电动力学chapter2

1. 一个半径为R的电介质球极化强度P=K

r

r电容率为

(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)

又球外无极化电荷

(3)对于球外电场

E外⋅ds=

www

∴E外

εK

⋅r2sinθdrdθdϕ2∫∫∫ρfdVr(ε−ε0)r2

∴E外⋅4πr==

ε0ε0

r

rεKR

r3

ε0(ε−ε0)rrE内

∞

同理可得球内电场

∴球外电势ϕ外

.kh

由高斯定理可得

课

r

ρf=∇⋅D=

∫

r

后

rr

εP D=

ε−ε0

rεεK

`∇⋅P=2

ε−ε0(ε−ε0)r

r

r

Kr

⋅2

ε−ε

0rrrE⋅d∫外r

∞

daw

Q

答

ε0

案

rrr

D=ε0E+P

εKRε0(ε−ε0)r

网

- 1 -

rr

(2) 由公式 D=εE

.c

rrrP2=0 σp=n⋅P1

R

rrr=n⋅K2

r

R

=K/R

om

rrrr1r12

ρP=−∇⋅P=−K∇⋅2=−K(∇2⋅r+2∇⋅r)=−K/r

rrr

rrr

σP=−n⋅(P2−P1)R

∞

球内电势ϕ内

r

rE⋅d∫外r

R

rr

E⋅d∫内r

r

R

KRεK

+ln

ε0(ε−ε0)ε−ε0r

4

ω内

1rrD内⋅E内2

rr

1εKrKr⋅⋅2⋅⋅2

2εε0

rεε0r

εK2

∴2

2

εε0r

K2

)ε−ε0

∴W内

εK212

∫ω内dV∫∫∫2⋅(ε−ε0)2r2⋅rsinθdrdθdϕ2πεR1ε2K2R212

Vωd=⋅⋅∫外∫∫∫R2ε0(ε−ε0)2r4⋅rsinθdrdθdϕ

K2ε

)(ε0ε−ε0

W外

12解

导体球上接有电池

使球与地保持电势差φ0;

导体球上带总电荷Q.

1当导体球上接有电池

.kh

φ内φ0

2

本问题的定解条件如下

∇

ϕ外0R>R0

daw

与地保持电势差φ0时R=R0

课

后

答

案

2

在均匀外电场中置入半径为R0的导体球

试用分离变数法球下列两种情况的电势

ϕ外

且ϕ外

∞

R→∞R=R0

=−E0Rcosθϕ0=φ0

bn

Rn1

前坐标原点的电势

www

根据有关的数理知识由于ϕ外

可解得

ϕ外

n0

∑a

n

R

n

R→∞

=−E0Rcosθϕ0即

∞

n

ϕ外

∞

b0b1b

a0+a1Rcosθ+∑anRPn(cosθ)++2cosθ+∑nn+1Pn(cosθ)

RRn=2n=2R

.c

以地为电势零点

∴W=W内W外2πεR(1+

网

Pncosθ)

故而有

a0=ϕ0,a1=−E0,an=0(n>1),bn=0(n>1)

b0b1

+2cosθRR

- 2 -

∴ϕ外ϕ0E0Rcosθ

om

2πε2RK2ε0(ε−ε

0)2

ϕ0是未置入导体球

R→∞

=−E0Rcosθ+ϕ0

又ϕ外

R=R0

=φ0,即ϕ外

R=R0

=ϕ0−E0Rcosθ

b

0b1

+2cosθ=

φ0R0R0

b0ϕ+0R=φ00

故而又有 ∴

−ERcosθ+b1cosθ=0

00

R02

最后得定解问题的解为

2

ϕ外

当导体球上带总电荷Q时定解问题存在的方式是

解得满足边界条件的解是

.kh

R→∞

∇2φ内0(R

∇φ外0(R>R0)

φ内R→0有限

φ外R→∞E0

Rcosθ+ϕ0(ϕ0是未置入导体球前坐标原点的电势

φ内φ外RR0

−ε∂φ外dsQ(R=R)

