电磁学A第1次习题课

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第一次习题课补充题

Problem NJ-1

【本题考查对电场矢量分量性、电势标量性的理解，和简单的动力学；取自《难题集萃（上册）》电磁学篇的1-13】

在半径为 $R$ 的细圆环上分布着不能移动的正电荷,总电量为 $Q$.

（1）如果某个点电荷 $Q_1$（非零）可在环中指定直径AOB线段内做匀速直线运动。试确定圆环上电荷线密度 $\lambda$ 的分布。

（2）取 $x$ 轴沿直径AOB,原点 $O$ 在环中心，将第1问中的点电荷 $Q_1$ 放在与 $O$ 点相距 $r_1$ 的x左半轴上某点。设电量 $Q_1$ 的绝对值为 $Q$ 的 $\nu$ 倍。能否在右半轴上再放一个非零电量的点电荷 $Q_2$，使得这两个点电荷及圆环均可保持不动。设两点电荷都不与环接触，设环的质量分布均匀。试求 $Q_2$ 及其位置。

（3）把上述两个点电荷 $Q_1$ 和 $Q_2$ 固定在第2问中确定的位置上，同时改变它们的电荷符号但保持电量大小不变。再使环（所带电量 $Q$ 及分布均不变）沿 $x$ 轴的正方向平移一小量 $\delta$，然后静止地释放。试定量讨论环的运动。设环的质量为 $m$。

在求解本题时,只需考虑电荷间的库仑作用,其他相互作用均可略。

(a)

Solution to NJ-1

（1）结合教材习题1.6，第一问不难分析知，电荷线密度随着 $\theta$ 服从正弦分布

$$ \lambda(\theta)=\lambda_0\sin\theta $$

由于总电量为 $Q$ 立刻算出 $\lambda_0=Q/4R$

（2）在完成后续小问前，我们不妨想一下正弦分布怎么来的 —— 少部分同学作业中提出了这一思路。考虑一个均匀带电的球壳，其内部电场为0，从而内部包括任意直径在内的处处等势。如图，现在考察球壳某个直径AOB，并以A点极角为0，B点极角为 $\pi$ 建立球极坐标；任取过AOB的某平面记作 $\Sigma$，也即下图的纸面。

由于电势是标量，只与电荷到场点的直线距离有关，与方向无关，因此将极角 $\theta\to\theta+\mathrm{d} \theta$ 长成的球壳上的环带所带电荷全部划归到 $\Sigma$ 面上的两段线微元（MN和PQ），其对AOB直径上各处的电势贡献没有变。依次规律，可以把整个三位球壳的电量转移到球壳与 $\Sigma$ 面交成的大圆环上，而不对AOB上电势分布，即处处等式，造成改变。进一步，这个“电荷转移”操作对于AOB所在直线上任意一点的电势也没有改变，这根据对称性是显而易见的。

分析完之后，我们可以知道，$Q_1$ 必然在AOB所在直线上，但在环以外：否则，在环内受环的库仑力为0，其与 $Q_2$ 的库仑力不可能保持电荷静止。同理，$Q_2$ 也在直径上，并且与圆心O点、$Q_1$ 三点共线。

电性分析：圆环处在两点电荷之间，又要三体平衡，可分析出 $Q_1<0,Q_2<0$。

$Q_1, Q_2$ 距离O点为 $r_1$。注意到根据轴上对称性，圆环在 $Q_1$ 的电场等同于均匀带电球壳在那处的电场（所有电场贡献只有平行于AOB分量保留，其余抵消），故而圆环与 $Q_1$ 作用力为

