电动力学郭硕鸿第三版第10次课(2.3拉普拉斯方程,分离变量法)

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郭硕鸿《电动力学》第三版课后解答详细解释

电动力学习题解答
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： ( A B) B ( A) (B ) A A ( B) ( A )B
A (
A)
1 2
A2
(A )A
解：（1） ( A B) ( A Bc ) (B Ac )
Bc ( A) (Bc ) A Ac ( B) ( Ac )B
可见 r 'r
○2
1 r
d dr
1 r
r
1 r2
r
r r3
'
1 r
d dr
1 ' r r
1 r2
' r
r r3
可见 1/ r '1/ r
○3 (r / r 3 ) [(1/ r 3 )r] (1/ r 3 ) r (1/ r 3 ) r
d dr
1 r3
r r
第1页
电动力学习题解答
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 ； (1/ r) '(1/ r) r / r 3 ； (r / r 3 ) 0 ； (r / r 3 ) '(r / r 3 ) 0 ， (r 0) 。（2）求 r ， r ， (a )r ， (a r) ， [E0 sin(k r)] 及 [E0 sin(k r)] ，其中 a 、 k 及 E0 均为常向量。
M
1 2r1
M dl 0
在 r r2 处，磁化面电流密度为
M
0 1 2r2
M
dl
( 0
1) (r22 r12 ) 2r22

《电动力学》郭硕鸿_第三版_答案.

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 )()()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=⋅∇ AA A A A r r r r r )(21)(2∇⋅−∇=×∇×解1BA B A A B A B B A vv v v v v v v 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。

郭硕鸿《电动力学》课后习题答案

dp d ( x' , t ) x' dV ' [ ( x' , t ) x' ]dV ' x' dV ' ('J ) x' dV ' V V V V dt dt t t dp e1 ('J ) x1'e1dV ' x1' ('J )dV ' ['( x1'J ) (' x1' ) J ]dV ' V V V dt
S S S S S S S S
（1）
（2）（3）（4）
因为 a 为任意非零常向量，所以
dS dl
S
5.
已知一个电荷系统的偶极矩定义为
J
dp J ( x' , t )dV 0 证明 p 的变化率为： dt V t
p(t ) ( x ' , t )x ' dV ' ，利用电荷守恒定律
（1）证明： r 1 ○
( x x' ) 2 ( y y ' ) 2 ( z z ' ) 2
r (1 / r )[( x x' )e x ( y y' )e y ( z z' )e z ] r / r
' r (1 / r )[( x x' )e x ( y y' )e y ( z z' )e z ] r / r 可见 r ' r 1 r 1 d 1 2 r 2 r 3 ○ r r r dr r 1 r 1 d 1 ' ' r 2 ' r 3 r r r dr r 可见 1 / r ' 1 / r

《电动力学》(郭硕鸿第三版)答案

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《电动力学》教学大纲

《电动力学》课程教学大纲一、课程基本信息英文名称 Electrodynamics 课程代码 PHYS3003课程性质专业必修课程授课对象物理学学分 4学分学时 72学时主讲教师修订日期 2021年6月指定教材郭硕鸿，电动力学（第3版），北京：高等教育出版社，2008.二、课程目标（一）总体目标：让学生通过本课程的学习掌握电磁场的基本属性、运动规律以及电磁场和带电物质之间的相互作用规律；具备分析和处理一些电磁场基本问题的初步能力；在教学中通过对科研前沿课题、新技术应用以及科研案例的教学和讨论，强化学生对电动力学基本概念和基本原理的理解，提高逻辑思维与公式推导的能力，并能应用这些基本概念和规律解释新的现象，培养学生科学地分析和解决问题的能力，提高学生的科学素质，使学生系统地掌握电磁场理论的基本规律和内在联系，以及狭义相对论中时空的基本性质。

最终使学生体会物理学思想及科学方法，更好地理解科学本质，形成辩证唯物主义世界观和科学的时空观。

（二）课程目标：课程目标1：通过系统的学习电磁场运动的基本规律，让学生掌握静电场、静磁场、电磁波的传播等电磁现象的普遍规律，加深对电磁场和时间空间基本性质的理解，形成辩证唯物主义世界观和科学的时空观。

课程目标2：获得在本门课程领域内分析和处理一些基本问题的初步能力，让学生从学习《电动力学》中掌握理论体系建立过程中的思想方法，并为学习后续课程和独力解决实际问题打下必要的基础。

课程目标3：适当介绍一些与本课程相关的前沿课题，如阿哈罗诺夫－玻姆效应，超导体的电磁场性质，人工电磁材料，引力波等以开阔学生的眼界，培养学生探索物理前沿的兴趣和能力。

