下载文档原格式
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）fsD ds dV ρ→⋅=⎰⎰， （r 2>r> r 1）即：()2331443fD r r r ππρ⋅=-∴()33133f r r E r rρε→-=， （r 2>r> r 1）由()3321043ff sQ E d s r r πρεε⋅==-⎰， （r> r 2） ∴()3321303f r r E r r ρε→-=， （r> r 2）r> r 1时， 0E = （2）()00000e P E E E εεεχεεεε-===- ∴ ()()()3331010330033303p f f f fr 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()()23333102110332133p n f f r r rr r r P rr r εσεερρεε=--⎛⎫==-=- ⎪⎝⎭ 考虑内球壳时， r= r 1()()13310303p f r r rr rr 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：211221EE l l εεε=+，121221EE 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：11211221f ED l l εεσεε==+而20f σ=3122f D D D σ'''=-=-，（1D '是下极板金属，故1D '=0）∴31121221f f El l εεσσεε=-=-+若是漏电，并有稳定电流时，由jE σ=可得111j E σ=， 222j E σ=又1212121212,()nn j j l l E j j j j σσ⎧+=⎪⎨⎪===⎩稳定流动得：121212E j j l l σσ==+ ，即1211122121221221j E E l l j E E l l σσσσσσσσ⎧==⎪+⎪⎨⎪==⎪+⎩1231221f E D l l εσσσσ==+上22212219f ED l l εσσσσ=-=-+下2112231221f D D E l l εσεσσσσ-=-=+中1.14、内外半径分别a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度电荷为f λ，板间填充电导率为σ的非磁性物质。
电动力学习题答案电动力学是物理学中研究电荷、电场、磁场和它们之间相互作用的分支。
以下是一些典型的电动力学习题及其答案。
# 习题一：库仑定律的应用问题：两个点电荷，一个带电为+3μC，另一个为 -5μC，它们之间的距离为 2m。
求它们之间的静电力大小。
解答：根据库仑定律，两个点电荷之间的静电力 \( F \) 由下式给出：\[ F = k \frac{|q_1 q_2|}{r^2} \]其中 \( k \) 是库仑常数，\( q_1 \) 和 \( q_2 \) 是电荷量，\( r \) 是它们之间的距离。
代入给定的数值：\[ F = 8.9875 \times 10^9 \frac{N \cdot m^2}{C^2} \times\frac{3 \times 10^{-6} C \times (-5 \times 10^{-6} C)}{(2 m)^2} \]\[ F = 37.5 N \]# 习题二：电场强度的计算问题：一个无限大均匀带电平面，电荷面密度为 \( \sigma \)。
求距离平面\( d \) 处的电场强度。
解答：对于无限大均匀带电平面，电场强度 \( E \) 垂直于平面，大小为：\[ E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \]其中 \( \epsilon_0 \) 是真空电容率。
# 习题三：电势能的计算问题：一个点电荷 \( q \) 位于另一个点电荷 \( Q \) 产生的电场中，两者之间的距离为 \( r \)。
求点电荷 \( q \) 在该电场中的电势能。
解答：点电荷 \( q \) 在由点电荷 \( Q \) 产生的电场中的电势能 \( U \) 为：\[ U = -k \frac{qQ}{r} \]# 习题四：洛伦兹力的计算问题：一个带电粒子，电荷量为 \( q \)，以速度 \( v \) 进入一个垂直于其运动方向的磁场 \( B \) 中。
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1.11、 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 rr 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 ⨯⋅=〉rr 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 r1112212213233233cos ,sin ,sin ,cos ,0,1a a a a a a a a αααα===-===== 故()cos sin 0sin cos 0001R ααααα⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭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。
解：我们将每次变换的坐标分别写成列向量,,,X X X X ''''''， 则 ()()(),,z y z X R X X R X X R X αβγ'''''''''''''===∴()()()z y z X R R R X γβα''''''=绕y '-轴转β角相当于“先将坐标系的y '-轴转回至原来位置，再绕原来的y-轴（固定轴）转β角，最后将y-轴转至y '-轴的位置”。
