电动力学郭硕鸿感悟
电动力学 (郭硕鸿+第三版)11
要想学好电动力学，必须树立严谨 的学习态度和刻苦的学习作风。
电动力学比电磁学难学，主要体现在思维抽象、 习题难解等。为此，在学习时要注意掌握好概念、原 理、结构和方法，这些在听课、阅读、复习、小结和 总复习时都要注意做到，既见树木，更见森林。要在 数学与物理结合上下硬功夫，培养物理与数学间相互 “翻译”的能力，能熟练地运用数学独立地对教材内 容进行推导，并明确它们的物理意义和图象。 学习电动力学是一个艰苦的过程，只有“衣带渐 宽终不悔”的精神，才能做到“独上高楼，望断天涯 路”，站得高，看得远。
麦克斯韦(James Clerk Maxwell 1831～1879)
生平简介：英国物理学家，1831年6月13日生于 英国爱丁堡的一个地主家庭，8岁时，母亲去世， 在父亲的诱导下学习科学，16岁时进入爱丁堡大 学，1850年转入剑桥大学研习数学，1854年以优 异成绩毕业于该校三一学院数学系，并留校任职。 1856年到阿伯丁的马里沙耳学院任自然哲学教授。 1860年到伦敦任皇家学院自然哲学及天文学教授。 1865年辞去教职还乡，专心治学和著述。1871年 受聘为剑桥大学的实验物理学教授，负责筹建该 校的第一所物理学实验室——卡文迪许实验室， 1874年建成后担任主任。1879年11月5日在剑桥 逝世，终年只有49岁。 科学成就：电磁场理论和光的电磁理论，预言了电磁波的存在 ，1873 《电磁学通论》。他建立了实验验证的严格理论，并重复卡文迪许的实验， 他还发明了麦克斯韦电桥。运用数学统计的方法导出了分子运动的麦克斯 韦速度分布律，创立了定量色度学，负责建立卡文迪许实验室 。
爱因斯坦
1879-1955
20世纪最杰 出的科学家
爱因斯坦生于德国乌尔姆一个经营电器 作坊的小业主家庭。一年后，随全家迁 居慕尼黑。1894年，他的家迁到意大利 米兰。1895年他转学到瑞士阿劳市的州 立中学。1896年进苏黎世工业大学师范 系学习物理学，1900年毕业。1901年取 得瑞士国籍。1902年被伯尔尼瑞士专利 局录用为技术员，从事发明专利申请的 技术鉴定工作。他利用业余时间开展科 学研究，于1905年在物理学三个不同领 域中取得了历史性成就，特别是狭义相 对论的建立和光量子论的提出，推动了 物理学理论的革命。同年，以论文《分 子大小的新测定法》，取得苏黎世大学 的博士学位。
郭硕鸿《电动力学》第三版 课后解答详细解释
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
中美著名大学《电动力学》教材的比较(陈靖)
中美著名大学《电动力学》教材的比较陈靖（南开大学物理科学学院博士、讲师）内容摘要: 电动力学是中美大学物理类本科生的必修课程之一，是学生进行基础物理学理论知识训练的核心课程，也是进一步学习更高等的基础课和各类专业课必不可少的准备知识。
电动力学的内容包括宏观经典电磁场理论和狭义相对论的理论。
通过对中美著名大学《电动力学》主流教材的分析，比较了中美教材的异同点、优缺点，可为我国今后电动力学教学和教材编写提供很好的借鉴。
关键词：电动力学；美国教材；中国教材；本科教学；经典电磁理论；狭义相对论《电动力学》是“四大力学”之一，它是物理学、应用物理学专业和依托物理学的各类工科专业本科生的重要基础课程。
《电动力学》在普通物理课程《电磁学》、《光学》的基础上，对电磁现象进行深入研究和分析，对电磁实验规律进行归纳和提高，从而揭示电磁场的本质运动规律。
《电动力学》课程对于后续物理课程的学习以及从事相关科学研究都具有基础性的重要意义，同时对于学习其它相关专业（如通信技术、电力系统、电子技术、激光技术、光学工程等）的课程也有重要影响。
《电动力学》是学习许多理工科专业课程的基础，也是从事许多领域理工类研究的基础。
目前，常见的《电动力学》教学内容包括宏观经典电磁场理论和狭义相对论理论初步。
经典电磁场理论部分主要包含电磁场的基本特性、宏观电磁场的运动规律和电磁场与物质的相互作用。
主要内容涉及静电场和静磁场、介质在电磁场作用下的极化和磁化、电磁场的激发、电磁场与电荷和电流系统的相互作用、电磁场辐射、电磁波传播等。
通过本课程的学习，学生可以深化对电磁理论基本物理量的认识，掌握采用势函数描述电磁场的方法，并能够正确运用矢势和标势研究电磁场；深化对于电场强度、电位移矢量、磁感应强度和磁场强度的理解，熟练掌握电磁场能量和能流密度等物理概念；对电磁理论建立基础的一系列实验定律（如库仑定律、安培环路定理、毕奥－萨伐尔定律、法拉第电磁感应定律、楞茨定律等）有充分的认识和理解，掌握麦克斯韦方程和通过标势和矢势描述的达郎贝尔方程等并能够熟练运用它们解决相关电磁场问题。
电动力学 郭硕鸿 第三版
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
注意：---微分算符，矢量性质，次序
29
f g g f g f f g f g f g f g f g g f g f
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
含义如何?
12
c a b
矢量的混合积 标量
ab
平行四边形面积 平行六面体体积
把三个矢量按循环次序轮换， 其积不变；若只把两矢量对调， 其积差一负号。
13
c a b
a b c b c a
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
郭硕鸿《电动力学》课后习题答案
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-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：BA B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇AA A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：u uf u f ∇=∇d d )(，uu u d d )(A A ⋅∇=⋅∇，uu u d d )(AA ⨯∇=⨯∇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fS f ⨯=⨯∇⎰⎰SVV d d ，应用斯托克斯（Stokes ）定理证明⎰⎰=∇⨯LSϕϕl 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：⎰=V V t td ),'(d d x J p6. 若m 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 ⋅=ϕ的梯度的负值，即ϕ-∇=⨯∇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 和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）极化体电荷和极化面电荷分布。
郭硕鸿《电动力学》课后标准答案
电动力学答案第一章 电磁现象的普遍规律1. 根据算符∇的微分性与向量性，推导下列公式：B A B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇A A A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A解：（1）)()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=c c c cB A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=（2）在（1）中令B A =得：A A A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，所以 A A A A A A )()()(21∇⋅-⋅∇=⨯∇⨯即 A A A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：u u f u f ∇=∇d d )( ， u u u d d )(A A ⋅∇=⋅∇， uu u d d )(AA ⨯∇=⨯∇ 证明：（1）z y x zu f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=∇)()()()(z y x z u u 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 duu 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。
郭硕鸿《电动力学》第三版 课后答案详细解释
证明： （1） f (u )
f (u ) f (u ) f (u ) df u df u df u ex ey ez ex ey ez x y z du x du y du z df u u u df ( ex ey ez ) u du x y z du Ax (u ) Ay (u ) Az (u ) dAx u dAy u dAz u （2） A(u ) x y z du x du y du z d Ay dA dA u u u dA ( x ex e y z ez ) ( ex ey e z ) u du du du x y z du
（2）在（1）中令 A B 得：
( A A) 2 A ( A) 2( A ) A ， 所以 A ( A) 1 2 ( A A) ( A ) A
即
2 A ( A ) 1 2 A ( A ) A 2. 设 u 是空间坐标 x, y, z 的函数，证明： df dA dA f (u ) u ， A(u ) u ， A(u ) u du du du
方向由原点指向场点。 证明： （ 1 / r ) r / r
3
方法（II）
mr 1 1 ) [m ( )] [( ) m ] 3 r r r 1 1 1 1 ( m ) (m ) [ ( )]m [( ) ]m r r r r 1 1 (m ) [ 2 ]m r r 2 其中 (1 / r ) 0 ， （r 0） 1 A (m ) ， （ r 0 ） r mr 1 又 ( 3 ) [ m ( )] r r 1 1 1 1 m [ ( )] ( ) ( m ) (m )( ) [( ) ]m r r r r 1 (m )( ) r 所以，当 r 0 时， A 7. 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球，介质的电容率为 ，使介质球内均匀带静 A (
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。
电动力学郭硕鸿版
表上c示p11l过点p法2线点方的向任单一位方矢向量。。它指向
显见， 当p1 p2 0 , p1 p0 0时 ,
p1 p2
p1 p0
cos
.
