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电动力学-课后(答案)

电动力学答案

第一章电磁现象的普遍规律

1. 根据算符∇的微分性与向量性，推导下列公式：

B A B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇

A A A A )()(2

1∇⋅-∇=⨯∇⨯A 解：（1）)()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇

B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=c c c c

B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=

（2）在（1）中令B A =得：

A A A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，

所以 A A A A A A )()()(21∇⋅-⋅∇=⨯∇⨯

即 A A A A )()(22

∇⋅-∇=

⨯∇⨯A

2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：

u u f u f ∇=

∇d d )( ， u u u d d )(A A ⋅

∇=⋅∇， u

u u d d )(A

A ⨯∇=⨯∇ 证明：

（1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=

∇)()()()(z y x z u

u f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d u u

f z u y u x u u f z y x ∇=∂∂+∂∂+∂∂=d d )(d d e e e （2）z u A y u A x u A u z y x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)()()()(A z

u A y u u A x u u A z y x ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d

u u z u y u x u u A u A u A z y x z z y y x x d d )()d d d d d d (A

e e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++=

（3）u

A u A u A z u y u x u u

u z y x z

y x d /d d /d d /d ///d d ∂∂∂∂∂∂=⨯∇e e e A

x y y z x x y z y

u u A x u u A x u u A z u u A z u

u A y u u A e e e )d d d d ()d d d d ()d d d d (∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=

z x y y z x x y z y u A x u A x u A z u A z u A y u A e e e ])()([])()([])

()([∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=

)(u A ⨯∇=

3. 设222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-=

为源点'x 到场点x 的距离，r 的方向规定为

从源点指向场点。

（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：

r r r /'r =-∇=∇ ； 3/)/1(')/1(r r r r -=-∇=∇ ； 0)/(3=⨯∇r r ； 0)/(')/(33=⋅-∇=⋅∇r r r r ， )0(≠r 。

（2）求r ⋅∇ ，r ⨯∇ ，r a )(∇⋅ ，)(r a ⋅∇ ，)]sin([0r k E ⋅⋅∇及

)]sin([0r k E ⋅⨯∇ ，其中a 、k 及0E 均为常向量。

（1）证明：222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-=

○

1 r z z y y x'x r r z y x /])'()'()()[/1(r e e e =-+-+-=∇ r z z y y x'x r r z y x /])'()'()()[/1('r e e e -=------=∇

可见 r r '-∇=∇ ○

2 3211d d 1r r r r r r r r -=∇-=∇⎪⎭

⎫

⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛∇

32'1'1d d 1'r r r r r r r r =∇-=∇⎪⎭

⎫

⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛∇

可见 ()()r r /1'/1-∇=∇

○

3 r r r r ⨯∇+⨯∇=⨯∇=⨯∇)/1()/1(])/1[()/(3

333r r r r 0301d d 4

3=⨯-=+⨯∇⎪⎭⎫ ⎝⎛=

r r

r r r r ○4 r r r r ⋅∇+⋅∇=⋅∇=⋅∇33

331)/1(])/1[()/(r

r r r 03

334=+⋅-=r

r r r r ， )0(≠r

（2）解：

○

13])'()'()'[()(=-+-+-⋅∂∂

+∂∂+∂∂=⋅∇z y x z y x z z y y x x z y x e e e e e e r ○

2 0'

///=---∂∂∂∂∂∂=⨯∇z z y y x x z y x z

y x e e e r

○

3 ])'()'()')[(()(z y x z y x z z y y x x z a y a x a e e e r a -+-+-∂∂

+∂∂+∂∂=∇⋅ a e e e =++=z z y y x x a a a

○

4 r a r a a r a r r a )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇ 因为，a 为常向量，所以，0=⨯∇a ， 0)(=∇⋅a r ，又0=⨯∇r ，a r a r a =∇⋅=⋅∇∴)()(

○

5 )]sin([)sin()()]sin([000r k E r k E r k E ⋅∇⋅+⋅⋅∇=⋅⋅∇ 0E 为常向量，00=⋅∇E ，而k r k r k r k r k )cos()()cos()sin(⋅=⋅∇⋅=⋅∇，

所以 )cos()]sin([00r k E k r k E ⋅⋅=⋅⋅∇

○

6 )]cos()]sin([)]sin([000r k E k E r k r k E ⋅⨯=⨯⋅∇=⋅⨯∇ 4. 应用高斯定理证明

S f ⨯=⨯∇⎰⎰S

V d d ，应用斯托克斯（Stokes ）定理证明

⎰⎰=∇⨯L

ϕϕl S d d

证明：（I ）设c 为任意非零常矢量，则

⎰⎰⨯∇⋅=⨯∇⋅V

V V )]([d d f c f c

根据矢量分析公式 )()()(B A B A B A ⨯∇⋅-⋅⨯∇=⨯⋅∇，令其中f A =，c B =，便得

c f c f c f c f ⋅⨯∇=⨯∇⋅-⋅⨯∇=⨯⋅∇)()()()(

所以 ⎰⎰⎰⨯⋅∇=⨯∇⋅=⨯∇⋅V

V V V )(d )]([d d c f f c f c ⎰

⋅⨯=S c f d )(

f S c f S c ⎰⎰⨯⋅=⨯⋅=d )d (

因为c 是任意非零常向量，所以

⎰⎰⨯=⨯∇f S f d d V

（II ）设a 为任意非零常向量，令a F ϕ=，代入斯托克斯公式，得

⎰⎰⋅=⋅⨯∇l F S F S

d d （1）（1）式左边为：⎰⎰⨯∇+⨯∇=⋅⨯∇S

S a a S a d ][d )(ϕϕϕ

⎰⎰⋅∇⨯-=⋅⨯∇=S S

S a S a d d ϕϕ ⎰⎰∇⨯⋅=⨯∇⋅-=S

S ϕϕS a S a d d

⎰∇⨯⋅=S

ϕS a d （2）

（1）式右边为：⎰⎰⋅=⋅l a l a d d ϕϕ （3）所以 ⎰⎰⋅=∇⨯⋅l a S a d d ϕϕS

（4）

因为a 为任意非零常向量，所以

⎰⎰=∇⨯l S d d ϕϕS

5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 'd '),'()(V t t V

x x p ⎰

ρ，利用电荷守恒定律

0=∂∂+

⋅∇t ρJ 证明p 的变化率为：⎰=V V t t

d ),'(d d x J p

证明：方法（I ）

⎰⎰∂∂

==V V V t t V t t t 'd ]),(['d ),(d d d d x'x'x'x'p ρρ⎰⎰⋅∇-=∂∂=V V V V t

t 'd )'('d ),(x'J x'x'ρ

⎰⎰⋅∇-=⋅⋅∇-=⋅V V V 'x V t

'd )'('d )'(d d 1111J e 'x J e p

'd ])'()('[11V 'x 'x V J J ⋅∇+⋅-∇=⎰

⎰⎰+⋅-=V

x S

V J 'x 'd 'd 1S J 1

因为封闭曲面S 为电荷系统的边界，所以电流不能流出这边界，故

0'd 1=⋅⎰S 'x S J ，

⎰=⋅V x V J t

'd d d 11e p

同理 ⎰=⋅V x V J t 'd d d 22e p ， ⎰=⋅V x V J t

'd d d 33e p

所以 ⎰=V V t

'd d d J p

方法（II ）

⎰⎰∂∂

==V V V t t V t t t 'd ]),(['d ),(d d d d x'x'x'x'p ρρ⎰⎰⋅∇-=∂∂=V V V V t

t 'd )'('d ),(x'J x'x'ρ

根据并矢的散度公式g f g f fg )()()(∇⋅+⋅∇=⋅∇得： J x J x J x J Jx +⋅∇=∇⋅+⋅∇=⋅∇')(')(')()'( ⎰⎰+⋅∇-=V V V V t