第五章 电磁波的辐射1. 若把麦克斯韦方程租的所有矢量都分解为无旋的（纵场）和无散的（横场）两部分，写出E 和B 的这两部分在真空中所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场。
解：真空中的麦克斯韦方程组为t ∂-∂=⨯∇/B E ， （1）0/ερ=⋅∇E ， （2）t ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ， （3）0=⋅∇B （4）如果把方程组中所有矢量都分解为无旋的纵场和无散的横场，并分别用角标L 和T 表示，则：由于0=⋅∇B ，所以B 本身就是无散场，没有纵场分量，即0=L B ，T B B =；T L E E E +=，0=⨯∇L E ，0=⋅∇T E ；!T L J J J +=，0=⨯∇L J ，0=⋅∇T J ；由（1）得：t T T T L ∂-∂=⨯∇=+⨯∇/)(B E E E （5）由（2）得：0/)(ερ=⋅∇=+⋅∇L T LE E E （6）由（3）得：t L L T L T ∂+∂++=⨯∇/)()(000E E J J B εμμ)/()/(000000t t T T L L ∂∂++∂∂+=E J E J εμμεμμ （7）由电荷守恒定律t ∂-∂=⋅∇/ρJ 得：)/(/0t t L L ∂∂⋅-∇=∂-∂=⋅∇E J ερ 又因为 )/(00t L L ∂∂⨯-∇==⨯∇E J ε，所以 t L L ∂∂-=/0E J ε，即0/0=∂∂+t L L E J ε （8）（7）式简化为t T T T ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ （9）所以麦克斯韦方程租的新表示方法为：】⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂+==⋅∇∂∂+=⨯∇∂-∂=⨯∇0/0///00000t ttL L L L T T T T T E J B E E J B B E εερεμμ （10） 由0=⨯∇L E 引入标势ϕ，ϕ-∇=L E ，代入0/ερ=⋅∇L E 得，02/ερϕ-=∇上式的解就是静止电荷在真空中产生的电势分布，所以L E 对应静止电荷产生的库仑场。
2. 证明在线性各向同性均匀非导电介质中，若0=ρ，0=J ，则E 和B 可完全由矢势A 决定。
若取0=ϕ，这时A 满足哪两个方程解：在线性各向同性均匀非导电介质中，若0=ρ，0=J ，则麦氏方程表示为：t ∂-∂=⨯∇/B E （1）t ∂∂=⨯∇/D H （2） 0=⋅∇D （3） 0=⋅∇B （4）\其中，E D ε=，μ/B H =，由于（4）式，引入矢势A ，使A B ⨯∇= （5）即B 可完全由矢势A 决定。
将（5）代入（1），得：0)/=∂∂+⨯∇t A E （， （6）由此引入标势ϕ，使ϕ-∇=∂∂+t /A E ，即t ∂∂--∇=/A E ϕ （7）将（7）式代入（3）得：0)(/2=⋅∇∂∂+∇A t ϕ （8）所以，ϕ可由A 决定，进而，E 也可完全由矢势A 决定。
~如果取0=ϕ，由（8）式得：0=⋅∇A （9）将（5）、（7）代入（2），并注意到0=ϕ，得：0222=∂∂-∇tAA με （10）（9）、（10）即为0=ϕ时A 满足的两个方程。
3. 证明沿z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势)(ωτA 表示，其中c z t /-=τ，A 垂直于z 轴方向。
证：平面电磁波在没有电荷分布的空间中传播，势的方程为⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂-∇=∂∂-∇0/0/2200222002t t ϕεμϕεμA A 沿z 轴方向传播的平面波解为)(0t kz i e ω-=A A ， )(0t kz i e ωϕϕ-=，A 与ϕ满足洛伦兹条件：0/00=∂∂+⋅∇t ϕεμA 。
所以000=-⋅ϕεωμi i A k ，即ωϕ/2A k ⋅=c因此，只要给定A ，就可以确定ϕ，从而E 和B 随之确定。
由于A k AB ⨯=⨯∇=i ， n B E ⨯=c所以E 和B 只与矢势的横向分量有关，即平面电磁波可由⊥A 来表示，即⊥⊥⨯=⨯∇=A k A B i ， n B E ⨯=c其中ωτωωi c z t i t kz i e e e-⊥--⊥-⊥⊥===0)/(0)(0A A A A 根据题意⊥A 可记为)(ωτA ，其方向与z 轴垂直。
4. 设真空中矢势A 可用复数傅里叶展开为∑⋅-⋅+=ki k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A ，其中*ka 是k a 的复共轭。
（1）证明k a 满足谐振子方程0)()(d d 2222=+t c k t tk k a a 。
（2）当选取规范0=⋅∇A ，0=ϕ时，证明0=⋅k a k 。
$（3）把E 和B 用k a 和*k a 表示出来。
解：（1）证明：因为∑⋅-⋅+=ki k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A所以，根据傅立叶级数的正交性，必有：x x A a x k k d ),()(⋅⎰=i e t tx x A a xk d ),(d )(d 2222⋅⎰∂∂=∴i k e t t t t （1）在洛伦兹规范下，J A A 022002/μεμ-=∂∂-∇t ，考虑到真空中0=J ，故，22002/t ∂∂=∇A A εμ，所以（1）式化为x A a x k d )d )(d 2222⎰∇=∴⋅c e t t i k （ （2） 而 x x A a xk k d ),()(2222⋅⎰=i e t c k t c k于是 x x A A a a x k k d )],([)(d )(d 22222222⎰+∇=+⋅t c k c e t c k tt i k （3） 因为 ∑⋅-⋅+=ki k i e t et t ])()([),(*x k x k k a a x A ，所以 !),(),(22t k t x A x A -=∇所以（3）式右边积分中，被积函数为0，积分为0。
