电动力学第三章习题解答

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电动力学第三章习题解答

⎞⎠⎟⎟⎟
=
−μ1
I πa
2
(1)
在导体圆柱外
1 r
∂ ∂r
⎛⎜⎜⎜⎝r
∂A2 ∂r
⎞⎠⎟⎟⎟
=
0
O
A
θr
y
x
P
(2)
解这两个微分方程得
A1
=
−
μ1Ir 2 4πa2
+ b ln
r
+c
- 58 -
华中师大陈义成
A2 = f ln r + g
边界条件
在 r = 0 处, A1 有限，得到 b = 0 ；在 r = a 处，由式（3-1-13）和（3-1-16），有
B1 = μ0nIe z ， B2 = 0
可以验证上述尝试解满足方程和边值关系，根据唯一性定理，这就是问题的解。
3.4 稳定电流 I 在半径为 a 的无限长圆柱导体中沿轴向流动，设导体的磁导率为
μ1 ，其外充满磁导率为 μ2 的均匀介质。通过矢势 A 求圆柱导体内、外的磁感应强度及
磁化电流分布。
【解】（1）求磁感应强度
华中师大陈义成
第三章习题解答
3.1 设在 x < 0 空间充满磁导率为 μ 的均匀介质，x > 0 区域为真空。今有线电流 I
沿 z 轴流动，求磁感应强度 B 和磁化电流分布。
【解】一、选柱坐标系（如图）；
z
B2
二、定解问题：
∫ ∫∫ 1） H ⋅ dl = I ；2） B ⋅ dS = 0 ；
−
B1 μ
⎞ ⎟ ⎠
x=0
=
0
；
y eφ
μ
μ0
φ
x

(完整版)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 )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇A A 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 )(A A ⨯∇=⨯∇ 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》第三版课后解答详细解释

电动力学习题解答
电动力学答案
第一章电磁现象的普遍规律
1. 根据算符的微分性与向量性，推导下列公式： ( A B) B ( A) (B ) A A ( B) ( A )B
A (
A)
1 2
A2
(A )A
解：（1） ( A B) ( A Bc ) (B Ac )
Bc ( A) (Bc ) A Ac ( B) ( Ac )B
可见 r 'r
○2
1 r
d dr
1 r
r
1 r2
r
r r3
'
1 r
d dr
1 ' r r
1 r2
' r
r r3
可见 1/ r '1/ r
○3 (r / r 3 ) [(1/ r 3 )r] (1/ r 3 ) r (1/ r 3 ) r
d dr
1 r3
r r
第1页
电动力学习题解答
从源点指向场点。（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：
r ' r r / r ； (1/ r) '(1/ r) r / r 3 ； (r / r 3 ) 0 ； (r / r 3 ) '(r / r 3 ) 0 ， (r 0) 。（2）求 r ， r ， (a )r ， (a r) ， [E0 sin(k r)] 及 [E0 sin(k r)] ，其中 a 、 k 及 E0 均为常向量。
M
1 2r1
M dl 0
在 r r2 处，磁化面电流密度为
M
0 1 2r2
M
dl
( 0
1) (r22 r12 ) 2r22

电动力学第三版_郭硕鸿_课后答案[第3章]

