第二章 静电场
Electrostatic field
本章研究的主要问题是：在给定的自由电荷分布 以及周围空间介质和导体分布的情况下，如何求解电 场。 注意两点：①电荷静止，即： ②电场不随时间变化，即: 本章求解静电场的方法有：①分离变量法;②镜 像法；③格林函数法。 求解的依据是：唯一性定理。
0
v
0
t
E
本 章 主 要 内 容
静电场的标势及其微分方程 唯一性定理 拉普拉斯方程，分离变量法 镜象法 格林函数法 电多极矩 3§2.1 静电场的标势及其微分方程
Scalar potential and differential
equation for electrostatic field
1.静电场的标势和微分方程
静电现象满足以下两个条件：即 ①电荷静止不 动；②场量不随时间变化。故 把静电条件代入Maxwell's equations中去，即得电场 满足的方程0
)
(
;
0
物理量
t
j
D
E
0
5这两方程连同介质的电磁性质方程 是解决静 电问题的基础。 根据电场方程 （即 的无旋性），可引 入一个标势 。 在电磁学中，已知 因为相 距为 两点的电势差为 由于 所以
E
D
0 E
A B E dl B A ) ( ) ( l d l d E d
l d dz z dy y dx x d
E
E又因为在均匀各向同性的介质中， 则有 这里 ，故有 即 此方程称为泊松方程（Poisson equation). 若在无源区域内（ ），上式化为 E D
D ( E) E E0
D
E
(
)
20
2
0 7此方程称为拉普拉斯方程（Laplace equation) 在各种不同条件下求解Poisson equation或 Laplace equation是处理静电问题的基本途径。
2、静电场的基本问题
如果电荷是连续分布的，则观察点 处的标势为 这个式子只反映了电荷激发电场这一面，而没有反 映电场对电荷的作用另一面。 如果空间还有导体存在的活，那么物理机制为 x
Vr
d
x
x
(
)
4
1
)
(
0
考虑到感应情况，诸问题的模拟是： 现在，要找出一个电荷对它邻近的电场是怎样 作用的，一点上的电场和它邻近的电场又是怎样联
)
(x
导 体 + + + + + + + + + + + + - - - - - - - - - - 给定电荷分布 求空间一点 电场分布 而场引起导体上 感 应电荷分布 而感应电荷分布反过来引起 9系的，即要找出电荷和电场相互作用规律的微分形 式，而在导体表面或其他边界上场和电荷的相互作 用关系则由边值关系和边界条件反映出来，称之为 边值问题。 （1）在介质的分界面上，电场满足的边值关系 为 且为电势所满足的边值关系：
)
(
ˆ
0
)
(
ˆ
1 2 1 2D
D
n
E
E
n
在介质分界面附近取两点1和2，而 所以 由于 ，故 ，且 介质2 介质1 2' 1' 2 1 1 2 l l nˆ 1 E 2 E 2 D 1 D
0
2
l
)
(
)
ˆ
ˆ
(
2 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 1l
E
l
E
l
n
E
l
n
E
l
d
E
n n
0
,
2 1
l
l
1
2
0
11注意： 可代替 ，即可代替 证： ∵ 可见 而 故有 即得
是连续的
电势
即在界面上
1 2.