所以 即
lim ( p2 ) ( p1)
l P1
p1 p0 0
p1 p2
cos lim ( p0 ) ( p1)
p1 p0
p1 p0
cos
分，即
d
dl
dl
l
显然，任意两点值差为BB A dlA
§0-2 矢量场的散度 高斯定理
Divergence of Vector Field, Gauss’s Theorem
1、通量
一个矢量场空间中，在单位时间内，沿着矢量
场 v方向通过ds的流量是dN，而dN是以ds为底，以
v cosθ为高的斜柱体的体积，即
主讲教师： 刘堂昆（教授、博士） 辅导教师： 丁 逊（讲师、硕士）
引言
Introduction
电动力学的研究对象是电磁场的基本性质、运动规 律以及它和带电物质之间的相互作用。
电动力学的研究内容是阐述宏观电磁场理论，主要 从实验定律中总结电磁场的普遍规律，建立Maxwell’s equations。讨论稳恒电磁场、电磁波传播、电磁波辐射 及电动力学的参考系问题。
学习电动力学是一个艰苦的过程，只有“衣带渐宽 终不悔”的精神，才能做到“独上高楼，望断天涯路”， 站得高，看得远。
学习参考书：
1、经典电动力学 蔡圣善 朱 耘 编著 复旦大学出版社
2、电动力学
吴寿煌 丁士章 编
西安交通大学出版社
3、Classical Electrodynamics J.D.Jackson (经典电动力学 J.D.杰克逊 著） 人民教育出版社
电动力学第二章郭硕鸿第三版
第二章 静 电 场静电场： 静止电荷或电荷散布不随时间变化产生的 电场一．主要内容 ：应用电磁场基本理论解决最简单的问题：电荷静止或电荷散布不随时间变化，产生的场不随时间变化的 静电场问题。
本章研究的主要问题是 ：在给定自由电荷散布及介质和导体散布的状况下怎样求解静电场。
因为静电场的基本方程是矢量方程， 求解很难， 其实不直接求解静电场的场强，而是经过静电场的标势来求解。
第一依据静电场知足的麦克斯韦方程，引入标势，议论其知足的微分方程和边值关系。
在后边几节中陆续研究求解：分别变量法、镜像法和格林函数法。
最后议论局部范围内的电荷散布所激发的电势在远处的睁开式。
知识系统：1.静电场的微分方程：E0 v2v 引入电势 ： ED边值关系： nE 2 E 10,1 S2 Sr r r21n D 2D 12n1 n S1 r rS静电场的能量： WW1dV2 E DdV2V2.静电边值问题的组成：2——微分方程11 S2 S 21边值关系2 1n S nS或 S n S ——界限条件 (由独一性定理给出 )3．静电边值问题的基本解法：（ 1）镜像法（ 2）分别变量法条件：电势知足 拉普拉斯 方程：2（ 3）电多极矩(4)格林函数法二．内容概要：1．静电场的电势及其微分方程：（ 1）电势和电势梯度因为静电场为无旋场 ,即 E 0 ，因此能够引入标量函数，引入后E电势差：空间某点电势无物理意义，但两点间电势差存心义选空间有限两点 P QQQ PE dlP参照点：（ 1）电荷散布在有限地区，往常选无量远为电势参照点0(Q)P E dlP（2）电荷散布在无穷地区不可以选无量远点作参照点，不然积分将无量大。
电荷散布在有限地区时的几种状况的电势（1）真空中点电荷rr QQr(P)P 4 0 r 3dl 4 0rQ无穷大平均线性介质中点电荷：4 r（2）电荷组：n Q i (P)i 1 40 r i（ 3）连续散布电荷：无量远处为参照点( x ) dV(P)V40 r （ 2）电势知足的微分方程和边值关系泊松方程：2○1 此中 仅为自由电荷散布，合用于 平均各向同性线性 介质。
电动力学习题解答-郭硕鸿
v e 1. 根据算符∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式∇ r ⋅ r = r ⨯ ∇ ⨯ r + r ⋅ ∇ r + r ⨯ ∇ ⨯ r + r ⋅ ∇ r( A B ) B ( A ) (B ) A A ( B ) ( A )Br r 1 r 2 r rA ⨯ (∇ ⨯ A ) = ∇A 2- ( A ⋅ ∇) Av v v v v v v v v v解 1 ∇( A ⋅ B ) = B ⨯ (∇ ⨯ A ) + (B ⋅ ∇) A + A ⨯ (∇ ⨯ B ) + ( A ⋅ ∇)B首先 算符∇ 是一个微分算符 其具有对其后所有表达式起微分的作用 对于本题∇ 将作用于 A v 和B v又∇ 是一个矢量算符 具有矢量的所有性质 因此 利用公式c v ⨯ (a v ⨯ v= a v ⋅ (c v ⋅ v - (c v ⋅ v可得上式 其中右边前两项是∇ 作用于b )A v 后两项是∇ 作用于B v b ) a )b2 根据第一个公式 令 AvB v可得证2. 设 u 是空间坐标 x y z 的函数 证明∇f (u ) =df∇u du r r ∇ ⋅ A (u ) = ∇u ⋅ dAdu r r∇ ⨯ A (u ) = ∇u ⨯ dA .du 证明 1∇f (u ) = ∂f (u ) e r x + ∂f (u ) e r y + ∂f (u ) e r z = df ⋅ ∂u e r x + df ⋅ ∂u e r y + df ⋅ ∂u e r z= df∇u∂x 2r ∂r ∂y∂r y∂z∂r( ) du ∂x r∂u du ∂yr y du ∂z du∂u r ( ) ∂u r∇ ⋅ A (u ) = A x (u ) + A (u ) + A z z u = dA x (u ) ⋅ dA (u ) + ⋅+ dA z u ⋅ = ∇u ⋅ dA∂x ∂y 3r r x y r∂z due r z r r ∂x du ∂y dz ∂z dur r ∂r r∇ ⨯ A (u ) = ∂∂x r ∂ r ∂y ∂ r ∂z = ( ∂A z - ∂y A y )e r ∂z x + ( ∂A x ∂z - ∂A z )e r + ( A y ∂x y ∂x - ∂A x )e r =∂y zA x (u )A y (u ) A z (u )e ∂(x - x ' )2 + ( y - y ' )2 + (z - z ' )2 zx x y y z z r= ( dA z r ∂u -dA y ∂u )e rr(dA xr ∂u - dA z ∂u )e r r + ( dA y r ∂u - dA x ∂u )e r r= ∇u ⨯ dA du ∂ydu ∂z xdu ∂z du ∂x y du ∂x du ∂y z du3. 设r =为源点 x ' 到场点 x 的距离 r 的方向规定为从源点指向场点1 证明下列结果 并体会对源变数求微商(∇'= e r∂ + e r∂ + e r ∂ ) 与对场变数求微商(∇ = e r∂ x∂xe r∂ y∂y e r ∂) 的关系z ∂zx∂x'y∂y'z∂z'∇r = -∇'r = r r , ∇ 1 = -∇' 1 = - r r , ∇ ⨯ r r = 0, ∇ ⋅ r r = -∇' r r = 0.(r ≠ 0)r r r r 3 r 3r 3 r 3 (最后一式在人 r 0 点不成立 见第二章第五节)2 求∇ ⋅ r r , ∇ ⨯ r r , (a r ⋅ ∇)r r , ∇(a r ⋅ r r), ∇ ⋅ rr ⋅ r r )]及∇ ⨯ rr ⋅ r r )],其中r rr 均为常矢量[E 0 sin(k[E 0 sin(ka , k 及E 0证明 ∇ ⋅ r r =∂(x - x ' ) + ∂x ∂( y - y ' ) ∂y+ ∂(z - z ' ) =∂z e r x e r y e r z∇ ⨯ r r=∂ ∂x x - x '∂ ∂y y - y '∂ = 0 ∂z z - z '(a v ⋅ ∇)r r = [(a e v + a e v+ a e v ) ⋅ ( ∂ e v+∂ e v + ∂ e v )][(x - x ' )e v + ( y - y ' )e r + (z - z ')e v ] x x y yz z ∂xx ∂y y∂z z x y z= (a ∂x ∂x∂ a y ∂y + a ∂ )[(x - x ')e v z ∂z x + ( y - y ')e r + (z - z ')e v ]= a e v + a e v + a e v = a v∇(a v ⋅ r v ) = a v ⨯ (∇ ⨯ r v ) + (a v ⋅ ∇)r v + r r ⨯ (∇ ⨯ a v ) + (r v ⋅ ∇) ⋅ a v= (a v ⋅∇)r v + r v ⨯ (∇⨯ a v ) + (r v ⋅ a r ) ⋅ a v= a v + r v ⨯ (∇ ⨯ a v ) + (r v ⋅ ∇) ⋅ a v ∇ ⋅ r r rr r r r rr3 + y[E0 sin(k ⋅r )] = [∇(sin(k ⋅r )] ⋅E+ sin(k ⋅r )(∇⋅E)⎰ r r rfrVf dS f= [∂sin(r⋅rr)er+∂sin(r⋅rr)er+∂sin(r⋅rr)er]E ∂xk=r rx ∂yr rky ∂zr rkz 0r r r rcos(k ⋅r )(kxex+kyey+kzez)E= cos(k ⋅r )(k ⋅E)∇⨯r r rr r r r r r[E0 sin(k ⋅r )] = [∇sin(k ⋅r )]⨯E+sin(k ⋅r )∇⨯E4.