(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)

电动力学复习题目一. 选择题1. 在绝缘介质与导体的分界面上，在静电情况下，导体外的电场线与导体表面的关系；在恒定电流情况下，导体内的电场线与导体表面的关系。

【 】A. 静电时，电场线垂直于导体表面，恒定电流时，电场线平行于导体表面；B. 静电时，电场线平行于导体表面，恒定电流时，电场线垂直于导体表面；C. 两种情况下，电场线都垂直于导体表面；D. 两种情况下，电场线都平行于导体表面。

2. 两个无限大的接地导体平面组成一个060的二面角，在二面角内与两导体平面等距离处放一个点电荷Q ，则它的像电荷的个数为。

【 】A. 3；B. 5；C. 7；D. 无限多个.3. 阿哈罗诺夫－玻姆效应说明了： 【 】A. 磁场B 不能唯一地确定矢势A ；B. 磁场可以用磁标势描述；C. 磁场的物理效应不能完全用B 描述；D. 超导体内部的磁感应强度0B =.4. 横截面半径为b 的无线长直圆柱导体，均匀地流过电流I ，则储存在单位长度导体内的磁场能量为： 【 】A. 与b 无关；B. 正比于2b ；C. 与I 无关；D. 正比于I .5. 三角形相对于参考系∑'静止，且它的一边与x 轴平行，设参考系∑'相对于参考系∑以速度为0.6C （C 为光速）沿x 轴运动，在∑和∑'分别测得的该三角形面积S 与S '之比：A. 3：5；B. 5：4；C. 25：16；D. 4：5. 【 】6. 已经知道0z B B e =，则对应的矢势A 为： 【 】A. ()0,0,0A B y =-；B. ()00,,0A B y B x =；C. ()00,,0A B x =-；D. ()00,,0A B y B x =--.7. 如果有下面的原因，高斯定理不成立 【 】A. 存在磁单极；B. 导体为非等势体；C. 平方律不能精确成立；D. 光速为非普适常数.8. 介电常数为ε的无限均匀介质中的电场为E ，如果在介质中沿电场方向挖一窄缝，则缝中的电场强度为： 【 】 A. 0E εε； B. 0E εεε-； C. 0E εε； D. E . 9. 一飞船空间仓以相对于地面的速度v 运动，一物体从仓顶部落下，空间仓上观察者所测的时间是地面上观察者的则空间仓的飞行速度为： 【 】；B. 15c ；；D. 45c . 10. 区域内任意一点r 处的静磁场可用磁标势描述，只当： 【 】A. 区域内各处电流密度为零；B. H 对区域任意封闭路径积分为零；C. 电流密度守恒；D. r 处的电流密度为零11. 在半径为R 的球内充满三种介电常数分别为123,,εεε的均匀介质，它们对球心立体角分别为,,αβγ，在球心放一点电荷，球面为接地导体壳，如图，则三种对应的导体壳内表面上的自由电荷密度之比为：【 】A. 1:1:1；B.123::εεε；C. ::αβγ；D. 123::αεβεγε.12. 两个半无限大的接地导体平面组成一个两面角，在两面角内与两导体平面等距离放一个点电荷Q ，它的像电荷的个数为7，则两面角的度数为：【 】A. 300；B. 450；C. 600；D. 900.13. 一截面半径为b 的无限长直圆柱导体，均匀地流过电流I ，则储存单位长度导体内的磁场能为：【 】A. 与无关b ；B. 正比于2b ；C. 与I 无关；D. 正比于I .14. 已知电磁场的任一组矢势和标势为(,)A φ，根据一个标量函数ψ获得另一组势(,)A φ''的规范变换式为【 】A. , A A ψφφ''=+∇=；B. , A A t ψφφ∂''==-∂；C. ,A A tψψφφ∂''=+∇=-∂； D. , A A φφ''==.15. 位移电流是由麦克斯韦首先引入的，其实质是【 】A. 电场的变化率；B. 磁场的变化率；C. 电介质不均匀引起的；D. 磁介质不均匀引起的.16. 接地无限大平面导体板附近有点电荷Q ，到导体板的距离为a ，则真空中点电荷Q 所受电场力的大小为：【 】 A.2204Q aπε； B.2208Q a πε； C. 22016Q a πε；D. 22032Q a πε. 17. 某磁场的矢势在直角坐标系（,,x y z e e e 用来表示三个坐标轴方向的单位矢量）中的表达式为01()2x y A B ye xe =-+，则磁场为：【 】 A.0x B e ； B.0y B e ； C. 0z B e ； D. ()0x y B e e +.18. 半径为R 的导体球上带Q 的电荷，则此电荷体系的电偶极矩和电四极矩分别为：【 】A.2, QR QR ；B.20, QR ；C. , 0QR ；D. 0, 0.19. 微波谐振腔的长、宽、高分别为3cm 、2cm 、1cm ，则谐振电磁波最大波长的谐振波模为【 】A.1,0,0；B.1,1,0；C. 1,1,1；D. 3,2,1.20. 当电磁波由介质1入射介质2（设12εε>）发生全反射时，则：DA. 介质2内不可能存在电磁波；B. 入射波与反射波的能流密度矢量的数值相等C. 入射波与反射波电场强度矢量的幅度相等，且相位相同；D. 入射波与反射波电场强度矢量的幅度相等，且相位不同.21. 一电磁波垂直入射到一个理想的导体表面上时AA. 反射波的E 矢量的相位改变π；B. 放射波的H 矢量的相位改变π；C. 放射波的E 矢量和H 矢量的相位都改变π；D. 放射波的E 矢量合H 矢量的相位都不改变.22. 当电磁波在矩形波导中传播时，该电磁波的频率CA. 可以任意的；B.唯一限制是频率必须是分立的；C. 不能低于某一值；D. 不能高于某一值.23. 由两介质分界面上磁场的边值关系可知，在两介质分界面上，矢势A ：AA. 是连续的；B. 是不连续的；C. 切向分量连续，法向方向不连续；D. 切向分量不连续，法向方向连续.24. 用矢势和电流分布表示的静磁场的总能量为：B A.012W A JdV μ=⋅⎰； B . 12W A JdV =⋅⎰ C. 012W A JdV μ=⨯⎰； D. 01W A JdV μ=⨯⎰二. 判断题1. 任何包围电荷的曲面都有电通量，但是散度只存在于有电荷分布的区域内。

