1、根据算符∇的微分性与矢量性，推导下列公式：()()()()()A B B A B A A B A B ∇=⨯∇⨯+∇+⨯∇⨯+∇21()()2A A A A A ⨯∇⨯=∇-∇推导：由算符∇的微分性，可得 ()()()C C A B A B A B ∇=∇+∇其中下标C 表示将该矢量看成是常矢量，∇不对它作用由矢量公式可得 ()()()C C C A B A B A B ⨯∇⨯=∇-∇()()()C C C B A A B B A ⨯∇⨯=∇-∇即 ()()()C C C A B A B A B ∇=⨯∇⨯+∇，()()()C C C A B B A B A ∇=⨯∇⨯+∇ 代入()()()C C A B A B A B ∇=∇+∇，可得()()()()()C C C C A B B A B A A B A B ∇=⨯∇⨯+∇+⨯∇⨯+∇略去下标C ，即为证明的第一式 再令A B =即可得证明的第二式2、设u 是空间坐标x ，y ，z 的函数，证明：()dff u u du∇=∇，()dA A u u du ∇=∇⋅，()dA A u u du ∇⨯=∇⨯ 证明：()()()()x y z f u f u f u f u e e e x y z ∂∂∂∇=++∂∂∂x y z df u df u df u dfe e e u du x du y du z du ∂∂∂=++=∇∂∂∂ ()()()()y x z A u A u A u A u x y z ∂∂∂∇=++∂∂∂y x z dA dA dA u u u dAu du x du y du z du∂∂∂=++=∇∂∂∂ ()()()()()()()x y z x y z x y z y x z e e e e e e uu u dA A u u x y z x y z duA u A u A u dA u dA u dA u dududu∂∂∂∂∂∂∇⨯===∇⨯∂∂∂∂∂∂3、电荷Q f 均匀分布于半径为a 球体内，求空间各点的电场.解：作半径为r 的球（与电荷球体同心）。

由对称性，在球面上的电场强度有相同的数值E ，并沿径向.当r>a 时，根据高斯定理得： 024επfQ E r S d E ==⋅⎰从而有：304r rQ E f πε= )(a r > 当r<a 时，球面所包围的电荷为：33333343434a r Q a Q r r f f==ππρπ由高斯定理有30324a r Q E r S d E f επ==⋅⎰可得 a)(r ,430<=a rQ E f πε4、在均匀外电场中置入半径为0R 的导体球，试用分离变数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. （25分） 解答：（1）当导体上接有电池，与地保持电势差0Φ时。

以地为电势零点。

本问题的定解条件有0φφ=内 )(0R R =02＝外ϕ∇ )0R R >（且 ⎪⎩⎪⎨⎧=+-=→∞→0000|c o s |φϕϕθϕR R R R E 外外其中0ϕ是未置入导体球前坐标原点的电势. 根据题意设∑∞=++=01)(cos )(n n n nn n P R b R a θϕ外 根据边界条件可求得00ϕ=a ， 01E a -=， )1(0>=n a n ， 0000)(R b ϕφ-=， 2001R E b =， )1(0>=n b n所以有)(cos )(cos 023000000R R R R E R R R E >+-+-=θϕφθϕϕ外（2）当导体球上带总电荷Q 时，定解问题存在的条件：⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧==∂∂-+-==>=∇<=∇⎰→∞→→)(|cos ||)(0)(00000002020R R Q ds R R E R R R R R R R R 外外内外内外内＝有限φεφφϕθφφφφ 根据边界条件设∑=0)(cos n n n n P R a θφ＝内∑=++-=0100)(cos cos n n n nP R b R E θθϕφ外 根据边界条件可以求得)R (R 40000<-=ϕπεφR Q 内)R (R cos cos 40023000>-+=θθπεφR E RR E R Q外5、真空中有电场强度为0E 的均匀电场，将半径为R 的一个均匀介质球放到这个电场中。

已知球的电容率为ε，求各处的电场强度和极化电荷。

解：先求电势ϕ，然后由电势求得电场强度E ，再求极化电荷。

由于没有自由电荷，电势ϕ满足拉普拉斯方程。

以球心为原点，0E 方向为极轴方向，取球坐标。

根据对称性可知，电势ϕ只是r 和θ的函数。

因为所考虑的区域包括极轴（0θθπ==和）在内，电势ϕ在极轴上应该是有限值，所以所求电势ϕ可写为如下形式1(,)()(cos )l ll l l n B r A r P r ϕθθ∞+==+∑，剩下的问题就是由边界条件定出各个系数 由于球内外是两个不同的区域，电势ϕ的表达式不同，令球内的电势为i ϕ，球外的电势为0ϕ，再由边界条件分别定出他们的系数。

