电动力学习题解答5
《电动力学》简答题参考答案
《电动力学》简答题参考答案1. 分别写出电流的连续性方程的微分形式与积分形式,并简单说明它的物理意义。
解答:电流的连续性方程的微分形式为0J t ρ∂∇⋅+=∂K 。
其积分形式为d d d d S J S V t ρΩ⋅=−∫∫∫∫K K v 。
电流的连续性方程实际上就是电荷守恒定律的公式表示形式,它表示:当某区域内电荷减少时,是因为有电荷从该区域表面流出的缘故;相反,当某区域内电荷增加时,是因为有电荷通过该区域的表面流入的缘故。
2. 写出麦克斯韦方程组,并对每一个方程用一句话概括其物理意义。
解答:(1)f D ρ∇⋅=K 电荷是电场的源;(2)B E t∂∇×=−∂K K 变化的磁场产生电场; (3)0B ∇⋅=K 磁场是无源场;(4)f D H J t∂∇×=+∂K K K 传导电流以及变化的电场产生磁场。
3. 麦克斯韦方程组中的电场与磁场是否对称?为什么?解答:麦克斯韦方程组中的电场与磁场并不对称,因为电场是有源场,电荷是电场的源,而磁场是无源场,不存在磁荷。
4. 一个空间矢量场A K ,给出哪些条件能把它唯一确定?解答:由矢量场的唯一性定理:(1)位于空间有限区域内的矢量场,当它的散度,旋度以及它在区域边界上的场分布给定之后,该矢量场就被唯一确定;(2)对于无限大空间,如果矢量在无限远处减少至零,则该矢量由其散度和旋度唯一确定。
5. 写出极化电流与极化强度、磁化电流密度与磁化强度之间的关系式。
解答:极化电流与极化强度之间的关系式为P P J t ∂=∂K K ; 磁化电流密度与磁化强度之间的关系式为M J M =∇×K K 。
6. 简述公式d d d d d V V w V f V S tσ−=⋅+⋅∫∫∫v K K K K v 的物理意义。
解答:d d d Vw V t −∫表示单位时间区域V 内电磁场能量的减少,d V f V ⋅∫v K K 表示单位时间电磁场对该区域的电荷系统所作的功,d S σ⋅∫K K v 表示单位时间流出该区域的能量。
《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。
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：1( A B ) =B ('、A) ■ ( B ^ ) A A (I B) ' (A '、、) B A (∖ A) ∖ A -(A '、) A 2.设U是空间坐标X, y,z的函数，证明:'、f (U)dfUd U：：/∙A(U)=d AU —dU ∖ A (U) =VUd Adu证明:电动力学习题解答3. 设r = (X - χ')亠(y _ y')亠(Z -z') 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：Ir= 一1 'r = r / r ；I (1 / r) _ -■• ' (1 / r) _ -r / r3；3'、(r/ r ) =0 ；∖ (r / r ) = '(r / r ) = O ，(r = 0)。
(2 )求r ，'∙∙ r，(a •''、) r ，1(a r)，∖ [ E o Sin( k r)]及''、[E O Sin( k r)],其中a、k及E O均为常向量。
,应用斯托克斯(StokeS)定理证明dS = d I”^S ^L4.应用高斯定理证明 f dS f5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为P(t) = Vj(X',t)X'dV',利用电荷守恒定律∖=0证明P的变化率为：Ctd PJ ( X',t)dVdt -V6.若m是常向量，证明除R=O点以外，向量A =( m R)/ R3 的旋度等于标量:护^m R/R3的梯度的负值，即V 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止自由电荷「f ,求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。
电动力学刘觉平版课后答案EDEX第5章 (5)
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�
(ϕm 2 )r →∞ = − Hr cos θ
∂ϕ = µ0 m 2 ∂r � � B0 − iωt （ H (t ) = e ） µ0 r =a
(ϕm1 )r =a
∂ϕ = (ϕm 2 ) r = a ， µ m1 ∂r
r =a
取金属球外的磁标势 ϕ m 2 的试解为 ϕ m 2 = − Hr cos θ + 球内试解为
第六章
目录：
似稳场
习题 6.5......................................................................................................1
习题 6.5
1 试由导体内场的扩散方程及 Ohm 定律证明： 处于交变场中的导体内的电流密度 j 满足方程
i � � ∇ 2 j − μσ j = 0
�
