電動力學習題解答2

2023年12月30日發(作者：老伯伯)

電動力學習題解答

第二章 靜電場

1. 一個半徑為R的電介質球，極化強度為P?Kr/r，電容率為?。

（1）計算束縛電荷的體密度和面密度：

（2）計算自由電荷體密度；

（3）計算球外和球內的電勢；

（4）求該帶電介質球產生的靜電場總能量。

2222解：（1）?p????P??K??(r/r)??K[(1/r)??r?r??(1/r)]??K/r

2?p??n?(P2?P1)?er?Pr?R?K/R

（2）D內??0E?P?P?/(???0)

?f???D內????P/(???0)??K/(???0)r2

（3）E內?D內/??P/(???0)

E外?D外?0?r???fdV4??0r2er??KRe

2r?0(???0)r?外??E外?dr?Rr?KR

?0(???0)r?R?內??E內?dr??E外?dr?KR?(ln?)

???0r?02R4?rdr11?K21?2K2R2?4?r2dr（4）W??D?EdV?

?2?22?R4022(???0)2?0(???0)rr?K2?2??R(1?)()

?0???02. 在均勻外電場中置入半徑為R0的導體球，試用分離變量法求下列兩種情況的電勢：（1）導體球上接有電池，使球與地保持電勢差?0；

（2）導體球上帶總電荷Q

解：（1）該問題具有軸對稱性，對稱軸為通過球心沿外電場E0方向的軸線，取該軸線為極軸，球心為原點建立球坐標系。

當R?R0時，電勢?滿足拉普拉斯方程，通解為

bn)Pn(cos?)

n?1Rn因為無窮遠處

E?E0，???0?E0Rcos???0?E0RP1(cos?)

所以

a0??0，a1??E0，an?0,(n?2)

???(anRn?當

R?R0時，???0

所以

?0?E0R0P1(cos?)?即：

?0?b0/R0??0,bnP(cos?)??0

?n?1nnR0b1/R02?E0R0

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所以

b0?R0(?0??0),3b1?E0R0,bn?0,(n?2)

3??0?E0Rcos??R0(?0??0)/R?E0R0cos?/R2???(R?R0)??0（2）設球體待定電勢為?0，同理可得

3??0?E0Rcos??R0(?0??0)/R?E0R0cos?/R2???(R?R0)??0當

R?R0時，由題意，金屬球帶電量Q

(R?R0)(R?R0)

Q????0???nR?R0dS??0?(E0cos???0??02?2E0cos?)R0sin?d?d?

R0?4??0R0(?0??0)

所以

(?0??0)?Q/4??0R0

3??0?E0Rcos??Q/4??0R?(E0R0/R2)cos?(R?R0)???

(R?R0)??0?Q/4??0R3. 均勻介質球的中心置一點電荷Qf，球的電容率為?，球外為真空，試用分離變量法求空間電勢，把結果與使用高斯定理所得結果比較。

提示：空間各點的電勢是點電荷Qf的電勢Qf/4??R與球面上的極化電荷所產生的電勢的迭加，后者滿足拉普拉斯方程。

解：（一）分離變量法

空間各點的電勢是點電荷Qf的電勢Qf/4??R與球面上的極化電荷所產生的電勢的迭加。設極化電荷產生的電勢為??，它滿足拉普拉斯方程。在球坐標系中解的形式為：

bn）P（

ncos?）n?1Rnd????外（cnRn?nn?1）P（

ncos?）Rn??0，?cn?0。 當R??時，?外?為有限，?bn?0。 當R?0時，?內????內（anRn???所以

?內??? ，

?外?anRnP（ncos?）nndnP（cos?）

n?1nR由于球對稱性，電勢只與R有關，所以

an?0,(n?1)

dn?0,(n?1)

??a0，

?外??d0/R

?內所以空間各點電勢可寫成?內?a0?Qf4??R

?外?d0R?Qf4??R

當R?R0時，由

?內??外 得：

a0?d0/R0

第 2 頁

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由

???內?n??0??外?0Qf?0d0Qf11得：??2，d0?(?)

22?n4??0?4?R04??R0R0Qf11?)

4?R0?0?QfQf11所以

?內?

