电动力学复习提纲及复习习题参考答案..

合集下载

电动力学期末考试复习知识总结及试题

电动力学期末考试复习知识总结及试题第一章电磁现象的普遍规律一、主要内容：电磁场可用两个矢量—电场强度和磁感应强度来完全描写，这一章的主要任务是：在实验定律的基础上找出, 所满足的偏微分方程组—麦克斯韦方程组以及洛仑兹力公式，并讨论介质的电磁性质及电磁场的能量。

在电磁学的基础上从实验定律出发运用矢量分析得出电磁场运动的普遍规律；使学生掌握麦克斯韦方程的微分形式及物理意义；同时体会电动力学研究问题的方法，从特殊到一般，由实验定律加假设总结出麦克斯韦方程。

完成由普通物理到理论物理的自然过渡。

二、知识体系：三、内容提要：1．电磁场的基本实验定律：（1）库仑定律：对个点电荷在空间某点的场强等于各点电荷单独存在时在该点场强的矢量和，即：（2）毕奥——萨伐尔定律（电流决定磁场的实验定律）（3）电磁感应定律①生电场为有旋场（又称漩涡场）,与静电场本质不同。

②磁场与它激发的电场间关系是电磁感应定律的微分形式。

（4）电荷守恒的实验定律,①反映空间某点与之间的变化关系，非稳恒电流线不闭合。

② 若空间各点与无关，则为稳恒电流，电流线闭合。

稳恒电流是无源的（流线闭合），，均与无关，它产生的场也与无关。

2、电磁场的普遍规律—麦克斯韦方程其中：1是介质中普适的电磁场基本方程，适用于任意介质。

2当，过渡到真空情况：3当时，回到静场情况：4有12个未知量，6个独立方程，求解时必须给出与，与的关系。

介质中：3、介质中的电磁性质方程若为非铁磁介质1、电磁场较弱时：均呈线性关系。

向同性均匀介质：，，2、导体中的欧姆定律在有电源时，电源内部，为非静电力的等效场。

4．洛伦兹力公式考虑电荷连续分布，单位体积受的力：洛伦兹认为变化电磁场上述公式仍然成立，近代物理实验证实了它的正确。

说明：①②5.电磁场的边值关系其它物理量的边值关系：恒定电流:6、电磁场的能量和能流能量密度：能流密度：三．重点与难点1．概念：电场强度、磁感应强度、电流密度、极化强度、磁化强度、能流密度。

电动力学复习总结第四章电磁波的传播2012答案

第四章电磁波的传播一、填空题1、色散现象是指介质的( )是频率的函数. 答案：,εμ2、平面电磁波能流密度s 和能量密度w 的关系为( )。

答案：S wv =3、平面电磁波在导体中传播时,其振幅为( )。

答案：0x E e α-⋅4、电磁波只所以能够在空间传播,依靠的是( )。

答案：变化的电场和磁场相互激发5、满足条件( )导体可看作良导体，此时其内部体电荷密度等于( ) 答案：1>>ωεσ, 0, 6、波导管尺寸为0.7cm ×0.4cm ，频率为30×109HZ 的微波在该波导中能以( )波模传播。

答案： 10TE 波7、线性介质中平面电磁波的电磁场的能量密度（用电场E 表示）为( )，它对时间的平均值为( )。

答案：2E ε,2021E ε 8、平面电磁波的磁场与电场振幅关系为( )。

它们的相位( )。

答案：E vB =,相等9、在研究导体中的电磁波传播时，引入复介电常数='ε( )，其中虚部是( )的贡献。

导体中平面电磁波的解析表达式为( )。

答案： ωσεεi +='，传导电流，)(0),(t x i x e e E t x E ωβα-⋅⋅-= ,10、矩形波导中，能够传播的电磁波的截止频率=n m c ,,ω( )，当电磁波的频率ω满足( )时，该波不能在其中传播。