电动力学习题解答参考 第三章 静磁场1. 试用A r 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B r写出A r的两种不同表示式证明两者之差是无旋场解0B r 是沿z 方向的均匀的恒定磁场即ze B B r r =0且AB r r×∇=0在直角坐标系中zx y y z x x y z e yA x A e x A z A e z A y A A r r rr )()()(∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=×∇如果用A r 在直角坐标系中表示0B r 即=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂000y A x A x A z A z A y A xy zx yz 由此组方程可看出A r有多组解如解1)(,00x f y B A A A x Z y +−=== 即 xe xf y B A rr )]([0+−= 解2)(,00y g x B A A A Y z x +=== 即 ye y g x B A rr )]([0+=解1和解2之差为yx e y g x B e x f y B A r r r )]([)]([00+−+−=∆则zx y y z x x y z e y A xA e x A z A e z A y A A r r r r ])()([])()([])()([)(∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂=∆×∇这说明两者之差是无旋场2.均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n电流强度为I 试用唯一性定理求管内外磁感应强度B解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z 轴本题给定了空间中的电流分布故可由∫×='43dV r rJ B rr r πµ求解磁场分布又J r 在导线上所以∫×=34r r l Jd B r r r πµ1 螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场 由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算x y x e z e a e a r r r r r ''sin 'cos −−−=ϕϕyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−=)''sin 'cos ()'cos ''sin '(x y x y x e z e a e a e ad e ad r l d r r r r r r r −−−×⋅+⋅−=×∴ϕϕϕϕϕϕ zy x e d a e d az e d az rrr'''sin '''cos '2ϕϕϕϕϕ+−−= 取由'''dz z z +−的以小段此段上分布有电流'nIdz ∫++−−=∴232220])'([)'''sin '''cos '('4z a e d a e d az e d az nJdz B z y x rr r r ϕϕϕϕϕπµ I n az a z d nI e nI z a dz a d z 0232023222200]1)'[()'(2])'([''4µµϕπµπ=+=⋅+=∫∫∫∞+∞−∞∞−r 2)螺线管外部:由于是无限长螺线管不妨就在xoy 平面上任取一点)0.,(ϕρP 为场点)(a >ρ 222')'sin sin ()'cos cos ('z a a x x r +−+−=−=∴ϕϕρϕϕρrr )'cos(2'222ϕϕρρ−−++=a z a ('=−=x x r r r r x e a r )'cos cos ϕϕρ−zy e z e a rr ')'sin sin (−−ϕϕρyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−= zy x e d a a e d az e d az r l d r r r r r ')]'cos([''sin '''cos '2ϕϕϕρϕϕϕϕ−−+−−=×∴+−+−⋅=∴∫∫∫∫∞∞−∞∞−'''sin '''''cos ''[43203200dz e r d az d dz e r d az d nI B y x rr r ϕϕϕϕϕϕπµππ]')'cos('3220∫∫∞∞−−−+z e dz r a a d rϕϕρϕπ由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以0=B r内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场3. 设有无穷长的线电流I 沿z 轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B 然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为×∇=×∇=<−=∇>−=∇===010020212201211)0(,)0(,z z z A A AA z J A z J A r r r rrr rr µµµµ由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为∫∫==rl Id x A rl Id x A rr r rr r πµπµ4)(4)(201由此可推测本题的可能解是<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 验证边界条件1)(,12021=−⋅==B B n A A z r rr r r 即 题中,=⋅=θe e e n z z rr r r 且所以边界条件1满足2)(,11120102=−××∇=×∇==H H n A A z z r r rr r即µµ本题中介质分界面上无自由电流密度又θθπµπµe r I B H e rI B H r r r r r r 2222011====,012=−∴H H r r 满足边界条件0)(12=−×H H n r r r综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 在介质中MB H r r r −=0µ故在z<0的介质中22H B M r rr −=µ内部资料料料内部资料内部即θθθµππµπe r e r e r M )1(22200−=−⋅= ∴介质界面上的磁化电流密度r z M e r I e e r I n M r r r r r r )1(2)1(200−=×−=×=µµπµµπαθ总的感应电流)1()1(20200−=⋅⋅⋅−=⋅=∫∫µµϕµµππθθI e d r e r I l d M J Mr r rr 电流在z<0的空间中沿z 轴流向介质分界面4. 设x<0 半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0 空间为真空今有线电流I 沿z 轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作ϕπµe rI B vv 2′=其满足边界条件0)(0)(1212==−×=−⋅αvv v v v vv H H n B B n 即可得在介质中ϕµπµµe r I B H vv v 22′== 而Me r I M B H v v v v v −′=−=ϕµπµµ0022∴在x<0的介质中ϕµµµµπµe r I M vv 002−′= 则∫=ld M I Mvv 取积分路线为B A C B →→→的半圆,ϕe AB vQ ⊥ AB ∴段积分为零 002)(µµµµµ−′=I I M ϕπµe r I I B M v v 2)(0+=∴∴由ϕϕπµπµe rI B e r I I M v v v 22)(0′−==+可得02µµµµµ+=′内部资料料料内部资料内∴空间ϕπµµe rB 0+= I I M 0µµµµ+−=沿z轴5.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知)21(220ρ−−≈z C B Bz 其中B 0为常量试求该处的ρB 提示用,0=⋅∇B r 并验证所得结果满足0Hr×∇解由B v 具有轴对称性设zz e B e B B v v v +=ρρ其中 )21(220ρ−−=z c B B z 0=⋅∇B v Q 0)(1=∂∂+∂∂∴z B zB ρρρρ即02)(1=−∂∂cz B ρρρρ A cz B +=∴2ρρρ(常数) 取0=A 得ρρcz B =z e z c B e cz B vv v )]21([220ρρρ−−+=∴10,0==D j v vQ 0=×∇∴B v 即 0)(=∂∂−∂∂θρρe B z B z v2代入1式可得2式成立∴ρρcz B = c 为常数6. 两个半径为a 的同轴线圈形线圈位于L z ±=面上每个线圈上载有同方向的电流I1 求轴线上的磁感应强度2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L 和a 的关系提示用条件022=∂∂z B z解1由毕萨定律L 处线圈在轴线上z 处产生得磁感应强度为内部资料料料内部资料内,11z z e B B = ∫∫−+==θπαπd L z a r B z 232231])([4sin 4 232220])[(121a z L Ia +−=µ同理L 处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为zz e B B vv 22=2322202])[(121a z L Ia B z++=µ∴轴线上得磁感应强度zz z e a z L a z L Ia e B B v v v++++−==2322232220])[(1])[(121µ 20=×∇B vQ 0)()(2=∇−⋅∇∇=×∇×∇∴B B B v v v 又0=⋅∇Bv0,0222=∂∂=∇∴z B zB v 代入1式中得62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−+−−++−+−−−+−−−62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−++−−++ ++++++−−0取z得)(12])(2)(2[)(22522212222122322=+++−+−+−L a L a L L a L a L 2225a L L +=∴内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场a L 21=∴7. 半径为a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上试解矢势A r的微分方程设导体的磁导率为0µ导体外的磁导率为µ解定解问题为×∇=×∇=∞<>=∇<−=∇外内内外内外内A A A A A a r A a r J A a a v v v vvv vv µµµ11)(,0)(,00202选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z 无关令ze r A A v v )(内内=z e r A A vv )(外外代入定解问题得=∂∂∂∂−=∂∂∂∂0))(1))((10r r A r rr J r r A r r r 外内µ 得43212ln )(ln 41)(C r C r A C r C Jr r A +=++−=外内µ由∞<=0)(r r A 内 得01=C 由外内A A v v ×∇=×∇µµ110 得 232Ja C µ−=内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场由aaA A 内外v v =令0==aaA A 内外v v 得 a Ja C Ja C ln 2,4124202µµ==−=∴ra a J A r a J A ln 2)(412220v v v vµµ外内8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为304r rQ H m r r πµ=给出它的矢势的一个可能的表示式并讨论它的奇异性解rm m e rQ r r Q H v v v 2030144πµπµ== 由rm e rQ H B A v v v v 204πµ===×∇ 得=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂0])([10)](sin 1[14])(sin [sin 12θφθπφθθθθφθφrr m A rA r r rA r A r r Q A A r (1)令,0==θA A r得rQ A m πθθθφ4sin )(sin =∂∂θθπθπθθφθφsin cos 144sin sin 0r Q A d rQ A mm −=∴=∴∫显然φA 满足1式∴磁单极子产生的矢势φθθπe r Q A m vv sin cos 14−=内部资料料料内部资料内部当2πθ→时φπe rQ A m v v 4→当πθ→时∞→A v故A v的表达式在πθ=具有奇异性A v不合理9. 将一磁导率为µ半径为R 0的球体放入均匀磁场0H r内求总磁感应强度B r 和诱导磁矩mr解根据题意以球心为原点建立球坐标取0H v 的方向为zev此球体在外界存在的磁场的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为−=∞<=∂∂=∂∂=>=∇<=∇∞==θϕϕϕµϕµϕϕϕϕcos )(,,,0,0000002221212121R H R R R R R R R R R m R m m m m m m m 由泛定方程和两个自然边界条件得∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 2n nn nm P R d R H θθϕ由两个边界条件有+−−=+−=∑∑∑∑∞=+∞=−∞=+∞=0200001100100000)(cos )1(cos )(cos )(cos cos )(cos n n n nn n n n n nn n n n nn P R d n H P nR a P R d R H P R a θµθµθµθθθ得内部资料料料内部资料内≠==+−=+)1(,0223000101n d a R H d n n µµµµµµ>⋅+−+−=<+−=∴00230000000,cos 2cos ,cos 2321RR H R R R H R R R H m m θµµµµθϕθµµµϕ+==+=+−+=−∇=00011000000012323sin 23cos 231H H B H e H e H H r m v v v v vv v µµµµµµµµθµµµθµµµϕθ−⋅+−+==−⋅+−+=⋅+−−−⋅+−+=−∇=])(3[2])(3[2sin ]21[cos ]221[3050300000020230503000003300003300022R H R R R H R H H B R H R R R H R H e H R R e H R R H r m v v v v v v v vv v v v vv v µµµµµµµµµµµθµµµµθµµµµϕθ >−⋅+−+<+=∴)()(3[2)(,230305030000000000R R R H R R R H R H R R H B vv v v v vv µµµµµµµµµµ当B v在R>R 0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场θµµµµϕcos 20230002H RR m ⋅+−∴中可看作偶极子m v产生的势即R H R R H R R R Rm v v v v ⋅⋅+−=⋅+−=⋅⋅02300002300032cos 241µµµµθµµµµπ HR m v v300024⋅+−=∴µµµµπ10. 有一个内外半径为R 1和R 2的空心球位于均匀外磁场0H r内球的磁导率为µ求空内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场腔内的场Br讨论0µµ>>时的磁屏蔽作用解根据题意以球心为原点取球坐标选取0H v的方向为z e v在外场0H v的作用下 球壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B v的分布呈现轴对称定解问题−=∞<∂∂=∂∂∂∂=∂∂==>=∇<<=∇<=∇∞======θϕϕϕµϕµϕµϕµϕϕϕϕϕϕϕcos ,,,0,0,00000322121231223121232121321R H RR R R R R R R R R R R m R m R R m m R R m m R R m m R R m m m m m 由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++=01)(cos (2n n n nn n m P Rc R b θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 3n nn nm P Rd R H θθϕ因为泛定方程的解是把产生磁场的源0H v做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系)}(cos {θn P 在本题中源的表示是)(cos cos 100θθRP H R H −=−所以上面的解中)0(,0≠====n d c b a n n n n 故解的形式简化为θθϕθϕθϕcos cos cos )(cos 2102111321RdR H Rc R b R a mm m +−=+==内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场代入衔接条件得−=−−−=+−=++=2(22(32113210031110122120221212111111R c b R d H R c b a R d R H R c R b R c R b R a µµµµµ解方程组得3200312032000320001)2)(2()(2)(3)2(3R R R H R H a µµµµµµµµµµµµ++−−−++= 32003120320001)2)(2()(2)2(3R R R H b µµµµµµµµµ++−−+= 3200312031320001)2)(2()(2)(3R R R R H c µµµµµµµµµ++−−−= 320320031203132000620001)2)(2()(2)(3)2(3R H R R R R H R H d +++−−−++=µµµµµµµµµµµµ而 )3,2,1(,00=∇−==i H B i m i i ϕµµvv ze a B v v 101µ−=∴ 003212000321])()(2)2)(2()(11[HR R R R v µµµµµµµ−−++−−=当0µµ>>时1)(2)2)(2(2000≈−++µµµµµµ 01=∴B v 即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障11. 设理想铁磁体的磁化规律为000,M M H B µµ+=rr 是恒定的与H r无关的量今将一个内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球0M为常值浸入磁导率为'µ的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布解根据题意取球心为原点做球坐标以0M v的方向为z e v本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为=∞<=∂∂′−∂∂=>=∇<=∇∞===0cos ,,0,021021021*******02R m R m R m m R R m m m m M R RR R R R ϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕ ∴∑∞==0)(cos 1n n n nm P R aθϕ∑∞=+=01)(cos )(2n n n nm P R b θϕ代入衔接条件对比)(cos θn P 对应项前的系数得)1(,0≠==n b a nn µµµ+′=2001Ma 30012R M b µµµ+′=)(,cos 20001R R R M m <+′=∴θµµµϕ)(,cos 20230002R R RR M m>+′=θµµµϕ由此µµµµµµ+′′=+=<22,0000110M M H B R R v r v v ,0R R > )(3[2305030022RM R R R M R B m v r v v v −⋅+′′=∇′−=µµµµϕµ >−⋅+′′<+′′=∴)()(3[2)(,2203050300000R R R M R R R M R R R M B v r v v vv µµµµµµµµ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场又0)()(0120其中αααµv v v vv v+=−×M R B B n 代入B v的表达式得ϕθµµµαe M Mvv sin 230′′12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场0H r中结果如何解根据题意假设均匀外场0H v 的方向与0M v的方向相同定为坐标z 轴方向定解问题为−=∞<=∂∂−∂∂=>=∇<=∇∞===θϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕcos cos ,,0,00000002022102102121R H M R RR R R R R m R m R m m R R m m m m 解得满足自然边界条件的解是)(,cos 011R R R a m <=θϕ)(,cos cos 02102R R R d R H m >+−=θθϕ代入衔接条件0013010020100012M a R d H R d R H R a µµµµ=+++−=得到 0000123µµµµ+−=H M a 3000012)(R H M d µµµµµ+−+=)(,cos 23000001R R R H M m <+−=∴θµµµµϕ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场)(,cos 2)(cos 0230000002R R RR H M R H m>+−++−=θµµµµµθϕ]sin 23cos 23[000000000011θθµµµµθµµµµϕe H M e H M H r m v v v +−−+−−=−∇=∴ µµµµ+−−=0000023H M v v )(,22230002000001R R M H M H B <+++=+=v v v v v µµµµµµµµµ−+−+−−−=−∇=r m e R R H M H H v v )cos 22)(cos [(23000000022θµµµµµθϕ 350230000000)(3])sin 2)(sin (Rm R R R m H e R R H M H v v r r v v−⋅+=+−++−−θθµµµµµθ ])(3[3500202RmR R R m H H B v v r r v v v −⋅+==µµ030003000022H R R M m v vv µµµµµµµ+−++=13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R 0总电荷为Q今使球壳绕自身某一直径以角速度ω转动求球内外的磁场Br提示本题通过解m ϕ或A r的方程都可以解决也可以比较本题与5例2的电流分布得到结果解根据题意取球体自转轴为z 轴建立坐标系定解问题为=∞<=∂∂=∂∂−=∂∂−∂∂>=∇<=∇∞===0)(,4sin )(1,0,021211221000000202R m R m m m R R m m m m R R R R R Q R R R R R ϕϕϕµϕµπθωθϕθϕϕϕ其中4sin R Q πθωσ=是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解为内部资料料料内部资料内部)(,cos 0212R R Rb m >=θϕ代入衔接条件=+−=−024301102101R b a R Q R b R a πω解得 016R Q a πω−= πω12201R Q b =)(,cos 6001R R R R Q m <−=∴θπωϕ)(,cos 1202202R R R R Q m>=θπωϕ00016sin 6cos 61R Q e R Q e R Q H r m πωθπωθπωϕθv vv v =−=−∇=∴ωπµµvr v 001016R Q H B == ])(3[41sin 12cos 1223532032022Rm R R R m e R R Q e R R Q H r r m r v v v vv v −⋅=+=−∇=πθπωθπωϕ其中ωvv 320QR m =])(3[4350202RmR R R m H B r v v v v v −⋅==πµµ14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q 半径为R 0它以角速度ω绕自身某以直径转动求1 它的磁矩2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M 0是均匀分布的 解1磁矩∫×=dV x J x m )(21v v v v内部资料料料内部资料内又 rR x e R == )(34)(30R R v x J ×==ωπρ∫∫×=××=∴φθθπωφθθωπφd drd R e e R Q d drd R R R R Q m r 2430230sin )(4321sin )(4321v v v v r v 又 )sin cos (cos sin y x z r e e e e e e vv v v v v φφθθθφ−−+=−=×∫∫∫−−+=∴ππφθθφφθθπω20243sin )sin cos (cos [sin 83R y x z d drd R e e e R Q m vv v v ωφθθπωππv v 5sin 8320200043300QR d drd R e R Q R z ==∫∫∫2)自转动量矩∫∫∫∫××=×=×==dV R R R M dm v R P d R L d L )(43300v v v v v v v v vωπ52sin 43sin )sin cos (cos [sin 43sin )(sin 43sin )sin (43sin )(43200203430200024302230022300223000ωφθθπωφθθφφθθπωφθθθωπφθθθωπφθθωπππππθφv v vv v v v v v v v R M d drd R R M d drd R e e e R M d drd R e R R M d drd R e e R R M d drd R e e e R R M R R y x z r r z r ==−−+=−=×−=××=∫∫∫∫∫∫∫∫∫ 0200202525M Q R M QR L m ==∴ωωv v v v15. 有一块磁矩为m r的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中求作用在小永磁体上的力F r.内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H v均和平面垂直类比于静电场构造磁矩m r 关于平面的镜像m ′r则外场为=⋅=∇−=2304cos 4r m R R m B m m e πθπϕϕµv v v)sin cos (4]sin cos 2[430330θθθθαπµθθπµe e r m e r e r m B rr e vv r v v +=−−−=∴m v∴受力为za r ee a m B m F v v vv )cos 1(643)(24022απµαθ+−=⋅∇⋅===内部资料料料内部资料内部。

第一章电磁现象的普遍规律一、主要内容：电磁场可用两个矢量—电场强度和磁感应强度来完全描写，这一章的主要任务是：在实验定律的基础上找出, 所满足的偏微分方程组—麦克斯韦方程组以及洛仑兹力公式，并讨论介质的电磁性质及电磁场的能量。

