电动力学复习总结第一章电磁现象的普遍规律答案

电动力学期末考试复习知识总结及试题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。

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 )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇AA 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 AA A A A A )()()(21∇⋅-⋅∇=⨯∇⨯ 即 AA A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯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 ⋅∇=⋅∇， 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 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 (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 )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇AA 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 AA A A A A )()()(21∇⋅-⋅∇=⨯∇⨯ 即 AA A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯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 ⋅∇=⋅∇， 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 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 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。

电动⼒学郭硕鸿第三版课后题⽬整理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??-?=A2、设u 就是空间坐标z y x ,,的函数,证明:u u f u f ?=?d d )(, uu u d d )(AA ?=, uu 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 ?=SVV d d ,应⽤斯托克斯(Stokes)定理证明??=??LSl S d d5、已知⼀个电荷系统的偶极矩定义为 'd '),'()(V t t Vx x p ?=ρ,利⽤电荷守恒定律0=??+??tρJ 证明p 的变化率为:=VV t t d ),'(d d x J p6、若m 就是常向量,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。

7、有⼀内外半径分别为1r 与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)极化体电荷与极化⾯电荷分布。

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。

1. 半径为a 的球形区域内充满分布不均匀的体密度电荷，设其体密度为ρ（r ）。

若已知电场分布为e r (r 3+Ar 2) r≤ae r (a 5+Aa 4)r -2 r>a 式中的A 为常数，试求电荷体密度ρ（r ）。

解 0<r ≤a ()()[]Ar r Ar r r rr E r r r E r45112232222+=+∂∂=∂∂=⋅∇ r >a ()()[]0112452222=+∂∂=∂∂=⋅∇-r Aa a r rr E r r r E r 是一个电荷球体，球内电荷密度()Ar r 4520+=ερ 总的电荷量()[]()45002024454Aa a dr Ar r r Q a+=+=⎰πεεπ因此球外电场为204re Q E rπε=2. 海水的电导率σ=4 S/m ,相对介电常数εr =81。

求频率f=1MH z 时，海水中的位移电流与传导电流的振幅之比。

解 设传导电流密度cos m J E J t σω== 位移电流200sin r r D m D JJ J t A m t t εεωεεωσσ∂∂===-∂∂61202108.8510481r D J J ωεεπσ-⨯⨯⨯⨯==3. 自由空间的磁场强度为H =e x H m cos(ωt -kz)A/m ,式中的k 为常数。

试求位移电流密度和电场强度。

E =()sin x x D y z m y H H DJ H e e kH t kz e t z yω∂∂∂==∇⨯=-=-∂∂∂ ()0011sin m y E H kH t kz e t ωεε∂=∇⨯=-∂ 对t 积分得()01cos m y E kH t kz e ωεω=--4. 铜的电导率σ=5.8×107S/m ，相对介电常数εr =1。

设铜中的传导电流密度为J =e x J m cosωt A/m 2。

试证明在无线电频率范围内铜中的位移电流与传导电流相比是可以忽略的。

电动力学复习资料第一章 电磁现象的普遍规律第一节 电荷和电场不是。

点电荷的概念是一种理想的概念，实际上不存在真正的点电荷，而是当r >> 电荷线度l 时，我们可以把电荷看成点电荷。

而当0→r 时，电荷不能再看成点电荷，也就是不能应用点电荷场强公式。

场点：欲求场的地点。

源点：激发场的地点。

不必须，如求均匀带电球内部的场强。

1、 点电荷的场强公式304Q rE rπε= ,当r →0时,E →∞,事实是否真的如此？2、 关于场点和源点，你能说些什么？它们是否必须位于不同区域内？3、 静电场是有源场还是无源场？是有旋场还是无旋场？静电场是有源无旋场。

第二节 电流和磁场1、通过导体中各处的电流密度不同，那么电流能否是恒定电流？为什么？举例说明。

可以是恒定电流。

如恒定电流通过粗细不均的导体，导体中各处的电流密度不同2、 电荷守恒定律0J tρ∂∇+=∂ 是一个普遍成立的公式，在稳恒电流情况下，它变成什么形式？0=∙∇'J 。

因为稳恒情况下0=∂∂t ρ。

3、稳恒电流的磁场是有旋还是无旋，是有源还是无源？并讨论非稳恒电流磁场的情况。

稳恒电流的磁场是有旋无源场 非稳恒电流的磁场也是有旋无源场第三节 麦克斯韦方程组1、简述麦克斯韦方程组的建立过程。

① 由高斯定理和库仑定律得真空中静电场的微分方程：0ερ=∙∇E ， 0=⨯∇E② 由毕奥——萨伐尔定律得真空中静磁场的微分方程：0=∙∇B， J B 0μ=⨯∇③ 加上电磁感应定律和位移电流假设得真空中麦克斯韦方程：0ερ=∙∇E ， t B E ∂∂-=⨯∇ ，0=∙∇B ， t EJ B ∂∂+=⨯∇000εμμ 。