若b ＞a ，则最低截止频率为( )，该波的模式为( )。

答案： 22,,)()(b n a m n m c +=μεπω，ω＜n m c ,,ω，μεπb ，01TE11、全反射现象发生时,折射波沿( )方向传播.答案：平行于界面 12、自然光从介质1(11με，)入射至介质2(22με，),当入射角等于( )时,反射波是完全偏振波.答案：201n i arctgn = 13、迅变电磁场中导体中的体电荷密度的变化规律是( ). 答案：0teσερρ-=二、选择题1、电磁波波动方程22222222110,0E B E B c t c t∂∂∇-=∇-=∂∂,只有在下列那种情况下成立（）A ．均匀介质 B.真空中 C.导体内 D. 等离子体中答案： A2、电磁波在金属中的穿透深度（）A ．电磁波频率越高,穿透深度越深 B.导体导电性能越好, 穿透深度越深 C. 电磁波频率越高,穿透深度越浅 D. 穿透深度与频率无关答案： C3、能够在理想波导中传播的电磁波具有下列特征（） A ．有一个由波导尺寸决定的最低频率,且频率具有不连续性 B. 频率是连续的 C. 最终会衰减为零 D. 低于截至频率的波才能通过. 答案：A4、绝缘介质中，平面电磁波电场与磁场的位相差为（）A ．4π B.π C.0 D. 2π答案：C5、下列那种波不能在矩形波导中存在（）A ． 10TE B. 11TM C. mn TEM D. 01TE 答案：C6、平面电磁波E 、B、k 三个矢量的方向关系是（）A ．B E ⨯沿矢量k 方向 B. E B⨯沿矢量k 方向 C.B E ⨯的方向垂直于k D. k E ⨯的方向沿矢量B的方向答案：A7、矩形波导管尺寸为b a ⨯ ,若b a >,则最低截止频率为（）A ．μεπa B. μεπb C.b a 11+μεπ D. a2μεπ答案：A8、亥姆霍兹方程220,(0)E k E E ∇+=∇⋅=对下列那种情况成立（） A ．真空中的一般电磁波 B. 自由空间中频率一定的电磁波C. 自由空间中频率一定的简谐电磁波D. 介质中的一般电磁波答案：C9、矩形波导管尺寸为b a ⨯ ,若b a >,则最低截止频率为（）A ．μεπa B. μεπb C.b a 11+μεπ D. a2μεπ答案：A三、问答题1、真空中的波动方程，均匀介质中的定态波动方程和亥姆霍兹方程所描述的物理过程是什么？从形式到内容上试述它们之间的区别和联系。

电动力学-郭硕鸿-第三版-课后题目整理(复习备考专用).

电动力学答案第一章电磁现象的普遍规律1. 根据算符∇的微分性与向量性，推导下列公式：BA B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇AA A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：u uf u f ∇=∇d d )(，uu u d d )(A A ⋅∇=⋅∇，uu u d d )(AA ⨯∇=⨯∇证明：3. 设222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-=为源点'x 到场点x的距离，r 的方向规定为从源点指向场点。

（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：r r r /'r =-∇=∇ ； 3/)/1(')/1(r r r r -=-∇=∇ ；0)/(3=⨯∇r r ；0)/(')/(33=⋅-∇=⋅∇r r r r ， )0(≠r 。

（2）求r ⋅∇ ，r ⨯∇ ，r a )(∇⋅ ，)(r a ⋅∇ ，)]sin([0r k E ⋅⋅∇及)]sin([0r k E ⋅⨯∇ ，其中a 、k 及0E 均为常向量。

4. 应用高斯定理证明fS f ⨯=⨯∇⎰⎰SVV d d ，应用斯托克斯（Stokes ）定理证明⎰⎰=∇⨯LSϕϕl S d d5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 'd '),'()(V t t Vx x p ⎰=ρ，利用电荷守恒定律0=∂∂+⋅∇tρJ 证明p 的变化率为：⎰=V V t td ),'(d d x J p6. 若m 是常向量，证明除0=R 点以外，向量3/R ）（R m A ⨯=的旋度等于标量3/R R m ⋅=ϕ的梯度的负值，即ϕ-∇=⨯∇A ，其中R 为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。

7. 有一内外半径分别为1r 和2r 的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质球内均匀带静止自由电荷f ρ，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。

电动力学复习提纲及复习习题参考答案

2011级电动力学复习提纲数学准备理解散度、旋度、梯度的意义，熟悉矢量的梯度、散度、旋度在直角、球、圆柱坐标系中的运算，以及散度定理（高斯定理）、旋度定理（斯托克斯定理）。