应用高斯定理证明⎰dV∇⨯r =⎰ r⨯r应用斯托克斯Stokes 定理证明r r⎰S dS ⨯∇φ=⎰L dl φ 证明1)由高斯定理dV∇⋅g r =V SdS ⋅g即 ⎰V ( ∂g x∂x +∂gy∂y+∂gz∂z )dV =SgxdSx+gydSy+gzdSz而⎰∇⨯ =⎰[(∂f -∂f )ir+ (∂f-∂f )rj + (∂f -∂)r]fdVV ∂y z∂z y∂z x∂x z∂x y∂y fxk dV=⎰[ ∂ r-frj)+∂( f ir-r+∂( frj-f ir)]dV∂x ( fykzr r∂y zrfxk )∂z x yr r又 ⎰S dS ⨯f =⎰S [( f z dS y -f y dS z )i + ( f x dS z -f z dS x ) j + ( f y dS x -f x dS y )k ] =r r r r r r⎰( f y k -f z j )dS x + ( f z i -f x k )dS y + ( f x j -f y i )dS zr r r r r r若令 H x = 则上式就是fyk -fzj , Hy=fzi -fxk , HZ=fxj -fyi ⎰∇⋅r⎰r rV2)由斯托克斯公式有HdV = dS ⋅H ,高斯定理则证毕Sr r r r⎰l f ⋅dl =⎰S ∇⨯f ⋅dSr r⎰l f ⋅dl =⎰l ( f x dl x +f y dl y +f z dl z )∇⨯r ⋅Sr dS = (∂S ∂y∂fz-∂zfy)dSx+ (∂∂z∂fx-∂xfz)dSy+ (∂∂x∂fy-∂yfx)dSz⎰S+⎰ ⎰而⎰l dl φ=⎰l (φi dl x +φj dl y +φk dl z )r r⎰ xR R A Sr⨯ ∇ ( ∂φ ∂φ )r ( ∂φ ∂φ) r (∂φ ∂φ ) r ⎰S dS φ = ⎰S ∂z dS y - ∂y dS zi + ∂x dS z - ∂z dS x j + ∂y dS x - ∂xdS y k= ⎰ ( ∂φ r -∂φ r j )dS + ( ∂φ i r - ∂φ r + ( ∂φ r j - ∂φ i r )dS∂y k ∂z x∂z∂x k )dS y ∂x ∂y z若令 f x = φi , f y = φ j , f z = φk则证毕5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 r r 'r''P (t ) = ⎰V ρ (x , t )x dV ,利用电荷守恒定律∇ ⋅ J +∂ρ∂t = 0 证明 P 的变化率为r = ⎰ r rdP dt V ∂ r ∂ρr 'J (x ' , t )dV 'rr r证明P= ⎰x 'dV ' = -⎰ ∇' j ' x 'dV '∂tV∂tV∂r rr r r( P ) ∂t x= -⎰V ∇' j ' x 'dV ' = -⎰ [∇' ⋅ (x ' j ' ) - (∇' x ' ) ⋅ j ' ]dV ' = ( j ' V - ∇' ⋅ (x ' j ' )dV '= ⎰ j xdV ' - Sr x r j ⋅ d r rr 若S → ∞,则⎰(xj ) ⋅ dS = 0,( j S = 0)∂ρr 同理 ( ∂t ) y = ⎰ j y dV '∂ρr , ( ∂t ) z = ⎰ j z dV r r r即 dP = ⎰ j (x ' , t )dV ' dt Vrr m r ⨯ r m r ⋅ r 6. 若m 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 A = 的旋度等于标量ϕ =的梯R 3 R 3度的负值 即∇ ⨯ r= -∇ϕ其中 R 为坐标原点到场点的距离 方向由原点指向场点证明∇ ⨯ A v = ∇ ⨯ ( m v ⨯ R v ) R3 = -∇ ⨯[⎰ ' m v ⨯ (∇ 1 )] = (∇ ⋅ m v )∇ 1 + (m v ⋅ ∇ )∇ 1 -[∇ ⋅ (∇ 1)]m v - [ (∇ 1) ⋅ ∇]m v R r r r rS⎰= (m v⋅ ∇)∇ 1 , (r ≠ 0)r ∇ϕ = ∇ m v ⋅ R v = -∇ v ⋅ ∇ 1 = - v ⨯ ∇ ⨯ ∇ 1 - ∇ 1 ⨯ ∇ ⨯ v - v ⋅ ∇ ∇ 1 ( ) [m ( )] R 3 r m [ ( )] ( ) ( r r m ) (m )r - [(∇ 1) ⋅ ∇]m v = -(m v⋅ ∇)∇ 1r r ∴∇ ⨯ A v= -∇ϕ7有一内外半径分别为 r 1 和 r 2 的空心介质球 介质的电容率为ε使介质内均匀带静止自由电荷 ρ f求1 空间各点的电场2 极化体电荷和极化面电荷分布r r解 1 ⎰ D ⋅ dS = ⎰ ρ f dV , (r 2>r>r 1)即 D ⋅ 4πr 2 = 4π(r 3 - r 3)ρ31 fr (r 3 - r 3)ρ r∴ E =13εr 3r , (r 2 > r > r 1)r r Q f4π33由 E ⋅ dS =Sε 0 = 3ε (r 2 - r 1)ρ f , (r > r 2 )r (r 3 - r 3) r∴ E = 2 1ρ f r , (r > r 2 )3ε 0r 3 r r < r 1时 E r r 2)ε - ε 0 r r P ε 0χ e E = ε 0 0E = (ε - ε 0 )E∴ ρ = -∇ ⋅ r= - ε - ε ∇ ⋅ r= - ε - ε∇ ⋅ (r 3- r 3) ρ r= -ε - ε 0 ρ ∇ ⋅ r - r 3 rPP (0 )E () [ 1 0 3εr 3 f r ] 3ε f(r 1 r ) r 3= - ε - ε 0 ρ 3ε f σ P = P 1n - P 2n(3 - 0) = -(ε - ε 0 )ρε f考虑外球壳时 r r 2 n 从介质 1 指向介质 2 介质指向真空P 2n = 0f0 ε2 1S2 1 μσ P = P 1n = (ε - ε r 3 - r 3 0 ) 1 ρ 3εr 3 f r r r =r = (1 - ε 0ε r 3 - r 3 ) 2 1 ρ f3r 3考虑到内球壳时 r r 2σ P = -(ε - ε r 3 - r 3 0 ) 1 ρ 3εr 3f r rr =r = 08 内外半径分别为 r 1 和 r 2 的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定均匀自由电流 J f 导体的磁导率为μ 求磁感应强度和磁化电流 解r r d r r⎰l H ⋅ dl = I f + dt ⎰ D ⋅ dS =I f r r当r < r 1时, I f = 0,故H = B = 0r r r r 2 2当 r 2>r>r 1 时⎰lH ⋅ dl = 2πrH = ⎰Sj f ⋅ dS = j f π (r - r 1 )v μj f (r 2 - r 2 )μ(r 2 - r 2 ) rrB =1=2r12r 2j f ⨯ r当 r>r 2 时2πrH = πj f (r 2 - r 2)r μ0 (r 2 - r 2 ) r rB = 21 2r 2rrj f ⨯ rμ - μ0 ) rμrr r 2 - r 2J M = ∇ ⨯ M = ∇ ⨯ (χ M H ) = ∇ ⨯ ( 0)H = ( 0- 1)∇ ⨯ ( j f ⨯ r1)2r 2= (μ - 1)∇ ⨯ r= (μ - 1) rj , (r < r < r )H f 1 2αr= n r ⨯ r -r从介质1指向介质 M(M 2 M 1 ), (nμr 2 - r 2在内表面上 M 1 = 0, M 2 = ( - 1)1 ) r =r = 0r 故αr M= n r ⨯ μ0= 0,(r = r 1) 2r 21在上表面 r r 2 时αr= r⨯ - r = - r ⨯ rr rr 2 - r 2 r ⨯ r= - r 2 - r 2 rμ -Mn ( M 1 ) n M 1 r =r= - ⨯ 1 j f r 2r 2r r =r 1 j f 2r (1)2 μ02 2rμμ μ M 22μr 2-r 2r=-( -1)21j fμ02r 24π l r r = F ⋅ ⎰⎰ ⎰⎰ 12 ⎰9证明均匀介质内部的体极化电荷密度 ρ 总是等于体自由电荷密度 ρ 的- (1 -ε 0)倍Prr rfερ fε 0证明ρ P = -∇ ⋅ P = -∇ ⋅ (ε - ε 0)E = -(ε - ε 0 )∇ ⋅ E = -(ε - ε 0 ) ε= -(1 - ε)ρ f10 证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等 方向相反(但两个电流元之间的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律) 证明1 线圈 1 在线圈2 的磁场中的受力vμ v ⨯ r vdF v B 2 = 0 ⎰ 2 = v ⨯ B v I 2dl 2 1231212 I 1dl 1 2v μ v ⨯ v ⨯ r v) μ I Iv ⨯ r⨯ r v) ∴ F 12 = 0 I 1dl 14π (I 2dl 2 r 3 12 = 0 1 2 4π ⎰⎰dl 1 (dl 2 12r 3 l 1 l212 = μ0 I 1I 2v v r v 4π 2 1 r 3r vv r 3 1l 1 l 2 12v2dl (dl ⋅ 12) - l 1 l 21212(dl 12⋅ dl )12 线圈 2 在线圈 1 的磁场中受的力 同 1 可得vμ0 I 1I 2 v 21 4π 1 v r v 2 r 3 r v v v r 3 2 1 F = dl (dl l 2 l 1⋅ 21 ) - 21 21 (dl 21⋅ dl ) 2分析表达式 1 和 21 式中第一项为v v ⋅ r v ) = vv ⋅ r v=v dr=v⋅ - 1) = 0⎰⎰ dl 2 l 1 l 2(dl 1 312⎰ dl 2 ⎰ l 2dl 1v12 3 12l 2v r vdl 2 ⎰ 2l 112⎰ dl 2 (l 2一周12⎰⎰ 12 r3同理 对 2 式中第一项dl (dl l 2 l 1⋅ 21 ) = 0 21v v 12 21 = - μ0 I 1I 2 4π r r v v⎰⎰ r 3 1 212 (dl dl )l 1 l 2 1211. 