电动力学第一次作业 答案1

电动力学第一章习题及其答案1、 当下列四个选项:(A 、存在磁单级, B 、导体为非等势体, C 、平方反比定律不精确成立,D 、光速为非普适常数)中的_ C ___选项成立时,则必有高斯定律不成立、 2、 若 a 为常矢量 , r= (x - x ')i + ( y - y ')j + (z -z ')k 为从源点指向场点的矢量 ,E 0 , k 为常矢量,则∇⋅(r 2 a) =∇⋅(r 2 a ) = (∇r ⋅a =2r ⋅a ,)⋅a ) = ddrr ∇r ⋅a = 2r r r2∇r = (i +j + k ) (x - x ') + (y - y ') + (z - z ') = i +j y-y' + k = rr∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z 2 2 2 x-x' r z-z' rr ⎛ ⎫ ⎪ 2(x -x ') = (x -x ') ,同理, ∂ ∂x(x -x ') 2+(y - y ') 2 +(z -z ') 2 = r 2 (x -x ')2+(y -y ')2+(z -z ')2⎝ ⎪⎪ ⎭(y -y ') (x -x ') +(y - y ') 2 +(z -z ') ∂ ∂y (x -x ') 2 +(y - y ') 2 +(z -z ') 2 = , ∂ ∂z 2 2 = (z -z ') r re e e x x x∇⋅r = ∂(x-x')∇⨯ r = + ∂(y-y') ∂y+ ∂(z-z') = 3∂z, ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂zx - x ' y - y ' z - z '= 0, ∂x∇⋅(a ⨯r )=a ⋅(∇⨯r ) = 0 ,) ⨯ r + r ∇ ⨯ r = ∇r 2r ⨯ r = ⨯ r = 0 r ∇ ⨯ rr = ∇( r1 1 3r a ,,∇ ( ⋅ ) = ∂[ a x (x -x' )]+ ∂[ a y (y - y')] j + [ a z ∂ (z -z')] = a r i k ∂x ∂y ∂z∇⋅ r =∇ ⋅ + ∇⋅ =- ⋅ + = r r r 1r 1 r r 3 r2 3 r ,∇ ⋅ (∇ ⨯ A ) = __0___、 r r∇ ⋅[E 0 sin(k ⋅r )] = k ⋅ E 0 cos(k ⋅ r )= __0__、 ∇ ⋅ (E 0 e ik ⋅r ) =, 当 r ≠ 0 时 , ∇ ⨯ = (r / r 3)ik ⋅ E 0 exp(ik ⋅r ) , ∇ ⨯ [rf (r )] = _0_、 ∇ ⋅ [ r f ( r)] 3f (r )+r df (r )drs3、 矢量场 f 的唯一性定理就是说:在以 为界面的区域V 内,若已知矢量场在V 内各点的旋度与散度,以及该矢量在边界上的切向或法向分量,则在 内唯一确定、 f V ∂ρ = 0 ,若 J为稳恒电流情况下的电流密度 ,则 J 满足4、 电荷守恒定律的微分形式为 ∇⋅ J + ∂t∇ ⋅ J = 0 、5、 场强与电势梯度的关系式为, E = -∇ϕ 、对电偶极子而言 ,如已知其在远处的电势为ϕ = P ⋅ r/(4πε 0r ⎛ 4πε 0 ⎝ ⎫ E = 1 3(P ⋅r )r- P3) ,则该点的场强为 ⎪ ⎪ 、 r 5 r 3⎭a (r > a ) 任意一点 D 的散度为 0,Q 6、 自由电荷 均匀分布于一个半径为 的球体内,则在球外内 (r < a )任意一点 D 的散度为 3Q / 4π a 3 、arbr 7、 已知空间电场为 E = + 3 (a ,b 为常数),则空间电荷分布为______、rr 2ar1 r 1 ∇ = - 3 ⇒ E = -b ∇ ⇒r r r 2 r 2 1 a ∇⋅r - 2r ⋅∇r + 4πb δ(r )]ρ = ε 0∇⋅E = ε 0(∇⋅ arr 2 -b ∇ r ) = ε 0[ r 2 r 33a 2r ⋅r + 4πb δ(r )]⇒ ρ = ε 0[ a 2 + 4πb δ(r )] = ε 0[ - r 2r 4 ra8、 电流 I 均匀分布于半径为 的无穷长直导线内,则在导线外 (r > a ) 任意一点 B 的旋度的大小为 0 , 导线内 (r < a )任意一点 B 的旋度的大小为 μ 0I / πa 2 、D ε9、 均匀电介质(介电常数为 )中 ,自由电荷体密度为 ρ f 与电位移矢量 的微分关系为∇ ⋅ D = ρ f , 束缚电荷体密度为 ρ P 与电极化矢量 的微分关系为 ∇ ⋅ P = - ρ P ,则P ρ = - ε - ε 0 ρ 、f ρ P 与 ρ f 间的关系为 P ε10、 无穷大的均匀电介质被均匀极化,极化矢量为 P ,若在σ = -(P - P )θ 21R= -(P cos θ - 0)介质中挖去半径为 R 的球形区域,设空心球的球心到球 P= - P ⋅R面某处的矢径为 R ,则该处的极化电荷面密度为R- P ⋅ R / R 、q ε 11、 电量为的点电荷处于介电常数为 的均匀介质中,则点电荷附近的极化电荷 为 (ε 0 / ε - 1)q 、H 12、 某均匀非铁磁介质中,稳恒自由电流密度为 J f ,磁化电流密度为 J M ,磁导率 ,磁场强度为 ,磁μ 化强度为M ,则∇⨯ H = Jf ,∇⨯ M =J M , JM 与J f 间的关系为J= (μ/ μ 0 - 1)J f、M13、 在 两 种 电 介 质 的 分 界 面 上 , D , E 所 满 足 的 边 值 关 系 的 形 式 为 n ⋅(D2- D1)=σf,- 1 -n ⨯(E2- E1)= 0、ε14、 介电常数为 的均匀各向同性介质中的电场为 E 、 如果在介质中沿电场方向挖一窄缝 ,则缝中电场强度大小为 E 、ε15、 介电常数为 的无限均匀的各项同性介质中的电场为 E ,在垂1 n2直于电场方向横挖一窄缝,则缝中电场强度大小为________、E⎧D 2n - D 1n = 0 ⇒ ⎧ ⎨ ⎩εE = ε 0E 缝 E 2τ = E 1 sin θ1 = 0 ⇒ E 缝 = εE / ε 0 , 、 E E⎨ E 2τ - E 1τ = 0 ⎩ 16、 在半径为 R 的球内充满介电常数为ε 的均匀介质,球心处放一点电荷,球面为接地导体球壳,如果挖去顶点在球 心的立体角等于 2的一圆锥体介质,则锥体中的场强与介 质中的场强之比为_1:1_、Eσ1nE2ε1Rσ 2极化电荷D 2n = D 1n = 0 ⇒E 1 = E 1τ = E 2τ = E 2 ⇒ E 1 : E 2 = 1:1自由电荷17、 在半径为 R 的球内充满介电常数为ε 的均匀介质,球心处放一点电荷,球面为接地导体球壳,如果挖去顶点在球心的立体角等于 2 的一圆锥体介质,锥体处导体壳上的自由电荷密度与介质 附近导体壳上的自由电荷密度之比为ε 0 / ε 、⎧ ⎨ ⎩ D 2n = D 1n = 0 E = E 1τ = E 2τ = E 2σ = σ 1D ε 0 D 2 ε 内球面上 ⇒ 1= ⇒ ε 0 2 ⇒ σ 1 :σ 2 = ε 0 :ε ε 118、 在 两 种 磁 介 质 的 分 界 面 上 , H , B 所 满 足 的 边 值 关 系 的 矢 量 形 式 为n ⨯ (H 2 - H 1)= α f ,n ⋅ B 2 - B = 0 、( ) 1I μ219、一截面半径为 b 无限长直圆柱导体,均匀地流过电流 I ,则储存在单位长度导 μ1体内的磁场能为__________________、rB ⋅ 2πr = μ 0I ππr 22⇒ B = bμ Ir2, 0 2πb22πrdr =⎰b 0 2μ0b W =⎰B μ I 2r 2 2 2πrdr =⎰ μ0I 2r 3dr4πb 4= μ0I 2b 4 16πb 4 = μ0I 216π12μ01 04π 2b 4 020、在同轴电缆中填满磁导率为 μ1,μ 2的两种磁介质,它们沿轴各占一半空间。