$$ F_1=\frac{Q Q_1}{4\pi\varepsilon_0r_1^2} $$

两点电荷库仑力

$$ F_2=\frac{Q_1Q_2}{4\pi\varepsilon_0(r_1+r_2)^2} $$

有 $F_1+F_2=0$ 和 $Q_1=-\nu Q$（题干条件）；又根据圆环也要受力平衡，有

$$ \frac{QQ_1}{4\pi\varepsilon_0r_1^2}=\frac{QQ_2}{4\pi\varepsilon_0r_2^2} $$

联立得

$$ r_2=\frac{r_1}{\sqrt\nu -1} $$

$$ Q_2=\frac{-\nu}{(\sqrt\nu-1)^2}Q $$

注意：根据 $r_2>R$ 约束，我们要求 $\nu<\left(1+\frac{r_1}{R}\right)^2$，否则第二问所描述的体系不可能成立。

（3）第三问就比较简单了，把 $Q_1$ 和 $Q_2$ 固定不动，研究圆环的运动，还是根据对称性，本质就是研究均匀带电圆球壳（甚至可以简化为圆心处点电荷）的动力学。把点电荷与圆环的库仑力在平衡位置展开至 $\delta/R$ 的一阶小量，考察圆环的谐振运动，即可完成：

$$ \frac{QQ_1}{4\pi\varepsilon_0}(r_1+\delta)^{-2}\approx \frac{QQ_1}{4\pi\varepsilon_0 r_1^2}\left(1-\frac{2\delta}{r_1}\right) $$

$$ \frac{QQ_2}{4\pi\varepsilon_0}(r_2-\delta)^{-2}\approx \frac{QQ_2}{4\pi\varepsilon_0 r_2^2}\left(1+\frac{2\delta}{r_2}\right) $$

合力 $F=k\delta$，其中

$$ k=\frac{-Q}{2\pi\varepsilon_0}\left(\frac{Q_1}{r_1^3}+\frac{Q_2}{r_2^3}\right)=\frac{\nu\sqrt\nu Q^2}{2\pi\varepsilon_0 r_1^3} $$

圆环振动的角频率 $\omega=\sqrt{k/m}$

Problem NJ-2

【本题考查一个重要的带电体系结论；取自《难题集萃（上册）》电磁学篇的1-21】

在平面上有一段长为 $l$ 的均匀带电直线AB，在该平面取直角坐标 $Oxy$，原点 O为AB中点，AB沿 $x$ 轴，$y$ 轴与 $x$ 轴垂直，（1）证明:该平面上任一点P的电场强度方向沿 $\angle$APB的角平分线（2）求该平面上的电场线族方程（3）求该平面上的等势线族方程

(a)

Solution to NJ-2

如图，我们先证明微元MN在P点的电场与将相同电荷线密度的 $M’N’$ 在P点的电场相同。设 $NH=x, MN=\mathrm{d} x$，则

$$ E_P(MN)=\frac{\lambda \mathrm{d} x}{4\pi\varepsilon_0(x^2+h^2)} $$

相同电荷线密度的 $M’N’$ 在P点的电场

$$ E_P(M'N')=\frac{\lambda l_{M'N'}}{4\pi\varepsilon_0h^2} $$

其中

$$ l_{M'N'}=\frac{h}{\sqrt{h^2+x^2}}l_{M''N''} $$

$$ l_{M''N''}=l_{MN}\cos\theta $$

从而实际上有 $E_P(MN)=E_P(M’N’)$

于是我们可以发现，均匀带电线段在P点的电场相对于相同电荷线密度的圆弧A’B' 在P点的电场，而根据对称性，显然电场是 $\angle$APB的角平分线。

这样一来，电场线就符合以A、B为焦点的双曲线的定义，电场线是

$$ \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{l^2/4-a^2}=1,\quad a\in(0,l/2) $$

对应地，等势面就是椭圆（若是三维则是以AB为轴的旋转椭球面，长轴在AB上）

$$ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{-l^2/4+a^2}=1,\quad a>l/2 $$

Problem NJ-3

【本题考查电场线始末位置的性质；取自《难题集萃（上册）》电磁学篇的1-25】

有1998个半径相同的导体球，各球均带有相同的正电荷，彼此不接触。试证明:在静电平衡时，至少有一个导体球的表面处处无负电荷。

Solution to NJ-3

各球达到静电平衡后，每球均为等势体。比较各球电势，总可以至少找到一个A 球，其电势不低于其他球的电势。若A球球面某处有负电荷，则必有电场线聚敛该处。

若此电力线发自其他某些球面的正电荷，则A球的电势应低于那些球的电势，与A 球电势不低于其他球电势的假设矛盾，因而是不可能的。
若此电场线来自无穷远，则A球电势应低于无穷远处的电势，从而所有其他球的电势也都低于无穷远处的电势。