电动力学习题解答参考第三章静磁场1. 试用A r 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B r写出A r的两种不同表示式证明两者之差是无旋场解0B r 是沿z 方向的均匀的恒定磁场即ze B B r r =0且AB r r×∇=0在直角坐标系中zx y y z x x y z e yA x A e x A z A e z A y A A r r rr )()()(∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=×∇如果用A r 在直角坐标系中表示0B r 即=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂000y A x A x A z A z A y A xy zx yz 由此组方程可看出A r有多组解如解1)(,00x f y B A A A x Z y +−=== 即 xe xf y B A rr )]([0+−= 解2)(,00y g x B A A A Y z x +=== 即 ye y g x B A rr )]([0+=解1和解2之差为yx e y g x B e x f y B A r r r )]([)]([00+−+−=∆则zx y y z x x y z e y A xA e x A z A e z A y A A r r r r ])()([])()([])()([)(∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂=∆×∇这说明两者之差是无旋场2.均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n电流强度为I 试用唯一性定理求管内外磁感应强度B解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z 轴本题给定了空间中的电流分布故可由∫×='43dV r rJ B rr r πµ求解磁场分布又J r 在导线上所以∫×=34r r l Jd B r r r πµ1 螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考第三章静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算x y x e z e a e a r r r r r ''sin 'cos −−−=ϕϕyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−=)''sin 'cos ()'cos ''sin '(x y x y x e z e a e a e ad e ad r l d r r r r r r r −−−×⋅+⋅−=×∴ϕϕϕϕϕϕ zy x e d a e d az e d az rrr'''sin '''cos '2ϕϕϕϕϕ+−−= 取由'''dz z z +−的以小段此段上分布有电流'nIdz ∫++−−=∴232220])'([)'''sin '''cos '('4z a e d a e d az e d az nJdz B z y x rr r r ϕϕϕϕϕπµ I n az a z d nI e nI z a dz a d z 0232023222200]1)'[()'(2])'([''4µµϕπµπ=+=⋅+=∫∫∫∞+∞−∞∞−r 2)螺线管外部:由于是无限长螺线管不妨就在xoy 平面上任取一点)0.,(ϕρP 为场点)(a >ρ 222')'sin sin ()'cos cos ('z a a x x r +−+−=−=∴ϕϕρϕϕρrr )'cos(2'222ϕϕρρ−−++=a z a ('=−=x x r r r r x e a r )'cos cos ϕϕρ−zy e z e a rr ')'sin sin (−−ϕϕρyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−= zy x e d a a e d az e d az r l d r r r r r ')]'cos([''sin '''cos '2ϕϕϕρϕϕϕϕ−−+−−=×∴+−+−⋅=∴∫∫∫∫∞∞−∞∞−'''sin '''''cos ''[43203200dz e r d az d dz e r d az d nI B y x rr r ϕϕϕϕϕϕπµππ]')'cos('3220∫∫∞∞−−−+z e dz r a a d rϕϕρϕπ由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以0=B r内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考第三章静磁场3. 设有无穷长的线电流I 沿z 轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B 然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为×∇=×∇=<−=∇>−=∇===010020212201211)0(,)0(,z z z A A AA z J A z J A r r r rrr rr µµµµ由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为∫∫==rl Id x A rl Id x A rr r rr r πµπµ4)(4)(201由此可推测本题的可能解是<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 验证边界条件1)(,12021=−⋅==B B n A A z r rr r r 即题中,=⋅=θe e e n z z rr r r 且所以边界条件1满足2)(,11120102=−××∇=×∇==H H n A A z z r r rr r即µµ本题中介质分界面上无自由电流密度又θθπµπµe r I B H e rI B H r r r r r r 2222011====,012=−∴H H r r 满足边界条件0)(12=−×H H n r r r综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 在介质中MB H r r r −=0µ故在z<0的介质中22H B M r rr −=µ内部资料料料内部资料内部即θθθµππµπe r e r e r M )1(22200−=−⋅= ∴介质界面上的磁化电流密度r z M e r I e e r I n M r r r r r r )1(2)1(200−=×−=×=µµπµµπαθ总的感应电流)1()1(20200−=⋅⋅⋅−=⋅=∫∫µµϕµµππθθI e d r e r I l d M J Mr r rr 电流在z<0的空间中沿z 轴流向介质分界面4. 设x<0 半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0 空间为真空今有线电流I 沿z 轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作ϕπµe rI B vv 2′=其满足边界条件0)(0)(1212==−×=−⋅αvv v v v vv H H n B B n 即可得在介质中ϕµπµµe r I B H vv v 22′== 而Me r I M B H v v v v v −′=−=ϕµπµµ0022∴在x<0的介质中ϕµµµµπµe r I M vv 002−′= 则∫=ld M I Mvv 取积分路线为B A C B →→→的半圆,ϕe AB vQ ⊥ AB ∴段积分为零 002)(µµµµµ−′=I I M ϕπµe r I I B M v v 2)(0+=∴∴由ϕϕπµπµe rI B e r I I M v v v 22)(0′−==+可得02µµµµµ+=′内部资料料料内部资料内∴空间ϕπµµe rB 0+= I I M 0µµµµ+−=沿z轴5.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知)21(220ρ−−≈z C B Bz 其中B 0为常量试求该处的ρB 提示用,0=⋅∇B r 并验证所得结果满足0Hr×∇解由B v 具有轴对称性设zz e B e B B v v v +=ρρ其中 )21(220ρ−−=z c B B z 0=⋅∇B v Q 0)(1=∂∂+∂∂∴z B zB ρρρρ即02)(1=−∂∂cz B ρρρρ A cz B +=∴2ρρρ(常数) 取0=A 得ρρcz B =z e z c B e cz B vv v )]21([220ρρρ−−+=∴10,0==D j v vQ 0=×∇∴B v 即 0)(=∂∂−∂∂θρρe B z B z v2代入1式可得2式成立∴ρρcz B = c 为常数6. 两个半径为a 的同轴线圈形线圈位于L z ±=面上每个线圈上载有同方向的电流I1 求轴线上的磁感应强度2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L 和a 的关系提示用条件022=∂∂z B z解1由毕萨定律L 处线圈在轴线上z 处产生得磁感应强度为内部资料料料内部资料内,11z z e B B = ∫∫−+==θπαπd L z a r B z 232231])([4sin 4 232220])[(121a z L Ia +−=µ同理L 处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为zz e B B vv 22=2322202])[(121a z L Ia B z++=µ∴轴线上得磁感应强度zz z e a z L a z L Ia e B B v v v++++−==2322232220])[(1])[(121µ 20=×∇B vQ 0)()(2=∇−⋅∇∇=×∇×∇∴B B B v v v 又0=⋅∇Bv0,0222=∂∂=∇∴z B zB v 代入1式中得62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−+−−++−+−−−+−−−62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−++−−++ ++++++−−0取z得)(12])(2)(2[)(22522212222122322=+++−+−+−L a L a L L a L a L 2225a L L +=∴内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考第三章静磁场a L 21=∴7. 半径为a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上试解矢势A r的微分方程设导体的磁导率为0µ导体外的磁导率为µ解定解问题为×∇=×∇=∞<>=∇<−=∇外内内外内外内A A A A A a r A a r J A a a v v v vvv vv µµµ11)(,0)(,00202选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z 无关令ze r A A v v )(内内=z e r A A vv )(外外代入定解问题得=∂∂∂∂−=∂∂∂∂0))(1))((10r r A r rr J r r A r r r 外内µ 得43212ln )(ln 41)(C r C r A C r C Jr r A +=++−=外内µ由∞<=0)(r r A 内得01=C 由外内A A v v ×∇=×∇µµ110 得 232Ja C µ−=内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考第三章静磁场由aaA A 内外v v =令0==aaA A 内外v v 得 a Ja C Ja C ln 2,4124202µµ==−=∴ra a J A r a J A ln 2)(412220v v v vµµ外内8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为304r rQ H m r r πµ=给出它的矢势的一个可能的表示式并讨论它的奇异性解rm m e rQ r r Q H v v v 2030144πµπµ== 由rm e rQ H B A v v v v 204πµ===×∇ 得=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂0])([10)](sin 1[14])(sin [sin 12θφθπφθθθθφθφrr m A rA r r rA r A r r Q A A r (1)令,0==θA A r得rQ A m πθθθφ4sin )(sin =∂∂θθπθπθθφθφsin cos 144sin sin 0r Q A d rQ A mm −=∴=∴∫显然φA 满足1式∴磁单极子产生的矢势φθθπe r Q A m vv sin cos 14−=内部资料料料内部资料内部当2πθ→时φπe rQ A m v v 4→当πθ→时∞→A v故A v的表达式在πθ=具有奇异性A v不合理9. 