电动力学习题及答案第0章 绪论及数学准备练习一1、设,,i j k为直角坐标系的三个单位矢量，计算下列各式:解：（1） ()()()2A B A B A B B A B A +⨯-=-⨯+⨯=⨯，（2） ()(),()0a a b a a b a a b ⋅⨯=-⋅⨯∴⋅⨯=， (3） 2()()()()a b a a a b a b a a b a a b ⨯⨯=⋅-⋅=-⋅ ， （4） ()1j i k k k ⨯⋅=-⋅=-， （5） ()1k i j j j ⨯⋅=⋅=(6) 若()()M b a c a b c =⋅-⋅ ，则M c ⋅=，解：()()()()0M c b c a c a c b c ⋅=⋅⋅-⋅⋅=（7） ()()[()][()()]()()()()a b c d c a b d c a d b b d a a c b d a d b c ⨯⋅⨯=-⋅⨯⨯=-⋅⋅-⋅=⋅⋅-⋅⋅（8） ()()()()()()()()()0a b c b c a c a b a c b a b c b a c b c a c b a c a b ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⋅-⋅+⋅-⋅+⋅-⋅=（9） ():()AB CD =解：():()()()A B C D B C A D =⋅⋅2、利用矢量A B 、的分量式，证明C AB BA C ⋅=⋅证明：(1) 333111,,,i ij j k k i j k A Ae B B e C C e ======∑∑∑33333331111111,,i j i j k k j i j ii j j i i j k m n m n AB A B e e C C e BA B Ae e A B e e ===========∑∑∑∑∑∑∑3,,1,,,33,,1,,1,()(),()(),k i j k i j k i j ki ji j k i j ki i j j i i j j i j j ij i k j i k j i k j kii j k i j k j i i j i i j j i jjiC AB C A B e e e C A B e C A B e C A B e C A B BA C B AC e e e B AC e B AC e C A B e C A B δδ===⋅=⋅====⋅⋅=⋅====⋅∑∑∑∑∑∑∑∑∑∑（注：这里01= j ij δ≠⎧=⎨⎩当i j时当i 时）}练习二1、设(')(')(')x y z r x x e y y e z z e =-+-+-为从源点指向场点的矢量, r k E ,0为常矢量, ,,,,u v A g f是,,'''x y z x y z 以及，，的函数。