在电磁学的基础上从实验定律出发运用矢量分析得出电磁场运动的普遍规律；使学生掌握麦克斯韦方程的微分形式及物理意义；同时体会电动力学研究问题的方法，从特殊到一般，由实验定律加假设总结出麦克斯韦方程。

完成由普通物理到理论物理的自然过渡。

二、知识体系：三、内容提要：1．电磁场的基本实验定律：（1）库仑定律：对个点电荷在空间某点的场强等于各点电荷单独存在时在该点场强的矢量和，即：（2）毕奥——萨伐尔定律（电流决定磁场的实验定律）（3）电磁感应定律①生电场为有旋场（又称漩涡场）,与静电场本质不同。

②磁场与它激发的电场间关系是电磁感应定律的微分形式。

（4）电荷守恒的实验定律,①反映空间某点与之间的变化关系，非稳恒电流线不闭合。

② 若空间各点与无关，则为稳恒电流，电流线闭合。

稳恒电流是无源的（流线闭合），，均与无关，它产生的场也与无关。

2、电磁场的普遍规律—麦克斯韦方程其中：1是介质中普适的电磁场基本方程，适用于任意介质。

2当，过渡到真空情况：3当时，回到静场情况：4有12个未知量，6个独立方程，求解时必须给出与，与的关系。

介质中：3、介质中的电磁性质方程若为非铁磁介质1、电磁场较弱时：均呈线性关系。

向同性均匀介质：，，2、导体中的欧姆定律在有电源时，电源内部，为非静电力的等效场。

4．洛伦兹力公式考虑电荷连续分布，单位体积受的力：洛伦兹认为变化电磁场上述公式仍然成立，近代物理实验证实了它的正确。

说明：①②5.电磁场的边值关系其它物理量的边值关系：恒定电流:6、电磁场的能量和能流能量密度：能流密度：三．重点与难点1．概念：电场强度、磁感应强度、电流密度、极化强度、磁化强度、能流密度。

