电动力学二章答案
郭硕鸿电动力学习题解答完全版（1_6章）
郭硕鸿电动力学习题解答完全版（1_6章）1. 根据算符?的微分性与矢量性推导下列公式(Ar ? Br) = Br × (?× Ar) + (Br ??)Ar + Ar ×(?× Br) + (Ar ??)Br Ar × (?× Ar) = 1 ?Ar 2(Ar ??)Ar2 解1 ?(Av ? Bv) = Bv × (?× Av) + (Bv ??)Av+ Av × (?× Bv) + (Av ??)Bv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 Av 和Bv又?是一个矢量算符具有矢量的所有性质因此利用公式cv × (av ×bv) = av ?(cv ?bv) ? (cv ?av)bv 可得上式其中右边前两项是 ?作用于 v v A 后两项是?作用于 Bv v2 根据第一个公式令 A B 可得证2. 设 u 是空间坐标 x y z 的函数证明f (u) = dfu duAr(u) = ?u ? dArdur ?× Ar(u) = ?u × .dA du证明 1f (u) = ?f (u) er x + ?f (u) er y + ?f (u) er z = df du ? e x + r ?u er y + df ?ur ?e z = df ?u ?u ?x ?y ?zdu ?y du ?z du 2Ar y (u) ?y dAr y (u) du ?Ar x (u) + ?x + ?Ar z z(u) = dAr x (u) ? ?u + ? ?u + dAr z (u) ? ?u rz = ?u ? du ?? Ar(u) = dAz du ?x ?y dz 3r r r e z ? e e ?Ar y )er x + (?Ar ? ?zAr ?Ar x )er z = ?y r rx y ?× Ar(u) = = (? x ? ? )e y + ( y ? ?xA A r z z ?x ?y A y (u) A z (u) ?z ?y ?z ?x r r r A x(u)= (dAr z ? dAr y ?u r dAr x ?u ? dA r r u ? dA u r dAr)e y + (dA u ? du ?z )e x + ( ?u r ? ? r x y z du ?x du ?y )e z = ?u × dudu ?y du ?z du ?x3. 设r = (x ? x ' ) 2+ (y ? y ' ) 2+ (z ? z' ) 2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r ? ' + er ? '+ er ? 1 证明下列结果并体会对源变数求微商 (?'= e ?z ' )与对场变数求zx ?x y ?y 微商(? = er x ? r ? r+ e z ?z)的关系x + e y ?y r r r r r r 1 r ' 1 r r r r rr = ??'r = ,? = ?? = ? ,?×r 3 = 0,?? r = ??' 3 = 0.(r ≠ 0)r r 3 3 r (最后一式在人 r 0点不成立见第二章第五节) 2 求rr,?×rr,(ar ??)rr,?(ar ?rr),??[Er 0 sin(kr ?rr)]及?×[Er 0 sin(krrr)],其中ar,kr 及Er 0均为常矢量证明 ??rr=(x ? x ?x ') + ?(y ? yy ') + ?(z ? z ') =3 ?zr r r e e e x y z ?×rr == 0 ?x x ? x ?y y ? y ?z z ? z' ' 'v(av ??)rr = [(a x ev x + a y ev y + a z ev z ) ? ( e x + ??y ev y + ??z ev z )][(x ? x')ev x + (y ? y')er y + (z ? z')ev z ]x = (a x ? + a y ? + a z )[(x ? x')ev x + (y ? y')er y +(z ? z')ev z ] ? ?x ?y ?z= a x ev x + a y ev y + a z ev z =av(av ?rv) = av × (?×rv) + (av ??)rv + rr × (?×av) + (rv ??)?av= (av ??)rv + rv ×(?×av)+ (rv ?ar)?av= av + rv × (?×av) + (rv ??)?av[Er 0 sin(kr ?rr)] = [?(sin(kr ?rr)]? Er 0 + sin(kr ?rr)(?? Er 0)= [??x sin(kr ?rr)er x + ??y sin(kr ?rr)er y + ??z sin(kr ?rr)er z ]E 0= cos(kr ?rr)(k x er x + k y er y + k z er z )Er 0 = cos(krrr)(krEr) ?×[Er 0 sin(kr ?rr)] = [?sin(kr ?rr)]×Er 0+sin(kr ?rr)?× Er 0 4. 应用高斯定理证明dV ?× fr = ∫S dSr × fr∫应用斯托克斯 Stokes 定理证明∫S dSr ×?φ =∫Ldlr φ证明 1)由高斯定理dV ?? gr = ∫SdSr ? gr∫ V ?g 即(? g ?x ?g ∫ V x + y + z z )dV = ∫ g x dS x + g y dS y + g z dS zy S而?× frdV = [( f z ? ??z f y )ir + ( f x ? ??x f z )rj + ( f y ? ??y f x )kr]dV ? ? ? ∫ V∫ ?y ?z ?x= ∫ [??x ( f y kr ? f z rj) + ??y ( f z ir ? f x kr)+ ??z ( f x rj ? f y ir)]dVr r [( f z dS y ? f y dS z )ir + ( f x dS z ? f z dS x )rj + ( fy dS x ? f x dS y )kr] ( fy kr ? f z rj)dS x + ( f z ir ? f x kr)dS y + ( f x rj ? f y ir)dS z∫ S dS × f= ∫ 又S = ∫ 若令H x = f y kr ? f z rj,H y = f z ir ? f x kr,HZ= f x rj ? f y ir则上式就是HrdV = ∫S dSr ? Hr ,高斯定理则证毕∫V 2)由斯托克斯公式有fr ?dlr = ∫S ?× fr ?dSr ∫fr ?dlr =l ( f x dl x + f y dl y + fzdl z) ∫ ∫l ∫S× fr ?dSr = ∫Sf zf y)dS x+ ( f xf z)dS y+ ( f yf x)dS zz ?z ?x ?x ?y ? ? ? (?y而∫dlr φ=∫l∫SdSr ×?φ= ∫S(dS z)ir + ( dS x)rj + ( ?y dS y )kr ?φ dS ? ?φ ?φ dS ? ?φ ?φ dSφ ?x yzx ?z ?y x ?z r ?φ rj)dS +(?φ r i ? ??φx kr)dS y +(??φx rj ? ?