电动力学第一章习题及其答案1. 当下列四个选项：(A.存在磁单级, B.导体为非等势体, C.平方反比定律不精确成立,D.光速为非普适常数)中的_ C ___选项成立时,则必有高斯定律不成立.2. 若a为常矢量, k z z j y y i x x r )'()'()'(-+-+-=为从源点指向场点的矢量,k E,0为常矢量,则)(2a r ⋅∇=a r a r a r a r a r r r dr dr ⋅=⋅=⋅∇=⋅∇=⋅∇22))()(222,()r r r r r zy x k j i z z y y x x k j i r=++=-+-+-++=∇∂∂∂∂∂∂z'-z y'-y x'-x 222)'()'()'(⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=-+-+-=-+-+-==-+-+--∂∂-∂∂--+-+--∂∂r z z z r y y yr x x z z y y x x x x x z z y y x x z z y y x x z z y y x x )'(222)'(222)'()'()'()'(2)'(2222)'()'()'(,)'()'()'(,)'()'()'(222同理，=⨯∇r 0'''=---∂∂∂∂∂∂z z y y x x e e e z y x xx x ， 3)z'-(z )y'-(y )x'-(x =++=⋅∇∂∂∂∂∂∂z y x r ，)()(=⨯∇⋅=⨯⋅∇r a r a ,0)(3211=⨯=⨯=⨯∇+⨯∇=⨯∇∇r r r r r r r r r rrr,a k j i r a za ya xa z y x =++=⋅∇∂∂∂∂∂∂)]z'-(z [)]y'-(y [)]x'-(x [)(，r r rr r rrr r r r 23113=+⋅-=⋅∇+⋅∇=⋅∇ ，=⨯∇⋅∇)(A __0___. =⋅⋅∇)]sin([0r k E )cos(0r k E k ⋅⋅, 当0≠r 时,=⨯∇)/(3r r __0__. =⋅∇⋅)(0r k i e E )exp(0r k i E k i ⋅⋅, =⨯∇)]([r f r _0_. =⋅∇)]([r f r dr r df r r f )()(3+3. 矢量场f的唯一性定理是说：在以s 为界面的区域V 内,若已知矢量场在V 内各点的旋度和散度,以及该矢量在边界上的切向或法向分量,则f在V内唯一确定.4. 电荷守恒定律的微分形式为0=∂∂+⋅∇tJ ρ,若J为稳恒电流情况下的电流密度,则J满足0=⋅∇J.5. 场强与电势梯度的关系式为，ϕ-∇=E.对电偶极子而言,如已知其在远处的电势为)4/(30r r P πεϕ ⋅=，则该点的场强为()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=350341r P rr r P Eπε.6. 自由电荷Q 均匀分布于一个半径为a 的球体内,则在球外)(a r >任意一点D的散度为 0,内)(a r <任意一点D的散度为 34/3a Q π.7. 已知空间电场为b a rrb r r a E ,(32 +=为常数），则空间电荷分布为______.)](4[)](423[)](42[)1(1120420320220023r b rar b r r r r a r b rrr r r a r b r r a E r b rr a E r r r δπερδπεδπεεερ+=⇒+⋅-=+∇⋅-⋅∇=∇-⋅∇=⋅∇=⇒∇-=⇒-=∇ 8. 电流I 均匀分布于半径为a 的无穷长直导线内，则在导线外)(a r >任意一点B的旋度的大小为 0 , 导线内)(a r <任意一点B的旋度的大小为20/a Iπμ.9. 均匀电介质（介电常数为ε）中,自由电荷体密度为f ρ与电位移矢量D的微分关系为f D ρ=⋅∇ , 束缚电荷体密度为Pρ与电极化矢量P 的微分关系为P P ρ-=⋅∇,则P ρ与f ρ间的关系为fP ρρεεε0--=.10. 无穷大的均匀电介质被均匀极化，极化矢量为P，若在介质中挖去半径为R 的球形区域，设空心球的球心到球面某处的矢径为R，则该处的极化电荷面密度为R R P /⋅-.11. 电量为q的点电荷处于介电常数为ε的均匀介质中，则点电荷附近的极化电荷为q )1/(0-εε.12. 某均匀非铁磁介质中,稳恒自由电流密度为f J,磁化电流密度为M J ,磁导率μ,磁场强度为H ，磁化强度为M ，则=⨯∇H f J ,=⨯∇M M J ,M J 与f J 间的关系为()f M J J1/0-=μμ.13. 在两种电介质的分界面上,E D ,所满足的边值关系的形式为()f D D n σ=-⋅12,RR P P P P n n P ⋅-=--=--=)0cos ()(12θ()012=-⨯E E n.14. 介电常数为ε的均匀各向同性介质中的电场为E . 如果在介质中沿电场方向挖一窄缝,则缝中电场强度大小为E . 15. 介电常数为ε的无限均匀的各项同性介质中的电场为E ，在垂直于电场方向横挖一窄缝，则缝中电场强度大小为,/0sin 00011201212εεθεετττE E E E E E E E D D n n =⇒⎩⎨⎧===⇒⎩⎨⎧=-=-缝缝. 16. 在半径为R 的球内充满介电常数为ε的均匀介质，球心处放一点电荷，球面为接地导体球壳，如果挖去顶点在球心的立体角等于2的一圆锥体介质，则锥体中的场强与介质中的场强之比为_1:1_.1:1:021221112=⇒===⇒==E E E E E E D D n n ττ17. 在半径为R 的球内充满介电常数为ε的均匀介质，球心处放一点电荷，球面为接地导体球壳，如果挖去顶点在球心的立体角等于2的一圆锥体介质，锥体处导体壳上的自由电荷密度与介质附近导体壳上的自由电荷密度之比为εε/0.εεσσεσεσεεττ::0021201201221112=⇒=⇒=⇒⎩⎨⎧=====D D E E E E D D n n 内球面上 18. 在两种磁介质的分界面上, B H,所满足的边值关系的矢量形式为()fH H n α=-⨯12,()012=-⋅B B n.19. 一截面半径为b 无限长直圆柱导体，均匀地流过电流I ，则储存在单位长度导体内的磁场能为__________________.,2202220b Ir b r B I r B πμππμπ=⇒=⋅ πμπμπμπμμμππ161640402122120442043204222200022I b b I b dr r I b br I b rdr rdr B W =====⎰⎰⎰20. 在同轴电缆中填满磁导率为21,μμ的两种磁介质，它们沿轴各占一半空间。

