第二章 静电场
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 ρ2
222/)]/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
r
r f
r
KR
r V
e e D E 2002
00
)(4d εεεεπερε-=
=
=
?外
外 r
KR
r
)(d 00εεεε?-=
?=?∞r E 外外
)(ln d d 0
0εε
εε?+-=
?+?=??∞r R K R
R r
r E r E 外内内
（4）???∞-+-=?=R R r
r
r R K r r r K V W 42200222022202d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D 2
0))(1(2εεεεπε-+=K R
2. 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?满足拉普拉斯方程，通解为
∑++
=n
n n n
n n P R b R a )(cos )(1
θ? 因为无穷远处 0E E →，)(cos cos 10000θ?θ??RP E R E -=-→ 所以 00?=a ，01E a -=，)2(,0≥=n a n
当 0R R →时，0Φ→?
所以 010
1000)(cos )(cos Φ=+-∑+n n
n n
P R b P R E θθ? 即： 002010000/,
/R E R b R b =Φ=+?
所以 )
2(,0,),(30
010000≥==-Φ=n b R
E b R b n ?
??
?≤Φ>+-Φ+-=)()
(/cos /)(cos 00
02
3
0000000R R R R R R E R R R E θ?θ??
（2）设球体待定电势为0Φ，同理可得
??
?≤Φ>+-Φ+-=)()
(/cos /)(cos 00
02
3
0000000R R R R R R E R R R E θ?θ??
当 0R R →时，由题意，金属球带电量Q
φθθθ?θε?εd d sin )cos 2cos (d 2
000
00000
R E R E S n
Q R R ??+-Φ+
=??-== )(40000?πε-Φ=R
所以 00004/)(R Q πε?=-Φ
??
?≤+>++-=)(4/)
(cos )/(4/cos 000
023
00000R R R Q R R R R E R Q R E πε?θπεθ?? 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?'，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形
式为：
）（）（内θ?cos 1
n n
n n
n n P R b R a ∑++
=' ）
（）（外θ?cos 1n n
n n n n P R d
R c ∑++=' 当∞→R 时，0→'外
?，0=∴n c 。 当0→R 时，内
?'为有限，0=∴n b 。 所以 ）
（内
θ?cos n n
n n P R a ∑=' ， ）（外θ?cos 1n
n
n n
P 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 n
0a ='内
?， R d /0='外? 所以空间各点电势可写成R Q a f πε?40+=内
R Q R d f πε?40+=外
当0R R →时，由 外内??= 得： 000/R d a = 由 n n
??=??外
内?ε?ε
得：20
002002044R d R Q R Q f f
επεεπ+=，)1
1(400εεπ-=f Q d 则 )11(
4000εεπ-=
R Q a f
所以 ）
（内εεππε?1
14400-+=R Q R Q f f ）（外εεππε?1
1440-+=R Q R Q f f R
Q 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 2
04πε=
外 ，积分后得：
R Q dR R
Q d f
R R f 02
044πεπε???∞∞
==?=R E 外外 在球内，R s E 内ε，所以 r f R Q e E 2 4πε= 内 ，积分后得： R Q R Q R Q d d f f f R R R 00 4440 0πεπεπε?+ - = ?+?=??∞ R E R E 外内内 结果相同。 4. 均匀介质球（电容率为1ε）的中心置一自由电偶极子f p ，球外充满了另一种介质（电 容率为2ε），求空间各点的电势和极化电荷分布。 解：以球心为原点，f p 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3 14/R f πεR p ?。所以球内电势可写成： 314/'R f i i πε??R p ?+=；球外电势可写成：31o o 4/'R f πε??R p ?+= 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φ无关。考虑到0→R 时i '?为有限值；∞→R 时0'o →?，故拉普拉 斯方程的解为： )(cos 0R R P R a n n n n i ≤='∑） （θ? )(cos 01o R R P R b n n n n ≥='∑+）（θ? 