比较其他球的电势，总可以至少找到一个B球，其电势不高于剩余各球。于是B球正电荷发出的电力线不能到达无穷远，否则与B球电势低于无穷远处电势矛盾；B球正电荷发出的电场线也不能达到剩余各球，否则与B球电势不高于剩余各球电势矛盾；B球正电荷发出的电场线更不能到达A球，否则与A球电势不低于B球电势矛盾。

总之，B球正电荷发出的电场线没有去处，这当然是不合理的。综上，A球球面上不可能有负电荷。即在达到静电平衡后，比较各球电势，其中不低于其他球电势的那个A球(至少有一个)，其表面应处处无负电荷。显然，在以上讨论中，并未涉及各导体球半径的大小，所带正电荷的多少，以及导体球的数目，甚至也未涉及是否为球形，其实这些都与结论无关。

Problem Exam-1

【本题考查一个重要的带电体系结论；取自《21春电磁学A叶班期中》第一题】

（1）如图所示，已知该平面为一电荷面密度为 $\sigma$ 的均匀带电平板，证明在如图所示的点处的由图上的面积元产生的电场强度的 $z$ 轴分量为

$$ E=\frac{\sigma\mathrm{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0} $$

（2）设某正方体仅有相对的某两个面上分别均匀带有面密度为 $+\sigma$ 和 $-\sigma$ 的电荷，求正方体中心处的场强大小。

(a)

Solution to Exam-1

（1）与Problem NJ-2类似，我们先考察平面上一片微元在场点激发电场 $z$ 分量。设微元面积为 $\mathrm{d} S$，所在平面距离场点为 $h$，与场点直线距离 $\sqrt{h^2+r^2}$，那么其电场垂直分量

$$ \mathrm{d} E = \frac{\sigma h \mathrm{d} S}{4\pi\varepsilon_0(h^2+r^2)^{3/2}} $$

而微元对场点张的立体角可以这样算：先把微元面积投影到与“微元到场点”连线垂直的方向

$$ \mathrm{d} S'=\mathrm{d} S \cos\theta=\mathrm{d} S \frac{h}{\sqrt{r^2+h^2}} $$

$$ \mathrm{d} \Omega=\mathrm{d} S' / (h^2+r^2) $$

联立几式可得

$$ \mathrm{d} E=\frac{\sigma\mathrm{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0} $$

从而任意面元的电场 $z$ 分量仅其对场点的立体角有关，原题立即得证。

（2）由上结论，我们只需要计算正方形对在其中心上方二分之一边长处的立体角。然而，根据对称性，一个立方体对齐中心的立体角为 $4\pi$，并且每个面对中心一相同的立体角，故每个正方形面贡献立体角为 $2\pi/3$。回到题目，总场即为

$$ E=\frac{\sigma}{3\varepsilon_0} $$

Problem Exam-2

( ) 一个点电荷与带电体的距离越近，所受到的静电力越大。
( ) 真空静电场情形下库仑定律与高斯定理不可以相互导出。
( ) 闭合曲面上各点电场均为零时，面内必没有宏观电荷。
( ) 一区域内场强处处为零，则该区域等电势；反之亦然。
( ) 未接地的空腔导体，当腔内电荷位置改变后，导体外的电场不变。
( ) 均匀带正电的细圆环，在环面的圆周之内，中心点的电势最低。
( ) 水在电场作用下主要发生取向极化。
( ) 一电介质只在表面带电荷，面电荷密度为 $\sigma$，则表面外侧附近的电场强度为 $\sigma/\varepsilon_0$
( ) 电介质中退极化场与外电场方向总是相反。
( ) 平板电容器接上电源，在两极板之间缓慢插入电介质板，则电容器的储能变大。

Solution to Exam-2

(错) 例如无限大均匀带电平板。
(对) 还要补上球对称定理
(错) 只是总电荷为0.
(错) 等势面上只保证场强与面垂直即可
(对)
(对)
(对)
(错) 注意表面内侧附近也可能有电场
(错) 各向同性介质是相反
(对)

