e e −=−−−−−−=∇可见
r
r '−∇=∇○23211d d 1r r r r r
r r r −=∇−=∇⎟⎠
⎞
⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∇3
2'1'1d d 1'r r r r r r r r =∇−=∇⎟⎠
⎞
⎜⎝⎛=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∇可见()()
r r /1'/1−∇=∇○
3r
r r r ×∇+×∇=×∇=×∇)/1()/1(])/1[()/(3333r r r r 0301d d 4
3=×−=+×∇⎟⎠⎞⎜⎝⎛=
r r
r r
r r r r ○4r r r r ⋅∇+⋅∇=⋅∇=⋅∇33331
)/1(])/1[()/(r
r r r 03
334=+⋅−=r
r r r r ，)0(≠r （2）解：
○
13])'()'()'[()(=−+−+−⋅∂∂
+∂∂+∂∂=⋅∇z y x z y x z z y y x x z
y x e e e e e e r ○
20
'
''
///=−−−∂∂∂∂∂∂=×∇z z y y x x z y
x
z y x
e e e r ○
3])'()'()')[(()(z y x z y x
z z y y x x z a y a x a e e e r a −+−+−∂∂+∂∂+∂∂=∇⋅a
e e e =++=z z y y x x a a a ○
4r a r a a r a r r a )()()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=⋅∇因为，a 为常向量，所以，0=×∇a ，0)(=∇⋅a r ，又0=×∇r ∵，a
r a r a =∇⋅=⋅∇∴)()(○
5)]
sin([)sin()()]sin([000r k E r k E r k E ⋅∇⋅+⋅⋅∇=⋅⋅∇0E 为常向量，00=⋅∇E ，而k r k r k r k r k )cos()()cos()sin(⋅=⋅∇⋅=⋅∇，
所以)
cos()]sin([00r k E k r k E ⋅⋅=⋅⋅∇○6)]
cos()]sin([)]sin([000r k E k E r k r k E ⋅×=×⋅∇=⋅×∇4.
应用高斯定理证明
f
S f ×=×∇∫∫S
V
V d d ，应用斯托克斯（Stokes ）定理证明
∫∫=∇×L
S
ϕ
ϕl S d d 证明：（I ）设c 为任意非零常矢量，则
∫∫×∇⋅=×∇⋅V
V
V V )]
([d d f c f c 根据矢量分析公式)()()(B A B A B A ×∇⋅−⋅×∇=×⋅∇，
令其中f A =，c B =，便得
c
f c f c f c f ⋅×∇=×∇⋅−⋅×∇=×⋅∇)()()()(所以
∫∫∫×⋅∇=×∇⋅=×∇⋅V
V
V
V V V )(d )]([d d c f f c f c ∫⋅×=S
c f
d )(f
S c f S c ∫∫×⋅=×⋅=d )d (因为c 是任意非零常向量，所以
∫∫×=×∇f S f d d V
V （II ）设a 为任意非零常向量，令a F ϕ=，代入斯托克斯公式，得
∫∫⋅=⋅×∇l
F S F S
d d （1）
（1）式左边为：∫∫×∇+×∇=⋅×∇S
S
S
a a S a d ][d )(ϕϕϕ∫∫⋅∇×−=⋅×∇=S S
S a S a d d ϕϕ∫∫∇×⋅=×∇⋅−=S
S ϕϕS a S a d d ∫∇×⋅=S
ϕ
S a d （2）（1）式右边为：∫∫⋅=⋅l a l a d d ϕϕ（3）所以∫∫⋅=∇×⋅l
a S a d d ϕϕS
（4）
因为a 为任意非零常向量，所以
∫∫=∇×l
S d d ϕϕS
5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为
'd '),'()(V t t V
x x p ∫=ρ，利用电荷守恒定律
0=∂∂+
⋅∇t ρJ 证明p 的变化率为：∫=V V
t t
d ),'(d d x J p 证明：方法（I ）
∫∫∂∂==V V V t t V t t t 'd ]),(['d ),(d d d d x'x'x'x'p ρρ∫∫⋅∇−=∂∂=V V V V t t '
d )'('d )
,(x'J x'x'ρ∫∫⋅∇−=⋅⋅∇−=⋅V V V 'x V t
'd )'('d )'(d d 1111J e 'x J e p
'
d ])'()('[11V 'x 'x V J J ⋅∇+⋅−∇=∫
∫∫+⋅−=V
x S
V J 'x '
d 'd 1S J 1因为封闭曲面S 为电荷系统的边界，所以电流不能流出这边界，故
0'd 1=⋅∫S 'x S J ，
∫=⋅V x V J t
'd d d 11e p
同理∫=⋅V x V J t 'd d d 22e p ，∫=⋅V x V J t
'
d d d 33
e p 所以
∫=V V t
'd d d J p
方法（II ）
∫∫∂∂==V V V t t V t t t 'd ]),(['d ),(d d d d x'x'x'x'p ρρ∫∫⋅∇−=∂∂=V V V V t
t '
d )'('d )
,(x'J x'x'ρ根据并矢的散度公式g f g f fg )()()(∇⋅+⋅∇=⋅∇得：J x J x J x J Jx +⋅∇=∇⋅+⋅∇=⋅∇')(')(')()'(∫∫+⋅∇−=V V V V t
'd 'd )('d d J Jx'p
∫∫+⋅−=V V 'd )'(d J Jx S ∫=V V '
d J 6.若m 是常向量，证明除0=R 点以外，向量3/R ）（R m A ×=的旋度等于标量
3/R R m ⋅=ϕ的梯度的负值，即ϕ−∇=×∇A ，其中R 为坐标原点到场点的距离，
方向由原点指向场点。

