电动力学第二章习题解答.pdf

华中师大 陈义成 - 16 - 第二章第二章 习题解答习题解答 2.12.1 有两个电量相等的点电荷相距为2b， 在他们中间放置一个接地的半径为a的 导体球，试求能抵消二电荷斥力的导体球最小半径的近似值 【解】由镜像法，球外电场为两个给定 电荷q+与两个像电荷 q 所共同产生的电场。 像电荷的大小 a qq b = ，他们分别位于球 心两边，与球心的距离 b a b 2 =，如图所示。 对每个给定的点电荷q说，除受另一个q+电荷斥力之外，还受两个像电荷的引力作 用。若使这些力相互抵消，要求 () 22 2 222 22 2 aa qq q bb b aa bb bb =+ + 对满足上式a的最小值，ab.问应给予这个 球多少电荷才能使球面上的面电荷处处为正值如果球外是负电荷呢？ 【解】以球心与点电荷所在点的连线为 z 轴，原点为球心，建立直角坐标系。为 保证导体球面为等势面， 导体球面的作用可以用点 2 0, 0, a r 处的电荷 a q r 及球 心（0，0，0）处的点电荷 a q r 代替。这样，在点), 0 , 0( + a处，场强E ? 为 ()() () 222 2 0 1 4() z a r qa r qq Ee ara aar = ? a qq q b b O q 华中师大 陈义成 - 17 - () 22 0 1 4()() z r a qqq e arrara = ? 显然，在（0，0，a）处，有最大的负感应面电荷密度，由上式，知其为： 0 22 11 4()() zn qr a E arrara = 如果给予球的电量为Q，则Q均匀分布在球面上（球面上已有感应电荷分布） ，为使 处处大于零，应有 2 4 z Qa ，即 2 22 22 11(3) 41 ()() rara Qaa qq araarr ra =+= 在（0，0，a）处，场强为 22 0 11 4()() z qr a Ee rarara = + + ? ? 如果qq，则在（0，0，a）处有最大的负感应电荷密度，由上，所需Q为 22 0 22 0 11 44 4()() qr a Qaa rarara = + + 2 2 (3) () qara r ra + = + 2.3 在均匀电场 0 E ? 中置入半径为 0 R的导体球，使用分离变数法求下列两种情况 的电势： （一）导体球上接有电池，使球与地保持电势差 0 ； （二）导体球上带总电荷Q。 【解】 （一）导体球接电池 一、选坐标系 取原点在球心的球坐标，z轴沿 0 E ? 方向。 二、方程 由于自由电荷只分布在球面上，故球内外电势 1 、 2 均满足拉普拉 斯方程：0 2 = 三、对称性与通解形式 本问题有轴对称性，故通解为： 10 2 1 : (1) :(cos ) (2) n n nn n n b a RP R + = =+ 球内 球外 四、边值关系和边界条件 (1) 200 cos R E R = + （3） 华中师大 陈义成 - 18 - (2) 00102 )()(=RR （4） 五、求解 将（2）代入（3） ，得 00 cos)(cos+= REPRa n n n n 由此得： 00 10 0, (0, 1) n a aE an = = = 代入（4）得 0000 1 0 cos(cos ) n n n n b E RP R + += 由此得 3 0000100 (), , 0, (0, 1) n bRbE Rbn= = 于是 10 3 00000 200 2 (5) () coscos (6) RE R E R RR = =+ （二）导体球上带总电荷Q，这时 0 0 0 200 / 210 2 0 cos (7) (8) d R R R R R S R R E R Q S n = = = = = = ? (9) 与上一问题类似，得 cos )( cos 2 3 0000 / 0 002 R RE R R RE+ += 而 cos 2)( cos 3 3 00 2 00 / 0 0 22 R RE R R E Rn = = 代入（9） ： / 2 2 00 00 00 0 d3cossin dER R = 华中师大 陈义成 - 19 - 22/ 00000 000 1 6cos4 () 2 QQ E RR =+ = 由此解得 / 00 00 4 Q R =+ 于是 10 00 3 00 200 2 00 (10) 4 coscos (11) 4 Q R E RQ E R RR =+ =+ 2.4 均匀介质球的中心置一点电荷 f Q，球的电容率为，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。 