平行板电容器内有两层介质 它们的厚度分别为 l 1 和 l 2 电容率为ε1和ε 2 接上电动势为E 的电池 求1 电容器两板上的自由电荷密度ω f12 r ⎰⎰ r∴ F r今再两板0 f ⎩ f2 介质分界面上的自由电荷密度ω f若介质是漏电的 电导率分别为σ1和σ 2 何当电流达到恒定时 上述两问题的结果如 解 在相同介质中电场是均匀的 并且都有相同指向⎧l 1E 1 + l 2E 2 = E 则⎨D - D = εE - ε E = 介质表面上σ = ,⎩ 1n故 E =2nε 2E 1 1 2, E =2ε1Ef0) l 1ε 2 + l 2ε1l 1ε 2 + l 2ε1又根据 D 1n - D 2n = σ fn 从介质 1 指向介质 2在上极板的交面上D 1 - D 2 = σ fD 2 是金属板 故 D 2 0即σ = D =ε1ε 2εf 11而σ = 02l 1ε 2 + l 2ε1σ f = D ' - D ' = -D ' , (D '是下极板金属 故D ' = 0)31∴σ = - 2ε1ε 2ε2 1 1= -σ3l 1ε 2 + l 2ε11若是漏电 并有稳定电流时r r j r r jE 1 = σ1 , E 2 = σ212⎧ r j rj r ⎪l 1 1 + l 22= E 又⎨ σ 1 σ 2⎪ j 1n = j 2n = j 1= j 2 , 稳定流动 电荷不堆⎧E = j 1 =σ 2E得 j = j =E⎪ 1 σ ,即: ⎨1l 1σ 2 + l 2σ11 2l 1l 2jσ E+ ⎪E 2 = 2 = 1σ1 σ 2⎛⎪ σ 2 l 1σ 2 + l 2σ1σ = D =ε1`σ 2Eσ = -D = -ε 2σ 1E f 上3l 1σ 2 + l 2σ 1f 下2l 1σ 2 + l 2σ1112f1 1 12 1 2 0 σ = D - D = ε 2σ 1 - ε 2σ1 Ef 中2l 1σ 2 + l 2σ 112. 证明1 当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时 电场线的曲折满足tan θ 2 tan θ1 = ε 2ε1其中ε1和ε 2 分别为两种介质的介电常数 θ1和θ 2 分别为界面两侧电场线与法线的夹角 2 当两种导电介质内流有恒定电流时 分界面上电场线曲折满足tan θ 2 tan θ1 = σ 2σ1其中σ1和σ 2 分别为两种介质的电导率证明 (1)根据边界条件 n ⨯ (E v - E v) = 0,即 E 2 sin θ 2 = E 1 sin θ1由于边界面上σ = 0 故n v ⋅ (D v- D v ) = 0 即ε E cos θ= ε E cos θ∴有tg θ 2 ε 2 f= tg θ1 ,即 ε1 tg θ 2 tg θ1 2=ε 2 ε11 2 221 11(2)根据 J v = σE v可得 电场方向与电流密度同方向由于电流 I 是恒定的 故有j 1 cos θ 2 = j 2cos θ1即 σ 1E 1 cos θ 2 =σ 2 E 2cos θ1而 n v ⨯ (E v- E v ) = 0 即 E 2 sin θ 2 = E 1 sin θ1tg θ 故有tg θ 2=σ 1σ 213 试用边值关系证明 在绝缘介质与导体的分界面上 在静电情况下 导体外的电场线总是垂直于导体表面 在恒定电流的情况下 导体内电场线总是平行于导体表面 证明 1 导体在静电条件下达到静电平衡∴导体内E v而n v ⨯ (E v - E v) = 0∴ n v ⨯ E v= 0 故 E v 垂直于导体表面3 2 2 12 2 2 1 f 1 0 1 1 J r r ∂ r r r r re 3 导体中通过恒定电流时 导体表面σf = 0∴导体外 E v = 0,即 D v= 0而n v ⋅ (D v - D v ) = σ = 0,即: n v ⋅ D v = n v ⋅ ε E v= 0∴ n v ⋅ E v = 0导体内电场方向和法线垂直 即平行于导体表面14 内外半径分别为 a 和 b 的无限长圆柱形电容器 单位长度电荷为λ f为σ 的非磁性物质板间填充电导率1 证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消 因此内部无磁场2 求λ f 随时间的衰减规律3 求与轴相距为 r 的地方的能量耗散功率密度4 求长度为 l 的一段介质总的能量耗散功率 并证明它等于这段的静电能减少率1 证明 由电流连续性方程 ∇ ⋅r + ∂ρ f = 0∂t r据高斯定理 ρ f = ∇ ⋅ D ∴∇ ⋅ r + ∂∇ ⋅ r = ∇ ⋅ r + ∇ ⋅ ∂ r=DD J ∂t 0 即 J ∂t∴∇ ⋅ r + ∂ r = ∴ r + ∂r =(JD) 0. J ∂tD ∂t0 即传到电流与位移电流严格抵消(2)解 由高斯定理得⎰ D ⋅ 2πrdl = ⎰ λ f dl∴ r λ f r r λ f rD = 2πr e r ,E = 2πεr e rr D 又 J + ∂t= 0, J = σE , D = εEr r r r =σ t∴σE + ε ∂E= 0, E = E e ε∂t 0λ f r λr-σ tr∴ 2πεr e r= 0 e ε2πεr rf = f λ r∴ λ f -σ t= λ e ε 03 解r r λ f -σ t λ fJ = - ∂D = - ∂ ( 0 e ε ) = σ ⋅∂t ∂t2 2πr21 ε 2πrf 2能量耗散功率密度 J5 解ρ = Jσ = ( 2πεr ) σ单位体积dV = l ⋅ 2πrdrP ⎰a λ f ( 2πεr )2σl 2πrdr = l σλ2 2πε 2 ln b ab1 r r b 1 l λ2 1 l λ2b 静电能 W = ⎰ D ⋅ EdV = ⎰f dr = ⋅ f⋅ ln a 2 a 2 2πεr 2 2πε a减少率 - ∂W = - l λ f ln b ⋅ ∂λ f l λ2 σ = ln b ∂t 2πε a ∂t 2πε 2 ab fP 00 E 外 r ⋅1.一个半径为 R 的电介质球 极化强度 P=K(1)计算束缚电荷的体密度和面密度 (2)计算自由电荷体密度(3)计算球外和球内的电势(4)求该带电介质球产生的静电场总能量解 (1) r r2 电容率为ρ = -∇ ⋅ r = -K ∇ ⋅ rr = -K (∇ 1 ⋅ r r + 1 ∇ ⋅ r r) = -K / r 2Pσ = -n r ⋅ Pr (P 2 r 2rP 1) Rr 2r 2又 球外无极化电荷r r r r P 2 = 0 σ p = n ⋅ P 1 R = n ⋅ K r rR = K / R(2) 由公式 D = εEr r r D = ε 0 E + Prε r D = Pε - ε 0ρ = ∇ ⋅ r = ε ∇ ⋅ r = εK`fDε - ε P(ε - ε )r 2(3)对于球外电场 由高斯定理可得rr Q⎰E 外 ⋅ ds = 0εK⋅ r 2 sin θdrd θd ϕr ⋅ 4πr 2 = ⎰ ρ fdVε 0 ⎰⎰⎰ (ε - ε= 0)r 2ε 0∴rεKR rE 外 03 r(ε - ε 0 )rrKr r同理可得球内电场 E 内ε - ε 2 ∞rrεKR∴球外电势ϕ外⎰ E外⋅ dr∞ε 0 (ε - ε 0 )rrrr2 - ∴ ε ε2 a 0 0rr Rrr εKK R球内电势ϕ内⎰ E外⋅ drR⎰ E内⋅ drr ε 0 (ε - ε 0 +ln) ε - ε 0 r1 r r 1 ε K r r K rr εK 24 ω 内2 D 内⋅ E 内2 ⋅ ε ε ⋅ r 2 ⋅ ε ε ⋅ r 2 ∴ ε ε 0 r∴1εK 22K2W 内 ⎰ω内d V⎰⎰⎰ 2 ⋅ (ε - ε ⋅ r )2r2sin θdrd θd ϕ 2πεR)ε - ε 01 ε2 K 2 R 2 1 2 2πε 2 RK 2W 外 ⎰ω外d V = ⎰⎰⎰R 2 ⋅ ε (ε - ε 0 ⋅ ⋅ r )2 r 4sin θdrd θd ϕε 0 (ε - ε 0 )∴W = W 内 W 外 2πεR (1 + ε)(ε 0 K )2ε - ε 02 在均匀外电场中置入半径为 R 0 的导体球 试用分离变数法球下列两种情况的电势1 导体球上接有电池 使球与地保持电势差φ0 ;2 导体球上带总电荷 Q.