2．麦克斯韦方程、电荷守恒定律、边值关系、极化强度与极化电荷的关系、磁化强度与磁化电流的关系、应用它们进行计算和证明。

1. 一个半径为R 的电介质球极化强度P=K2r 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解(1)2222/)11(rK r rr r K r r K P P −=⋅∇+⋅∇−=⋅∇−=⋅−∇=r r r r ρ RP P P n )(12rr r −⋅−=σ 又球外无极化电荷02=P r RK rr K n P n RRp /21=⋅=⋅=r r rr σ(2) 由公式 E D rr ε= PE D rr r +=0εεεε−=P D r r200)(rKP D f εεεεεερ−=⋅∇−=⋅∇=r r`(3)对于球外电场由高斯定理可得∫=⋅0εQs d E rr外 022002sin )(4εϕθθεεεερπ∫∫∫∫⋅−==⋅∴d drd r r KdV r E f 外r r r )(300r rεεεε−∴KRE 外同理可得球内电场20r rK E rr ⋅−εε内球外电势外外r)(rd 00εεεεϕ−⋅∴∫∞∞KRE rrrR ln)(rd rd 000rεεεεεεϕ−+−⋅⋅∫∫∞K KE E RR球内电势内外内rr r r42022020r2rrr r 2121内内内εεεεεεεεωK K K E D r r r r ⋅⋅⋅⋅⋅∴ ∫∫∫∫−⋅−⋅∴2022202)2d drd sin r r )(21d εεπεϕθθεεεωK R K V W 内内∫∫∫∫−⋅⋅−⋅=2002224200222)(2d drd sin r r 1)(21dεεεπεϕθθεεεεωRK R K V W R 外外200))(1(2εεεεπε−+=∴K R W W W 外内2 在均匀外电场中置入半径为0R 的导体球试用分离变数法球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;0φ2 导体球上带总电荷Q.解1当导体球上接有电池与地保持电势差0φ时以地为电势零点本问题的定解条件如下φφ内R=0R02外ϕ∇R>0R 且 =−==∞→0000cos φϕϕθϕR R R R E 外外0ϕ是未置入导体球前坐标原点的电势根据有关的数理知识可解得)cos R Ran 1n nnnn θϕ外P b ∑∞由于00cos ϕθϕ外R E R −=∞→即021210210cos )(cos cos )(cos cos a ϕθθθθθϕ+−=+++++∞→∞=+∞=∑∑R E P RbR b R b P R a R a R n n n n n n nn 外故而有)1(0),1(0,,0100>=>=−==n b n a E a a n n ϕθθϕϕcos b cos21000Rb R R E +∴外又020100000cosb cos ,0φθθϕϕφϕ=+−====R b R R E R R R R 即外外故而又有=+−=+∴0cos cos 201000000θθφϕR b R E R b 得到 20010000,)(R E b R b =−=ϕφ最后得定解问题的解为)(cos )(cos 03000000R R RR E R R R E >+−++−=θϕφϕθϕ外2当导体球上带总电荷Q 时定解问题存在的方式是=∂∂−+>∇<∇∫∞→→)(ds (Rcos )(0)(00sR 000R 0R 02020R R Q R E R R R R R 原点的电势是未置入导体球前坐标有限外外内外内外内φεφφϕϕθφφφφ解得满足边界条件的解是∑=0n n n n cos R 内θϕP a ∑=0n n1n n00cos R Rcos 外θθϕϕP b E由于∞→R 外ϕ的表达式中只出现了)1(0cos cos (1>=n b P n 项故θθθθϕϕcos b cos 21000Rb R R E +∴外又有0R R =外ϕ是一个常数导体球是静电平衡C R b R R E R R =+−==θθϕϕcos b cos 201000000外3001201000cos cos R E b R b R E ==+−∴即θθθθϕϕcos cos 230000RR E R b R E ++外 又由边界条件Q 外∫∂∂−sds rφε 004πεQ b =∴,000R 4R R Q <−∴ϕπεϕ内023000Rcos cos R 4R R E RR E Q>+外θθπεϕ3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数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RQ πε4f与球面上的极化电荷所产生的电势的叠加后者满足拉普拉斯方程解一. 高斯法在球外0R R >,由高斯定理有fP f Q Q Q Q s d E =+=⋅∫总rr 0ε对于整个导体球而言束缚电荷)0=P Q 204R Q E f πε=∴r积分后得是积分常数外C C RQ .(40f +πεϕ又由于0,0=∴=∞→C R 外ϕ)(400R R RQ f >=∴πεϕ外在球内0R R <,由介质中的高斯定理∫=⋅fQ s d D r r又24,R Q E E D f πεε=∴=rrr积分后得到是积分常数内22f.(4C C RQ +πεϕ由于20f 44,0C R Q R Q f R R +==πεπεϕϕ故而有外内).(4400002R R R Q R Q C f f<−=∴πεπε)(44400f0ff R R R Q R Q RQ <−∴πεπεπεϕ内二. 分离变量法本题所求的电势是由点电荷f Q 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加且有着球对称性因此其解可写作'4ϕπεϕ+=R Qf 由于'φ是球对称的其通解为R b a +='ϕ由于球心有f Q 的存在所以有∞→内R ϕ 即a4内RQ f πεϕ在球外有外0R ∞→ϕ 即Rb 4f 外R Q πεϕ 由边界条件得f 0fRb4a 4,0R R Q R Q R ++πεπεϕϕ即外内20f20020f 0R4b 4,RR 0R Q R R Q R πεεεπεεϕεϕε−=−∂∂∂∂即外内)11(4a),11(400f 0εεπεεπε−−=∴R Q Q b f<−>∴00f00f f 00f ,444,R4R R R Q R Q R Q R R Q πεπεπεϕπεϕ内外4 均匀介质球电容率为1ε的中心置一自由电偶极子fPr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提示同上题'431φπεφ+⋅=RR P f r r ,而'φ满足拉普拉斯方程解RR∂∂=∂∂外内φεφε21又内∑+−=∂∂l 1l 0l 31f 11l 4cos 2(0P R A R P R R πεθεφε∑−−=∂∂外l 2l 0l301f 221l (4cos 2(0P R B R P RR πεθεφε比较系数)(cos θl P B00A0030113012312113,24242R B A R B R A R ff=−−=+及επερεεπρ得)2(4)(2,)2(4)(22112113211211εεπερεεεεπερεε+−=+−=f fB R A 比较的系数)(cos 2θP 40224221,32R B A R B R A=ε及011(012=+R A ε所以0,022==B A 同理)3,2(,0L ===l B A l l 最后有)(,)2(4)(24cos )2(4)(2403211213132112131R R R RR R R R R R f f f f <+⋅−+⋅=+−+⋅εεπερεεπερθεεπερεεπερφrrr rr r内)(,)2(43)2(4)(24cos )2(4)(2403213211213122112131R R RR RRRRRRR f f f f f >+⋅=+⋅−+⋅=+−+⋅εεπρεεπερεεπερθεεπερεεπερφr r rrr r r r 外- 7 -球面上的极化电荷密度n P P n n P r,21−=σ从2指向1如果取外法线方向则nn n n p P P )])[()])[(0102内外球外φεεφεεσ∇−−∇−=−= 0)()(0102R RRR内外∂∂−+∂∂−−=φεεφεε]cos )2(4)2(2)(2)2(4cos )(6)[()2(4cos 6)(32112121321200132102θρεεπεεεεεεεπθρεεεεεεπθρεεf f f R R R ++−−−+−−−+−−= θρεεπεεεεθρεεπεεεεεεεcos )2(2)(3cos )2(4)(6)(632112103211012201f f R R +−−=+−+−=求极化偶极子l q P f r r=可以看成两个点电荷相距l 对每一个点电荷运用高斯定理就得到在每个点电荷旁边有极化电荷 ))(1(,)1(1010f P f P q q q q −−=−−=εεεε两者合起来就是极化偶极子 fP P P r r )1(1−=εε5.空心导体球壳地内外半径为R 1和R 2球中心置一偶极子Pr球壳上带电Q 求空间各点电势和电荷分布解+⋅=∞====∇→→∞→为有限值0'1'1301022332,4,0,0r r r r r P C φφπεφφφφφr r=∂∂+∂∂−+⋅====∫∑∫∑===−+013301223131212)(cos 4,),(cos εφφθπεφφφφθφQdS rdS r P r A r r P CC CP r B R r R r l ll f R r R r l l l rrφ=+++=+++CR A A R P C P R B R B R B f L L θπεθθcos 4cos cos 110210232222120即)4.3.2(0),3.2.1(0,0cos )4(,2111200L L =====+==l A l B R P R A C R B A l l f θπε∑∑+−−=−−=∂∂++−=+−=∂∂+−L L θφθπεθπεθφcos 2)1(cos 2cos 4cos 2311210231310113101R B R B P r B l r A R P P R lA R P r l l l f L l l f 又则∫∫∫====∂∂−02121210210344B R B R dS R B dS R B dS r ππφ000sin cos 4sin cos 220021310200213101=+=−+−=∂∂∫∫∫∫∫ππππϕθθθπεϕθθθπεφd d R R P d d R R P dS r f f 故∫∫==∂∂+∂∂−00134επφφQB r dS r 3101200004,4,4R P A R Q A Q B f πεπεπε−===最后有<<=>=<+⋅−⋅=)(,4)(,4)(,44421202203120310201R r R R QR r r Q R r R QR r P r r P f πεφπεφπεπεπεφr r r r 电荷分布在r R 1的面上313131104cos 4cos 2cos 1R P R P R P r f f f Pπθπθπθφεσ−=−+−=∂∂=在r R 2面上223042R Qr P πφεσ=∂∂−=6在均匀外电场0E r中置入一带均匀自由电荷f ρ的绝缘介质球ε求空间各点的电势解=∇++∑+061)(cos )('2'21φφρεφθφr P r B r A f l l l ll内外内φ是由高斯定理解得的f ρ的作用加上0E r的共同作用'0,cos →∞→−=r r r E φθφ外有限++∑∑+)(cos61)(cos cos 210θρεφθθφl l e f l l l P r c r P r B r E 内外:)0R r =外内φφ++++23022010000cos P R BR B R B R E θ ++++22020120cos 610P R c R c c R f θρε即000206R B c R f =+ερ012100R c R B R E =+20232R c R B =rr ∂∂=∂∂外内φεφε∑+−−+−=∂∂)1(cos (200l l l R P B l E rθεφ外]L +++= +=∂∂∑−202101002cos 3)(cos 3P R c c R P R lc R r f l l l f εθερθερφ内LL+−−−−2423123cos2cos PRBRBRBEεθεεθε即23RBRfερ−=3112RBECεεε−−=LL42232RBRCεε−=解方程得fRBρε303−=)6131(20εερ+−=fRC33123REREB++−=εεε123εεε+−=EC及2232CRRCεε−=即0)32(2=+RRCεε022==BC同理0==llBC LL3,2=l得<+±>+−+±22223233,cos236131(6,cos)2(3cos3cosRrrERrRrrRErRErRrEfffθεεεεερερφθεεεθερθφ内外7在一个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0fδ今在液体中置入一个电导率为1σ的小球求稳衡时电流和电荷分布讨论21σσ>>及12σσ>>两种情况的电流分布特点先求空间电势∇∇22外内φφ外内φφRr=因为)(Rrnn=外内δδ稳恒电流认为表面无电流堆积即nn流出流入=故rr222221外内φσφσ=并且δδ=∞→r外即θφcosrEr−=∞→外()02Ej fσ=有限内∞→rφ可以理解为在恒流时0→r的小封闭曲面流入流出这时的解即为>+−+<022121300000212,cos )2(cos ,cos 23R r rR E r E R r r E θσσσσθφθσσσφ外内求内外电场)22sin 12222(φθφθθφφφe r e r e E r rr rΦ++−=−∇=)sin (cos 23)22122(0212θθθθσσσθφφe e E e r re E r r r r rr r−+=+内内内ze E r021223σσσ+=[]θθθθσσσσθθe e r R E e e E E r r rr r r sin cos 2)2()sin (cos 212133000++−+−外[]θθθθθσσσσθθe e e rR E e e E r r r rr r r r sin cos cos 3)2()sin (cos 212133000+−+−+−−+−+30302121300cos 3)2(r E e r E R E r v v θσσσσ求电流 根据内内E j vr1σ 外外E j v v2σ 及 =⋅=r f f e r r r E rr r j E j r vr v v v5025020cos )(0θσσ得])(3[2,2335302121211000rj rrr j R j j j j f f f r rr r r r −⋅=σσσσσσσ内外内)(2cos 3)()(2121000120σσσσθεεεω−+=−=−=E E E E E nn n n f 内外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)(0R a >置一点电荷f Q 试用分离变数法求空间各点电势证明所得结果与镜像法结果相同提示).()(cos )(1cos 211022a R P aR a aR a R rn n n>=−+=∑∞=θθ解1分离变数法由电势叠加原理球外电势''f,4φφπεφ+RQ 外是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件 ==>=∇=∞→00)(,00''2R r r R r 外φφφ根据分离变数法得)(,)(cos 001'R r P r B l l l l>=∑∞=+θφ ∑∞=++−+∴0122f )(cos cos 214l l l lP rB ar r a Q θθπεφ外*)(,)(cos )(cos )(14010a r P rB P a r a Q l ll ln n n f <+=∑∑∞=+∞=θθπε 又0)(cos ])(4[100=+=∑∞=+=n l l oll fR r P R B a R a Q θπεφ外即 0)(4,...,04,0410201000=+=+=++l ll f f fR B a R a Q R B a R a Q R B a Q πεπεπε,4,4,41203100aQ a R B a Q a R B a Q R B fl l l f O fπεπεπε+−=−=−=∴代入*式得解如图建立坐标系本题具有球对称性设在球内0r 处有像电荷'Q ,'Q 代替球面上感应电荷对空间电场的作用由对称性'Q 在O f Q 的连线上先令场点P 1在球面上根据边界条件有常数即=−==+fQ Q Q Q f Q Q r r r Q r Q f f'''',0将'Q 的位置选在使∆'Q P 1O∆f Q P 1O,则有常数aR r r fQ Q 0'=为达到这一目的令'Q 距圆心为r 0则 aR r a R R r 200000,==并有aQ R Q aR Q Q r r f f Q Q f0'0''−===−=常数这样满足条件的像电荷就找到了空间各点电势为).(],cos 2)(cos 2[414422020222'1a r aR r a R r aQ R ar r a Q r Qr Q fff >++−−+=+=θθπεπεπεφ外将分离变数法所得结果展开为Legend 级数可证明两种方法所求得的电势相等9接地的空心导体球的内外半径为R 1和R 2在球内离球心为a(a<R 0)处置一点电荷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球外的电势及导体内电势恒为0而球内电势只要满足即可内01r =R φ因此做法及答案与上题同解略cos 2cos 2[412124121220θθπεφa R R aRR a QR Ra a R Q−+−−+=内因为球外0=φ故感应电荷集中在内表面并且为Q.R 1R 2P210.上题的导体球壳不接地而是带总电荷Q 0,或使其有确定电势0ϕ试求这两种情况的电势又问0ϕ与Q 0是何种关系时两种情况的解是相等的解由于球壳上有自由电荷Q 0并且又是导体球壳故整个球壳应该是等势体其电势用高斯定理求得为2004R Q Q πε+所以球壳内的电势将由Q 的电势像电荷aQR 1−的电势及球壳的电势叠加而成球外电势利用高斯公式就可得故>+=<++−+−−+==)(,4)].(cos 2cos 2[412001202124121220R R RQ Q R R R Q Q a R R aR R a QR Ra a R Q πεφθθπεφφ外内或>=<+−+−−+==)(,).(cos 2cos 2[41202102124121220R R r R R R a R R a R R a QR Ra a R Q φφφθθπεφφ外内当20004R 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bb>a 试用电象法求空间电势解如图利用镜像法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rb r Q Q rba r Qb a Q rb a r Q b a Q rr r−=−=−===−=33222211,,,θθθπεφcos 2cos 21cos 21[4224222220R b a ba Rb aRb b R Rb b R Q +++++−−+=O12. 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 求空间电势解可以构造如图所示的三个象电荷来代替 两导体板的作用−++−+−−−+−+−=222022200)()()(1)()()(1[4b z a y x x b z a y x x Q πεφ )0,()()()(1)()()(122202220>++++−+−+++−−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的液体取该两平面为xz 面和yz 面在x 0,y 0,z 0和x 0,y 0,-z 0两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,当系统稳定时是恒定场即0=∂∂+⋅∇t j ρr 中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 的包围面∫=⋅nQ s d E εr r 而又有σ⋅=⋅=∫E i s d i I rr r r }∫⋅=⇒sd E I r r σ1∴有σεεσ111I Q QI =⇒=对BQ σε1I Q Q B −=−=又在容器壁上,0=n j r即元电流流入容器壁由Ej r rσ=有0=n j r时=n E r∴可取如右图所示电像B(x 0,y 0,z 0)y14.画出函数dx的图说明)()(x P δρ∇⋅−=是一个位于原点的偶极子的电荷密度解=∞≠=0,0,0)(x x x δx x x x dx x d x ∆−∆+=→∆)()(lim )(0δδδ10)(0=≠dxx d x δ时2=∆∞−=>∆=→∆x dxx d x x 0lim )(,0x a 00δ时 +∞=∆∞−=<∆→∆xdx x d x b x 0lim )(,0)0δ15证明1)0).((1)(>=a x a ax δδ若a<0,结果如何20)(=x x δ证明1根据∑−=)(()](['kk x x x x φδφδ所以ax ax )()(δδ=2从)(x δ的定义可直接证明有任意良函数f(x),则)()(x F x x f =⋅也为良函数∫=⋅==0)()()(0x x x f dx x x x f δ16一块极化介质的极化矢量为)('x P r r 根据偶极子静电势的公式极化介质所产生的静电势为∫⋅=V dV r rx P '3'4)(πεϕr r r 另外根据极化电荷公式,)(''P n x P P P r r r r r r ⋅=⋅−∇=σρ及极化介质所产生的电势又可表为∫∫⋅+⋅∇−=S V r Sd x P dV r x P 0'''0''4)(4)(πεπεϕr r r r r 试证明以上两表达式是等同的证明∫∫∇⋅=⋅=VVdV rx P dV r r x P '''0'3'01)(41)(41r r rr r πεπεϕ 又有r P r P r P p 11)1('''∇⋅+⋅∇=∇r r r 则][41])([41'''''''''0∫∫∫∫⋅+⋅∇−=⋅∇+⋅∇−=S V V V S d r P dV r P dV r P dV r P r r r r r πεπεϕ ][41][41'0'''0∫∫∫∫+=⋅+⋅∇−=S P V P S V dS r dV rdS r n P dV r P r s rr r σρπεπε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2 在面偶极层两侧电势有跃变 P n rr ⋅=−0121εϕϕ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.)lim 0l P l r rσσ→∞→=证明1如图可得,20εσss E ∆⋅=∆⋅ 022,200210=−=−=∴z z E εσεσφφεσ面z e E n r r 01112εσφ==∂∂ )(20222z e E nr −==∂∂εσφ 02211εσφφ=∂∂−∂∂∴n n 2)可得ze E r r 0εσ= 00012limlim εεσφφP n l n l E l l r r r r r r ⋅=⋅=⋅=−∴→→ 又E nE n r r =∂∂=∂∂21,φφ++z12lr.012=∂∂−∂∂∴nn φφ18.一个半径为R 0的球面在球坐标20πθ<<的半球面上电势为0ϕ在πθπ<<2的半球面上电势为0ϕ−求空间各点电势提示=−===+−=⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−+∫)(,)1()(,0)0(1)1(,12)()()(642)1(531211011偶数奇数n n P P n x P x P dx x P n n n n n n n 解=∞<=∇∇∞→→0022r r 外内外内φφφφ≤<−<≤===πθπφπθφθφ2,20,)(000f R r ∑=)(cos θφl l l P r A内 这是内φ按球函数展开的广义傅立叶级数l l r A 是展开系数∫∫⋅−+=+==−πθθθφθθφ011]sin )(cos [212]cos )(cos [21200d P l d P l f R A l R l R l ll 内内]sin )(cos sin )(cos [21220200∫∫+−+=πππθθθφθθθφd P d P l l l ])()([212100010∫∫−−+=dx x P dx x P l l l φφ ∫∫+−+=−10010)()([212dxx P dx x P l l l φ由)()1()(x P x P l ll −=−则])()()1[(2121010100∫∫+−+=+dx x P dx x P l R A l ll φ∫+−=+1010)(]1)1[(2dxx P l l φ当l 为偶数时00=ll R A当l 为奇数时有101101010012)()()12()(]1)1[(212+−+=+−+=−++∫l x P x P l dx x P l R A l l l l ll φφ ])1(642)2(531)1()1(642531)1[(2121−⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−−+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−=−+l l l ll l φ ])1(642)2(531)1()1(642531)1[(2121−⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−=−−l l l ll l φ )12()1(642)2(531)1()11()1(642)2(531)1(210210++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=++−⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=−−l l l l ll l l l φφ则 )12()1(642)2(531)1(2100++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=−l l l R A l ll φ∑<++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=−)(),(cos ))(12()1(642)2(531)1(00210R r l P R rl l l l l l 取奇数内θφφ∑+)(cos 1θφl l lP r B 外又)12()1(642)2(531)1(])(cos [212211110++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=+=−−+∫l l l P l r B l l R l lφθφ外即∑>++⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅⋅−=+−)(),(cos ))(12()1(642)2(531)1(01021R r l P rR l l l l l l 为奇数外θφ。

《电动力学》复习考试题库（2012春重建）64学时，4学分；每周2次，每次2学时总评成绩：平时30%，期末考试70%教材和主要参考资料（1） 郭硕鸿，电动力学（第三版），北京：高等教育出版社， 2008年6月（普通高等教育“十一五”国家级规划教材，黄迺本、李志兵、林琼桂 修订）（2） 黄迺本，方奕忠，电动力学（第3版）学习辅导书，高等教育出版社; 第3版（ 2009年1月）（3） J. D. Jackson, Classical Electrodynamics ( 3rd ed.), John Wiley &Sons, Inc., 1999. 高等教育出版社影印，2004.《电动力学》第1，2，3章和附录（矢量分析）共4讲0.矢量分析填空题试计算)(r a ⋅∇= ，其中a 为常矢量，r为矢径。

试计算r1∇= ，其中r 为矢径。

单项选择题下列计算正确的是（ ）A ． 30r r ⎛⎫∇⋅= ⎪⎝⎭ B. 342r r r r ⎛⎫∇⋅=- ⎪⎝⎭C. 33r rr r ⎛⎫∇⋅=-⎪⎝⎭ D. 323r r r r ⎛⎫∇⋅=- ⎪⎝⎭k 为常矢量，下列计算正确的是( )A. k r k r e k e ⋅⋅∇=⋅B. r k r k e k e ⋅⋅=∇C. r k r k e r e ⋅⋅⋅=∇D. r k r k e r e ⋅⋅=∇名词解释和简答题证明题计算题1.电磁现象的普遍规律填空题电荷守恒定律的微分形式为_________________________。