?（?）4??R4?R0?0?QfQfQf11

?外??（?）?4??R4?R?0?4??0R （二）應用高斯定理

在球外，R>R0 ，由高斯定理得：?0E外?ds?Q總?Qf?Qp?Qf，（整個導體球的束縛電荷Qp?0），所以

E外?則

a0?Qf(?Qf24??0R??QfQf

?外??E外?dR??dR?24??R0RR4??0Rer ，積分后得：

在球內，R

E內??Qf4??R2R0Rer ，積分后得：

??內??E內?dR??E外?dR?R0Qf4??R?Qf4??R0?Qf4??0R 結果相同。

4. 均勻介質球（電容率為?1）的中心置一自由電偶極子pf，球外充滿了另一種介質（電容率為?2），求空間各點的電勢和極化電荷分布。

解：以球心為原點，pf的方向為極軸方向建立球坐標系。空間各點的電勢可分為三種電荷的貢獻，即球心處自由電偶極子、極化電偶極子及球面上的極化面電荷三部分的貢獻，其中電偶極子產生的總電勢為pf?R/4??1R。所以球內電勢可寫成：3?i??'i?pf?R/4??1R3；球外電勢可寫成：?o??'o?pf?R/4??1R3

其中?'i和?'o為球面的極化面電荷激發的電勢，滿足拉普拉斯方程。由于對稱性，?'i和?'o均與?無關。考慮到R?0時?'i為有限值；R??時?'o?0，故拉普拉斯方程的解為：

?i???anRnP（(R?R0)

ncos?）nbnP（cos?）(R?R0)

n?1nRn3n（(R?R0) （1） 由此

?i?pf?R/4??1R??anRPncos?）????on（n?1）?o?pf?R/4??1R3??bnR?P（(R?R0) （2）

ncos?）n第 3 頁

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邊界條件為：?iR?R0??oR?R0 （3）

（4）

R?R0?1??i?R??2R?R0??o?R（將（1）（2）代入（3）和（4），然后比較Pncos?)的系數，可得：

an?0,bn?0(n?1)

3

a1?(?1??2)pf/2??1(?1?2?2)R03b1?a1R0?(?1??2)pf/2??1(?1?2?2)

于是得到所求的解為：

?i?pf?R4??1R3?(?1??2)pfRcos?32??1(?1?2?2)R0(?1??2)??pf?R(R?R0)334??1R2??1(?1?2?2)R0pf?R(?1??2)pfcos?pf?Rpf?R(?1??2)?o????4??1R32??1(?1?2?2)R24??1R32??1(?1?2?2)R3?3pf?R4?(?1?2?2)R3(R?R0)pf?R

在均勻介質內部，只在自由電荷不為零的地方，極化電荷才不為零，所以在球體內部，只有球心處存在極化電荷。

?p????P????[(?1??0)E]????[?(?0/?1?1)?f所以

pp?(?0/?1?1)pf

在兩介質交界面上，極化電荷面密度為

?1??0?D]?(0?1)??D?1?1

?p?er?(p1?p2)?(?1??0)er?Ei?(?2??0)er?Eo

??(?1??0)由于?1??i?R?(?2??0)R0??o?R

R0??i?R??2R0??o?R，所以

R03?0(?1??2)pf??i??o?p??0(?)?cos?

3?R?RR02??1(?1?2?2)R05. 空心導體球殼的內外半徑為R1和R2，球中心置一偶極子p球殼上帶電Q，求空間各點的電勢和電荷分布。

解：以球心為原點，以p的方向為極軸方向建立球坐標系。在R?R1及R?R2兩均勻區域，電勢滿足拉普拉斯方程。通解形式均為

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bn）P（

ncos?）n?1Rn當R??時，電勢趨于零，所以R?R2時,電勢可寫為

b?o??nn?1P（ (1)

ncos?）Rn當R?0時，電勢應趨于偶極子p激發的電勢：

（anRn??pf?R/4??0R3?pcos?/4??0R2

所以R?R1時，電勢可寫為

?i?pcos???anRnP（ (2)

ncos?）24??0RnbnP（cos?）??s (3)

n?1nR2n設球殼的電勢為?s,則

?oR??2n?iR1?pcos?/4??0R12??anR1nP（??s (4)

ncos?）由(3)得：

b0??sR2 ；bn?0(n?0)

(n?0,1)

3由(4)得：

a0??s ；a1??p/4??0R1 ；an?0所以

?o??sR2/R (5)

?i?pcos?/4??0R2??s?pRcos?/4??0R13 (6)

??o?R?dS??0s224?R2?Q 得： 再由

??0?RRS?s?Q/4??0R2 (7)

將(7)代入(5)(6)得：

?o?Q/4??0R

(R?R2)

pcos?QpRcos?1p?RQp?R?i????(??3)

4??0R24??0R24??0R134??0R3R2R1在R?R2處，電荷分布為：

??Dn???0??o?R??i?R?R2Q

24?R23pcos?