【解】一、选坐标系 取原点在球心的球坐标。 二、方程 由于自由点电荷只在球心，故0R 处的电势均满足拉普拉斯方程： )0(0 2 =R 三、对称性与通解形式 本问题有球对称性，故通解为： 0 10 0 20 : (1) : (2) b a R d c R =+ =+ 球内 球外 四、边值关系和边界条件 0 2 = R ； （3） 00 21 RRRR= =； （4） 00 12 0 R RR R RR = = ； （5） 2 0 d S Q S R = ? 。 （6） 五、求解 由（3） ，有 20 ( )0c =，代入（2）得 0 2 d R = （7） 由（6） ，有 2 0f 2 0 d S dQ R R = i ? ，得 f 0 0 4 Q d =，代入（7）得 Q 1 0 R O x0 2 y z 华中师大 陈义成 - 20 - f 2 0 4 Q R = （8） 由（5） ： 0f 0 22 000 4 bQ RR =，得 f 0 4 Q b =，代入（1）得 f 10 4 Q a R =+ （9） 由（4） ： ff 0 000 44 QQ a RR +=，得 f 0 00 11 4 Q a R = （10） 代入（9） ，得： ff 1 00 11 44 QQ RR =+ ff 1 00 f 2 0 11 : (11) 44 : (12) 4 QQ RR Q R =+ = 球内 球外 用高斯定理进行计算，由 f d S DSQ= ? i ? ，即 2 2f 4DRQ=i，得 2f 2 2 00 4 DQ E R = ff 22 2 00 d d 44 RR QQR ER RR = 同样有 2 1f 4DRQ=i，得 1f 1 2 4 DQ E R = 00 00 ff 112 22 0 dd dd 44 RR RRRR QQRR E RER RR =+=+ ff 00 11 44 QQ RR =+ 2.52.5 一个球形的航天器（半径为 20 米） ，接近一个铁质的小行星，小行星大致 为球形，半径为 100 米假设航天器因为燃烧燃料带有电荷 6 10Q =C，并且小行星 可视为良导体 （1）用语言简要地描述航天器在着陆前、后所受到的静电力 （2）考 虑上述情况， 如果船员在距离小行星R 100 米的地方打算用一根电缆将航天器与小 华中师大 陈义成 - 21 - 行星连接起来，连接后带电多少？（3）在连接后，系统的静电势能是多少？ 【解】 （1）在航天器着陆前，由于航天器的电场将改变小行星表面的电荷分布， 但总的电荷仍为 0，靠近航天器一侧的电荷吸引航天器，远离的一侧排斥，所以航天 器着陆前受到吸引力。 当航天器着陆后，电荷将有一部分转移到小行星上。小行星带同种电荷，所以， 航天器将会受到排斥力。 （2）当航天器与小行星用导线连接起来时，则航天器与小行星为等势体。设他 们分别带有电荷 1 Q、 2 Q。设无穷远电势为 0，则航天器的电势 1 1 0 1 420 Q U = 小行星的电势 2 2 0 1 4100 Q U = 由于 12 UU=，所以 12 5QQ=，又题设 6 12 10 CQQQ +=，由此求得 66 12 15 10 C, 10 C 66 QQ = （3）连接前，小行星的静电势能为 0，所以系统的静电能为 12 00 1110 J 224820 Q WQUQ R = 连接后，航天器的静电势能为 12 1 0 10 J 820 36 W = 小行星的静电势能为 12 2 0 25 10 J 8100 36 W = 总的静电势能为 12 12 0 10 J 820 6 WWW =+= 总 连接后静电能变小，系统的静电势能减小为 4 1.9 10 JWWW = 总 2.6 2.6 电容率为 1 的均匀介质球的中心置一自由电偶极子 f p ? ，球外充满了另一种 电容率为 2 的介质，求空间各点的电势和极化电荷分布。 