3 / 20位移电流与 电流按同一规律激发磁场。

电荷系统单位体积所受电磁场作用的力密度为 =f。

介质中的电磁场可引入电位移矢量D =____________ _，磁场强度H =_________________，在各向同性线性介质中，有D =____ ______，H =__________ ___，其中ε和μ分别为介质的介电常（电容率）数和磁导率。

v e 1. 根据算符∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式∇ r ⋅ r = r ⨯ ∇ ⨯ r + r ⋅ ∇ r + r ⨯ ∇ ⨯ r + r ⋅ ∇ r( A B ) B ( A ) (B ) A A ( B ) ( A )Br r 1 r 2 r rA ⨯ (∇ ⨯ A ) = ∇A 2- ( A ⋅ ∇) Av v v v v v v v v v解 1 ∇( A ⋅ B ) = B ⨯ (∇ ⨯ A ) + (B ⋅ ∇) A + A ⨯ (∇ ⨯ B ) + ( A ⋅ ∇)B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 A v 和B v又∇ 是一个矢量算符 具有矢量的所有性质 因此 利用公式c v ⨯ (a v ⨯ v= a v ⋅ (c v ⋅ v - (c v ⋅ v可得上式 其中右边前两项是∇ 作用于b )A v 后两项是∇ 作用于B v b ) a )b2 根据第一个公式 令 AvB v可得证2. 设 u 是空间坐标 x y z 的函数 证明∇f (u ) =df∇u du r r ∇ ⋅ A (u ) = ∇u ⋅ dAdu r r∇ ⨯ A (u ) = ∇u ⨯ dA .du 证明 1∇f (u ) = ∂f (u ) e r x + ∂f (u ) e r y + ∂f (u ) e r z = df ⋅ ∂u e r x + df ⋅ ∂u e r y + df ⋅ ∂u e r z= df∇u∂x 2r ∂r ∂y∂r y∂z∂r( ) du ∂x r∂u du ∂yr y du ∂z du∂u r ( ) ∂u r∇ ⋅ A (u ) = A x (u ) + A (u ) + A z z u = dA x (u ) ⋅ dA (u ) + ⋅+ dA z u ⋅ = ∇u ⋅ dA∂x ∂y 3r r x y r∂z due r z r r ∂x du ∂y dz ∂z dur r ∂r r∇ ⨯ A (u ) = ∂∂x r ∂ r ∂y ∂ r ∂z = ( ∂A z - ∂y A y )e r ∂z x + ( ∂A x ∂z - ∂A z )e r + ( A y ∂x y ∂x - ∂A x )e r =∂y zA x (u )A y (u ) A z (u )e ∂(x - x ' )2 + ( y - y ' )2 + (z - z ' )2 zx x y y z z r= ( dA z r ∂u -dA y ∂u )e rr(dA xr ∂u - dA z ∂u )e r r + ( dA y r ∂u - dA x ∂u )e r r= ∇u ⨯ dA du ∂ydu ∂z xdu ∂z du ∂x y du ∂x du ∂y z du3. 设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 并体会对源变数求微商(∇'= e r∂ + e r∂ + e r ∂ ) 与对场变数求微商(∇ = e r∂ x∂xe r∂ y∂y e r ∂) 的关系z ∂zx∂x'y∂y'z∂z'∇r = -∇'r = r r , ∇ 1 = -∇' 1 = - r r , ∇ ⨯ r r = 0, ∇ ⋅ r r = -∇' r r = 0.(r ≠ 0)r r r r 3 r 3r 3 r 3 (最后一式在人 r 0 点不成立 见第二章第五节)2 求∇ ⋅ r r , ∇ ⨯ r r , (a r ⋅ ∇)r r , ∇(a r ⋅ r r), ∇ ⋅ rr ⋅ r r )]及∇ ⨯ rr ⋅ r r )],其中r rr 均为常矢量[E 0 sin(k[E 0 sin(ka , k 及E 0证明 ∇ ⋅ r r =∂(x - x ' ) + ∂x ∂( y - y ' ) ∂y+ ∂(z - z ' ) =∂z e r x e r y e r z∇ ⨯ r r=∂ ∂x x - x '∂ ∂y y - y '∂ = 0 ∂z z - z '(a v ⋅ ∇)r r = [(a e v + a e v+ a e v ) ⋅ ( ∂ e v+∂ e v + ∂ e v )][(x - x ' )e v + ( y - y ' )e r + (z - z ')e v ] x x y yz z ∂xx ∂y y∂z z x y z= (a ∂x ∂x∂ a y ∂y + a ∂ )[(x - x ')e v z ∂z x + ( y - y ')e r + (z - z ')e v ]= a e v + a e v + a e v = a v∇(a v ⋅ r v ) = a v ⨯ (∇ ⨯ r v ) + (a v ⋅ ∇)r v + r r ⨯ (∇ ⨯ a v ) + (r v ⋅ ∇) ⋅ a v= (a v ⋅∇)r v + r v ⨯ (∇⨯ a v ) + (r v ⋅ a r ) ⋅ a v= a v + r v ⨯ (∇ ⨯ a v ) + (r v ⋅ ∇) ⋅ a v ∇ ⋅ r r rr r r r rr3 + y[E0 sin(k ⋅r )] = [∇(sin(k ⋅r )] ⋅E+ sin(k ⋅r )(∇⋅E)⎰ r r rfrVf dS f= [∂sin(r⋅rr)er+∂sin(r⋅rr)er+∂sin(r⋅rr)er]E ∂xk=r rx ∂yr rky ∂zr rkz 0r r r rcos(k ⋅r )(kxex+kyey+kzez)E= cos(k ⋅r )(k ⋅E)∇⨯r r rr r r r r r[E0 sin(k ⋅r )] = [∇sin(k ⋅r )]⨯E+sin(k ⋅r )∇⨯E4.应用高斯定理证明⎰dV∇⨯r =⎰ r⨯r应用斯托克斯Stokes 定理证明r r⎰S dS ⨯∇φ=⎰L dl φ 证明1)由高斯定理dV∇⋅g r =V SdS ⋅g即 ⎰V ( ∂g x∂x +∂gy∂y+∂gz∂z )dV =SgxdSx+gydSy+gzdSz而⎰∇⨯ =⎰[(∂f -∂f )ir+ (∂f-∂f )rj + (∂f -∂)r]fdVV ∂y z∂z y∂z x∂x z∂x y∂y fxk dV=⎰[ ∂ r-frj)+∂( f ir-r+∂( frj-f ir)]dV∂x ( fykzr r∂y zrfxk )∂z x yr r又 ⎰S dS ⨯f =⎰S [( f z dS y -f y dS z )i + ( f x dS z -f z dS x ) j + ( f y dS x -f x dS y )k ] =r r r r r r⎰( f y k -f z j )dS x + ( f z i -f x k )dS y + ( f x j -f y i )dS zr r r r r r若令 H x = 则上式就是fyk -fzj , Hy=fzi -fxk , HZ=fxj -fyi ⎰∇⋅r⎰r rV2)由斯托克斯公式有HdV = dS ⋅H ,高斯定理则证毕Sr r r r⎰l f ⋅dl =⎰S ∇⨯f ⋅dSr r⎰l f ⋅dl =⎰l ( f x dl x +f y dl y +f z dl z )∇⨯r ⋅Sr dS = (∂S ∂y∂fz-∂zfy)dSx+ (∂∂z∂fx-∂xfz)dSy+ (∂∂x∂fy-∂yfx)dSz⎰S+⎰ ⎰而⎰l dl φ=⎰l (φi dl x +φj dl y +φk dl z )r r⎰ xR R A Sr⨯ ∇ ( ∂φ ∂φ )r ( ∂φ ∂φ) r (∂φ ∂φ ) r ⎰S dS φ = ⎰S ∂z dS y - ∂y dS zi + ∂x dS z - ∂z dS x j + ∂y dS x - ∂xdS y k= ⎰ ( ∂φ r -∂φ r j )dS + ( ∂φ i r - ∂φ r + ( ∂φ r j - ∂φ i r )dS∂y k ∂z x∂z∂x k )dS y ∂x ∂y z若令 f x = φi , f y = φ j , f z = φk则证毕5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 r r 'r''P (t ) = ⎰V ρ (x , t )x dV ,利用电荷守恒定律∇ ⋅ J +∂ρ∂t = 0 证明 P 的变化率为r = ⎰ r rdP dt V ∂ r ∂ρr 'J (x ' , t )dV 'rr r证明P= ⎰x 'dV ' = -⎰ ∇' j ' x 'dV '∂tV∂tV∂r rr r r( P ) ∂t x= -⎰V ∇' j ' x 'dV ' = -⎰ [∇' ⋅ (x ' j ' ) - (∇' x ' ) ⋅ j ' ]dV ' = ( j ' V - ∇' ⋅ (x ' j ' )dV '= ⎰ j xdV ' - Sr x r j ⋅ d r rr 若S → ∞,则⎰(xj ) ⋅ dS = 0,( j S = 0)∂ρr 同理 ( ∂t ) y = ⎰ j y dV '∂ρr , ( ∂t ) z = ⎰ j z dV r r r即 dP = ⎰ j (x ' , t )dV ' dt Vrr m r ⨯ r m r ⋅ r 6. 若m 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 A = 的旋度等于标量ϕ =的梯R 3 R 3度的负值 即∇ ⨯ r= -∇ϕ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∇ ⨯ A v = ∇ ⨯ ( m v ⨯ R v ) R3 = -∇ ⨯[⎰ ' m v ⨯ (∇ 1 )] = (∇ ⋅ m v )∇ 1 + (m v ⋅ ∇ )∇ 1 -[∇ ⋅ (∇ 1)]m v - [ (∇ 1) ⋅ ∇]m v R r r r rS⎰= (m v⋅ ∇)∇ 1 , (r ≠ 0)r ∇ϕ = ∇ m v ⋅ R v = -∇ v ⋅ ∇ 1 = - v ⨯ ∇ ⨯ ∇ 1 - ∇ 1 ⨯ ∇ ⨯ v - v ⋅ ∇ ∇ 1 ( ) [m ( )] R 3 r m [ ( )] ( ) ( r r m ) (m )r - [(∇ 1) ⋅ ∇]m v = -(m v⋅ ∇)∇ 1r r ∴∇ ⨯ A v= -∇ϕ7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自由电荷 ρ f求1 空间各点的电场2 极化体电荷和极化面电荷分布r r解 1 ⎰ D ⋅ dS = ⎰ ρ f dV , (r 2>r>r 1)即 D ⋅ 4πr 2 = 4π(r 3 - r 3)ρ31 fr (r 3 - r 3)ρ r∴ E =13εr 3r , (r 2 > r > r 1)r r Q f4π33由 E ⋅ dS =Sε 0 = 3ε (r 2 - r 1)ρ f , (r > r 2 )r (r 3 - r 3) r∴ E = 2 1ρ f r , (r > r 2 )3ε 0r 3 r r < r 1时 E r r 2)ε - ε 0 r r P ε 0χ e E = ε 0 0E = (ε - ε 0 )E∴ ρ = -∇ ⋅ r= - ε - ε ∇ ⋅ r= - ε - ε∇ ⋅ (r 3- r 3) ρ r= -ε - ε 0 ρ ∇ ⋅ r - r 3 rPP (0 )E () [ 1 0 3εr 3 f r ] 3ε f(r 1 r ) r 3= - ε - ε 0 ρ 3ε f σ P = P 1n - P 2n(3 - 0) = -(ε - ε 0 )ρε f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 = 0f0 ε2 1S2 1 μσ P = P 1n = (ε - ε r 3 - r 3 0 ) 1 ρ 3εr 3 f r r r =r = (1 - ε 0ε r 3 - r 3 ) 2 1 ρ f3r 3考虑到内球壳时 r r 2σ P = -(ε - ε r 3 - r 3 0 ) 1 ρ 3εr 3f r rr =r = 08 内外半径分别为 r 1 和 r 2 的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定均匀自由电流 J f 导体的磁导率为μ 求磁感应强度和磁化电流 解r r d r r⎰l H ⋅ dl = I f + dt ⎰ D ⋅ dS =I f r r当r < r 1时, I f = 0,故H = B = 0r r r r 2 2当 r 2>r>r 1 时⎰lH ⋅ dl = 2πrH = ⎰Sj f ⋅ dS = j f π (r - r 1 )v μj f (r 2 - r 2 )μ(r 2 - r 2 ) rrB =1=2r12r 2j f ⨯ r当 r>r 2 时2πrH = πj f (r 2 - r 2)r μ0 (r 2 - r 2 ) r rB = 21 2r 2rrj f ⨯ rμ - μ0 ) rμrr r 2 - r 2J M = ∇ ⨯ M = ∇ ⨯ (χ M H ) = ∇ ⨯ ( 0)H = ( 0- 1)∇ ⨯ ( j f ⨯ r1)2r 2= (μ - 1)∇ ⨯ r= (μ - 1) rj , (r < r < r )H f 1 2αr= n r ⨯ r -r从介质1指向介质 M(M 2 M 1 ), (nμr 2 - r 2在内表面上 M 1 = 0, M 2 = ( - 1)1 ) r =r = 0r 故αr M= n r ⨯ μ0= 0,(r = r 1) 2r 21在上表面 r r 2 时αr= r⨯ - r = - r ⨯ rr rr 2 - r 2 r ⨯ r= - r 2 - r 2 rμ -Mn ( M 1 ) n M 1 r =r= - ⨯ 1 j f r 2r 2r r =r 1 j f 2r (1)2 μ02 2rμμ μ M 22μr 2-r 2r=-( -1)21j fμ02r 24π l r r = F ⋅ ⎰⎰ ⎰⎰ 12 ⎰9证明均匀介质内部的体极化电荷密度 ρ 总是等于体自由电荷密度 ρ 的- (1 -ε 0)倍Prr rfερ fε 0证明ρ P = -∇ ⋅ P = -∇ ⋅ (ε - ε 0)E = -(ε - ε 0 )∇ ⋅ E = -(ε - ε 0 ) ε= -(1 - ε)ρ f10 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1 线圈 1 在线圈2 的磁场中的受力vμ v ⨯ r vdF v B 2 = 0 ⎰ 2 = v ⨯ B v I 2dl 2 1231212 I 1dl 1 2v μ v ⨯ v ⨯ r v) μ I Iv ⨯ r⨯ r v) ∴ F 12 = 0 I 1dl 14π (I 2dl 2 r 3 12 = 0 1 2 4π ⎰⎰dl 1 (dl 2 12r 3 l 1 l212 = μ0 I 1I 2v v r v 4π 2 1 r 3r vv r 3 1l 1 l 2 12v2dl (dl ⋅ 12) - l 1 l 21212(dl 12⋅ dl )12 线圈 2 在线圈 1 的磁场中受的力 同 1 可得vμ0 I 1I 2 v 21 4π 1 v r v 2 r 3 r v v v r 3 2 1 F = dl (dl l 2 l 1⋅ 21 ) - 21 21 (dl 21⋅ dl ) 2分析表达式 1 和 21 式中第一项为v v ⋅ r v ) = vv ⋅ r v=v dr=v⋅ - 1) = 0⎰⎰ dl 2 l 1 l 2(dl 1 312⎰ dl 2 ⎰ l 2dl 1v12 3 12l 2v r vdl 2 ⎰ 2l 112⎰ dl 2 (l 2一周12⎰⎰ 12 r3同理 对 2 式中第一项dl (dl l 2 l 1⋅ 21 ) = 0 21v v 12 21 = - μ0 I 1I 2 4π r r v v⎰⎰ r 3 1 212 (dl dl )l 1 l 2 1211. 