φ?y ir)dSzφ = ∫ ( k ?x ?y ?zz 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Pr(t) = ρ(x ,t)x dV, r ' r ' '∫ V 利用电荷守恒定律?? Jr +ρr ?t = 0证明 P 的变化率为dPr =dt rr 'J(x ,t)dV '∫ V ?Pr = ?ρ r ' r 't x dV r ∫ V ' =? ∫ V ? ' j 'x dV r '' 证明 ?t rt ) x = ?Pr ' ?'rj 'x 'dV ' = ?∫[?' ?(x ' j ) ? (?'x ')?rj ']dV ' = r '( ∫ V ∫ V ( j x' ??' ?(x ' j )dV ' = ∫ j x dV ' ? ∫S xrj ?dSr 若S → ∞,则( )? xj dSr r ∫ = 0,(rj S= 0)r ?t ) y =r ?ρ ,(?ρ?t ) z = j dV ( ∫ j dV y' ∫' 同理即z dPr = r r '∫ j x ,t)dV '( dt V mr × Rr 的旋度等于标量? = mr ? Rr 的梯 6. 若m 是常矢量证明除 R 0 点以外矢量 Ar =rR3R3度的负值即× Ar =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mv × Rv)1 r 1 r 1 v r1 r ?× Av = ?× (= ??×[mv × (? R1 )] = (??mv)? + (mv ??)?[??(? )]m ?[(? )??]mv R 31 = (mv ??)? ,(r ≠ 0)r= ?(mvRv 1 r 1 r 1 r 1 r ) = ??[mv ?(? )] = ?mv ×[?× (? )]? (? )× (?×mv) ? (mv ??)? R 3[(? )??]mv = ?(mv ??)? 1 r 1 r ∴?× Av =7 有一内外半径分别为 r 1和 r 2的空心介质球介质的电容率为ε使介质内均匀带静止自由电荷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∫ 解 1∫S DrdSr =ρ f dV , (r 2>r>r 1)即D ? 4πr 2 = 43π (r 3 ? r 13)ρ f(r 3 ? r 13)ρ f 3εr 3∴Er= rr,(r 2 > r > r 1) r r Q = 4π (r 23 ? r 13)ρ f ,(r > r 2) 3ε 0f 由 E ?dS =∫ 0 ∴Er = (r 23 ? r 13) 3ε 0r 3 rρ f rr,(r > r 2) r < r 1时 E 0r 2) P ε 0χe Er = ε 0 r E = (ε ?ε 0)Er ε ?εε 0∴ρP = Pr = ?(ε ?ε 0)?? Er = ?(ε ?ε 0)??[ (r 3 ? r 13) 3εr 3 ρ f rr] =ε ?ε 0 ρ f ??(rr ? r r 3 r)1 3ε r 3 = ? ε ?ε 0 ρ f (3? 0) = ?(εε 0 )ρ f 3ε εσ P = P 1n ? P 2n考虑外球壳时 r r 2n 从介质 1指向介质 2 介质指向真空 P 2n = 0r 3 ? r 133εr 3) r 23 ? r 13 σ P = P 1n = (ε ?ε 0) ρ f rr r=r 2= (1? ε 0ε ρ f 3 3r 2 考虑到内球壳时 r r 2σ P = ?(ε ?ε 0) r 3 ? r 1 ρ f r r=r 1 = 0 3 r 3εr 38 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Hr ?dlr = I f + ddt∫S Dr ?dSr =I f∫ 当r < r 1时,I f = 0,故Hr = Br = 0l H ?dlr = 2πrH = j f ?dSr = j f π(r 2 ? r 12) r r∫ l∫ S当 r 2>r>r 1时μj f (r 2 ? r 12)2rBv = = μ( r 2 ? r 12r 2)rj f ×rr 2 当 r>r 2时2πrH = πj f (r 22 ?r 12)Br = μ0(r 22 2)rj f ×rrr 1 2r 2 J M = ?× Mr = ?× (χM Hr ) = ?× (μ ? μ0) r μ ?1)?× (rjf ×r2r r ? r 12 )μ0 )H = (μ02r 2 = (μμ ?1)?× Hr = ( μ ?1)rj f ,(r 1 < r < r 2) 0 μ0α r M = nr × (Mr 2 ? Mr 1),(n 从介质1指向介质2在内表面上 M1 = 0,M2 = (μμ ?1) r 2 ?r 12 ) r=r = 02r 21故αM = nr × Mr 2 = 0,(r= r 1) r 在上表面 r r 2时r M = nr × (?Mr 1) = ?nr × Mr 1 r=r 2= ? × r r 2 ? r 12 r j f ×rr r=r 2 = ? r 2 ? r 12 r j ( μ ?1) μr α f r 2 r 2 r 2 2r 0 r 22 ? r 12 r 2= ?(μμ1) jf。
武汉大学电动力学 刘觉平第2章习题答案
1 T ct x I 2 T x 1 2 ct I 2 T x 2 1 T 2 T 1 2 T 2 ct x I 2 2 2 x 2 2 ct x 2 T ct 2 x I 2 T x 2 2 ct x
第二章 狭义相对论
目录
习题 2.1 习题 2.4 习题 2.5 习题 2.6 习题 2.7 习题 2.8
相对性原理................................................................................................ 2 特殊 Lorentz 变换..................................................................................5 Minkowski 四维时空............................................................................. 9 狭义相对论的时空观念.......................................................................... 18 相对论运动学.......................................................................................... 25 相对论粒子动力学.................................................................................. 32
郭硕鸿《电动力学》课后答案
( A A) 2 A ( A) 2( A ) A ， 所以 A ( A) 1 2 ( A A) ( A ) A
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
电动力学习题解答
电பைடு நூலகம்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 A 2 ( A ) A 2
3.
