电动力学习题解答2

2023年12月30日发(作者：老伯伯)

电动力学习题解答

第二章 静电场

1. 一个半径为R的电介质球，极化强度为PKr/r，电容率为。

（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。

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内0EPP/(0)

fD内P/(0)K/(0)r2

（3）E内D内/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内E内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. 在均匀外电场中置入半径为R0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0；

（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E0方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。

当RR0时，电势满足拉普拉斯方程，通解为

bn)Pn(cos)

n1Rn因为无穷远处

EE0，0E0Rcos0E0RP1(cos)

所以

a00，a1E0，an0,(n2)

(anRn当

RR0时，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）设球体待定电势为0，同理可得

30E0RcosR0(00)/RE0R0cos/R2(RR0)0当

RR0时，由题意，金属球带电量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. 均匀介质球的中心置一点电荷Qf，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。

提示：空间各点的电势是点电荷Qf的电势Qf/4R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Qf的电势Qf/4R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，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形式为：

bn）P（

ncos）n1Rnd外（cnRnnn1）P（

ncos）Rn0，cn0。 当R时，外为有限，bn0。 当R0时，内内（anRn所以

内 ，

外anRnP（ncos）nndnP（cos）

n1nR由于球对称性，电势只与R有关，所以

an0,(n1)

dn0,(n1)

a0，

外d0/R

内所以空间各点电势可写成内a0Qf4R

外d0RQf4R

当RR0时，由

内外 得：

a0d0/R0

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由

内n0外0Qf0d0Qf11得：2，d0()

22n404R04R0R0Qf11)

4R00QfQf11所以

内

（）4R4R00QfQfQf11

外（）4R4R040R （二）应用高斯定理

在球外，R>R0 ，由高斯定理得：0E外dsQ总QfQpQf，（整个导体球的束缚电荷Qp0），所以

E外则

a0Qf(Qf240RQfQf

外E外dRdR24R0RR40Rer ，积分后得：

在球内，R

E内Qf4R2R0Rer ，积分后得：

内E内dRE外dRR0Qf4RQf4R0Qf40R 结果相同。

4. 均匀介质球（电容率为1）的中心置一自由电偶极子pf，球外充满了另一种介质（电容率为2），求空间各点的电势和极化电荷分布。

解：以球心为原点，pf的方向为极轴方向建立球坐标系。空间各点的电势可分为三种电荷的贡献，即球心处自由电偶极子、极化电偶极子及球面上的极化面电荷三部分的贡献，其中电偶极子产生的总电势为pfR/41R。所以球内电势可写成：3i'ipfR/41R3；球外电势可写成：o'opfR/41R3

其中'i和'o为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方程。由于对称性，'i和'o均与无关。考虑到R0时'i为有限值；R时'o0，故拉普拉斯方程的解为：

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 页

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边界条件为：iRR0oRR0 （3）

（4）

RR01iR2RR0oR（将（1）（2）代入（3）和（4），然后比较Pncos)的系数，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)

于是得到所求的解为：

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

在均匀介质内部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体内部，只有球心处存在极化电荷。

pP[(10)E][(0/11)f所以

pp(0/11)pf

在两介质交界面上，极化电荷面密度为

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. 空心导体球壳的内外半径为R1和R2，球中心置一偶极子p球壳上带电Q，求空间各点的电势和电荷分布。

解：以球心为原点，以p的方向为极轴方向建立球坐标系。在RR1及RR2两均匀区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为

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bn）P（

ncos）n1Rn当R时，电势趋于零，所以RR2时,电势可写为

bonn1P（ (1)

ncos）Rn当R0时，电势应趋于偶极子p激发的电势：

（anRnpfR/40R3pcos/40R2

所以RR1时，电势可写为

ipcosanRnP（ (2)

ncos）240RnbnP（cos）s (3)

n1nR2n设球壳的电势为s,则

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)

将(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处，电荷分布为：

Dn0oRiRR2Q

24R23pcos

34R1在RR1处，电荷分布为：

'Dn0R16. 在均匀外电场E0中置入一带均匀自由电荷f的绝缘介质球（电容率为），求空间各点的电势。

解：以球心为原点，以E0的方向为极轴方向建立球坐标系。将空间各点的电势看作由两部分迭加而成，一部分1为绝缘介质球内的均匀自由电荷产生，另一部分2为外电第 5 页

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场E0及E0感应的极化电荷产生。前者可用高斯定理求得，后者满足拉普拉斯方程。由于对称性，2的形式为

(annRnbnR(n1))Pn(cos)

对于1，当RR0时，由高斯定理得：

33D1fR0/3R2 ，

E1fR0/30R2

当RR0时，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的球内部分：

i1E2dR(fR/3)dRfR2/6 （2）

RR00对于2，当R时，2E0Rcos，所以

o2E0RcosnbnP（cos）(RR0)

n1nR(RR0)

当R0时，2为有限，所以

i2anRnP（ncos）n边界条件为：RR0时，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比较Pn(cos)的系数，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 页

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7. 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Jf0。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12及21两种情况的电流分布的特点。