将一磁导率为µ半径为R 0的球体放入均匀磁场0H r内求总磁感应强度B r 和诱导磁矩mr解根据题意以球心为原点建立球坐标取0H v 的方向为zev此球体在外界存在的磁场的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为−=∞<=∂∂=∂∂=>=∇<=∇∞==θϕϕϕµϕµϕϕϕϕcos )(,,,0,0000002221212121R H R R R R R R R R R m R m m m m m m m 由泛定方程和两个自然边界条件得∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 2n nn nm P R d R H θθϕ由两个边界条件有+−−=+−=∑∑∑∑∞=+∞=−∞=+∞=0200001100100000)(cos )1(cos )(cos )(cos cos )(cos n n n nn n n n n nn n n n nn P R d n H P nR a P R d R H P R a θµθµθµθθθ得内部资料料料内部资料内≠==+−=+)1(,0223000101n d a R H d n n µµµµµµ>⋅+−+−=<+−=∴00230000000,cos 2cos ,cos 2321RR H R R R H R R R H m m θµµµµθϕθµµµϕ+==+=+−+=−∇=00011000000012323sin 23cos 231H H B H e H e H H r m v v v v vv v µµµµµµµµθµµµθµµµϕθ−⋅+−+==−⋅+−+=⋅+−−−⋅+−+=−∇=])(3[2])(3[2sin ]21[cos ]221[3050300000020230503000003300003300022R H R R R H R H H B R H R R R H R H e H R R e H R R H r m v v v v v v v vv v v v vv v µµµµµµµµµµµθµµµµθµµµµϕθ >−⋅+−+<+=∴)()(3[2)(,230305030000000000R R R H R R R H R H R R H B vv v v v vv µµµµµµµµµµ当B v在R>R 0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场θµµµµϕcos 20230002H RR m ⋅+−∴中可看作偶极子m v产生的势即R H R R H R R R Rm v v v v ⋅⋅+−=⋅+−=⋅⋅02300002300032cos 241µµµµθµµµµπ HR m v v300024⋅+−=∴µµµµπ10. 有一个内外半径为R 1和R 2的空心球位于均匀外磁场0H r内球的磁导率为µ求空内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考第三章静磁场腔内的场Br讨论0µµ>>时的磁屏蔽作用解根据题意以球心为原点取球坐标选取0H v的方向为z e v在外场0H v的作用下球壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B v的分布呈现轴对称定解问题−=∞<∂∂=∂∂∂∂=∂∂==>=∇<<=∇<=∇∞======θϕϕϕµϕµϕµϕµϕϕϕϕϕϕϕcos ,,,0,0,00000322121231223121232121321R H RR R R R R R R R R R R m R m R R m m R R m m R R m m R R m m m m m 由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++=01)(cos (2n n n nn n m P Rc R b θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 3n nn nm P Rd R H θθϕ因为泛定方程的解是把产生磁场的源0H v做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系)}(cos {θn P 在本题中源的表示是)(cos cos 100θθRP H R H −=−所以上面的解中)0(,0≠====n d c b a n n n n 故解的形式简化为θθϕθϕθϕcos cos cos )(cos 2102111321RdR H Rc R b R a mm m +−=+==内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考第三章静磁场代入衔接条件得−=−−−=+−=++=2(22(32113210031110122120221212111111R c b R d H R c b a R d R H R c R b R c R b R a µµµµµ解方程组得3200312032000320001)2)(2()(2)(3)2(3R R R H R H a µµµµµµµµµµµµ++−−−++= 32003120320001)2)(2()(2)2(3R R R H b µµµµµµµµµ++−−+= 3200312031320001)2)(2()(2)(3R R R R H c µµµµµµµµµ++−−−= 320320031203132000620001)2)(2()(2)(3)2(3R H R R R R H R H d +++−−−++=µµµµµµµµµµµµ而 )3,2,1(,00=∇−==i H B i m i i ϕµµvv ze a B v v 101µ−=∴ 003212000321])()(2)2)(2()(11[HR R R R v µµµµµµµ−−++−−=当0µµ>>时1)(2)2)(2(2000≈−++µµµµµµ 01=∴B v 即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障11. 设理想铁磁体的磁化规律为000,M M H B µµ+=rr 是恒定的与H r无关的量今将一个内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考第三章静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球0M为常值浸入磁导率为'µ的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布解根据题意取球心为原点做球坐标以0M v的方向为z e v本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为=∞<=∂∂′−∂∂=>=∇<=∇∞===0cos ,,0,021021021*******02R m R m R m m R R m m m m M R RR R R R ϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕ ∴∑∞==0)(cos 1n n n nm P R aθϕ∑∞=+=01)(cos )(2n n n nm P R b θϕ代入衔接条件对比)(cos θn P 对应项前的系数得)1(,0≠==n b a nn µµµ+′=2001Ma 30012R M b µµµ+′=)(,cos 20001R R R M m <+′=∴θµµµϕ)(,cos 20230002R R RR M m>+′=θµµµϕ由此µµµµµµ+′′=+=<22,0000110M M H B R R v r v v ,0R R > )(3[2305030022RM R R R M R B m v r v v v −⋅+′′=∇′−=µµµµϕµ >−⋅+′′<+′′=∴)()(3[2)(,2203050300000R R R M R R R M R R R M B v r v v vv µµµµµµµµ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考第三章静磁场又0)()(0120其中αααµv v v vv v+=−×M R B B n 代入B v的表达式得ϕθµµµαe M Mvv sin 230′′12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场0H r中结果如何解根据题意假设均匀外场0H v 的方向与0M v的方向相同定为坐标z 轴方向定解问题为−=∞<=∂∂−∂∂=>=∇<=∇∞===θϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕcos cos ,,0,00000002022102102121R H M R RR R R R R m R m R m m R R m m m m 解得满足自然边界条件的解是)(,cos 011R R R a m <=θϕ)(,cos cos 02102R R R d R H m >+−=θθϕ代入衔接条件0013010020100012M a R d H R d R H R a µµµµ=+++−=得到 0000123µµµµ+−=H M a 3000012)(R H M d µµµµµ+−+=)(,cos 23000001R R R H M m <+−=∴θµµµµϕ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考第三章静磁场)(,cos 2)(cos 0230000002R R RR H M R H m>+−++−=θµµµµµθϕ]sin 23cos 23[000000000011θθµµµµθµµµµϕe H M e H M H r m v v v +−−+−−=−∇=∴ µµµµ+−−=0000023H M v v )(,22230002000001R R M H M H B <+++=+=v v v v v µµµµµµµµµ−+−+−−−=−∇=r m e R R H M H H v v )cos 22)(cos [(23000000022θµµµµµθϕ 350230000000)(3])sin 2)(sin (Rm R R R m H e R R H M H v v r r v v−⋅+=+−++−−θθµµµµµθ ])(3[3500202RmR R R m H H B v v r r v v v −⋅+==µµ030003000022H R R M m v vv µµµµµµµ+−++=13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R 0总电荷为Q今使球壳绕自身某一直径以角速度ω转动求球内外的磁场Br提示本题通过解m ϕ或A r的方程都可以解决也可以比较本题与5例2的电流分布得到结果解根据题意取球体自转轴为z 轴建立坐标系定解问题为=∞<=∂∂=∂∂−=∂∂−∂∂>=∇<=∇∞===0)(,4sin )(1,0,021211221000000202R m R m m m R R m m m m R R R R R Q R R R R R ϕϕϕµϕµπθωθϕθϕϕϕ其中4sin R Q πθωσ=是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解为内部资料料料内部资料内部)(,cos 0212R R Rb m >=θϕ代入衔接条件=+−=−024301102101R b a R Q R b R a πω解得 016R Q a πω−= πω12201R Q b =)(,cos 6001R R R R Q m <−=∴θπωϕ)(,cos 1202202R R R R Q m>=θπωϕ00016sin 6cos 61R Q e R Q e R Q H r m πωθπωθπωϕθv vv v =−=−∇=∴ωπµµvr v 001016R Q H B == ])(3[41sin 12cos 1223532032022Rm R R R m e R R Q e R R Q H r r m r v v v vv v −⋅=+=−∇=πθπωθπωϕ其中ωvv 320QR m =])(3[4350202RmR R R m H B r v v v v v −⋅==πµµ14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q 半径为R 0它以角速度ω绕自身某以直径转动求1 它的磁矩2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M 0是均匀分布的解1磁矩∫×=dV x J x m )(21v v v v内部资料料料内部资料内又 rR x e R == )(34)(30R R v x J ×==ωπρ∫∫×=××=∴φθθπωφθθωπφd drd R e e R Q d drd R R R R Q m r 2430230sin )(4321sin )(4321v v v v r v 又 )sin cos (cos sin y x z r e e e e e e vv v v v v φφθθθφ−−+=−=×∫∫∫−−+=∴ππφθθφφθθπω20243sin )sin cos (cos [sin 83R y x z d drd R e e e R Q m vv v v ωφθθπωππv v 5sin 8320200043300QR d drd R e R Q R z ==∫∫∫2)自转动量矩∫∫∫∫××=×=×==dV R R R M dm v R P d R L d L )(43300v v v v v v v v vωπ52sin 43sin )sin cos (cos [sin 43sin )(sin 43sin )sin (43sin )(43200203430200024302230022300223000ωφθθπωφθθφφθθπωφθθθωπφθθθωπφθθωπππππθφv v vv v v v v v v v R M d drd R R M d drd R e e e R M d drd R e R R M d drd R e e R R M d drd R e e e R R M R R y x z r r z r ==−−+=−=×−=××=∫∫∫∫∫∫∫∫∫ 0200202525M Q R M QR L m ==∴ωωv v v v15. 有一块磁矩为m r的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中求作用在小永磁体上的力F r.内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考第三章静磁场解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H v均和平面垂直类比于静电场构造磁矩m r 关于平面的镜像m ′r则外场为=⋅=∇−=2304cos 4r m R R m B m m e πθπϕϕµv v v)sin cos (4]sin cos 2[430330θθθθαπµθθπµe e r m e r e r m B rr e vv r v v +=−−−=∴m v∴受力为za r ee a m B m F v v vv )cos 1(643)(24022απµαθ+−=⋅∇⋅===内部资料料料内部资料内部。