设r
( x x' ) 2 ( y y ' ) 2 ( z z ' ) 2 为源点 x ' 到场点 x 的距离， r 的方向规定为
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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 ) ， [ E 0 sin( k r )] 及 [ E 0 sin( k r )] ，其中 a 、 k 及 E 0 均为常向量。
所以
c dV f dV [c ( f )] dV ( f c ) ( f c ) dS
郭硕鸿《电动力学》课后答案
取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得：
同理，在极板B内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：
因此
即 只有切向分量，从而 只有切向分量，电场线与导体表面平行。
14.内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为 ，板间填充电导率为 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 随时间的衰减规律。
（3）求与轴相距为 的地方的能量耗散功率密度。
在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：
所以有 ，
由于E
所以 E
当介质漏电时，重复上述步骤，可得：
， ，
介质1中电流密度
介质2中电流密度
由于电流恒定， ，
再由E 得
E
E E
E
E
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。
其中 和 为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方程。由于对称性， 和 均与 无关。考虑到 时 为有限值； 时 ，故拉普拉斯方程的解为：
由此 （1）
（2）
边界条件为： （3）
（4）
将（1）（2）代入（3）和（4），然后比较 的系数，可得：
于是得到所求的解为：
在均匀介质内部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体内部，只有球心处存在极化电荷。
电动力学习题及答案
根据前面的内容讨论知道：在所考虑区域内 没有自由电荷分布时，可用Laplace's equation求 解场分布；在所考虑的区域内有自由电荷分布时， 且用Poisson‘s equation 求解场分布。
如果在所考虑的区域内只有一个或多个点电 荷，区域边界是导体或介质界面，这类问题又如 何求解场分布？ 这就是本节主要研究的一个问 题。解决这类问题的一种特殊方法称为 — 镜象 法。
电场。右半空间的电场是Q及S面上的感应电荷面密
度 感 共同产生的。以假想的点电荷Q'等效地代替感 应电荷，右半空间的电势必须满足以下条件：
1 2 Q ( x a, y 0, z 0) 0 R 0 x 0 0 (1) (2) (3)
由(4)式得
b 2 Q Q a 将(6)式代入(5)式得
2
(6)
b 2 (a R02 ) ( R02 b 2 ) a
1 2 2 2 即b (a R0 )b R0 0 a
2
解此二次方程，得到
2 R0 b a b a
将此代入(6)式，即有
Q Q R0 Q Q a
c、
Q
4
-Q 5 +Q 4
+Q 6 7
-Q
B
Q
A
1 -Q
3 -Q 2 +Q
要保证 A B 0 则必须有7个象电荷，故电势为
1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 4 0 r r1 r2 r3 r4 r5 r6 r7
一般说明：只要 满足2 偶数的情形，都可用 镜象法求解，此时象电荷的个数等于 (2 ) 1 ，
2020智慧树知道网课《电动力学》课后章节测试满分答案
绪论单元测试1【单选题】(8分)由于静电场场强是电标势的负梯度，所以静电场一定是()。
A.无源有旋场；B.无旋无源场。
C.有源有旋场；D.无旋有源场；2【单选题】(8分)由于磁感应强度是磁矢势的旋度，所以磁场一定是()。
A.无源有旋场；B.无旋无源场。
C.无旋有源场；D.有源有旋场；3【单选题】(8分)由Stokes定理可知：()。
A.B.C.D.4【多选题】(16分)标量的梯度用于确定()。
A.场的大小；B.场的方向；C.力的大小；D.力的方向。
5【多选题】(16分)矢量的散度用于确定()。
A.场的有旋性；B.场的源或者汇；C.场的有源性；D.是否存在孤立的源。
6【多选题】(16分)矢量的旋度用于确定()。
A.场的有源性；B.场的有旋性；C.场线是否封闭；D.是否存在孤立的源。
7【判断题】(14分)A.错B.对8【判断题】(14分)A.对B.错第一章测试1【单选题】(3分)库仑定律表明电荷间作用力与其距离()关系。
A.成反立方。
B.成反平方；C.成正比；D.成反比；2【单选题】(3分)真空中的静电场高斯定理表明：穿过封闭曲面的电通量与该曲面内的净余电量()。
A.成正比；B.成反比；C.无关。
D.成反平方比；3【单选题】(3分)法拉第电磁感应定律表明：感应电场是由()产生的。
A.变化的磁场。
B.电流；C.变化的电场；D.电荷；4【单选题】(3分)在电介质的某点处，与自由电荷体密度成正比的是()的散度。
A.电流密度矢量。
B.电场强度矢量；C.极化强度矢量；D.电位移矢量；5【单选题】(5分)在磁介质的某点处，与自由电流面密度成正比的是()的旋度。
A.位移电流密度矢量。
B.磁场强度矢量；C.磁化强度矢量；D.磁感应强度矢量；6【判断题】(7分)法拉第电磁感应定律表明：感应电场是有源无旋场。
()A.错B.对7【判断题】(5分)位移电流是由变化的电场产生的。
()A.对B.错8【判断题】(3分)在电动力学中，库仑力不属于洛伦兹力。
电动力学 第二章 习题解答2
华中师大 陈义成
= πR2 ∫ =
2.19
π/2
0
⎛ ∂ϕ ⎞ 9π R 2σ0 2 2 ⎟ ⎜ − = i d 3 σ sin θ cos θ θ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎝ ∂r ⎠ ε0 r=R