证明： 导体内的扩散方程 ∇ E − μσ E = 0 , Ohm 定律： j = σ c E 将 Ohm 定律代入扩散方程，得: ∇ 2 j / σ c − µσ j / σ c = 0 即： ∇ 2 j − μσ j = 0
2
�
i �
�
�
(
�
)
(̇ )
� � � x × ( x × B )dv
因为交变磁场中，导体的磁矩由导体内的传导电流产生，
iω 3µσ c � 1 � � m = ∫ x × jdv = − V 2 4 µ + 2 µ0
又
∫
V
� � � � � � � � � � � � − x × ( x × B) = B ( x i x ) − ( Bi x ) x = Br 2 − B r cos θ x
《电动力学》课后题答案_第三版_郭硕鸿
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
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
'
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
而 dl φ = (φ i dl x + φ j dl y + φ k dl z )
l l
∫
r
∫
-3-
电动力学习题答案
电动力学习题答案电动力学是物理学中研究电荷、电场、磁场和它们之间相互作用的分支。
以下是一些典型的电动力学习题及其答案。
# 习题一：库仑定律的应用问题：两个点电荷，一个带电为+3μC，另一个为 -5μC，它们之间的距离为 2m。
求它们之间的静电力大小。
解答：根据库仑定律，两个点电荷之间的静电力 \( F \) 由下式给出：\[ F = k \frac{|q_1 q_2|}{r^2} \]其中 \( k \) 是库仑常数，\( q_1 \) 和 \( q_2 \) 是电荷量，\( r \) 是它们之间的距离。
代入给定的数值：\[ F = 8.9875 \times 10^9 \frac{N \cdot m^2}{C^2} \times\frac{3 \times 10^{-6} C \times (-5 \times 10^{-6} C)}{(2 m)^2} \]\[ F = 37.5 N \]# 习题二：电场强度的计算问题：一个无限大均匀带电平面，电荷面密度为 \( \sigma \)。
求距离平面\( d \) 处的电场强度。
解答：对于无限大均匀带电平面，电场强度 \( E \) 垂直于平面，大小为：\[ E = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \]其中 \( \epsilon_0 \) 是真空电容率。
# 习题三：电势能的计算问题：一个点电荷 \( q \) 位于另一个点电荷 \( Q \) 产生的电场中，两者之间的距离为 \( r \)。
求点电荷 \( q \) 在该电场中的电势能。
解答：点电荷 \( q \) 在由点电荷 \( Q \) 产生的电场中的电势能 \( U \) 为：\[ U = -k \frac{qQ}{r} \]# 习题四：洛伦兹力的计算问题：一个带电粒子，电荷量为 \( q \)，以速度 \( v \) 进入一个垂直于其运动方向的磁场 \( B \) 中。
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 (
【全】刘觉平电动力学课后习题答案
第一章三維歐氏空間中的張量目录：习题1.1 正交坐标系的转动 (2)习题1.2 物理量在空间转动变换下的分类 (9)习题1.3 物理量在空间反演变换下的进一步分类 (10)习题1.4 张量代数 (15)习题1.5 张量分析 (21)习题1.6 Helmholtz定理 (35)习题1.7 正交曲线坐标系 (38)习题1.8 正交曲线坐标系中的微分运算 (42)习题1.11、 设三个矢量,,a b c r r r 形成右（左）旋系，证明，当循环置换矢量,,a b c r r r的次序，即当考察矢量,,(,,)b c a c a b r rr r r r 时，右（左）旋系仍保持为右（左）旋系。
证明：()V a b c =⨯⋅r r r，对于右旋系有V>0.当循环置换矢量,,a b c r r r次序时， ()V b c a '=⨯⋅r r r ＝()0c a b V ⨯⋅=〉rr r 。
（*）所以，右旋系仍然保持为右旋系 同理可知左旋系情况也成立。
附：（*）证明。
由于张量方程成立与否与坐标无关，故可以选取直角坐标系，则结论是明显的。
2、 写出矢量诸分量在下列情况下的变换矩阵：当Cartesian 坐标系绕z 轴转动角度α时。
解：变换矩阵元表达式为 ij i j a e e '=⋅r r1112212213233233cos ,sin ,sin ,cos ,0,1a a a a a a a a αααα===-===== 故()cos sin 0sin cos 0001R ααααα⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭3、 设坐标系绕z 轴转α角，再绕新的y 轴（即原来的y 轴在第一次转动后所处的位置）转β角，最后绕新的z 轴（即原来的z 轴经第一、二次转动后所处的位置）转γ角；这三个角称为Euler 角。