证明：3
/)/1r r r −=∇（∵])1
[()]1([)(
3m m r m A ×∇×∇=∇××−∇=××∇=×∇∴r r r m
m m m ]1
[(1([1)(1)(∇⋅∇−∇⋅∇−∇∇⋅+∇⋅∇=r r r r m
m ]1
[1)(2r
r ∇−∇∇⋅=其中0)/1(2=∇r ，（0≠r ）
r
1
)(∇∇⋅=×∇∴m A ，（0≠r ）
又)]
1
([)(3r
r ∇⋅−∇=⋅∇=∇m r m ϕm
m m m ])1
[()1)(()()1()]1([∇⋅∇−∇∇⋅−×∇×∇−∇×∇×−=r r r r 1
)((r
∇∇⋅−=m 所以，当0≠r 时，ϕ
−∇=×∇A 7.有一内外半径分别为1r 和2r 的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质球内均匀带静
止自由电荷f ρ，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。

解：（1）设场点到球心距离为r 。

以球心为中心，以r 为半径作一球面作为高斯面。

由对称性可知，电场沿径向分布，且相同r 处场强大小相同。

当1r r <时，01=D ，01=E 。

当21r r r <<时，f
r r D r ρππ)(3
443
1322−=231323)(r r r D f ρ−=∴，2
3
1323)(r
r r E f
ερ−=，向量式为r
E 3
3
1323)(r r r f
ερ−=当2r r >时，f
r r D r ρπ)(3
443
13232−=2
313233)(r r r D f ρ−=∴2
0313233)(r r r E f
ερ−=向量式为
r
E 3
03
13233)(r
r r f
ερ−=
（2）当21r r r <<时，
)()(20
2202D D E D P ε
εερ−
⋅−∇=−⋅−∇=⋅−∇=p f ρε
εεε1()1(020−−=⋅∇−
−=D 当1r r =时，
1()()(1
2020212=−−=−
⋅−=−⋅−==r r p D D D n P P n ε
ε
εεσ当2r r =时，
f
r r p r r r ρεεεεσ22
3
13202023)1()1(2
−−=−=⋅==D P n 8.内外半径分别为1r 和2r 的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流f J ，导
体的磁导率为µ，求磁感应强度和磁化电流。

解：（1）以圆柱轴线上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半
径为r 。

由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。

当1r r <时，由安培环路定理得：0
,011==B H 当21r r r <<时，由环路定理得：)
(22
12
2r r J rH f −=ππ所以r r r J H f 2)
(2122−=，f
J r r r B 2)
(2122−=µ向量式为r J e B ×−=−=f f r
r r J r r r 2
21221222)
(ˆ2)(µµθ当2r r >时，)
(22
1223r r J rH f −=ππ
所以r r r J H f 2)
(21223−=，f
J r r r B 2)
(212203−=µ向量式为r
J e B ×−=−=f f r r r J r r r 2
212202122032)
(ˆ2)(µµθ（2）当21r r r <<时，磁化强度为
r J H M ×−−=−=f r
r r 2
2120202)()1()1(µµ
µµ所以f
M J H H M J )1()1(])1[(0
2020−=×∇−=−×∇=×∇=µµ
µµµµ在1r r =处，磁化面电流密度为
∫=⋅=0d 21
1
l M r M πα在2r r =处，磁化面电流密度为
∫−−−=⋅−=f
M J r r r r 2
2
2122022)()1(d 210µµ
παl M 向量式为f
M r r r J α2
2212202)()1(−−−=µµ
9.证明均匀介质内部的体极化电荷密度p ρ总是等于体自由电荷密度f ρ的)
/1(0εε−−倍。

证明：在均匀介质中
E
E P )()1/(000εεεεε−=−=所以D
E P ⋅∇−−=⋅∇−−=⋅−∇=)/1)(()(00εεεεερp f
f ρεερεεε)/1(]/)[(00−−=−−=10.证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等方向相反(但两个电流元之间的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律)证明:线圈1在线圈2的磁场中受的力:
21112B l F ×=d I d ,
而∫
×=
2
3
12
12
22024l r d I r l B π
µ，∫∫∫∫××=××=∴12
12
312
12212
103
12122211012)
(4)(4l l l l r d d I I r d I d I r l l r l l F πµπµ)(412
21312
123
1212
122
10∫∫⋅−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⋅=
l l d d r r d d I I l l r r l l π
µ(1)
同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力：
)(421
1232121321212121021∫∫⋅−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⋅=
l l d d r r d d I I l l r r l l F π
µ(2)
(1)式中：
01(12
2
1212122
21212231212123
1212
12＝一周∫∫∫∫∫∫∫−⋅==⋅=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⋅l l l l l l l r d r dr d r d d r d d l l r l l r l l 同理(2)式中：
∫∫=⎟⎟⎠⎞
⎜⎜⎝⎛⋅21
03212121l l r d d r l l )(412213
12
122102112∫∫⋅−=−=∴l l d d r I I l l r
F F πµ11.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l 和2l ，电容率为1ε和2ε，今在两板
接上电动势为E 的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度1f ω和2f ω；（2）介质分界面上的自由电荷面密度3f ω。

(若介质是漏电的，电导率分别为1σ和2σ当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？)
解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为1E 和2E ，电位移分别设为1D 和2D ，其方向均由正极板指向负极板。