华中师大 陈义成 - 22 - 【解】球中心处的极化电偶极子 0 f 1 1pp = ? 。 f p ? 和 p ? 共同产生的电势为 ff 333 001 444 p Rp Rp R RRR =+= ? ? iii 偶 （1） 设球面上极化电荷产生的电势为，满足： 2 0=。空间总电势为 f 3 1 4 p R R =+=+ ? ? i 偶 球内、外电势分别为： f 1 31 1 f 2 31 1 :(cos ) (2) 4 :(cos ) (3) 4 n n nn n n n n nn n n bp R a RP RR dp R c RP RR + + =+ =+ ? ? i ? ? i 球内 球外 边值关系和边界条件 由0 2 = R ， 即0)(cos 2 = R n n n n R PRC，得0 n C=。 由 1 10 0 (cos ) n n nR n R b P R + =有限，得0 n b=，于是 1 (cos ) n nn n a R p=+ 偶 由 0 RR=时， 00 21 RRRR= =， 00 12 12 0 R RR R RR = = 得 0 121 00 , n nn nn nn dd a Ra RR + = 1 f 10 3 10 2cos (cos ) 4 n nn n p na RP R + f 2 32 100 (1)(cos )2cos 4 nn n n nd Pp RR + + = 等式两边同一个(cos ) n P的系数相等： 1f2f21 1 1 333 10100 1 2 10 2 0 2 22 (1) , (1) n n n n ppd a RRR nd n a Rn R + += + = 华中师大 陈义成 - 23 - 0, (1) nn adn= 解得 12f 1 3 1210 12f 1 121 () (2)2 () (2)2 p a R p d = + = + f12f 1 33 11120 f 2 3 12 () : 42(2) : 4 (2) p Rp R RR p R R =+ + = + ? ? ii ? ? i 球内 球外 当 0 RR=： 0fP ()()EDP=+ ? ii 00fPfP dd()dESE VVQQ=+=+ ? ii ? 021fP ()n EE=+ ? ?i ， 0 RR=： f 0=，n E R = ? ?i 0 0 2121 00P R R R R RRRR = = =+=+ 0 1 01 2 cos (cos ) R R d a R RRR = =+ 01 01 3 0 2cos cos d a R =+ 而 1 3 0 1 a R d =，所以 012f P1 3 1210 3() 3coscos (2)2 p a R = + 球心有自由电偶极子 f pql= ? ? ，因而就有极化电偶极子 0 Pf 1 1pp = ? 2.7 2.7 空心导体球壳的内外半径为 1 R和 2 R，中心置一自由电偶极子 f p ? ，球壳上 带电Q，求空间各点的电势和电荷分布。 【解】1边值关系、边界条件、方程 （1）电荷分布在有限区域内： 华中师大 陈义成 - 24 - 0 2 = R （2）球壳上的电荷在0=R处产生电势 1 0R = 为有限 （3）设导体电势为 0 ，由于界面上电势 应连续及导体为等势体： 21 201 RRRR= = （4）球壳上总电荷为Q： 21 21 0 dd SS Q SS RR += ? 事实上，球壳上两个球面上的感应电荷正、负抵消，而电荷Q分布在外表面。因 此，为计算简单起见，上式可简化为： 2 2 0 d S Q S R = ? 设电偶极子的电势为 f 3 0 4 p R R = ? ? i 偶 ，球壳上的感应电荷与Q产生的电势为， 则空间某一点总电势=+ 偶 ，满足拉普拉斯方程： 2 0=。 对称性及其尝试解： 问题具有轴对称性 1 1 (cos ) n n nn n n b a RP R + = + 2 1 (cos ) n n nn n n d c RP R + = + 定系数，得电势 由知0= n c，于是 2 1 (cos ) n n n n d P R + =+ 偶 由知0= n b，于是 1 (cos ) n nn n a R P=+ 偶 由得 2 0 Q 2 S 1 R 2 R 1 f p ? 