00∂Rs

ϕ内

∑anRnPncosθ ϕ外ϕ0E0Rcosθ

n=0

www

由于ϕ外又有ϕ外

R=R0

daw

只出现了P1(cosθ

课

后

答

案

的表达式中

∴ϕ外ϕ0E0Rcosθ

是一个常数

b0b1

+2cosθRR

导体球是静电平衡

ϕ外

R=R0

=ϕ0−E0R0cosθ

b0b1

+cosθ=CR0R02

3

b1=E0R0

∴−E0R0cosθ+

b1

cosθ=0即2R0

- 3 -

.c

bn

Pcosθ∑n1n

Rn=0cosθ项

故

bn=0(n>1)

3

(φ0−ϕ0)R0E0R0

=−E0Rcosθ+ϕ0++cosθ(R>R0)

RR

网

om

得到

b0=(φ0−ϕ0)R0,b1=E0R0

2

ϕ外ϕ0

3

b0E0R0

E0Rcosθ++cosθ2

RR

又由边界条件−

ε0

s

∂φ外∂r

dsQ ∴b0=

Q4πε0

∴ϕ内

Q4

πε0R0Q

−ϕ0,R

ϕ外

3

E0R0+cosθE0RcosθR>

R0

2

4

πε0RR

3

均匀介质球的中心置一点电荷Qf

球的电容率为ε

空间电势把结果与使用高斯定理所得结果比较提示

案

空间各点的电势是点电荷Qf的电势

Qf

答

叠加后者满足拉普拉斯方程

解一. 高斯法

在球外而言

R>R0,由高斯定理有

daw

rrD⋅ds=Qf

- 4 -

πεR

束缚电荷QP=0)

r

∴E=

积分后得

www

又由于ϕ外

∴ϕ外=

在球内

又D=ε

E,∴E=

r

积分后得到

.kh

Qf4πε0R2

Qf

ϕ外

课

rr

ε0E

⋅d

s=Q总Qf+QP=Qf

后

4πε0R

+C.(C是积分常数

R→∞

=0,∴C=0(R>R0)

Qf

4πε0R

R

r

Qf4πεR2

r

ϕ内

Qf

+C2.(C2是积分常数πε4R

.c

球外为真空

网

与球面上的极化电荷所产生的电势的

om

试用分离变数法求对于整个导体球

由于ϕ内ϕ外Qf

R=R0

,故而有Qf4πεR0−

Qf4πε0R0

=

Qf4πεR0

+C2

∴C2=Qf4

πεR

4πε0R0

Qf

−

(R

∴ϕ内

4

πε0R0

Qf

(R

本题所求的电势是由点电荷Qf与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加

4πεRbR

由于φ'是球对称的

其通解为

ϕ'=a+

案

答

由于球心有Qf的存在所以有ϕ内

daw

R→0

∞

即ϕ内

后

www

∴b=

Qf

4πεε0

Qf

ϕ外4πεR,R>R00

∴

QfQfQf

ϕ−,

R

.kh

ϕ内ϕ外∂ϕ内∂R1

R

R0,即

由边界条件得

课

在球外有ϕ外

R→∞

0 即ϕ外

Qf4πεRbR

Qf

+a4πεR0

R0,即

Qfb

+4πεR0R0

ε

ε0

∂ϕ外∂R

R

ε0Qfε0bεQf

−=−4πεR02R024πεR02

(

1

−a

ε

Qf11

(−)4πR0ε0ε

- 5 -

.c

Qf4πεR

a

着球对称性因此其解可写作

ϕ=

Qf

+ϕ'

网

om

且有

二. 分离变量法

4 均匀介质球容率为ε2

电容率为ε1

r

的中心置一自由电偶极子Pf

球外充满了另一种介质电

求空间各点的电势和极化电荷分布

提示同上题

φ=

rrPf⋅R4πε1R

3

+φ',而φ'满足拉普拉斯方程

解

ε1

∂φ内∂R

=ε2

∂φ外

又ε1

∂φ内∂R∂φ外∂R

R0R0

=ε1(−

2Pfcosθl1

+lARPl∑l03

4πε1R0

2PfcosθBl

−(l1P∑3l2l

4πε1R0R0

ε2=ε2(−

得

比较P2(cosθ)的系数 2ε1A2R0

www

及A2(1+

所以A2=0,B2=0最后有

φ内φ外

rρf⋅Rr

.kh

3B2

4R0

A1=

2(ε1−ε2)ρf

课

34πR0

+ε1A1=−

后

2ρf2ε2ρf

答

B

00A

3

4πε1R0

−

4πε1(ε1+2ε2)R0

,B1=3

,A2=

4R0

1

=0ε1R0

同理

daw

2ε2B1

3R0

案

比较Pl(cosθ)系数

,及A1=

B1

3R0

2(ε1−ε2)ρf

4πε1(ε1+2ε2)

