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 ρ2222/)]/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200)/()/(r K f εεεεεερ-=-⋅∇=⋅∇=P D 内（3）)/(/0εεε-==P D E 内内rr frKRr Ve e D E 200200)(4d εεεεπερε-===⎰外外 rKRr)(d 00εεεεϕ-=⋅=⎰∞r E 外外)(ln d d 00εεεεϕ+-=⋅+⋅=⎰⎰∞r R K RR rr E r E 外内内（4）⎰⎰⎰∞-+-=⋅=R R rrr R K r r r K V W 42200222022202d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D 20))(1(2εεεεπε-+=K R2. 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∑++=nn n nn n P R b R a )(cos )(1θϕ 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，0Φ→ϕ所以 0101000)(cos )(cos Φ=+-∑+n nn nP R b P R E θθϕ 即： 002010000/,/R E R b R b =Φ=+ϕ所以 )2(,0,),(3010000≥==-Φ=n b R E b R b n ϕ⎩⎨⎧≤Φ>+-Φ+-=)()(/cos /)(cos 000230000000R 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 000230000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ当 0R R →时，由题意，金属球带电量Qφθθθϕθεϕεd d sin )cos 2cos (d 200000000R E R E S nQ R R ⎰⎰+-Φ+=∂∂-== )(40000ϕπε-Φ=R所以 00004/)(R Q πεϕ=-Φ⎩⎨⎧≤+>++-=)(4/)(cos )/(4/cos 00002300000R R RQ R R R R E R Q R E πεϕθπεθϕϕ 3. 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 nn nn n P R b R a ∑++=' ）（）（外θϕcos 1n nn n n n P R dR 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 nn n P R a ∑=' ， ）（外θϕcos 1n nn nP 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 n0a ='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： 000/R d a = 由 nn∂∂=∂∂外内ϕεϕε得：200200244R d R Q R Q f fεπεεπ+=，)11(400εεπ-=f Q d 则 )11(4000εεπ-=R Q a f所以 ）（内εεππεϕ114400-+=R Q R Q f f ）（外εεππεϕ11440-+=R Q R Q f f RQ 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 204πε=外 ，积分后得： RQ dR RQ d fRRf 02044πεπεϕ⎰⎰∞∞==⋅=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 RQ e E 24πε=内 ，积分后得：RQ R Q RQ d d f f f R R R0044400πεπεπεϕ+-=⋅+⋅=⎰⎰∞R E R E 外内内 结果相同。

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∑=nn 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∑+=nn n nP R b )(cos 12o θϕ （2） 由于∑=-+nn n P a R a Ra a R (cos))/()/1(cos 222θ∑=nn n f P a R a Q (cos))/()4/(1πεϕ （3）当0R R ≤时，21i ϕϕϕ+=内∑∑+=nn n n nn n f P R a P a R a Q )(cos (cos))/()4/(θπε （4）当0R R >时，21o ϕϕϕ+=外∑∑++=nnn nnn n f P Rb P a R a Q )(cos (cos))/()4/(1θπε （5） 因为导体球接地，所以 0=内ϕ （6）00==R R 内外ϕϕ （7）将（6）代入（4）得: 14/+-=n f n a Q a πε （8）将（7）代入（5）并利用（8）式得: 11204/++-=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[41202202022aRR a R R a Q R Ra a R Q ffθθπεϕ++--+=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)'(4120220202221aRR a R R a Q R Ra a R Q r Q r Q f f f θθπεπεϕ++--+=+=外 )(0R R ≥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 aQ -=1，z b a e r 21=；Q ba Q =2，zb a e r 22-=； Q Q -=3，z b e r -=3，所以),20(,]cos 2cos 2cos 21cos 21[42242224222220a R R b ab a R b aR b a ba Rb aRb b R Rb b R Q ><≤-+++++++--+=πθθθθθπεϕ12. 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。

--+-+-=22200)()()(1[4b z a y x x Q πεϕ2220)()()(1b z a y x x ++-+--)0,(,])()()(1)()()(122202220>++++-+-+++--z y b z a y x x b z a y x x(0(。