试用三个转动矩阵相乘的办法求矢量诸分量的在坐标轴转动时的变换矩阵。
解：我们将每次变换的坐标分别写成列向量,,,X X X X ''''''， 则 ()()(),,z y z X R X X R X X R X αβγ'''''''''''''===∴()()()z y z X R R R X γβα''''''=绕y '-轴转β角相当于“先将坐标系的y '-轴转回至原来位置，再绕原来的y-轴（固定轴）转β角，最后将y-轴转至y '-轴的位置”。
电动力学习题答案
电动力学习题答案电动力学习题答案电动力学是物理学中的一个重要分支，研究电荷和电场之间的相互作用以及电流和磁场之间的关系。
在学习电动力学的过程中，我们经常会遇到一些练习题，下面我将为大家提供一些常见电动力学练习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 一个带电粒子在电场中受到的力是多少？答：一个带电粒子在电场中受到的力可以通过库仑定律来计算。
库仑定律表明，两个电荷之间的力与它们之间的距离的平方成反比，与它们的电荷量的乘积成正比。
因此，一个带电粒子在电场中受到的力可以表示为F = qE，其中F是受力，q是电荷量，E是电场强度。
2. 一个带电粒子在电场中移动一段距离后，它的电势能发生了什么变化？答：当一个带电粒子在电场中移动时，它的电势能会发生变化。
电势能的变化可以通过电势差来计算，即ΔV = -W/q，其中ΔV是电势差，W是带电粒子所受的力沿着移动方向的做功，q是电荷量。
如果带电粒子沿着电场方向移动，那么电势能将减小；如果带电粒子与电场方向相反移动，电势能将增加。
3. 一个带电粒子在电场中沿着等势线移动，它的电势能是否发生变化？答：当一个带电粒子沿着等势线移动时，它的电势能不会发生变化。
等势线表示电势相等的点的连线，沿着等势线移动意味着电势不发生变化，因此电势能也不会发生变化。
4. 一个电流通过一根导线，导线的两端产生了电压差。
这个电压差是由什么引起的？答：电流通过导线时，导线内部会产生电阻。
根据欧姆定律，电流通过导线时，导线两端产生的电压差与电流成正比。
这个电压差是由导线内部电阻引起的。
5. 两根平行的导线中分别有电流通过，它们之间是否会有相互作用？答：两根平行的导线中分别有电流通过时，它们之间会产生相互作用，即磁场力。
根据安培定律，电流通过导线时会产生磁场，而磁场会对另一根导线产生力。
这个力的大小与电流的大小、导线之间的距离以及导线的方向有关。
以上是一些常见的电动力学练习题及其答案，希望对大家的学习有所帮助。
郭硕鸿《电动力学》课后答案
郭硕鸿《电动力学》课后答案第 2 页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）)()()(cc A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=cc c c B A B A A B A B )()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=（2）在（1）中令B A =得：AA A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，所以 A A A A A A )()()(21∇⋅-⋅∇=⨯∇⨯ 即 A A A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：u u f u f ∇=∇d d )( ， u u u d d )(A A ⋅∇=⋅∇， uu u d d )(AA ⨯∇=⨯∇ 证明： （1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=∇)()()()(zy x zuu f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d du 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 du z u y u x u u A u A u A z y x z z y y x x dd)()d d d d d d (e e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++=第 3 页（3）u A u A u A zu y u x u uu z y x zy x d /d d /d d /d ///d d ∂∂∂∂∂∂=⨯∇e e e Azx y y z x x y z yu u A x u u A x u u A z u u A z uu A y u u A e e e )d d d d ()d d d d ()d d d d (∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=zx y y z x x y z yu 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。
电动力学第五章答案
v
v
解
v v 1 ∂ϕ A 与 ϕ 满足洛仑兹规范 故有 ∇ ⋅ A + 2 =0 c ∂t v Q ϕ = −∇ ⋅ Ζ 代入洛仑兹规范 有 v 1 ∂ v ∇ ⋅ A + 2 ⋅ (−∇ ⋅ Ζ) = 0 c ∂t