解：本题虽然不是静电问题，但当电流达到稳定后，由于电流密度Jf0与电场强度E0成正比（比例系数为电导率），所以E0也是稳定的。这种电场也是无旋场，其电势也满足拉普拉斯方程，因而可以用静电场的方法求解。

(1)未放入小球时，电流密度Jf0是均匀的，由Jf02E0可知，稳恒电场E0也是一个均匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势0便是均匀电场E0的电势。放入小球后，以球心为原点，E0的方向为极轴方向，建立球坐标系。为方便起见，以坐标原点为电势零点。在稳恒电流条件下，/t0，所以：

J0 (1)

由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为:

n(J2J1)0 (2)

设小球内的电势为1，电解液中的电势为2，则在交界面上有：

1R2R (3)

001 (4)

22RRR0RRR0将JE及E代入(1)，得：

J(E)20

1可见满足拉普拉斯方程

考虑到对称性及R时EE0，球外电势的解可写成：

2n其中利用了Jf02E0。

考虑到R0时电势为有限值，球内电势的解可写成：

1anRnP（(RR0) (6)

ncos）n2Jf0RcosbnP（cos）(RR0) (5)

n1nR因为选R0处为电势零点，所以a00，将(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)两式可得:

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)

由此可得球内电流密度:

J11E11131(Jf0R)/(122)31Jf0/(122)

电解液中的电流密度为:

J22E222

33(Jf0R)RJf0(12)R0Jf0[3](122)R5R

(2)两导体交界面上自由电荷面密度

fer(D2D1)0er(E2E1)0er(J2/2J1/1)

(3) 当12，即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时，

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当12时，同理可得：

J10

3J2Jf0(R0/2R3)[3(Jf0R)R/R2Jf0]

f30Jf0cos/22

8. 半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质，导体球接地，离球心为a处（a >R0）置一点电荷Qf，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

1Qf/4R2a22Racos，

二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的2。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性，2与无关。

由于R0时，2为有限值，所以球内的2解的形式可以写成

i2anRnPn(cos) （1）

n由于R时，2应趋于零，所以球外的2解的形式可以写成

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 页

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当RR0时，内1i2

(Qf/4a)(R/a)nPn(cos)anRnPn(cos) （4）

nn当RR0时，外1o2

(Qf/4a)(R/a)nPn(cos)nnbnPn(cos) （5）

Rn1因为导体球接地，所以

内0 （6）

外R内R0 （7）

00将（6）代入（4）得:

anQf/4an1 （8）

2n1将（7）代入（5）并利用（8）式得:

bnQfR0/4an1 （9）

将（8）（9）分别代入（4）（5）得:

内0(RR0) （10）

外14[QfRa2Racos22R0QfaR(R/a)2RRcos/a220220],

(RR0) （11）

用镜像法求解：设在球内r0处的像电荷为Q’。由对称性，Q’在球心与Qf的连线上，根据边界条件：球面上电势为0，可得：（解略）

r0R02/a，

Q'R0Qf/a

所以空间的电势为

外QfR0Qf1QfQ'1()[]

(RR0)

2222224r1r24Ra2RacosaR(R0/a)2RR0cos/a9. 接地的空心导体球的内外半径为R1和R2，在球内离球心为a处(a

解：假设可以用球外一个假想电荷Q'代替球内表P面上感应电荷对空间电场的作用，空心导体球接R'R1R地，球外表面电量为零，由对称性，Q'应在球OQ心与Q的连线上。

Q'考虑球内表面上任一点P，边界条件要求：

Q/RQ'/R'0 (1)

式R为Q到P的距离，R’为Q'到P的距离，因此，对球面上任一点，应有

R'/RQ'/Q常数 (2)

只要选择Q'的位置，使OQ'P~OPQ，则

R'/RR1/a常数 (3)

2设Q'距球心为b，则b/R1R1/a，即bR1/a (4)

由（2）（3）两式得:

Q'R1Q/a

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RR/a2RRcos/a导体内电场为零，由高斯定理可知球面上的感应电荷为Q，分布于内表面。

由于外表面没有电荷，且电势为零，所以从球表面到无穷远没有电场，外0。

10. 上题的导体球壳不接地，而是带总电荷Q0，或使具有确定电势0，试求这两种情况的电势。又问0与Q0是何种关系时，两情况的解是相等的？

解：由上题可知，导体球壳不接地时，球内电荷Q和球的内表面感应电荷Q的总效果是使球壳电势为零。为使球壳总电量为Q0，只需满足球外表面电量为Q0+Q即可。因此，导体球不接地而使球带总电荷Q0时，可将空间电势看作两部分的迭加，一是Q与内表面的Q产生的电势1，二是外表面Q0+Q产生的电势2。

1QR1Q/a1内[]，(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内(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由以上过程可见，球面电势为(QQ0)/40R2。