当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为
3=f ω取高斯柱面，使其一端在极板A 内，另一端在介质1内，由高斯定理得：
1
1f D ω=同理，在极板B 内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：
2
2f D ω−=在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：
21D D =所以有111εωf E =，2
1
2εωf E =
由于 E (d 2
2111221111εεωεωεωl
l l l l E f f f +=+=⋅=∫所以=−=21f f ωωE )
(2
211εεl
l +当介质漏电时，重复上述步骤，可得：
11f D ω=，22f D ω−=，3
12f D D ω=−2
13f f f ωωω−−=∴
介质1中电流密度1
11111111//εωσεσσf ===D E J 介质2中电流密度
2
312222222/)(/εωωσεσσf f +===D E J 由于电流恒定，21J J =，
2312111/)(/εωωσεωσf f f +=∴11
21212211223)1()(f f f ωεσσ
εωεσεσσεω−=−=
∴
再由
E 221
1l E l
E d +=⋅=
∫l E 得E )
(22
1
111
1221
12111
l l l f f f σσεωεσεωσεεω+
=
+
=
221111/σσεωl l f +=∴
E 2
1121
2l l σσεσ+=E
)(312f f f ωωω+−=2
1122
1l l σσεσ+−=E
2
11212213
l l f σσεσεσω+−=E 12.证明：
（1）当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时，电场线的曲折满足
1
2
12tan tan εεθθ=其中1ε和2ε分别为两种介质的介电常数，1θ和2θ分别为界面两侧电场线与法线的夹角。

（2）当两种导电介质内流有恒定电流时，分界面上电场线的曲折满足
1
2
12tan tan σσθθ=其中1σ和2σ分别为两种介质的电导率。

证明：（1）由E 的切向分量连续，得
2
211sin sin θθE E =（1）
交界面处无自由电荷，所以D 的法向分量连续，即
2
211cos cos θθD D =2
22111cos cos θεθεE E =（2）
（1）、（2）式相除，得
1
2
12tan tan εεθθ=（2）当两种电介质内流有恒定电流时
2
22111,E J E J σσ==由J 的法向分量连续，得
2
22111cos cos θσθσE E =（3）
（1）、（3）式相除，即得
1
2
12tan tan σσθθ=
13.试用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上，在静电情况下，导体外的电场线总是垂直于导体表面；在恒定电流情况下，导体内电场线总是平行于导体表面。

证明：（1）设导体外表面处电场强度为E ，其方向与法线之间夹角为θ，则其切向分量
为θsin E 。

在静电情况下，导体内部场强处处为零，由于在分界面上E 的切向分量连续，所以
sin =θE 因此
=θ即E 只有法向分量，电场线与导体表面垂直。

（2）在恒定电流情况下，设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为α，则电流密度E J σ=与导体表面夹角也是α。

导体外的电流密度0=′J ，由于在分界面上电流密度的法向分量连续，所以
0sin =ασE 因此
=α即J 只有切向分量，从而E 只有切向分量，电场线与导体表面平行。

14.内外半径分别为a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f λ，板间填充电导率为σ的非磁性物质。

（1）证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。

（2）求f λ随时间的衰减规律。

（3）求与轴相距为r 的地方的能量耗散功率密度。

（4）求长度l 的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的静电能减少率。

解：（1）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r ，长度为L ，其中
b
r a <<则由高斯定理得：
L
D rL f ⋅=⋅λπ2（1）所以r D f
πλ2=，t
r J f
D ∂∂=
λπ21（2）再由电流连续性方程得：)
/(/2t L t q J rL f f ∂∂−=∂−∂=⋅λπ（3）所以
D
f
f J t
r J −=∂∂−
=λπ21（4）
即f J 与D J 严格抵消，因此内部无磁场。

（2）由E J σ=f 得：
r D J f
f λπεσεσ⋅
==2（5）联立（2）（4）（5）得0
d d =+f f t λε
σ
λ（6）
所以0
d d =+t f f ε
σ
λλf Ce
ε
σ
λ−=（7）
设初始条件为00f t f λλ==，则由（7）式得0
f C λ=所以，t f f e
ε
σλλ−=0（8）
（3）2
2
2⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎛⋅==r E p f πελσσ（9）
（4）
将上式在长度为l 的一段介质内积分，得
∫∫=⋅⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝⎛⋅=⎟⎟⎠⎞
⎜⎜⎝⎛⋅=V
b a f f f a b l r rl r V r P ln 2d 22d 2222
2
πεσλππελσ
πελσ（10）
由2
21E
w ε=得：a b l r rl r V w W f b a f V ln 4d 2221d 2122
πελππελε=⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝⎛==∫∫所以
t
a b l t W
f f d d ln 2d d λπελ⋅=（11）
由（6）（10）（11）得：t
W
P d d −
=即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。

第二章
静电场
1.
一个半径为R 的电介质球，极化强度为2
/r K r P =，电容率为ε。

（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）计算球外和球内的电势；
（4）求该带电介质球产生的静电场总能量。

解：（1）P ⋅−∇=p ρ2
222/)]/1()/1[()/(r K r r K r K −=∇⋅+⋅∇−=⋅∇−=r r r )(12P P n −⋅−=p σR
K R r r /=⋅==P e （2）)
/(00εεεε−=+=P P E D 内2
00)/()/(r K f εεεεεερ−=−⋅∇=⋅∇=P D 内（3）)
/(/0εεε−==P D E 内内r r f r KR
r V e e D E 2
00200)(4d εεεεπερε−===∫外外r KR r )(d 00εεεεϕ−=
⋅=∫∞r E 外外(ln d d 0
0εεεεϕ+−=⋅+⋅=∫∫∞r R K R R r r E r E 外内内（4）∫∫
∫∞
−+−=
⋅=R R
r r
r R K r
r r K V W 4
22002
220
2
22
02
d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D
2
0)1(2εεεεπε−+
=K R 2.在均匀外电场中置入半径为0R 的导体球，试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，使球与地保持电势差0Φ；（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0E 方向的轴线，取该轴线为
极轴，球心为原点建立球坐标系。