解 1 当导体球上接有电池 与地保持电势差φ0 时 以地为电势零点本问题的定解条件如下φ 内 φ0R= R 0∇ 2ϕ0 R> R 0⎧⎪ϕ外 且⎨R →∞ = -E 0 R cos θ ϕ 0 ϕ 0 是未置入导体球前坐标原点的电⎜⎩ϕ外R =R 0 = φ0根据有关的数理知识 可解得ϕ外 ∑ n b nR n 1P n cos θ )由于ϕ R →∞= -E 0 R cos θ n 0ϕ 0 即ϕa + a R cos θ + ∑ a R n P (cos θ ) +b 0 + b 1 cos θ + ∑b nP (cos θ ) = -E R cos θ + ϕ外0 1 n n n =2 R R 2 n =2 Rn +1 nR →∞故而有 a 0 = ϕ 0 , a 1 = -E 0 , a n = 0(n > 1), b n = 0(n > 1)∴ϕ外 ϕ 0 E 0 R cos θb 0 +b 1RR 2∞ 外外 外∞ ∞∞20 0 2 R ncosdsR ϕ R R φ 0R R R 2 0 ⎨ 2 2s ∑ 2 2 3又ϕ外R =R 0= φ0 ,即 ϕ外 R =R 0= ϕ 0 - E 0 R cos θb 0 + R 0 b 1cos θ = φ 0故而又有⎧+ b 0 ∴⎪ R 0= φ0⎪- E R⎜⎩0 0cos θ + b 1 cos θ = 0 0得到b 0 = (φ0 - ϕ 0 )R 0 , b 1 = E 0 0最后 得定解问题的解为(φ - ϕ )R E R 3 ϕ = -E R cos θ + ϕ + 0 0 0 + 0 0cos θ (R > R ) 外 0 0R R2 当导体球上带总电荷 Q 时 定解问题存在的方式是⎧∇ 2φ 0(R < R )⎪ 内0 ⎪∇ 2φ ⎪φ 0(R > R 0 ) 有限⎪ 内 R →0 ⎪ ⎨ 外 R →∞ ⎪E 0Rcos θ + ϕ 0 (ϕ 0 是未置入导体球前坐标原点的电 ⎪φ内 ⎪ ⎪- εφ 外 R R ∂φ外 Q (R = R )⎩⎰ 0∂R解得满足边界条件的解是ϕ内 ∑ a n n =0R nP cos θϕ外 ϕ 0E 0Rcos θ b n Pn =0 R n 1cos θ由于ϕ外R →∞ 的表达式中只出现了 P 1 (cos θ cos θ项 故 b n = 0(n > 1)∴ϕ外 ϕ 0E 0 R cos θb 0 + b 1R R 2cos θ又有ϕ外R =R 是一个常数 导体球是静电平衡ϕ外 R =R 0= ϕ 0 - E 0 R 0cos θb 0 + R 0 b 1cos θ = C 0∴-E 0 R 0 cos θ +b 1 cos θ = 0 即 0b 1 = E 0 0 n 0 外 0 nf4πεR∴ r r r0 0b E R 3ϕϕE R cos θ + 0 + 0 0 cos θ 外R R 2∂φ外Q又由边界条件- ⎰ε 0s∂r ds Q ∴ b 0 =4πε∴ϕ内Q4πε 0 R 0 - ϕ 0, R < R 0QE R 3ϕ 外4πε R + 0 0 cos θ R 2E 0Rcos θ R > R 03 均匀介质球的中心置一点电荷Q f 球的电容率为ε球外为真空 试用分离变数法求空间电势 把结果与使用高斯定理所得结果比较 提示 空间各点的电势是点电荷Q 的电势Q f与球面上的极化电荷所产生的电势的叠加 后者满足拉普拉斯方程解 一. 高斯法在球外 R > R ,由高斯定理有εr ⋅ r = QQ + Q = Q对于整个导体球而言 束缚电荷Q P = 0)⎰ E ds总 f P fE = Q f4πε 0R 2积分后得ϕQ f+ C .(C 是积分常数外4πε R又由于ϕ外 R →∞ = 0,∴ C = 0∴ϕ外 =Q f 4πε 0 R(R > R 0 )在球内 R < R 0 ,由介质中的高斯定理⎰ D ⋅ ds = Q fr r r Q f又 D = εE ,∴ E =4πεR 2积分后得到 ϕ内Q f 4πεRC 2.(C 2是积分常数 00 R 2 0由于ϕ内 ϕ外R =R 0,故而有Q f4πε 0 R 0 =Q f 4πεR 0C 2∴ C 2 =Q f 4πε 0 R 0- Q f4πεR 0 (R < R 0 ).∴ϕ内Q f 4πεR Q f 4πε 0 R 0 - Q f4πεR 0(R < R 0 )二. 分离变量法本题所求的电势是由点电荷Q f 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加 且有着球对称性 因此 其解可写作ϕ = Q f+ ϕ '4πεRb由于φ ' 是球对称的 其通解为 ϕ ' = a +RQ f由于球心有Q f 的存在 所以有ϕ内 R →0 ∞即ϕ内4πεR a在球外有ϕ 外 R →∞ 0 即ϕ外Q f b 4πεR R由边界条件得ϕ 内 ϕ外 R R 0, 即Qf+ a 4πεR 0Q f + b4πεR 0 R 0ε ∂ϕ 内 ε ∂R 0R R 0 , 即ε 0Q f 4πεR 2 - ε 0b = - 0 εQ f4πεR 2∴ b =⎧ϕ Q f1 4πε (ε Q f - 1 ), a ε , R > R Q f ( 1 4πR 0 ε 0 - 1 ) ε ⎪ 外 4πε R ∴⎨⎪ϕ Q fQ f - Q f, R < R⎛⎜ 内 4πεR 4πε 0 R 0 4πεR 0∂ϕ外 ∂R0 0∂φ外∂R⋅R R 0 R R R 0R ⋅ 0 0⋅ ⋅ ⋅ f 11 0 011r R 1 r R r r 14 均匀介质球 电容率为ε1r 的中心置一自由电偶极子 P f球外充满了另一种介质 电容率为ε 2求空间各点的电势和极化电荷分布提示 同上题r r P R φ =4πε 3+ φ ' ,而φ ' 满足拉普拉斯方程解 ε1 ∂φ内 ∂R = ε 2∂φ外∂R2P f cos θl 1又ε1 R = ε1 (-4πε13 + ∑l A l R 0 P lε = ε (- 2P f cos θ - ∑(l 1 B l P 2R 02 4πε3 l 2l比较 P l (cos θ )系数B 0 0A 0 02ρ f + ε A = -2ε 2ρ f - 2ε 2 B 1 , 及A= B 14πR 31 14πε1 3332(ε1 - ε 2 )ρ f 2(ε1 - ε 2 )ρ f 得 A 1 =4πε1 (ε1 + 2ε2 )R 3, B 1 =4πε (ε1 + 2ε 2)比较 P 2 (cos θ )的系数2ε A R3B 2, A = B 21 2 04 2 4 0 0及 A 2 (1 +ε R) = 0 1 0所以 A 2 = 0, B 2 = 0 同理 最后有A l =B l = 0,(l = 2,3L )φ ρrf R + 2(ε1 - ε 2 )ρ f R cos θ = ρr f r 2(ε + 1 - ε 2 )ρr f r R , (R < R ) 内 4πε R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 4πε1R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 0 φ ρr f R + 2(ε1 - ε 2 )ρ f cos θ = ρr f r 2(ε + 1 - ε 2 )ρr f R = 3ρr f R , (R > R ) 外 4πε R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 2 4πε1R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 4π (ε1 + 2ε 2 )R 3 0 ∂φ内∂R R R R ⋅ ⋅ ⋅ 10 00 0 0= ⎪ φ φ Pfε 3 ⎨ 22 ⎪球面上的极化电荷密度σ P = P 1n - P 2n , n r从 2 指向 1 如果取外法线方向 则 σ p = P 外n - P 球n = [(ε 2 - ε 0)∇φ外)]n - [(ε1 - ε 0)∇φ内)]n= -(ε 2 - ε 0 ) ∂φ外 + (ε ∂R 1- ε 0 ) ∂φ内∂R R R 0 = (ε - ε ) - 6ρ f cos θ - (ε - ε )[ 6(ε 0 - ε 2 )ρ f cos θ - 2(ε1 - ε 2 ) - 2(ε1 + 2ε 2 ) ρcos θ ]2 0 4π (ε + 2ε 2 )R3 1 0 4π (ε + 2ε 2 )R 3 4πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3 f=6ε1(ε 0 - ε 2 ) + 6ε 2 (ε1 - ε 0) ρ cos θ = - 3ε 0 (ε1 - ε 2 ) ρ cos θ4πε1 求极化偶极子(ε1 + 2ε 2 )R 3 f 2πε1 (ε1 + 2ε 2 )R 3f rr P f ql 可以看成两个点电荷相距 l 对每一个点电荷运用高斯定理 就得到在每个点电荷旁边有极化电荷q = (ε 0- 1)q ε1 ,-q P = (ε 0- 1)(-q )ε1两者合起来就是极化偶极子rε 0rP P = ( - 1)P f1r5.