'd 'd )('d d J Jx'p

⎰⎰+⋅-=V V 'd )'(d J Jx S ⎰=V V 'd J

6. 若m 是常向量，证明除0=R 点以外，向量3/R ）（R m A ⨯=

的旋度等于标量3/R R m ⋅=ϕ的梯度的负值，即ϕ-∇=⨯∇A ，其中R 为坐标原点到场点的距离，方

向由原点指向场点。

证明：3

/)/1r r r -=∇（

])1

[()]1([)(

3m m r m A ⨯∇⨯∇=∇⨯⨯-∇=⨯⨯∇=⨯∇∴r r r m m m m ])1

[()]1([1)(1)(∇⋅∇-∇⋅∇-∇∇⋅+∇⋅∇=r r r r

m m ]1

[1)(2r

r ∇-∇∇⋅=

其中 0)/1(2

=∇r ，（0≠r ）

)(∇∇⋅=⨯∇∴m A ，（0≠r ）

又 )]1

([)(3r

r ∇⋅-∇=⋅∇=∇m r m ϕ

m m m m ])1

[()1)(()()1()]1([∇⋅∇-∇∇⋅-⨯∇⨯∇-∇⨯∇⨯-=r r r r

)((r

∇∇⋅-=m

所以，当0≠r 时，ϕ-∇=⨯∇A

7. 有一内外半径分别为1r 和2r 的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质球内均匀带静

止自由电荷f ρ，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。解：（1）设场点到球心距离为r 。以球心为中心，以r 为半径作一球面作为高斯面。

由对称性可知，电场沿径向分布，且相同r 处场强大小相同。

当1r r <时，01=D ， 01=E 。

当21r r r <<时， f r r D r ρππ)(3

431322

231323)(r r r D f ρ-=∴ ， 2

1323)(r

r r E f

ερ-= ，向量式为 r E 3

1323)(r

r r f

ερ-= 当2r r >时， f r r D r ρππ)(3

44313232

2313233)(r r r D f ρ-=∴ 2

0313233)(r

r r E f

ερ-= 向量式为 r E 3

13233)(r r r f

ερ-=

（2）当21r r r <<时，

)()(2

2202D D E D P εεερ-

⋅-∇=-⋅-∇=⋅-∇=p f ρε

εε)1()1(020--=⋅∇-

-=D 当1r r =时，

0)1()()(1

2020212=--=-

⋅-=-⋅-==r r p D D D n P P n ε

εεσ

当2r r =时，

f r r p r r r ρεεε

σ2

13202

023)1()1(2

--=-=⋅==D P n 8. 内外半径分别为1r 和2r 的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流f J ，导体的磁导率为μ，求磁感应强度和磁化电流。

解：（1）以圆柱轴线上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半

径为r 。由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。当 1r r < 时，由安培环路定理得：0,011==B H

当 21r r r << 时，由环路定理得：)(22

122r r J rH f -=ππ

所以 r r r J H f 2)

(2122-=

， f J r r r B 2)

(2122-=

μ 向量式为 r J e B ⨯-=-=f f r

r r J r r r 2

21221222)

(ˆ2)(μμθ 当 2r r > 时，)(22

1223r r J rH f -=ππ

所以 r r r J H f 2)

(21223-=

， f J r r r B 2)

(212203-=

向量式为 r J e B ⨯-=-=

f f r r r J r r r 2

212202122032)

(ˆ2)(μμθ （2）当 21r r r << 时，磁化强度为

r J H M ⨯--=-=f r r r 2

2120202)()1()1(μμ

μμ

所以 f M J H H M J )1()1(])1[(0

2020-=⨯∇-=-⨯∇=⨯∇=μμ

μμμμ 在 1r r = 处，磁化面电流密度为

⎰=⋅=

0d 21

l M r M πα 在 2r r = 处，磁化面电流密度为

⎰---=⋅-=f M

J r r r r 22

2122022)()1(d 210μμ

παl M 向量式为 f M r r r J α2

2212202)()1(---=μμ

9. 证明均匀介质内部的体极化电荷密度p ρ总是等于体自由电荷密度f ρ的)

/1(0εε--倍。

证明：在均匀介质中 E E P )()1/(000εεεεε-=-=

所以 D E P ⋅∇--=⋅∇--=⋅-∇=)/1)(()(00εεεεερp

f f ρεερεεε)/1(]/)[(00--=--=

10. 证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等方向相反(但两个电流元之间的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律) 证明: 线圈1在线圈2的磁场中受的力:

21112B l F ⨯=d I d ,

而 ⎰⨯=

312

22024l r d I r l B πμ， ⎰⎰⎰⎰

⨯⨯=⨯⨯=∴12

31212212

103

122211012)

(4)(4l l l l r d d I I r d I d I r l l r l l F πμπμ )(412

213121*********

10⎰⎰⋅-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=

l l d d r r d d I I l l r r l l π

μ (1) 同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力：

)(421

1232121321212121021⎰⎰⋅-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=

l l d d r r d d I I l l r r l l F π

μ (2) (1)式中：

0)1

(122

121212221212231212123121212＝一周⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰-⋅==⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅l l l l l l l r d r dr d r d d r d d l l r l l r l l 同理(2)式中： ⎰⎰=⎪⎪⎭⎫

⎝⎛⋅21

03212121l l r d d r l l

)(412213

122102112⎰⎰⋅-=-=∴l l d d r I I l l r

F F πμ 11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l 和2l ，电容率为1ε和2ε，今在两板

接上电动势为E 的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度1f ω和2f ω；（2）介质分界面上的自由电荷面密度3f ω。(若介质是漏电的，电导率分别为1σ和2σ 当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？)

解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为1E 和2E ，电位移分别设为1D 和2D ，其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为

03=f ω

取高斯柱面，使其一端在极板A 内，另一端在介质1内，由高斯定理得：

11f D ω= 同理，在极板B 内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

22f D ω-= 在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

21D D =

所以有 111εωf E =

， 2

2εωf E = 由于 E )(d 2

2111221111εεωεωεωl

l l l l E f f f +=+=⋅=⎰

所以 =-=21f f ωω E

)(

εεl l +

当介质漏电时，重复上述步骤，可得：

11f D ω=， 22f D ω-=， 312f D D ω=-

213f f f ωωω--=∴

介质1中电流密度 111111111//εωσεσσf ===D E J

介质2中电流密度 2312222222/)(/εωωσεσσf f +===D E J 由于电流恒定，21J J =，

2312111/)(/εωωσεωσf f f +=∴

21212211223)1()(f f f ωεσσεωεσεσσεω-=-=

∴

再由 E 221

1l E l

E d +=⋅=

⎰l E 得

E )(22

1111122112111l l l f f f σσ

εωεσεωσεεω+=+=

221111/σσεωl l f +=∴ E 2

1121

2l l σσεσ+=E

)(312f f f ωωω+-=2

1122

1l l σσεσ+-=E

1121

2213l l f σσεσεσω+-= E

12.证明：

（1）当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时，电场线的曲折满足

12tan tan εεθθ=

其中1ε和2ε分别为两种介质的介电常数，1θ和2θ分别为界面两侧电场线与法线的夹角。

（2）当两种导电介质内流有恒定电流时，分界面上电场线的曲折满足

12tan tan σσθθ= 其中1σ和2σ分别为两种介质的电导率。证明：（1）由E 的切向分量连续，得

2211sin sin θθE E = （1）

交界面处无自由电荷，所以D 的法向分量连续，即

2211cos cos θθD D =

222111cos cos θεθεE E = （2）

（1）、（2）式相除，得

12tan tan εεθθ=

（2）当两种电介质内流有恒定电流时

222111,E J E J σσ==

由J 的法向分量连续，得

222111cos cos θσθσE E = （3）

（1）、（3）式相除，即得

12tan tan σσθθ=

13.试用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上，在静电情况下，导体外的电场线总是垂直于导体表面；在恒定电流情况下，导体内电场线总是平行于导体表面。证明：（1）设导体外表面处电场强度为E ，其方向与法线之间夹角为θ，则其切向分量