由此 )(cos 4/031R R P R a R n n n n f i ≤+?=∑） （θπε?R p （1） )(cos 4/013 1o R R P R b R n n n n f ≥+?=+-∑） （） （θπε?R p （2） 边界条件为：0 o R R R R i ===?? （3） o 2 1 R R R R i R R ==??=???ε?ε （4） 将（1）（2）代入（3）和（4），然后比较)cos θ（n P 的系数，可得： )1(0 ,0≠==n b a n n 3 211211)2(2/)(R p a f εεπεεε+-= )2(2/)(211213 011εεπεεε+-==f p R a b 于是得到所求的解为： )()2(2) (4)2(2cos )(403 021121313 211213 1R R R R R R p R f f f f i ≤?+-+?=+-+ ?= R p R p R p εεπεεεπεεεπεθ εεπε? ) ()2(43)2(2)(4)2(2cos )(403 213211213 122112131o R R R R R R p R f f f f f ≥+?= ?+-+?=+-+?=εεπεεπεεεπεεεπεθεεπε?R p R p R p R p 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。 f p ρεεεε εεεεερ)1/()1(][])[(101010101-=??-=-?-?=-?-?=?-?=D D E P 所以 f p p p )1/(10-=εε 在两介质交界面上，极化电荷面密度为 o 020121)()()(E e E e p p e ?--?-=-?=r i r r p εεεεσ o 0201) () (R R i R R ??-+??--=?εε?εε 由于0 o 2 1 R R i R R ??=???ε?ε，所以 θεεπεεεε??εσcos )2(2)(3)( 30 211210o 00R p R R f R i p +-=??-??= 5. 空心导体球壳的内外半径为1R 和2R ，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1R R <及2R R >两均匀区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为 ）（）（θcos 1n n n n n n P R b R a ∑++ 当∞→R 时，电势趋于零，所以2R R >时,电势可写为 ） （θ?cos 1o n n n n P R b ∑+= (1) 当0→R 时，电势应趋于偶极子p 激发的电势： 20304/cos 4/R p R f πεθπε=?R p 所以1R R <时，电势可写为 ）（θπεθ?cos 4cos 2 0n n n n i P R a R p ∑+= (2) 设球壳的电势为s ?,则 s n n n n R P R b ?θ?==∑ +）（cos 12 o 2 (3) s n n n n R i P R a R p ?θπεθ?=+=∑） （cos 4/cos 12101 (4) 由(3)得： 20R b s ?= ；)0(0 ≠=n b n 由(4)得： s a ?=0 ；3 1014/R p a πε-= ；)1,0(0 ≠=n a n 所以 R R s /2o ??= (5) 310204/cos 4/cos R pR R p s i πεθ?πεθ?-+= (6) 再由 Q R R R R s S ==????2220o 0 4d π?ε?εS 得： 204/R Q s πε?= (7) 将(7)代入(5)(6)得： R Q 0o 4/πε?= )(2R R > )(414cos 44cos 31 2303 102020R R Q R R pR R Q R p i R p R p ?-+?=-+=πεπεθπεπεθ? 在2R R =处，电荷分布为： 2 2 o 42 R Q R D R n π?εσ= ??-== 在1R R =处，电荷分布为： 3 10 4cos 3'1 R p R D R i n πθ ?εσ- =??=-= 6. 在均匀外电场0E 中置入一带均匀自由电荷f ρ的绝缘介质球（电容率为ε），求空间各 点的电势。 解：以球心为原点，以0E 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 场0E 及0E 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 )(cos )()1(θn n n n n n P R b R a ∑+-+ 对于1?，当0R R >时，由高斯定理得： 23013/R R D f ρ= ， 203 013/R R E f ερ= 当0R R <时，由高斯定理得： 3/2R D f ρ= ， ερ3/2R E f = 1?的球外部分： ??+=0 2 03 1o )3/(d )3/(R R R f f dR R R R R ερερ? ερερερ6/3/3/2 0020030R R R R f f f --= （1） 1?的球内部分： ερερ?6/)3/(d 20 021R dR R R E f R f R i -==?=?? （2） 对于2?，当∞→R 时，θ?cos 02R E -→，所以 )(cos cos 010o2R R P R b R E n n n n >+-=∑ +）（θθ? 