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。

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：BA B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=⋅∇A A A A )()(221∇⋅−∇=×∇×A 解：（1）)()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇BA B A A B A B )()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=c c c c BA 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 ∂∂+∂∂+∂∂=∇)()()()(zy 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 d uu 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 zu 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 (∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=zx 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。

第一章电磁现象的普遍规律根据算符的微分性与矢量性，推导以下公式：解：矢量性为①②③微商性④⑤由②得⑥⑦⑥+⑦得上式得令得设μ是空间坐标x，y，z的函数，证明：解：①②③设为原点到场点的距离，的方向规定为从原点指向场点。

证明以下结果，并体会对原变数求微商〔〕与对场变数求微商〔〕的关系〔最后一式在r=0点不成立，见第二章第五节〕⑵求及，其中及均为常矢量。

解：⑴⑵4. 4. ⑴应用高斯定理证明⑵应用斯托克斯〔Stokes〕定理证明解：⑴⑵5. 5. 一个电荷系统的偶极矩定义为利用电荷守恒定律证明的变化率为解：取被积区域大于电荷系统的区域，即V的边界S上的，那么。

6. 假设是常矢量，证明除R=0点以外矢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。

解：有一内外半径分别为和的空心介质球，介质的电容率为，使介质内均匀带静止自由电荷，求空间各点的电场；⑵极化体电荷和极化面电荷分布。

解：⑴对空间Ⅰ做高斯面，由：对空间Ⅱ：做高斯面，由对空间Ⅲ:做高斯面，由⑵由时,由边值条件:(由1指2)向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μ，求磁感应强度和磁化电流。

解：⑴由所以所以方向为对区域Ⅱ由方向为对区域Ⅲ有:(2) (2) 由由由同理由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。

即：解：由均匀介质有①②③④由①②得两边求散度由③④得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，发向相反。

〔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〕解：令两个线圈中的电流分别为和。

电流圈对另一个电流圈中的电流元的作用力为：⑴其中⑵是电流圈在电流元处激发的磁感应强度，是从中的电流元到电流元的矢径。

将⑵式代入⑴式，并对积分，利用斯托克斯定理,同时注意到,即得到电流圈对的作用力：⑶同样，电流圈对中的电流元的作用力为:⑷其中⑸是电流圈在电流元处激发的磁感应强度,是从电流元到电流元的矢径。

福师（2020-2021）《电动力学》在线作业一注：本科有多套试卷，请核实是否为您所需要资料，本资料只做参考学习使用！！！一、单选题（共25题，50分）1、静电场在自由空间中是（）。

A有旋无散场B有旋有散场C无旋无散场D有散无旋场提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：D2、本题如图所示AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：C3、本题如图所示AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：B4、AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：C5、AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：C6、位移电流实质上是（）。

A电场的变化率B磁场的变化率C电场的散度D磁场的旋度提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：A7、AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：C8、AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：D9、本题如图所示AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：C10、AABBCCDD提示：认真复习课本知识302，并完成以上题目【参考选择】：B11、AA。

电动力学习题答案
电动力学学习题答案
电动力学是物理学中的一个重要分支，研究电荷和电场之间的相互作用以及电
荷在电场中的运动规律。

在学习电动力学的过程中，我们经常会遇到各种各样
的习题，下面就为大家整理了一些常见的电动力学学习题答案，希望能够帮助
大家更好地理解和掌握电动力学的知识。

1. 两个带电粒子分别带有正电荷和负电荷，它们之间的相互作用力是吸引力还
是斥力？
答：两个带电粒子之间的相互作用力是吸引力，正电荷和负电荷之间会相互吸引。

2. 一个点电荷在电场中受到的力的大小与什么有关？
答：一个点电荷在电场中受到的力的大小与电场强度和电荷本身的大小有关。

3. 电场线的方向与电场中的电荷运动方向有什么关系？
答：电场线的方向与电场中的电荷运动方向相反，即电场线从正电荷指向负电荷。

4. 电势能和电势的关系是什么？
答：电势能是电荷在电场中由于位置而具有的能量，而电势是单位正电荷在电
场中所具有的电势能，即电势能和电势的关系可以用公式 U=qV 来表示。