课程目标4：通过学习和了解电动力学发展史、重大科学事件和物理学家故事等，体会物理学家的物理思想和科学精神，培养学生的爱国热情，探索未知、追求真理、永攀高峰的责任感和使命感。

通过科学家的人文示范，给学生积极正面影响。

（三）课程目标与毕业要求、课程内容的对应关系表1：课程目标与课程内容、毕业要求的对应关系表课程目标对应课程内容对应毕业要求（及对应关系说明）课程目标1 第〇章数学知识准备第一章电磁现象的普遍规律第二章静电场第三章静磁场第四章电磁波的传播第五章电磁波的辐射第六章狭义相对论7-2具有终身学习的意识，了解物理学前沿和物理教学领域及国际发展动态。

电动力学第三版_郭硕鸿_课后答案[第2章]

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。

郭硕宏第三版电动力学课件资源

微分方程与特殊函数
微分方程
描述物理量之间关系的数学方程，包括常微分方程和偏微分方程等。
特殊函数
具有特定性质和结构的函数，如三角函数、指数函数、对数函数、贝塞尔函数等，它们在电动力学中有广泛应用。
02
静电场
库仑定律与电场强度
库仑定律
描述两个点电荷之间的相互作用力，是静电场的基本定律。
电场强度
表示电荷在电场中受到的力与其所带电荷量的比值，是矢量场。
电场强度的叠加原理
多个点电荷产生的电场强度可以矢量叠加。
电势与电势差
电势
描述电场中某点的电势能与电荷量的比值，是标量场。
电势差
两点间电势的差值，等于将单位正电荷从一点移动到另一点时电场力所做的功。
等势面
电势相等的点构成的面，与电场强度方向垂直。
06
数值计算方法与仿真技术在电动力学中的应用
有限差分法求解静电场问题
01
差分格式的构造
通过泰勒级数展开等方法，将静电场问题的偏微分方程转化为差分方程。
02
03
边界条件的处理
求解方法
针对不同类型的边界条件，如狄利克雷边界、诺依曼边界等，采用相应的差分格式进行处理。
利用迭代法、追赶法等数值计算方法求解差分方程，得到静电场的数值解。
磁场
磁体周围空间存在着一种特殊形态的物质，磁场对放入其中的磁体有力的作用。
电磁波
电场与磁场在空间中相互激发、相互转化并传播出去，形成电磁波。
矢量分析与场论基础
矢量分析
研究矢量场性质及其运算的数学分支，包括矢量函数的极限、连续、微分和积分等运算。
场论基础
研究物理量在空间中的分布和变化规律的理论，包括标量场、矢量场和张量场等。

电动力学(第三版)

在基础课程的教材建设与日常教学活动中，如何做到既重视基本理论的教学，又提出问题和解决问题的能力、激励学生的创新精神，是应当探索的问题。
该书是作者在1997年所编《电动力学（第二版）》的基础上，根据电动力学学科的发展和教学实践的需要修订而成的。该次修订，在保持原书整体结构精炼、严谨，叙述简明、流畅，便于教学的特色下，改写了部分内容，新增了部分内容，除对个别地方作出修改与校订之外，主要的改动有：第三章改写了“超导体的电磁性质”一节，增加了伦敦理论中超导电流与矢势的局域关系、指出伦敦局域理论所给出的磁场在超导体内的穿透深度与实验结果的偏离，增加了皮帕德非局域修正，以及若干例题；第四章新增了“光子晶体”和“光学空间孤子”；第七章新增了“原子光陷阱”。此外，为了减少篇幅，删减了第六章第1节“相对论的实验基础”中有关相对论效应实验验证的部分简要陈述（因为在后面的第3节和第4节中分别提到了相关效应的重要实验验证）。中山大学佘卫龙教授提供了建议。
教材目录
（注：目录排版顺序为从左列至右列）
教学资源
《电动力学（第三版）》有学习辅导书——《电动力学（第三版）学习辅导书》。《电动力学（第三版）》配有数字化资源。
教材特色
该版教材，做到既重视基本理论，又扩展学生视野，引导学生学科前沿的发展动态，训练学生提出问题和解决问题的能力，激励学生的创新精神。
2008年6月，《电动力学（第三版）》由高等教育出版社出版发行。
2012年11月21日，《电动力学（第三版）》入选中华人民共和国教育部第一批“十二五”普通高等教育本科国家级规划教材书目。
内容简介
该书共7章，第一章讲解电荷和电场、电流和磁场、麦克斯韦方程组、介质的电磁性质、电磁场边值关系、电磁场的能量和能流，第二章讲解静电场的标势及其微分方程、唯一性定理、拉普拉斯方程分离变量法、镜像法、格林函数、电多极矩，第三章讲解矢势及其微分方程、磁标势、磁多极矩、阿哈罗诺夫玻姆效应、超导体的电磁性质，第四章讲解平面电磁波、电磁波在介质界面上的反射和折射、有导体存在时电磁波的传播、谐振腔、波导等，第五章讲解电磁场的矢势和标势、推迟势、电偶极辐射、磁偶极辐射和电四极辐射、天线辐射、电磁波的衍射、电磁场的动量，第六章讲解相对论的实验基础、相对论的基本原理洛伦兹变换、相对论的时空理论、相对论理论的四维形式、相对论力学等，第七章讲解运动带电粒子的势和辐射电磁场、切连科夫辐射、带电粒子的电磁场对粒子本身的反作用、电磁波的散射和吸收介质的色散等，书后有矢量分析、轴对称情形下拉普拉斯方程的通解、国际单位制和高斯单位制中主要公式对照表三个附录。