《电动力学》课后答案

(a ⋅ ∇ ) r = ( a x
∂ ∂ ∂ + ay + a z )[( x − x ' )e x + ( y − y ' )e y + ( z − z ' )e z ] ∂x ∂y ∂z = axe x + a y e y + az ez = a
4 ○
∇ ( a ⋅ r ) = r × (∇ × a ) + ( r ⋅ ∇ ) a + a × (∇ × r ) + (a ⋅ ∇ ) r 因为， a 为常向量，所以， ∇ × a = 0 ， ( r ⋅ ∇) a = 0 ，又 ∵ ∇ × r = 0 ，∴ ∇( a ⋅ r ) = ( a ⋅ ∇) r = a ∇ ⋅ [ E0 sin( k ⋅ r )] = (∇ ⋅ E0 ) sin( k ⋅ r ) + E0 ⋅ [∇ sin( k ⋅ r )]
ez ex ey dA （3） ∇u × = ∂u / ∂x ∂u / ∂y ∂u / ∂z du dAx / du dAy / du dAz / du
dAy ∂u dAx ∂u dA ∂u dAz ∂u dAz ∂u dAy ∂u − )e x + ( x − )e y + ( − )e z du ∂y du ∂z du ∂z du ∂x du ∂x du ∂y ∂Ay (u ) ∂Ax (u ) ∂A (u ) ∂Ay (u ) ∂A (u ) ∂Az (u ) =[ z − ]e x + [ x − ]e y + [ − ]e z ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y = ∇ × A(u ) =(
S S S S S S S S S
（1）

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_答案

z
又
∫ dS × f = ∫ [( f
S S
r
r
r r r dS y − f y dS z )i + ( f x dS z − f z dS x ) j + ( f y dS x − f x d S 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 z
若令 f x = φ i , f y = φ j , f z = φ k 则证毕 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为
r r r P (t ) = ∫ ρ ( x ' , t ) x ' dV ' ,
V
利用电荷守恒定律 ∇ ⋅ J +
r
r ∂ρ = 0 证明 P 的变化率为 ∂t
r r r dP = ∫ J ( x ' , t )dV ' V dt
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
电动力学习题解答 1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性推导下列公式
第一章
电磁现象的普遍规律
r r r r r r r r r r ∇( A ⋅ B) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B) + ( A ⋅ ∇) B r r r r 1 r A × (∇ × A) = ∇A 2 − ( A ⋅ ∇) A 2 v v v v v v v v v v 解 1 ∇( A ⋅ B ) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B ) + ( A ⋅ ∇) B

电动力学西南师范大学出版社罗婉华第三章作业答案

习题三参考答案１．试证明，在两种导电介质的分界面上， .01122=∂∂-∂∂nnϕσϕσ()21指向由n．证明：因为0=⋅⎰⎰SS d j所以，n n j j 21= 又， nE j n n ∂∂==ϕσσ即 .01122=∂∂-∂∂nnϕσϕσ２．半径为0R 的导体球，带自由电荷总量为f Q ．今使导体球的一半浸在介电常数为ε的液体中，另一半露在真空中．求静电势、静电场、自由电荷和束缚电荷分布．答案：液体的电势1ϕ，电场1E及空气中电势2ϕ，电场2E 分别为()().2,23021021RR Q E E RQ f fεεπεεπϕϕ+==+==导体球的电势0ϕ及球内电场0E分别为().0,20000=+=E R Q fεεπϕ自由电荷分布及束缚电荷分布：① 下半球面 ()()().2,220020R Q R Q fPffεεπεεσεεπεσ+-=+=② 上半球面 ().0,2200=+=PffRQ σεεπεσ③ 液体表面 .0,0==pfσσ提示由边界条件，提出尝试解rA =ϕ ，再由唯一性定理，求出常数A.３．试论证：在没有电荷的地方，电势既不能达到极大值，也不能达到极小值．（提示：分真空和均匀介质空间，用泊松方程证明．）证明：由02ερϕ-=∇ （1）没有电荷的地方0222222=∂∂+∂∂+∂∂zyxϕϕϕ （2）如果ϕ为极大，则022<∂∂xϕ，022<∂∂yϕ，022<∂∂zϕ，这不满足（2）式，可见没有电荷处，ϕ不能为极大。

同理可以证明ϕ不能为极小。

在均匀介质中，有ρερ⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=r p 11，若没有自由电荷，也就没有极化电荷。

方程（2）仍然成立，证明和前面一样。

4．三个同心薄金属球壳形成一个静电系统，内球半径为1R ，中间球半径为2R ,外球半径为 3R ，球壳之间为真空，内外球壳接地，电荷Q 置于中间球壳上，试求：（1）内球壳上的感应电荷1Q 值;’ (2) 外球面上的感应电荷3Q 的值.解在所研究场域内无电荷分布，故场域满足0=⋅∇D .因为电场具有球对称的特点，故选用球坐标，且0==φθE E ，于是0=⋅∇D )(21R r R << 或在球坐标系中0)(1122=D r dd r(1)积分得 21rA D =(2)同理得 22rB D =)(32R r R << (3)根据边界条件确定常数A 、B. 由⎰⎰=⋅-⋅Q dS D dS 1n D n 2, 得π4Q B A =+ (4)由 ⎰⎰⋅=⋅123221R R R R r r d E d E 得B R R R R R R A )()(123231--=（5）联立（4）、（5）式，得)()(4132231R R R R R R Q A --⋅=π; )()(4132123R R R R R R Q B --⋅=π因此，球壳之间电场分布为 )()(1322310124R R R R R R QE r --⋅=πε;)()(4132232021R R R R R R rQ E --=πε内球壳上感应电荷分布10101E E n εεσ-==总电荷Q R R R R R R Q )()(1322311---=外球壳内表面感应电荷分布为 20203E E n εεσ-== 总电荷QR R R R R R Q )()(1321232---= .5.（1）根据电荷守恒定律证明稳恒电流情况下的边界条件：电流密度的法向分量连续. （2）证明导体表面电位移的法向分量σ=n D (σ为面电流密度），但 D 不在导体表面的法线方向.解（1）在两种导电媒质的分界面上，作一扁圆柱体（高0→∆h ），把连续性方程⎰=⋅0S j d 用于这个圆柱面上，则0)(12=-⋅j j n 或n n 21j j =，法向单位基矢n 由媒质1指向媒质2，因此电流密度在界面法线n 上的分量连续.（2）由于介质中各点02=j ，故导电媒质与非导电媒质交界面上边界条件为01=E σ 2t1tE E =t∵ σ=-⋅)(12D D n ,σ=n D 2因为电场有切向分量，所以D 不在导体表面法线方向。