k
v v v v* ∴ 要使上式成立 仅当 k ⋅ a k = k ⋅ a k = 0时 v v v ∴ 故 证得当取 ∇ ⋅ A = 0, ϕ = 0 时 k ⋅ a k = 0 vv vv v v v v* ik ⋅ x 3 已知 A( x , t ) = ∑ [a k (t )e + ak (t )e −ik ⋅ x ]
第五章
电磁波的辐射
如果取 ϕ = 0
有
v v B = ∇× A v v ∂A E=− ∂t
代入方程
v v ∂D ∇× H = ∂t v ∇⋅D = 0
有
v v ∂D 1> ∇ × H = ∂t
v v ∂E ∇ × B = εµ ∂t
∴ 由 1>2>得
v ∇⋅ A = 0
2
kh
v v E , B 相互垂直 v v E , B 同相 振幅比为 υ v v
1
2 可表示的波正是符合条件的平面波
所以命题得证 4. 设真空中矢势 A( x , t ) 可用复数傅立叶展开为 A( x , t ) =
v v
v v
v d 2 a k (t ) v v 1 证明 a k 满足谐振子方程 + k 2 c 2 a k (t ) = 0 2 dt
2 当选取规范 ∇ ⋅ A = 0, ϕ = 0 时 3 把 E和B 用 a k 和 a k 表示出来
电动力学课后答案
第五章多电子原子1.选择题:(1)关于氦原子光谱下列说法错误的是：BA.第一激发态不能自发的跃迁到基态；B.1s2p 3P2,1,0能级是正常顺序；C.基态与第一激发态能量相差很大；D.三重态与单态之间没有跃迁(2)氦原子由状态1s2p 3P2,1,0向1s2s 3S1跃迁,可产生的谱线条数为：BA.0；B.3；C.2；D.1(3)氦原子由状态1s3d 3D3,2,1向1s2p3P2,1,0跃迁时可产生的谱线条数为：CA.3；B.4；C.6；D.5(4)氦原子有单态和三重态两套能级,从而它们产生的光谱特点是:DA.单能级各线系皆为单线,三重能级各线皆为三线；B.单重能级各线系皆为双线,三重能级各线系皆为三线；C.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系皆为双线;D.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系较为复杂,不一定是三线.(5)若某原子的两个价电子处于2s2p组态,利用L－S耦合可得到其原子态的个数是：CA.1；B.3;C.4;D.6.(6)设原子的两个价电子是p电子和d电子,在Ｌ－Ｓ耦合下可能的原子态有：CA.4个；B.9个；C.12个D.15个；(7)若镁原子处于基态,它的电子组态应为：CA．2s2s B.2s2p C.3s3s D.3s3p(8)有状态2p3d3P 2s3p3P的跃迁：DA.可产生9条谱线B.可产生7条谱线C 可产生6条谱线D.不能发生课后习题1．He 原子的两个电子处在2p3d态。
问可能组成哪几种原子态？（按LS耦合）解答：l1 = 1 l2 = 2 L = l1 + l2, l1 + l2−1, ……, | l1− l2| = 3, 2, 1 s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2−1, ……, |s1 − s2| = 1, 0 这样按J = L+S, L+S−1, ……, |L−S| 形成如下原子态：S = 0 S = 1L = 1 1P13P0,1,2L =2 1D23D1,2,3L = 3 1F33F2,3,43.Zn 原子(Z=30) 的最外层电子有两个。
电动力学习题解答
第二章静电场1.一个半径为 R 的电介质球，极化强度为 PKr / r 2 ，电容率为。
（ 1）计算约束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 K(r / r 2 )K [(1/ r 2 ) r r (1/ r 2 )]K / r 2pn ( P 2P 1 ) e rPr RK / R（ 2） D 内0 E P P/()fD 内P /()K /(0 )r2（ 3） E 内D 内 / P /()E 外 D 外f dVKR e r4 0 r 2 e r(20 )r外E 外 drKR(0 )rrRE 外 drK(ln R )内E 内 drrrR（ 4） W1 1K 2R4 r 2 dr12K 2 R 24 r 2drD E dV222 R422 ()r 2( 0)r2 R(1)( K) 22.在平均外电场中置入半径为R 0 的导体球，试用分别变量法求以下两种状况的电势： （ 1）导体球上接有电池，使球与地保持电势差 0 ；（ 2）导体球上带总电荷 Q解：（ 1）该问题拥有轴对称性， 对称轴为经过球心沿外电场E 0 方向的轴线， 取该轴线为极轴，球心为原点成立球坐标系。