电动力学教学大纲

电动力学一、课程说明课程编号：140308Z10课程名称（中/英文）：电动力学，Electrodynamics课程类别：专业类课程学时/学分：56/3先修课程：高等数学，数学物理方法，电磁学，理论力学适用专业：物理学，应用物理学，光信息工程类等本科专业教材、教学参考书：郭硕鸿主编：《电动力学》，高等教育出版社，2009年出版（第三版）陈世民主编：《电动力学简明教程》，高等教育出版社，2004年出版俞允强主编，《电动力学简明教程》，北京大学出版社，1999年出版尹真主编，《电动力学》，科学出版社，2005年出版（第二版）二、课程设置的目的意义本课程是为应用物理学专业学生开设的专业必修理论课，是在大学物理课程《电磁学》的基础上，运用高等数学工具和数学物理方法，全面系统地阐述和总结电磁学普遍规律以及电磁场理论在各个方面的运用。

通过电动力学课程的教学，使学生对经典电磁学，特别是电动力学的基本概念、基本理论和方法有比较系统的认识和正确的理解，对实际的电磁学问题中所包含的物理本质有较好的理解，并结合高等数学和数学物理方法的运用掌握处理电磁学问题的一般方法，培养学生运用数学工具解决物理问题的能力，为学习后继的理论物理课程和相关课程打下较坚实的基础。

并逐步培养学生的抽象思维能力、逻辑推理能力、空间想象能力和自学能力；训练学生抽象概括问题的能力和综合运用知识来分析解决问题的能力，为学生学习进一步学习新理论、新知识以及新技术打下扎实的基础。

三、课程的基本要求1、知识要求通过电动力学课程的学习，特别是电磁现象的普遍规律——麦克斯韦方程组及洛伦兹力公式的学习，掌握电磁场的基本规律，加深对电磁场性质的理解；通过应用麦克斯韦方程组研究静电场和静磁场的主要特征及电磁波的传播和辐射的基本性质，进一步掌握电磁学的基本理论；通过对电磁场运动规律和狭义相对论的学习，更深刻领会电磁场的物质性，建立新的时空观念。

使学生能够获得有关电磁理论的一个完整的知识框架，为今后学习各类后继课程和进一步扩大知识面奠定必要的基础。

2.3拉普拉斯方程的解——分离变量法

d2 f d 2g d 2h gh 2 fh 2 fg 2 0 dx dy dz
然后用fgh 除上式，得
f " g " h" 0 f g h
令
f" k x2 f
g" 2 k y g
h" k z2 h
知分离变数间有关系为
2 2 kx ky kz2 0
分离变数 kx 、k y 、 kz 与变量无关，且不可全为实数或虚数。
d 2 f ( x) 2 k x f ( x) 0 2 dx 2 d g ( y) 2 k y g ( y) 0 2 dy d h( z ) 2 k z h( y ) 0 2 dz
这样，将拉普拉斯方程的求解问题分解为三个分别仅与x、 y、z变量有关的常微分方程组的求解，以下以与x有关的微分方程为例，说明当分离变数取不同值时的特征解。
f ( x) a2e
或
x x
b2e
x x
f ( x) a3 sinh x x b3 cosh x x
e x ex sinh( x) 2
e x ex cosh(x ) 2
e e sin(x ) 2i
ix
ix
e ix e ix cos(x ) 2
2
d 2 f ( x) 2 k x f ( x) 0 的特征解有： 2 dx
当
kx 0 时，则Fra bibliotek2 xf ( x) a0 x b0
f ( x) a1 sin kx x b1 cos kx x
时，则
当 k 0 时，则当
2 x
k 0, kx ix (x 0)