∫
π/2
0
sin θ cos3 θdθ
(9)
9π R 2σ0 2 4ε0
如图所示，内导体球半径为 a ，带电量为 Q ，
2
θ 项给出
A0 +
即
B0 =0 b
A0 = −
−
联立（2） 、 （3） 、 （6）式得到
Q 4πε 0b
（5）
B0 c B1 + A1b + 2 =0 2 b b
（6）
A1 =
Qc −Qca 3 B ， = 1 4πε 0 (b3 − a 3 ) 4πε 0 (b3 − a 3 )
3 ⎧ ⎫ cr ⎡ ⎛ a ⎞ ⎤ ⎪1 1 ⎪ − θ 1 cos ⎢ ⎥ ⎨ − + 3 ⎬ ⎜ ⎟ 3 − r b b a r ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭
n=0
∞
介质中的电势 ϕ0 当 r → ∞ 时趋于均匀电场 E0 的电势，故
ϕ0 (r , θ ) = −E0 r cos θ + ∑
n=0
∞
bn Pn (cos θ ) r n+1
(4)
- 41 -
华中师大 陈义成
球面上 r = R 处的边值关系为
ϕi (r , θ ) = ϕ0 (r , θ )
W = − pi E0 = −
导线外面是一对称的二维径向场，因此
E0 =
λ er 2πε 0 r
电动力学二章答案
习题二1．将一个位于真空中的带电导体球切成两半，求它们之间的排斥力．设球的半径为0R ，球的电势为0V ．答案： .ˆ2200z e V F πε= 解：0004R q V πε=，0004V R q πε=，.00R V εσ=z z eV e R F ˆ2ˆ22002002πεπεσ=⋅= ２．内外半径分别为a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f λ，板间填充电导率为σ的非磁性物质．⑴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．⑵求f λ随时间的衰减规律．⑶求与轴相距为r 的地方的能量耗散功率密度．⑷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． ⑵;0tf eεσλλ-=⑶22⎪⎪⎭⎫⎝⎛r f πελσ；⑷.ln 222a bl f πελσ 解：⑴r f e r D ˆ2πλ= ，.ˆ2r fe rD E πελε==.ˆ2r f f e r E J πεσλσ== .ˆ21r fD e tr t D J ∂∂=∂∂=λπ对两式求散度，并且由f D ρ=⋅∇ ，0=∂∂+⋅∇tJ ff ρ得f f tλεσλ-=∂∂，所以 0=∂∂+tDJ f 。
因为介质是非磁性的，即H Bμ=，故任意一点，任意时刻有 000=⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+=⨯∇=⨯∇t D J H B fμμ⑵由f f tλεσλ-=∂∂，解这个微分方程得 ()tf e t εσλλ-=0⑶()222/r E E J p f f πελσσ==⋅=⑷长度为l 的一段介质耗散的功率为.ln 222222a b l rldr r f baf πελσππελσ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎰ 能量密度()22/,21r tw D E w f πελσ-=∂∂⋅= 长度为l 的一段介质内能量减少率为.ln 2222ab l rldr t wf baπελσπ⎰=∂∂-３．一很长的直圆筒，半径为R ，表面上带有一层均匀电荷，电荷量的面密度为σ．在外力矩的作用下，从0=t 时刻开始，以匀角加速度α绕它的几何轴转动，如图所示．⑴试求筒内的磁感应强度B；⑵试求筒内接近内表面处的电场强度E和玻印廷矢量S ；⑶试证明：进入这圆筒长为l 一段的S 的通量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛2022B l R dt d μπ． 答案： ⑴ωσμR B 0=；⑵ωασμe eRr E r ˆˆ210⨯= ；r e r R S ˆ212320ασμ-= ．解：⑴单位面电流ωσσπR lTRl i ==2 ωσμμR ei B z 00ˆ== ⑵在圆筒的横截面内，以轴线为心，r 为半径作一圆，通过这圆面积的磁通量为ωσμπR r S d B s02=⋅=Φ⎰由法拉第定律，得 .21210dtd Rr dt d r E ωσμπ-=Φ-=因为 t αω=所以ασμrR E 021-= 考虑到方向，则有z r e erR E ˆˆ210⨯=ασμ 在筒内接近表面处，z r e eR E ˆˆ2120⨯=ασμ 该处的能流密度为()()z z r R R R e R e eR H E S ˆˆˆ2120ωσασμ⨯⨯=⨯= r et R ˆ212320ασμ-= 负号表明，S 垂直于筒表面指向筒内。
郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版（章）
= (µµ −1)∇× Hr = ( µ −1)rj f ,(r1 < r < r2)
0
µ0
αrM = nr× (Mr 2 − Mr 1),(n从介质1指向介质2
3ε
r3
= − ε −ε 0 ρ f (3− 0) = −(ε −ε 0 )ρ f
3ε
ε
σ P = P1n − P2n
考虑外球壳时 r r2 n从介质 1指向介质 2 介质指向真空 P2n = 0
-5-
电动力学习题解答
第一章 电磁现象的普遍规律
σ P = P1n = (ε −ε 0)
r 3 − r13 ρ f rr r=r2 3εr 3
= cos(kr ⋅rr)(kxerx + k yery + kzerz )Er0 = cos(kr ⋅rr)(kr ⋅ Er) ∇×[Er0 sin(kr ⋅rr)] = [∇sin(kr ⋅rr)]×Er 0+sin(kr ⋅rr)∇× Er0
4. 应用高斯定理证明
∫ dV∇× fr = ∫S dSr× fr
V
应用斯托克斯 Stokes 定理证明
∫S dSr×∇φ = ∫Ldlrφ