5. 电容器中的电荷与电压的关系是怎样的？
答：电容器中的电荷与电压的关系可以用公式 Q=CV 来表示，其中 Q 表示电荷，C 表示电容，V 表示电压。

以上就是一些常见的电动力学学习题答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌
握电动力学的知识。

在学习电动力学的过程中，多做习题，多思考，相信大家一定能够取得更好的成绩。

习题与参考答案第1章 电动力学的数学基础与基本理论1.1 A 类练习题1.1.1 利用∇算符的双重性质，证明（1）()A A A ϕϕϕ∇×=∇×+∇×r r r（2）2()()A A A ∇×∇×=∇∇⋅−∇r r r1.1.2 证明以下几个常用等式，其中()x r x x e ′=−r r ()()y z y y e z z e ′′+−+−r r ,a r为常矢量，(,,)u u x y z =。

（1）3r r ′∇⋅=−∇⋅=r r ，（2）0r ∇×=r，（3）r r r r ′∇=−∇=r ，（4）31r r r ∇=−r ，（5）30r r∇×=r， （6）330r r r r ⋅⋅′∇=−∇=r r (0)r ≠，（7）()a r a ∇⋅=r r r，（8）()dA A u u du∇×=∇×r r 。

1.1.3 从真空麦克斯韦方程出发，导出电荷守恒定律的微分形式和真空中的波动方程。

1.1.4证明均匀介质中的极化电荷密度与自由电荷密度满足关系式0(1/)p f ρεερ=−−。

1.1.5 已知电偶极子电势304p R R ϕπε⋅=r r ，试证明电场强度53013()[4p R R p E R Rπε⋅=−r r r r r 。

1.1.6 假设存在孤立磁荷（即磁单极），试改写真空中的麦克斯韦方程组以包括磁荷密度m ρ和磁流密度m J r的贡献。

答案：D ρ∇⋅=ur ， m B ρ∇⋅=u r ， m B E J t ∂∇×=−−∂u r u r u r ， D H J t∂∇×=+∂ur uu r ur 。

1.1.7 从麦克斯韦方程出发导出洛伦茨规范下的达朗贝尔方程，并证明洛伦茨规范中的ψ满足齐次波动方程，即222210c tψψ∂∇−=∂。

1.1.8 证明：（1）在静电情况下，导体外侧的电场总是与表面垂直；（2）在稳恒电流的情况下，导体内侧的电场总是平行于导体表面。

（0134）《电动力学基础》网上作业题答案1：第一批次2：第二批次3：第三批次4：第四批次5：第五批次1：[单选题]世界贸易组织成立于（）A、1967年B、1989年C、1995年D 、1945年A：1967年B：1989年C：1995年D：1945年参考答案：C2：[多选题]当前各国综合国力竞争的重点在A：争夺人才B：发展核武器C：维护经济安全D：加大科技和教育投入E：进行经济结构和经济政策的调整，提高国际竞争力参考答案：ACDE3：[单选题]当今世界发展问题的核心是（）A：西方国家的发展B：发达国家的发展C：北方国家的发展D：发展中国家的发展参考答案：D4：[论述题]材料题：材料一：厄贾兰事件发生在科索沃阿尔巴尼亚族争取自决权利的同时，的确是赤裸裸地反映出西方的双重标准。

当厄贾兰沦落到像只人人喊打的过街老鼠之时，欧美国家却为了成全阿族的独立愿望，集体的对南斯拉夫当局施加压力。

个中原因无他，西方国家的真正目的在于彻底瓦解南斯拉夫，从而把整个巴尔干半岛纳入西方的轨道。

摘自1999年2月22日新加坡《联合早报》文章"厄贾兰遭逮捕事件的反思”材料二：根据赫尔姆斯―伯顿法的规定而为古巴的民主化提供的联邦资金像雨点般落在迈阿密。

美国国际开发计划署已为各"主张民主”组织慷慨地提供了650万美元资金。

预计还将批准另外350万美元。

……为实施美国对古巴的制裁措施，不能将资金直接送至古巴。

因此，美国的资金必须找到另一种方式来实现该国的"民主”，不能直接送至古巴需要拐个"小弯”。

摘自墨西哥《至上报》2000年2月27日文章"从佛罗里达半岛为古巴‘民主'提供资金”材料三：占世界总人口75%的77国集团昨天在哈瓦那首次召开国家元首和政府首脑会议。

联合国秘书长安南和50多位国家元首或政府首脑将在会就市场准入、获得资金和技术等提出要求，并要求工业化国家兑现30年前做出的承诺，即将国内生产总值的0、7%用于官方发展援助计划。