34?R1在R?R1處，電荷分布為：

?'??Dn??0??R16. 在均勻外電場E0中置入一帶均勻自由電荷?f的絕緣介質球（電容率為?），求空間各點的電勢。

解：以球心為原點，以E0的方向為極軸方向建立球坐標系。將空間各點的電勢看作由兩部分迭加而成，一部分?1為絕緣介質球內的均勻自由電荷產生，另一部分?2為外電第 5 頁

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場E0及E0感應的極化電荷產生。前者可用高斯定理求得，后者滿足拉普拉斯方程。由于對稱性，?2的形式為

?(annRn?bnR?(n?1))Pn(cos?)

對于?1，當R?R0時，由高斯定理得：

33D1??fR0/3R2 ，

E1??fR0/3?0R2

當R?R0時，由高斯定理得：

D2??fR/3 ，

E2??fR/3?

?1的球外部分：

?o1??(?fR/3?0R)dR??(?fR/3?)dR

RR0R03020322??fR0/3?0R??fR0/3?0??fR0/6? （1）

?1的球內部分：

?i1??E2?dR??(?fR/3?)dR???fR2/6? （2）

RR00對于?2，當R??時，?2??E0Rcos?，所以

?o2??E0Rcos???nbnP（cos?）(R?R0)

n?1nR(R?R0)

當R?0時，?2為有限，所以

?i2??anRnP（ncos?）n邊界條件為：R?R0時，?o2??i2，?0??o2?R??R0??i2?R。即：

R0??E0R0cos???bnR0?(n?1)Pn(cos?)??anR0nPn(cos?)?nn

??(n?2)n?1?ERcos???(n?1)bRP(cos?)??naRP(cos?)??000?n0nn0nnn?比較Pn(cos?)的系數，解得：

a1??3?0E0/(??2?0)

3b1?(???0)E0R0/(??2?0)

an?bn?0(n?1)

(R?R0) (3)

32所以

?o2??E0Rcos??(???0)E0R0cos?/(??2?0)R?i2??3?0E0Rcos?/(??2?0)由(1) (2) (3) (4)得:

(R?R0) (4)

(R?R0)

??fR02??3????2??fR??6??33?fR0(???0)E0R0cos?1(?)??E0Rcos???02?3?0R(??2?0)R21?3?0E0Rcos???2?0(R?R0)第 6 頁

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7. 在一很大的電解槽中充滿電導率為?2的液體，使其中流著均勻的電流Jf0。今在液體中置入一個電導率為?1的小球，求穩恒時電流分布和面電荷分布，討論?1???2及?2???1兩種情況的電流分布的特點。

解：本題雖然不是靜電問題，但當電流達到穩定后，由于電流密度Jf0與電場強度E0成正比（比例系數為電導率），所以E0也是穩定的。這種電場也是無旋場，其電勢也滿足拉普拉斯方程，因而可以用靜電場的方法求解。

(1)未放入小球時，電流密度Jf0是均勻的，由Jf0??2E0可知，穩恒電場E0也是一個均勻場。因此在未放入小球時電解液中的電勢?0便是均勻電場E0的電勢。放入小球后，以球心為原點，E0的方向為極軸方向，建立球坐標系。為方便起見，以坐標原點為電勢零點。在穩恒電流條件下，??/?t?0，所以：

??J?0 (1)

由(1)式可推出穩恒電流條件下的邊界條件為:

n?(J2?J1)?0 (2)

設小球內的電勢為?1，電解液中的電勢為?2，則在交界面上有：

?1R??2R (3)

00??1?? (4)

??22?RR?R0?RR?R0將J??E及E????代入(1)，得：

??J???(?E)????2??0

?1可見?滿足拉普拉斯方程

考慮到對稱性及R??時E?E0，球外電勢的解可寫成：

?2n其中利用了Jf0??2E0。

考慮到R?0時電勢為有限值，球內電勢的解可寫成：

?1??anRnP（(R?R0) (6)

ncos?）n?2??Jf0Rcos???bnP（cos?）(R?R0) (5)

n?1nR因為選R?0處為電勢零點，所以a0?0，將(5) (6)代入(3) (4)得：

?bnn (7)