为θsin E 。在静电情况下，导体内部场强处处为零，由于在分界面上E 的切向分量连续，所以

0sin =θE

因此 0=θ

即E 只有法向分量，电场线与导体表面垂直。

（2）在恒定电流情况下，设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为α，则电流密度E J σ=与导体表面夹角也是α。导体外的电流密度0='J ，由于在分界面上电流密度的法向分量连续，所以

0sin =ασE

因此 0=α

即J 只有切向分量，从而E 只有切向分量，电场线与导体表面平行。

14.内外半径分别为a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f λ，板间填充电导率为σ的非磁性物质。

（1）证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。（2）求f λ随时间的衰减规律。

（3）求与轴相距为r 的地方的能量耗散功率密度。

（4）求长度l 的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的静电能减少率。解：（1）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r ，长度为L ，其中

b r a <<

则由高斯定理得： L D rL f ⋅=⋅λπ2 （1）

所以 r D f πλ2= ， t

r J f

D ∂∂=λπ21 （2）

再由电流连续性方程得：)/(/2t L t q J rL f f ∂∂-=∂-∂=⋅λπ （3）

所以 D f

f J t

r J -=∂∂-

=λπ21 （4）

即f J 与D J 严格抵消，因此内部无磁场。（2）由 E J σ=f 得： r D J f

f λπεσεσ⋅==

2 （5）联立（2）（4）（5）得0d d =+f f t λε

λ （6）所以 0d d =+t f f ε

λλ

f Ce

λ-= （7）

设初始条件为 00

f t f λλ==，则由（7）式得0f C λ=

所以，t

f f e

σλλ-=0 （8）

（3） 2

2⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛⋅==r E p f πελσσ （9）

（4）将上式在长度为l 的一段介质内积分，得

⎰⎰=⋅⎪⎪⎭⎫

⎝⎛⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=V

b a f f f a b l r rl r V r P ln 2d 22d 2222

2πεσλππελσπελσ （10）

由 2

21E w ε= 得：

a b l r rl r V w W f b a f V ln 4d 2221d 2122

πελππελε=⋅⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛==⎰⎰ 所以 t

a b l t W f

f d d ln 2d d λπελ⋅= （11）由（6）（10）（11）得：t

P d d -=

即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。

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 f

r V

e e D E 2002

)(4d εεεεπερε-=

⎰外

外 r

)(d 00εεεεϕ-=

⋅=⎰∞r E 外外

)(ln d d 0

0εε

εεϕ+-=⋅+⋅=⎰⎰∞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 422002

220

d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D

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ϕ满足拉普拉斯方程，通解为

∑++

n n n

n n P R b R a )(cos )(1

θϕ 因为无穷远处 0E E →，)(cos cos 10000θϕθϕϕRP E R E -=-→

所以 00ϕ=a ，01E a -=，)2(,0≥=n a n

当 0R R →时，0Φ→ϕ

所以 010

1000)(cos )(cos Φ=+-∑+n n

n n

P R b P R E θθϕ 即： 002010000/,/R E R b R b =Φ=+ϕ

所以 )

2(,0,),

010000≥==-Φ=n b R E b R b n ϕ

⎩⎨

⎧≤Φ>+-Φ+-=)()

(/cos /)(cos 00

0000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ

（2）设球体待定电势为0Φ，同理可得

⎩⎨

⎧≤Φ>+-Φ+-=)()

(/cos /)(cos 00

0000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ

当 0R R →时，由题意，金属球带电量Q

φθθθϕθεϕεd d sin )cos 2cos (d 2

000

00000

R E R E S n

Q R R ⎰⎰+-Φ+

=∂∂-== )(40000ϕπε-Φ=R

所以 00004/)(R Q πεϕ=-Φ

⎩⎨⎧≤+>++-=)(4/)(cos )/(4/cos 000023

00000R R R

Q R R R R E R Q R E πεϕθπεθϕϕ

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ϕ'，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形式为：

）（）（内θϕcos 1

n n

n n P R b R a ∑++

=' ）

（）（外θϕcos 1n n

n n n n P R d

R c ∑++=' 当∞→R 时，0→'外

ϕ，0=∴n c 。当0→R 时，内

ϕ'为有限，0=∴n b 。所以）

（内

θϕcos n n

n n P R a ∑=' ，）（外θϕcos 1

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

ϕ， R d /0='外ϕ 所以空间各点电势可写成R Q a f πεϕ40+=内

R Q R d f πεϕ40+=外

当0R R →时，由外内ϕϕ= 得： 000/R d a = 由 n

∂∂=∂∂外内ϕεϕε

得：

002002

44R d R Q R Q f f

επεεπ+=

，)1

1(400εεπ-=f Q d 则 )1

(

4000ε

επ-=

R Q a f

所以）

（内εεππεϕ1

14400-+=R Q R Q f f ）（外εεππεϕ1

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

Q e E 2

04πε=

外，积分后得：

R Q dR R

Q d f

R R f 02

044πεπεϕ⎰⎰∞∞

==⋅=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：

Q R Q R

Q d d f f f R R R

4440

0πεπεπεϕ+

⋅+⋅=⎰⎰∞

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314/R f πεR p ⋅。所以球内电势可写成：

314/'R f i i πεϕϕR p ⋅+=；球外电势可写成：31o o 4/'R f πεϕϕR p ⋅+=

其中i 'ϕ和o 'ϕ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 'ϕ和o 'ϕ均与φ无关。考虑到0→R 时i 'ϕ为有限值；∞→R 时0'o →ϕ，故拉普拉

斯方程的解为：

)(cos 0R R P R a n n

n n i ≤='∑）

（θϕ )(cos 01o

R R P R b n

n n

≥='∑+）（θϕ 由此 )(cos 4/031R R P R a R n n

n f i ≤+⋅=∑）

（θπεϕR p （1） )(cos 4/0131o R R P R b R n n n

n f ≥+⋅=+-∑）

（）

（θπεϕR p （2）边界条件为：0

R R R R i

===ϕϕ （3）

o 2

R R R R i

==∂∂=∂∂ϕεϕε （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

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

εεπεϕ

)

()2(43)2(2)(4)2(2cos )(403

213

211213122112131o R R R

R R R p R f f f f f ≥+⋅=

⋅+-+

⋅=+-+⋅=εεπεεπεεεπεεεπεθεεπεϕR 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。

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

∂∂-+∂∂--=ϕεεϕεε

由于0

o 2

R R i R

∂∂=∂∂ϕεϕε，所以

θεεπεεεεϕϕεσcos )2(2)(3)(

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 1

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

）

（θϕcos 1o n n n n P R

∑+= (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

）（θπεθϕcos 4cos 2

0n n

n i P R a R p ∑+=

(2) 设球壳的电势为s ϕ,则

s n n n n R P R b

ϕθϕ==∑+）（cos 12

o 2

(3)

s n n

n n R i

P R a R p ϕθπεθϕ=+=∑）

（cos 4/cos 1

(4)