电动力学郭硕鸿第三版

27
（3）无旋场必可表示为标量场的梯度
f 0
f
（4）无源场必可表示为另一矢量的旋度
f 0
f A
28
4.
算符运算公式
f f f f f f f g f g f g
7
3. 学生必修课程
物理学专业所有学生都必须修读《电动力学》。
8
4. 本课程主要内容
静电场、静磁场
（1）麦克斯韦方程及其应用平面电磁波的传播电磁波的辐射带电粒子和电磁场相互作用
9
（2）狭义相对论
4. 本课程特点
(1) 数学运算形式相对较复杂，尤其是矢量运算多，同时运用数学物理方程
f
ex
x
ey
y
ez
z
fx
fy
fz

f dL ( f ) dS
S
24
3.关于散度和旋度的一些定理
（1）标量场的梯度必为无旋场
0
25
令
f
x
f z f y f x y z y 0 y z z
ab平行四边形面积 c a b cd平行四边形面积
a b d , d a, b c a b f , f c , d
x分量
c2 a1b2 a 2 b1 c3 a 3 b1 a1b3 f1 c2d 3 c3 d 2

《电动力学》课后题答案第三版郭硕鸿

'
微商 (∇ = e x
r ∂ r ∂ r ∂ + ey + e z ) 的关系 ∂x ∂y ∂z r r r r r r 1 r r r ' ' 1 ' r ∇r = −∇ r = , ∇ = −∇ = − 3 , ∇ × 3 = 0, ∇ ⋅ 3 = −∇ 3 = 0.(r ≠ 0) r r r r r r r
7 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球求介质的电容率为 ε 使介质内均匀带静止自
由电荷 ρ f 1 2 解 1
空间各点的电场极化体电荷和极化面电荷分布
r r D ∫ ⋅ dS = ∫ ρ f dV ,
S
(r2>r>r1)
即
Hale Waihona Puke D ⋅ 4πr 2 =4π 3 (r − r13 ) ρ f 3
S
若 S → ∞, 则 ( xj ) ⋅ dS = 0, ( j 同理
(
r ∂ρ ) ∂t
∫
r
r
r
S
= 0)
y
= ∫ j y dV ' , (
r ∂ρ ) z = ∫ j z dV ' ∂t
即
r r r dP = ∫ j ( x ' , t )dV ' V dt
r r r r r m ×R m⋅R r 的旋度等于标量 ϕ = 的梯 6. 若 m 是常矢量证明除 R 0 点以外矢量 A = R3 R3
r r r r r r r r ∂Ax (u ) ∂A y (u ) ∂Az z (u ) dAx (u ) ∂u dA y (u ) ∂u dAz (u ) ∂u dA ∇ ⋅ A(u ) = + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∇u ⋅ ∂x ∂y ∂z du ∂x du ∂y dz ∂z du

《电动力学第三版郭硕鸿》第1-5章练习题答案

9. S
10. 变化磁场激发电场
11. 电场强度随时间的变化率
∇
×
G E
=
−
G ∂B
12.
∂t
G ∇×H
=
G J+
G ∂D
13.
∂t
G 14. ∇ ⋅ D = ρ
G
15. ∇ ⋅ B = 0 16. 稳恒电流
G
G GG
17. f = ρ E + J × B (适用于电荷分布情况)
G
GG
18. e E + e v × B
0
Pn (cos
θ
)]
=
Q
⇒
b0
=
Q 4πε 0
, b1
=
−
E 0 R03 2
,bn
=
0(n
≠
0 ,1)
⇒
ϕ
=
− E 0 R cos θ
+
Q 4πε 0 R
−
E 0 R03 2R 3
cos
θ
-8-
《电动力学》各章练习题参考答案（2014） __________________________________________________________________________________
（三）证明题： 1. 书上内容P112-113。 2．书上内容P115。 3. 书上内容P115。 4. 书上内容P122。 5. 书上内容P126。
（四）计算、推导题：
1.解： G
GGG
(1)k G ek =
= G k
k
−3ex
+ G
ey
+ G
ez