当 RR 0 时，电势知足拉普拉斯方程，通解为(a n R nb n 1 )P n (cos )n R n因为无量远处 E E 0 ，E 0 R cosE 0 RP 1 (cos )所以a 00 ， a1E 0 ， a n0, (n 2)当RR 0 时，所以E 0 R 0 P 1 (cos )b nP n (cos )n 1nR 0即： 0b 0 / R 0 0,b 1 / R 02 E 0 R 0所以b 0 R 0 (0 ), b 1 E 0 R 03, b n 0, (n 2)0 E 0 R cos R 0 (0 0 ) / RE 0 R 03 cos / R 2(RR 0 )(RR 0 )（2）设球体待定电势为0 ，同理可得0 E 0 R cosR 0 (0 0 ) / RE 0 R 03 cos / R 2(RR 0 )(RR 0 )当RR 0 时，由题意，金属球带电量Qn R RdS2Q(E 0 cosR 02E 0 cos ) R 0 sin d d4R 0 ()所以 (0 ) Q / 4R0 E 0 R cos Q / 4 0 R(E 0 R 03 / R 2 ) cos (RR 0 )Q / 4 0 R ( R R 0 )3. 平均介质球的中心置一点电荷Q f ，球的电容率为，球外为真空， 试用分别变量法求空间电势，把结果与使用高斯定理所得结果比较。
电动力学考试题和答案
电动力学考试题和答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 电场强度的定义式为：A. E = F/qB. E = FqC. E = qFD. E = F/Q答案：A2. 电场线的方向是：A. 从正电荷指向负电荷B. 从负电荷指向正电荷C. 从无穷远处指向电荷D. 从电荷指向无穷远处3. 电势差的定义式为：A. U = W/qB. U = WqC. U = qWD. U = W/Q答案：A4. 电容器的电容定义式为：A. C = Q/UB. C = U/QC. C = QVD. C = UV答案：A5. 电流强度的定义式为：B. I = qtC. I = qVD. I = Vq答案：A6. 欧姆定律的公式为：A. V = IRB. V = R/IC. V = I/RD. V = R*I答案：A7. 磁场强度的定义式为：A. B = F/IB. B = FID. B = Vq答案：A8. 洛伦兹力的公式为：A. F = qvBB. F = BqvC. F = qBvD. F = Bvq答案：C9. 磁通量的定义式为：A. Φ = B*AB. Φ = A*BC. Φ = B/AD. Φ = A/B答案：A10. 法拉第电磁感应定律的公式为：A. E = -dΦ/dtB. E = dΦ/dtC. E = Φ/tD. E = tΦ答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 电场强度的单位是______。
答案：伏特/米（V/m）2. 电势的单位是______。
答案：伏特（V）答案：法拉（F）4. 电流强度的单位是______。
答案：安培（A）5. 电阻的单位是______。
答案：欧姆（Ω）6. 磁场强度的单位是______。
答案：特斯拉（T）7. 磁通量的单位是______。
答案：韦伯（Wb）8. 电感的单位是______。
答案：亨利（H）答案：假想10. 磁场线是______的线。
答案：闭合三、计算题（每题10分，共60分）1. 一个点电荷Q = 2 × 10^-6 C，距离该点电荷r = 0.1 m处的电场强度是多少？答案：E = kQ/r^2 = (9 × 10^9 N·m^2/C^2) × (2 × 10^-6 C) / (0.1 m)^2 =1.8 × 10^4 N/C2. 一个电容器C = 4 μF，两端电压U = 12 V，求该电容器的电荷量Q。
电动力学期末考试试题答卷及参考答案五
1．库仑力 表明两电荷之间作用力是直接的超距作用，即电荷 把作用力直接施于电荷 上。（）
2．电磁场有能量、动量，在真空中它的传播速度是光速。（）
3．电磁理论一条最基本的实验定律为电荷守恒定律，其微分形式为： 。（）
4．在介质的界面两侧，电场强度 切向分量连续，而磁感应强度 法向分量连续。（）
4．在接地的导体平面有一半径为 的半球凸部，半球的球心在导体平面上，如图所示。点电荷 位于系统的对称轴上，并与平面相距为 （ ）。试用电像法求空间电势。（10分）
1、 2、√3、 4、√5、√
二、简答题
1、
2、由于电磁辐射的平均能流密度为 ，正比于 ，反比于 ，因此接收无线电讯号时，会感到讯号大小与大小和方向有关。
，上式表明，矢量 的末端为一圆周，称为圆偏振，振幅为
磁场矢量：
4、由球面对称性，有一像电荷 满足
(1)
即
要求
即
(2)
再由面对称性，在 处有点像电荷 ， 处一像电荷 ，如图示。因此空间电势为
(3)
四.综合题（共55分）。
1．半径为 的无限长圆柱形导体，均匀通过电流 ，设导体的磁导率为 ，导体外为真空，求：
（1）导体内、外空间的 、 ；
（2）体内磁化电流密度 ；（15分）。
2．介电常数为 的均匀介质中有均匀场强为 ，求介质中球形空腔内的电势和电场（分离变量法）。（15分）
3．两频率和振幅均相等的单色平面电磁波沿 轴方向传播，一个沿 方向偏振，另一个沿 方向偏振，且其相位比前者超前 。求合成波的偏振。若合成波代表电场矢量，求磁场矢量 以及能流密度平均值 。（15分）
3由于 在真空中 且
电动力学王友年习题答案
电动力学王友年习题答案电动力学是物理学中的一个重要分支，它研究电荷在电场和磁场中的运动规律。
在学习这门学科的过程中，习题是非常重要的，通过解答习题可以加深对知识的理解和应用。