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 2 接上电动势为E 的电池 求1 电容器两板上的自由电荷密度ω f12 r ⎰⎰ r∴ F r今再两板0 f ⎩ f2 介质分界面上的自由电荷密度ω f若介质是漏电的 电导率分别为σ1和σ 2 何当电流达到恒定时 上述两问题的结果如 解 在相同介质中电场是均匀的 并且都有相同指向⎧l 1E 1 + l 2E 2 = E 则⎨D - D = εE - ε E = 介质表面上σ = ,⎩ 1n故 E =2nε 2E 1 1 2, E =2ε1Ef0) l 1ε 2 + l 2ε1l 1ε 2 + l 2ε1又根据 D 1n - D 2n = σ fn 从介质 1 指向介质 2在上极板的交面上D 1 - D 2 = σ fD 2 是金属板 故 D 2 0即σ = D =ε1ε 2εf 11而σ = 02l 1ε 2 + l 2ε1σ f = D ' - D ' = -D ' , (D '是下极板金属 故D ' = 0)31∴σ = - 2ε1ε 2ε2 1 1= -σ3l 1ε 2 + l 2ε11若是漏电 并有稳定电流时r r j r r jE 1 = σ1 , E 2 = σ212⎧ r j rj r ⎪l 1 1 + l 22= E 又⎨ σ 1 σ 2⎪ j 1n = j 2n = j 1= j 2 , 稳定流动 电荷不堆⎧E = j 1 =σ 2E得 j = j =E⎪ 1 σ ,即: ⎨1l 1σ 2 + l 2σ11 2l 1l 2jσ E+ ⎪E 2 = 2 = 1σ1 σ 2⎛⎪ σ 2 l 1σ 2 + l 2σ1σ = D =ε1`σ 2Eσ = -D = -ε 2σ 1E f 上3l 1σ 2 + l 2σ 1f 下2l 1σ 2 + l 2σ1112f1 1 12 1 2 0 σ = D - D = ε 2σ 1 - ε 2σ1 Ef 中2l 1σ 2 + l 2σ 112. 证明1 当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时 电场线的曲折满足tan θ 2 tan θ1 = ε 2ε1其中ε1和ε 2 分别为两种介质的介电常数 θ1和θ 2 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 分界面上电场线曲折满足tan θ 2 tan θ1 = σ 2σ1其中σ1和σ 2 分别为两种介质的电导率证明 (1)根据边界条件 n ⨯ (E v - E v) = 0,即 E 2 sin θ 2 = E 1 sin θ1由于边界面上σ = 0 故n v ⋅ (D v- D v ) = 0 即ε E cos θ= ε E cos θ∴有tg θ 2 ε 2 f= tg θ1 ,即 ε1 tg θ 2 tg θ1 2=ε 2 ε11 2 221 11(2)根据 J v = σE v可得 电场方向与电流密度同方向由于电流 I 是恒定的 故有j 1 cos θ 2 = j 2cos θ1即 σ 1E 1 cos θ 2 =σ 2 E 2cos θ1而 n v ⨯ (E v- E v ) = 0 即 E 2 sin θ 2 = E 1 sin θ1tg θ 故有tg θ 2=σ 1σ 213 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 在恒定电流的情况下 导体内电场线总是平行于导体表面 证明 1 导体在静电条件下达到静电平衡∴导体内E v而n v ⨯ (E v - E v) = 0∴ n v ⨯ E v= 0 故 E v 垂直于导体表面3 2 2 12 2 2 1 f 1 0 1 1 J r r ∂ r r r r re 3 导体中通过恒定电流时 导体表面σf = 0∴导体外 E v = 0,即 D v= 0而n v ⋅ (D v - D v ) = σ = 0,即: n v ⋅ D v = n v ⋅ ε E v= 0∴ n v ⋅ E v = 0导体内电场方向和法线垂直 即平行于导体表面14 内外半径分别为 a 和 b 的无限长圆柱形电容器 单位长度电荷为λ f为σ 的非磁性物质板间填充电导率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λ f 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 求长度为 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1 证明 由电流连续性方程 ∇ ⋅r + ∂ρ f = 0∂t r据高斯定理 ρ f = ∇ ⋅ D ∴∇ ⋅ r + ∂∇ ⋅ r = ∇ ⋅ r + ∇ ⋅ ∂ r=DD J ∂t 0 即 J ∂t∴∇ ⋅ r + ∂ r = ∴ r + ∂r =(JD) 0. J ∂tD ∂t0 即传到电流与位移电流严格抵消(2)解 由高斯定理得⎰ D ⋅ 2πrdl = ⎰ λ f dl∴ r λ f r r λ f rD = 2πr e r ,E = 2πεr e rr D 又 J + ∂t= 0, J = σE , D = εEr r r r =σ t∴σE + ε ∂E= 0, E = E e ε∂t 0λ f r λr-σ tr∴ 2πεr e r= 0 e ε2πεr rf = f λ r∴ λ f -σ t= λ e ε 03 解r r λ f -σ t λ fJ = - ∂D = - ∂ ( 0 e ε ) = σ ⋅∂t ∂t2 2πr21 ε 2πrf 2能量耗散功率密度 J5 解ρ = Jσ = ( 2πεr ) σ单位体积dV = l ⋅ 2πrdrP ⎰a λ f ( 2πεr )2σl 2πrdr = l σλ2 2πε 2 ln b ab1 r r b 1 l λ2 1 l λ2b 静电能 W = ⎰ D ⋅ EdV = ⎰f dr = ⋅ f⋅ ln a 2 a 2 2πεr 2 2πε a减少率 - ∂W = - l λ f ln b ⋅ ∂λ f l λ2 σ = ln b ∂t 2πε a ∂t 2πε 2 ab fP 00 E 外 r ⋅1.一个半径为 R 的电介质球 极化强度 P=K(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) r r2 电容率为ρ = -∇ ⋅ r = -K ∇ ⋅ rr = -K (∇ 1 ⋅ r r + 1 ∇ ⋅ r r) = -K / r 2Pσ = -n r ⋅ Pr (P 2 r 2rP 1) Rr 2r 2又 球外无极化电荷r r r r P 2 = 0 σ p = n ⋅ P 1 R = n ⋅ K r rR = K / R(2) 由公式 D = εEr r r D = ε 0 E + Prε r D = Pε - ε 0ρ = ∇ ⋅ r = ε ∇ ⋅ r = εK`fDε - ε P(ε - ε )r 2(3)对于球外电场 由高斯定理可得rr Q⎰E 外 ⋅ ds = 0εK⋅ r 2 sin θdrd θd ϕr ⋅ 4πr 2 = ⎰ ρ fdVε 0 ⎰⎰⎰ (ε - ε= 0)r 2ε 0∴rεKR rE 外 03 r(ε - ε 0 )rrKr r同理可得球内电场 E 内ε - ε 2 ∞rrεKR∴球外电势ϕ外⎰ E外⋅ dr∞ε 0 (ε - ε 0 )rrrr2 - ∴ ε ε2 a 0 0rr Rrr εKK R球内电势ϕ内⎰ E外⋅ drR⎰ E内⋅ drr ε 0 (ε - ε 0 +ln) ε - ε 0 r1 r r 1 ε K r r K rr εK 24 ω 内2 D 内⋅ E 内2 ⋅ ε ε ⋅ r 2 ⋅ ε ε ⋅ r 2 ∴ ε ε 0 r∴1εK 22K2W 内 ⎰ω内d V⎰⎰⎰ 2 ⋅ (ε - ε ⋅ r )2r2sin θdrd θd ϕ 2πεR)ε - ε 01 ε2 K 2 R 2 1 2 2πε 2 RK 2W 外 ⎰ω外d V = ⎰⎰⎰R 2 ⋅ ε (ε - ε 0 ⋅ ⋅ r )2 r 4sin θdrd θd ϕε 0 (ε - ε 0 )∴W = W 内 W 外 2πεR (1 + ε)(ε 0 K )2ε - ε 02 在均匀外电场中置入半径为 R 0 的导体球 试用分离变数法球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φ0 ;2 导体球上带总电荷 Q.解 1 当导体球上接有电池 与地保持电势差φ0 时 以地为电势零点本问题的定解条件如下φ 内 φ0R= R 0∇ 2ϕ0 R> R 0⎧⎪ϕ外 且⎨R →∞ = -E 0 R cos θ ϕ 0 ϕ 0 是未置入导体球前坐标原点的电⎜⎩ϕ外R =R 0 = φ0根据有关的数理知识 可解得ϕ外 ∑ n b nR n 1P n cos θ )由于ϕ R →∞= -E 0 R cos θ n 0ϕ 0 即ϕa + a R cos θ + ∑ a R n P (cos θ ) +b 0 + b 1 cos θ + ∑b nP (cos θ ) = -E R cos θ + ϕ外0 1 n n n =2 R R 2 n =2 Rn +1 nR →∞故而有 a 0 = ϕ 0 , a 1 = -E 0 , a n = 0(n > 1), b n = 0(n > 1)∴ϕ外 ϕ 0 E 0 R cos θb 0 +b 1RR 2∞ 外外 外∞ ∞∞20 0 2 R ncosdsR ϕ R R φ 0R R R 2 0 ⎨ 2 2s ∑ 2 2 3又ϕ外R =R 0= φ0 ,即 ϕ外 R =R 0= ϕ 0 - E 0 R cos θb 0 + R 0 b 1cos θ = φ 0故而又有⎧+ b 0 ∴⎪ R 0= φ0⎪- E R⎜⎩0 0cos θ + b 1 cos θ = 0 0得到b 0 = (φ0 - ϕ 0 )R 0 , b 1 = E 0 0最后 得定解问题的解为(φ - ϕ )R E R 3 ϕ = -E R cos θ + ϕ + 0 0 0 + 0 0cos θ (R > R ) 外 0 0R R2 当导体球上带总电荷 Q 时 定解问题存在的方式是⎧∇ 2φ 0(R < R )⎪ 内0 ⎪∇ 2φ ⎪φ 0(R > R 0 ) 有限⎪ 内 R →0 ⎪ ⎨ 外 R →∞ ⎪E 0Rcos θ + ϕ 0 (ϕ 0 是未置入导体球前坐标原点的电 ⎪φ内 ⎪ ⎪- εφ 外 R R ∂φ外 Q (R = R )⎩⎰ 0∂R解得满足边界条件的解是ϕ内 ∑ a n n =0R nP cos θϕ外 ϕ 0E 0Rcos θ b n Pn =0 R n 1cos θ由于ϕ外R →∞ 的表达式中只出现了 P 1 (cos θ cos θ项 故 b n = 0(n > 1)∴ϕ外 ϕ 0E 0 R cos θb 0 + b 1R R 2cos θ又有ϕ外R =R 是一个常数 导体球是静电平衡ϕ外 R =R 0= ϕ 0 - E 0 R 0cos θb 0 + R 0 b 1cos θ = C 0∴-E 0 R 0 cos θ +b 1 cos θ = 0 即 0b 1 = E 0 0 n 0 外 0 nf4πεR∴ r r r0 0b E R 3ϕϕE R cos θ + 0 + 0 0 cos θ 外R R 2∂φ外Q又由边界条件- ⎰ε 0s∂r ds Q ∴ b 0 =4πε∴ϕ内Q4πε 0 R 0 - ϕ 0, R < R 0QE R 3ϕ 外4πε R + 0 0 cos θ R 2E 0Rcos θ R > R 03 均匀介质球的中心置一点电荷Q f 球的电容率为ε球外为真空 试用分离变数法求空间电势 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Q 的电势Q f与球面上的极化电荷所产生的电势的叠加 后者满足拉普拉斯方程解 一. 高斯法在球外 R > R ,由高斯定理有εr ⋅ r = QQ + Q = Q对于整个导体球而言 束缚电荷Q P = 0)⎰ E ds总 f P fE = Q f4πε 0R 2积分后得ϕQ f+ C .(C 是积分常数外4πε R又由于ϕ外 R →∞ = 0,∴ C = 0∴ϕ外 =Q f 4πε 0 R(R > R 0 )在球内 R < R 0 ,由介质中的高斯定理⎰ D ⋅ ds = Q fr r r Q f又 D = εE ,∴ E =4πεR 2积分后得到 ϕ内Q f 4πεRC 2.(C 2是积分常数 00 R 2 0由于ϕ内 ϕ外R =R 0,故而有Q f4πε 0 R 0 =Q f 4πεR 0C 2∴ C 2 =Q f 4πε 0 R 0- Q f4πεR 0 (R < R 0 ).∴ϕ内Q f 4πεR Q f 4πε 0 R 0 - Q f4πεR 0(R < R 0 )二. 分离变量法本题所求的电势是由点电荷Q f 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加 且有着球对称性 因此 其解可写作ϕ = Q f+ ϕ '4πεRb由于φ ' 是球对称的 其通解为 ϕ ' = a +RQ f由于球心有Q f 的存在 所以有ϕ内 R →0 ∞即ϕ内4πεR a在球外有ϕ 外 R →∞ 0 即ϕ外Q f b 4πεR R由边界条件得ϕ 内 ϕ外 R R 0, 即Qf+ a 4πεR 0Q f + b4πεR 0 R 0ε ∂ϕ 内 ε ∂R 0R R 0 , 即ε 0Q f 4πεR 2 - ε 0b = - 0 εQ f4πεR 2∴ b =⎧ϕ Q f1 4πε (ε Q f - 1 ), a ε , R > R Q f ( 1 4πR 0 ε 0 - 1 ) ε ⎪ 外 4πε R ∴⎨⎪ϕ Q fQ f - Q f, R < R⎛⎜ 内 4πεR 4πε 0 R 0 4πεR 0∂ϕ外 ∂R0 0∂φ外∂R⋅R R 0 R R R 0R ⋅ 0 0⋅ ⋅ ⋅ f 11 0 011r R 1 r R r r 14 均匀介质球 电容率为ε1r 的中心置一自由电偶极子 P f球外充满了另一种介质 电容率为ε 2求空间各点的电势和极化电荷分布提示 同上题r r P R φ =4πε 3+ φ ' ,而φ ' 满足拉普拉斯方程解 ε1 ∂φ内 ∂R = ε 2∂φ外∂R2P f cos θl 1又ε1 R = ε1 (-4πε13 + ∑l A l R 0 P lε = ε (- 2P f cos θ - ∑(l 1 B l P 2R 02 4πε3 l 2l比较 P l (cos θ )系数B 0 0A 0 02ρ f + ε A = -2ε 2ρ f - 2ε 2 B 1 , 及A= B 14πR 31 14πε1 3332(ε1 - ε 2 )ρ f 2(ε1 - ε 2 )ρ f 得 A 1 =4πε1 (ε1 + 2ε2 )R 3, B 1 =4πε (ε1 + 2ε 2)比较 P 2 (cos θ )的系数2ε A R3B 2, A = B 21 2 04 2 4 0 0及 A 2 (1 +ε R) = 0 1 0所以 A 2 = 0, B 2 = 0 同理 最后有A l =B l = 0,(l = 2,3L )φ ρrf R + 2(ε1 - ε 2 )ρ f R cos θ = ρr f r 2(ε + 1 - ε 2 )ρr f r R , (R < R ) 内 4πε R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 4πε1R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 0 φ ρr f R + 2(ε1 - ε 2 )ρ f cos θ = ρr f r 2(ε + 1 - ε 2 )ρr f R = 3ρr f R , (R > R ) 外 4πε R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 2 4πε1R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 4π (ε1 + 2ε 2 )R 3 0 ∂φ内∂R R R R ⋅ ⋅ ⋅ 10 00 0 0= ⎪ φ φ Pfε 3 ⎨ 22 ⎪球面上的极化电荷密度σ P = P 1n - P 2n , n r从 2 指向 1 如果取外法线方向 则 σ p = P 外n - P 球n = [(ε 2 - ε 0)∇φ外)]n - [(ε1 - ε 0)∇φ内)]n= -(ε 2 - ε 0 ) ∂φ外 + (ε ∂R 1- ε 0 ) ∂φ内∂R R R 0 = (ε - ε ) - 6ρ f cos θ - (ε - ε )[ 6(ε 0 - ε 2 )ρ f cos θ - 2(ε1 - ε 2 ) - 2(ε1 + 2ε 2 ) ρcos θ ]2 0 4π (ε + 2ε 2 )R3 1 0 4π (ε + 2ε 2 )R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 f=6ε1(ε 0 - ε 2 ) + 6ε 2 (ε1 - ε 0) ρ cos θ = - 3ε 0 (ε1 - ε 2 ) ρ cos θ4πε1 求极化偶极子(ε1 + 2ε 2 )R 3 f 2πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3f rr P f ql 可以看成两个点电荷相距 l 对每一个点电荷运用高斯定理 就得到在每个点电荷旁边有极化电荷q = (ε 0- 1)q ε1 ,-q P = (ε 0- 1)(-q )ε1两者合起来就是极化偶极子rε 0rP P = ( - 1)P f1r5.