章后练习1、2。

第1章理解全章内容，会推导本章全部公式。

重点推导麦克斯韦方程组，以及用积分形式的麦克斯韦方程组推出边值关系。

章后练习1、2、5、9、10、12第2章能推导能量转化与守恒定律，并且能说明各物理量及定律的物理意义。

能认识电磁场动量及动量转化和守恒定律，并且能说明各物理量及定律的物理意义。

了解电磁场的角动量，理解电磁场有角动量且角动量转化和守恒的意义。

P35例题，书后练习2、3第3章理解静电场和静磁场的势函数，为什么可以提出，在求解静电磁场时有什么意义。

势的方程和边值关系及推导。

深入理解唯一性定理，能应用其解释电磁现象，比如静电屏蔽现象。

熟悉电磁能量势函数表达式及意义。

会独立完成P48例题1,，P55例1、例2，P57例5,。

练习1、3、6、7第4章掌握静像法、简单情形下的分离变量法；理解多极矩法，掌握电偶极矩的势、场，以及能量、受力等；知道电四极矩的表示，计算。

了解磁偶极矩的表示、能量。

熟悉超导的基本电磁性质及经典电磁理论的解释。

会独立熟练计算P62例题1、P64例2及相关讨论；P69例1、P72例3；P74例1、例2。

练习3、4、5、7、10、12第5章1、理解如何由麦克斯韦方程推导自由空间的波动方程，理解其意义。

2、能推出电场和磁场的定态方程（亥姆霍兹方程），熟练掌握自由空间平面电磁波表达式，并且能应用其证明平面电磁波性质；3、能推导反射、折射定律、费涅尔公式，并且能应用其讨论布儒斯特定律、半波损失等常见现象；4、理解全反射现象，知道什么情形下发生全反射，折射波表示，透射深度；5、熟悉电磁波在导体空间表达式，理解其物理意义、理解良导体条件及物理意义；能推导导体中电荷密度；知道导体内电场和磁场的关系；理解趋肤效应，计算趋肤深度；理想导体的边值关系；6、理解波导管中电磁波的求解过程和结果，知道结构。

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。

电动力学课后习题解答(参考)

∂ ∂y
∂ ∂z
=
(
∂Az ∂y
−
∂Ay ∂z
)ex
+
(
∂Ax ∂z
−
∂Az ∂x
)ey
+
(
∂Ay ∂x
−
∂Ax ∂y
)ez
Ax(u) Ay(u) Az(u)
=
(
∂Az du
∂u ∂y
−
∂Ay du
∂u ∂z
)ex
+
(
∂Ax du
∂u ∂z
−
∂Az du
∂ ∂
u x
)ey
+
(
∂Ay du
∂u ∂x
−
(dl2
·
dl1)
11、平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为l1和l2，电容率为ε1和ε2，今在两板接上电动势为E的的电池，求
(1)电容器两板上的自由电荷密度ωf (2)介质分界面上的自由电荷密度ωf 若介质是漏电的，电导率分别为σ1和σ2，当电流达到恒定时，上述问题的结果如何？解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向，
[∇
1 r
·
∇]m
=
−(m
·
∇)∇
1 r
∴ ∇ × A = −∇ϕ
7、有一个内外半径分别为r1和r2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ρf ，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 D · dS = ρf dV ，(r2 > r > r1)
R
)
=
(∇
·
m)∇
1 r
+(m源自·m)∇1 r

电动力学复习总结电动力学复习总结答案

1第二章静电场一、填空题1、若一半径为R 的导体球外电势为b a b ra ,,+=f 为非零常数，球外为真空，则球面上的电荷密度为。

答案： 02aR e2、若一半径为R 的导体球外电势为3002cos cos =-+E R E r r f q q ,0E 为非零常数，球外为真空，则球面上的电荷密度为 . 球外电场强度为 .答案：003cos E e q ,303[cos (1)sin ]=-+- r R E E e e rq q q3、均匀各向同性介质中静电势满足的微分方程是；介质分界面上电势的边值关系是和；有导体时的边值关系是和。

答案： s f ef s f e f e f f er f -=¶¶=-=¶¶-¶¶=-=Ñnc n n ,,,,11222124、设某一静电场的电势可以表示为bz y ax -=2f ,该电场的电场强度是该电场的电场强度是_____________________。

答案：z y x e b e ax e axy+--225、真空中静场中的导体表面电荷密度、真空中静场中的导体表面电荷密度_____________________。

答案：0nj s e ¶=-¶6、均匀介质内部的体极化电荷密度p r 总是等于体自由电荷密度f r __________的倍。

的倍。

答案： -（1-e e）7、电荷分布r 激发的电场总能量1()()8x x W dv dv r r r pe¢¢=òò的适用于情形.答案：全空间充满均匀介质全空间充满均匀介质8、无限大均匀介质中点电荷的电场强度等于、无限大均匀介质中点电荷的电场强度等于_____________________。