1 S 华中师大 陈义成 - 25 - f 10 2 01 f 0 21 022 cos (cos ) 4 cos (cos ) 4 n nn n n n n n p a R P R dp P RR + += += 由此得 00 f 11 2 01 0 0 2 f1 22 022 0 4 0 4 0, 0,1 nn a p a R R d R pd RR adn = += = += = 解得： f 1 3 01 4 p a R =， 000 Rd=， f 1 0 4 p d =，0, nn ad=) 1 , 0(n 由此可得电势为： f 10 3 01 0202f 2 2 0 4 cos 4 p R R RRp RRR =+ =+= ? ? i 偶 偶 由可确定 0 ： 2 02 0 d S RQ S RR = i ? ，即 4 2 02 2 2 0 20 d RQ R R = 20 0 4R Q = 所以 ff 1 33 00201 2 0 444 4 P RP RQ RRR Q R =+ = ? ? ? ii 球内 球外 ： ： 其中 1 中 20 4R Q 是均匀分布在外球面上的自由电荷在壳内所产生的电势； f 3 0 4 P R R ? ? i 华中师大 陈义成 - 26 - 是位于球心的电偶极子在球内所产生的电势； f 3 01 4 P R R ? ? i 是在偶极子的作用下在球壳 内表面感应电荷在球内所产生的电势。显然，电偶极子及感应电荷在球壳及球壳外部 空间所产生的势已互相抵消了。 求电荷分布 （）内表面 1 ()RR=： 1 1 1f f110 2 1 3cos (0) 4 R R R R p nD RR = = = ? ?i 1 ()RR= （）外表面 2 ()RR= 2 2 2 f 220 2 2 (0) 4 R R R R Q n D RR = = = = ? ?i 这表明自由电荷确实均匀分布在球壳外表面。 2.8 2.8 在均匀外电场 0 E ? 中置入一带均匀自由电荷 f 、电容率为的绝缘介质球， 求空间各点的电势。 【解】 （一）选坐标系 取原点在球心的球坐标，z轴沿 0 E ? 方向。 （二）方程 有自由电荷分布，满足泊松方程，球外满足拉普拉斯方程。即： 2 f 1 2 2 , 0. = = 球内 球外 ： ： 令 2 f 111 6 R =+= + 特 ， 则 2 1 0=。 因特应 满 足 泊 松 方 程 ： 2 f = 特 ， 2 作用于特上为常数，特只能是R的二次式，令其最简单的选择 为： 2 AR= 特 ，代入泊松方程中可得 2 f 6 R = 特 ，它是方程 2 f 1 = 的特解， 这种解题的方法称为“特解法” 。 （三）对称性及通解形式。本题有轴对称性，故通解为： 2 f 1 1 2 1 (cos ) 6 (cos ) n n nn n n n n nn n n bR a RP R d c RP R + + = + =+ （四）边界条件与边值关系 华中师大 陈义成 - 27 - （1）设介质球置入前原点电势为 0 ，有： cos 002 RE R = （2）在0=R处 1 有限。 （3）在球面 0 RR =处连续： 00 21 RRRR= = （4）在球面 0 RR =处无自由电荷： 00 2 0 1 RRRR RR = = （五）定系数，得电势 由 00 (cos )cos n nn n c R PE R= 得 00 =c， 01 Ec=，) 1 , 0(0=ncn 于是 200 1 cos(cos ) n n n n d E RP R + =+ 由，得 0= n b 于是 2 f 1 (cos ) 6 n nn n R a R P = + 由,有 2 f0 0 (cos ) 6 n nn n R a R P + 000 1 0 cos(cos ) n n n n d E RP R + =+ 得 2 f00 00 0 1 1000 2 0 0 1 0 (5) 6 (6) , (0, 1) n n n n Rd a R d a RE R R