Problem Exam-3

(a)

本题取自2024春叶邦角班电磁学H期中考试

有一样品（尺度为 mm），可看作无限大接地平面，距离平面 d处有一探头（尺度为 nm），探头可近似看作一半径为 R 的导体球，d 为球心到平板的距离。求：

在零阶近似下，二者之间的电容；
在一阶近似下（点电荷模型），二者之间的电容；并求探头受到的作用力；
在二阶近似下（电偶极子模型），二者之间的电容（已知导体球在匀强电场中的感应电偶极子为 $\boldsymbol p_0=4\pi\varepsilon_0 a^3E_0$）；
在二阶近似下，探头受到的作用力（用梯度力公式 $\boldsymbol F=(\nabla \cdot \boldsymbol p)\boldsymbol E$ 计算）；
在二阶近似下，将探头移到无穷远处所需要做的功。

Solution to Exam-3

零阶近似当做孤立电容球处理 $$ C_0=4\pi\varepsilon_0R $$
一阶近似，将球视作点电荷，地面看做无限大导体板，可用镜像法，球上电荷q，考虑平板的对称位置有一带电-q的像电荷。

球表面电势

$$ V_1=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{2d}\right) $$

平板上电势为0

因此

$$ C_1=\frac{q}{V_1}=\frac{4\pi\varepsilon_0}{\frac{1}{R}-\frac{1}{2d}}\approx4\pi\varepsilon_0R\left(1+\frac{R}{2d}\right) $$

一阶近似

用镜像法。探头所受到的力

$$ F_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot \frac{q\cdot (-q)}{(2d)^2}=-\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0d^2} $$

方向由q指向-q。

在一阶近似下，球表面的电场近似为 $|E_0|=|\frac{F_1}{q}|=\frac{q}{16\pi\varepsilon_0d^2}$，方向由q指向-q，设-q指向q为x轴正方向。该电场引起球的电荷极化，感应电偶极子为
$$ p_0=4\pi\varepsilon_0 R^3E_0=\frac{qR^3}{4d^2} $$
方向为x轴负方向。其镜像电偶极矩也为 $p_0$，且方向一致。镜面电荷电偶极矩在导体球上产生的电势（导体球上的电偶极矩在导体球上没有产生电势）
$$ \Delta V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r}{r^3}\bigg|_{x=d}=\frac{-qR^3}{64\pi\varepsilon_0d^4} $$

$$ V_2=V_1+\Delta V=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{2d}-\frac{R^3}{16d^4}\right) $$

$$ C_2=\frac{q}{V_2}= $$

$$ F_2=F_1+(\boldsymbol p\cdot \nabla)\boldsymbol E=F_1+p_x\frac{\partial \boldsymbol E_2}{\partial d}=\dots $$

$(\boldsymbol p\cdot \nabla=p_x\frac{\partial}{\partial x}+p_y\frac{\partial}{\partial y}+p_z\frac{\partial}{\partial z})$ 其中 $\boldsymbol E_2$ 是镜像电偶极子在导体球处产生的电场。

（助教无答案，不过大致思路是这样）

对 $F_2$ 积分

Problem Exam-4

本题选自2025春电磁学H期中考试

半径为 $R$ 的导体球接地，在距离球心 $d$ 处放置一个电偶极子 $\boldsymbol p$，方向为正好背离球心的方向。

(a) 求所有电像的位置以及电荷量（或偶极矩）。 (b) 求空间中电势的分布和系统的电场能。前者可以引入位置参数而不全部用球坐标表达。 (c) 求电偶极子的受力。 (d) 假定这个导体球半径趋于无穷大，而电偶极子到导体球表面的距离 $h = d - R$ 不变，这时就等效于一个无穷大导体平板。在此极限下，求电偶极子的受力。

Solution to Exam-4

（a）以球心向电偶极子的方向为 $z$ 轴，建立球坐标。将电偶极子 $\boldsymbol p$ 看作两个相距 $l \ll R, d$ 的点电荷 $\pm q$，有 $p = q l$，即正电荷 $q$ 位于距离球心 $d + \frac{l}{2}$ 处，负电荷 $-q$ 位于距离球心 $d - \frac{l}{2}$ 处。它们分别的像电荷为：