,
S S
2 1 S S ˆ ( ) 0 E2t E1t 1 2 E E n 0
,
0
1 2 2 1
2 1 2 1
1 2 p2 p1 P'1 P'2l
E
l
E
1 1 2 2 2 1
,
l
E
l
E
1 2 t t E E1 2另外，由方程 可得到： 即 也就是说，在两种不同介质的分界面上，电势 满足的关系为
(
)
ˆ
1 2D
D
n
1 1 2 2 1 1 2 2 ˆ ˆ ) ( ˆ n n E E n S S n n 1 1 2 2
S S S S n n 1 1 2 2 1 2 13（2）在介质与导体的分界面上的情况 由于静电平衡条件，我们知道： 导体内部 ；导体表面上的场强与表面 ⊥导体是等势体；导体内无电荷分布（ ），电 荷只分布在导体的表面上（ ）。 因此，在导体与介质的分界面上； 0
0
内E
0
导体 1 自由电荷σ ε 介质2 常数 1
即有 归纳起来，静电场的基本问题是： 求出在每个区域(均匀)内满足泊松方程，在所有 S n n E 2 2 1 1 0 , 0 导体内部 内 即 S S
n
常数
15分界面上满足边值关系和在所研究的整个区域边界 上满足边界条件的电势的解。
3、利用静电标势来描述静电场的能量
已知在线性介质中静电场的总能量为 在静电情形下，能量W可以用电势 和电荷 表出。 由 得
E Dd
W 2 1
D E 和 ) ( ) ( D D D D D E 因此 即 若我们考虑的是体系的总能量，则上式的体积 分是对全空间进行的。因此上式右边第二项的面积 分是对无穷大的面进行的。有限的电荷体系在无穷 远处的电势 ，电场 ，而面积~r2,故在r→∞ 时，面积分项的值=0，故有
d
D
d
W
(
)
2
1
2
1
2 1 ~ r r 1 ~
ss
d
D
d
W
2
1
2
1
17讨论：对 的使用注意几点： （1）适用于静电场，线性介质； （2）适用于求总能量（如果求某一部分能量时，面 积分项 ）； （3）不能把 看成是电场能量密度，它只能表 示能量与存在着电荷分布的空间有关。真实的静电
d
W
2
1
d
W
2
1
2
1
0
2
1
ss
d
D
能量是以密度 的形式在空间连续分布，场 强大的地方能量也大； （4） 中的 是由电荷分布 激发的电势； （5）在静电场中，电场决定于电荷分布。在场内没 有独立的运动。因而场的能量就由电荷分布所决定。 （6）若全空间充满了介电常数为ε的介质，且得到 电荷分布ρ所激发的电场总能量 D E w 2 1
d
W
2
1
d
r
x
x
d
W
(
)
(
)
8
1
19式中r为 与 点的距离。
4、举例讨论
[例1]求均匀电场 的电势。 Solution: 因为均匀电场中每一点强度 相同，其电 力线为平行直线，选空间任一点为原点，并设原点 的电势为 。 xx
0 E 0 0 E y o x p θ 0 E x根据 ，得到 故得到 这里有个参考点选择问题 [例2]均匀带电的无限长直导线的电荷线密度的λ，求 空间的电势。 Solution:
p p p l d E p l d E p p 0 2 1 ) 0 ( ) ( ) ( ) ( 1 2 x
E
l
d
E
p
p
0 0 0 0)
(
21选取柱坐标：源点的坐标为（0, z'），场点的坐标为 （R, 0），考虑到导线是无限长，电场强度显然与z 无关。 这里，先求场强 ，后求电势 。
推导
场点 p R o z z' 电荷源 z d q d
r
E由于 电荷元为 ，因此 令 z z R z z R r ( 0)
ˆ (0 )ˆ
ˆ ˆ z d q d
3 3 0 0 2 2 3 2 2 2 3 2 0 01
1
4
4
ˆ
ˆ
1
1
4
(
)
4
(
)
dq
dz
E
r
r
r
r
R
z z
dz
dz
R
z
R
z
d
z
R
d
R
z
tg
,
sec
2 23且 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 cos sec 1 sec sec ) tg 1 ( sec ) ( R d R d R d R R d z R z d
而 故 设p0点与导线的垂直距离为R0，则p点到p0点的电势 差为 2 2 2 2 2 3 2 3 3 2 2 tg sin sec 0 ( ) sec z dz R R d d R z R R
ˆ 2 2 ˆ 4 0 2 0 R R R E 25若选p0为参考点（即 ），则 ( ) 0 0 R
0 0 ln 2 ) ( R R R 0 0 0 0 0 0 0 ln 2 ln 2 2 ) ˆ ˆ ˆ ( ˆ 2 ) ( ) ( 0 0 0 R R R R R dR R dz z Rd dR R l d E R R R R R R R R
§2.2 唯一性定理
Uniqueness Theorem
本节内容将回答两个问题：
（1）要具备什么条件才能求解静电问题
（2）所求的解是否唯一
1、静电问题的唯一性定理