空心导体球壳地内外半径为 R 1 和 R 2 球中心置一偶极子 P 电势和电荷分布解球壳上带电Q 求空间各点 ⎧ ⎪∇2φ= 0,φ φ 3 r →∞ = 0 ⎪= C ,φ ⎪ r rr →0 = ∞ φ ⎪φ = P ⋅ r + φ ',φ ' 为有限值⎛⎜ 14πε 0r 3 1 1 r →0⎧ ⎪φ3 ∑ B l P (cos θ ),φ = C ⎪ r l +1 ⎨ 2= C ,φ2 2r =R 1 = C ⎪⎪φ = r ⋅ r r + ∑ A r l P (cos θ ) -∂φ3dS+∂φ1dS=Ql l R 23 φ 1 R 1l 3 r -R 1 1 fP f⎩ ⎪ 14πε0r3 ⎰ ∂rr =R 2⎰ ∂rr =R 1εR P R R 1R R R 2 R 3R R R R ⎪ ⎩1 1 1 ⎪ f111 R 11Q 0 0 1 1 1⎧ B 0 +B 1 cos θ + B2 P+L = C ⎪ 2 ⎪ 2 2 ⎨ cos θ + A 3 2 + A R 2 cos θ +L = C ⎜⎩ 4πε 0 20 1 1即 A =B 0 =C ,( A R +P f) cos θ = 0, B = 0(l = 1.2.3L ), A= 0(l = 2.3.4L )1 14πεR 2 ll又 ∂φ1 = - 2P f cos θ + ∑lA R l -1P = - P f cos θ + A cos θ +L ∂r 4πε 0 3 l 1 L 2πε 0 3 ∂φ3∂r = ∑(-l - 1) B l P r l +2 l = - B 0 1 - 2 B 1 cos θ +L 1∂φ3 B 0 B 02 B 0则 -⎰ ∂r dS = ⎰ R 2 dS = R 2 ⎰ dS = 4πR 12 = 4πB 0111∂φ1dS =2π π-P fcos θR 2 sin θd θd ϕ +2π π- P f cos θR 2 sin θd θd ϕ = 0 + 0 = 0 ⎰ ∂r⎰0 ⎰02πε0 3 ⎰0 ⎰04πε0 3故 - ⎰ ∂φ3dS + ∂r ∂φ1 ∂r = 4πB 0 = εB = Q 0, A = Q , A = - P f 0 4πε 0最后有0 4πε R 1 4πε 3 ⎧r r r r ⎪φ = P ⋅ r - P f ⋅ r + Q , (r < R ) ⎪4πε 0r 2 4πε 0 3 4πε 0R 2 ⎪ Q⎨φ3 =4πε , (r > R 2 ) 0 ⎪ Q ⎜φ2 = 4πε 电荷分布 0 R 2, (R 1 < r < R 2 )在 r R 1 的面上σ P 1 = ε 0 ∂φ1 ∂r = - P f cos θ 2πR 3+ - P f cos θ 4πR 3 = - P f cos θ 4πR 3在 r R 2 面上0 R R 21 11⎰ 2 1r2=-ε0∂φ3∂r=Q4πR 22σPrφ l r →∞0外 φ R R R ⎣ R l +2 ⎪ 外 ⎪⎧232 06 在均匀外电场 E 0 中置入一带均匀自由电荷 ρ f 的绝缘介质球ε 求空间各点的电势⎧∑( A r l + ⎪ B lr l +1 )P l (cos θ ) 解 ⎪φ1 ρ r2 + φ '⎨ 内 6εf⎪∇ 2φ ' = 0 ⎪⎩φ 是由高斯定理解得的ρ 的作用加上 r的共同作用内φ = -E r cos θ ,φ 'fE 0r →0 有限⎪ 外 E 0r cos θ + ∑ ⎨ 1 B l r l +1 P l (cos θ ) ⎪φ ρ r 2 + ∑c r l P (cos θ )⎛⎪ 内 6ε f e lφ内 φ外 r = R 0 ) :E R cos θ +B 0 + B 1+B 2P +1ρ R 2 + c+ c R cos θ + c R 2 P +0 0ρ f2R 0 R 0B 06εf1 02 0 2 即6εR 0 + c 0 =E 0 R 0 +2 = c 1R 0 0B 2 = c 2ε ∂φ内 ∂r = ε 0∂φ外 ∂r ∂φ内 =⎡ ρ f R +lc R l -1P (cos θ )] =ρ fR+εc cos θ + 2εc R P +L ∂r⎢ 3ε∑l 0 l 30 1 2 0 2∂φ外 ∂r= ε 0(-E 0 cos θ + ∑(-l - 1) B l P l) 0R R 3 2B 1R R R R R R 0 RR r →∞ f 3 R 40 11 ⎪φ 3 0 外- ε E cos θ -ε0B 0 -2ε0B 1cos θ -3ε0B 2 P +LL0 023 42ρ fε 0 B 02ε 0 B 13ε 0 B 2即R 0 = - 2εC 1 = -ε 0 E 0 - 32εC 2 R 0 = - LL解方程得3B = - 0ρ 03ε fC = -R 2ρ ( 1 3ε 0 + 1 ) 6ε3ε E R 33ε E B = - 0 0 0 + E3 ε + 2ε 0C = -0 0ε + 2ε 0及 2εC 2 R 0 = -3ε 0 R 0C 2即 C 2 (2εR 0 + 3ε 0 R 0 ) = 0C 2 = B 2 = 0同理 C l = B l = 0l = 2,3LL⎧ E r cos θ ± R 3ρ + E 03 0 cos θ - 3ε 0 E 0 0cos θ , r > R ⎪外0 得 ⎨3r ε 0 r(ε + 2ε 0 )r 2 0 ⎪φ ρ f r 2 ± R 2 ρ ( 1 1 3ε 0 E 0 r cos θ , r < R⎛⎜ 内 6ε0 f 3ε 6ε ε + 2ε 27在一个很大的电解槽中充满电导率为σ 2 的液体 使其中流着均匀的电流δ f 0今在液体中置入一个电导率为 σ 1 的小球 求稳衡时电流和电荷分布 讨论 σ 1 >> σ 2 及σ 2 >> σ 1 两种情况的电流分布特点先求空间电势⎧⎪∇ 2φ 0⎨ φφr = R⎜⎩∇ 2φ 0 内外因为δ内nδ 外n (r = R 0 ) 稳恒电流认为表面无电流堆积 即流入n = 流出n故 σ 12φ内2r = σ 2 2φ外2r并且δ 外 = δ 0即 φ外 r →∞ = -E 0r cos θ( j = σ 2E 0 )φ内 r →∞ 有限 可以理解为在恒流时r → 0 的小封闭曲面流入 流出内0 R ff 23σ 2 σ 1 2σ 2 ⎦内 E f fj 1 σ 1 2 ⎣ σ 1 内 j σ E f σ 1 2σ 1 2⎧φE r cos θ , r < R⎪ 内这时的解即为 ⎨⎪φ E r cos θ + E R 3 ( σ 1 - σ 2 )cos θ, r > R ⎛⎜ 外 00 0 1 + 2σ 2 r 2φe r 2φe r 1 2φ r求内外电场 E = -∇φ = -( r + θ +e φ )2r2θ r2φ e r1 2φ r 3σ 2r sin θ 2Φr rE(内 r +内e ) =E (cos θe - sin θe ) 内2r r 2θθσ 1 + 2σ 2= 3σ 2 σ1 + 2σ 2rE 0e r zrE R 3σ - σr rEE (cos θe - sin θe ) + 0 0 ( 12 )[2 cos θe + sin θe ] 外0 rθ r 3 σ 1 + 2σ 2rrE R 3σ - σr r rE (cos θe - sin θe ) + 0 0 ( 12)[3cos θe - cos θe + sin θe ] 0 r θ r 3 σ + 2σ 2r r θ σ - σ⎡3E cos θ vE v ⎤ E + R 3 ( 1 2 ) 0e - 00 0 + 2σ ⎢ r 3求电流r r 3 ⎥ 根据 r j v vv外 2 外⎧ v j ⎪ f 0 = σ 2 Ev 0 及⎨( v j ⋅ r r )r v σ E r cos θr r⎪ 0 = 2 0e r ⎩ r 53σ rr 5r σ σ 3( r j ⋅ r r )r r r得 j1j f , j= j12 R 3[ 0- 0 ]内2σ 0 外内2σ 0r 5r 3ω = ε (E - E ) = ε (E- E ) = 3ε 0E 0 cos θ (σ - σ )f2n1n外n 内nσ 1 + 2σ 2σ 20 0 r θ r θ 1 24πε a 2 + r 2 - 2ar cos θzQ far OR n r n ∞ R 0 8.半径为 R 0 的导体球外充满均匀绝缘介质ε导体球接地 离球心为 a 处(a > R 0 ) 置一点电荷Q f试用分离变数法求空间各点电势 证明所得结果与镜像法结果相同提示1 = 1 = 1 ∑∞( ) P (cos θ ).