在距离球心 $\frac{R^2}{d + \frac{l}{2}} \approx \frac{R^2}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right)$ 处的电荷 $- \frac{R}{d + \frac{l}{2}} q = -\frac{R}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right) q$

在距离球心 $\frac{R^2}{d - \frac{l}{2}} \approx \frac{R^2}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right)$ 处的电荷 $\frac{R}{d - \frac{l}{2}} q = \frac{R}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right) q$

它们的总电量为：

$$ -\frac{R}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right) q + \frac{R}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right) q = \frac{R}{d} q l = \frac{R}{d^2} p $$

零阶近似位于距离球心 $\frac{R^2}{d}$ 处。另外，两个像电荷的零阶项一正一负，组成一个像电偶极子，为：

$$ \left(\frac{R}{d} q\right) \left[ \frac{R^2}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right) - \frac{R^2}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right) \right] = \frac{R^3}{d^3} q l = \frac{R^3}{d^3} p $$

方向与原电偶极子相同。总结为：

在距离球心 $\frac{R^2}{d}$ 处的像电荷 $\frac{R}{d^2} p$
在距离球心 $\frac{R^2}{d}$ 处的像电偶极子 $\frac{R^3}{d^3} p$，方向与原电偶极子同向，即背离球心。

(b) 设场点 $P$ 到原电偶极子和像的距离分别为 $r_1, r_2$，到两处的连线分别与 $z$ 轴正向夹角为 $\alpha_1, \alpha_2$：

$$ \begin{aligned} r_1(r,\theta) &= \sqrt{r^2 + d^2 - 2dr\cos\theta} \\ r_2(r,\theta) &= \sqrt{r^2 + \left(\frac{R^2}{d}\right)^2 - 2\frac{R^2}{d}r\cos\theta} \\ \alpha_1(r,\theta) &= \arccos \frac{r\cos\theta - d}{\sqrt{r^2 + d^2 - 2dr\cos\theta}} \\ \alpha_2(r,\theta) &= \arccos \frac{r\cos\theta - \frac{R^2}{d}}{\sqrt{r^2 + \left(\frac{R^2}{d}\right)^2 - 2\frac{R^2}{d}r\cos\theta}} \end{aligned} $$

空间电势分布为：

$$ \phi(\boldsymbol r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{\frac{R}{d^2} p}{r_2} + \frac{\frac{R^3}{d^3} p \cos\alpha_2}{r_2^2} + \frac{p \cos\alpha_1}{r_1^2} \right) $$

电场能（导体球接地，只需算电偶极子部分）：

$$ W_e = \frac{1}{2} q\phi(\boldsymbol r_+) + \frac{1}{2}(-q)\phi(\boldsymbol r_-) \approx -\frac{1}{2} \boldsymbol p \cdot \boldsymbol E $$

导体球在电偶极子处产生的电场：

$$ E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\frac{R}{d^2} p}{\left(d - \frac{R^2}{d}\right)^2} \boldsymbol e_z + \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\frac{R^3}{d^3} p}{\left(d - \frac{R^2}{d}\right)^3} \boldsymbol e_z = \frac{p}{4\pi\epsilon_0} \frac{R(d^2 + R^2)}{(d^2 - R^2)^3} \boldsymbol e_z $$

则：

$$ W_e = -\frac{p^2}{8\pi\epsilon_0} \frac{R(d^2 + R^2)}{(d^2 - R^2)^3} $$

$$ W_e(z) = -\frac{p^2}{8\pi\epsilon_0} \frac{R(z^2 + R^2)}{(z^2 - R^2)^3} $$

由虚功原理，外力 $F_{\text{ext}} = \frac{dW_e}{dz}$，电场力 $F_e = -F_{\text{ext}}$：

$$ F_e = -\frac{dW_e}{dz} = \frac{p^2}{2\pi\epsilon_0} \frac{Rz(z^2 + 2R^2)}{(z^2 - R^2)^4} $$