当0→R 时，2?为有限，所以 )(cos 02R R P R a n n n n i <=∑） （θ? 边界条件为：0R R =时，2o2i ??=，0 22 o 0 R i R R R ??=???ε ?ε。即： ?? ???=+--=+-∑∑∑∑-+-+-)(cos )(cos )1(cos )(cos )(cos cos 1 0)2(0 0000)1(000θεθεθθθθn n n n n n n n n n n n n n n n P R na P R b n R E P R a P R b R E 比较)(cos θn P 的系数，解得： )2/(30001εεε+-=E a )2/()(03 0001εεεε+-=R E b )1(0 ≠==n b a n n 所以 )()2/(cos )(cos 02 030000o2R R R R E R E >+-+-=εεθεεθ? (3) )() 2/(cos 300002R R R E i <+-=εεθε? (4) 由(1) (2) (3) (4)得: ??? ? ???≤+- -≥+-+-++- =) (2cos 36) ()2(cos )(cos 3)21 1 (300 002 02 03 000003 020 R R R E R R R R R E R E R R R f f f εεθεερεεθεεθερεερ? 7. 在一很大的电解槽中充满电导率为2σ的液体，使其中流着均匀的电流J f 0。今在液体中 置入一个电导率为1σ的小球，求稳恒时电流分布和面电荷分布，讨论21σσ>>及 12σσ>>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J f 0与电场强度E 0成正比（比例系数为电导率），所以E 0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J f 0是均匀的，由J f 002E σ=可知，稳恒电场E 0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E 0的电势。放入小球后，以球心为原点，E 0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，0/=??t ρ，所以： 0=??J (1) 由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为: 0)(12=-?J J n (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： 21R R ??= (3) 02 211 R R R R R R ==??=??? σ?σ (4) 将E J σ=及?-?=E 代入(1)，得： 0)(2=?-=??=???σσE J 可见?满足拉普拉斯方程 考虑到对称性及∞→R 时0E E →，球外电势的解可写成： )(cos cos 01 20 2R R P R b R J n n n n f >+- =∑ +）（θθσ? (5) 其中利用了020E J σ=f 。 考虑到0→R 时电势为有限值，球内电势的解可写成： )(cos 01R R P R a n n n n <=∑） （θ? (6) 因为选0=R 处为电势零点，所以00=a ，将(5) (6)代入(3) (4)得： ）（）（θθθσcos cos cos 010 020 n n n n n n n n f P R a P R b R J ∑∑ =+- + (7) ） （）（θσθθσσcos ]cos )1(cos [10120 202n n n n n n n n f P R na P R b n J ∑∑-+=+-- (8) 由(7)(8)两式可得: )2/(32101σσ+-=f J a , 22130 0211)2/()(σσσσσ+-=R J b f )1(0 ,0≠==n b a n n 所以： )2/(3)2/(cos 32102101σσσσθ?+?-=+-=R J f f R J (0R R ≤) 22213 0021202)2/(cos )(/cos R R J R J f f σσσθσσσθ?+-+-= 322103 02120)2/()(/R R f f σσσσσσ+?-+?-=R J R J (0R R ≥) 由此可得球内电流密度: )2/(3)2/()(32101210111111σσσσσσ?σσ+=+??=?-==f f J R J E J 电解液中的电流密度为: 22222?σσ?-==E J ] )(3[)2()(3050213 210R R R f f f J R R J J -?+-+=σσσσ (2)两导体交界面上自由电荷面密度 )()(12012E E e D D e -?=-?=r r f εω)//(11220σσεJ J e -?=r 2 210021)2/(cos )(3σσσθεσσ+-=f J (3) 当21σσ>>，即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时， 1 )2/()(2121≈+-σσσσ ， 3 )2/(3211≈+σσσ 所以， 013f J J ≈ ]/)(3)[/(02033 002f f f R R R J R R J J J -?+≈ 2 00/cos 3σθεωf f J ≈ 当21σσ<<时，同理可得： 01≈J ]/)(3)[2/(02033 002f f f R R R J R R J J J -?