(R > a ) r 解 1 分离变数法由电势叠加原理 球外电势a n =0 aφ Q f外4πεR +φ ' ,φ ' 是球面上感应电荷产生的电势 且满足定解条件⎧∇ 2φ ' = 0,(r > R )⎪ 0⎨φ '⎪ r →∞ = 0 P⎪φ 外 r =R = 0⎩0 根据分离变数法得φ '= ∑ l =0B lr l +1 P l (cos θ ), (r > R 0 )∴φQ f1+ ∑ B lP (cos θ )*外l =0rl +1 l= Q f 1 ∑∞ ( ) P (cos θ ) + ∑ B l P (cos θ ), (r < a ) 4πε a∞ n =0 a Q f n R 0 l l =0 B lrl +1 l又φ外 r =R =∑[ πε () +l +1]P l (cos θ ) = 0n =04 a aR oQ f即4πεa + B 0 R 0= 0, Q f R 0 + B 1 4πεa a 2 = 0,..., Q f 4πεa ( R 0 )l + a B l l +1 0 Q fR 3Q f R 2l +1 Q f ∴ B = -R , B = - O , B = - 0 ,0 0 4πεa 1 a 4πεa la l 4πεa代入 * 式得解∞ R 2 + a 2 - 2aR cos θ ∞ 0R n= 0a 2 + r 2 - 2ar cos θR 2 + a 2 - 2Ra cos θQR 1aR 2 + 1 - 1cos θ R 4 2R 2 R a 2 a0 f Q QQ 1f 1QQ Q 02 镜像法如图建立坐标系 本题具有球对称性 设在球内r 处有像电荷Q ' , Q '代替球面上感应电荷对空间电场的作用 由对称性 Q '在 O Q 的连线上 P20 先令场点 P 1 在球面上 根据边界条件有Q f +Q' r r ' fr ' = 0,即 r f= - Q ' Q f = 常数将Q ' 的位置选在使∆ Q 'P O ∆ Q P O,则有r Q ' = R 0 常数为达到这一目的 令Q '距圆心为 rr a 0fr R R 2则0 = 0 , r = 0R 0 a ar 'Q ' 并有 = - r Q f= R 0 = 常数 a Q ' = -R 0Q f a 1 这样 满足条件的像电荷就找到了 空间各点电势为2φ外 = Q f 4πεr 1 + Q ' 4πεr 2 = 1 [ Q f - 4πε ], (r> a ).将分离变数法所得结果展开为 Legend 级数 可证明两种方法所求得的电势相等9 接地的空心导体球的内外半径为 R 1 和 R 2 在球内离球心为 a(a<R 0)处置一点电荷 Q用镜像法求电势 导体球上的感应电荷有多少 分布在内表面还是外表面 解 球外的电势及导体内电势恒为 0 而球内电势只要满足φ内 r R= 0即可因此做法及答案与上题同 解略φ内 =1 4πε 0 [ Q-]因为球外φ = 0故感应电荷集中在内表面 并且为 Q.R Q far 2 + ( 0 )2 + 2r 0 cos θRR 2a aR 1R 2 rz Q fQ ’P 1Q Rf R R 1φ -Q 210.上题的导体球壳不接地 而是带总电荷 Q 0,或使其有确定电势ϕ0 势 又问ϕ0 与 Q 0 是何种关系时 两种情况的解是相等的试求这两种情况的电解 由于球壳上有自由电荷 Q 0 并且又是导体球壳 故整个球壳应该是等势体 其电势用 高斯定理求得为Q + Q 04πε 0 R 2所以球壳内的电势将由 Q 的电势 像电荷- QR1 a的电势及球壳的电势叠加而成 球外电势利用高斯公式就可得故⎧ ⎪φ = 1 [ Q - QR 1a + Q + Q 0 ].(R < R ) ⎪ 内 4πεR 2 + a 2 - 2Ra cos θ R 4 2R 2 R R 1 φ =⎪ 0R 2 + 1 - 1 cos θ2⎨ ⎪ ⎪φ = Q + Q 0 , (R > R )a 2a⎛⎜ 外 4πε 0 R⎧ ⎪φ = 1 [ Q - QR 1a] + φ.(R < R )⎪ 内 4πεR 2 + a 2 - 2Ra cos θ R 4 2R 2R 或 φ =⎪0R 2 + 1 - 1 cos θ⎨ ⎪⎪ = R 2 φ ⎩ 外r 0 , (R > R 2 ) a 2a当 φ =Q + Q 0 时两种情况的解相同4πεR 211 在接地的导体平面上有一半径为 a 的半球凸部 如图 半球的球心在导体平面上点电荷 Q 位于系统的对称轴上 并与平面相距为 b b>a 试用电象法求空间电势 解 如图 利用镜像法 根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体球两个模型 可确定三个镜像电荷的电量和位置 2PQ- a Q R Q = - a Q , r = a rr b1b 1ab Oa a 2 rQQ 2 = b Q , r 2 = - brbQ 3 = -Q , r 3 = -br rφ =Q [ 4πε 0 1 - R 2 + b 2 - 2Rb cos θ1 +R 2 + b 2 + 2Rb cos θ b a2+ a 4 + a 2b 2 bR cos θ⎪ 2 01Rb R +- 2 R cos θ 2a 4 a2b 2 b(x - x )2+ (y - a )2 + (z - b )2 0 (x - x )2 + ( y - a )2 + (z + b )20 (x - x )2+ (y + a )2+ (z - b )20 (x - x )2+ (y + a )2+ (z + b )20 ∂ρ = 0 z∂trjA(x y z ) 0, 0, 0σxr jr= r E n E n+a], (0 ≤ θ < π , R > a )212. 有一点电荷 Q 位于两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内 它到两个平面的距离为 a 和 b 求空间电势解 可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导体板的作用φ =Q[1-4πε 0 -1+1-1], ( y , z > 0)13.设有两平面围成的直角形无穷容器 其内充满电导率为 的液体 取该两平面为 xz 面和 yz 面 在 x 0,y 0,z 0 和 x 0,y 0,-z 0 两点分别置正负电极并通以电流 I 求导电液体中的电势解 本题的物理模型是 由外加电源在 A B 两点间建立电场 使溶液中的载流子运动形成电流 I,当系统稳定时 是恒定场 即∇ ⋅ r j + ∂ρ = 0 中 ∂t 对于恒定的电流 可按静电场的方式处理于是 在 A 点取包围 A 的包围面r rQI = ⎰ i r ⋅ d sr} 1r r⎰ E ⋅ ds =n而又有 i E ⋅σ⇒ σI = ⎰ E ⋅ ds y∴ 有 1 I = Q⇒ Q = I ε1σ ε1 σI εB(x 0,y 0,z 0)对 B Q Q B = -Q = -σ1又在容器壁上 rj = 0, 即元电流流入容器壁 由 r j = σ r 有 r j = 0 时 r ∴可取如右图所示电像z P(x, y, z) -Q(x 0,-a,b)aQ(x 0,a,b) by+Q(x 0,-a,-b)-Q(x 0,a,-b)Q(-x 0,-y z )Q(x 0,y 0,z 0)Q(x 0,-y z )Q(x 0,y 0,z 0)-Q(-x y z ) -Q(-x 0,y 0,-z )-Q(x 0,-y 0,z 0)-Q(x 0,y 0,-z )εn = 0 y。
郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版(1-6章)
r
r r
r
r
∫ f ⋅ dl = ∫ ( f
l l
r
x
dl x + f y dl y + f z dl z )
r r ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ f f y )dS x + ( f x − f z )dS y + ( f y − f x )dS z ∇ × ⋅ dS = ∫ ( f z − ∫S S ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
节) 2 求
r r r r r r r r r r r r r r r ∇ ⋅ r , ∇ × r , (a ⋅ ∇)r , ∇(a ⋅ r ), ∇ ⋅ [ E 0 sin(k ⋅ r )]及∇ × [ E 0 sin(k ⋅ r )], 其中a , k 及E 0 均为常矢量
r (r 3 − r13 ) ρ f r ∴E = r , (r2 > r > r1 ) 3εr 3
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
D ⋅ 4πr 2 =
4π 3 (r − r13 ) ρ f 3
3
r ex r ∂ ∇ × A(u ) = r∂x Ax (u )
r ey ∂ r ∂y Ay (u )
r ez r r r r r r ∂ ∂ A A ∂ ∂Ax r A ∂ A ∂ A r r ∂ y y x z z =( − )e x + ( − )e y + ( − )e z = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ z y z z x x y r Az (u )