由(3)得： 20R b s ϕ= ；)0(0

≠=n b n

由(4)得： s a ϕ=0 ；3

1014/R p a πε-= ；)1,0(0

≠=n a n

所以

R R s /2o ϕϕ=

(5)

10204/cos 4/cos R pR R p s i πεθϕπεθϕ-+=

(6)

再由 Q R R

R s S

==⋅∂∂⎰

2220o 0

4d πϕεϕεS 得： 204/R Q s πεϕ=

(7)

将(7)代入(5)(6)得：

R Q 0o 4/πεϕ= )(2R R >

)(414cos 44cos 31

2303102020R R Q R R pR R Q R p i R p R p ⋅-+⋅=-+=πεπεθπεπεθϕ

在2R R =处，电荷分布为：

R Q

R D R n πϕεσ=

∂∂-== 在1R R =处，电荷分布为：

4cos 3'1

R p R

D R i n πθ

ϕεσ-

=∂∂=-= 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1ϕ为绝缘介质球内的均匀自由电荷产生，另一部分2ϕ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，2ϕ的形式为

)(cos )()1(θn n

n n n n

P R b R a

∑+-+

对于1ϕ，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 =

1ϕ的球外部分： ⎰⎰+=0

203

01o )3/(d )3/(R R

R f f dR R R R R ερερϕ

ερερερ6/3/3/2

0020030R R R R f f f --= （1）

1ϕ的球内部分： ερερϕ6/)3/(d 20

021R dR R R E f R

f R i -==⋅=⎰⎰ （2）对于2ϕ，当∞→R 时，θϕcos 02R E -→，所以

)(cos cos 010o2

R R P R

b R E n n n n

>+-=∑+）

（θθϕ 当0→R 时，2ϕ为有限，所以

)(cos 02R R P R a n n

n n i <=∑）

（θϕ

边界条件为：0R R =时，2o2i ϕϕ=，0

o 0

R i R R

∂∂=∂∂ϕε

ϕε。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 >+-+-=εεθεεθϕ (3)

)()

2/(cos 300002R R R E i <+-=εεθεϕ

(4)

由(1) (2) (3) (4)得:

⎪⎪⎩

⎪

⎪⎨⎧≤+-

-≥+-+-++-

(2cos 36)

()2(cos )(cos 3)21

(300

002

0000030020R R R E R R R R R E R E R R R f f f εεθ

εερεεθεεθερεερϕ

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0ϕ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1ϕ，电解液中的电势为2ϕ，则在交界面上有：

21R R ϕϕ= (3)

211

R R R R R R ==∂∂=∂∂ϕ

σϕσ (4) 将E J σ=及ϕ-∇=E 代入(1)，得：

0)(2=∇-=⋅∇=⋅∇ϕσσE J

可见ϕ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

2R R P R b R J n n

n n

f >+-

=∑

+）（θθσϕ (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 <=∑）

（θϕ

(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 01

0020

n n

n n n n n f P R a P R b R J ∑∑

=+-

+ (7) ）

（）（θσθθσσcos ]cos )1(cos [10120202n 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 , 221300211)2/()(σσσσσ+-=R J b f

)1(0

,0≠==n b a n n

所以： )2/(3)2/(cos 32102101σσσσθϕ+⋅-=+-=R J f f R J (0R R ≤)

222130021202)2/(cos )(/cos R R J R J f f σσσθσσσθϕ+-+-=

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/()(32101210111111σσσσσσϕσσ+=+⋅∇=∇-==f f J R J E J

电解液中的电流密度为: 22222ϕσσ∇-==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

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，

)2/()(2121≈+-σσσσ ，

)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

θπεϕcos 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2ϕ。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性，2ϕ与φ无关。

由于0→R 时，2ϕ为有限值，所以球内的2ϕ解的形式可以写成

∑=n

n n n i P R a )(cos 2θϕ （1）

由于∞→R 时，2ϕ应趋于零，所以球外的2ϕ解的形式可以写成

∑

+=n

n n

P R

b )(cos 12o θϕ （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/(1πεϕ （3）

当0R R ≤时，21i ϕϕϕ+=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 ϕϕϕ+=外

∑

∑++=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ϕ （6）

==R R 内外ϕϕ （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

4/++-=n n f n a R Q b πε （9）

将（8）（9）分别代入（4）（5）得:

)(00R R ≤=内ϕ （10）

]/cos 2)/(cos 2[

4120

RR a R R a Q R Ra a R Q f

θθ

πε

ϕ++-

-+=

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 θθπεπεϕ++--+=+=

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)

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 θθπεϕ-+--+=

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ϕ。 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0ϕ，试求这两种情况

的电势。又问0ϕ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1ϕ，二是外表面0Q +Q 产生的电势2ϕ。

]/cos 2//cos 2[

4121

R R a R R a

Q R Ra a R Q

θθ

πεϕ-+-

-+=

内，)(1R R <

01=外ϕ， )(1R R ≥； 20024/)(R Q Q πεϕ+=内， )(2R R <；

Q 1

R R

R P

R Q Q 0024/)(πεϕ+=外， )(2R R ≥，所以 )

(4/)()

(4/)(21200200R R R R Q Q R R R Q Q ≤≤+=≥+=πεϕπεϕ

)

(]/cos 2//cos 2[4112

021********R R R Q Q a R R a R R a Q R Ra a R Q

≤++-+--+=，θθπεϕ由以上过程可见，球面电势为2004/)(R Q Q πε+。

若已知球面电势0ϕ，可设导体球总电量为0'Q ，则有：

02004/)'(ϕπε=+R Q Q ，即：20004/)'(R Q Q ϕπε=+

电势的解为：

⎪⎪⎪⎩

⎪

⎪⎪⎨⎧≤+-+--+≤≤≥=)(]/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 ϕθθπεϕϕϕ

当0ϕ和0Q 满足20004/)(R Q Q πεϕ+=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。

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

)

0(,

]cos 2cos 2cos 21

cos 21

[

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 ><≤-+

+++

++-

-+=

πθθ

θθ

πεϕ 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。

Q b a -Q b a Q

-R

O )

,,(0b a x Q )

,,(0b a x Q --)

,,(0b a x Q

--+)

,,(0b a x Q --a

b y

郭硕鸿电动力学习题解答完全版（1_6章）

郭硕鸿电动力学习题解答完全版（1_6章） 1. 根据算符?的微分性与矢量性推导下列公式 (Ar ? Br) = Br × (?× Ar) + (Br ??)Ar + Ar × (?× Br) + (Ar ??)Br Ar × (?× Ar) = 1 ?Ar 2 (Ar ??)Ar 2 解 1 ?(Av ? Bv) = Bv × (?× Av) + (Bv ??)Av+ Av × (?× Bv) + (Av ??)Bv 首先算符?是一个微分算符其具有对其后所有表达式起微分的作用对于本题 ?将作用于 Av 和Bv 又?是一个矢量算符具有矢量的所有性质因此利用公式cv × (av ×bv) = av ?(cv ?bv) ? (cv ?av)bv 可得上式其中右边前两项是 ?作用于 v v A 后两项是?作用于 B v v 2 根据第一个公式令 A B 可得证 2. 设 u 是空间坐标 x y z 的函数证明 f (u) = df u du Ar(u) = ?u ? dAr du r ?× Ar(u) = ?u × . dA du 证明 1 f (u) = ?f (u) er x + ?f (u) er y + ?f (u) er z = df du ? e x + r ?u er y + df ?ur ? e z = d f ?u ?u ?x ?y ?z du ?y du ?z du 2 Ar y (u) ?y dAr y (u) du ?Ar x (u) + ?x + ?Ar z z(u) = dAr x (u) ? ?u + ? ?u + dAr z (u) ? ?u r