当0R R >时，电势ϕ满足拉普拉斯方程，通解为
∑++
=n
n n n
n n P R b R a )(cos )(1
θϕ因为无穷远处0E E →，)(cos cos 10000θϕθϕϕRP E R E −=−→所以00ϕ=a ，01E a −=，)2(,0≥=n a n 当0R R →时，0
Φ→ϕ所以0
10
1000)(cos )(cos Φ=+−∑+n n n n P R b
P R E θθϕ即：0
02
010000/,
/R E R b R b =Φ=+ϕ所以
)
2(,0,),(3
010000≥==−Φ=n b R E b R b n ϕ⎩⎨
⎧≤Φ>+−Φ+−=)()
(/cos /)(cos 00
02
30000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ（2）设球体待定电势为0Φ，同理可得
⎩⎨
⎧≤Φ>+−Φ+−=)()
(/cos /)(cos 00
02
30000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ当
0R R →时，由题意，金属球带电量Q
φθθθϕθεϕεd d sin )cos 2cos (d 2000
0000
R E R E S n
Q R R ∫∫+−Φ+
=∂∂−==)
(40000ϕπε−Φ=R 所以0
0004/)(R Q πεϕ=−Φ⎩⎨
⎧≤+>++−=)(4/)(cos )/(4/cos 000023
00000R R R
Q R R R R E R Q R E πεϕθπεθϕϕ3.均匀介质球的中心置一点电荷f Q ，球的电容率为ε，球外为真空，试用分离变量法求
空间电势，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f Q 的电势R Q f πε4/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f Q 的电势R Q f πε4/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ϕ′，它满足拉普拉斯方程。

在球坐标系中解的形式为：
）（）（内θϕcos 1n n
n n
n n P R b R a ∑++
=′）
（）（外θϕcos 1n n
n n n n P R d
R c ∑++=′当∞→R 时，0→′外
ϕ，0=∴n c 。

当0→R 时，内
ϕ′为有限，0=∴n b 。

所以
）（内θϕcos n n
n n P R a ∑=′，）（外θϕcos 1
n n
n n
P R d ∑
+=′由于球对称性，电势只与R 有关，所以
)1(,0≥=n a n )
1(,0≥=n d n 0a =′内
ϕ，R d /0=′外ϕ所以空间各点电势可写成R
Q a f πεϕ40+=内R
Q R d f πεϕ40+=外当0R R →时，由外
内ϕϕ=得：
00/R d a =由n n
∂∂=∂∂外内ϕεϕε
得：
2
02
002
044R d R Q R Q f
f
επεεπ+
=
，)11(400εεπ−=f Q d 则)
1
1(
4000εεπ−=
R Q a f
所以
）
（内εεππεϕ114400−+=R Q R Q f f ）（外ε
εππεϕ11440−+=R Q R Q f f R Q f 04πε=
（二）应用高斯定理
在球外，R>R 0，由高斯定理得：f p f Q Q Q Q d =+==⋅∫
总外s E 0ε，（整个导体球的束缚电荷0=p Q ），所以
r f
R
Q e E 2
04πε=外，积分后得：
R
Q dR R
Q d f
R
R
f
02
044πεπεϕ∫∫
∞
∞
=
=⋅=R E 外外在球内，R<R 0，由介质中的高斯定理得：f Q d =⋅∫
s E 内ε，所以
r f
R Q e E 2
4πε=
内，积分后得：
R
Q R Q R
Q d d f
f
f
R R R
00
4440
0πεπεπεϕ+
−
=
⋅+⋅=∫∫∞
R E R E 外内内结果相同。

4.
均匀介质球（电容率为1ε）的中心置一自由电偶极子f p ，球外充满了另一种介质（电容率为2ε），求空间各点的电势和极化电荷分布。

解：以球心为原点，f p 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314/R f πεR p ⋅。

所以球内电势可写成：
314/'R f i i πεϕϕR p ⋅+=；球外电势可写成：3
1o o 4/'R f πεϕϕR p ⋅+=其中i 'ϕ和o 'ϕ为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方程。

由于对称性，
i 'ϕ和o 'ϕ均与φ无关。

考虑到0→R 时i 'ϕ为有限值；∞→R 时0'o →ϕ，故拉普拉
斯方程的解为：
)(cos 0R R P R a n n
n n i ≤=′∑）
（θϕ)(cos 01o R R P R b n n
n n
≥=′∑
+）（θϕ由此
)(cos 4/031R R P R a R n n n n f i ≤+⋅=∑）
（θπεϕR p （1）)(cos 4/0131o R R P R b R n n n
n f ≥+⋅=+−∑）
（）（θπεϕR p （2）边界条件为：0
o R R R R i
===ϕϕ（3）0
o 2
1
R R R R i
R
R
==∂∂=∂∂ϕεϕε（4）
将（1）（2）代入（3）和（4），然后比较)
cos θ（n P 的系数，可得：)
1(0
,0≠==n b a n n 3
0211211)2(2/)(R p
a f
εεπεεε+−=)
2(2/)(211213011εεπεεε+−==f p R a b 于是得到所求的解为：
)
()2(2)
(4)2(2cos )(403
21121313
211213
1R R R R R R p R
f f f f i ≤⋅+−+⋅=+−+
⋅=
R p R
p R
p εεπεεεπεεεπεθ
εεπεϕ)
()2(43)2(2)(4)2(2cos )(403
213
211213
122112131o R R R
R R R p R f f f f f ≥+⋅=
⋅+−+⋅=+−+⋅=εεπεεπεεεπεεεπεθ
εεπεϕR p R p R
p R
p 在均匀介质内部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体内部，
只有球心处存在极化电荷。

f
p ρεεεε
εεεεερ)1/()1(][
])[(101
010101−=⋅∇−=−⋅−∇=−⋅−∇=⋅−∇=D D E P 所以f
p p p )1/(10−=εε在两介质交界面上，极化电荷面密度为
o
020121)()()(E e E e p p e ⋅−−⋅−=−⋅=r i r r p εεεεσ0
o 0201)
()
(R R i
R
R
∂∂−+∂∂−−=ϕεεϕεε由于0
o 2
1
R R i R
R
∂∂=∂∂ϕεϕε，所以
θεεπεεεεϕϕεσcos )2(2)(3)(
30
211210o
00R p R R f R i p +−=∂∂−∂∂=5.空心导体球壳的内外半径为1R 和2R ，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1R R <及2R R >两均匀区域，电势满足拉普拉斯方程。