P（cos?）?aR（?n0Pncos?）n?1n?2nR0nJb?2[?f0cos???(n?1)nn?2P（]??1?nanR0n?1P（ (8)

ncos?）ncos?）?2R0nnR0cos???3a1??3Jf0/(?1?2?2) ,

b1?(?1??2)Jf0R0/(?1?2?2)?2

Jf0由(7)(8)兩式可得:

an?0,bn?0(n?1)

所以：

?1??3Jf0Rcos?/(?1?2?2)??3Jf0?R/(?1?2?2) (R?R0)

3?2??Jf0Rcos?/?2?(?1??2)Jf0R0cos?/(?1?2?2)?2R2

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3??Jf0?R/?2?(?1??2)R0Jf0?R/(?1?2?2)?2R3 (R?R0)

由此可得球內電流密度:

J1??1E1???1??1?3?1?(Jf0?R)/(?1?2?2)?3?1Jf0/(?1?2?2)

電解液中的電流密度為:

J2??2E2???2??2

33(Jf0?R)RJf0(?1??2)R0?Jf0?[?3](?1?2?2)R5R

(2)兩導體交界面上自由電荷面密度

?f?er?(D2?D1)??0er?(E2?E1)??0er?(J2/?2?J1/?1)

(3) 當?1???2，即球的電導率比周圍電解液的電導率大的多時，

?3(?1??2)?0Jf0cos?/(?1?2?2)?2(?1??2)/(?1?2?2)?1所以，

J1?3Jf0

，

3?1/(?1?2?2)?3

3J2?Jf0?(R0/R3)[3(Jf0?R)R/R2?Jf0]

?f?3?0Jf0cos?/?2當?1???2時，同理可得：

J1?0

3J2?Jf0?(R0/2R3)[3(Jf0?R)R/R2?Jf0]

?f??3?0Jf0cos?/2?2

8. 半徑為R0的導體球外充滿均勻絕緣介質?，導體球接地，離球心為a處（a >R0）置一點電荷Qf，試用分離變量法求空間各點電勢，證明所得結果與電象法結果相同。

解：以球心為原點，以球心到點電荷的連線為極軸建立球坐標系。將空間各點電勢看作由兩部分迭加而成。一是介質中點電荷產生的電勢

?1?Qf/4??R2?a2?2Racos?，

二是球面上的感應電荷及極化面電荷產生的?2。后者在球內和球外分別滿足拉普拉斯方程。考慮到對稱性，?2與?無關。

由于R?0時，?2為有限值，所以球內的?2解的形式可以寫成

?i2??anRnPn(cos?) （1）

n由于R??時，?2應趨于零，所以球外的?2解的形式可以寫成

?o2??nbnPn(cos?) （2）

Rn?1n由于

R2?a2?2Racos??(1/a)?(R/a)nPn(cos)

?1?(Qf/4??a)?(R/a)nPn(cos) （3）

n第 8 頁

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當R?R0時，?內??1??i2

?(Qf/4??a)?(R/a)nPn(cos)??anRnPn(cos?) （4）

nn當R?R0時，?外??1??o2

?(Qf/4??a)?(R/a)nPn(cos)??nnbnPn(cos?) （5）

Rn?1因為導體球接地，所以

?內?0 （6）

?外R??內R?0 （7）

00將（6）代入（4）得:

an??Qf/4??an?1 （8）

2n?1將（7）代入（5）并利用（8）式得:

bn??QfR0/4??an?1 （9）

將（8）（9）分別代入（4）（5）得:

?內?0(R?R0) （10）

?外?14??[QfR?a?2Racos?22?R0QfaR?(R/a)?2RRcos?/a220220],

(R?R0) （11）

用鏡像法求解：設在球內r0處的像電荷為Q’。由對稱性，Q’在球心與Qf的連線上，根據邊界條件：球面上電勢為0，可得：（解略）

r0?R02/a，

Q'??R0Qf/a

所以空間的電勢為

?外?QfR0Qf1QfQ'1(?)?[?]