(完整版)电动力学-郭硕鸿-第三版-课后题目整理(复习备考专用)

电动力学答案第一章电磁现象的普遍规律 1. 根据算符?的微分性与向量性，推导下列公式： B A B A A B A B B A )()()()()(??+???+??+???=??A A A A )()(2 21??-?=???A 2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明： u u f u f ?= ?d d )(， u u u d d )(A A ? ?=??， u u u d d )(A A ??=?? 证明：

3. 设222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-= 为源点'x 到场点x 的距离，r 的方向规定为从源点指向场点。（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系： r r r /'r =-?=? ； 3/)/1(')/1(r r r r -=-?=? ； 0)/(3=??r r ； 0)/(')/(33=?-?=??r r r r ， )0(≠r 。（2）求r ?? ，r ?? ，r a )(?? ，)(r a ?? ，)]sin([0r k E ???及 )]sin([0r k E ??? ，其中a 、k 及0E 均为常向量。 4. 应用高斯定理证明 f S f ?=????S V V d d ，应用斯托克斯（Stokes ）定理证明??=??L S ??l S d d

5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 'd '),'()(V t t V x x p ? = ρ，利用电荷守恒定律0=??+ ??t ρ J 证明p 的变化率为：?=V V t t d ),'(d d x J p 6. 若m 是常向量，证明除0=R 点以外，向量3 /R ）（R m A ?=的旋度等于标量3 /R R m ?=?的梯度的负值，即 ?-?=??A ，其中R 为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。

电动力学答案完整

1.7. 有一内外半径分别为 r 1 和 r 2 的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质内均匀带静止由电荷f ρ求 1 空间各点的电场； 2 极化体电荷和极化面电荷分布。解（1） f s D ds dV ρ→ ?=??，（r 2>r> r 1）即：()2 3 31 443 f D r r r π πρ?=- ∴()3 313 3f r r E r r ρε→ -= ，（r 2>r> r 1）由 ()33 210 43f f s Q E d s r r πρεε?= = -? ，（r> r 2） ∴()3 32 13 03f r r E r r ρε→ -= ，（r> r 2） r> r 1时， 0E = （2）()0 00 00 e P E E E εεεχεεεε-===- ∴ ()()()33310103 30033303p f f f f r r r P r r r r r εερεερρεεεεεερρεε??-?? -??=-??=--??=-??- ???????--=--=- （r 2>r> r 1） 12p n n P P σ=- 考虑外球壳时， r= r 2 ，n 从介质 1 指向介质 2 （介质指向真空），P 2n =0 () () 2 3 333 1021103 3 2 133p n f f r r r r r r P r r r εσεερρεε=--??==-=- ??? 考虑内球壳时， r= r 1 () () 1 3 3103 03p f r r r r r r σεερε=-=--=

1.11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为 l 1 和l 2，电容率为ε1和ε，今在两板接上电动势为 Ε 的电池，求（1）电容器两板上的自由电荷密度ωf （2）介质分界面上的自由电荷密度ωf 若介质是漏电的，电导率分别为 σ 1 和σ 2 当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向则11221211220(0) n n f l E l E E D D E E εεσ-=???-=-==??介质表面上故：211221 E E l l εεε= +，121221 E E l l εεε= + 又根据12n n f D D σ-=，（n 从介质1指向介质2）在上极板的交面上， 112f D D σ-= 2D 是金属板，故2D =0 即：11211221 f E D l l εεσεε==+ 而20f σ= 3 122f D D D σ'''=-=-，（1D '是下极板金属，故1D '=0） ∴31 121221 f f E l l εεσσεε=- =-+ 若是漏电，并有稳定电流时，由j E σ = 可得 1 11 j E σ= ， 2 22 j E σ= 又1 21 2121212,() n n j j l l E j j j j σσ?+=???===?稳定流动

电动力学第四章习题答案

电动力学第四章习题答案电动力学第四章习题答案电动力学是物理学中的一个重要分支，研究电荷和电场、电流和磁场、电磁感应等现象。在学习电动力学的过程中，习题是非常重要的一部分，通过解答习题可以加深对理论知识的理解和应用能力的培养。本文将为大家提供电动力学第四章的一些习题答案，希望能对大家的学习有所帮助。 1. 问题：一个半径为R的均匀带电球壳，总电荷量为Q。求球壳上任意一点的电场强度。解答：由于球壳是均匀带电的，所以球壳上的电荷分布是均匀的。根据库仑定律，球壳上任意一点的电场强度与该点到球心的距离r有关。当rR时，由于球壳外部的电荷均匀分布，可以将球壳看作一个点电荷，根据库仑定律，电场强度与点电荷的电荷量和距离成正比。所以球壳上任意一点的电场强度为： E = k * Q / r^2 其中，k为电场常量。 2. 问题：一个半径为R的均匀带电球壳，总电荷量为Q。求球壳内部的电场强度。解答：由于球壳内部没有电荷分布，所以球壳内部的电场强度为0。 3. 问题：一个半径为R的均匀带电球壳，总电荷量为Q。求球壳外部的电场强度。解答：根据问题2的解答可知，球壳内部的电场强度为0。所以球壳外部的电场强度与球壳上的电荷量和距离成正比。可以将球壳看作一个点电荷，根据库

仑定律，球壳外部的电场强度为： E = k * Q / r^2 其中，k为电场常量，r为球壳上任意一点到球心的距离。 4. 问题：一个半径为R的均匀带电球壳，总电荷量为Q。求球壳内部和外部的电势。解答：球壳内部的电势为0，因为电场强度为0。球壳外部的电势可以通过积分求解。根据电势的定义，电势差为从参考点到某一点的电场强度在该段距离上的积分。所以球壳外部的电势为： V = ∫E·dr 其中，E为球壳外部的电场强度，r为从参考点到某一点的距离。 5. 问题：一个半径为R的均匀带电球壳，总电荷量为Q。求球壳上的电势。解答：球壳上的电势可以通过积分求解。根据电势的定义，电势差为从参考点到某一点的电场强度在该段距离上的积分。所以球壳上的电势为： V = ∫E·dr 其中，E为球壳上的电场强度，r为从参考点到某一点的距离。以上是电动力学第四章的一些习题答案。通过解答这些习题，我们可以加深对电动力学理论知识的理解，并提高应用能力。希望本文对大家的学习有所帮助。

电动力学答案

2．一平面电磁波以045=θ从真空入射到24=ε的介质。电场强度垂直于入射面。求反射系数和折射系数。解：由 1 122sin sin εμεμθθ = ' ' 1r 2r 12sin sin εεεεθθ=='' 1 2 s i n s i n 450= ''∴θ 解得 030=''θ 由菲涅耳公式： θ εθεθεθε''+''-=' sin sin sin sin E E 2121 = =+= 3 12cos cos cos 2E E 211+= ''+=' 'θεθεθε 由定义:

3 2323131E E R 2 2 +-=? ??? ??+-='== 3 2321 22 223312cos cos E E T 2 1 22 +=???? ??+=''''= = εεθθ 7．已知海水的1 1m 1s ,1-?==σμ,试计算频率ν为50,9 61010和Hz 的三种电磁波在海水中的透入深度. 解: ωμσ α δ2 1 = = , 72m 1 1042502 7 50 =????= -=ππδ γ , 5m .01 1042102 7610 r 6 =????= -=ππδ 16mm 1 1042102 7 910r 9 =????= -=ππδ