通解形式均为
）（（θcos 1
n n
n n
n n P R b R a ∑
++当∞→R 时，电势趋于零，所以2R R >时,电势可写为
）
（θϕcos 1o n n n n P R
b
∑+=(1)
当0→R 时，电势应趋于偶极子p 激发的电势：
2
0304/cos 4/R p R f πεθπε=⋅R p 所以1R R <时，电势可写为
）
（θπεθϕcos 4cos 20n n
n
n i P R a R p ∑+=
(2)
设球壳的电势为s ϕ,则
s n n n n R P R b
ϕθϕ==∑+）（cos 12
o 2(3)s n n
n n R i P R a R p ϕθπεθϕ=+=∑）
（cos 4/cos 12101
(4)
由(3)得：20R b s ϕ=；)
0(0
≠=n b n 由(4)得：s a ϕ=0；31014/R p a πε−=；)
1,0(0≠=n a n 所以
R
R s /2o ϕϕ=(5)3
10204/cos 4/cos R pR R p s i πεθϕπεθϕ−+=(6)
再由
Q R R
R
R s S
==⋅∂∂∫2220o 0
4d πϕεϕεS 得：
2
04/R Q s πεϕ=(7)
将(7)代入(5)(6)得：
R Q 0o 4/πεϕ=)
(2R R >)
(414cos 44cos 31
2303102020R R Q R R pR R Q R p i R p R p ⋅−+⋅=−+=πεπεθπεπεθϕ在2R R =处，电荷分布为：
2
2o
42
R Q R D R n πϕεσ=
∂∂−==在1R R =处，电荷分布为：
3
10
4cos 3'1
R p R
D R i n πθϕεσ−
=∂∂=−=6.
在均匀外电场0E 中置入一带均匀自由电荷f ρ的绝缘介质球（电容率为ε），求空间各点的电势。

解：以球心为原点，以0E 的方向为极轴方向建立球坐标系。

将空间各点的电势看作由两
部分迭加而成，一部分1ϕ为绝缘介质球内的均匀自由电荷产生，另一部分2ϕ为外电场0E 及0E 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，2ϕ的形式为
)
(cos )()1(θn n
n n n n
P R b R a
∑+−+对于1ϕ，当0R R >时，由高斯定理得：
23013/R R D f ρ=，2
03013/R R E f ερ=当0R R <时，由高斯定理得：
3/2R D f ρ=，ε
ρ3/2R E f =1ϕ的球外部分：∫∫+=0
20301o )3/(d )3/(R R
R f f dR
R R R R ερερϕε
ρερερ6/3/3/2
0020030R R R R f f f −−=（1）1ϕ的球内部分：ε
ρερϕ6/)3/(d 20
021R dR R R E f R
f R
i −==⋅=∫∫（2）
对于2ϕ，当∞→R 时，θϕcos 02R E −→，所以
)(cos cos 010o2R R P R
b R E n n
n n
>+−=∑
+）（θθϕ当0→R 时，2ϕ为有限，所以
)
(cos 02R R P R a n n
n n i <=∑）
（θϕ
边界条件为：0R R =时，2o2i ϕϕ=，0
22o 0
R i R R
R
∂∂=∂∂ϕε
ϕε。

即：
⎪⎩
⎪⎨⎧=+−−=+−∑∑∑∑−+−+−)(cos )(cos )1(cos )(cos )(cos cos 10)
2(0
0000)1(000θεθεθθθθn n n n n n n n n n n n n n n n P R na P R b n R E P R a P R b R E 比较)(cos θn P 的系数，解得：
)2/(30001εεε+−=E a )2/()(030001εεεε+−=R E b )
1(0≠==n b a n n 所以
)
()2/(cos )(cos 02
03
0000o2R R R R E R E >+−+−=εεθεεθϕ(3))
()
2/(cos 300002R R R E i <+−=εεθεϕ(4)
由(1)(2)(3)(4)得:
⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧≤+−−≥+−+−++−=)(2cos 36)()2(cos )(cos 3)21
1(300002
020*******
0020R R R E R
R R R R E R E R R R f f f εεθεε
ρεεθεεθερεερϕ7.在一很大的电解槽中充满电导率为2σ的液体，使其中流着均匀的电流J f 0。

今在液体中
置入一个电导率为1σ的小球，求稳恒时电流分布和面电荷分布，讨论21σσ>>及12σσ>>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J f 0与电场强度E 0成正比（比例系数为电导率），所以E 0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，因而可以用静电场的方法求解。