B2

Al=Bl=0,(l=2,3L)

rρf⋅Rr

3

4πε1Rrrρf⋅R4πε1R

3

+

2(ε1−ε2)ρf4πε1(ε1+

3

2ε2)R0

Rcosθ=

3

+

2(ε1−ε2)ρf4πε1(ε1+2ε2)R

2

cosθ=

4πε1Rrrρf⋅R

3

.c

+

r

2(ε1−ε2)ρf⋅R

r

4πε1(ε1+

3

2ε2)R0

网

4πε1R

+

r

2(ε1−ε2)ρf⋅R

r

4πε1(ε1+2ε2)R

3

om

,(R

r3ρf⋅Rr4π(ε1+2ε2)R

3

∂R

=

,(R>R0)

- 6 -

球面上的极化电荷密度

r

σP=P1n−P2n,n从2指向1如果取外法线方向则

σp=P外n−P球n=[(ε2−ε0)∇φ外)]n−[(ε1−ε0)∇φ内)]n

=−(ε2−ε0)

∂φ外∂R

+(ε1−ε0)

∂φ内∂R

R

R0

4π(ε1+

3

2ε2)R0

4π(ε1+

3

2ε2)R0

=

6ε1(ε0−ε2)+6ε2(ε1−ε0)

3

4πε1(ε1+2ε2)R0

ρfcosθ=−

3ε0(ε1−ε2)

求极化偶极子

ε1

5.空心导体球壳地内外半径为R1和R2电势和电荷分布解

.kh

课

rrε0

−1)Pf PP=(

后

qP=(

ε0ε

−1)qf,−qP=(0−1)(−qf)两者合起来就是极化偶极子ε1ε1

daw

r

球中心置一偶极子P

点电荷旁边有极化电荷

答

案

网

rr

Pf=ql可以看成两个点电荷相距l对每一个点电荷运用高斯定理就得到在每个

www

2

∇φ3=0,φ3r→∞=0

φ2=C,φ2r→0=∞

r

φ=P⋅r+φ',φ'111r→0为有限值34πε0r



φ3∑BlPl(cosθ),φ3r−R=C

2

rl+1

φ2=C,φ2r=R1=C

r



Pf⋅r∂φ3l

φ=+ArPθ−dS(cos)∑ll13

∂r4πε0r

r=R2

- 7 -

.c

3

2πε1(ε1+2ε2)R0

球壳上带电Q求空间各点

φ2

+∂φ1

dS∂r

r=R1

om

4πε1(ε1+

3

2ε2)R0

=(ε2−ε0)

−6ρfcosθ

−(ε1−ε0)[

6(ε0−ε2)ρfcosθ

−

2(ε1−ε2)−2(ε1+2ε2)

ρfcosθ]

ρfcosθ

=

Q

ε0

B2B0B1

+cosθ+P+L=CR232

R22R2



Pfcosθ+A+ARcosθ+L=C

011

4πεR2

01

即

PfB0A0=)cosθ=0,Bl=0(l=1.2.3L),Al=0(l=2.3.4L)=C,(A1R1+2

R24πεR1

∂φ3BBB1

=∑(−l−1)l+l2Pl=−0−2cosθ+L23∂rrR1R1

则

故

−课

后

∂φ3∂φQ

dS+1=4πB0=∂r∂rε0

Q4πε0

,A0=

Q

最后有

www

电荷分布

在rR1的面上

rrrr

Pf⋅rP⋅rQ

−+,(r

4πεR4πε0r4πε0R102

Q φ3=,(r>R2)

