电动力学复习题

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 )()(2

1∇⋅-∇=⨯∇⨯A 解：（1）)()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇

B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=c c c c

B 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∇⋅-∇=⨯∇⨯A

11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l 和2l ，电容率为1ε和2ε，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1f ω和2f ω； （2）介质分界面上的自由电荷面密度3f ω。(若介质是漏电的，电导率分别为1σ和2σ 当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？)

解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为1E 和2E ，电位移分别设为1D 和2D ，其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为

03=f ω

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：

11f D ω= 同理，在极板B 内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

22f D ω-= 在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

21D D =

所以有111εωf E =，2

1

2εωf E =

由于 E )(d 2

2111221111εεωεωεωl

l l l l E f f f +=+=⋅=⎰

所以=-=21f f ωω E

)(

2

2

1

1

εεl l +

当介质漏电时，重复上述步骤，可得：

11f D ω=， 22f D ω-=， 312f D D ω=-

213f f f ωωω--=∴

介质1中电流密度 111111111//εωσεσσf ===D E J

介质2中电流密度 2312222222/)(/εωωσεσσf f +===D E J

由于电流恒定，21J J =，

2312111/)(/εωωσεωσf f f +=∴

11

21212211223)1()(f f f ωεσσ

εωεσεσσεω-=-=

∴

再由 E 221

1l E l

E d +=⋅=

⎰l E 得

E )(22

1111122112111l l l f f f σσ

εωεσεωσεεω+=+=

221111/σσεωl l f +=

∴E 2

1121

2l l σσεσ+=E )(312f f f ωωω+-=2

1122

1l l σσεσ+-

=E 2

1121

22

13l l f σσεσεσω+-= E

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f λ，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。 解：（1）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r ，长度为L ，其中

b r a <<

则由高斯定理得：L D rL f ⋅=⋅λπ2（1）

所以r D f πλ2=，t

r J f

D ∂∂=λπ21（2）

再由电流连续性方程得：)/(/2t L t q J rL f f ∂∂-=∂-∂=⋅λπ（3）

所以D f

f J t

r J -=∂∂-

=λπ21 （4） 即f J 与D J 严格抵消，因此内部无磁场。

（2）由E J σ=f 得：r D J f

f λπεσεσ⋅==2（5）

联立（2）（4）（5）得0d d =+f f t λε

σ

λ（6） 所以0d d =+t f f ε

σλλ

t

f Ce

ε

σ

λ-=（7）

设初始条件为00

f t f

λλ==，则由（7）式得0f C λ=

所以，t f f e

ε

σλλ-=0（8）

（3）2

2

2⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛⋅==r E p f πελσσ（9）

（4）将上式在长度为l 的一段介质内积分，得

⎰⎰=⋅⎪⎪⎭

⎫

⎝⎛⋅=⎪⎪⎭⎫

⎝⎛⋅=V

b a

f f f a b l r rl r V r P ln 2d 22d 2222

2

πεσλππελσπελσ（10） 由22

1

E w ε=

得：

a b l r rl r V w W f b

a f V ln 4d 2221

d 2122

πελππελε=⋅⎪⎪⎭

⎫ ⎝⎛==⎰⎰ 所以t

a b l t W f

f d d ln 2d d λπελ⋅=（11） 由（6）（10）（11）得：t

W

P d d -=

即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。

第二章静电场

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

r r f

r KR

r V

e e D E 200200)(4d εεεεπερε-=

=

=

⎰外

外

r KR

r )(d 00εεεεϕ-=

⋅=⎰∞r E 外外 )(ln d d 0

0εεεεϕ+-=⋅+⋅=⎰⎰∞r R K R R r r E r E 外内内

（4）⎰⎰

⎰∞

-+-=

⋅=R R

r r

r R K r

r r K V W 422002

220

2

22

02

d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D

2

0))(1(2εεεεπε-+=K R

9.（第十题参考）接地的空心导体球的内外半径为1R 和2R ，在球内离球心为a 处(a <1R )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：假设可以用球外一个假想电荷'Q 代替球内表面上感应电荷对空间电场的作用，

空心导体球接

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