(R?R0)

2222224??r1r24??R?a?2Racos?aR?(R0/a)?2RR0cos?/a9. 接地的空心導體球的內外半徑為R1和R2，在球內離球心為a處(a

解：假設可以用球外一個假想電荷Q'代替球內表P面上感應電荷對空間電場的作用，空心導體球接R'R1R地，球外表面電量為零，由對稱性，Q'應在球OQ心與Q的連線上。

Q'考慮球內表面上任一點P，邊界條件要求：

Q/R?Q'/R'?0 (1)

式R為Q到P的距離，R’為Q'到P的距離，因此，對球面上任一點，應有

R'/R??Q'/Q?常數 (2)

只要選擇Q'的位置，使?OQ'P~?OPQ，則

R'/R?R1/a?常數 (3)

2設Q'距球心為b，則b/R1?R1/a，即b?R1/a (4)

由（2）（3）兩式得:

Q'??R1Q/a

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R?R/a?2RRcos?/a導體內電場為零，由高斯定理可知球面上的感應電荷為?Q，分布于內表面。

由于外表面沒有電荷，且電勢為零，所以從球表面到無窮遠沒有電場，?外?0。

10. 上題的導體球殼不接地，而是帶總電荷Q0，或使具有確定電勢?0，試求這兩種情況的電勢。又問?0與Q0是何種關系時，兩情況的解是相等的？

解：由上題可知，導體球殼不接地時，球內電荷Q和球的內表面感應電荷?Q的總效果是使球殼電勢為零。為使球殼總電量為Q0，只需滿足球外表面電量為Q0+Q即可。因此，導體球不接地而使球帶總電荷Q0時，可將空間電勢看作兩部分的迭加，一是Q與內表面的?Q產生的電勢?1，二是外表面Q0+Q產生的電勢?2。

1QR1Q/a?1內?[?]，(R?R1)

2224224??0R?a?2Racos?R?R1/a?2R1Rcos?/a??14??0[QR?a?2Racos?22?R1Q/a241221]

?1外?0，

(R?R1)；

?2內?(Q?Q0)/4??0R2，

(R?R2)；

?2外?(Q?Q0)/4??0R，

(R?R2)，所以

??(Q?Q0)/4??0R(R?R2)

??(Q?Q0)/4??0R2(R1?R?R2)??14??0[QR2?a2?2Racos??R1Q/aR2?R14/a2?2R12Rcos?/a?Q?Q0]，(R?R1)R2由以上過程可見，球面電勢為(Q?Q0)/4??0R2。

若已知球面電勢?0，可設導體球總電量為Q'0，則有：

(Q?Q'0)/4??0R2??0，即：(Q?Q'0)/4??0??0R2

電勢的解為：

(R?R2)??0R2/R??(R1?R?R2)?0?QR1Q/a???1

[?]??0?4??0R2?a2?2Racos?R2?R14/a2?2R12Rcos?/a??(R?R1)?當?0和Q0滿足?0?(Q?Q0)/4??0R2時，兩種情況的解相同。

11. 在接地的導體平面上有一半徑為a的半球凸部（如圖），半球的球心在導體平面上，點電荷Q位于系統的對稱軸上，并與平面相距為b（b>a），試用電象法求空間電勢。

解：如圖，根據一點電荷附近置一無限大接地導體平板和一點電荷附近置一接地導體球兩個模型，可確定三個鏡像電荷的電量和位置。

QPa?Qb?ROaQb?Qa2a2aaez；Q2?Q，r2??ez；

Q1??Q，r1?bbbb第 10 頁

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Q3??Q，r3??bez，所以

??Q4??0?[1R2?b2?2Rbcos?a?1R2?b2?2Rbcos?,(0????2?aa4a2bR?2?2Rcos?bb2bR2?aa?2Rcos?2bb42],R?a)

z12. 有一點電荷Q位于兩個互相垂直的接地導體平面所

?QaQ(x0,a,b)(x,?a,b) 圍成的直角空間內，它到兩個平面的距離為a和b， 求0b空間電勢。

y解：用電像法，可以構造如圖所示的三個象電荷來代替兩導體板的作用。

??Q4??0[1(x?x0)2?(y?a)2?(z?b)2?