2、考察真空中的麦克斯韦方程组，总结电场、磁场的产生方式及性质。

电场有两种产生方式：① 电荷产生的电场是有源无旋场，② 变化的磁场产生的电场是无源有旋场。

磁场有两种产生方式：① 电流产生的磁场是有旋无源场，② 变化的磁场产生的电场是有旋无源场。

第一章电磁现象的普遍规律一、填空题1.已知介质中的极化强度，其中A为常数，介质外为真空，介质中的极化电荷体密度；与垂直的表面处的极化电荷面密度分别等于和。

答案: 0, A, -A2.已知真空中的的电位移矢量=<5xy+）cos500t，空间的自由电荷体密度为。

答案:3.变化磁场激发的感应电场的旋度等于。

答案:4.介电常数为的均匀介质球，极化强度A为常数，则球内的极化电表面极化电荷密度等于荷密度为，答案0,5.一个半径为R的电介质球,极化强度为,则介质中的自由电荷体密度为,介质中的电场强度等于.答案:二、选择题1.半径为R的均匀磁化介质球，磁化强度为，则介质球的总磁矩为A． B. C. D. 0答案:B2.下列函数中能描述静电场电场强度的是A． B.C. D.<为非零常数）答案:D3.充满电容率为的介质平行板电容器，当两极板上的电量<很小），若电容器的电容为C，两极板间距离为d，忽略边缘效应，两极板间的位移电流密度为：A． B. C. D.答案:A4.下面矢量函数中哪一个不能表示磁场的磁感强度?式中的为非零常数A．(柱坐标> B. C. D.答案:A5.变化磁场激发的感应电场是A.有旋场,电场线不闭和B.无旋场,电场线闭和C.有旋场,电场线闭和D.无旋场,电场线不闭和答案:C6.在非稳恒电流的电流线的起点.终点处,电荷密度满足A. B. C. D.答案:D7.处于静电平衡状态下的导体,关于表面电场说法正确的是:A.只有法向分量。

B.只有切向分量。

C.表面外无电场。

D.既有法向分量,又有切向分量答案:A8.介质中静电场满足的微分方程是A. B.。

C. D.答案:B9.对于铁磁质成立的关系是A. B. C. D.答案:C10.线性介质中,电场的能量密度可表示为A. 。

B.。

C.D.答案:B三、思考题1、有人说：“当电荷分布具有某种对称性时，仅要根据高斯定理的积分形式这一个方程就可以求解静电场的分布。

1. 半径为a的球形区域充满分布不均匀的体密度电荷，设其体密度为ρ（r）。

若已知电场分布为er(r3+Ar2) r≤aer(a5+Aa4)r-2 r>a式中的A为常数，试求电荷体密度ρ（r）。

解 0<r≤a ()()[]ArrArrrrrErrrEr45112232222+=+∂∂=∂∂=⋅∇r>a ()()[]0112452222=+∂∂=∂∂=⋅∇-rAaarrrErrrEr是一个电荷球体，球电荷密度()Arr452+=ερ总的电荷量()[]()45224454AaadrArrrQ a+=+=⎰πεεπ因此球外电场为24reQE rπε=2. 海水的电导率σ=4 S/m,相对介电常数εr=81。

求频率f=1MH z时，海水中的位移电流与传导电流的振幅之比。

解设传导电流密度cosmJ E J tσω==位移电流200sinr rD mD JJ J t A mt tεεωεεωσσ∂∂===-∂∂6122108.8510481rDJJωεεπσ-⨯⨯⨯⨯==3. 自由空间的磁场强度为H=e x H m cos(ωt-kz)A/m,式中的k为常数。

试求位移电流密度和电场强度。

()sin x x D y z m y H H DJ H e ekH t kz e t z yω∂∂∂==∇⨯=-=-∂∂∂ ()0011sin m y E H kH t kz e t ωεε∂=∇⨯=-∂ 对t 积分得()01cos m y E kH t kz e ωεω=--4. 铜的电导率σ=5.8×107S/m ，相对介电常数εr =1。

设铜中的传导电流密度为J =e x J m cosωt A/m 2。

试证明在无线电频率围铜中的位移电流与传导电流相比是可以忽略的。

由J E σ=得JE σ=位移电流200sin D m D JJ J t A m t t εωεωσσ∂∂===-∂∂12078.851015.810r D J J ωεεωσ-⨯⨯⨯==⨯5. 正弦交流电压源u=U m sinωt 连接到平行板电容器的两个极板上，如图所示。

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。