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 (R<R) -医眼品 (R>R) 解法二：（分离变量法）由题意得定解问题 7201= -8L8(i-cXR<Ro) (1) 7202 0(R>R) (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