1. 根据算符∇的微分性与矢量性推导下列公式B A B A A B A B B A rr r r r r r r r r )()()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=⋅∇解1B A v v )(=⋅∇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BA vv 和又∇是一个矢量算符具有矢量的所有性质因此利用公式b a c b c a b a c vv v v v v v v v )()()(⋅−⋅⋅=××可得上式其中右边前两项是∇作用于Av 后两项是∇作用于Bv2根据第一个公式令AvB v可得证2. 设u 是空间坐标xy z 的函数证明.)()()(duA d u u A du Ad u u A u dudf u f rr rr ×∇=×∇⋅∇=⋅∇∇=∇证明1ududfe z u du df e y u du df e du df e z u f e y u f e x u f u f z y x x u z y x ∇=∂∂⋅+∂∂⋅+⋅=∂∂+∂∂+∂∂=∇∂∂r r r r r r )()()()(2du A d u zu dz u A d y u du u A d x u du u A d z u z A y u A x u A u A z y x z y x rr r r r r r r ⋅∇=∂∂⋅+∂∂⋅+∂∂⋅=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)()()()()()()(3=∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=∂∂∂∂∂∂=×∇z x yy z x x y z z y u x z y xe y A x A e x A z A e z A y A u A u A A zy x e e e u A r r r r rr r r r r r r r r rr )()()()()()()(duA d u e y u du A d x udu A d e x u du A d z u du A d e z u du A d y u du A d z x y y z x x y z r r r r r r r r r r ×∇=∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=)()()(3. 设2'2'2')()()(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数求微商(''''ze y e x e z y x∂∂+∂∂+∂∂=∇r r r 与对场变数求微商)(ze y e x e z y x∂∂+∂∂+∂∂=∇r r r 的关系 )0.(0,0,11,3'333''≠=−∇=⋅∇=×∇−=−∇=∇=−∇=∇r rr r r r r r r r r r r r r r r r r r (最后一式在人r 0点不成立见第二章第五节)2求均为常矢量及其中及000,)],sin([)]sin([),(,)(,,E k a r k E r k E r a r a r r rr r r r r r r r r r r r r r ⋅×∇⋅⋅∇⋅∇∇⋅×∇⋅∇证明3)()()('''=∂−∂+∂−∂+∂−∂=⋅∇z z z y y y x x x r r 0'''=−−−∂∂∂∂∂∂=×∇z z y y x x z y x e e e r z y xr r r r ])'()'()')][(()[()(z y x z y x z z y y x x e z z e y y e x x e ze y e x e a e a e a r a v r v v v v v v v r v −+−+−∂∂+∂∂+∂∂⋅++=∇⋅ ])'()'()')[((z y x z yxe z z e y y e x x za y a x a v r v −+−+−∂∂+∂∂+∂∂= ae a e a e a z z y y x x vvvv=++=ar a r r a r a r a vv v r v v v v v v ⋅∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=⋅∇)()()()()( a a r a r r a v r v v v v v ⋅⋅+×∇×+∇⋅=)()()( ar a r a vvv v v ⋅∇⋅+×∇×+=)()())(sin()](sin([)]sin([000E r k E r k r k E rr r r r r r r r ⋅∇⋅+⋅⋅∇=⋅⋅∇0])sin()sin()sin([E e r k z e r k y e r k x z y x r r r r r r r r r ⋅∂∂+⋅∂∂+⋅∂∂= ))(cos())(cos(0E k r k E e k e k e k r k z z y y x x r r r r rr r r r r ⋅⋅=++⋅=000)sin()]sin([)]sin([E r k E r k r k E rr r r r r r r r ×∇⋅+×⋅∇=⋅×∇4. 应用高斯定理证明∫∫×=×∇SVfS d f dV r r r 应用斯托克斯Stokes 定理证明∫∫=∇×LSl d S d φφr r证明1)由高斯定理∫∫⋅=⋅∇SVgS d g dV r r r即∫∫++=∂∂+∂∂+∂∂S zz y y x x V zy x dS g dS g dS g dV z g y g x g )( 而dVk f yf x j f x f z i f z f y dV f x y z x y z V ])()()[(r r r r ∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=×∇∫∫ ∫−∂∂+−∂∂+−∂∂=dVi f j f zk f i f y j f k f x y x x z z y )]()()([r r r r r r 又])()()[(k S d f dS f j dS f dS f i dS f dS f f S d y Sx x y x z z x z y y z Sr rr r r ∫∫−+−+−=× ∫−+−+−=zy x y x z x z y dS i f j f dS k f i f dS j f k f )()()(rr r r r r 若令if j f H k f i f H j f k f H y x Z x z y z y x rr r r r r −=−=−=,, 则上式就是∫∫⋅=⋅∇SVH S d dV H r r r,高斯定理则证毕2)由斯托克斯公式有∫∫⋅×∇=⋅SlSd f l d f r r r r∫∫++=⋅lz z y y x x ldl f dl f dl f l d f )(rr ∫∫∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=⋅×∇S zx y y z x x y z S dS f y f x dS f x f z dS f z f y S d f )()()(r r 而∫∫++=lz k y j x i ldl dl dl l d )(φφφφr∫∫∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=∇×S y x x z z y S k dS x dS y j dS z dS x i dS y dS z S d r r r r )()()(φφφφφφφ ∫∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=zy x dS i yj x dS k x i z dS j z k y )()()(rr r r r r φφφφφφ若令k z j y i x f f f φφφ===,,则证毕5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为,),()('''∫=VdV x t x t P r r r ρ利用电荷守恒定律0=∂∂+⋅∇tJ ρr 证明P r 的变化率为∫=V dV t x J dtPd ''),(r r r证明∫∫∇−=∂∂=∂∂V V dV x j dV x t tP '''''''r r r r r ρ ∫∫∫⋅∇−=⋅∇−⋅∇−=∇−=∂∂V x V x dVj x j dV j x j x dV x j tP '''''''''''''''')((])()([)(r r r r r∫∫⋅−=Sx Sd j x dV j r r '若)0(,0)(,==⋅∞→∫S j S d j x S rr r 则 同理∫∫=∂∂=∂∂'')(,)(dVj t dV j t z z y y ρρr r 即∫=V dV t x j dtPd ''),(r r r6. 