-≈ 2 002/cos 3σθεωf f J -≈ 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 θπε?cos 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φ无关。 由于0→R 时，2?为有限值，所以球内的2?解的形式可以写成 ∑=n n n n i P R a )(cos 2θ? （1） 由于∞→R 时，2?应趋于零，所以球外的2?解的形式可以写成 ∑ +=n n n n P R b )(cos 1 2o θ? （2） 由于 ∑=-+n n n P a R a Ra a R (cos))/()/1(cos 222θ ∑=n n n f P a R a Q (cos))/()4/(1πε? （3） 当0R R ≤时，21i ???+=内 ∑∑+=n n n n n n n f P R a P a R a Q )(cos (cos))/()4/(θπε （4） 当0R R >时，21o ???+=外 ∑ ∑++=n n n n n n n f P R b P a R a Q )(cos (cos))/()4/(1 θπε （5） 因为导体球接地，所以 0=内? （6） 00 ==R R 内外?? （7） 将（6）代入（4）得: 1 4/+-=n f n a Q a πε （8） 将（7）代入（5）并利用（8）式得: 11 20 4/++-=n n f n a R Q b πε （9） 将（8）（9）分别代入（4）（5）得: )(00R R ≤=内? （10） ]/cos 2)/(cos 2[ 4120 2 2 2 02 2 a RR a R R a Q R Ra a R Q f f θθ πε ?++- -+= 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)'(4120220202221a RR a R R a Q R Ra a R Q r Q r Q f f f θθπεπε?++--+=+=外 )(0R R ≥ 9. 接地的空心导体球的内外半径为1R 和2R ，在球内离球心为a 处(a <1R )置一点电荷Q 。 用镜像法求电势。导体球上的感应电荷有多少？分布在内表面还是外表面？ 解：假设可以用球外一个假想电荷'Q 代替球内表 面上感应电荷对空间电场的作用，空心导体球接 地，球外表面电量为零，由对称性，'Q 应在球 心与Q 的连线上。 考虑球内表面上任一点P ，边界条件要求： 0'/'/=+R Q R Q (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 =-=Q Q R R /'/'常数 (2) O Q ' Q 1R R 'R P 只要选择'Q 的位置，使OPQ P OQ ??~'，则 ==a R R R //'1常数 (3) 设'Q 距球心为b ，则a R R b //11=，即a R b /2 1= (4) 由（2）（3）两式得: a Q R Q /'1-= ]/cos 2//cos 2[412124121220a R R a R R a Q R Ra a R Q θθπε?-+--+= 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，0=外?。 10. 上题的导体球壳不接地，而是带总电荷0Q ，或使具有确定电势0?，试求这两种情况的 电势。又问0?与0Q 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0Q ，只需满足球外表面电量为0Q +Q 即可。因此，导体球不接地而使球带总电荷0Q 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0Q +Q 产生的电势2?。 ]/cos 2//cos 2[ 4121 2 41 2 12 2 1a R R a R R a Q R Ra a R Q θθπε?-+- -+= 内，)(1R R < 01=外 ?， )(1R R ≥； 20024/)(R Q Q πε?+=内， )(2R R <； R Q Q 4/)(πε?+=， )(R R ≥，所以 ) (4/)() (4/)(21200200R R R R Q Q R R R Q Q ≤≤+=≥+=πε?πε? )(]/cos 2//cos 2[ 4112 2124121220 R R R Q Q a R R a R R a Q R Ra a R Q ≤++ -+- -+= ，θθ πε?由以上过程可见，球面电势为200。 若已知球面电势0?，可设导体球总电量为0'Q ，则有： 02004/)'(?πε=+R Q Q ，即：20004/)'(R Q Q ?πε=+ ???? ? ????≤+-+--+≤≤≥=)(]/cos 2//cos 2[41 )()(/10 2124121220210220R R a R R a R R a Q R Ra a R Q R R R R R R R ?θθπε??? 当0?和0Q 满足20004/)(R Q Q πε?