(1)未放入小球时，电流密度J f 0是均匀的，由J f 002E σ=可知，稳恒电场E 0也是一个均
匀场。

因此在未放入小球时电解液中的电势0ϕ便是均匀电场E 0的电势。

放入小球后，以球心为原点，E 0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，0/=∂∂t ρ，所以：
=⋅∇J (1)由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为:
)(12=−⋅J J n (2)设小球内的电势为1ϕ，电解液中的电势为2ϕ，则在交界面上有：
21R
R ϕϕ=(3)0
22
11
R R R R R
R
==∂∂=∂∂ϕσϕσ(4)
将E J σ=及ϕ−∇=E 代入(1)，得：
)(2=∇−=⋅∇=⋅∇ϕσσE J 可见ϕ满足拉普拉斯方程
考虑到对称性及∞→R 时0E E →，球外电势的解可写成：
)(cos cos 01202R R R
b
R J n n n n f >+−
=∑+）（θθσϕ(5)
其中利用了020E J σ=f 。

考虑到0→R 时电势为有限值，球内电势的解可写成：
)
(cos 01R R P R a n n
n n <=∑）
（θϕ(6)
因为选0=R 处为电势零点，所以00=a ，将(5)(6)代入(3)(4)得：
）（）（θθθσcos cos cos 010
020n n n n n n n n f P R a R b R J ∑∑=+−
+(7)）
（）（θσθθσσcos ]cos )1(cos [10120202n n n n n n n n f P R na P R b n J ∑∑−+=+−−(8)
由(7)(8)两式可得:
)
2/(32101σσ+−=f J a ,
2
21300
211)2/()(σ
σσσσ+−=R J
b f )
1(0,0≠==n b a n n 所以：)2/(3)2/(cos 32102101σσσσθϕ+⋅−=+−=R J f f R J (0R R ≤)2
22130021202)2/(cos )(/cos R R J R J f f σσσθσσσθϕ+−+−=3
22103
02120)2/()(/R R f f σσσσσσ+⋅−+⋅−=R J R J (0R R ≥)
由此可得球内电流密度:
)
2/(3)2/()(32101210111111σσσσσσϕσσ+=+⋅∇=∇−==f f J R J E J 电解液中的电流密度为:
2
2222ϕσσ∇−==E J )(3[)2()(30
5
02130210R
R R f f f J R R J J −⋅+−+=σσσσ(2)两导体交界面上自由电荷面密度
)()(12012E E e D D e −⋅=−⋅=r r f εω)
//(11220σσεJ J e −⋅=r 2
210021)2/(cos )(3σσσθεσσ+−=f J (3)当21σσ>>，即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时，
1
)2/()(2121≈+−σσσσ，
3
)2/(3211≈+σσσ所以，
13f J J ≈]/)(3)[/(02033002f f f R R R J R R J J J −⋅+≈2
00/cos 3σθεωf f J ≈当21σσ<<时，同理可得：
1≈J ]
/)(3)[2/(02033
002f f f R R R J R R J J J −⋅−≈
2
002/cos 3σθεωf f J −≈8.
半径为0R 的导体球外充满均匀绝缘介质ε，导体球接地，离球心为a 处（a >0R ）置一点电荷f Q ，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
θπεϕcos 24/221Ra a R Q f −+=，
二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的2ϕ。

后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。

考虑到对称性，2ϕ与φ无关。

由于0→R 时，2ϕ为有限值，所以球内的2ϕ解的形式可以写成
∑=n
n n n i P R a )
(cos 2θϕ（1）
由于∞→R 时，2ϕ应趋于零，所以球外的2ϕ解的形式可以写成
∑
+=n
n
n n
P R
b )(cos 12o θϕ（2）
由于
∑=−+n
n n P a R a Ra a R (cos))/()/1(cos 222θ∑=n
n n f P a R a Q (cos)
)/()4/(1πεϕ（3）
当0R R ≤时，2
1i ϕϕϕ+=内∑∑+=n
n n n n
n n f P R a P a R a Q )
(cos (cos))/()4/(θπε（4）
当0R R >时，2
1o ϕϕϕ+=外∑
∑++=n
n n n
n
n n f P R
b P a R a Q )(cos (cos))/()4/(1θπε（5）因为导体球接地，所以
=内ϕ（6）0
==R R 内外ϕϕ（7）将（6）代入（4）得:
1
4/+−=n f n a Q a πε（8）将（7）代入（5）并利用（8）式得:1
1204/++−=n n f n a R Q b πε（9）将（8）（9）分别代入（4）（5）得:
)
(00R R ≤=内ϕ（10）
/cos 2)/(cos 2[41
202202022a
RR a R R a Q R Ra a R Q f f θθπεϕ++−−+=外,
)
(0R R ≥（11）
用镜像法求解：设在球内r 0处的像电荷为Q’。

由对称性，Q’在球心与Q f 的连线上，根
据边界条件：球面上电势为0，可得：（解略）
a R r /200=，
a
Q R Q f /'0−=所以空间的电势为
/cos
2)/(cos 2[41
)'(4120220202221a RR a R R a Q R Ra a R Q r Q r Q f f f θθπεπεϕ++−−+=+=外)
(0R R ≥9.
接地的空心导体球的内外半径为1R 和2R ，在球内离球心为a 处(a <1R )置一点电荷Q 。

解：假设可以用球外一个假想电荷'Q 代替球内表
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。

考虑球内表面上任一点P ，边界条件要求：
0'/'/=+R Q R Q (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
=−=Q Q R R /'/'常数
(2)只要选择'Q 的位置，使OPQ P OQ ∆∆~'，则
==a R R R //'1常数
(3)设'Q 距球心为b ，则a R R b //11=，即a R b /21=(4)
由（2）（3）两式得:a
Q R Q /'1−=]
/cos 2//cos 2[412124121220a
R R a R R a Q R Ra a R Q θθπεϕ−+−−+=导体内电场为零，由高斯定理可知球面上的感应电荷为Q −，分布于内表面。

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，0=外ϕ。

10.上题的导体球壳不接地，而是带总电荷0Q ，或使具有确定电势0ϕ，试求这两种情况的
电势。

又问0ϕ与0Q 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，球内电荷Q 和球的内表面感应电荷Q −的总效果是
使球壳电势为零。