（1）无穷远处的边界条件在无穷远处，电场应该趋向于原来的电场0E ，即00cos r E r ϕθ→∞=-为方便，将原来的电场0E 在0r =点的电势取为零。

比较两者的系数，可得0100,,0(2)l A A E A l ==-=≥所以0010(,)cos (cos )ll l n B r E r P r ϕθθθ∞+==-+∑（2）球心的边界条件在球心0r =处，电势i ϕ应该是有限值，所以其中的系数0l B = 所以(,)(cos )l i l l n r A r P ϕθθ∞==∑（3）球面上的边界条件 在球面上r R =电势连续，即0(,)(,)i R R ϕθϕθ=D 的法向分量连续00()()i R R r rϕϕεε∂∂=∂∂ 将前面得到的电势方程在R 代入电势连续方程，比较两边(cos )l P θ的系数，可得3110()B R A E =+，21(1)l l l B R A l +=≠将前面得到的电势方程在R 代入法向连续方程，比较两边(cos )l P θ的系数，可得31010()2R B E A εε=-+，210(1)(1)l l l l B R A l l εε+=-≠+ 比较得到的四个方程，可得到010032A E εεε=-+，301002B R E εεεε-=+0l A =，0l B =，(1)l ≠这些系数分别代入前面的i ϕ和0ϕ，即得到所求得电势为3000020(,)cos cos ,2E R r E r r R rεεϕθθθεε-=-+≥+03(,)cos ,2i r E r r R εϕθθεε=-≤+有了电势即可求得电场强度E ：000000000333cos sin 222i i r E E e E e E θεεεϕθθεεεεεε=-∇=-=+++，r R ≤3000003203()[]2E r rR E E E r rεεϕεε-=-∇=+-+，r R ≥ 所以介质球的极化强度为000003()()2i P E E εεεεεεε-=-=+所以球内的极化电荷密度为00003()02P P E εεερεε-=-∇=-∇=+球面上极化电荷的面密度为00003()cos 2P r e P E εεεσθεε-==+注：真空中有电场强度为0E 的均匀电场，将半径为R 的一个不带电导体球放到这个电场中。

求各处的电势分布、电场强度分布和感应的电偶极矩解法和前面一样，只不过把导体球当作是ε很大的介质，这样均匀极化介质球在球内产生均匀退极化电场：1013E P ε=-导体内的电场0100103E E E E P ε=+=--=，所以导体内的极化强度为： 003P E ε=感应的电偶极矩：3300443p R P R E ππε== 球内的电势为零，球外的电势：3000020(,)cos cos 2E R r E r r εεϕθθθεε-=-++球外电场：0e E ϕ=-∇6、电容率为2ε的无穷大均匀介质中有电场强度为0E 的均匀电场，将半径为R 的一个均匀介质球放到这个电场中。

已知球的电容率为1ε，求各处的电场强度和极化电荷。

解：对于这个问题，只要将前题求得的i ϕ，0ϕ，i E ，E 等表达式中的0ε换成2ε、ε换成1ε，就可以得到相应的结果。

这时，球内的极化强度为2101100123()()2i P E E εεεεεεε-=-=+球外介质的极化强度为：32012022020003212()()3()()()[]2E r rR P E E E r rεεεεεεεεεε--=-=-+-+ 球内外的极化电荷密度分别为：110P P ρ=-∇=，220P P ρ=-∇= 球内介质在球面上的极化电荷面密度为210110123()cos 2P r e P E εεεσθεε-==+球外介质在球面上的极化电荷面密度为120220123()()cos 2P r r R e P E εεεσθεε=-=-=-+球面上总的极化电荷面密度为01212120123()()cos 2P r P P e P P E εεεσσσθεε-=-=+=+7、真空中有一电荷量为q 的点电荷，它到一无限大导体平面的距离为a ，已知导体的电势0C ϕ=，如图所示。

试求（1）导体外的电势分布；（2）导体面上的电荷分布；（3）q 受导体上电荷的作用力 解：本题用电像法求解最简单（1）以导体平面为x y -平面，通过q 的法线为z 轴，如图取迪卡尔坐标系。

设想导体不存在，而在z 轴上z a =-处有一电荷量为q -的点电荷q '，则边界条件0z =处0C ϕ=可以满足。

q '就是q 的像电荷。

于是，根据唯一性定理，可以得到导体外任一点的(,,)P x y z 的电势：01(,,)()4q q x y z r r ϕπε'=+'4q πε=，0z ≥（2）导体上的电荷面密度为000()z n D n zϕσεϕε=∂==-∇=-∂02223/22223/212()12()[()]42[()]2[()]z q z a z a x y z a x y z a π=-+=--+++-+++2223/22()q ax y a π=-++ （3）根据对称性，以原点O为圆心，在导体表面取半径为r =dr 的圆环带。

环带上的电荷量为22dq rdr rdr σππσ=⋅=，它作用在q 上的库伦力为2222223001cos 44()z zqdq q a rdrdF e e r a r a θπεπε==-++ 所以q 受导体上电荷的作用力为2222232004()16z zq a rdr q F e e r a aπεπε∞=-=-+⎰注：电荷q 受导体上电荷作用力的简单算法导体表面电荷作用在q 上的力等于像电荷q '作用在q 上的力所以2220014(2)16z z qq q F e e a a πεπε'==-8、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 ），试用电像法求空间电势。