所以k a 满足谐振子方程0)(d )(d 2222=+t c k tt k k a a 。
（2）当选取规范0=⋅∇A ，0=ϕ时∑∑⋅-⋅⋅-⋅∇⋅+∇⋅=+⋅∇=⋅∇ki k i ki k i e t e t e t e t x k x k k x k x k k a a a a A )()([])()([**0])()([*=⋅-⋅=∑⋅-⋅ki k i e t i e t i x k x k k a k a k 因为)(t k a ，)(*t k a 是线性无关正交组，所以要使上式成立，必有0)()(*=⋅=⋅t t k a k a k k（3）已知∑⋅-⋅+=k i k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A ，所以∑⋅-⋅⨯-⨯=⨯∇=ki k i e t i e t i ])()([*x k x k k a k a k A B。
∑⋅-⋅+-=∂∂--∇=ki k i e dt t d e dt t d t ])()([*x k x k k a a AE ϕ5. 设A 和ϕ是满足洛伦兹规范的矢势和标势。
（1）引入一矢量函数),(t x Z （赫兹矢量），若令Z ⋅∇=ϕ，证明tc ∂∂=ZA 21。
（2）若令P ⋅-∇=ϕ，证明),(t x Z 满足方程P ZZ 0222221μc tc -=∂∂-∇，写出在真空中的推迟解。
（3）证明E 和B 可通过Z 用下列公式表出：P Z E 02)(μc -⨯∇⨯∇=，Z B ⨯∇∂∂=tc 21。
（1）证明：A 和ϕ是满足洛伦兹规范的矢势和标势，所以有012=∂∂+⋅∇tc ϕA（1）将Z ⋅-∇=ϕ代入（1）得：012=⋅∇-∂∂+⋅∇）（Z A tc （2） 《即：）（tc ∂∂⋅∇=⋅∇ZA 21，所以， tc ∂∂=Z A 21（3）（2）证明：因为标势ϕ在洛伦兹规范下有方程：22221ερϕϕ-=∂∂-∇t c将Z ⋅-∇=ϕ代入，得：2222)(1)(ερ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂⋅∇-∇⋅∇-t c Z Z （4）令P ⋅-∇=ρ，则上式化为 P Z Z ⋅∇-=∂∂⋅∇-∇⋅∇022221)(1)(εt c ，即P P Z Z 020222211μεc t c -=-=∂∂-∇ （5）与方程J A A 022221μ-=∂∂-∇t c 的推迟解⎰-='d )/,'(4),(0V rc r t t x J x A πμ类比，得方程（5）在真空中的推迟解为⎰-='d )/,'(4),(02V rc r t c t x P x Z πμ （6）》（3）将Z ⋅-∇=ϕ，tc ∂∂=ZA 21代入t ∂∂--∇=/A E ϕ及A B ⨯∇=，得：P Z E 02)(μc -⨯∇⨯∇=，Z B ⨯∇∂∂=tc 216. 两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞，证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生。
证：电偶极矩的变化产生的辐射场为：)(430n p B ⨯= R c e ikR πε，n n p E ⨯⨯=)(420 Rc e ikRπε 磁偶极矩的变化产生的辐射场为：)(40n m E ⨯-= cR e ikR πμ，n n m B ⨯⨯=)(430 Rc e ikRπμ 在两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞的过程中，取两粒子的连线为x 轴，则系统的电偶极矩)(2121x x x x p +=+=q q q `)(21x x p+=q 由于两粒子质量相同，根据牛顿第二定律，有21x x -=，所以0=p，因此系统的电偶极矩产生的辐射场为0；又由于系统的磁偶极矩0=m ，所以系统的磁偶极矩产生的辐射场为0，即两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞，电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生。
7. 设有一球对称的电荷分布，以频率ω沿径向作简谐振动，求辐射场，并对结果给以物理解释。
解：因为电荷为球对称分布，不失一般性，设球面上均匀分布了总电量为Q 的电荷，于是，球面电荷密度为24R Q πσ=取如图所示相对的两块小面元d S 1, d S 2, 由于两块小面元对应相同的立体角，故有相同的面积21dS dS =，2211d d d d q S S q ===σσ因为两电荷元21d d q q ，球对称分布，又以相同的频率ω沿径向作简谐振动，所以有0=p ，0=m故此两电荷元的振动不能产生辐射场。
根据场的叠加原理整个球对称分布的电荷体系沿径向的简谐振荡是不能产生辐射场的振动，辐射场为0。
—8. 一飞轮半径为R ，并有电荷均匀分布在其边缘上，总电量为Q 。
设此飞轮以恒定角速度ω旋转，求辐射场。
解：设飞轮边缘的厚度为d ，于是边缘上的电荷面密度Rd Q πσ2/=，体系的电偶极矩为⎰⎰⋅=⋅⋅⋅=l RQl d Rd Q d 2d 2x x p ππ 0]d sin d cos [22020=⋅⋅+⋅⋅=⎰⎰ππθθθθπy x Qe e 体系的磁偶极矩z z R Q R Q I e e S m 2222ωππω=⋅⋅=∆⋅=由此得0=p，0=m ，故辐射场为0。