证明 1)由高斯定理
dV∇⋅ gr = ∫S dSr ⋅ gr
∫
∫ ∫ 即
V
(∂ g x ∂x V
+ ∂g y ∂y
+ ∂g zz )dV = ∂
g
S
xdS x + g ydS y + g zdS z
而 ∇× frdV = [(∂ f z − ∂∂z f y )ir ∂+ ( f x − ∂∂x f z )rj∂+ ( f y − ∂∂y f x )kr]dV
电动力学第三版答案
电动力学第三版答案第一章：静电学1.1 静电场静电场是由电荷所产生的场，它是一种无时间变化的电磁场。
静电场的性质可以通过电场强度、电势和电荷分布来描述。
电场强度表示单位正电荷所受到的力，并且是一个向量量。
在任意一点的电场强度可以通过库仑定律计算。
电势是单位正电荷所具有的势能，它是一个标量量。
电势可以通过电势差来定义，电势差是两点之间的电势差别。
1.2 电场的高斯定律电场的高斯定律是描述电场在闭合曲面上的通量与该闭合曲面内的电荷有关系的定律。
它可以通过以下公式表示：\[ \oint \mathbf{E} \cdot \mathbf{n} \, ds =\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0} \]其中，\(\mathbf{E}\) 是电场强度，\(\mathbf{n}\) 是曲面上的单位法向量，\(ds\) 是曲面上的微元面积，\(Q_{\text{enc}}\) 是闭合曲面内的总电荷，\(\varepsilon_0\) 是真空电容率。
1.3 电势电势是单位正电荷所具有的势能，它是一个标量量。
它可以通过电势差来定义，电势差是两点之间的电势差别。
电势可以通过以下公式计算：\[ V = - \int \mathbf{E} \cdot d\mathbf{l} \]其中，\(V\) 是电势，\(\mathbf{E}\) 是电场强度，\(d\mathbf{l}\) 是路径上的微元长度。
1.4 静电场中的导体在静电场中，导体内部的电场强度为零。
当导体受到外部电场作用时，其表面会产生等效于外部电场的电荷分布，这种现象被称为静电感应。
静电感应可以通过以下公式来计算表面电荷密度：\[ \sigma = \mathbf{n} \cdot \mathbf{E} \]其中，\(\sigma\) 是表面电荷密度，\(\mathbf{n}\) 是表面法向量，\(\mathbf{E}\) 是外部电场强度。
电动力学课后答案 (2)
电动力学课后答案本文档为电动力学课后习题的答案，旨在帮助学生理解和巩固所学的电动力学知识。
以下是习题的答案解析。
1. 高斯定律的应用（20分）题目：一半径为 R 的均匀带电球面，电荷密度为σ。
沿球面 A 点方向垂直放置一个圆环，半径为 r (r < R)，环面上均匀分布着电荷，电荷密度为ρ。
求圆环上的电场强度。
解析：根据高斯定律，可以得到球面上的电场强度公式：E * 4πR² = Q / ε₀其中 E 为电场强度，R 为球面的半径，Q 为球面内的总电荷量，ε₀ 为真空介电常数。
对于球面内的总电荷量 Q，可以通过球面的电荷密度σ求得：Q = σ * 4πR²将 Q 的值代入上式，可以得到球面上的电场强度：E = σ / ε₀对于圆环上的电场强度E₁，根据叠加原理，可以将整个圆环分割成无限小的电荷元素，然后将各个电荷元素对圆环上某一点的电场强度进行叠加：E₁ = ∫(k * dq / r²)其中 k 为库仑常数，dq 为圆环上无限小的电荷元素，r 为圆环上的点到电荷元素之间的距离。
将 dq 的值代入上式，进行积分计算，可以得到圆环上的电场强度。
2. 电势与电势能（15分）题目：一电荷为 Q 的点电荷静止在距离无限远处，根据库仑定律，可以得到电场强度公式。
根据电场强度 E，可以求出电势差V = ∫E · dr。
解析：根据库仑定律，点电荷 Q 在距离 r 处的电场强度 E 可以表示为：E = k * Q / r²其中 k 为库仑常数。
对于电势差V，可以定义为电场强度E 在两点之间的积分：V = ∫E · dr该积分表示沿路径的曲线积分，其中 E 为点电荷 Q 在路径上的电场强度，dr 为路径上的微小位移。
将 E 的表达式代入上式，并对路径进行处理，可以计算得到电势差 V。
3. 静电场的能量（25分）题目：两个点电荷Q₁ 和Q₂ 之间的电势能可以表示为 E = k * Q₁ * Q₂ / r，其中 k 为库仑常数，r 为两个点电荷之间的距离。
电动力学 第二章 习题解答1
⎛ ⎝
ε0 ⎞ ⎟ p 。 pf 和 p ′ 共同产生的电势为 ε1 ⎠ f
（1）
ϕ偶 =
pf i R p′i R p iR + = f 3 3 3 4πε 0 R 4πε 0 R 4πε1 R
2
设球面上极化电荷产生的电势为 ϕ ′ ， ϕ ′ 满足： ∇
ϕ ′ = 0 。空间总电势为
ϕ = ϕ偶 + ϕ ′ =
于是
⎧ϕ1 = Φ 0 ⎪ 3 ⎨ (Φ 0 − ϕ0 ) R0 E0 R0 + 2 cos θ ⎪ϕ 2 = ϕ0 − E0 R cos θ + ⎩ R R （二）导体球上带总电荷 Q ，这时
(5) (6)
⎧ ⎪ ⎪ϕ2 R →∞ = ϕ0 − E0 R cos θ ⎪ / ⎨ϕ2 R = R0 = ϕ1 R=R0 = Φ 0 ⎪ ∂ϕ 2 Q ⎪ = ⎪− ∫∫ S ∂n dS ε0 R = R0 ⎩
⎛ ⎝
a2 ⎞ ⎛ a ⎞ ⎟ 处的电荷 ⎜ − q ⎟ 及球 r ⎠ ⎝ r ⎠
心（0，0，0）处的点电荷 ⎜
⎛a ⎞ q ⎟ 代替。这样，在点 (0,0, a + ) 处，场强 E 为 ⎝r ⎠
⎡ a r)q ⎤ ( q 1 ⎢(a r ) q ⎥ ez − − E= 4 πε 0 ⎢ a 2 (r − a ) 2 ( a − a 2 r )2 ⎥ ⎣ ⎦
球内、外电势分别为：
pf i R + ϕ′ 4πε1 R 3
⎧ bn ⎞ pf i R ⎛ n ⎪球内 : ϕ1 = 4πε R 3 + ∑ ⎜ an R + R n +1 ⎟ Pn (cos θ ) ⎠ n ⎝ ⎪ 1 ⎨ ⎪球外 : ϕ = pf i R + ⎛ c R n + d n ⎞ P (cos θ ) ∑ ⎜ n R n+1 ⎟ n 2 ⎪ 4πε1 R 3 n ⎝ ⎠ ⎩
电动力学智慧树知到答案2024年太原理工大学