空心导体球壳地内外半径为 R 1 和 R 2 球中心置一偶极子 P 电势和电荷分布解球壳上带电Q 求空间各点 ⎧ ⎪∇2φ= 0,φ φ 3 r →∞ = 0 ⎪= C ,φ ⎪ r rr →0 = ∞ φ ⎪φ = P ⋅ r + φ ',φ ' 为有限值⎛⎜ 14πε 0r 3 1 1 r →0⎧ ⎪φ3 ∑ B l P (cos θ ),φ = C ⎪ r l +1 ⎨ 2= C ,φ2 2r =R 1 = C ⎪⎪φ = r ⋅ r r + ∑ A r l P (cos θ ) -∂φ3dS+∂φ1dS=Ql l R 23 φ 1 R 1l 3 r -R 1 1 fP f⎩ ⎪ 14πε0r3 ⎰ ∂rr =R 2⎰ ∂rr =R 1εR P R R 1R R R 2 R 3R R R R ⎪ ⎩1 1 1 ⎪ f111 R 11Q 0 0 1 1 1⎧ B 0 +B 1 cos θ + B2 P+L = C ⎪ 2 ⎪ 2 2 ⎨ cos θ + A 3 2 + A R 2 cos θ +L = C ⎜⎩ 4πε 0 20 1 1即 A =B 0 =C ,( A R +P f) cos θ = 0, B = 0(l = 1.2.3L ), A= 0(l = 2.3.4L )1 14πεR 2 ll又 ∂φ1 = - 2P f cos θ + ∑lA R l -1P = - P f cos θ + A cos θ +L ∂r 4πε 0 3 l 1 L 2πε 0 3 ∂φ3∂r = ∑(-l - 1) B l P r l +2 l = - B 0 1 - 2 B 1 cos θ +L 1∂φ3 B 0 B 02 B 0则 -⎰ ∂r dS = ⎰ R 2 dS = R 2 ⎰ dS = 4πR 12 = 4πB 0111∂φ1dS =2π π-P fcos θR 2 sin θd θd ϕ +2π π- P f cos θR 2 sin θd θd ϕ = 0 + 0 = 0 ⎰ ∂r⎰0 ⎰02πε0 3 ⎰0 ⎰04πε0 3故 - ⎰ ∂φ3dS + ∂r ∂φ1 ∂r = 4πB 0 = εB = Q 0, A = Q , A = - P f 0 4πε 0最后有0 4πε R 1 4πε 3 ⎧r r r r ⎪φ = P ⋅ r - P f ⋅ r + Q , (r < R ) ⎪4πε 0r 2 4πε 0 3 4πε 0R 2 ⎪ Q⎨φ3 =4πε , (r > R 2 ) 0 ⎪ Q ⎜φ2 = 4πε 电荷分布 0 R 2, (R 1 < r < R 2 )在 r R 1 的面上σ P 1 = ε 0 ∂φ1 ∂r = - P f cos θ 2πR 3+ - P f cos θ 4πR 3 = - P f cos θ 4πR 3在 r R 2 面上0 R R 21 11⎰ 2 1r2=-ε0∂φ3∂r=Q4πR 22σPrφ l r →∞0外 φ R R R ⎣ R l +2 ⎪ 外 ⎪⎧232 06 在均匀外电场 E 0 中置入一带均匀自由电荷 ρ f 的绝缘介质球ε 求空间各点的电势⎧∑( A r l + ⎪ B lr l +1 )P l (cos θ ) 解 ⎪φ1 ρ r2 + φ '⎨ 内 6εf⎪∇ 2φ ' = 0 ⎪⎩φ 是由高斯定理解得的ρ 的作用加上 r的共同作用内φ = -E r cos θ ,φ 'fE 0r →0 有限⎪ 外 E 0r cos θ + ∑ ⎨ 1 B l r l +1 P l (cos θ ) ⎪φ ρ r 2 + ∑c r l P (cos θ )⎛⎪ 内 6ε f e lφ内 φ外 r = R 0 ) :E R cos θ +B 0 + B 1+B 2P +1ρ R 2 + c+ c R cos θ + c R 2 P +0 0ρ f2R 0 R 0B 06εf1 02 0 2 即6εR 0 + c 0 =E 0 R 0 +2 = c 1R 0 0B 2 = c 2ε ∂φ内 ∂r = ε 0∂φ外 ∂r ∂φ内 =⎡ ρ f R +lc R l -1P (cos θ )] =ρ fR+εc cos θ + 2εc R P +L ∂r⎢ 3ε∑l 0 l 30 1 2 0 2∂φ外 ∂r= ε 0(-E 0 cos θ + ∑(-l - 1) B l P l) 0R R 3 2B 1R R R R R R 0 RR r →∞ f 3 R 40 11 ⎪φ 3 0 外- ε E cos θ -ε0B 0 -2ε0B 1cos θ -3ε0B 2 P +LL0 023 42ρ fε 0 B 02ε 0 B 13ε 0 B 2即R 0 = - 2εC 1 = -ε 0 E 0 - 32εC 2 R 0 = - LL解方程得3B = - 0ρ 03ε fC = -R 2ρ ( 1 3ε 0 + 1 ) 6ε3ε E R 33ε E B = - 0 0 0 + E3 ε + 2ε 0C = -0 0ε + 2ε 0及 2εC 2 R 0 = -3ε 0 R 0C 2即 C 2 (2εR 0 + 3ε 0 R 0 ) = 0C 2 = B 2 = 0同理 C l = B l = 0l = 2,3LL⎧ E r cos θ ± R 3ρ + E 03 0 cos θ - 3ε 0 E 0 0cos θ , r > R ⎪外0 得 ⎨3r ε 0 r(ε + 2ε 0 )r 2 0 ⎪φ ρ f r 2 ± R 2 ρ ( 1 1 3ε 0 E 0 r cos θ , r < R⎛⎜ 内 6ε0 f 3ε 6ε ε + 2ε 27在一个很大的电解槽中充满电导率为σ 2 的液体 使其中流着均匀的电流δ f 0今在液体中置入一个电导率为 σ 1 的小球 求稳衡时电流和电荷分布 讨论 σ 1 >> σ 2 及σ 2 >> σ 1 两种情况的电流分布特点先求空间电势⎧⎪∇ 2φ 0⎨ φφr = R⎜⎩∇ 2φ 0 内外因为δ内nδ 外n (r = R 0 ) 稳恒电流认为表面无电流堆积 即流入n = 流出n故 σ 12φ内2r = σ 2 2φ外2r并且δ 外 = δ 0即 φ外 r →∞ = -E 0r cos θ( j = σ 2E 0 )φ内 r →∞ 有限 可以理解为在恒流时r → 0 的小封闭曲面流入 流出内0 R ff 23σ 2 σ 1 2σ 2 ⎦内 E f fj 1 σ 1 2 ⎣ σ 1 内 j σ E f σ 1 2σ 1 2⎧φE r cos θ , r < R⎪ 内这时的解即为 ⎨⎪φ E r cos θ + E R 3 ( σ 1 - σ 2 )cos θ, r > R ⎛⎜ 外 00 0 1 + 2σ 2 r 2φe r 2φe r 1 2φ r求内外电场 E = -∇φ = -( r + θ +e φ )2r2θ r2φ e r1 2φ r 3σ 2r sin θ 2Φr rE(内 r +内e ) =E (cos θe - sin θe ) 内2r r 2θθσ 1 + 2σ 2= 3σ 2 σ1 + 2σ 2rE 0e r zrE R 3σ - σr rEE (cos θe - sin θe ) + 0 0 ( 12 )[2 cos θe + sin θe ] 外0 rθ r 3 σ 1 + 2σ 2rrE R 3σ - σr r rE (cos θe - sin θe ) + 0 0 ( 12)[3cos θe - cos θe + sin θe ] 0 r θ r 3 σ + 2σ 2r r θ σ - σ⎡3E cos θ vE v ⎤ E + R 3 ( 1 2 ) 0e - 00 0 + 2σ ⎢ r 3求电流r r 3 ⎥ 根据 r j v vv外 2 外⎧ v j ⎪ f 0 = σ 2 Ev 0 及⎨( v j ⋅ r r )r v σ E r cos θr r⎪ 0 = 2 0e r ⎩ r 53σ rr 5r σ σ 3( r j ⋅ r r )r r r得 j1j f , j= j12 R 3[ 0- 0 ]内2σ 0 外内2σ 0r 5r 3ω = ε (E - E ) = ε (E- E ) = 3ε 0E 0 cos θ (σ - σ )f2n1n外n 内nσ 1 + 2σ 2σ 20 0 r θ r θ 1 24πε a 2 + r 2 - 2ar cos θzQ far OR n r n ∞ R 0 8.半径为 R 0 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 > R 0 ) 置一点电荷Q f试用分离变数法求空间各点电势 证明所得结果与镜像法结果相同提示1 = 1 = 1 ∑∞( ) P (cos θ ).(R > a ) r 解 1 分离变数法由电势叠加原理 球外电势a n =0 aφ Q f外4πεR +φ ' ,φ ' 是球面上感应电荷产生的电势 且满足定解条件⎧∇ 2φ ' = 0,(r > R )⎪ 0⎨φ '⎪ r →∞ = 0 P⎪φ 外 r =R = 0⎩0 根据分离变数法得φ '= ∑ l =0B lr l +1 P l (cos θ ), (r > R 0 )∴φQ f1+ ∑ B lP (cos θ )*外l =0rl +1 l= Q f 1 ∑∞ ( ) P (cos θ ) + ∑ B l P (cos θ ), (r < a ) 4πε a∞ n =0 a Q f n R 0 l l =0 B lrl +1 l又φ外 r =R =∑[ πε () +l +1]P l (cos θ ) = 0n =04 a aR oQ f即4πεa + B 0 R 0= 0, Q f R 0 + B 1 4πεa a 2 = 0,..., Q f 4πεa ( R 0 )l + a B l l +1 0 Q fR 3Q f R 2l +1 Q f ∴ B = -R , B = - O , B = - 0 ,0 0 4πεa 1 a 4πεa la l 4πεa代入 * 式得解∞ R 2 + a 2 - 2aR cos θ ∞ 0R n= 0a 2 + r 2 - 2ar cos θR 2 + a 2 - 2Ra cos θQR 1aR 2 + 1 - 1cos θ R 4 2R 2 R a 2 a0 f Q QQ 1f 1QQ Q 02 镜像法如图建立坐标系 本题具有球对称性 设在球内r 处有像电荷Q ' , Q '代替球面上感应电荷对空间电场的作用 由对称性 Q '在 O Q 的连线上 P20 先令场点 P 1 在球面上 根据边界条件有Q f +Q' r r ' fr ' = 0,即 r f= - Q ' Q f = 常数将Q ' 的位置选在使∆ Q 'P O ∆ Q P O,则有r Q ' = R 0 常数为达到这一目的 令Q '距圆心为 rr a 0fr R R 2则0 = 0 , r = 0R 0 a ar 'Q ' 并有 = - r Q f= R 0 = 常数 a Q ' = -R 0Q f a 1 这样 满足条件的像电荷就找到了 空间各点电势为2φ外 = Q f 4πεr 1 + Q ' 4πεr 2 = 1 [ Q f - 4πε ], (r> a ).将分离变数法所得结果展开为 Legend 级数 可证明两种方法所求得的电势相等9 接地的空心导体球的内外半径为 R 1 和 R 2 在球内离球心为 a(a<R 0)处置一点电荷 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 球外的电势及导体内电势恒为 0 而球内电势只要满足φ内 r R= 0即可因此做法及答案与上题同 解略φ内 =1 4πε 0 [ Q-]因为球外φ = 0故感应电荷集中在内表面 并且为 Q.R Q far 2 + ( 0 )2 + 2r 0 cos θRR 2a aR 1R 2 rz Q fQ ’P 1Q Rf R R 1φ -Q 210.上题的导体球壳不接地 而是带总电荷 Q 0,或使其有确定电势ϕ0 势 又问ϕ0 与 Q 0 是何种关系时 两种情况的解是相等的试求这两种情况的电解 由于球壳上有自由电荷 Q 0 并且又是导体球壳 故整个球壳应该是等势体 其电势用 高斯定理求得为Q + Q 04πε 0 R 2所以球壳内的电势将由 Q 的电势 像电荷- QR1 a的电势及球壳的电势叠加而成 球外电势利用高斯公式就可得故⎧ ⎪φ = 1 [ Q - QR 1a + Q + Q 0 ].(R < R ) ⎪ 内 4πεR 2 + a 2 - 2Ra cos θ R 4 2R 2 R R 1 φ =⎪ 0R 2 + 1 - 1 cos θ2⎨ ⎪ ⎪φ = Q + Q 0 , (R > R )a 2a⎛⎜ 外 4πε 0 R⎧ ⎪φ = 1 [ Q - QR 1a] + φ.(R < R )⎪ 内 4πεR 2 + a 2 - 2Ra cos θ R 4 2R 2R 或 φ =⎪0R 2 + 1 - 1 cos θ⎨ ⎪⎪ = R 2 φ ⎩ 外r 0 , (R > R 2 ) a 2a当 φ =Q + Q 0 时两种情况的解相同4πεR 211 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 利用镜像法 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 2PQ- a Q R Q = - a Q , r = a rr b1b 1ab Oa a 2 rQQ 2 = b Q , r 2 = - brbQ 3 = -Q , r 3 = -br rφ =Q [ 4πε 0 1 - R 2 + b 2 - 2Rb cos θ1 +R 2 + b 2 + 2Rb cos θ b a2+ a 4 + a 2b 2 bR cos θ⎪ 2 01Rb R +- 2 R cos θ 2a 4 a2b 2 b(x - x )2+ (y - a )2 + (z - b )2 0 (x - x )2 + ( y - a )2 + (z + b )20 (x - x )2+ (y + a )2+ (z - b )20 (x - x )2+ (y + a )2+ (z + b )20 ∂ρ = 0 z∂trjA(x y z ) 0, 0, 0σxr jr= r E n E n+a], (0 ≤ θ < π , R > a )212. 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 可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导体板的作用φ =Q[1-4πε 0 -1+1-1], ( y , z > 0)13.设有两平面围成的直角形无穷容器 其内充满电导率为 的液体 取该两平面为 xz 面和 yz 面 在 x 0,y 0,z 0 和 x 0,y 0,-z 0 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 是恒定场 即∇ ⋅ r j + ∂ρ = 0 中 ∂t 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 的包围面r rQI = ⎰ i r ⋅ d sr} 1r r⎰ E ⋅ ds =n而又有 i E ⋅σ⇒ σI = ⎰ E ⋅ ds y∴ 有 1 I = Q⇒ Q = I ε1σ ε1 σI εB(x 0,y 0,z 0)对 B Q Q B = -Q = -σ1又在容器壁上 rj = 0, 即元电流流入容器壁 由 r j = σ r 有 r j = 0 时 r ∴可取如右图所示电像z P(x, y, z) -Q(x 0,-a,b)aQ(x 0,a,b) by+Q(x 0,-a,-b)-Q(x 0,a,-b)Q(-x 0,-y z )Q(x 0,y 0,z 0)Q(x 0,-y z )Q(x 0,y 0,z 0)-Q(-x y z ) -Q(-x 0,y 0,-z )-Q(x 0,-y 0,z 0)-Q(x 0,y 0,-z )εn = 0 y。