4πε0rQ

,(R1

4πεR02

σP

在rR2面上

σP=−ε0

2

.kh

1

B0=

4πε0R2

Pfcosθ∂φ1−Pfcosθ−Pfcosθ

=ε0=+=−33

∂r2πR14πR14πR13

∂φ3Q

=2∂r4πR2

- 8 -

daw

,A1=

−Pf4πε0R13

答

Pf2ππ2ππ−Pf∂φ122

=−cosθRsinθdθdϕ+cosθRsinθdθdϕ=0+0=011∂r∫0∫02πεR3∫0∫04πεR3

0101

案

网

−.c

∂φ3BB02B0

==π=4πB0dS=0dSdS4R1222

∂rR1R1R1

om

又

2PfcosθPfcosθ∂φ1l−1=−+lARP=−+A1cosθ+L∑l1L33∂r4πε0R12πε0R1

r

6在均匀外电场E0中置入一带均匀自由电荷ρf的绝缘介质球ε

Bll

Ar+φ()Pl(cosθ)外∑l

rl+1



1

φρfr2+φ'内

6ε

∇2φ'=0

求空间各点的电势

解

φ

内是由高斯定理解得的

r→∞

φ外=−E0rcosθ,φ'

r→0

有限

φ内φ外r=R0):E0R0cosθ+

即

E0R0+B2

www

R0

3

=c2R0∂φ内∂r

ε

∂φ内

ρfρfl−1

=R0+∑lclR0Pl(cosθ)]=R0+εc1cosθ+2εc2R0P2+L∂rε33=ε0(−E0cosθ+∑(−l−1)

BlPlR0

l+2

∂φ外∂r

.kh

B1R0

22

ρf2BR0+c0=06εR0

=c1R0

=ε0

∂φ外∂r

课

B0BB

+12+23P2+ R0R0R0

daw

- 9 -

后

答

案

Bl

φErcosθ+∑rl+1Pl(cosθ)0外

1

φρr2+∑cerlPl(cosθ)f内6

ε

1

ρfR02+c0+c1R0cosθ+c2R02P2+6ε

.c

网

om

r

ρf的作用加上E0的共同作用

−ε0E0cosθ−

ε0B02ε0B13ε0B2

cosP2+LL−θ−R0R0R0

2ε0B1

3

R0

3ε0B2

LL4

R

即

ρfεBR0=

−020 3R0

εC1=

−ε0E0− 2εC2R0=−

解方程得

3

R011

B0=−ρf C0=−R02ρf(+)

3ε03ε06ε

33ε0E0R03ε0E03

B1=− C1=−+E0R0

ε+2ε0ε+2ε0

及同理

7

在一个很大的电解槽中充满电导率为σ2的液体

课

后

ρf21r±R02ρf(

6ε3ε0

答

得

daw

16ε

- 10 -

φ外φ内

E0rcosθ±

3rε0

案

3R0ρf

33

E0R03ε0E0R0+2cosθ

−cosθ,r>R

2

r(ε+2ε0)r

网

Cl=Bl=0 l=2,3LL

3ε0E0

rcosθ,r

ε+2ε2

使其中流着均匀的电流δf0

今在液

体中置入一个电导率为σ1的小球

.kh

2r

=σ2

2φ外2r

r→∞

r→∞

求稳衡时电流和电荷分布

σ2>>σ1两种情况的电流分布特点

先求空间电势

www

2∇φ内0

φ内φ外 r=R02

∇φ外0

因为δ内nδ外n(r=R0)稳恒电流认为表面无电流堆积即流入n=流出n

故

σ1

2φ内

并且δ外=δ0 即 φ外

=−E0rcosθ (jf0=σ2E0)

φ内

r→∞

有限 可以理解为在恒流时r→0的小封闭曲面流入流出

.c

2εC2R0=−3ε0R0C2 即 C2(2εR0+3ε0R0)=0 C2=B2=0

om

讨论σ1>>σ2及

这时的解即为

φ内φ外

3σ

2

E0rcosθ,r

σ12σ2

3

E0rcosθ+E0R0(

σ1−σ2cosθ

)2,r>R0

σ1+2σ2r

求内外电场

rr

2φer2φeθ12φr

E=−∇φ=−(eφ)++

2r2θrsinθ2Φ3σ2rr12φ内r

+eθ)=E0(cosθer−sinθeθ)r2θσ1+2σ2

r

E内

(

r2φ内

er2r

=

3σ2r

E0ez

σ1+2σ2

E外

求电流 根据j内

课

vE03σ1−σ

23E0cosvE0+R0()e−r

σ1+2σ2r3r3

r

v

σ1E内

vv

jf0=σ2E0vrv

及(j⋅r)rσ2E0rcosθrrf0

=er55

rr

.kh

vv

j外σ2E外

www

得

j内

r3σ1rσ1σ23

jf0,j外=j内R0[

σ12σ2σ12σ2

da

w

rrr3(jf0⋅r)r

r

5

后

答

3E0R0σ−σ2rrrrr

E0(cosθer−sinθeθ)+3(1[3cosθer−cosθer+sinθeθ]