本文将为大家提供一些电动力学王友年习题的答案，希望能对大家的学习有所帮助。
1. 电场和电势(1) 电场是指电荷在空间中产生的一种物理场，它描述了电荷之间相互作用的力。
电场的强度可以用电场线来表示，电场线的方向与电场的方向相同。
电场强度的单位是牛/库仑，符号为N/C。
(2) 电势是指单位正电荷在电场中所具有的能量，也可以理解为单位正电荷所受到的电势能。
电势的单位是伏特，符号为V。
(3) 电势差是指两点之间的电势差异，可以通过电势差来计算电场强度。
电势差的单位也是伏特，符号为V。
2. 高斯定律(1) 高斯定律是电动力学中的一个重要定律，它描述了电场与电荷之间的关系。
根据高斯定律，电场线从正电荷发出，经过负电荷，最终回到正电荷。
高斯定律的数学表达式为：∮E·dA=Q/ε0，其中E为电场强度，dA为面积元素，Q为包围在闭合曲面上的电荷总量，ε0为真空介电常数。
(2) 根据高斯定律，可以计算出电场强度的大小和方向。
通过选择适当的高斯面和闭合曲面，可以简化计算过程。
3. 电场的能量(1) 电场具有能量，这是由于电荷在电场中具有电势能。
电场能量的计算公式为：W=1/2ε0∫E^2dV，其中W为电场能量，ε0为真空介电常数，E为电场强度，dV为体积元素。
(2) 电场能量的计算可以通过积分来实现，需要确定电场强度的分布情况和积分范围。
4. 电荷的运动(1) 电荷在电场中受到电场力的作用，根据库仑定律，电场力的大小与电荷的大小成正比，与电荷之间的距离成反比。
电场力的方向与电场强度的方向相同或相反，取决于电荷的正负性。
(2) 电荷在电场中的运动可以通过牛顿第二定律来描述，即F=ma，其中F为电场力，m为电荷的质量，a为电荷的加速度。
(3) 电荷在电场中的运动轨迹可以通过电场线来表示，电荷沿着电场线运动。
《电动力学第三版郭硕鸿》第1-5章练习题答案
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
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
电动力学习题解答5
第五章 电磁波的辐射1. 若把麦克斯韦方程租的所有矢量都分解为无旋的（纵场）和无散的（横场）两部分，写出E 和B 的这两部分在真空中所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场。
解：真空中的麦克斯韦方程组为t ∂-∂=⨯∇/B E ， （1） 0/ερ=⋅∇E ， （2）t ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ， （3） 0=⋅∇B （4）如果把方程组中所有矢量都分解为无旋的纵场和无散的横场，并分别用角标L 和T 表示，则：由于0=⋅∇B ，所以B 本身就是无散场，没有纵场分量，即0=L B ，T B B =；T L E E E +=，0=⨯∇L E ，0=⋅∇T E ； T L J J J +=，0=⨯∇L J ，0=⋅∇T J ；由（1）得：t T T T L ∂-∂=⨯∇=+⨯∇/)(B E E E （5）由（2）得：0/)(ερ=⋅∇=+⋅∇L T LE E E （6）由（3）得：t L L T L T ∂+∂++=⨯∇/)()(000E E J J B εμμ)/()/(000000t t T T L L ∂∂++∂∂+=E J E J εμμεμμ （7）由电荷守恒定律t ∂-∂=⋅∇/ρJ 得：)/(/0t t L L ∂∂⋅-∇=∂-∂=⋅∇E J ερ 又因为 )/(00t L L ∂∂⨯-∇==⨯∇E J ε，所以 t L L ∂∂-=/0E J ε，即0/0=∂∂+t L L E J ε （8）（7）式简化为t T T T ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ （9）所以麦克斯韦方程租的新表示方法为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂+==⋅∇∂∂+=⨯∇∂-∂=⨯∇0/0///00000t ttL L L L T T T T T E J B E E J B B E εερεμμ （10） 由0=⨯∇L E 引入标势ϕ，ϕ-∇=L E ，代入0/ερ=⋅∇L E 得，02/ερϕ-=∇上式的解就是静止电荷在真空中产生的电势分布，所以L E 对应静止电荷产生的库仑场。
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第五章 电磁波的辐射1. 若把麦克斯韦方程租的所有矢量都分解为无旋的（纵场）和无散的（横场）两部分，写出E 和B 的这两部分在真空中所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场。