电动力学太原理工大学智慧树知到答案2024年第一章测试1.已知距离矢量，下列选项中正确的是（）。
A: B: C: D:答案:A2.（）是分析电介质极化的模型。
A:自由电子 B:磁化电流 C:电偶电子 D:磁偶极子答案:C3.（）说明了没有孤立磁荷的存在。
A:电流连续性原理 B:安培环路定理 C:磁通连续性原理 D:高斯定律答案:C4.1用磁感应强度表示的安培环路定律中，等式右边的电流强度是指由闭合回路所套链的自由电流。
（）A:错 B:对答案:A5.在电场和磁场同时存在的空间内，运动电荷q受到的洛伦兹力为（）。
A: B: C: D:答案:D第二章测试1.静电场中电势函数的（）等于电场强度。
A:负梯度 B:散度 C:梯度 D:旋度答案:A2.空气中一半径为、介质常数为、带电量为的导球。
若规定无穷远处为参考零势点，则球心处的电势为（）。
A: B: C: D:0答案:C3.空气中一半径为a的接地导体球壳，距球心处（）有一点电荷Q，则导体球壳上所感应的电荷总量是（）。
A: B: C: D:答案:C4.静电场的能量密度是（）。
A: B: C: D:答案:A5.在任意介质中，下列关于电位移和电场强度的关系正确的是（）。
A: B: C: D:答案:C第三章测试1.在分析静磁场问题时，引入磁矢势，并令的依据是（）。
A: B: C: D:答案:A2.一无限长直螺线管，横截面的半径为，由表面绝缘的细导线密绕而成，单位长度的匝数为，当导线中载有电流I时，管内的磁矢势为（）。
A: B: C: D:答案:A3.真空中的磁偶极矩激发的磁矢势和磁标势分别为（）。
A: B: C: D:答案:AC4.关于静电场和稳恒磁场，以下描述正确的是（）。
A:稳恒磁场无源有旋，磁感应线是闭合曲线 B:静电场有源无旋，静电场线永不闭合； C:静电场有旋无源，静电场线是闭合曲线 D:稳恒磁场有源无旋，磁感应线永不闭合答案:AB5.在没有自由电流分布且均匀磁化的铁球内部，磁标势满足拉普拉斯方程。
郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版(1-6章)
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
l S
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
3. 设 r =
( x − x ' ) 2 + ( y − y ' ) 2 + ( z − z ' ) 2 为源点 x ' 到场点 x 的距离 r 的方向规定为从 r ∂ r ∂ r ∂ + e y ' + e z ' ) 与对场变数求 ∂x ' ∂y ∂z
源点指向场点 1 证明下列结果 并体会对源变数求微商 (∇ = e x
证明
r ∂( x − x ' ) ∂( y − y ' ) ∂( z − z ' ) ∇⋅r = + + =3 ∂x ∂y ∂z r ex r ∂ ∇×r = ∂x x − x' r ey ∂ ∂y y − y' r ez ∂ =0 ∂z z − z'
电动力学答案chapter2
-5-
电动力学习题解答参考
第二章 静电场
4
均匀介质球 容率为 ε 2
电容率为 ε 1
的中心置一自由电偶极子 Pf
r
球外充满了另一种介质
电
求空间各点的电势和极化电荷分布
提示
同上题
φ=
r r Pf ⋅ R 4πε 1 R 3
+ φ ' ,而 φ ' 满足拉普拉斯方程
解
ε1
∂φ内 ∂R
= ε2
∂φ 外 ∂R 2 Pf cosθ l 1 + ∑ lAl R0 Pl 3 4πε 1 R0 2 Pf cosθ B − ∑ (l 1 l l 2 Pl 3 4πε 1 R0 R0
Qf
4πεR
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 而言
R > R0 ,由高斯定理有
r r ε 0 ∫ E ⋅ ds = Q总 Q f + Q P = Q f
对于整个导体球
束缚电荷 Q P = 0)
r ∴E =
Qf 4πε 0R 2 Qf 4πε 0 R + C.(C是积分常数
导体球是静电平衡
是一个常数
ϕ外
R = R0
= ϕ 0 − E 0 R0 cosθ
b 0 b1 + cosθ = C R0 R02
∴ − E 0 R0 cosθ +
b1 3 cosθ = 0即 b1 = E 0 R0 2 R0
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电动力学习题解答参考
第二章 静电场
ϕ外 ϕ0
又由边界条件 −
3 b0 E 0 R0 E 0 Rcosθ + + cosθ R R2
电动力学第二章答案
1. 一个半径为R 的电介质球，极化强度为2/r K r P =，电容率为ε。
（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）P ⋅-∇=p ρ2222/)]/1()/1[()/(r K r r K r K -=∇⋅+⋅∇-=⋅∇-=r r r)(12P P n -⋅-=p σR K R r r /=⋅==P e （2）)/(00εεεε-=+=P P E D 内200)/()/(r K f εεεεεερ-=-⋅∇=⋅∇=P D 内（3）)/(/0εεε-==P D E 内内rr frKRr Ve e D E 200200)(4d εεεεπερε-===⎰外外 rKRr)(d 00εεεεϕ-=⋅=⎰∞r E 外外)(ln d d 00εεεεϕ+-=⋅+⋅=⎰⎰∞r R K RR rr E r E 外内内（4）⎰⎰⎰∞-+-=⋅=R R rrr R K r r r K V W 42200222022202d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D 20))(1(2εεεεπε-+=K R2. 在均匀外电场中置入半径为0R 的导体球，试用分离变量法求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0Φ； （2）导体球上带总电荷Q 解：（1）该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场0E 方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。