《电动力学第三版》chapter2_3分离变量法解拉普拉斯方程

(rR0) (rR0)
(3) 边界连接条件:
in o,ut0 r ou t r in (r R 0 )
a 0 E 0 R 0 P 1 (c) os b n R 0 (n 1 )P n (c)o s c n R 0 n P n (c)os
n 0
n 0
E 0 P 1 (c) o( n s 1 ) b n R 0 (n 2 )P n (c) osn n R 0 c n 1 P n (c)o
y=b
的所有其他几个面的势都等
y
x=a
于零. 需要求的是盒内各处
=0
的势. 由下述必要条件：当
x = 0, y = 0, z = 0时, = 0, x
容易看出, X, Y, Z必需具有如下形式：
X sin x Y sin y
Z sinh(
2
2
z)
为使x = a与y = b时, = 0,必须有a = n, b = m
sid n sid g n (s2 i n m 2 )g 0 ( 5 ) d d z (1 d z 2)d d g zd 1 m z 22 g 0 zcos(6 )
——缔合勒让德(Legendre)方程
缔合勒让德方程，在 | z |1 内具有有限解的条件：
表面电荷密度：0rourtR0 30E0cos
p
1
4π0
pr r3
静电情况下，导体相当于介质 .
例4 导体尖劈带电势V,分析它的尖角附近的电场. 解：用柱坐标系. 取 z 轴沿尖边. 设尖劈以外的空间, 即电场存在的
空间为0 2- (为小角).因不依赖于z,柱坐标下的拉氏方程
为
1rrrrr12
第二章静电场

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-郭硕鸿-第三版-课后题⽬整理（复习备考专⽤）.电动⼒学答案第⼀章电磁现象的普遍规律1. 根据算符的微分性与向量性，推导下列公式：2. 设是空间坐标的函数，证明：，，证明：3. 设为源点到场点的距离，的⽅向规定为从源点指向场点。

（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：；；；，。

（2）求，，，，及，其中、及均为常向量。

4. 应⽤⾼斯定理证明，应⽤斯托克斯（Stokes）定理证明5. 已知⼀个电荷系统的偶极矩定义为，利⽤电荷守恒定律证明p的变化率为：6. 若m是常向量，证明除点以外，向量的旋度等于标量的梯度的负值，即，其中R为坐标原点到场点的距离，⽅向由原点指向场点。

7. 有⼀内外半径分别为和的空⼼介质球，介质的电容率为，使介质球内均匀带静⽌⾃由电荷，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化⾯电荷分布。

8. 内外半径分别为和的⽆穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀⾃由电流，导体的磁导率为，求磁感应强度和磁化电流。

9. 证明均匀介质内部的体极化电荷密度总是等于体⾃由电荷密度的倍。

10. 证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作⽤⼒⼤⼩相等⽅向相反(但两个电流元之间的相互作⽤⼒⼀般并不服从⽜顿第三定律11. 平⾏板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为和，电容率为和，今在两板接上电动势为E 的电池，求：（1）电容器两极板上的⾃由电荷⾯密度和；（2）介质分界⾯上的⾃由电荷⾯密度。

(若介质是漏电的，电导率分别为和当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？12.证明：（1）当两种绝缘介质的分界⾯上不带⾯⾃由电荷时，电场线的曲折满⾜其中和分别为两种介质的介电常数，和分别为界⾯两侧电场线与法线的夹⾓。

（2）当两种导电介质内流有恒定电流时，分界⾯上电场线的曲折满⾜其中和分别为两种介质的电导率。

13.试⽤边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界⾯上，在静电情况下，导体外的电场线总是垂直于导体表⾯；在恒定电流情况下，导体内电场线总是平⾏于导体表⾯。

拉普拉斯方程分离变量法

n
Bnm r n1
) Pnm
(cos
)
cos( m )
n,m
(Cnmr n
Dnm r n1
)Pnm (cos
) sin(
m )
这里Pnm (cos ) 为缔合勒让德（Legendre)函数
对于具有轴对称的问题，m=0 (取此轴为极轴）
且
(r,
)
n0
( Anr n
Bn r n1
)Pn
(cos
)
势的解：
1
2
B r
C
Q
4 0 r
D r
Q1
4 0 r
Q1
4 0 R1
Q1
4 0 r
(r R3) (R1 r R2 )
导体球上的感应电荷为
0 r R1
2
r
r 2d
0
r R1
r
Q1
4 0
(1 r
1 R1
)
r
2
d
0
r R1
Q1
4 0
1 r2
r 2d
Q1
[例2]介电常数为ε的均匀介质球，半径为R，被置于均匀外场中E0，球外为真空。求电势分布。
由（5）式得
B 4
D 4
Q
0
即
BD Q
(13)
4 0
将（13）式代入（12）式，即得
D Q ( 1 1 1 )
4 0 R3
R1 R2 R3
令
Q
Q1
R3
(
1 R1
1 R2
1 R3
)
因此得到：
A 0,
B Q Q1
40 40