2. 设有两根互相平行的尺，在各自静止的参考系中的长度均为,它们以相同速率v 相对于某一参考系运动,但运动方向相反,且平行于尺子。求站在一根尺上测量另一根尺的长度。解：根据相对论速度交换公式可得2'∑系相对于1'∑的速度大小是 )/1/(2'22c v v v += （1） ∴在1'∑系中测量2'∑系中静长为0 l 的尺子的长度为 220/'1c v l l -= （2）将（1）代入（2）即得： )/1/()/1(22220c v c v l l +-= （3）此即是在1'∑系中观测到的相对于2'∑静止的尺子的长度。 3. 静止长度为l 0的车厢，以速度v 相对于地面S 运行，车厢的后壁以速度u 0向前推出一个小球，求地面观察者看到小球从后壁到前壁的运动时间。解：根据题意取地面为参考系S ，车厢为参考系S ’，于是相对于地面参考系S ，车长为 220/1c v l l -=，（1）车速为v ，球速为 )/1/()(200c v u v u u ++= （2）所以在地面参考系S 中观察小球由车后壁到车前壁 l t v t u +?=? 所以 )/(v u l t -=? （3）将（1）（2）代入（3）得：2 2 0200/1)/1(c v u c v u l t -+= ? （4） 4. 一辆以速度v 运动的列车上的观察者，在经过某一高大建筑物时，看见其避雷针上跳起一脉冲电火花，电光迅速传播，先后照亮了铁路沿线上的两铁塔。求列车上观察者看到的两铁塔被电光照亮的时刻差。设建筑物及两铁塔都在一直线上，与列车前进方向一致。铁塔到建筑物的地面距离都是l 0。解：取地面为静止的参考系∑，列车为运动的参考系'∑。取 x 轴与 x ′轴平行同向，与列车车速方向一致，令t=0时刻为列车经过建筑物时，并令此处为∑系与'∑的原点，如图。在∑系中光经过c l t /0=的时间后同时照亮左右两塔,但在'∑系中观察两塔的位置坐标为 ) /1(/1/1'2 2 02 2 0c v c v l c v vt l x --=--=右 )/1(/1/1'2 20 220c v c v l c v vt l x +--= ---= 左即：)/1(/1'220c v c v l d --=右,)/1(/1'2 20 c v c v l d +--=左时间差为 2220 /12''c v c vl c d c d t -= -= ?右左 5. 有一光源S 与接收器R 相对静止，距离为0l ,S-R 装置浸在均匀无限的液体介质（静止折射率n ）中。试对下列三种情况计算光源发出讯号到接收器收到讯号所经历的时间。（1）液体介质相对于S-R 装置静止；

【全】刘觉平电动力学课后习题答案

第一章三維歐氏空間中的張量目录：习题1.1 正交坐标系的转动 (2) 习题1.2 物理量在空间转动变换下的分类 (9) 习题1.3 物理量在空间反演变换下的进一步分类 (10) 习题1.4 张量代数 (15) 习题1.5 张量分析 (21) 习题1.6 Helmholtz定理 (35) 习题1.7 正交曲线坐标系 (38) 习题1.8 正交曲线坐标系中的微分运算 (42)

习题1.1 1、设三个矢量,,a b c r r r 形成右（左）旋系，证明，当循环置换矢量,,a b c r r r 的次序，即当考察矢量,,(,,)b c a c a b r r r r r r 时，右（左）旋系仍保持为右（左）旋系。证明：()V a b c =⨯⋅r r r ，对于右旋系有V>0. 当循环置换矢量,,a b c r r r 次序时， ()V b c a '=⨯⋅r r r ＝()0c a b V ⨯⋅=〉r r r 。（*）所以，右旋系仍然保持为右旋系同理可知左旋系情况也成立。附：（*）证明。由于张量方程成立与否与坐标无关，故可以选取直角坐标系，则结论是明显的。 2、写出矢量诸分量在下列情况下的变换矩阵：当Cartesian 坐标系绕z 轴转动角度α时。解：变换矩阵元表达式为 ij i j a e e '=⋅r r 1112212213233233cos ,sin ,sin ,cos ,0,1 a a a a a a a a αααα===-===== 故()cos sin 0sin cos 000 1R αααα α⎛⎫ ⎪ =- ⎪ ⎪⎝ ⎭ 3、设坐标系绕z 轴转α角，再绕新的y 轴（即原来的y 轴在第一次转动后所处的位置）转 β角，最后绕新的z 轴（即原来的z 轴经第一、二次转动后所处的位置）转γ角；这三个角称为Euler 角。试用三个转动矩阵相乘的办法求矢量诸分量的在坐标轴转动时的变换矩阵。

电动力学课后答案

第五章多电子原子 1.选择题: (1)关于氦原子光谱下列说法错误的是：B A.第一激发态不能自发的跃迁到基态； B.1s2p 3P2,1,0能级是正常顺序； C.基态与第一激发态能量相差很大； D.三重态与单态之间没有跃迁 (2)氦原子由状态1s2p 3P2,1,0向1s2s 3S1跃迁,可产生的谱线条数为：B A.0； B.3； C.2； D.1 (3)氦原子由状态1s3d 3D3,2,1向1s2p3P2,1,0跃迁时可产生的谱线条数为：C A.3； B.4； C.6； D.5 (4)氦原子有单态和三重态两套能级,从而它们产生的光谱特点是:D A.单能级各线系皆为单线,三重能级各线皆为三线； B.单重能级各线系皆为双线,三重能级各线系皆为三线； C.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系皆为双线; D.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系较为复杂,不一定是三线. (5)若某原子的两个价电子处于2s2p组态,利用L－S耦合可得到其原子态的个数是：C A.1； B.3; C.4; D.6. (6)设原子的两个价电子是p电子和d电子,在Ｌ－Ｓ耦合下可能的原

子态有：C A.4个； B.9个； C.12个 D.15个； (7)若镁原子处于基态,它的电子组态应为：C A．2s2s B.2s2p C.3s3s D.3s3p (8)有状态2p3d3P 2s3p3P的跃迁：D A.可产生9条谱线 B.可产生7条谱线 C 可产生6条谱线 D.不能发生课后习题 1．He 原子的两个电子处在2p3d态。问可能组成哪几种原子态？（按LS耦合）解答：l1 = 1 l2 = 2 L = l1 + l2, l1 + l2?1, ……, | l1? l2| = 3, 2, 1 s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2?1, ……, |s1 ? s2| = 1, 0 这样按J = L+S, L+S?1, ……, |L?S| 形成如下原子态： S = 0 S = 1 L = 1 1P13P0,1,2 L =2 1D23D1,2,3 L = 3 1F33F2,3,4 3.Zn 原子(Z=30) 的最外层电子有两个。基态时的组态是4s4s。当

电动力学-课后(答案)