（1）有介质存在的情况 把一个区域V找分为许多 小区域Vi，每一个小区域内介 电常数为 ，它是各向同性的。 每一个区域给定电荷分布 i
S V k V k i V i
j s d is
d
j j V ij SV
x
x
)
,
(
29已知：①在每个均匀区域中满足 ，即有几 个区域就是几个泊松方程。 ②在各个均匀区域的交界面上，满足： 至此，不知道边界条件，即不知道区域的边界S上的 一些条件。这个问题正是唯一性定理所要解决的， 下面讨论之。 i i
2 j i i j in
n
)
(
)
(
,
j
唯一性定理：
设区域V内给定自由电荷分布 在V的边界 S上给定 （i）电势 或 （ii）电势的法向导数 ，则V内的电场唯 一地被确定。 S
Sn
,
)
(x
31下面采用的证法： 证明：设有两组不同的解 和 满足唯一性定 理的条件，只要让得 即可。 令 在均匀区域Vi内有 常数 0 , , 2 2 2
i i在两均匀区界面上有 在整个区域V的边界S上有 且 为了处理边界问题，考虑第i个区域Vi的界面Si上 的积分问题，根据格林定理, 对已知的任意两个连续 , , , n n n n n n j j i i j j i i j j i i j i j i j i
0
0
S S S S S
0 S S S n n n 33函数 必有： 令 且
和
i i S Vds
n
d
2(
)(
)
i
i i i i S i V i S i V i is
d
d
ds
n
d
2 2 2)
(
0
)
(
)
(
对所有区域求和得到 进一步分析：在两个均匀区域Vi和Vj的界面上, 由于 和 的法向分量相等，又有 ，因此内部 分界面的积分为
i 2)
(
i S i V i i is
d
d
j i ds s d
ji ij ji ij ij S i j j j S i i i i S j j j j S i i i i S i s d s d s d s d s d 35(这里 ） 因此 故 而在S面上， 从而有 0
ji ij S i j j j S i i i i ds n ds n n n E E D Din jn i in j jn i i j j , ,
S i i S id
s
d
s
i
i V i S i i d s d 2 ) ( 0 , 0 S S n
或由于 , 而 ,只有 ，要使 成立，唯一地是在V内各点上都有 即在V内任一点上， 。 由 可见， 和 至多只能相差一个常 数，但电势的附加常数对电场没有影响，这就是说 静电场是唯一的。
i i i(
)
d
0
2
0 ) ( 2 i
0
0
i
i V i i d
2 ) (0
常数
37（2）有导体存在的情况 讨论区域是导体外空间V， 即V是由导体外表面S1，S2及S 包面所围成的空间，当S在无穷 远处时，所讨论的区域就是导 体外的全空间V。约定： 在无穷远处，电场为零，即在S面上 或者 表示成 在此基础上，把问题分为两类：
0
S
0
SV
ε
ρ
S1 S2A类问题：已知区域V中电荷分布 ，及所有 导体的形状和排列；每个导体的电势都给定。 B类问题：已知区域V中电荷分布 ，及所有导体 的形状和排列；每个导体的总电荷都给定。 因为导体面就是边界面，因此上述导体的电势 或者总电荷就是边界条件。 先用反证法证A类问题。 证明： 设存在着两个解 和 , 这意味着在区域V内， 和 都满足泊松方程： ) (x ) (x 推导 39
第 i 个导体的表面为Si 面上，该导体的电势为 。 那么，在Si面上，和 都必须等于 。即 在S∞面上， 令 则有 应用格林定理：
2 2 ,
i i S i Si
i
0
0 0 2 2 2 i i S S Si
i
i
V S ds n d
2 ( )( ) i
令 ， 有 式中被积函数 ，要使上式成立，必然在V 中每一点上有 于是，V中每一点上， 。
V S i Si ds n ds n d 2 2 ) (
V S Sd
i0
)
(
0
,
0
,
0
2 2
及
0
0
)
(
2
常数 41但在导体表面上， ，即得到常数=0，即 ，使得 这就说明了对A类问题 有唯一解。 再用反证法证B类问题 也设存在两个解 和 ，则有 令 代入格林公式中，得 0
0
)
(
,
0
2
V S i Si ds n ds n d
2 2 ) (因为在导体表面Si处，电势并没有给定，但根据电磁 学中的知识，导体在静电平衡时为一等势体。虽然 与 不一定相等，但对同一导体而言， 故可从积分号内提出来，于是
V i S S i ds n d
2 2 ) ( , 0 , 0 即得 i S
) ( 应为一确定值 i S Si i i S
V i S i i ds n d 2 ) ( 43现在分析： 因为 中，Si表示电场中第i个导体的表 面，导体在静电平衡时，在导体外，紧靠导体表面 处的场强方向与导体表面垂直，场强的大小与导体 表面对应点的面电荷密度成正比，即 从而得到 ?