若m r是常矢量证明除R 0点以外矢量3R R m A r r r ×=的旋度等于标量3RR m r r ⋅=ϕ的梯度的负值即ϕ−∇=×∇A r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mr m r r m r m R m R R m A vv v v v v v v ])1[()]1([1)(1)()]1([)(3∇⋅∇−∇⋅∇−∇∇⋅+∇⋅∇=∇××−∇=××∇=×∇)0(,1)(≠∇∇⋅=r rm vr m m r r m r m R R m 1)()()1()]1([)]1([)(3∇∇⋅−×∇×∇−∇×∇×−=∇⋅−∇=⋅∇=∇vv v v v v ϕ rm m r 1)(])1[(∇∇⋅−=∇⋅∇−vvϕ−∇=×∇∴A v7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∫∫=⋅dV S d D f Sρrr , (r 2>r>r 1)f r r r D ρππ)(3443132−=⋅即)(,3)(123313r r r r r r r E f >>−=∴rr ερ 由)(,)(342313200r r r r Q S d E f f S >−==⋅∫ρεπεr r )(,3)(2303132r r r rr r E f >−=∴r r ρε 01时E r r r <2)EE E P e r r r r )(00000εεεεεεχε−=−=)(3]3)([)()(3310331300r rr r r r r r E P f f P r r r r r −⋅∇−−=−⋅∇−−=⋅∇−−=⋅−∇=∴ρεεερεεεεερ f f ρεεερεεε)()03(300−−=−−−=nn P P P 21−=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2=n Pfr r f n P r r r rr r r P ρεερεεεσ32313203313013)1(3)(2−−=−−===r 考虑到内球壳时r r 23)(133130=−−−==r r f P rrr r rρεεεσ8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fS f I S d D dtd I l d H =⋅+=⋅∫∫rr r r 当0,0,1===<B H I r r f rr 故时 当r 2>r>r 1时)(2212r r j S d j rH l d H f Sf l−=⋅==⋅∫∫ππr r r r r j r r r r r r j B ff rr v ×−=−=22122122)(2)(µµ 当r>r 2时)(22122r r j rH f −=ππ r j r r r B frr r ×−=2212202)(µ )2()1())()(2212000rr r r j H H M J f M M−××∇−=−×∇=×∇=×∇=r r r r r µµµµµχ )(,)1()1(2100r r r j H f <<−=×∇−=r r µµµµ指向介质从介质21(),(12n M M n Mr r rr−×=α 在内表面上0)2)1(,012212021=−−===r r rr r M M µµ故)(,012r r M n M ==×=rr rα在上表面r r 2时)1(22)(0212221211222−−−=×−×−=×−=−×===µµαr f r r fr r Mj rr r r j r r r r r M n M n rr r rrr r r rf j rr r r 2212202)1(−−−=µµ9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的倍)1(0εε−−证明ff P E E P ρεεερεεεεεερ)1()()()(0000−−=−−=⋅∇−−=−⋅−∇=⋅−∇=r r r 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1线圈1在线圈2的磁场中的受力 ∫×=23121222024l r r l d I B v v v πµ21112B l d I F d v v v×=∫∫∫∫××=××=∴12123121221210312122211012)(4)(4l l l l r r l d l d I I r r l d I l d I F v r vvv v v πµπµ )()(41221312123121212210∫∫⋅−⋅=l l l d l d r r r r l d l d II v v v v v v πµ12线圈2在线圈1的磁场中受的力同1可得∫∫⋅−⋅=21)()(41232121321212121021l l l d l d r r r r l d l d I I F v v v v v v v πµ2分析表达式1和21式中第一项为0)1()(21221212221212231212123121212=−⋅==⋅=⋅∫∫∫∫∫∫∫l l l l l l r l d r dr l d r r l d l d r r l d l d 一周v v v v v v v v 同理对2式中第一项 ∫∫=⋅210)(3212121l l r r l d l d v v v ∫∫⋅−==∴12)(421312122102112l l l d l d r r II F F v v rv v πµ11. 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21εε和今再两板接上电动势为Ε的电池求1 电容器两板上的自由电荷密度f ω2 介质分界面上的自由电荷密度f ω若介质是漏电的电导率分别为21σσ和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,)00f 2211212211==−=−Ε=+σεε介质表面上E E D D E l E l n n故122112122121,εεεεεεl l E l l E +Ε=+Ε=又根据fn n D D σ=−21 n 从介质1指向介质2在上极板的交面上 121f D D σ=− D 2是金属板故D2即12212111εεεεεσl l D f +== 而02=f σ)0(,'1'1'2'2'13=−=−=D D D D D f 是下极板金属故σ 13122121ff l l σεεεεεσ−=+−=∴ 若是漏电并有稳定电流时222111,σσjE j E r r r r == 又 ===Ε=+积稳定流动电荷不堆,2121222111j j j j j l j l n nrrr σσ 得+Ε==+Ε==+Ε==1221122212212111221121:,σσσσσσσσσσl l j E l l j E l l j j 即12212`13σσσεσl l D f +Ε==上1221122σσσεσl l D f +Ε−=−=下Ε+−=−=1221121232σσσεσεσl l D D f 中12. 