解：真空中的麦克斯韦方程组为t ∂-∂=⨯∇/B E ， （1）0/ερ=⋅∇E ， （2）t ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ， （3）0=⋅∇B （4）如果把方程组中所有矢量都分解为无旋的纵场和无散的横场，并分别用角标L 和T 表示，则：由于0=⋅∇B ，所以B 本身就是无散场，没有纵场分量，即0=L B ，T B B =；T L E E E +=，0=⨯∇L E ，0=⋅∇T E ； T L J J J +=，0=⨯∇L J ，0=⋅∇T J ；由（1）得：t T T T L ∂-∂=⨯∇=+⨯∇/)(B E E E （5）由（2）得：0/)(ερ=⋅∇=+⋅∇L T LE E E （6）由（3）得：t L L T L T ∂+∂++=⨯∇/)()(000E E J J B εμμ)/()/(000000t t T T L L ∂∂++∂∂+=E J E J εμμεμμ （7）由电荷守恒定律t ∂-∂=⋅∇/ρJ 得：)/(/0t t L L ∂∂⋅-∇=∂-∂=⋅∇E J ερ 又因为 )/(00t L L ∂∂⨯-∇==⨯∇E J ε，所以 t L L ∂∂-=/0E J ε，即0/0=∂∂+t L L E J ε （8）（7）式简化为t T T T ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ （9）所以麦克斯韦方程租的新表示方法为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂+==⋅∇∂∂+=⨯∇∂-∂=⨯∇0/0///00000t ttL L L L T T T T T E J B E E J B B E εερεμμ （10） 由0=⨯∇L E 引入标势ϕ，ϕ-∇=L E ，代入0/ερ=⋅∇L E 得，02/ερϕ-=∇上式的解就是静止电荷在真空中产生的电势分布，所以L E 对应静止电荷产生的库仑场。
2. 证明在线性各向同性均匀非导电介质中，若0=ρ，0=J ，则E 和B 可完全由矢势A 决定。
若取0=ϕ，这时A 满足哪两个方程解：在线性各向同性均匀非导电介质中，若0=ρ，0=J ，则麦氏方程表示为：t ∂-∂=⨯∇/B E （1）t ∂∂=⨯∇/D H （2） 0=⋅∇D （3） 0=⋅∇B （4）其中，E D ε=，μ/B H =，由于（4）式，引入矢势A ，使A B ⨯∇= （5）即B 可完全由矢势A 决定。
将（5）代入（1），得：0)/=∂∂+⨯∇t A E （， （6）由此引入标势ϕ，使ϕ-∇=∂∂+t /A E ，即t ∂∂--∇=/A E ϕ （7）将（7）式代入（3）得：0)(/2=⋅∇∂∂+∇A t ϕ （8）所以，ϕ可由A 决定，进而，E 也可完全由矢势A 决定。
如果取0=ϕ，由（8）式得：0=⋅∇A （9）将（5）、（7）代入（2），并注意到0=ϕ，得：0222=∂∂-∇tAA με （10）（9）、（10）即为0=ϕ时A 满足的两个方程。
3. 证明沿z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势)(ωτA 表示，其中c z t /-=τ，A 垂直于z 轴方向。
证：平面电磁波在没有电荷分布的空间中传播，势的方程为⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂-∇=∂∂-∇0/0/2200222002t t ϕεμϕεμA A 沿z 轴方向传播的平面波解为)(0t kz i e ω-=A A ， )(0t kz i e ωϕϕ-=A 与ϕ满足洛伦兹条件：0/00=∂∂+⋅∇t ϕεμA 。
所以000=-⋅ϕεωμi i A k ，即ωϕ/2A k ⋅=c因此，只要给定A ，就可以确定ϕ，从而E 和B 随之确定。
由于A k AB ⨯=⨯∇=i ， n B E ⨯=c所以E 和B 只与矢势的横向分量有关，即平面电磁波可由⊥A 来表示，即⊥⊥⨯=⨯∇=A k A B i ， n B E ⨯=c其中ωτωωi c z t i t kz i e e e-⊥--⊥-⊥⊥===0)/(0)(0A A A A 根据题意⊥A 可记为)(ωτA ，其方向与z 轴垂直。
4. 设真空中矢势A 可用复数傅里叶展开为∑⋅-⋅+=ki k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A ，其中*ka 是k a 的复共轭。
（1）证明k a 满足谐振子方程0)()(d d 2222=+t c k t tk k a a 。
（2）当选取规范0=⋅∇A ，0=ϕ时，证明0=⋅k a k 。
（3）把E 和B 用k a 和*k a 表示出来。
解：（1）证明：因为∑⋅-⋅+=ki k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A所以，根据傅立叶级数的正交性，必有：x x A a x k k d ),()(⋅⎰=i e t tx x A a xk d ),(d )(d 2222⋅⎰∂∂=∴i k e t t t t （1）在洛伦兹规范下，J A A 022002/μεμ-=∂∂-∇t ，考虑到真空中0=J ，故，22002/t ∂∂=∇A A εμ，所以（1）式化为x A a x k d )d )(d 2222⎰∇=∴⋅c e t t i k （ （2） 而 x x A a xk k d ),()(2222⋅⎰=i e t c k t c k于是 x x A A a a x k k d )],([)(d )(d 22222222⎰+∇=+⋅t c k c e t c k tt i k （3） 因为 ∑⋅-⋅+=ki k i e t et t ])()([),(*x k x k k a a x A ，所以 ),(),(22t k t x A x A -=∇所以（3）式右边积分中，被积函数为0，积分为0。