σ1+2σ2r

案

ωf=ε0(E2n−E1n)=ε0(E外n−E内n)=

3ε0E0cosθ

(σ1−σ2)

σ1+2σ2

- 11 -

.c

−rjf0r

3

网

3E0R0σ−σ2rrrr

E0(cosθer−sinθeθ)+3(1[2cosθer+sinθeθ]

σ1+2σ2r

om

]

8.半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质ε电荷Qf提示

导体球接地

离球心为a处(a>R0)置一点

试用分离变数法求空间各点电势证明所得结果与镜像法结果相同

1 =

r

1∞Rn

=∑()Pn(cosθ).(R>a)

22

R+a−2aRcosθan=0a

1

解1分离变数法

由电势叠加原理球外电势

φ外

Qf

+φ',φ'是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件4πεR

∇2φ'=0,(r>R)

'

φr→∞=0φ外r=R0=0

*

网

'

l=0

∞Qf1∞rnBl

=(P(cosθ)+P(cosθ),(r

4πεan=0al=0r

∞

又φ外

www

r=R0

QfR0B1QfR0lB0Bl

即 +=0,+2=0,...,(+l+=01

4πεaR04πεaaR04πεaaR0

3

QfROR02l+1Qf

∴B0=−R0,B1=−,Bl=−l,

a4πεa4πεaa4πεa

Qf

代入

.kh

l=0

∴φ外

Qf4πε

课

后

φ=∑

∞

Bl

Pl(cosθ),(r>R0)rl+1

1

+∑

∞

答

根据分离变数法得

a+r−2arcosθ

22

=∑[

n=0

R0lBl

)+l+]Pl(cosθ)=01

4πεaaRo

(

Qf

Qf

*

式得解

da- 12 -

案

Bl

P(cosθ)

l+1lr

om

2

镜像法

如图建立坐标系

'

'

本题具有球对称性设在球

2

内r0处有像电荷Q,Q代替球面上感应电荷对空间电场的作用

由对称性

Q'在OQf的连线上

根据边界条件有

P

先令场点P1在球面上

QfrQf

'

rQ'

Q'Q'+=0,即=−=常数rQ'rQfQf

'

将Q的位置选在使∆QP1O

∆QfP1O,则有

令Q距圆心为r0

'

rQ'rQf

=

R0

常数a

为达到这一目的

rQf

答

并有这样

daw

Q=−

'

rQ'

案

RQ'

=−=0=常数

Qfa

网

R0Qfa

r0R0R02

则 =,r0=

R0aa

.c

R1R

2

满足条件的像电荷就找到了

后

空间各点电势为

课

φ外=

Qf4πεr1

+

Q

'

.kh

rR1

4πεr2

=

1

4πε

[

Qf

a+r−2arcosθ

22

−

R0

r2+(

R02R)+2rcosθaa

将分离变数法所得结果展开为Legend级数可证明两种方法所求得的电势相等

ww

w

9接地的空心导体球的内外半径为R1和R2在球内离球心为a(a

=0即可

QR1

因此做法及答案与上题同解略

φ内=

1

4πε0

[

Q

R2+a2−2Racosθ

−

42

2R1RR−cosθR2+12

aa

Q.

因为球外φ=0

故感应电荷集中在内表面并且为

- 13 -

oQf

2

(r>a).