当0R R >时，电势ϕ满足拉普拉斯方程，通解为∑++=nn n nn n P R b R a )(cos )(1θϕ 因为无穷远处 0E E →，)(cos cos 10000θϕθϕϕRP E R E -=-→ 所以 00ϕ=a ，01E a -=，)2(,0≥=n a n当 0R R →时，0Φ→ϕ所以 0101000)(cos )(cos Φ=+-∑+n nn nP R b P R E θθϕ 即： 002010000/,/R E R b R b =Φ=+ϕ所以 )2(,0,),(3010000≥==-Φ=n b R E b R b n ϕ⎩⎨⎧≤Φ>+-Φ+-=)()(/cos /)(cos 000230000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ（2）设球体待定电势为0Φ，同理可得⎩⎨⎧≤Φ>+-Φ+-=)()(/cos /)(cos 000230000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ当 0R R →时，由题意，金属球带电量Qφθθθϕθεϕεd d sin )cos 2cos (d 200000000R E R E S nQ R R ⎰⎰+-Φ+=∂∂-== )(40000ϕπε-Φ=R所以 00004/)(R Q πεϕ=-Φ⎩⎨⎧≤+>++-=)(4/)(cos )/(4/cos 00002300000R R RQ R R R R E R Q R E πεϕθπεθϕϕ 3. 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，试用分离变量法求空间电势，把结果与使用高斯定理所得结果比较。
郭硕鸿 电动力学 第五版 -第1-4章答案
)
3．4 题为作业题，略。 5． 与书上内容P25 同。 6. 书上习题2 P34，略。 （四）计算题 1．
2． 略。
第二章习题答案
镜像法
2． 书上例题。 P54 例二
3． 书上习题11
4．书上习题12
5．书上习题9
分离变量法
6．第一小题是书上例题，P48 例1，略。 第二小题做法类似， 唯一不同的地方是内导体球没有接地， 电势不为 零，但可以利用带电量Q来求解。 7．书上例题，P49 例2，略。 8．
② 14. ④ 15. ② 16. ②
（二）填空题 1 ． 时 谐 2 .
G G − iωt E ( x )e
3.
G G − iωt B ( x )e
4.
G G i ( kG• x G E0 ( x )e −ωt )
5.
G G i ( kG• x G B0 ( x )e −ωt )
6.
1 G G G G ( E • D + H • B) 2
∫
G J ( x' ) dV ' r
5.
1 G G A • J dV 2 ∫V
6.
1 G G B • H dV ∫ ∞ 2
7. 铁磁体
（三）证明题 书上例题，P83例1
（四） 计算题
1． 0 （此题删去） 2． 书上例题P83例二 3． 书上习题P108 第9题
第四章习题答案
（一）单选题 1．① 2. ③ 3. ③ 4. ④ 5. ④ 6. ① 7. ② 12. ① 13.
第三章习题答案
（一） 单选题 1．④ 10. ④ （二）填空题 2. ③ 3. ③ 4. ③ 5. ④ 6. ① 7. ③ 8. ② 9. ①
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习题二1．将一个位于真空中的带电导体球切成两半，求它们之间的排斥力．设球的半径为0R ，球的电势为0V ．答案： .ˆ2200z e V F πε= 解：0004R q V πε=，0004V R q πε=，.00R V εσ=z z eV e R F ˆ2ˆ22002002πεπεσ=⋅= ２．内外半径分别为a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f λ，板间填充电导率为σ的非磁性物质．⑴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．⑵求f λ随时间的衰减规律．⑶求与轴相距为r 的地方的能量耗散功率密度．⑷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． ⑵;0tf eεσλλ-=⑶22⎪⎪⎭⎫⎝⎛r f πελσ；⑷.ln 222a bl f πελσ 解：⑴r f e r D ˆ2πλ= ，.ˆ2r fe rD E πελε==.ˆ2r f f e r E J πεσλσ== .ˆ21r fD e tr t D J ∂∂=∂∂=λπ对两式求散度，并且由f D ρ=⋅∇ ，0=∂∂+⋅∇tJ ff ρ得f f tλεσλ-=∂∂，所以 0=∂∂+tDJ f 。
因为介质是非磁性的，即H Bμ=，故任意一点，任意时刻有 000=⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+=⨯∇=⨯∇t D J H B fμμ⑵由f f tλεσλ-=∂∂，解这个微分方程得 ()tf e t εσλλ-=0⑶()222/r E E J p f f πελσσ==⋅=⑷长度为l 的一段介质耗散的功率为.ln 222222a b l rldr r f baf πελσππελσ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎰ 能量密度()22/,21r tw D E w f πελσ-=∂∂⋅= 长度为l 的一段介质内能量减少率为.ln 2222ab l rldr t wf baπελσπ⎰=∂∂-３．一很长的直圆筒，半径为R ，表面上带有一层均匀电荷，电荷量的面密度为σ．在外力矩的作用下，从0=t 时刻开始，以匀角加速度α绕它的几何轴转动，如图所示．⑴试求筒内的磁感应强度B；⑵试求筒内接近内表面处的电场强度E和玻印廷矢量S ；⑶试证明：进入这圆筒长为l 一段的S 的通量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛2022B l R dt d μπ． 