郭硕鸿《电动力学》课后答案

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 uu 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》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。

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) = df∇u du∇⋅ Ar(u) = ∇u ⋅ dArdur ∇× Ar(u) = ∇u × .dA du证明 1∇f (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 2∂Ar y (u) ∂y dAr y (u) du ∂Ar x (u) + ∂x + ∂Ar z z(u) = dAr x (u) ⋅ ∂u + ⋅ ∂u + dAr z (u) ⋅ ∂u r∂z = ∇u ⋅ du ∇⋅ Ar(u) = dA∂z du ∂x ∂y dz 3r r r e z ∂ e e ∂Ar y )er x + (∂Ar − ∂z∂Ar ∂Ar x )er z = ∂y r rx y ∇× Ar(u) = = (∂ x − ∂ )e y + ( y − ∂x∂ ∂ A 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 r∇r = −∇'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(kr⋅rr)],其中ar,kr 及Er 0均为常矢量证明 ∇⋅rr=∂(x − x ∂x ') + ∂(y − y∂y ') + ∂(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(kr⋅rr)(kr⋅ Er) ∇×[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∫V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 z∂∂y 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 ∫lfr ⋅dlr =l ( f x dl x + f y dl y + fzdl z) ∫ ∫l ∫S∇× fr ⋅dSr = ∫Sf z− ∂ f y)dS x+ ( f x− ∂ f z)dS y+ ( f y− ∂ f x)dS z∂z ∂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 dS−∂φ ∂x yzx ∂z ∂y x ∂z r ∂φ rj)dS +(∂φ r i − ∂∂φx kr)dS y +(∂∂φx rj − ∂φ∂y ir)dSz∂φ = ∫ ( k −x ∂y ∂z∂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 r∂t ) 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ϕ = 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 =−∇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mv × Rv)1 r 1 r 1 v r1 r ∇× Av = ∇× (= −∇×[mv × (∇ R1 )] = (∇⋅mv)∇ + (mv ⋅∇)∇−[∇⋅(∇ )]m −[(∇ )⋅∇]mv R 31 = (mv ⋅∇)∇ ,(r ≠ 0)r∇ϕ = ∇(mv⋅ Rv 1 r 1 r 1 r 1 r ) = −∇[mv ⋅(∇ )] = −mv ×[∇× (∇ )]− (∇ )× (∇×mv) − (mv ⋅∇)∇ R 3−[(∇ )⋅∇]mv = −(mv ⋅∇)∇ 1 r 1 r ∴∇× Av = −∇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 ∫ 解 1∫S Dr⋅dSr =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) = −(ε−ε 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 ×rr− r 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= −(µµ−1) jf9 证明均匀介质内部的体极化电荷密度 ρP 总是等于体自由电荷密度 ρ f 的− (1− εε0 )倍ρP = −∇⋅ Pr = −∇⋅(ε −ε 0)Er = −(ε −ε 0)∇⋅ Er = −(ε −ε 0) ρ f = −(1−εε0 )ρ f 证明ε10 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I 2dlv 2×rv 12 Bv 2 = µ0∫ 3 4π l r 12 2dFv 12 = I 1dlv 1 ×Bv 2µ0 I 1dlv 1 × (I 2dlv 2 ×rv 12) = µ0I 1I 2dlv 1 × (dlr 2×rv 12) ∴Fv 12 = ∫∫ 4π r 3 4π ∫∫ r 3l l 12 l l 12 1 2 1 2v r = µ0I 1I 2 4π ∫∫dl (dl ⋅ ) −132 (dlv 1 ⋅dlv 2) v v rv 12 r 31212 1r 12l l 1 2 2 线圈 2在线圈 1的磁场中受的力同 1 可得v v r Fv 21 = µ0I 1I 2 4π∫∫dl (dl ⋅ 231 ) − 231 (dlv 2 ⋅dlv 1) v v r 21 2r 21 r 21l l 2 1分析表达式 1 和 21 式中第一项为v v rv 12 r 12dlv 2∫dl ⋅ 12 v v r = v dr 12 dlv 2 ⋅(− 1 ) 一周 = 0 ∫∫dl (dl ⋅ 3 ) = ∫ ∫ dl ∫ = r 2 ∫ 2 1 1 32 r r l l l 12 l l 1 12 l 12 1 2 2 2 2v v v r2 式中第一项 ∫∫dl (dl ⋅231 ) = 0同理对 1 2 r l l 21 2 1r r∴Fv 12 = Fv 21 = − µ0I 1I 2 4π∫∫ 132 (dlv 1 ⋅dlv 2) r 12 l l 1 2 11. 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 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ω 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 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l 1E 1 + l 2E 2 = Ε D − D 2n = ε1E 1 −ε 2E 2 = 0 介质表面上σ f = 0), 则1n ε 2Ε ε1Εl 1ε 2 +l 2ε1故 E 1 = l 1ε 2 + l 2ε1 ,E 2= 又根据D 1n − D 2n = σfn 从介质 1指向介质 2在上极板的交面上D 1 − D 2 = σ f 1 D 2是金属板故 D 2 0ε1ε 2εl 1ε 2 + l 2ε1即 σ f 1 = D 1=而σ f = 02σ f = D 1' − D 2' = −D ,(D 1'是下极板金属故D 1' =0)' 2 3 ε1ε 2εl 1ε 2 + l 2ε1∴σ f = − = −σf13若是漏电并有稳定电流时Er 1 = rj ,Er 2 = rj1σ1 2σ 2r 1 又 1 σ1 2 σ 2 rj 2j = Εr l + l j = j 2n = j 1 = j 2, 稳定流动电荷不堆积 1nE 1 = j 1 = σ 2Εσ1 l 1σ 2 +l 2σ1 σ1Ε Ε得 j 1 = j 2 = ,即:l 1 + l 2 j 2 E 2 = = σ1 σ 2σ 2 l 1σ 2 + l 2σ 1ε1`σ 2Ε l 1σ 2 + l 2σ1 ε 2σ1Εl 1σ 2 + l 2σ1σ = D 3 = σ f 下 = −D 2 = − f 上= ε 2σ1 −ε2σσ f = D 2 − D 3中 1 Ε l σ + l σ11 2 2 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tan θ 2 = ε 2tan θ1 ε1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 = σ2tan θ1 σ1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 × (Ev 2 − Ev 1) = 0,即 E 2 sin θ 2 =E 1 sin θ1由于边界面上σ f = 0 故 nv ⋅(Dv 2 − Dv 1) = 0 即 ε 2E 2 cos θ 2 =ε1E 1 cos θ1∴有tg θ 2 = tg θ1 ,即 tg θ ε 2 2 =tg θ1 ε1ε 2 ε1 (2)根据 Jv = σEv 可得电场方向与电流密度同方向j 1 j 2cos θ 2 cos θ1由于电流 I 是恒定的故有= σ1E 1 cos θ 2cos θ1σ E 2 n × (Ev 2 − E ) v 1 v 2 = 0 即 E 2 sin θ 2 = E 1sin θ1即 = 而 tg θ1 = σ1tg θ 2 σ2故有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∴导体内Ev 1而nv × (Ev 2 − Ev 1) = 0v∴nv × Ev 2 = 0 故 E 0垂直于导体表面3 导体中通过恒定电流时导体表面σ f = 0v v∴导体外E 2 = 0,即 D 2 = 0而nv ⋅(Dv 2 − Dv 1) = σ f = 0,即: nv ⋅ Dv 1= nv ⋅ε 0Ev 1 = 0 ∴nv ⋅ Ev 1 = 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 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r∂ρ f∂t 1 证明由电流连续性方程 ∇⋅ J += 0据高斯定理ρ f = ∇⋅Dr ∂∇⋅ Dr ∂t ∂Dr =∂t ∴∇⋅ Jr + ∴∇⋅(Jr+= 0 即 ∇⋅ Jr +∇⋅∂Dr ∂t ∂D r ) = 0.∴Jr + ∂t = 0 即传到电流与位移电流严格抵消∫ (2)解由高斯定理得 Dr ⋅ 2πrrdl =λ f dl ∫ ∴Dr = 2λπf r er r ,Er = λ f 2πεre rr∂Dr∂t又 Jr + = 0,Jr = σEr,Dr= εEr∂Er ∂t ∴σEr +ε = 0,Er = Er 0eσ= t ε∴ 2λπεf r er r = λr −σ ε r te r2πεr e电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律σ ε − t ∴λ f = λ fe0 3 解∂Dr ∂t Jr = − = − ∂ λ f σε σ λ f ⋅ − t ∂t (2πr e ) =ε 2πr1 = ( λ f)2σ2πεr能量耗散功率密度 J 2ρ = J2σ 5 解单位体积dV = l ⋅2πrdr Pr =λ f )2σl2πrdr = l2σπλε f2 ln ba 2b ∫(2πεr a r r b 1 l λ2f ∫ l λ f 2b1 a2 D ⋅ EdV = a 2 2πεr dr = 12 ⋅ 2πε ⋅ln ba静电能 W = ∫减少率 − ∂W = − l λ f∂λ f∂t 2= l λ 2ln baf σ2πε2πε ln ba ⋅ ∂tr2 1.