?Q(x0,?a,?b)?Q(x0,a,?b)?1(x?x0)?(y?a)?(z?b)222

?1(x?x0)?(y?a)?(z?b)222?1(x?x0)?(y?a)?(z?b)222],(y,z?0)

z13. 設有兩平面圍成的直角形無窮容器，其內充滿電導率為σ的液體。取該兩平面為xz面和yz面在(x0,y0,z0)和(x0,y0,?z0)兩點分別置正負電極并通以電流I，求導電液體中的電勢。

解：本題的物理模型是，由外加電源在A、B兩點間建立電場，使溶液中的載流子運動形成電流I，當系統穩定時，屬恒定場，即??/?t?0，??J?0。對于恒定的電流，可按靜電場的方式處理。于是在A點取包圍A的高斯面，則

oA(x0,y0,z0)?xyB(x0,y0,?z0)I/??Q/?

可得：Q?I?/? 。

同理，對B點有：

QB??I?/??Q

又，在容器壁上,

jn?0，即無電流穿過容器壁。

由j??E可知，當jn?0時，En?0。

容器內的電勢分布為：?E?dS?Q/?，

由于I??j?dS，j??E，所以

Q(?x0,?y0,z0)zQ(x0,?y0,z0)oQ(?x0,y0,z0)Q(x0,y0,z0)y?Q(?x0,y0,?z0)x?Q(?x0,?y0,?z0)?Q(x0,?y0,?z0)?Q(x0,y0,?z0)所以可取如右圖所示電像，其中上半空間三個像電荷Q，下半空間三個像電荷 -Q，第 11 頁

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?Qi?I1???[?r?4??4??i?1?(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2?i?11??(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)211??(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)211??(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)21?]

222(x?x0)?(y?y0)?(z?z0)d?(x)14. 畫出函數d?(x)/dx的圖，說明???(p??)?(x)是一個位??18于原點的偶極子的電荷密度。

dx?0,x?0解：（1）?(x)??

?,x?0?d?(x)?(x??x)??(x)

?lim?x?0dx?x1）x?0時，d?(x)/dx?0

d?(x)0??2）x?0時，a) 對于?x?0，?lim???

?x?0dx?xd?(x)0??b) 對于?x?0，?lim???

?x?0?xdx圖象如右圖所示。

ox???(p??)?(x)??(px1?/?x1?px2?/?x2?px3?/?x3)?(x)

??xdV???(p??)?(x)xdV???(p其中第一項為：

x1?/?x1?px2?/?x2?px3?/?x3)?(x)xdV

??[(px1????(x1)?(x2)?(x3)?(x1e1?x2e2?x3e3)dx1dx2dx3

)?(x)]xdV???px1?x1?x1??(x1)d?(x1)?(x2)?(x3)(x1e1?x2e2?x3e3)dx1dx2dx3??e1?px1x1dx1

?x1dx1d?t?(t)?d?(t)d?(t)d?t?(t)???(t)?t???(t)，可得： 應用，即tdtdtdtdtd?(x1)?e1?px1x1dx1??e1?px1d?x1?(x1)??e1?px1?(x1)dx1

dx1??e1px1x1?(x1)?e1px1?e1px1 (x=0)

???px1同理可得另外兩項分別為e2px2及e3px3，所以，偶極子的電荷密度。

第 12 頁

??xdV?p,即 p是一個位于原點的

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15. 證明：（1）?(ax)??(x)/a

(a?0)，（若a?0，結果如何？）

（2）x?(x)?0

證明：1) 顯然，當x?0時，?(ax)??(x)/a成立；又

d(ax)1??1

?(ax)dx??(ax)??(ax)d(ax)???????aa???a??????????(x)dx?1

所以?(ax)??(x)/a在全空間成立。

若a?0，??????(ax)dx???(?ax)dx???(?ax)????????d(?ax)1??

?aa即，?(ax)???(x)/a

所以?(ax)??(x)/a在全空間成立。

2) 由?(x)的選擇性證明。

???x?(x)?x?(x)?0，而???x?(x)dx?xx?0?0

?x?(x)?0 ，進而x?(x)?0

16. 一塊極化介質的極化矢量為P(x')，根據偶極子靜電勢的公式，極化介質所產生的靜P(x')?rdV'，另外根據極化電荷公式?p???'?P(x')及?p?n?P，電勢為???34??r0V?'?P(x')P(x')?dS'dV'??極化介質所產生的電勢又可表為????，試證明以上V4??rS4??r00兩表達式是等同的。

證明：由第一種表達式得

??14??0?VP(x')?r1dV'?4??0r3?1?P(x')??'??dV'

?V?r??1?1?1???'??P???'?P?P??'??