电动力学答案第一章电磁现象的普遍规律 1. 根据算符∇的微分性与向量性，推导下列公式： B A B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇ A A A A )()(2 2 1∇⋅-∇=⨯∇⨯A 解：（1）)()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇ B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=c c c c B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯= （2）在（1）中令B A =得： A A A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，所以 A A A A A A )()()(21∇⋅-⋅∇=⨯∇⨯ 即 A A A A )()(22 1 ∇⋅-∇= ⨯∇⨯A 2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明： u u f u f ∇= ∇d d )( ， u u u d d )(A A ⋅ ∇=⋅∇， u u u d d )(A A ⨯∇=⨯∇ 证明：（1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂= ∇)()()()(z y x z u u f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d u u f z u y u x u u f z y x ∇=∂∂+∂∂+∂∂=d d )(d d e e e （2）z u A y u A x u A u z y x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)()()()(A z u u A y u u A x u u A z y x ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d u u z u y u x u u A u A u A z y x z z y y x x d d )()d d d d d d (A e e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++= （3）u A u A u A z u y u x u u u z y x z y x d /d d /d d /d ///d d ∂∂∂∂∂∂=⨯∇e e e A z x y y z x x y z y u u A x u u A x u u A z u u A z u u A y u u A e e e )d d d d ()d d d d ()d d d d (∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂= z x y y z x x y z y u A x u A x u A z u A z u A y u A e e e ])()([])()([]) ()([∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂= )(u A ⨯∇= 3. 设222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-= 为源点'x 到场点x 的距离，r 的方向规定为

电动力学答案完整

电动力学答案完整有一内外半径分别为r1 和r2 的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质内均匀带静止电荷?f求 1 空间各点的电场；2 极化体电荷和极化面电荷分布。解???sD?ds?4?3f??3fdV3，f 即：D?4?r2?∴E???r?r?r1?? ?r3?r13??33?r，???Qf4?33E?ds??r2?r1??f???s?0 3?0，∴E???r32?r13??3f3?0r?r，??r> r1时，E?0 ?????????0??P??0?eE??0E????? 0?E?0 ?????0r????f?3?????r13????r? 3r?r???p ∴????r3?r13???????P??????0???? ?f33?r???p?P1n?P2n 考虑外球壳时，r= r2 ，n 从介质 1 指向介质 2 ，P2n

=0 ??P1n?????0? ?r3?r133?p3?r??frr?r2?? r?r???1?0?231?f ??3r2?33考虑内球壳时，r= r1 ???????0??r3?r133?p3?r??fr?0r?r1 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为l1 和l2，电容率为ε1和ε，今在两板接上电动势为Ε 的电池，求电容器两板上的自电荷密度ωf 介质分界面上的自电荷密度ωf 若介质是漏电的，电导率分别为σ 1 和σ 2 当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向则???l1E1?l2E2?E??D1n?D2n??1E1??2E 2?0(介质表面上?f?0) 故：E1??2El1?2?l2?1，E2??1El1?2?l2?1 又根据D1n?D2n??f，在上极板的交面上，D1?D2??f1D2是金属板，故D2=0 ?1?2El1?2?l2?1即：?而??f1?D1? f2?0 f3?D1??D2???D2?，??∴??1?2El1?2?l2?1f3???f1 ???j若是漏电，并有稳定电流时，E?可

智慧树答案电动力学(上)知到课后答案章节测试2022年

第一章 1.对于感应电场下面哪一个说法正确 ( )答案:感应电场由变化磁场激发 2.在假定磁荷不存在的情况下，稳恒电流磁场是 ( )答案:无源有旋场 3.对电场而言下列哪一个说法正确 ( )答案:电场具有叠加性 4.( )答案:仅适用于各向同性非铁磁介质 5.对极化强度矢量有以下说法,正确的是 ( )答案:极化强度矢量的源头必是负束缚电荷 6.电场强度在介质分界面上 ( )答案:法线方向不连续，切线方向连续 7.无论是稳恒磁场还是变化的磁场，磁感应强度总是无源的。 ( )答案:对 8.在无电荷分布的区域内电场强度的散度可能不为零。 ( )答案:错 9.电荷只直接激发其邻近的场，而远处的场则是通过场本身的内部作用传递出去的。 ( )答案:对 10.电介质中，电位移矢量的散度仅由自由电荷密度决定，而电场的散度则由自由电荷密度和束缚电荷密度共同决定。 ( )答案:对第二章 1.静电势的梯度 ( )答案:是无旋场 2.静电场的能量密度等于 ( )答案:; 3.设区域V内给定自由电荷分布，S为V的边界，欲使V的电场唯一确定，则需要给定 ( ) 答案:或 4.导体的静电平衡条件归结为以下几条，其中错误的是 ( )答案:导体表面电场线沿切线方向 5.用镜像法求解静电场边值问题时，下面说法正确的是 ( )答案:镜像电荷应位于求解区域之外 6.一个处于点上的单位点电荷所激发的电势满足方程 ( )答案: 7.静电场的总能量可表示为，其中表示能量密度。 ( )答案:错 8.由电四极矩的定义式可知，当电荷体系的分布具有球对称性时，则此电荷系统没有电四极矩。 ( )答案:对 9.如果一个体系的电荷分布对原点对称，它的电偶极矩为零。 ( )答案:对 10.物体处于超导态时，除表面很薄的一层外，其内部一定没有磁场。 ( )答案: 对第三章 1.对于变化电磁场引入矢势的依据是 ( )答案:;

电动力学第三版答案

电动力学第三版答案第一章：静电学 1.1 静电场静电场是由电荷所产生的场，它是一种无时间变化的电磁场。静电场的性质可以通过电场强度、电势和电荷分布来描述。电场强度表示单位正电荷所受到的力，并且是一个向量量。在任意一点的电场强度可以通过库仑定律计算。电势是单位正电荷所具有的势能，它是一个标量量。电势可以通过电势差来定义，电势差是两点之间的电势差别。 1.2 电场的高斯定律电场的高斯定律是描述电场在闭合曲面上的通量与该闭合曲面内的电荷有关系的定律。它可以通过以下公式表示：\[ \oint \mathbf{E} \cdot \mathbf{n} \, ds = \frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0} \] 其中，\(\mathbf{E}\) 是电场强度，\(\mathbf{n}\) 是曲面上的单位法向量，\(ds\) 是曲面上的微元面积，

\(Q_{\text{enc}}\) 是闭合曲面内的总电荷，\(\varepsilon_0\) 是真空电容率。 1.3 电势电势是单位正电荷所具有的势能，它是一个标量量。它可以通过电势差来定义，电势差是两点之间的电势差别。电势可以通过以下公式计算： \[ V = - \int \mathbf{E} \cdot d\mathbf{l} \] 其中，\(V\) 是电势，\(\mathbf{E}\) 是电场强度， \(d\mathbf{l}\) 是路径上的微元长度。 1.4 静电场中的导体在静电场中，导体内部的电场强度为零。当导体受到外部电场作用时，其表面会产生等效于外部电场的电荷分布，这种现象被称为静电感应。静电感应可以通过以下公式来计算表面电荷密度： \[ \sigma = \mathbf{n} \cdot \mathbf{E} \] 其中，\(\sigma\) 是表面电荷密度，\(\mathbf{n}\) 是表面法向量，\(\mathbf{E}\) 是外部电场强度。

电动力学四章参考答案

习题四参考答案 1．一个半径为R 的电介质球，极化强度为2 /r r K P =，电容率为ε．计算 ⑴ 束缚电荷的体密度和面密度； ⑵ 自由电荷体密度； ⑶ 球外和球内的电势； ⑷ 该带电介质球产生的静电场的总能量．答案：⑴ 2 r K p -=ρ，R K p =σ ⑵ ()2 0r K f εεερ-= ⑶ ()r KR 002εεεεϕ-= ()R r > ⎪⎪⎭⎫ ⎝ ⎛+-= 00 1ln εεεεϕr K K ()R r < ⑷ 2 012⎪⎪⎭ ⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝ ⎛+=εεε επεK R W 提示：⑴2r K P p -=⋅-∇= ρ， R K P e R r r p =⋅== ˆσ ⑵ 因为f P ρεερ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=10 ，所以()2 r K f εεερ-= ⑶ 因为电荷分布具有球对称性，所以可以由高斯定理求电场强度E ，再求ϕ ⑷ 两种方法都可以求解 ⎰= v dV W ρϕ21 ，V 是电荷分布的球区间。或者， ⎰∞ ⋅=dV D E W 21，这里V 是电场分布的全空间２．导体内有一半径为R 的球形空腔，腔内充满电容率为ε的均匀电介质，现将电荷量为q 的点电荷放在腔内离球为)(R a a <处，如图所示，已知导体的电势为零，试求：①腔内任一点),(θr p 的电势ϕ；②腔壁上感应电荷量的面密度；③介质极化电荷量的密度和面密度．解：用电像法求解 ①设导体不存在，整个空间都充满了