+=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 Q θ Q b a -Q b a Q -R P O 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 a Q -=1，z b a e r 21=；Q b a Q =2，z b a e r 22-=； Q Q -=3，z b e r -=3，所以 ) ,2 0(, ]cos 2cos 2cos 21 cos 21 [ 42 2 422 242 22220a R R b a b a R b a R b a b a R b a Rb b R Rb b R Q ><≤-+ + +++ ++- -+= πθθθ θθ πε? 12. 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。 --+-+-= 2 2200 )()()(1 [ 4b z a y x x Q πε? 2 220) ()()(1 b z a y x x ++-+-- )0,(,]) ()()(1 ) ()()(1 2 2 2 02 2 2 0>++++-+ -+++-- z y b z a y x x b z a y x x 13. 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),,(000z y x 和),,(000z y x -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0/=??t ρ，0=??J 。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 ε/Q d =??S E ， 由于??=S j d I ，E j σ=，所以 εσ//Q I = 可得：σε/I Q = 。 同理，对B 点有： Q I Q B --=σε/ 又，在容器壁上, 0=n j ，即无电流穿过 容器壁。 ) ,,(0b a x Q ) ,,(b a x Q --(0Q ) ,,(0b a x Q -a b y z ) ,,(000z y x A ) ,,(000z y x B -z x y o σ ) ,,(000z y x Q ) ,,(000z y x Q --z x o ) ,,(00z y x Q -) ,,(000z y x Q -),,(000z y x Q --) ,,(000z y x Q ---),,(000z y x Q ---) ,,(000z y x Q ---- 由E j σ=可知，当0=n j 时，0=n E 。 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 ， 容器内的电势分布为： ∑=??? ? ??= 8 141 i i i r Q πε?202020)()()(1[4z z y y x x I -+-+-=πσ202020)()()(1z z y y x x ++-+--2 02020)()()(1 z z y y x x -+++-+ 202020)()()(1z z y y x x ++++--2 02020)()()(1 z z y y x x -+++++ 202020)()()(1z z y y x x +++++-2 02020)()()(1 z z y y x x -+-+++ ]) ()()(1 2 02020z z y y x x ++-++- 14. 画出函数dx x d /)(δ的图，说明)()(x p δρ??-=是一个位 于原点的偶极子的电荷密度。 解：（1）? ??=∞≠=0,0 ,0)(x x x δ x x x x dx x d x ?-?+=→?) ()(lim )(0δδδ 1）0≠x 时，0/)(=dx x d δ 2）0=x 时，a ) 对于0>?x ，-∞=?∞ -=→?x dx x d x 0lim )(0δ b ) 对于0 -=→?x dx x d x 0lim )(0δ 图象如右图所示。 )()///()()(x x p δδρx p x p x p ??+??+??-=??-= dV x p x p x p dV dV x x x x x x x p x ?????+??+??-=??-=)()///()()(332211 δδρ ()3213322113211 1 11 )()()()()]()[(dx dx dx x x x x x x x p dV x p x x e e e x x ++?? -=??-??δδδδ 32133221132111 ))(()()(dx dx dx x x x x x x x p x e e e ++??-=?δδδ?-=11 1111) (dx dx x d x p x δe 应用()dt t d t t dt t t d )()()(δδδ+=，即())()()(t dt t t d dt t d t δδδ-=，可得： =-?111111) (dx dx x d x p x δe ()??+-11111111)()(dx x p x x d p x x δδe e dx x d )(δx o 11111111)(x x x p p x x p e e e =+-=δ (x =0) 同理可得另外两项分别为22x p e 及33x p e ，所以， p x =?dV ρ,即 p 是一个位于原点的 偶极子的电荷密度。 15. 证明：（1）a x ax /)()(δδ= )0(>a ，（若0 （2）0)(=x x δ 证明：1) 显然，当0≠x 时，a x ax /)()(δδ=成立；又 a ax d ax a a ax d ax dx ax 1 )()(1)() ()(===???+∞∞-+∞ ∞ -+∞ ∞-δδδ 1)(=? +∞ ∞ -dx x δ