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1212tan tan εεθθ=其中21εε和分别为两种介质的介电常数21θθ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曲折满足1212tan tan σσθθ=其中21σσ和分别为两种介质的电导率证明(1)根据边界条件112212sin sin ,0)(θθE E E E n ==−×即vv 由于边界面上0=fσ故)(12=−⋅D D n v vv 即111222cos cos θεθεE E = 12121122,εεθθεθεθ==∴tg tg tg tg 即有(2)根据E J vv σ=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1221cos cos θθj j =即122211cos cos θσθσE E =而0)(12=−×E E n v vv 即 1122sin sin θθE E = 故有2121σσθθ=tg tg 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01导体内E v∴ 而 0)(12=−×E E n v vv 02=×∴E n vv故0E v垂直于导体表面3导体中通过恒定电流时导体表面0=fσ∴导体外0,022==D E vv即 而 0:,0)(10112=⋅=⋅==−⋅E n D n D D n f v vv v v v v εσ即 01=⋅∴E n vv 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fλ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0=∂∂+⋅∇t J f ρr 据高斯定理 D f r⋅∇=ρ 0=∂⋅∂∇+⋅∇∴tDJ rr 即0=∂∂⋅∇+⋅∇tDJ rr 0.0)(=∂∂+∴=∂∂+⋅∇∴t DJ t D J r r r r 即传到电流与位移电流严格抵消(2)解由高斯定理得∫∫=⋅dl dl r D f λπrr 2 rf r f e r E e r D rr r r πελπλ2,2==∴ 又ED E J t D J rr r r rr εσ===∂∂+,,0 t e E E tEE εσεσ===∂∂+∴0,0r r r r rt r r f e e re r r rεσπελπελ−=∴220电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律tf f e εσλλ−=∴03解re r t t D J ft f πλεσπλεσ2)2(0⋅=∂∂−=∂∂−=−r r 能量耗散功率密度σπελσρ222)2(1rJ J f ==5解 单位体积rdrl dV π2⋅= ∫==b a f f abl rdr l r P ln22)2(222πεσλπσπελr 静电能 abl dr r l dV E D W f b a f baln2212212122⋅⋅==⋅=∫∫πελπελr r 减少率 ab l t a b l t W f ff ln2ln 222πεσλλπελ=∂∂⋅−=∂∂−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 Er r ⋅−εε内球外电势外外r)(rd 00εεεεϕ−⋅∴∫∞∞KRE r rrR ln)(rd rd 000rεεεεεεϕ−+−⋅⋅∫∫∞K KE E RR球内电势内外内rr r r42022020r2rr r r 2121内内内εεεεεεεεωK K K E D rr 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 cos 21000Rb 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)(00s0R 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301201000cos 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fQ 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0f 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,R 4R 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fP r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l2l 0l301f 221l (4cos 2(0P R B R P RR πεθεφε比较系数)(cos θl P B00A30113012312113,24242R 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 f P 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 rr2φ=+++=+++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 22002131020*******=+=−+−=∂∂∫∫∫∫∫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++∑∑+)(cos 61)(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 n n 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2镜像法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 aR R 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 1R2P210.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 +++++−−+=O),20(],cos 22242a R R b a ba Rb a><≤−++πθθ12. 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 x d )(δ的图说明)()(x P rr 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=≠dxxd 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EnE 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[(212dxx P l 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。

电动力学课后习题答案第一章 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 )()(21∇⋅-∇=⨯∇⨯A 解：（1）由∇的微分性质得()∇⋅A B 可以变成两项，一次对A 作用()∇⋅A A B ，一次对B 作用()∇⋅B A B 。

由∇的矢量性质，()=()()⨯∇⨯∇⋅-⋅∇B A B A B A B ，可得()=()+()∇⋅⨯∇⨯⋅∇B A B A B A B 。

同理()=()+()∇⋅⨯∇⨯⋅∇A A B B A B A ，则：()=()+()=()()()()∇⋅∇⋅∇⋅⨯∇⨯+⋅∇+⨯∇⨯+⋅∇A BA B A B A B B A B A A B A B综上，原式得证。

（2）在（1）的结论式里令=A B ，得A A A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，即： 21()()2A ⨯∇⨯=∇-⋅∇A A AA2． 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 )(AA ⨯∇=⨯∇ 解：（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 d uu 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）()///()()()xy z x y z u xy z A u A u A u ∇⨯=∂∂∂∂∂∂e e e Az x y y z x x y z yu A x u A x u A z u A z u A y u A e e e ])()([])()([])()([∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂= z x 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 (∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=d d u u=∇⨯A3． 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。