为使球壳总电量为0Q ，只需满足球外表面电量为0Q +Q 即可。

因此，导体球不接地而使球带总电荷0Q 时，可将空间电势看作两部分的迭加，一是Q 与内表面的Q −产生的电势1ϕ，二是外表面0Q +Q 产生的电势2ϕ。

]/cos 2//cos 2[4121
2
41
2
12201a
R R a R R a
Q R Ra a R Q θθ
πεϕ−+−−+=
内，)
(1R R <01=外ϕ，)(1R R ≥；20024/)(R Q Q πεϕ+=内，)(2R R <；
R Q Q 0024/)(πεϕ+=外，)(2R R ≥，所以
)
(4/)()
(4/)(21200200R R R R Q Q R R R Q Q ≤≤+=≥+=πεϕπεϕ)
(]/cos 2//cos 2[411202124121220R R R Q Q a
R R a R R a
Q R Ra a R Q ≤++−+−−+=，θθπεϕ由以上过程可见，球面电势为2004/)(R Q Q πε+。

若已知球面电势0ϕ，可设导体球总电量为0'Q ，则有：
'
02004/)'(ϕπε=+R Q Q ，即：2
0004/)'(R Q Q ϕπε=+电势的解为：
⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪
⎨⎧≤+−+−−+≤≤≥=)(/cos 2//cos 2[41
)()(/10
2124121220210
220R R a
R R a R R a Q R Ra a R Q R R R R R R
R ϕθθπεϕϕϕ当0ϕ和0Q 满足20004/)(R Q Q πεϕ+=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。

Q b a Q −=1，z b a e r 21=；Q b a
Q =2，z b a e r 22−=；
Q Q −=3，z b e r −=3，所以)
,20(,]cos 2cos 2cos 21cos 21[42
2
4
22
242
22220a R R b a
b
a R
b a
R b a b
a R
b a
Rb b R Rb b R Q ><≤−+
+
+++
++−−+=πθθθ
θ
θπεϕ12.有一点电荷Q 位于两个互相垂直的接地导体平面所
围成的直角空间内，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。

−
−+−+−=2
2200)()()(1[4b z a y x x Q πεϕ2
220)()()(1
b z a y x x ++−+−−)
()()(1
2
2
2
0+
−+++−−
b z a y x x 13.(0(
体。

取该两平面为xz 面和yz 面在),,(000z y x 和),,(000z y x −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0/=∂∂t ρ，0=⋅∇J 。

对于恒定的电流，可按
静电场的方式处理。

于是在A 点取包围A 的高斯面，则
ε/Q d =⋅∫S E ，
由于∫⋅=S j d I ，E j σ=，所以
ε
σ//Q I =可得：σε/I Q =。

同理，对B 点有：Q
I Q B −−=σε/又，在容器壁上,0=n j ，即无电流穿过
容器壁。

由E j σ=可知，当0=n j 时，0=n E 。

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 ，容器内的电势分布为：
∑=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=
8
141i i
i r Q πεϕ202020)()()(1[4z z y y x x I −+−+−=πσ
2
02020)()()(1
z z y y x x ++−+−−2
02020)()()(1
z z y y x x −+++−+2
02
02
0)
()()(1z z y y x x ++++−−2
02020)()()(1z z y y x x −+++++2
02
02
0)
()()(1z z y y x x +++++−2
02020)()()(1z z y y x x −+−+++)
()()(1
2
02
02
0z z y y x x ++−++−
14.画出函数dx x d /)(δ的图，说明)()(x p δρ∇⋅−=是一个位
于原点的偶极子的电荷密度。

解：（1）⎩⎨
⎧=∞
≠=0
,0,
)(x x x δx
x x x dx x d x ∆−∆+=→∆)
()(lim )(0δδδ1）0≠x 时，0
/)(=dx x d δ2）0=x 时，a )对于0>∆x ，−∞
=∆∞
−=→∆x dx
x d x 0lim )(0δb )对于0<∆x ，+∞
=∆∞
−=→∆x
dx x d x 0lim )(0δ图象如右图所示。

000)
,0z (0x Q )
,0
z −(000x Q −
)
()///()()(332211x x p δδρx p x p x p x x x ∂∂+∂∂+∂∂−=∇⋅−=dV
x p x p x p
dV dV x x x x x x x p x ∫∫∫∂∂+∂∂+∂∂−=∇⋅−=)()///()()(332211
δδρ其中第一项为：
()3213322113211
1
11
)()()()()]([(dx dx dx x x x x x x x p dV x p x x e e e x x ++∂∂
−=∂∂−∫∫δδδδ32133221132111
))(()()(dx dx dx x x x x x x x p x e e e ++∂∂−=∫δδδ∫−=1
1
1111)
(dx dx x d x p x δe 应用()dt t d t t dt t t d )()()(δδδ+=，即())()()(t dt
t t d dt t d t δδδ−=，可得：=−∫11
1111)
(dx dx x d x p x δe ()∫∫+−1
1111111)()(dx x p x x d p x x δδe e 11111111)(x x x p p x x p e e e =+−=δ(x =0)同理可得另外两项分别为22x p e 及33x p e ，所以，p x =∫
dV ρ,即p 是一个位于原点的
偶极子的电荷密度。

15.证明：（1）a
x ax /)()(δδ=)0(>a ，（若0<a ，结果如何？）
（2）0
)(=x x δ证明：1)显然，当0≠x 时，a x ax /)()(δδ=成立；又
a
ax d ax a a ax d ax dx ax 1
)()(1)()()(===∫∫∫+∞∞−+∞
∞
−+∞
∞−δδδ1
)(=∫
+∞
∞
−dx x δ所以a x ax /)()(δδ=在全空间成立。