i S ds n
i S ds n n E En n
/
, 而
) ( 1 ) ( n n n 44这样就有 式中 和 都表示第i个导体所带的总电荷，又因为 它是给定的，即 故 对每一个导体表面都有此结论。因此得到 ) ( 1 1 Q Q ds ds ds n i i i S S S
Q Q 0
i S ds n
V d 0 ) (
2
Q Q 45同理， ，要使上式成立，必然是 即 由于 ，此常数对电场无影响，所以此时仍说 是唯一的。 唯一性定理（另外一种证明方法） 区域V由封闭面S0、S1、S2、···等 所包围，其中S0是最外包围面。如 果V内的电荷密度 分布已知，并 且各边界面满足下列条件之一时： 0 ) (
2 0
常数
E S0 V ε S1 S2
(i)Si面上电势 已知； (ii)Sj面上为等势面。 未知常数，并且Sj 面上流出的电通量已知。 (iii)Sk面上的电场法线分量En已知。 则区域V内电场强度被唯一确定。 用反证法证明。 证明：设有两上电势 和 ，它们都满足场方程 x j c
已知
j S j j j ds n N
已知 k S n
2 2,
练习
跳过 47并满足上述边界条件，则 ，或者 ， 和 不必相等，可以相差一个常数，即 要证明场中每一点 成立，只需证明 这里因为 ，并 。要使其等于0， 则必须 。而 由矢量恒等式 E E
const
( )
2 0
d V
(
)
2 0d
0
d
d
V V ( ) ( ) ( ) 2
f
f
f
(
)
则有 其中因为 所以 即 也就是 现在考察上式右边的面积分之值。
V V V d d d ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2
2 2 , 2(
) 0
d
d
V V
( ) ( ) ( )( )
i i S V d ds i ) ( ) ( ) (
2
49a) 设Si面满足(i)类边界条件，则 故Si面积分为零。 b)设Sj面满足(ii)类边界条件，由于 ， 故可以将 从积分号内提出来，则有 由于(ii)类边界条件中还包括有给定总通量值， 即
0
)
(
i S
1 x Sj c
未知数 故 2 1 2 , ( ) S x x x Sj c
j c c
) (
j j j j j S j n n S S j S j S s d E E s d s d ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 从而使得 c) 设Sk面满足(iii)类边界条件，则 由于在Sk面上En值给定，故 则
j j S j n S j nd
s
E
d
s
E
j S js
d
0
)
(
)
(
k k S k S k E E ds s d ( ) ( ) ) ( ) (
0 ) ( k S n n E E 51由此可见，满足场方程组和边界条件的 和 必须满 足等式 即 ，唯一性定理证毕。 2、用唯一性定理解决实际问题
k S k s d 0 ) ( ) (
( )
2 0
d
V E E [例]两同心导体球壳之间充以两种介质，左半球介电 常数为 ，右半球介电常数为 。设内球壳半径为a， 带电荷为Q，外球壳接地，半径为b，求电场和球壳 上的电荷分布。 1
2 b a S1 S2 2
1
rˆ
nˆ
53Solution : 以唯一性定理为依据来解本题。 a)写出本题中电势 应满足的方程和边值关系 以及边界条件 此区域V为导体球与球壳之间的空间，边界面有 两个，即S1和S2，S1是导体球表面，S2是导体球壳内 表面, 边界条件为：在S1上总电量是Q
，
在S2上 。 在两种介质中，电势都满足Laplace方程，在介 质交界面上，电势 连续，电位移矢量的法向分量 连续（因为交界面上 ）。0
0 f
应满足的定解条件为： 现在不论用什么方法，只要求出的点函数 能满 足上述条件，那么 就是本题的唯一解。 b) 根据已知的定解条件，找出电势 的解 由于对称性, 选取球坐标, 原点在球心, 直接积分
0 , , ) 2 , 1 ( 0 2 1 2 2 1 1 2 1 2 已知 面上 在 已知 面上 在 在交界面上 S Q S n n i i ) (x ) (x
55可求得解，因为 不难看出： 在r=b处： 0 ) ( 1 2 2 2 r r r r i i
) ( ) ( 2 2 1 1 中电势 右半球 中电势 左半球 D r C B r A b
A
B
B
b
A
b r
0
1从而得到 同理，在r=b处： 即得 在两介质的交界面上：
)
1
1
(
1b
r
A
b C D D b C b r 0 2)
1
1
(
2b
r
C
2 1
57由此得到 A= C 又因为在两介质的交界面上， 与 ，但 都只 与r有关，所以 这样， 也满足了Dn连续的条件。 到此为止，在条件中，除了在S1面上总电量为Q 外， 也满足了其它全部条件，而 也只剩下一个 待定常数A