一个半径为 R 的电介质球极化强度 P=K 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)r ρ P = −∇⋅ Pr = −K ∇⋅ 2 = −K(∇ r ⋅r + 12 ∇⋅rr) = −K / r r 1 r 2 2r rσ P = −nr ⋅(Pr 2 − Pr 1) R又球外无极化电荷r Pr 2 = 0 σ p = nr ⋅ Pr 1 R = nr ⋅ K rr 2 R = K / R(2) 由公式 Dr = εErDr = ε 0Er + PrεPr ε −εDr =ρ f = ∇⋅ Dr = ∇⋅ Pr = 2 `ε εK(ε −ε)rε −ε 0(3)对于球外电场由高斯定理可得r E 外 ⋅dsr =Qε 0 ∫ εK∫∫∫ (ε −ε 0)r 2 ⋅rε 02sin θdrd θd ϕ 2 = ∫ ρ fdV ∴Er 外 ⋅ 4πr ∴Er 外 = ε 0εKR ε 0(ε −ε0)rr r 3 r r r 内Kε −ε 0 同理可得球内电场 E ⋅ r2∞Er 外 ⋅drr εKR ε 0(ε −ε 0)r∴球外电势ϕ外∫ ∞∞Er 外⋅drr R Er 内 ⋅drr εK ε 0(ε −ε 0) ε −ε 0 K ln Rr球内电势ϕ内∫ R∫ +rKrr ⋅ K ε ε 0r r εKr D 内 ⋅ Er 内21 2 1 2 ε ε 0 ε 4 ω内 ⋅ ⋅ ⋅ 2 ε ε 0 r 2 ∴ r 2r 2 ∫∫∫ 1 εK 2 K ∴W 内 ω dV ∫ ⋅ r 2 ⋅ r 2sin θdrd θd ϕ 2πεR ε −ε 0 ) 22 内 2 (ε −ε 0) 1 ε 2 K 2 R 2 1 ⋅ r 2 ⋅sin θdrd θd ϕR 2 ε 0(ε −ε 0)2 r 42 22πε RK ε 0(ε −ε 0)2W 外 ∫ ω外dV = ∫∫∫ ⋅ ∴W =W 内 W 外 2πεR(1+εε )( K ) 2 0 ε −ε2 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 0ϕ R →∞ = −E 0Rcos θ ϕ 0 外 ∇ 2ϕ外 0 R> R 0 且 ϕ 0是未置入导体球ϕ 外R=R 0= φ0前坐标原点的电势∞bn R n∑ a nRn根据有关的数理知识可解得 ϕ外P n cos θ )1n 由于ϕ外= −E 0Rcos θ ϕ0即R →∞ϕ外 a 0 + a 1Rcos θ + a n R n P n (cos θ) + b 0 ∞ + b 1R 2 cos θ + ∞b n R n+1 P n (cos θ ) R →∞ = −E 0Rcos θ +ϕ 0∑ ∑ R n=2 n=2故而有 a 0 = ϕ 0,a 1 = −E 0,a n = 0(n > 1),b n = 0(n >1)b 0 R b 1 2cos θ∴ϕ外 ϕ 0 E 0Rcos θ+ Rb 0 R 0 b 1又ϕ外 R=R 0= φ0,即 ϕ外 R=R 0= ϕ 0 −E 0Rcos θ+ 2 cos θ = φ0R 0 ϕ + b 0 =φ0 0 R 0故而又有∴b 1 − E 0R 0 cos θ + 2cosθ = 0 R 0 得到b 0 = (φ0 −ϕ 0)R 0,b 1 =E 0R 02最后得定解问题的解为ϕ外 = −E 0Rcos θ +ϕ 0 + (φ0 −ϕ 0)R 0 + E 0R 3 0cos θ(R > R 0)R R2 当导体球上带总电荷 Q 时定解问题存在的方式是∇ 2 2 φ内 0(R < R 0) φ外 0(R > R 0) ∇φ 有限内 R →0φ E 0Rcos θ +ϕ 0(ϕ 0是未置入导体球前坐标原点的电势外 R →∞ φ φ外内 R R 0 ∂φ外 − ∫ s ε 0ds Q(R = R 0) ∂R 解得满足边界条件的解是b nR n ∑ n=0a n R n P n cos θ ∑ n=0ϕ内ϕ外 ϕ 0E 0Rcos θ1 P n cos 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)b 0 R b 1 2cos θ∴ϕ外 ϕ 0 E 0Rcos θ+ R又有ϕ外 R=R 0 是一个常数导体球是静电平衡b 0 R 0 b 1 2 cos θ = C ϕ外 R=R 0 = ϕ 0 −E 0R 0cos θ+ Rb 1 ∴−E 0R 0 cos θ + 2 cos θ = 0即b 1 = E 0R30 R 0ϕ外 ϕ 0 E 0Rcos θ + b 0 + E 0R 3cos θR R 2∂φ外 Q4πε又由边界条件− ∫ s ε 0 ds Q ∴b 0 =∂r Q∴ϕ内−ϕ 0,R < R 0 4πε 0R 0 Q4πε 0R E R 0 2 3ϕ外+ 0 R cos θ E 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 f 的电势Q f 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rE ⋅dsr = Q 总 Q f + Q P = QfR > R 0 ,由高斯定理有 ε 0 ∫对于整个导体球在球外而言束缚电荷Q P = 0)∴Er = Q f4πε 0R 2Q f积分后得 ϕ外4πε 0R + C.(C 是积分常数又由于ϕ外 R →∞= 0,∴C =Q f∴ϕ外 = 4πε 0R (R > R 0)在球内 R < R 0 ,由介质中的高斯定理 ∫Dr ⋅dsr = Q f又 Dr =εEr,∴Er = Q f4πεR 2Q f4πεR积分后得到 ϕ内+ C 2.(C 2是积分常数Q f 4πε 0R 04πεR 0Q f由于ϕ内ϕ外 R=R 0,故而有 = + C 2Q f 4πε 0R 0Q f∴C 2 = − 4πεR 0 (R < R 0).Q f 4πεR 4πε 0R 0Q f Q f ∴ϕ内− 4πεR 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Q f4πεR 着球对称性因此其解可写作 ϕ =+ϕ' 由于φ'是球对称的其通解为 ϕ'= a +bRQ f4πεR由于球心有Q f 的存在所以有ϕ内 R →0∞ 即ϕ内aQ f 4πεR b R在球外有ϕ外 R →∞即ϕ外由边界条件得Q f 4πεR 0 Q f + b ϕ内 ϕ外 R 0 ,即R+ a4πεR 0 R 0∂ϕ内 ∂ϕ外 ε Q f2 − ε 0b = −εQ f ε ε 0 R 0,即0 4πεR 0 R2 4πεR 02 ∂R ∂RR 0∴b = Q 1 − ε1),a 1 −ε1) Q f f 4πε(ε 0 4πR 0 (εQ fϕ 4πε 0R ,R > R 0 Q f 外 ∴ Q f 4πεR 4πε 0R 0 4πεR 0Q fϕ内 − ,R < R 0r4 均匀介质球电容率为ε1 的中心置一自由电偶极子 P 球外充满了另一种介质电 f容率为ε 2 求空间各点的电势和极化电荷分布r rP ⋅ R 3 +φ',而φ'满足拉普拉斯方程 f 提示同上题 φ =4πε R1 ∂φ 解 ε1 内 = ε2 ∂R ∂φ外∂R∂φ内 2P f cos θ +∑lA l R 又ε1 R 0 = ε1(− l 0 1P l∂R 4πε1R 03 ∂φ外 = ε 2(− 2P f cos θ 4πε1R 03B ll ε 2 −∑(l 1 R 2 P l R 0∂R 0比较 P l (cos θ)系数B 0 0 A 0 02ρ f3 +ε1A 1 = − 2ε 2ρ f3 − 2 3 2ε B 1,及A 1 = R 03 B 1 4πR 0 4πε1R 0 R2(ε1 −ε 2)ρ f 2(ε1 −ε2)ρ f得 A 1 = 3 ,B 1 = 4πε1(ε1 + 2ε 2)R 04πε1(ε1 + 2ε 2)比较 P 2(cos θ )的系数3B 2 4 , A 2 = RB 22ε1A 2R 04R 01及 A 2(1+ ε1R 0 ) =所以 A 2 = 0,B 2 = 0 同理 A l = B l = 0,(l = 2,3L) 最后有ρr f ⋅ Rr 2(ε1 −ε2)ρ fρ f ⋅ Rr 3 + 2(ε1 −ε 2)ρr f ⋅ Rr r φ内 3 + 3 Rcos θ = 3 ,(R < R 0) 4πε1R ρr f ⋅ Rr4πε1(ε1 + 2ε 2)R 0 4πε1R 4πε (ε + 2ε )R 1 1 2 0ρ f ⋅ Rr 3 + 2(ε1 −ε 2)ρr f ⋅ Rr 3 = 3ρr f ⋅ Rr r 2(ε1 −ε2)ρ fφ外 3 + 2 cos θ = 3 ,(R > R 0) 4π (ε1 + 2ε 2)R 4πε1R 4πε1(ε1 + 2ε 2)R 4πε1R 4πε (ε + 2ε )R1 1 2球面上的极化电荷密度σ P = P 1n − P 2n ,nr 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∂φ外∂φ内 = −(ε 2 −ε 0) ∂R + (ε1 −ε 0) ∂RR R 0 − 6ρ f cos θ 3 − (ε1 −ε 0)[6(ε 0 −ε 2)ρ f cos θ − 2(ε1 −ε 2) − 2(ε1 + 2ε 2)ρ cos θ] 1 1 2= (ε 2 −ε 0)f 4π (ε1 + 2ε 2)R 03 4πε (ε + 2ε )R 3 0 4π (ε1 + 2ε 2)R 0 = 6ε1(ε 0 −ε 2) + 6ε 2(ε1 −ε 0) ρ cos θ = −3ε 0(ε1 −ε 2) 3 ρ f cos θ f 3 04πε (ε +2ε )R 2πε1(ε1 + 2ε 2)R 01 12求极化偶极子P = qlr 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 rf点电荷旁边有极化电荷ε 0 ε0 q P = ( −1)q f ,−q P = ( −1)(−q f ) 两者合起来就是极化偶极子ε1 ε1 P P = ( −1)Pr f r ε0 ε1r5.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 球壳上带电 Q 求空间各点电势和电荷分布解R2φ3∇2φ3 = 0,φ3 r →∞ = 0 φR 1φ = C,φ2 r →0 = ∞ φ2r P ⋅rrφ1 = 3 +φ1',φ1' r →0为有限值4πε 0rB ll+1 ∑ rφ3 P l (cos θ ),φ3 r −R = C2 φ = C,φ2 r=R 1 = C 2r P f ⋅rr∂φ3 ∫ ∂r dS r=R∂φ1 = Q∑ 3 + A l r l P l (cos θ)φ = + ∫ ∂r dS r=R 1 4πε 0r 2 1εB B B 2 3 2 0 + 12 cos θ + R P 2 +L = CR R 2 2 P f cos θ2 + A 0 + A 1R 1 cos θ +L = C 4πε 0R 1即 A 0 = R 0 = C,(A R 1 +2P f 2 )cos θ = 0,B l = 0(l = 1.2.3L), A l = 0(l =2.3.4L) B1 4πεR12P f cos θ 3 4πε 0R 1 P f cos θ PL = − 3 + A 1 cos θ +L 2πε 0R 1又 ∂φ1 =− ∂r+∑lA l R l −1 1 ∂φ B l r B 02 − 2 RB 13 cos θ+L ∂r 3 =∑(−l−1)l+2 P l = − R 1 1 ∂φ3 ∂r B 2 dS = RB 02 ∫dS = 4πR 1 2 = 4πB 02 B 0 R 1 ∫ dS = ∫ 0 则 − R 11 P f− P f∂φ1 ∂r 2π π 2π π∫ dS = ∫ ∫− 2πε 0R 13 cos θR 12 sin θd θd ϕ+∫ ∫ 3 cos θR 12 sin θd θd ϕ = 0 + 0 = 0 00 4πε 0R 1∂φ3 ∂r ∂φ1 0 = εQ∫ dS + ∫ = 4πB ∂r 故 −− P f Q QB 0 = 4πε 0 , A 0 = 4πε 0R 2 , A 1 =34πε 0R 1最后有Pr f ⋅rr Pr ⋅rr 2 − Q φ1 = 3 + 4πε 0R 2 ,(r <R 1) 4πε 0R 1 4πε 0r Q φ = 4πε 0r ,(r > R 2) 3 φ 2 = 4πε 0R 2 ,(R 1 < r < R 2) Q电荷分布在 r R 1的面上− P f cos θ − P f cos θ = −P f cos θ ∂φ σ P = ε 0 1 = + ∂r 2πR 3 4πR 3 3 4πR11 1 1在 r R 2面上∂φ σ P = −ε 03 =∂r Q2 4πR 22r6 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B l )P l (cos θ ) (A l r l + r l+1 ∑ φ 外1 ρ f r 2+φ ' 解 φ内6ε = 0 ∇ 2 φ 'rφ内是由高斯定理解得的 ρ f 的作用加上 E 0的共同作用 φ外 r →∞ = −E 0r cos θ,φ ' r →0 有限 B l r l∑ φ E 0r cos θ + +1 P l (cos θ ) 外φ内 1 ρ f r 2 +∑c e r l P l (cos θ )6ε φ内 φ外 r = R 0) :B 0 B 1 B 21 ρ f R 02 + c + c 1R 0 cos θ + c 2R 0 2P 2+ 6εE 0R 0 cos θ + R 0 R 0 2 + R+ 3 P 2 + 0即 ρ f6ε R 0 2 + c 0 = BR 0 B 1E 0R 0 + 2 = c 1R 0 R 0 B 2 23= c 2R 0R 0∂φ ∂φ外∂r 内 = ε∂r ε ∂φ 内 = ρf ρ f R 0 + lcl R 0l −1P l (cos θ) ]= 3 R 0 +εc 1 cos θ + 2εc 2R 0P 2 +L3ε∑ ∂r ∂φ外= ε 0(−E 0 cos θ +∑(−l −1) B l P l)∂r R 0l+2ε0B 0 − 2ε0B 1 cos θ −3ε0B 2 −ε0E 0 cos θ −P 2 +LL R 02 R 0 3 4 R 0 ρ f ε B 02εC 1 = −ε 0E 0 −2ε 0B 1 2εC 2R 0 = − 3ε 0B4 2LL 3 R 0 = −0 R 即R 3 R= − R 3C 0 = −R 02ρ f (3ε10 + 61ε)B 00 3ερ f解方程得B = − 3ε 0E 0R 3 0C = − 3ε 0E 0 1 + E 0R 031 ε + 2εε + 2ε及 2εC 2R 0 = −3ε 0R 0C 2 即 C 2(2εR 0 + 3ε 0R 0) = 0l = 2,3LL C 2 = B 2 = 0同理 C l = B l = 0E 0r cos θ ± R 3 0 ρ f 3 0 cos θ − 3ε 0E 0R 3 + E 0R φ 0 2 cos θ,r > R 0(ε + 2ε 0)r 外 r 2 3r ε 0 得ρ 1 3ε 0 6ε1 3ε 0E 0 6εf r2 ± R 0 2ρ f ( ε + 2ε 2 r cos θ,r< R 0 φ 内7 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内 0 0 φ内 φ外r = R 0∇ 2φ外因为δ内n δ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 12φ2φ外2r 内= σ 22r并且δ外 r →∞ = δ 0 即 φ外 r →∞= −E 0rcos θ( j f = σ 2E 0) 0φ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φ 3σ 2σ 12σ 2 E 0r cos θ,r < R 0内这时的解即为σ −σ cos θ φ外 E 0r cos θ + E 0R 0 3(σ 1 + 2σ 2 1 2) ,r > R 0r22φe +2φer θ r 1 r sin θ 2Φ 2φ r e φ ) 求内外电场 E = −∇φ = −( 2r r+ 2θ (2φ内er 12φ内 r 内r + r 2θ er θ ) = σ 1 + 2σ 2 E 0(cos θer r − sin θer θ ) 3σ 2E 2r 3σ 2 σ1 + 2σ2E 0er z =3 E 外 E 0(cos θer r − sin θer θ ) +E 0(cos θer r − sin θer θ ) + E R 0 σ −σ )[2cos θer r + sin θer θ ] 0 r 3 (σ 1 + 2σ 21 2 E R 0 σ −σ 3 )[3cos θer r − cos θer r + sin θer θ ] 0 r 3 (σ 1 + 2σ 21 2 vσ 1 −3E 0 cos θ ev E E 0 + R 03 ( 2 ) σ 1 + 2σ2r − r 0 r 3求电流r 内 v1 内v 外σ 2Ev 外根据 j σEj vj f 0 = σE v 2 0v r v 及( j ⋅r)r = σ 2E 0r cos θr er f 0r r 5r 5 3(rj f ⋅rr)rr r− j 30 ] 3σ1 σ1 2σ 2r , j 外 = rj 内 σ1 σ 2 σ1 2σ 2f 3 R 0得 j 内j [ 0f 0 5 r r) = 3ε 0E 0 cos θ (σ1−σ 2) 1ω f = ε 0(E 2n − E 1n ) = ε 0(E 外n− E 内nσ + 2σ 28.