代入 $z = d$：

$$ F_e = \frac{p^2}{2\pi\epsilon_0} \frac{Rd(d^2 + 2R^2)}{(d^2 - R^2)^4} $$

正方向为 $z$ 轴正向（远离球心），因此为引力。

(d) 令 $h = d - R$，且 $h \ll R$，近似得：

$$ F_e \approx -\frac{3p^2 R^4}{32\pi\epsilon_0 h^4} $$

为引力，即电偶极子在无限大导体平板上的受力。

Problem Exam-5

考虑两个半径分别为 $a, b$ 的介质球 $1,2$（1 在 2 左边），相对介电常数都是 $\epsilon_r$，相距 $d \gg a, b$，在空间中加上向右的匀强电场 $E_0$。（已知：一个半径为 $R$、相对介电常数为 $\epsilon_r$ 的球体在外电场 $E_0$ 作用下产生电偶极矩 $\boldsymbol p = 4\pi\epsilon_0 \alpha R^3 \boldsymbol E_0$，其中 $\alpha = \frac{\epsilon_r - 1}{\epsilon_r + 2}$）本题中只考虑电偶极矩而不考虑电四极矩。

(a) 要求考虑一阶近似，求两个球的电偶极矩。 (b) 求两个介质球内部电场。(零级近似) (c) 如果将两个球换为导体球，求两个球的电偶极矩和内部电场。

Solution to Exam-5

(a) 零阶近似：

$$ p_{10} = 4\pi\epsilon_0 \alpha a^3 E_0, \quad p_{20} = 4\pi\epsilon_0 \alpha b^3 E_0 $$

两个电偶极矩在对方处产生的附加电场：

$$ E_{12} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2p_{10}}{d^3} = \frac{2\alpha a^3}{d^3} E_0, \quad E_{21} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2p_{20}}{d^3} = \frac{2\alpha b^3}{d^3} E_0 $$

由此产生的新的极化：

$$ \Delta p_1 = 4\pi\epsilon_0 \alpha a^3 E_{21} = \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0, \quad \Delta p_2 = 4\pi\epsilon_0 \alpha b^3 E_{12} = \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0 $$

一阶近似下：

$$ p_1 = 4\pi\epsilon_0 \alpha a^3 E_0 + \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0, \quad p_2 = 4\pi\epsilon_0 \alpha b^3 E_0 + \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0 $$

(b) 内部电场由三部分产生：原电场 $E_0$、自身极化产生的退极化场、另一个球在自身处的电场（用零阶近似）：

$$ E_1 = E_0 - \frac{p_1}{4\pi\epsilon_0 a^3} + E_{21} = E_0 - \left(\alpha E_0 + \frac{2\alpha^2 b^3}{d^3} E_0\right) + \frac{2\alpha b^3}{d^3} E_0 = (1 - \alpha)E_0 $$

同理：

$$ E_2 = (1 - \alpha)E_0 $$

$$ E_1 = E_2 = 0 $$

符合导体内部无静电场的认知。

Problem DT-1

选自物理学大题典1.23

求怎样的电荷分布才能产生出形如 $\frac{A}{r}e^{-\mu r}$(其中A为常数)

Solution to DT-1

球坐标下：

$$ \nabla^2 = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2} $$

$U$ 只有径向分量，当 $r\ne0$ 时

$$ \nabla^2U=\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial U}{\partial r} \right)=\frac{\mu^2 A}{r}e^{-\mu r}=-\frac{\rho}{\varepsilon_0} $$

得

$$ \rho=-\frac{\mu^2 A \varepsilon_0}{r}e^{-\mu r} $$

$r\rightarrow0$ 时

$$ \frac{A}{r}e^{-\mu r}=\frac{A}{r} $$

所以

$$ \nabla^2U=A\nabla^2\frac{1}{r}=-4\pi\delta(\boldsymbol r) $$

因此

$$ \rho=4\pi\varepsilon_0A\delta(\boldsymbol r)-\frac{\mu^2 A \varepsilon_0}{r}e^{-\mu r} $$