。
现在用 必须满足在S1面上总电量等于 Q这个条件来确定A，即 rˆ nˆ0
2 1
n
n
2 1,
2 1,
Q a a A a a A s d e a A s d e a A s d D s d D s d D e r A e r E D e r A e r E D Q s d D S r S r S S S r r r r S
2 2 ˆ ˆ 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 右 左 右 左 59故 从而得到： c) 电场和电荷分布情况 根据电势 所得到的结果，有
)
(
2
1
2
Q
A
) 1 1 ( ) ( 2 ) 1 1 ( ) ( 2 2 1 2 2 1 1 b r Q b r Q
i 相应地，有
3 2 1 2 2 2 3 2 1 1 1 1)
(
2
)
(
2
r
r
Q
e
r
E
r
r
Q
e
r
E
r r
3 2 1 2 2 2 2 3 2 1 1 1 1 1)
(
2
)
(
2
r
r
Q
E
D
r
r
Q
E
D
61由此可见 ▲在导体球（r=a）表面上： 可见 ▲在导体球壳内（r=b）处： | | | | D1 D2 ) ( 2 ˆ ) ( 2 ˆ 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 a Q D D n a Q D D n a r r a r f a r r a r f f f 2 1
也可看出： ▲还可进一步求出束缚电荷（极化电荷）分布： 已知 所以 ) ( 2 ˆ ) ( 2 ˆ 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 1 b Q D D n b Q D D n b r r b r f b r r b r f 壳 壳 f f 壳 壳 2 1
E
D
P
0
3 2 1 0 2 2 0 2 2 3 2 1 0 1 1 0 1 1 ) ( 2 ) ( ) ( 2 ) ( r r Q E D P r r Q E D P
63而极化电荷体密度： 即在两种介质中，极化电荷体密度都为零。 ▲在导体球表面上极化电荷面密度分布：
0
)
(
1
0
)
(
1
2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 r p r pP
r
r
r
P
P
r
r
r
P
) ( 2 ) ( ˆ ) ( 2 ) ( ˆ 2 1 2 0 2 2 2 2 2 1 2 0 1 1 1 1 a Q P P n a Q P P n a r r a r p a r r a r p 64▲故得到导体球表面上的总电荷 分布： 可见 ▲在两种介质交界面处： 因为 。因而 ，所以 注意： 在前面计算过程中，难得出导体球面上
)
(
2
)
(
2
2 1 2 0 2 2 2 2 1 2 0 1 1 1
a
Q
a
Q
p f p f 2 1
0
p
r
n
ˆ
ip if i
0
nP
65是常数，但是 或 在每个半球面上虽然都是常数， 但 ， ，即 在球面上不是均匀分 布的。现在来说明 不能均匀分布的原因。 假定 是均匀分布的，那么由 可见， 在两个半球面上，因 值不同而不同。 导体球内的静电场由 和 共同激发，由于 均匀分布，所以 在球内的电场为零。但 由于非 p p 2 1
if ip
f f 2 1
f f
f pn
P
n
E
n
D
0 0 0)
ˆ
(
ˆ
ˆ
p
p
f
f f
p f
均匀分布必将导致它在球内的场不为零，这样导体 球就不能达到静电平衡。由此可见，要使导体球达
到静电平衡， 的分布必须是非均匀的。
f§2.3 拉普拉斯方程，分离变量法
Laplace's equation,
method of separate variation
本节内容主要是研讨
Poisson方程的求解解析方法。
电场是带电导体所决定的。自由电荷只能分布
在导体的表面上。因此，在没有电荷分布的区域V里,
Poisson's equation 就转化为 Laplace's equation，即
产生这个电场的电荷都是分布于区域V的边界上，它
0
2 2
0
69们的作用通过边界条件反映出来： ① 给定 ②给定 或导体总电量 所以，讨论的问题归结为： ①怎样求解（通解）Laplace's equation. ②怎样利用边界条件及边值关系求出积分常数。 Laplace's equation可以用分离变量法求通解，其 求解条件是： ① 方程是齐次的。 ②边界应该是简单的几何面。 （
能用分离变量法条件：
求区无电荷，边界规则
） S
Q ds n S
n 70一、分离变量法求Laplace's equation的通解
（1）在直角坐标系中 设 在数学物理方法中，该方程的通解的 （A、B、C为待定系数）0