答案： ⑴ωσμR B 0=；⑵ωασμe eRr E r ˆˆ210⨯= ；r e r R S ˆ212320ασμ-= ．解：⑴单位面电流ωσσπR lTRl i ==2 ωσμμR ei B z 00ˆ== ⑵在圆筒的横截面内，以轴线为心，r 为半径作一圆，通过这圆面积的磁通量为ωσμπR r S d B s02=⋅=Φ⎰由法拉第定律，得 .21210dtd Rr dt d r E ωσμπ-=Φ-=因为 t αω=所以ασμrR E 021-= 考虑到方向，则有z r e erR E ˆˆ210⨯=ασμ 在筒内接近表面处，z r e eR E ˆˆ2120⨯=ασμ 该处的能流密度为()()z z r R R R e R e eR H E S ˆˆˆ2120ωσασμ⨯⨯=⨯= r et R ˆ212320ασμ-= 负号表明，S 垂直于筒表面指向筒内。
⑶进入这圆筒长为l 一段的S 的通量为 lt R Rl S R s 24202ασπμπ=⋅=Φ而lt R dt dB B l R B l R dt d 2420022022ασπμμπμπ==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ 所以⎪⎪⎭⎫⎝⎛=Φ2022B l R dt d S μπ 讨论：此结果表明，筒内磁场增加的能量等于S 流入的能量。
由于筒未转动时，筒内磁场为零，磁场能量为零，磁场能都是经过玻印廷矢量由表面输入的。
４．已知太阳光正入射时，地面上每平方厘米每分钟接收太阳光的能量为cal 94.1，J cal 1868.41=．设射到地面上的太阳光全部被吸收．已知地球的半径为km 3104.6⨯，试求太阳光作用在整个地球上的力．答案： ()N dtdpF 8108.5⨯==． 解：电磁波动量密度大小为 200cS S G ==με 在t 时间内射到地球上的太阳光的动量为 cS tR ctG R p 22ππ== 这些动量全被太阳吸收，故太阳所受力为 ()N dtdpF 8108.5⨯==5．由电磁场存在时的动量守恒定律导出角动量守恒定律。
解：电磁场存在时动量守恒定律的微分形式为→→⋅-∇=∂∂+T g tf（1） 其中⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++--=⨯=→→→→20200001211,B E I B B E E T B E g μεμεε 分别为电磁场动量密度和电磁场动量流密度。
对（1）式左边取与r矢量积，得()()gr p r tg p r t ⨯=⨯=+∂∂=+⨯∂∂ζξζξ,,分别为机械角动量和电磁场角动量。
（1）式右边取与r矢量积，得()⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂-∂∂=∂∂=⋅∇⨯→→l j lk lk j lijk l lk j ijk i x x T T x x x T x T r εε)(ijk ε表示有两个相同指标应该从1~3取和，且()k j ijk i b a b a ε=⨯。
上式右边第一项可表示为i r T ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⋅∇-→→ ；第二项利用jl lj x x δ=∂∂可以化为jk ijk T ε-，若注意到ijk ε对于指标jk 为反对称，而jk T 为对称张量，因此该项应该为零。
于是最后得到角动量守恒定律的形式为()→→⋅-∇=+∂∂M t场力ζξ， 其中r T M⨯-=→→→→，这就是电磁场的角动量守恒定律。
6．一根长l 为的细金属棒沿铅直地竖立，然后用手轻轻地向东推一下使它向东倒下，求它倒到水平位置那一瞬间棒端的电势差（设地磁水平分量为H ）.解 设棒地质量为m ，棒绕端点转动的转动惯量是231ml I =，g 为重力加速度，当金属棒竖直地倒下接触地面时，其角速度由下式给出，2212l mgI =ω 显然 lg 3=ω分析 本题实质上是导体在不变磁场中的运动问题，导体中的感应现象是由于导体中自由电子受B v F ⨯=e 作用而产生的，在随导体运动的观察者看来，F 是作用在静止电荷上的电力，故可将F 视为一种等效电场的作用，即B v E ⨯=，∴棒倒在水平位置两端电势差为H gl H gl xdx H Hdx x d d ll 030003002343)(μμωμμωφ=⎰⎰===⋅⎰⎰⨯=⋅=l B v l E7．有一放射性材料制成的小球，总电荷为Q ，由于小球周围形成沿径向流出的电流，因而Q 逐渐减小，假定电流的大小在各不同方向上都相同，求 （1）电流密度J （2）位移电流密度D J（3）证明磁感应强度0=B 解（1）由电荷守恒定律⎰--=⋅=J r d dtdQ24πs J 故 3r dt dQ rJ π41-=3r Qr E 04πε=3D r dt dQ t rE J πε410=∂∂= （3） 0)(0=+=⨯∇D J J μB而 0=⋅∇B 故 0=B8．在点电荷 q 的电场中，距离它为 d 的地方有一电偶极子，其偶极矩为P ，求下列两种情况下，此偶极子所受的力F 和力矩N.（1）偶极子的偶极矩P 沿点电荷电场的方向， （2）偶极子的偶极矩 P 垂直于点电荷的电场.解 方法一：)3+-++-+-=+=r r qe(3r r F F F∵ 2l d r +=+ 2ld r +=- （ -+r r , 分别为 q 到e +和e - 的距离）∴321211d d r d l l d ⋅-≈+-=+32211d d 1r d l l d ⋅+≈-=-最后得53333d d r r ddl l r r ⋅-=--+-+ ∴ 53333d q d q d e q d qe 5ddp p d l d l F ⋅-=⋅-=3dq pd F d N ⨯=⨯=（1）当 p 沿d 方向：（设 d e 是 d 方向的单位矢量）d d 52d qpd p 3qd d p qe e F 33-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-= ；N =0（2）当p ⊥d 方向时3d q pF = ; n N 2d qp = (n 为垂直 d 、p 的单位矢量)。