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 )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A解：（1）)()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=c c c cB 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 )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A2. 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 ⋅∇=⋅∇， uu u d d )(AA ⨯∇=⨯∇ 证明：（1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=∇)()()()(z y x z uu f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d u uf 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 zuu A y u u A x u u A z y x ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d du 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 (Ae e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++=（3）uA u A u A z u y u x u uu z y x zy x d /d d /d d /d ///d d ∂∂∂∂∂∂=⨯∇e e e Azx y y z x x y z yu u A x u u A x u u A z u u A z uu 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。

电动力学复习题一．选择题1. Maxwell能够创立统一的电磁场理论，关键是他发现了A . 电流的磁效应；B．电磁感应定律;C．电荷守恒定律；D．位移电流。

( D )2. 毕奥-萨伐尔(Biot-Savart)定律给出了A. 一个电流元Idl在磁场中所受的力;B. 二个电流元之间的相互作用力;C．运动电荷在磁场中所受的力;D．恒定电流激发的磁场。

( D )3．矩形波导中的截止波长λC为A 2×（m2／a2＋n2／b2）－(1/2)B 2×（m2／a2＋n2／b2）(1/2)C 2(1/2)×（m2／a2＋n2／b2）－(1/2)D [2×（m2／a2＋n2／b2）]－(1/2)( A )4. 波导内截止波长λC的物理意义是A．只有波长λ大于λC的波才能够通过；B．只有波长λ等于λC的波才能够通过；C．只有波长λ小于λC的波才能够通过；D．以上答案都不对。

( C )5．质子在加速器中被加速，当其动能为静止能量的3倍时，其质量为静止质量的A．两倍；B. 四倍; C. 六倍; D. 八倍。

( B )6．统一的电磁场理论主要是由下列哪位物理学家创立的。

A．安培；B.法拉弟； C.库仑；D麦克斯韦。

（ D ）7．电磁波斜入射到两种介质的界面时，其场强振幅的关系叫A．麦克斯韦公式; B. 亥姆霍兹公式; C. 达朗贝尔公式; D. 菲涅耳公式。

（ D ）8．电荷量为Q 距电位是零的平面导体表面为D 的点电荷，其象其电荷是A. Q ; B.εQ; C. －Q；D. Q／ε。

（ C ）9．下列说法正确的是A．磁单极总是存在的；B．矩形波导管和圆柱形波导管都不能传播TEM波；C．高斯定理只适用于静电场；D．毕奥-萨伐尔定律只适用于感应电场。

（ B ）10．下列说法错误的是A．光是一种电磁波；B．声波也是一种电磁波；C．电磁波不一定是偏振的；D．TE10波也是横波。

（ B ）11. 电场强度和电位的关系是__C_。