10.上题的导体球壳不接地

而是带总电荷Q0,或使其有确定电势ϕ0

两种情况的解是相等的并且又是导体球壳

故整个球壳应该是等势体

像电荷−

其电势用的电势及球

试求这两种情况的电

势又问ϕ0与Q0是何种关系时

解

由于球壳上有自由电荷Q0

高斯定理求得为

Q+Q04πε0R2

所以球壳内的电势将由Q的电势

QR1

壳的电势叠加而成故

球外电势利用高斯公式就可得

当φ0=

www

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利用镜像法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

.kh

[

1

R2+b2−2Rbcosθ

−

Q+Q0

时两种情况的解相同

4πε0R2

daw

1

R2+b2+2Rbcosθ

+

- 14 -

课

QR1

Qφ=1[−+φ0.(R

+−cosθR或φ=2

aa

R2φ=φ0,(R>R2)外r

后

答

案

.c

网

QR1

Q+Q0Qφ=1[−+].(R

内4πε0R2+a2−2Racosθ42R2R12R1R2R+2−cosθφ=

aa



φ=Q+Q0,(R>R)

2外4πεR

0

aa2r

Q1=−Q,r1=r

bbaa2rQ2=Q,r2=−r

bb

r

Q3=−Q,r3=−br

Q4πε0

φ=

a4a2

bR+2+2Rcosθ

bb

2

om

点

a

+bR2+

a

aa−2Rcosθ2

bb

4

2

(0≤θa)

12. 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

解可以构造如图所示的三个象电荷来代替 两导体板的作用

φ=

Q4πε0

[

1

(x−x0)+(y−a)+(z−b)

1

+

2

2

2

−

1

2

(x−x0)+(y+a)+(z−b)

222

网

−

(x−x0)+(y+a)+(z+b)

.kh

rrI=i⋅ds而又有rr

i=E⋅σ

Iε1

13.设有两平面围成的直角形无穷容器其内充满电导率为的液体取该两平面为xz面和yz面在x0,y0,z0和x0,y0,-z0两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AB两点间建立电场使溶液中的载流子运动形

r∂ρ成电流I,当系统稳定时是恒定场即∇⋅j+=0中

∂t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的包围面

daw

}⇒

1

课

后

答

案

rrQE⋅ds=∴有

1I=

Q

εn

σ

rrI=E⋅ds

.c

1

2

2

2

(x−x0)+(y−a)+(z+b)

o2

2

−

(y,z>0)

www

σ

ε1

⇒Q=

σIε1

对B

QQB=−Q=−

B(x0,y0,z0)σ

又在容器壁上由

r

jn=0,即元电流流入容器壁

r

En=0

rr

j=σE

r

有jn=0时

y

∴可取如右图所示电像

- 15 -

dδ(x)r

14.画出函数的图说明ρ=−(P⋅∇)δ(x)是一个位于原点的偶极子的电荷密度

dx解

0,x≠0

δ(x)=

∞,x=0

dδ

(x)δ(x+∆x)−δ(x)

=lim∆x→0dx∆xd

δ(x)

1x≠0时=0

dx

dδ(x)0−∞

=lim=∆x→0∆xdx

dδ(x)0−∞

b)∆x

0∆→xdx∆x

2

x=0时a∆x>0,

15 1 2证明

证明

1

2

从δ(x)的定义可直接证明

有任意良函数f(x),则f(x)⋅x=F(x)也为良函数

∫f(x)xδ(x)dx=

www

电势为

另外

rr'

16一块极化介质的极化矢量为P(x)

rr'rP(x)⋅r

.kh

f(x)⋅xx=0=0

课

后

根据δ[φ(x)]=

δ(x−xk∑'(x)

k

daw

所以δ(ax)=

答

xδ(x)=0

案

1

δ(ax)=δ(x).(a>0)

a

若a

根据偶极子静电势的公式

ϕ=∫

V4πεr0

dV'

rr'rr'rr根据极化电荷公式ρP=−∇⋅P(x)及σP=n⋅P,极化介质所产生的电势又可表为

'

r'rr'rr'

∇⋅P(x)P(x)⋅dS

ϕ=−∫dV'+V4πεr4πεr00

试证明以上两表达式是等同的

- 16 -

.c

δ(x)

a

极化介质所产生的静

网

o

证明

ϕ=

14πε0

∫V

rr'r

1P(x)⋅r'

dV=

4πε0r3

rr'

'1()Px⋅∇dV'

∫V

r

r1r1r1∇'p(P)=∇'⋅P+P⋅∇'

rrrrrrr''

PPr1∇⋅P1∇⋅P''''

dV+∫'∇⋅(dV]=dV+⋅dS]则ϕ=[−∫'[−∫'

VVVSrrrr4πε04πε0

又有

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

而电势的法向微商是连续的

daw

σ⋅∆s

,ε0

答

ε0

各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面

案

1rrn⋅P ϕ2−ϕ1=

.c

形成面

+

rr

偶极层而偶极矩密度P=limσl.)