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 r 1 = 1 ( ) ∞R ∑ n= P n (cos θ).(R > a) a a n=0R 2 + a 2 − 2aRcos θ 解 1 分离变数法由电势叠加原理球外电势Q f 4πεR ' ' +φ ,φ是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件φ外∇ φ = 0,(r >R 0) 2 ' zφ ' r →∞ = 0 Q f P φ = 0 外r=R 0ar根据分离变数法得∞ B l1 P l (cos θ),(r >R 0) O'= ∑ φ r l+l=0 Q f1∞Bl P l (cos θ)∑ ∴φ外+ *4πε r l+1 a 2 + r 2 − 2ar cos θl=0= Q ( ) P n (cos θ ) + B r l+ 1 P l (cos θ),(r < a)1 4πε a∞ r a ∞f ∑ n ∑ ln=0 l=0Q f R 0 )l + B l∞∑ 又φ外 = [ 4πεa ( a]P l (cos θ) = 0 r=R 0 l+1o R n=0 Q f B 0 Q f R 0 Q f R B l0 )l + R l+1= 04πεa R 0 = 0, 4πεa a 4πεa( a 即+ + B 12 = 0,..., R 0 0 Q f R 3 Oa4πεaQ f ,B l = − R2l+1 Q f 0∴B 0 = −R 0 4πεa ,B 1 = − a l4πεa , 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z 内r 0处有像电荷 Q ' ,Q '代替球面上感应电荷对空间电场的Q f RR 2 P作用由对称性 Q '在 O Q f 的连线上 Q’2rR 0先令场点 P 1在球面上根据边界条件有r Q f r Q f Q ' Q ' ' + = 0,即 r = − Q =常数r Q f P 1Q 'Q f 将Q ' 的位置选在使∆ Q 'P 1O ∆ Q f P 1O,则有r Q 'R a= 常数为达到这一目的令Q '距圆心为 r 0 0r Q f r 0 = R 0 ,r 0 = R2 0 a 则R 0 ar Q ' ' = R 0 =常数 Q ' = − R Q f0 并有= − Q r Q f a a Q fR 1 R 2这样满足条件的像电荷就找到了空间各点电势为Q fR 0Q f 'Q f Q 1 = [ aφ外 = + −],(r > a).4πεr 1 4πεr 2 4πε a 2 + r 2− 2arcos θ+ (R 0 + 2r R2)r cos θ 2 2a 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 1 = 0即可r因此做法及答案与上题同解略QR 11 4πε 0Qa φ内 = [ −]R 2 + a 2 − 2Racos θR 1 42R 1 2R cos θ R2+ 2 − aa 因为球外φ = 0 故感应电荷集中在内表面并且为Q.10.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 试求这两种情况的电势又问ϕ0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 Q + Q 0 4πε 0R 2高斯定理求得为所以球壳内的电势将由 Q 的电势像电荷−QR 1a 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QR 11 4πε 0Q Q + Q 0 R 2 a φ内 = [ −+ ].(R < R 1)4 R 2 + a 2 − 2Racos θ R 1 2R 12R cos θ R2+ 2 − φ = aaφ = Q + Q 0 ,(R > R 2) 外 4πε RQR 11 4πε 0 Q a φ内 = [ −]+φ0.(R < R 1) 4R 2 + a 2 −2Racos θR 2R 12R cos θ R 2 + a 12 −或 φ = aφ = Rr 2 φ0,(R > R 2) 外当φ0 = Q + Q 0时两种情况的解相同4πε R 2 011 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P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Q − ba QRQ 1 = − ba Q,r 1 = abrr2Oa Q Q 2 = ba Q,r 2 = − ab r2rQ 3 = −Q,r 3 = −brr b-QQ 4πε 0 1 1 a φ = [ − + R 2 + b 2 − 2Rbcos θ R 2 + b 2 + 2Rbcos θ a b 4 2 + 2 a 2b R 2+ b Rcos θa+],(0 ≤θ < π2,R > a)a b4 2 − 2 abRcos θ 2 b R 2+12. 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z P(x, y, z) Q(x 0,a,b) a -Q(x 0,-a,b) b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y+Q-Q(x 0,a,-b)(x 0,-a,-b)Q 4πε 0 1 1 φ = − [ − −(x − x 0)2 + (y − a)2 + (z −b)2 (x − x 0)2 + (y − a)2 + (z+ b) 21 1 + ],(y,z > 0)(x − x 0) 2 + (y + a) 2 + (z −b) 2 (x − x 0) 2 + (y + a) 2 + (z + b)213.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z 成电流 I,当系统稳定时是恒定场即 ∇⋅rj + ∂ρ∂t = 0 中∂ρ∂t = 0对于恒定的电流可按静电场的方式处理r jA(x 0,y 0,z 0)于是在 A 点取包围 A 的包围面ir⋅dsr i = Er ⋅σσEr ⋅dsr = Q 而又有r I = ∫ }⇒ σ1 I = Er⋅dsr ∫y∫ ε n1 I =ε Q ⇒ Q = I ε1 1 r jx∴有对 B σ σ B(x 0,y 0,z 0)Q = −Q = − I ε1zQ BσQ(-x 0,-y 0,z 0)Q(x 0,-y 0,z 0) Q(x 0,y 0,z 0)rj n = 0,即元电流流入容器壁又在容器壁上 Q(x 0,y 0,z 0)由rj = σEr 有 j n = 0时 E n = 0r r y∴可取如右图所示电像-Q(-x 0,y 0,z 0)-Q(-x 0,y -z 0)0,-Q(x 0,-y 0,z 0)-Q(x 0,y 0,-z 0)x的图说明 ρ = −(Pr ⋅∇)δ (xr)是一个位于原点的偶极子的电荷密度 d δ (x) 14.画出函数 d δ (x) dx 解 δ (x) =0,x ≠ 0∞,x =0 dxd δ (x) = lim δ (x + ∆x)−δ (x) dx ∆xx∆x →0 1 x ≠ 0时 d δ (x) = 0 dx0 − ∞ =−∞ ∆x 2 x = 0时a ∆x > 0, d δ (x) = lim dx ∆x →0 b)∆x < 0, d δ (x) = lim 0 − ∞ = +∞ dx ∆x∆x →0 15 证明1a 1 δ (ax) = δ (x).(a > 0) 若 a<0,结果如何2 x δ (x) =δ (x − x k 所以δ (ax) =δ (x)证明 1 根据δ[φ(x)]=∑φ'(x k )a 2 从δ (x)的定义可直接证明有任意良函数 f(x),则 f (x)⋅ x = F(x)也为良函数f (x)x δ (x)dx = f (x)⋅ x x=0 = 0∫16 一块极化介质的极化矢量为 Pr(xr ') 根据偶极子静电势的公式极化介质所产生的静电势为Pr(xr ')⋅rrdV '4πε r 3 0ϕ = ∫V另外根据极化电荷公式 ρ = −∇' ⋅ Pr(xr ')及σ = nr ⋅ Pr,极化介质所产生的电势又可表为r r P P ∇' ⋅ Pr(xr ') dV' +∫S ∫VPr(xr ')⋅dS r '4πε0rP ϕ = −4πε0rr试证明以上两表达式是等同的X ’O证明Pr(xr ')⋅∇'1r dV ' 1 4πε0 Pr(xr ')⋅rr r 3 1 dV ' = 4πε 0 ϕ = ∫ V ∫ V又有 ∇'p (P ) = ∇' ⋅ P + Pr ⋅∇ r r 1 r 1 r ' 1 r∇' ⋅ Pr P ∇' ⋅( ) r r 1 ∇' ⋅ Pr r P rdV '] = 4πε 0 [−∫ ∫ V 则 ϕ = 4πε 0 [−∫VdV ' + dV ' +∫S r ⋅dSr] 1 ' r ' V ' ∇' ⋅ Pr dV ' +∫S [ 1 Pr ⋅nr dS] = 1 4πε 0 ρ s σ r 4πε 0 [− ∫ V ' ∫ VP dV ' +∫S dS] P = r r r r 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ϕ 2 −ϕ 1 = ε10 nr ⋅ Pr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 Pr = limσlr.)σ →∞ l →0z2E ⋅∆s = σ ⋅∆s , E证明 1 如图可得ε1+xσ σ z − σ z =0 ∴E = 2ε ,φ1 −φ2 =S22ε 0 2ε 00 E= Er 1 = σer z 02 = ∂n 2E r 2 = 2ε 0∂φ1 ∂n 1 ∂φ σ(−er z ) 面2ε∴ ∂φ − ∂φ = σε 0 1 ∂n 12 2∂n 2)可得 Er =σ re +r z nrr1 ε 0nr ⋅ Prε 0∴φ2 −φ1 = limEr ⋅lr = limσ nr ⋅lr = 2-ε l →0 l →0 0r = Er ∂φ1 ∂n ∂φ2∂n又= E , z∴ ∂φ ∂n − ∂φ ∂n2 1= 0.18.一个半径为 R 0 的球面在球坐标 0 <θ < π 的半球面上电势为ϕ0 在 <θ < π 的半π 22球面上电势为−ϕ0 求空间各点电势P (x) − P (x)1 , 01P (x)dx =n 1 + n −1 2n +1 ∫ 0n 提示 P n (1) = 1 0,(n =奇数)P n (0) = n1⋅3⋅5⋅⋅⋅(n − 1) 2⋅4⋅ 6(−1) 2,(n =偶数) 解∇2φ内 0 ∇2φ外 = 0 φ 内 r →0 < ∞ φ外 r →∞ = 0 φ0,0 ≤θ < π 2φ r=R = f (θ) =0 π −φ0, <θ ≤ π2 ∑ A l r l P l (cos θ) 这是φ内按球函数展开的广义傅立叶级数 A l r l 是展开系数 φ内 = 12l +1[ φ内 R P l (cos θ)d cos θ] = 2l +1[− π A l R 0l = f l = φ内 R P l (cos θ)⋅sin θd θ ]∫ −1 ∫ 2 2 0 0 0 π 2l +1[− φ0P l (cos θ)sin θd θ + π π = = ∫ ∫ 2 0 ∫ φ0P l (cos θ)sin θd θ ] 2 2 2l +1[φ0 0P l (x)dx −φ0 −1P l(x)dx]∫ 0 2 1 = 2l +1φ0[− 0 P l (x)dx + 1P l (x)dx ∫ ∫ 2−1 0 由 P l (−x) = (−1)lP l (x)2l +1φ ∫ 则 A l R 0l = 0[(−1) l+1∫1P(x)dx +1P(x)dx] 2。