《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
郭硕鸿《电动力学》第三版 课后解答详细解释
○5 [E0 sin(k r)] ( E0 )sin(k r) E0 [sin(k r)]
E0 为常向量， E0 0 ，而 sin(k r) cos(k r)(k r) cos(k r)k ，
第2页
电动力学习题解答
所以 [E0 sin(k r)] k E0 cos(k r)
f (u) df u ， A(u) u dA ， A(u) u dA
du
du
du
证明：
（1） f
(u)
f (u) x
ex
f (u) y
ey
f (u) z
ez
df du
u x
ex
df du
u y
ey
df du
u z
ez
df du
( u x
ex
u y
ey
u z
ez )
df du
u
（2） A(u) Ax (u) Ay (u) Az (u) dAx u dAy u dAz u
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
x x' y y' z z'
○3
(a )r
(ax
x
ay
y
az
)[(x
z
x' )e x
(y
电动力学郭硕鸿感悟
电动力学郭硕鸿感悟电动力学是研究电荷和电流之间相互作用的学科，它揭示了电磁场的产生和作用机制。
在学习电动力学的过程中，我深深地感受到了它的魅力和重要性。
下面我将分享我的一些感悟，以此来展现电动力学的魅力和应用。
其一，电动力学让我感受到世界的微妙之处。
在电动力学中，我们学习了库仑定律和电场强度的概念，它们告诉我们电荷之间的相互作用是如此神奇而微妙。
无论是两个电荷之间的相互排斥还是相互吸引，都源于电场的存在。
电场所带来的电力，让我们能够解释许多自然界中的现象，比如摩擦引起的静电现象。
这些微妙的现象让我不禁对电动力学产生了浓厚的兴趣。
其二，电动力学给我们带来了强大的工具和应用。
通过学习电动力学，我们可以理解电磁感应的原理，从而实现电能转换和传输。
电动力学的应用包括电动机、变压器、电子器件等，它们在我们的生活中无处不在。
电动机是将电能转化为机械能的重要设备，它广泛应用于交通工具、家电等领域。
变压器则是实现电能的传输和调节，保障了电网的稳定运行。
电子器件则是信息技术和通信领域的基础，无论是智能手机还是计算机，都离不开电动力学的支持。
在实际应用中，电动力学不仅提供了便利，也推动了社会的进步和发展。
其三，电动力学教会了我们如何解决问题和应对挑战。
电动力学是一门复杂而抽象的学科，需要我们具备良好的数学素养和逻辑思维能力。
在学习的过程中，我们不仅要理解和应用各种公式和原理，还要能够运用它们解决实际问题，比如计算电场强度分布和电介质中的极化情况。
解决这些问题需要我们运用电动力学的知识，进行分析和推演，从而得到准确的结果。
这种解决问题的方法论，不仅在电动力学中适用，在其他学科和实际生活中同样得到了应用。
综上所述，电动力学是一门重要而有趣的学科，它揭示了电磁现象的本质和规律。
在学习的过程中，我不仅感受到了电动力学的微妙之处，也领悟到了它给我们带来的强大工具和解决问题的方法。
电动力学的魅力不仅在于它的学问，更在于它的应用和影响。
电动力学课程总结
《电动力学》课程总结自《电动力学》被评为赤峰学院本科层次精品课程以来，在学院和物理系的大力指导、支持下，课程组根据自治区教育厅和学校的要求，按照课程建设规划，在课程体系、教材建设、师资队伍建设等方面都有长足的进展，取得了一些成绩，汇报如下：一、师资队伍建设在赤峰学院和物理系的大力支持下，建立了良好的人才培养制度。
安排课程组成员到国内名校进修，做访问学者。
学习相关课程，参加导师的科研课题的研究工作，并定期邀请国内知名教授、学者来学院做与电动力学相关的学术研讨和课程建设方面的交流，适时安排课程组教师参加电动力学及相关课程的教学科研学术会议。
教学和科研水平都有很大的提高。
课程组成员2006年以来，有2人晋升为教授，1人晋升为副教授。
具有硕士学位3人，已经形成了一支以中青年为主的高职称与高学历教师相结合学科梯队。
课程组教师均能以“学高为师，德高为范”的标准严格要求自己，自觉树立良好的师德师风，形成了优良的教学作风和科研作风。
在课程建设期间内，课程组成员均承担本系主干课程的教学任务，在学生对教师课堂教学评价中居于前列。
二、教学改革为适应我国的高等教育朝着素质教育和大众化教育发展新的新形势，根据我校物理专业的培养目标，我们对本课程原有的教学大纲进行了适当的修改，使得修订后的教学大纲，既能够满足学生学习后续课程所需基础的需要，又能使学生更多地了解一些与本课程相关的最新知识。
修改提高2006年制作的《电动力学》电子教案、习题解答、多媒体教学课件，力求中英文表述物理概念，原理、规律、定理等并适时地使用，使本课的教学过程变得较为感性、直观和生动。
在教学过程中，加强了教学方法教学手段的改革。
注重“以学生为主体，教师为主导”的素质型教学。
根据不同的教学内容，选用启发式、演示实验导入式等教学方法教学，注意抓住重点，突破难点，注重吸收该课程领域的新成果，力求传授知识、提高素质、培养能力有机结合。
加强实训环节。
我们采用学生写课程论文的方式让学生对学习内容加深理解，同时通过开放实验室让学生锻炼动手动脑的实际操作能力和创新能力。
关于电磁学和电动力学两门课学习的体会
关于电磁学和电动力学两门课学习的体会作者：冯浩来源：《教育教学论坛》 2014年第19期冯浩（琼州学院理工学院，海南三亚572022）摘要：电磁学和电动力学两门课既有独立性又相互渗透，根据电磁学和电动力学的关联性，在学习时注重知识间的横向和纵向联系，注重从个别到一般、从特殊到普遍的学习方法，注重数学知识的运用将更易于学好电磁学和电动力学这两门课。
关键词：电磁学；电动力学；体系；矢量中图分类号：G642.0 文献标志码：A 文章编号：1674-9324（2014）19-0102-02电与磁不仅是我们生活中常见的现象，也是物理学科中的一个重要组成部分。
从初中开始我们就已经接触有关电与磁的基本概念，高中的时候我们研究一些电流、磁现象的基本规律以及一些基本的场问题，在大学物理的学习中，电与磁仍然是我们要深入研究的对象，电磁学和电动力学这两门课就是研究电磁场理论及其应用的。
但相对于电动力学来说，电磁学所研究的对象和所需要的数学知识工具都比较简单，通过对电动力学和电磁学的教学研究以及对关联知识之间的思考，笔者认为以下几点对同学们学好电磁学和电动力学有很大帮助。
一、树立学科体系思想，注重知识间的横向和纵向联系电动力学和电磁学两门课程所涉及的都是电与磁的理论基础。
电磁学以处理稳态情况为主要内容，主要讲述电磁现象的主要概念和规律，可以说是对高中电磁知识的丰富和延伸；电动力学则是从麦克斯韦方程出发，讨论电磁场和电磁波的性质及其在各种条件（真空，介质）中的应用。
两门课程既有独立性又相互渗透，内容上有深刻的联系，这为两门课程的关联学习创造了自然条件[1]。
我们在学习的时候要注意知识间的横向和纵向联系，以便形成一个有条理的、层次分明的学习体系。
从这些基本规律之间的联系我们不难看出这两门课程之间的紧密关系，因此，在学习的时候要有目的地将电磁学和电动力学课程进行关联学习，要注意前后知识之间的联系，利用知识点之间的联系将两门课程形成一个有机整体，这样更容易将繁杂的电磁知识归类，有助于促进两门课程学习的相辅相成，在已有的基础上学习将更容易掌握有难度的知识点。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
电动力学郭硕鸿感悟
电动力学是一门研究电荷运动和电磁现象的物理学科。
我在学习电动力学的过程中，有一些感悟想要分享。
首先，电动力学是一个非常重要的物理学科，它对现代科技的发展有着深远影响。
我们身边所使用的电子设备，比如手机、电视、电脑等，都是基于电动力学原理而设计制造的。
电动力学的研究不仅促进了科技的进步，也给我们的生活带来了很多便利。
其次，电动力学的学习需要具备扎实的数学基础。
电动力学中涉及到的方程和计算都需要通过数学公式来推导和解决。
因此，在学习电动力学之前，我们应该先打好数学的基础，包括微积分、向量分析等。
只有掌握了这些数学工具，才能更好地理解和应用电动力学的知识。
另外，电动力学的学习需要进行大量的实验和观测。
理论知识只是电动力学学习的一部分，更重要的是通过实验来验证理论，加深对电动力学原理的理解。
在实验中，我们可以亲自操作和观察电荷的运动，感受电磁场的作用。
通过实验，我们可以更加直观地理解电动力学的原理和现象。
最后，电动力学的学习需要耐心和坚持。
电动力学是一门较为抽象和复杂的学科，对于初学者来说可能会感到困难和晦涩。
但只要坚持学习，多做练习，慢慢理解和消化知识，就能够逐渐掌握电动力学的规律和方法。
同时，我们也要善于思辨和探究，不仅学习书本知识，还要关注电动力学在实际应用中的发
展和创新。
总之，电动力学是一门有趣且重要的学科，它不仅推动了科技的进步，也深刻影响着我们的生活。
在学习电动力学的过程中，我们需要打好数学基础，进行实验观察，并且持之以恒，才能更好地理解和应用电动力学的知识。