所以k a 满足谐振子方程0)(d )(d 2222=+t c k tt k k a a 。
（2）当选取规范0=⋅∇A ，0=ϕ时∑∑⋅-⋅⋅-⋅∇⋅+∇⋅=+⋅∇=⋅∇ki k i ki k i e t e t e t e t x k x k k x k x k k a a a a A )()([])()([**0])()([*=⋅-⋅=∑⋅-⋅ki k i e t i e t i x k x k k a k a k 因为)(t k a ，)(*t k a 是线性无关正交组，所以要使上式成立，必有0)()(*=⋅=⋅t t k a k a k k（3）已知∑⋅-⋅+=k i k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A ，所以∑⋅-⋅⨯-⨯=⨯∇=ki k i e t i e t i ])()([*x k x k k a k a k A B∑⋅-⋅+-=∂∂--∇=ki k i e dt t d e dt t d t ])()([*x k x k k a a AE ϕ5. 设A 和ϕ是满足洛伦兹规范的矢势和标势。
（1）引入一矢量函数),(t x Z （赫兹矢量），若令Z ⋅∇=ϕ，证明tc ∂∂=ZA 21。
（2）若令P ⋅-∇=ϕ，证明),(t x Z 满足方程P ZZ 0222221μc tc -=∂∂-∇，写出在真空中的推迟解。
（3）证明E 和B 可通过Z 用下列公式表出：P Z E 02)(μc -⨯∇⨯∇=，Z B ⨯∇∂∂=tc 21。
（1）证明：A 和ϕ是满足洛伦兹规范的矢势和标势，所以有012=∂∂+⋅∇tc ϕA（1）将Z ⋅-∇=ϕ代入（1）得：012=⋅∇-∂∂+⋅∇）（Z A tc （2） 即：）（tc ∂∂⋅∇=⋅∇ZA 21，所以， tc ∂∂=Z A 21（3）（2）证明：因为标势ϕ在洛伦兹规范下有方程：22221ερϕϕ-=∂∂-∇t c将Z ⋅-∇=ϕ代入，得：2222)(1)(ερ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂⋅∇-∇⋅∇-t c Z Z （4）令P ⋅-∇=ρ，则上式化为 P Z Z ⋅∇-=∂∂⋅∇-∇⋅∇022221)(1)(εt c ，即P P Z Z 020222211μεc t c -=-=∂∂-∇ （5）与方程J A A 022221μ-=∂∂-∇t c 的推迟解⎰-='d )/,'(4),(0V rc r t t x J x A πμ类比，得方程（5）在真空中的推迟解为⎰-='d )/,'(4),(02V rc r t c t x P x Z πμ （6） （3）将Z ⋅-∇=ϕ，tc ∂∂=ZA 21代入t ∂∂--∇=/A E ϕ及AB ⨯∇=，得：P Z E 02)(μc -⨯∇⨯∇=，Z B ⨯∇∂∂=tc 216. 两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞，证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生。
证：电偶极矩的变化产生的辐射场为：)(430n p B ⨯=&&R c e ikR πε，n n p E ⨯⨯=)(420&&Rc e ikRπε 磁偶极矩的变化产生的辐射场为：)(40n m E ⨯-=&&cR e ikR πμ，n n m B ⨯⨯=)(430&&Rc e ikRπμ 在两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞的过程中，取两粒子的连线为x 轴，则系统的电偶极矩)(2121x x x x p +=+=q q q)(21x x p &&&&&&+=q由于两粒子质量相同，根据牛顿第二定律，有21x x &&&&-=，所以0=p &&，因此系统的电偶极矩产生的辐射场为0；又由于系统的磁偶极矩0=m ，所以系统的磁偶极矩产生的辐射场为0，即两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞，电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生。
7. 设有一球对称的电荷分布，以频率ω沿径向作简谐振动，求辐射场，并对结果给以物理解释。
解：因为电荷为球对称分布，不失一般性，设球面上均匀分布了总电量为Q 的电荷，于是，球面电荷密度为24R Q πσ=取如图所示相对的两块小面元d S 1, d S 2, 由于两块小面元对应相同的立体角，故有相同的面积21dS dS =，2211d d d d q S S q ===σσ因为两电荷元21d d q q ，球对称分布，又以相同的频率ω沿径向作简谐振动，所以有0=p ，0=m故此两电荷元的振动不能产生辐射场。
根据场的叠加原理整个球对称分布的电荷体系沿径向的简谐振荡是不能产生辐射场的振动，辐射场为0。