d a Rn R + +=+ = + = (7) 由，有 华中师大 陈义成 - 28 - 1 f0 0 (cos ) 3 n nn n R na RP + 00 2 0 (1) cos(cos ) n n n n nd EP R + + = 得 f000 2 0 01 100 3 0 1 0 0 2 0 (8) 3 2 (9) (1) , (0, 1) n n n n Rd R d aE R nd na Rn R + = = + = (10) 由和得 0= nn da ) 1 , 0( n 由得 3 f0 0 0 3 R d = (11) 由和(11)得： 22 f0f0 00 0 36 RR a =+ 由和得： + = + = 0 00 1 3 00 0 0 1 2 3 2 E a REd 将以上系数代入 1 和 2 ，并整理得： 22 f00f 10 00 2 3 f00 20000 2 00 311 cos 3262 cos cos 32 RER R R E RE R R =+ + =+ + ? 球内 球外 ： ： 2.9 2.9 在一很大的电解槽中充满电导率为 2 的液体， 使其中流着均匀的电流 f 0 J ? 。 今在液体中置入一个电导率为 1 的小球。求稳恒时电流分布和面电荷分布，讨论 21 及 12 两种情况下电流分布的特点。 【解】 （一）选坐标系 取原点在球心的球坐标，z轴沿 f 0 J ? 方向。 （二）方程 稳定电流的电势满足拉普拉斯方程：0 2 = 华中师大 陈义成 - 29 - （三）对称性与通解形式 本题有轴对抽对称性，故通解为： 1 1 2 1 (cos ) (cos ) n n nn n n n n nn n n b a RP R d c RP R + + =+ =+ 球内 球外 ： ： （四）边界条件与边值关系 （1）设小球置入前原点电势为 0 ，在R时有： f0 2000 2 coscos R J E RR = （2）在0=R处无点电荷分布，故)0( 1 为有限 （3）在球面 0 RR =上电势连续： 00 21 RRRR= = （4）对稳定电场，在球面 0 RR =上 00 12 12 R RR R nn = = （五）定系数，得电势 由， f 0 0 2 (cos )cos n nn n J c R PR = ，得 00 =c， f 0 1 2 J c = 0, (0, 1) n cn= 于是 f 0 20 1 2 cos(cos ) n n n n Jd RP R + =+ （5） 由，得0= n b，于是 1 (cos ) n nn n a R P= （6） 由， f 0 000 2 (cos )cos n nn n J a R PR = 1 0 (cos ) n n n n d P R + + 华中师大 陈义成 - 30 - 由此得 0 00 0 f 01 100 2 20 0 1 0 (7) (8) , (0, 1) n n n n d a R Jd a RR R d a Rn R + =+ = + = (9) 由，有 1 10f 0 (cos )cos n nn n na RPJ = 2 2 0 (1) (cos ) n n n n nd P R + + 由此得 0 1 1 1f 02 0 1 2 10 2 0 0 (10) 2 (11) (1) (12) n n n n d d aJ R nd na R R + = = + = 由（7）和（10） ，得 00 =a 由（8）和（11） ，得 3 f 0012 1 122 f 0 1 12 3 2 J R d J a = + = + 由（9）和（12） ，得： 0, (0, 1) nn adn= 将所有 n a及 n d代入（6）和（5） ，可得： f 0 10 12 3 f 0f 0022 20 2 2122 3 cos 2 cos cos 2 J R JJ R R R = + =+ + 球内 球外 ： ： （六）求稳恒时的电流分布和面电荷分布。 （1）由= EJ ? 求电流。利用 f 0f 0f 0f 0 (cos ) z J RJzJ eJ= = ? ? 