若已知球面电势0，可设导体球总电量为Q'0，则有：

(QQ'0)/40R20，即：(QQ'0)/400R2

电势的解为：

(RR2)0R2/R(R1RR2)0QR1Q/a1

[]040R2a22RacosR2R14/a22R12Rcos/a(RR1)当0和Q0满足0(QQ0)/40R2时，两种情况的解相同。

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。

QPaQbROaQbQa2a2aaez；Q2Q，r2ez；

Q1Q，r1bbbb第 10 页

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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. 有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面所

QaQ(x0,a,b)(x,a,b) 围成的直角空间内，它到两个平面的距离为a和b， 求0b空间电势。

y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。

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. 设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为σ的液体。取该两平面为xz面和yz面在(x0,y0,z0)和(x0,y0,z0)两点分别置正负电极并通以电流I，求导电液体中的电势。

解：本题的物理模型是，由外加电源在A、B两点间建立电场，使溶液中的载流子运动形成电流I，当系统稳定时，属恒定场，即/t0，J0。对于恒定的电流，可按静电场的方式处理。于是在A点取包围A的高斯面，则

oA(x0,y0,z0)xyB(x0,y0,z0)I/Q/

可得：QI/ 。

同理，对B点有：

QBI/Q

又，在容器壁上,

jn0，即无电流穿过容器壁。

由jE可知，当jn0时，En0。

容器内的电势分布为：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)所以可取如右图所示电像，其中上半空间三个像电荷Q，下半空间三个像电荷 -Q，第 11 页

电动力学习题解答

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. 画出函数d(x)/dx的图，说明(p)(x)是一个位18于原点的偶极子的电荷密度。

dx0,x0解：（1）(x)

,x0d(x)(xx)(x)

limx0dxx1）x0时，d(x)/dx0

d(x)02）x0时，a) 对于x0，lim

x0dxxd(x)0b) 对于x0，lim

x0xdx图象如右图所示。

ox(p)(x)(px1/x1px2/x2px3/x3)(x)

xdV(p)(x)xdV(p其中第一项为：

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： 应用，即tdtdtdtdtd(x1)e1px1x1dx1e1px1dx1(x1)e1px1(x1)dx1

dx1e1px1x1(x1)e1px1e1px1 (x=0)

px1同理可得另外两项分别为e2px2及e3px3，所以，偶极子的电荷密度。

第 12 页

xdVp,即 p是一个位于原点的

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15. 证明：（1）(ax)(x)/a

(a0)，（若a0，结果如何？）

（2）x(x)0

证明：1) 显然，当x0时，(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在全空间成立。

若a0，(ax)dx(ax)dx(ax)d(ax)1

aa即，(ax)(x)/a

所以(ax)(x)/a在全空间成立。

2) 由(x)的选择性证明。

x(x)x(x)0，而x(x)dxxx00

x(x)0 ，进而x(x)0

16. 一块极化介质的极化矢量为P(x')，根据偶极子静电势的公式，极化介质所产生的静P(x')rdV'，另外根据极化电荷公式p'P(x')及pnP，电势为34r0V'P(x')P(x')dS'dV'极化介质所产生的电势又可表为，试证明以上V4rS4r00两表达式是等同的。

证明：由第一种表达式得

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，两表达式是等同的。

实际上，继续推演有：

p1'P(x')Pn1pdV'dS'dV'dS'V

VSS40rrr40r刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和。

17. 证明下述结果，并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化。

（1）在面电荷两侧，电势法向微商有跃变，而电势是连续的。

第 13 页

电动力学习题解答

（2）在面偶极层两侧，电势有跃变21nP/0，而电势的法向微商是连续的。

（各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面，形成面偶极层，而偶极矩密度Pliml）

l0zE证明：1）如图，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，电势是连续的，但是

E1/n1E1nez/20，2/n2E2nez/20

1/n12/n2/0 φ1 +σ

即，电势法向微商有跃变 n E l

2）如图，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，即电势的法向微商是连续的。

18. 一个半径为R0

的球面，在球坐标0/2的半球面上电势为0在/2的半球面上电势为0，求空间各点电势。

P(x)Pn1(x)提示：Pn(x)dxn1，Pn(1)1，

02n10110,（n奇数）

Pn(0)n/2135(n1)(1),（n偶数）246n22解：由题意，球内外电势均满足拉普拉斯方程：内0；外0

球内电势在r0时为有限，球外电势在r时为0，所以通解形式为：

b内anrnPn(cos) ，外nnP(cos) 。

1nnnr0,(0/2)外rR，即

rRf()在球面上，内

rR000,(/2)0将f()按球函数展开为广义傅立叶级数，f()fnPn(cos)

nn(n1)fn，下面求fn。 则

anR0bnR0fn2n112n1f()P(cos)dcosRPn(cos)sind

n01022第 14 页

电动力学习题解答

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当n为偶数时，fn0；

P(x)Pn1(x)2n11当n为奇数时，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，可写出球内外的电势为

1内0(1)外0(1)n12135(n2)r(2n1)()nPn(cos),(n为奇数，rR0）

246(n1)R0R135(n2)(2n1)(0)n1Pn(cos),(n为奇数，rR0)

246(n1)rn12第 15 页