若0<a ，
a
a ax d ax dx ax dx ax 1
)()
()()(−=−−−=−=∫∫∫
+∞
∞
−+∞
∞
−+∞
∞
−δδδ即，a
x ax /)()(δδ−=所以a x ax /)()(δδ=在全空间成立。

2)由)(x δ的选择性证明。

0)()(≥=x x x x δδ∵，而
)(0
==∫
+∞
∞
−=x x
dx x x δ0)(=∴
x x δ，进而0
)(=x x δ16.一块极化介质的极化矢量为)'(x P ，根据偶极子静电势的公式，极化介质所产生的静
电势为∫⋅=V
dV r '4)'(3
0πεϕr
x P ，另外根据极化电荷公式)'('x P ⋅−∇=p ρ及P n ⋅=p σ，极化介质所产生的电势又可表为∫∫⋅+⋅∇−=S V r d dV r 0
04'
)'('4)'('πεπεϕS x P x P ，试证明以上两表达式是等同的。

证明：由第一种表达式得
∫∫⎟⎠
⎞
⎜⎝⎛∇⋅=⋅=
V V dV r dV r '1')'(41')'(41
030x P r x P πεπεϕ⎟
⎠⎞⎜⎝⎛∇⋅+⋅∇=⎟⎠⎞⎜⎝⎛⋅∇r r r 1''11'P P P ∵⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⎟⎠⎞⎜⎝⎛⋅∇+⋅∇−=∴∫∫V V dV r dV r ')'('')'('410x P x P πεϕ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⋅⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+⋅∇−=∫∫')'(')'('410
S x P x P d r dV r S V πε，所以，两表达式是等同的。

实际上，继续推演有：
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⋅+=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡⋅⋅+⋅∇−=
∫∫∫∫''41'')'('4100
dS r dV r dS r dV r S p V p S V σρπεπεϕn P x P 刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和。

17.证明下述结果，并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化。

（1）在面电荷两侧，电势法向微商有跃变，而电势是连续的。

（2）在面偶极层两侧，电势有跃变012/εϕϕP n ⋅=−，而电势的法向微商是连续的。

（各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面，形成面偶极层，而偶极矩密度
l P σσ0
lim →∞→=l ）
证明：1）如图，由高斯定理可得：0/2εσS S E ∆⋅=∆⋅，
02/εσ=∴E ，
)2/()2/(0012=−=−z z εσεσϕϕ即，电势是连续的，但是
01112//εσϕz n n e E ==∂∂，0
2222//εσϕz n n e E −==∂∂02211///εσϕϕ=∂∂−∂∂∴n n
+σ
即，电势法向微商有跃变
2）如图，由高斯定理可得：0/εσz E e =σ
12/lim lim εσϕϕl n l E ⋅=⋅=−∴→→l l z
/εP n ⋅=又E =∂∂n /1ϕ，E
=∂∂n /2ϕ0//21=∂∂−∂∂∴n n ϕϕ，即电势的法向微商是连续的。

18.一个半径为R 0的球面，在球坐标2/0πθ<<的半球面上电势为0ϕ在πθπ<<2/的
半球面上电势为0ϕ−，求空间各点电势。

提示：∫+−=−+1
01
1112)
()()(n x P x P dx x P n n n ，1)1(=n P ，
⎪⎩⎪
⎨⎧=⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−==偶数）
（奇数）（n n
n n P n n ,642)1(531)1(,0)0(2/解：由题意，球内外电势均满足拉普拉斯方程：02
=∇内ϕ；0
2
=∇外ϕ球内电势在0→r 时为有限，球外电势在∞→r 时为0，所以通解形式为：
∑=n n n n P r a )(cos θϕ内，∑
+=n
n
n n
P r b )(cos 1θϕ外。

在球面上，0
0R r R r ===外内ϕϕ，即⎩⎨⎧≤<−<≤===)
2/(,)
2/0(,)(000πθπϕπθϕθϕf R r 将)(θf 按球函数展开为广义傅立叶级数，∑=n
n n P f f )(cos )(θθ则
n n n n n f R b R a ==+−)1(00，下面求n f 。

∫∫+=+=−π
θθθϕθθθ011sin )(cos 2
12cos )(cos )(2120
d P n d P f n f n R n n ]
sin )(cos sin )(cos [2122
02
00∫∫−+=πππθθθϕθθθϕd P d P n n n ])()([212100010∫∫−−+−=dx x P dx x P n n n ϕϕ]
)()([21
210100∫∫−++=dx x P dx x P n n n ϕ由于)()1()(x P x P n n
n −=−，所以
∫∫∫++−++=−++=101
0101100)(])1(1[2
12])()1()([212dx
x P n dx x P dx x P n f n n n n n n ϕϕ当n 为偶数时，0=n f ；
当n 为奇数时，1
11012)()(]11[212+−++=−+n x P x P n f n n n ϕ1
110)]()([x P x P n n −+−=ϕ)
12()
1(642)
2(531)1()]0()0([210110++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=+−=−−+n n n P P n n n ϕϕ==n
n n R f a 0/)
12()1(642)2(531)1(210
0++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−−n n n R n n ϕ)1(0+=n n n R f b )
12()
1(642)2(531)1(211
00++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−−+n n n R n n ϕ至此，可写出球内外的电势为
）
为奇数，内00
2
1
0(,)(cos ))(12()1(642)2(531)1(R r n P R r
n n n n n n <++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=−∑θϕϕ)
(,)(cos ))(12()1(642)
2(531)
1(0102
1
0R r n P r
R n n n n n n >++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=+−∑为奇数，外θϕϕ。