和 华中师大 陈义成 - 31 - f 0 f 0f 0f 0 2333 cos1Jz JJJ zz RRRR =+ f 0f 0f 0f 0 5353 333() z J zRJ eJR RJ RRRR = +=+ ? ? ? i 得 1 111f 0 12 3 120f 0f 0 2212f 0 53 12 3 2 ()3() 2 JJ RJR RJ JJ RR = = + = =+ + ? ? ? ? i 球内 球外 : : （2）求面电荷分布 0 0 12 0210 () R R R R n EE RR = = = ? ?i f 0f 0f 012 0 122122 3coscos2 cos 22 JJJ =+ + 120 f 0 122 3() cos (2) J = + (七)讨论 21 和 12 情况下电流分布的特点 （1） 21 1f 0 3 f 0f 0 2f 00 53 0f 0 f 2 3 3() 3 cos JJ JR RJ JJR RR J + ? ? ? ? i 这时电流线往球内迁移。几乎为原来球内区域电流线的三倍。 （2） 12 ， 1 3 0f 0f 0 2f 0 53 0f 0 f 2 0 3() 2 3 cos 2 J RJR RJ JJ RR J ? ? ? ? i 这时电流线往外迁移。电流几乎不通过球内区域。 华中师大 陈义成 - 32 - 2.10 2.10 半径为 0 R的导体球外充满电容率为的绝缘介质， 导体球接地， 离球心为 a处)( 0 Ra 置一点电荷 f Q，使用分离变量法求空间各点电场，证明所得结果与镜 像法结果相同。 【解】导体球接地，显然导体球的电势为零。对于球外区域： （一） 选坐标系 取原点位于球心的球坐标， 球心与点电荷的连线为极轴 （z轴） 。 （二）方程 球外电势满足泊松方程 23 f () z Q xae = ? ，由于求解泊松方程的边值问题 较困难，故首先把它变为求解拉普拉斯方程的边值问题。为此，根据叠加原理： f 4 Q r =+ 其中 () 0f fff 0000 1 4 4444 QQQQQ rrrrr =+=+为点电荷 f Q及其极化电荷 () 0f 1QQ = 在球外某点产生的电势，r为到该点电荷的距离；是球面上感 应电荷在球外某点产生的电势，显然满足拉普拉斯方程： 2 0= （三）对称性及通解形式： ff 1 (cos ) 4 4 n n nn n n bQQ a RP rrR + =+=+ （四）边界条件 电荷分布在有限区域：0 R = 导体接地： 0 0 R R = = （五）定系数，得电势 由得0= n a，于是 f 1 (cos ) 4 n n n n bQ P rR + =+ 由得： 0 f 0 1 0 ()(cos )0 4 n n n n R R bQ RP rR + = =+= 利用勒让德多项式的母函数： 0 0 22 00 111 (cos ) 2cos n n n R R R P raa RaR a = = + ，上式为 华中师大 陈义成 - 33 - 0f 1 0 (cos )(cos )0 4 n n nn n nn RbQ PP aaR + += 由)(cos n p正交性得： 21 f0 1 4 n n n Q R b a + + = 于是 21 0ff 11 (cos ) 4 4 n n nn n RQQ P raR + + = （六）与电象法比较： 电象法结果见教材（2-4-13）式： () 0f f 2222 1 4 2cos2cos Ra QQ RaRaRbRb = + 其中 2 0 R b a =。第一项利用 r RaaR 1 cos2 1 22 = + ，可见两者相同。第二项因 00 ,RR aR，所以 2 0 R Rb a =， () ()() 0 0 222 1 2cos 12cos RaR aR RbRb b Rb R = + + 2 000 (cos )(cos ) n n nn nn RRRb PP aRRaRaR = 21 11 (cos ) n n nn n R P aR + + = 也相同，故由分离变量法求得的结果与电象法的结果相同。 2.11 接地的空心导体球的内外半径为 21 RR 和， 在球内离球心为)( 1 Raa外引入的。