2 2 2 2 2 2 2
z
y
x
)
(
)
(
)
(
)
,
,
(
x
y
z
X
x
Y
y
Z
z
)
sin
cos
(
)
sin
cos
(
)
sin
cos
(
)
,
,
(
2 1 2 1 2 1z
k
C
z
k
C
y
k
B
y
k
B
x
k
A
x
k
A
z
y
x
z z y y x x
71或者写成 （2）在柱坐标系中 设 该方程的通解为
;
)
,
,
(
x
y
z
e
ikxxe
ikyye
ikzz
0
1
)
(
1
2 2 2 2 2 2
z
r
r
r
r
r
)
(
)
(
)
(
)
,
,
(
r
z
R
r
Z
z
cosh(
)
sinh(
)
)
sin(
)
cos(
)
(
)
(
)
,
,
(
2 1 2 1 2 1kz
C
kz
C
n
B
n
B
kr
N
A
kr
J
A
z
r
m m
72其中，Jm为m阶第一类贝塞尔函数，Nm为m阶第二 类贝塞尔函数。 如果考虑与z轴无关（k=0）情况，并讨论的区域是 ，故通解为 ) sin( ) ( ) ( ) cos( ) ( ) ( ) 1 ( ! ) 2 ( ) 1 ( ) ( 0 2 m kr J kr J m kr N n m n kr kr J m m m n n m n m
为伽马函数
2
0
0 1 1 ( , ) o ln ( n n n n) cos( ) ( n n n n) sin( ) n n r A B r A r B r m C r D r m
0 0 0 1 ( ln )( ) 0 ( , ) ( )( cos sin ) 0 o m m n n m m n A B r C D m r A r B r C m D m m
73这里A
，
B，
C，
D为待定系数。 （3）在球坐标系中 设 其通解为 0 sin 1 ) (sin sin 1 ) ( 1 2 2 2 2 2 2 2 2 r r r r r r)
,
(
)
(
)
,
,
(
r
R
r
Y
m n m n n nm n nm m n m n n nm n nm m P r D r C m P r B r A r , 1 , 1 ) sin( ) (cos ) ( ) cos( ) (cos ) ( ) , , ( 这里 为缔合勒让德（Legendre)函数 对于具有轴对称的问题，m=0 (取此轴为极轴） 且 这里 为勒让德函数，
、
为待定系数 对于球对称的问题，m=0 , n=0。且2、利用边界条件定解
说明两点：)
(cos
m nP
0 1 ) (cos ) ( ) , ( n n n n n n P r B r A r
)
(cos
nP
为待定系数
B
A
r
B
A
r
)
,
(
n A Bn 75第一，如果考虑问题中有i 个区域（均匀分布）， 必须有i个相应的Laplace's equation . 第二，在每个区域的交界面上，应该满足边值 关系： 边界条件： 及导体的总电荷
)
(
在
ij面上
j j i i j iS
n
n
Q
ds
n
S
S S n
或3、举例说明定特解的方法
[例1]一个内径和外径分别为R2和R3的导体球壳，带 电荷为Q 。同心地包围着一个半径为R1的导体球 （R1<R2)，使半径R1的导体球接地，求空间各点的 电势和这个导体球的感应电荷。 Solution: 第一步：分析题意，找出 定解条件 根据题意，具有球对称性， 电势不依赖于极角 和方位角 ，只与半径r有关。 Q R1 R2 R3
求解 77即 故定解条件为： 边界条件： (i)因为导体球接地，有 (ii)因整个导体球壳为等势体，有 ) ( ) , , (r r
2
.
0
.
0
2 1 2 2 3 1 2R
r
R
R
r
(3)
0
1 2 1
R r r
(4)
3 2 1 2 rR
rR
(iii)球壳带电量为Q，根据Gauss theorem 得到 第二步，根据定解条件确定通解和待定常数 由方程式(1)、(2)可看出，电势不依赖于φ，取 n=0；不依赖于θ，取 , 故得到导体球壳 内、外空间的电势：
SQ
s
d
E
0
(5) 0 2 2 2 1 2 3 Q d r r d r r r R R r
1
)
(cos
nP
79由（3）式得 从而得到 (7) (6) 2 1 2 3 1 R r R r D C R r r B A (9) . 0 , (8) 0 . 0 , 1 2 1 1 R D C R r A r 当 当 (11) ) 1 1 ( (10) 1 2 1 R r D r B 80
由 （4）式得 由（5）式得 即 将（13）式代入（12）式，即得 (12) ) 1 1 ( 1 2 3 R R D R B 0
4
4
D
Q
B
(13) 4
0 Q D B ) 1 1 1 ( 4 0R3 R1 R2 R3 Q D
81令 因此得到： 将A