数学补充

狄拉克函数 $\delta(x)$

$$ \delta(x) = \begin{cases} +\infty, & x = 0 \\ 0, & x \neq 0 \end{cases} $$

且满足归一化条件

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x) \, \mathrm{d}x = 1 $$

对任意连续函数 $f(x)$：

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(x - a) \, \mathrm{d}x = f(a) $$

三维 $\delta$ 函数

$$ \delta^3(\boldsymbol r) = \delta(x) \delta(y) \delta(z) $$

对于点电荷 $q$，设电荷密度为 $\rho$

$$ \int_V\rho\mathrm{d} V=Q $$

$\boldsymbol r\ne0,\ \rho(\boldsymbol r)=0$

由狄拉克函数定义得，$\rho=q\delta(\boldsymbol r)$

对于球形高斯面

$$ \int_V\nabla^2\frac{1}{r}\mathrm{d} V=\oint_S\nabla\frac{1}{r}\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S=-\oint_S\frac{\boldsymbol r}{r^2}\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S=-4\pi $$

所以

$$ \nabla^2\frac{1}{r}=-4\pi\delta(\boldsymbol r) $$

基矢变换

爱因斯坦求和约定

$$ \sum_iA_iB_i\rightarrow A_iB_i $$

对于位移 $\boldsymbol r$ 微分，有设一组新坐标系 $(\xi_1,\xi_2,\xi_3)$

$$ \mathrm{d} \boldsymbol r=\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_i}\mathrm{d} \xi_i $$

保持坐标系中任意两个坐标不变，假设 $\xi_2,\xi_3$ 不变，那么随着 $\xi_1$ 的变化，只会引起 $\boldsymbol r$ 沿着 $\xi_1$ 坐标轴的变化,可知基矢量

$$ \boldsymbol g_{\xi_1}=\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_1} $$

归一化得到单位基矢量

$$ \boldsymbol e_{\xi_1}=\frac{\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_1}}{\left|\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_1}\right|} $$

其它基矢量同理。

矢量运算

点乘：

$$ \boldsymbol A\cdot\boldsymbol B=A_iB_i $$

叉乘：

$$ \boldsymbol A\times\boldsymbol B=\epsilon_{ijk}A_iB_j\boldsymbol e_k $$

列维齐维塔符号（Levi-Civita）$\epsilon_{ijk}$

克罗内克符号（Kronecker）$\delta_{ij}$（$i=j$ 时为1，$i\ne j$ 时为0）一个重要等式：

$$ \epsilon_{ijk}\epsilon_{mnk}=\delta_{im}\delta_{jn}-\delta_{in}\delta_{jm} $$

证明：（1）$\boldsymbol A\cdot(\boldsymbol A\times\boldsymbol B)=0$

证明：

$$ \begin{aligned} \boldsymbol A\cdot(\boldsymbol A\times\boldsymbol B)&=A_i\boldsymbol e_i\cdot(\epsilon_{jkl}\boldsymbol e_lA_jB_k)\\ &=\epsilon_{jkl}A_iA_jB_k\delta_{il}\\ &=\epsilon_{ijk}A_iA_jB_k=0 \end{aligned} $$

(2) $(\boldsymbol A\times\boldsymbol B)\cdot\boldsymbol C=\boldsymbol A\cdot(\boldsymbol B\times\boldsymbol C)$

两边展开得到的都是 $\epsilon_{ijk}A_iB_jC_k$

(3) $(\boldsymbol A\times \boldsymbol B)\times\boldsymbol C=(\boldsymbol A\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol B-(\boldsymbol B\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol A$

证明：

$$ \begin{aligned} (\boldsymbol A\times \boldsymbol B)\times\boldsymbol C&=(\epsilon_{ijk}A_iB_j\boldsymbol e_k)\times(C_m\boldsymbol e_m)\\ &=\epsilon_{kml}\epsilon_{ijk}A_iB_jC_m\boldsymbol e_l\\ &=(\delta_{im}\delta_{jl}-\delta_{il}\delta_{mj})A_iB_jC_m\boldsymbol e_l\\ &=A_iC_iB_j\boldsymbol e_j-B_jC_jA_l\boldsymbol e_l\\ &=(\boldsymbol A\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol B-(\boldsymbol B\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol A \end{aligned} $$