其次，在 1 RR=的球面上，利用余弦定理， （2）式可写为： 1 f 1 2222 0 1111 1 0 4 2cos2cos R R QQ RaR aRbRb = =+= + 22222222 f1f111 ()2cos()2cosQRbQ R bQRaQ R a+=+ 由 01 (cos )1,(cos )cospp=及(cos) n p的正交性： 222222 f11 22 f11 ()() 22 QRbQRa Q RbQ Ra +=+ = 解此联立方程，舍去不合题意的解，即有： 2 1 1 f R b a R QQ a = = Q f Q a 1 R 2 R O z b 华中师大 陈义成 - 35 - () ()() 1 f 1 222 222 0 11 231 1 : 4 2cos 2cos : 0, () R a QQ RaRa RRaR Ra RR =+ + + = 球壳内 球壳及球壳外 不难验证，这个解满足定解条件，由唯一性定理可知，这是唯一正确地解。 （五）求导体球壳上的感应电荷 感 Q 以球壳为中心，以 2 RR为半径作一高斯面，由高斯定理及 1 RR 处 0, 0=E ? ，可得： f 0 1 d()0ESQQ =+= ?i ? 感 f QQ= 感 即导体球壳上的感应电荷刚好等于壳内的自由电荷 f Q而不等于像电荷Q。 （六）求感应电荷的面密度 （1）球壳的内表面： 1 1 f10210 () R R nn R R EE R = = = 1 f 0 2222 0 1 4 2cos2cos R R QQ R RaRaRbRb = =+ + 22 1f 223 2 111 () 4(2cos ) aR Q R RaRa = + （2）球壳的外表面： 球壳及球壳外的电势0, 0 3232 =EE，所以 2 f 2032 ()0 nn R R EE = = 2.12 上题的导体球壳不接地，而带总电荷 0 Q或使具有确定电势 0 ，试求这两种 情况下的电势。又问 0 与 0 Q是何种关系时，两种情况的解是相同的？ 【解】设电荷置入前球心电势为零。今用 1 表示球壳内部空间电势， 2 表示球 壳外部空间电势， 0 表示球壳电势。 在第一种情况下 0 是未知的， 在第二种情况下 0 是已知的。 （一） 导体球壳带总电荷 0 Q 定解条件 （1）壳内，外电势满足方程 华中师大 陈义成 - 36 - . 23 f 1 0 2 2 : ( , ,) : 0 Q x y za = = 壳内 壳外 （2）电荷分布在有限区域：0 2 = R （3）在球面 1 RR =和 2 RR =处电势连续： 21 201 RRRR= = （4）球壳与壳内的总电量为 f0 QQ+： f02 0 d QQ S R + = ? 。 上题球壳接地，电势是由点电荷 f Q及球壳内表面的感应电荷 f Q产生的。本题 球壳不接地并带有总电荷 0 Q，由高斯定理易证，依然具有 f Q分布在壳内表面，因 而有 f0 QQ+ 的电荷分布在球壳外表面。由于壳内的 f Q及壳内表面的 f Q的场不可 能穿越球壳影响外表面电荷的分布，而壳球外也没有电荷分布，因此电荷 f0 QQ+是 均匀分布在半径为 2 R的壳外表面上的。由此可见，空间各点的电势是由壳内点电荷 f Q，壳内表面电荷 f Q，壳外表面电荷产生的。既然前两者在球壳及壳外空间产生 的电势为零。所以球壳与壳外空间的电势可看作是壳外表面的电荷产生的。仿照上题 可提出尝试解; 1 f f 1 2222 00 f0 1 02 f0 22 0 : 42cos42cos , () 4 :, () 4 R Q Q a RaRaRbRb QQ RR R QQ RR R =+ + + + + = 壳内 壳外 不难证明，尝试解满足上述定解条件，由唯一性定理可知，这是唯一正确的解， 这时球壳电势为 f0 0 02 4 QQ R + = （二） 球壳具有确定电势 定解条件为： （1）壳内、外电势满足方程： 华中师大 陈义成 - 37 - 23 f 1 0 2 2 : ( , ,) : 0 Q x y za = = 壳内 壳外 （2）电荷分布在有限区域： 2 0 R = (3)在球面 1 RR =和 2 RR=处电势连续： 21 201 RRRR= = 球壳具有电势是由于它带有电荷所致， 设此时球壳带电 x Q， 由第一