刘觉平电动力学第3章答案

第三章电磁相互作用的基本规律目录：习题3.1 带电粒子在电磁场中的运动规律 (2)习题3.2 电磁场在外场作用下的运动规律 (2)习题3.3 电磁场的能动张量定理 (20)习题3.4 电磁场的角动量张量定理 (24)习题3.5 介质中的Maxwell方程组 (25)习题3.6 介质中电磁场能-动量与角动量定理 (39)习题3.8 波动方程 (50)习题3.9 平面电磁波的偏振 (55)习题3.10 电磁场的螺旋度 (58)规范不变性的内容都空了，没有处理。

最后两节也没有处理，不过本身做的很详细。

其他都好好看了。

习题3.11．试证作用量 int 0bp p free a S S S m cds eA dx μμ⎡⎤=+=-⎣⎦⎰在()1U 规范变换 ()111A UA U iU U eμμμ--'=+∂ 下不变。

式中()exp U ie χ∈证明：2．将带电粒子的加速度用它的速度以及电场强度和磁感强度表示出来解：加速度定义：dva dt =由于()03/20002122d m v dp dv d v dv m m v ma m v dt dt dt dt cdt γγγγ--⎛⎫⎛⎫==+=+-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以5/25/222dp vv vv ma ma ma I a M dt c c γγ--⎛⎫⎛⎫=+⋅=⋅+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 而dpe E v B dt⎡⎤=-+⨯⎣⎦ 所以1a e E v B M -⎡⎤=-+⨯⋅⎣⎦ 其中5/22vv M m I c γ-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ，是一个二阶张量习题3.21．证明由式（3.2.2）定义的电荷密度与式（3.2.3）定义的三维电流密度满足连续性方程。

证明：由式（3.2.2）知电荷密度为3()()()()l l lx Q x x ρδ=-∑由式（3.2.3）知三维电流密度为()33()()()()()()()l l l l l l ldx dx dx j x Q x x Q x x dt dt dt ρδδ==-=-∑∑有33()()()()()()3()()()()()()l l l l l l l l l l l lx x x x dx Q Q t t x dt x x dx Q x dt δδρδ∂-∂-∂==⋅∂∂∂∂-=⋅-∂∑∑∑而()3()()(())l l l ldx j Q x x dt δ∇⋅=∇⋅-∑由于()l dx dt 与x 无关,故3()()()()l l l ldx x x j Q dt x δ∂-∇⋅=⋅∂∑所以0j tρ∂+∇⋅=∂2．试证：直至A μ的一阶导数，除开一个常数因子，电磁场场强张量的对偶张量是在(1)U 规范变换下不变的唯一的一个二阶赝张量。

电动力学习题解答3

第三章静磁场1. 试用A 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B ，写出A 的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。

解：0B 是沿 z 方向的均匀恒定磁场，即 z B e B 00=，由矢势定义B A =⨯∇得0//=∂∂-∂∂z A y A y z ；0//=∂∂-∂∂x A z A z x ；0//B y A x A x y =∂∂-∂∂三个方程组成的方程组有无数多解，如：○10==z y A A ，)(0x f y B A x +-= 即：x x f y B e A )]([0+-=； ○20==z x A A ，)(0y g x B A y += 即：y y g x B e A )]([0+= 解○1与解○2之差为y x y g x B x f y B e e A )]([)]([00+-+-=∆ 则 0)//()/()/()(=∂∂-∂∂+∂∂+∂-∂=∆⨯∇z x y y x x y y A x A z A z A e e e A 这说明两者之差是无旋场2. 均匀无穷长直圆柱形螺线管，每单位长度线圈匝数为n ，电流强度I ，试用唯一性定理求管内外磁感应强度B 。

解：根据题意，取螺线管的中轴线为 z 轴。

本题给定了空间中的电流分布，故可由⎰⨯='430dV r rJ B πμ 求解磁场分布，又 J 只分布于导线上，所以⎰⨯=304r Id r l B πμ1)螺线管内部：由于螺线管是无限长理想螺线管，所以其内部磁场是均匀强磁场，故只须求出其中轴线上的磁感应强度，即可知道管内磁场。

由其无限长的特性，不z y x z a a e e e r ''sin 'cos ---=φφ， y x ad ad d e e l 'cos ''sin 'φφφφ+-= )''sin 'cos ()'cos ''sin '(z y x y x z a a ad ad d e e e e e r l ---⨯+-=⨯φφφφφφz y x d a d az d az e e e '''sin '''cos '2φφφφφ+--=取''~'dz z z +的一小段，此段上分布有电流'nIdz⎰++--=∴2/32220)'()'''sin '''cos '('4z a d a d az d az nIdz z y x e e e B φφφφφπμ ⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-=+=+=z z I n a z a z d nI nI z a dz a d e e 02/3202/3222200])/'(1[)/'(2)'(''4μμφπμπ2)螺线管外部：由于螺线管无限长，不妨就在过原点而垂直于轴线的平面上任取一点)0,,(φρP 为场点，其中a >ρ。

电机学课后习题答案第三章习题

一、填空题1. 直流电机的电枢绕组的元件中的电动势和电流是。

答：交流的。

2. 一台并励直流电动机，如果电源电压和励磁电流f I 不变，当加上一恒定转矩的负载后，发现电枢电流超过额定值，有人试在电枢回路中接一电阻来限制电流，此方法。

串入电阻后，电动机的输入功率1P 将，电枢电流a I ，转速n 将，电动机的效率η将。

答：不行，不变，不变，下降，下降。

3．电枢反应对并励电动机转速特性和转矩特性有一定的影响，当电枢电流a I 增加时，转速n 将，转矩T e 将。

答：下降，增加。

4. 电磁功率与输入功率之差，对于直流发电机包括损耗；对于直流电动机包括损耗。

答：空载损耗功率，绕组铜损耗。

5．一台并励直流电动机拖动恒定的负载转矩，做额定运行时，如果将电源电压降低了20℅，则稳定后电机的电流为倍的额定电流（假设磁路不饱和）。

答：1.25倍。

二、选择题1．把直流发电机的转速升高２０℅，他励方式运行空载电压为01U ，并励方式空载电压为02U ,则。

Ａ：01U = 02U ，Ｂ：01U < 02U ，Ｃ：01U > 02U 。

答：B2．一台并励直流电动机，在保持转矩不变时，如果电源电压U 降为0.5N U ,忽略电枢反应和磁路饱和的影响，此时电机的转速。

A ：不变，B ：转速降低到原来转速的0.5倍，C ：转速下降，D ：无法判定。

答：C3．在直流电机中，公式n C E e a Φ=Ф和a T I C T Φ=中的Φ指的是。

A ：每极合成磁通，B ：所有磁极的总磁通，C ：主磁通每极磁通，D ：以上都不是。

答：A4．在直流电机中，右行单叠绕组的合成节距c y y == 。

A ：p Q u 2,B ：ε±pQ u 2, C ：1, D ：2. 答：C 5．直流电动机的额定功率指。

A:转轴上吸收的机械功率, B:转轴上输出的机械功率,C:电枢端口吸收的电功率, D:电枢端口输出的电功率。

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。

《电动力学第三版郭硕鸿》第1-5章练习题答案

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

电动力学第三章静态电磁场及其边值问题的解

最后得
所以
第3章静态电磁场及其边值问题的解
18
3.1.3 导体系统的电容与部分电容
电容器广泛应用于电子设备的电路中： • 在电子电路中，利用电容器来实现滤波、移相、隔直、旁
路、选频等作用； • 通过电容、电感、电阻的排布，可组合成各种功能的复杂
电路； • 在电力系统中，可利用电容器来改善系统的功率因数，以
减少电能的损失和提高电气设备的利用率；
第3章静态电磁场及其边值问题的解
19
1. 电容电容是导体系统的一种基本属性，是描述导体系统储存电荷
能力的物理量。
孤立导体的电容
孤立导体的电容定义为所带电量q与其电位的比值，即
两个带等量异号电荷（q）的导体组成的电容器，其电容为
电容的大小只与导体系统的几何尺寸、形状和及周围电介质的特性参数有关，而与导体的带电量和电位无关。
将
两端点乘，则有
上式两边从点P到点Q沿任意路径进行积分，得
电场力做的功
关于电位差的说明
P、Q 两点间的电位差
P、Q 两点间的电位差等于电场力将单位正电荷从P点移至Q 点所做的功，电场力使单位正电荷由高电位处移到低电位处；
电位差也称为电压，可用U 表示；电位差有确定值，只与首尾两点位置有关，与积分路径无关。
第3章静态电磁场及其边值问题的解
2
3.1 静电场分析
学习内容 3.1.1 静电场的基本方程和边界条件 3.1.2 电位函数 3.1.3 导体系统的电容与部分电容 3.1.4 静电场的能量 3.1.5 静电力
第3章静态电磁场及其边值问题的解
3
3.1.1 静电场的基本方程和边界条件
1. 基本方程
两点间电位差有定值

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

电动力学 第三章 习题解答