证明1

.kh

如图可得

课

2E⋅∆s=

后

σ→∞l→0

网

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 面电荷两侧电势法向微商有跃变而电势是连续的1在

面偶极层两侧电势有跃变2在

σσσ

z−z=0 ∴E=,φ1−φ2=

2ε02ε02ε0

www

面

r∂φ1r∂φ2σrσ

ez =E1==

E2=(−ez)

∂n12ε0∂n

22ε

0∂φ1

∂φ2σ

−=∂n1∂n2ε0

rσrE=ez

∴

2)可得

ε0

rrrrrn⋅Pσrn⋅l= ∴φ2−φ1=limE⋅l=lim

l→0

l→0

ε0ε0

r∂φ1r∂φ2

又=E,=E

∂n∂n

- 17 -

z

om

rrr

srρPσPP⋅n1∇⋅P1''

dV+dS]=dV+dS] =[−[

rr4πε0∫V'r4πε0∫Vr

'

+

∴

∂φ2∂φ1

−=0.∂n∂n

18.一个半径为R0的球面球面上电势为−ϕ0

在球坐标0

ππ

的半球面上电势为ϕ0在

求空间各点电势

提示

Pn(1)=1

0,(n=奇数)



Pn(0)=n1⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−1)

22⋅4⋅6,(n=偶数)(−1)

解

φ

r=R0

φ内=∑AlrlPl(cosθ)

.kh

1

π

φ≤θ

=f(θ)=

−φ,π

daw

Alrl是展开系数

2l+1π

[−∫φ内

02

R0

课

∇2φ内0



∇2φ外=0



φ内r→0

φ外r→∞=0

www

l

lAlR0

2l+1=fl=[∫φ内

2−1

π

后

这是φ内按球函数展开的广义傅立叶级数

R0Pl(cosθ)dcosθ]=

答

案

π2l+1

=[−∫2φ0Pl(cosθ)sinθdθ+πφ0Pl(cosθ)sinθdθ]

022

0−12l+1

=[φ0∫Pl(x)dx−φ0∫Pl(x)dx]

102

012l+1

=φ0[−∫Pl(x)dx+∫Pl(x)dx

−102

由Pl(−x)=(−1)Pl(x)则

l

AlR0

12l+1l+11

=φ0[(−1)∫P(x)dx+∫P(x)dx]

002

- 18 -

.c

Pl(cosθ)⋅sinθdθ]

网

om

∫0

1

Pn(x)dx=

Pn+1(x)−Pn−1(x)1

0,

2n+1

=

12l+1

φ0[(−1)l+1+1]∫Pl(x)dx

02l

AlR0=0

当l为偶数时当l为奇数时 AlR0=

l

有

1P(x)−Pl−1(x)2l+1

φ0[(−1)l+1+1]∫Pl(x)dx=(2l+1)φ0l+1

022l+1l+1

[(−1)2

10

=−φ0

=φ0

l−1

[(−1)2

1⋅3⋅5⋅⋅⋅l

+(−1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

l−12

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

]

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)

l−12

后

φ内=∑φ0φ外

Bl

l−1(−1)2

又

Blrl+1

2l+11=[φ外

2∫−1

l−1(−1)2

.kh

R0Pl(cosθ)]=φ0

∑rl+1Pl(cosθ)

课

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)r

(2l+1)()lPl(cosθ),(l取奇数

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)R0

daw

l−1(−1)2

答

φ

则 Al=0(−1)l

R0

案

l−12

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

网

=φ0

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)l

(+1)=φ0(−1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)l+1

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

r>R0)

即

www

φ外=∑

R1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)(0)l+1Pl(cosθ),(l为奇数

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)r

- 19 -

.c

l−1

(−1)2

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

om

r

1⋅3⋅5⋅⋅⋅l

−(−1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

l−12

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

]

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)