?r?r?r?1??'?P(x')?P(x')??????dV'??'???dV'?

???VV4??0?r?r????1??'?P(x')?P(x')?，

?dV'??dS'??????VS4??0?r?r??所以，兩表達式是等同的。

實際上，繼續推演有：

?p?1??'?P(x')P?n1??p????dV'??dS'?dV'??dS'??V?

?????VSS4??0?rrr?4??0?r?剛好是極化體電荷的總電勢和極化面電荷產生的總電勢之和。

17. 證明下述結果，并熟悉面電荷和面偶極層兩側電勢和電場的變化。

（1）在面電荷兩側，電勢法向微商有躍變，而電勢是連續的。

第 13 頁

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（2）在面偶極層兩側，電勢有躍變?2??1?n?P/?0，而電勢的法向微商是連續的。

（各帶等量正負面電荷密度±σ而靠的很近的兩個面，形成面偶極層，而偶極矩密度P?lim?l）

???l?0zE證明：1）如圖，由高斯定理可得：2E??S????S/?0，

?E??/2?0，

?12x???2??1?(?/2?0)z?(?/2?0)z?0

?S即，電勢是連續的，但是

E??1/?n1?E1n?ez?/2?0，??2/?n2?E2n??ez?/2?0

???1/?n1???2/?n2??/?0 φ1 +σ

即，電勢法向微商有躍變 n E l

2）如圖，由高斯定理可得：E?ez?/?0 φ2

－σ

??2??1?limE?l?lim?n?l/?0

z

l?0l?0?n?P/?0

又

??1/?n?E，??2/?n?E

???1/?n???2/?n?0，即電勢的法向微商是連續的。

18. 一個半徑為R0

的球面，在球坐標0????/2的半球面上電勢為?0在?/2????的半球面上電勢為??0，求空間各點電勢。

P(x)?Pn?1(x)提示：?Pn(x)dx?n?1，Pn(1)?1，

02n?1011?0,（n?奇數）?

Pn(0)??n/21?3?5???(n?1)(?1),（n?偶數）?2?4?6???n?22解：由題意，球內外電勢均滿足拉普拉斯方程：??內?0；??外?0

球內電勢在r?0時為有限，球外電勢在r??時為0，所以通解形式為：

b?內??anrnPn(cos?) ，?外??nnP(cos?) 。

?1nnnr??0,(0????/2)??外r?R，即

?r?R?f(?)??在球面上，?內

r?R000??,(?/2????)?0將f(?)按球函數展開為廣義傅立葉級數，f(?)??fnPn(cos?)

nn?(n?1)?fn，下面求fn。 則

anR0?bnR0fn?2n?112n?1?f(?)P(cos?)dcos???RPn(cos?)sin?d?

n??0?1022第 14 頁

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?2n?1?2?[?0Pn(cos?)sin?d?????0Pn(cos?)sin?d?]

2?020?11?12n?12n?1??[?0?Pn(x)dx??0?Pn(x)dx]??0[?Pn(x)dx??Pn(x)dx]

100022n由于Pn(?x)?(?1)Pn(x)，所以

1112n?12n?1n?1n?1fn??0[?Pn(x)dx?(?1)?Pn(x)dx]??0[1?(?1)]?Pn(x)dx

00022當n為偶數時，fn?0；

P(x)?Pn?1(x)2n?11當n為奇數時，fn??0[1?1]n?1??0[Pn?1(x)?Pn?1(x)]0

22n?10n?11?3?5???(n?2)??0[?Pn?1(0)?Pn?1(0)]??0(?1)2(2n?1)

2?4?6???(n?1)n?11?3?5???(n?2)?2(?1)(2n?1)

an?fn/R0n?0n2?4?6???(n?1)R0n?11?3?5???(n?2)(n?1)n?1bn?fnR0?0R0(?1)2(2n?1)

2?4?6???(n?1)至此，可寫出球內外的電勢為

1?內???0(?1)?外???0(?1)n?121?3?5???(n?2)r(2n?1)()nPn(cos?),(n為奇數，r?R0）

2?4?6???(n?1)R0R1?3?5???(n?2)(2n?1)(0)n?1Pn(cos?),(n為奇數，r?R0)

2?4?6???(n?1)rn?12第 15 頁