电容率为ε的均匀介质，像电荷q ' 使腔壁电势为0． 041=⎪⎭ ⎫ ⎝⎛''+= s q s q πεϕ 解之得 a R b 2 = q a R q - =' 由此得介质内任一点),(θr p 的电势为 ⎥⎦ ⎤ ⎢ ⎣⎡-+' +-+= θθπεϕcos 2cos 2412222br b r q ar a r q ． ②腔壁上感应电荷量的面密度为 2 /32222)cos 2(4)(ˆ)(ˆθπϕεϕεεσaR a R R q a R r e E e D n R r r -+--=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂=∇⋅=⋅-=⋅= ③介质内极化电荷量的密度为 ϕεεεερ200)()(∇-=-⋅-∇=⋅-∇=E P P ρε εερ εε)1())((00--=- -=． q q p )1(0 ε ε- -=．介质表面极化电荷面密度 R r p r E e p n ))(()(ˆ00∂∂--=-⋅=⋅=ϕεεεεσ 2 /322220) cos 2(4))((θπεεεaR a R R q a R -+--=．３．接地的空心导体球内外半径为1R 和2R ，在球内离球心为()1R a a <处置一点电荷 q ，求空间的电势分布．导体球上的感应电荷有多少？分布在内表面还是外表面？答案：()() ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣⎡-+-+-+= θθπεϕcos /2//cos 2412122121220a R R a R R a qR Ra a R q q q -='，分布在内表面．感应电荷不等于像电荷．

电动力学-郭硕鸿-第三版-课后题目整理(复习备考专用).

电动力学答案第一章电磁现象的普遍规律 1. 根据算符的微分性与向量性，推导下列公式： 2. 设是空间坐标的函数，证明：，，证明： 3. 设为源点到场点的距离，的方向规定为从源点指向场点。（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：；；；，。（2）求，，，，及，其中、及均为常向量。 4. 应用高斯定理证明，应用斯托克斯（Stokes）定理证明 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为，利用电荷守恒定律证明p的变化率为： 6. 若m是常向量，证明除点以外，向量的旋度等于标量的梯度的负值，即，其中R为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。

7. 有一内外半径分别为和的空心介质球，介质的电容率为，使介质球内均匀带静止自由电荷，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。 8. 内外半径分别为和的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流，导体的磁导率为，求磁感应强度和磁化电流。 9. 证明均匀介质内部的体极化电荷密度总是等于体自由电荷密度的倍。 10. 证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等方向相反(但两个电流元之间的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律 11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为和，电容率为和，今在两板接上电动势为E 的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度和；（2）介质分界面上的自由电荷面密度。(若介质是漏电的，电导率分别为和当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？ 12.证明：（1）当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时，电场线的曲折满足其中和分别为两种介质的介电常数，和分别为界面两侧电场线与法线的夹角。（2）当两种导电介质内流有恒定电流时，分界面上电场线的曲折满足其中和分别为两种介质的电导率。

电动力学答案完整

1.7.有一内外半径分别为r i和r2的空心介质球，介质的电容率为£,使介质内均匀带静止由电荷 1空间各点的电场; 2极化体电荷和极化面电荷分布。解〔i〕口D ds「Jf dV ,(「2>r> r i) 即：D 4 二r 3 3 3 r -ri r3i3① r , 3； r3(r2>r> r i) Q f 由QE-d^ f 4 ■:(r> r2) ―；:卫3亠 --E r , 3；°r3 (r> r2) r> r i 时, (2) P 二；0 e E 二；0 —E=■:- ；0 E 3 3 r -r i 3；r33 ； r—尹 ‘(r2>r> r i) y —f 二p =Pn _P2n 考虑外球壳时, r= r 2 , n从介质1指向介质 2 〔介质指向真空〕， P2n =0 ；「p =Rn 二；一；0 3 3 r -r i 3 ； r3 3 ?f 考虑内球壳时, r= r i -rj "f r 3 r3 =0

又根据 Dm -D 2n ， ( n 从介质 1指向介质 2) 在上极板的交面上， D 1 - f 1 D 2是金属板，故 D 2 =0 1店 11 ；2 12 ；1 而；-f = 0 '2 -D ；-D ^-D 2， ( D 1 ■是下极板金属，故 D 1 =0 ) j 1n = j 2n = j 1 = j 2,〔稳定流动〕 1.11.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为电容率为 q 和£,今在两板接上电动势为 E 的电池，求 11 和 12 , (1)电容器两板上的自由电荷密度 (2)介质分界面上的自由电荷密度 wf 假设介质是漏电的，电导率分别为 (71和c 2当电流到达恒定时，上述两问题的结果如何？解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向 …h E 1 -12 E 2 那么 J D1^ —■D2n 二 E =；任1 - ；2 E 2 = 0(介质外表上二 f =0〕故: E 1 2 E 1 E h 匚2 I 2 -1 即: -CF f 1 假设是漏电，并有稳定电流时，由 11 ；2 12 ； 1 C T 1

2020智慧树知道网课《电动力学》课后章节测试满分答案

绪论单元测试 1 【单选题】(8分) 由于静电场场强是电标势的负梯度，所以静电场一定是()。 A. 无源有旋场； B. 无旋无源场。 C. 有源有旋场； D. 无旋有源场； 2 【单选题】(8分) 由于磁感应强度是磁矢势的旋度，所以磁场一定是()。 A. 无源有旋场； B. 无旋无源场。 C. 无旋有源场； D. 有源有旋场；

3 【单选题】(8分) 由Stokes定理可知：()。 A. B. C. D. 4 【多选题】(16分) 标量的梯度用于确定()。 A. 场的大小； B. 场的方向；

C. 力的大小； D. 力的方向。 5 【多选题】(16分) 矢量的散度用于确定()。 A. 场的有旋性； B. 场的源或者汇； C. 场的有源性； D. 是否存在孤立的源。 6 【多选题】(16分) 矢量的旋度用于确定()。 A. 场的有源性； B. 场的有旋性；

C. 场线是否封闭； D. 是否存在孤立的源。 7 【判断题】(14分) A. 错 B. 对 8 【判断题】(14分) A. 对 B. 错

第一章测试 1 【单选题】(3分) 库仑定律表明电荷间作用力与其距离()关系。 A. 成反立方。 B. 成反平方； C. 成正比； D. 成反比； 2 【单选题】(3分) 真空中的静电场高斯定理表明：穿过封闭曲面的电通量与该曲面内的净余电量()。 A. 成正比； B. 成反比； C. 无关。 D.

成反平方比； 3 【单选题】(3分) 法拉第电磁感应定律表明：感应电场是由()产生的。 A. 变化的磁场。 B. 电流； C. 变化的电场； D. 电荷； 4 【单选题】(3分) 在电介质的某点处，与自由电荷体密度成正比的是()的散度。 A. 电流密度矢量。 B. 电场强度矢量； C. 极化强度矢量； D.