答案： 34qRR pe9、接地导体球外距球心a 处有一点电荷q, 导体球上的感应电荷在球心处产生的电势为等于 .答案：04qa pe1010、无电荷分布的空间电势、无电荷分布的空间电势、无电荷分布的空间电势极值极值.(.(.(填写“有”或“无”填写“有”或“无”填写“有”或“无”) )答案：无 1111、镜象法的理论依据是、镜象法的理论依据是、镜象法的理论依据是_____________________，象电荷只能放在，象电荷只能放在，象电荷只能放在_____________________区域。

电动力学复习提纲

电动力学第一章电磁现象的普遍规律第一节电荷和电场1. 库仑定理和电场强度（1）定理的表示形式及其物理解释；（2）电荷激发电场的形式及其计算（点电荷、点电荷系、一定形状分布的电荷体系）（点电荷）（点电荷系） ()30()4V x r E x dV r ρπε''=⎰ （体电荷分布）（面电荷分布） ()30()4L x r E x dl r λπε''=⎰ （线电荷分布） 2. 高斯定理和电场的散度（1）高斯定理的形式及其意义S Q E dS ε⋅=⎰ ()VQ x dV ρ''=⎰ （2）静电场的散度及其物理意义E ρε∇⋅= 意义：电荷是电场的源，电场线从正电荷发出终止于负电荷。

反应了局域性：空间某点邻域上场的散度只和该点上的电荷有关，而和其他地点的电荷分布无关；电荷只直接激发其邻近的场，而远处的场则是通过场本身的内部作用传递出去的。

3. 静电场的旋度()0L S E dl E dS ⋅=∇⨯⋅=⎰⎰ ,0E ∇⨯= （环路定理）书本例题（p7）第二节电流和磁场1. 电荷守恒定律电流密度（矢量）的定义J ，电荷守恒定律的微分积分形式：2014QQ F r r πε'= 30()4F Q r E x Q r πε==' 3110()4n n i i i i i i Q r E x E r πε====∑∑()30()4S x r E x dS r σπε''=⎰S V J dS dV t ρ∂⋅=-∂⎰⎰ （积分形式）0J tρ∂∇⋅+=∂ （微分形式，也称电流连续性方程） 2. 毕奥—萨伐尔定律034Idl r dB r μπ⨯= ,034L Idl r B rμπ⨯=⎰ （闭合导线情形下，毕—萨定律的积分微分表示式） 034Jdv r dB r μπ⨯= ,034V J r B dV r μπ⨯=⎰ （闭合导体情形下，毕—萨定律的积分微分表示式）掌握定理的内容及用此定理求电流分布激发的磁场。

电动力学习题集答案-1

电动力学第一章习题及其答案1. 当下列四个选项：(A.存在磁单级, B.导体为非等势体, C.平方反比定律不精确成立,D.光速为非普适常数)中的_ C ___选项成立时,则必有高斯定律不成立.2. 若a为常矢量, k z z j y y i x x r )'()'()'(-+-+-=为从源点指向场点的矢量,k E,0为常矢量,则)(2a r ⋅∇=a r a r a r a r a r r r dr dr ⋅=⋅=⋅∇=⋅∇=⋅∇22))()(222,=⨯∇r0'''=---∂∂∂∂∂∂z z y y x x e e e zyxxxx， 3)z'-(z )y'-(y )x'-(x =++=⋅∇∂∂∂∂∂∂z y x r ，)()(=⨯∇⋅=⨯⋅∇r a r a ,0)(3211=⨯=⨯=⨯∇+⨯∇=⨯∇∇r r r r r r r r r rrr,a k j i r a za ya xa z y x =++=⋅∇∂∂∂∂∂∂)]z'-(z [)]y'-(y [)]x'-(x [)(，r r rr r rrr r r r 23113=+⋅-=⋅∇+⋅∇=⋅∇ ，=⨯∇⋅∇)(A __0___. =⋅⋅∇)]sin([0r k E )cos(0r k E k ⋅⋅, 当0≠r 时,=⨯∇)/(3r r __0__. =⋅∇⋅)(0r k i e E )exp(0r k i E k i ⋅⋅, =⨯∇)]([r f r _0_. =⋅∇)]([r f r dr r df r r f )()(3+3. 矢量场f的唯一性定理是说：在以s 为界面的区域V 内,若已知矢量场在V 内各点的旋度和散度,以及该矢量在边界上的切向或法向分量,则f在V内唯一确定.4. 电荷守恒定律的微分形式为0=∂∂+⋅∇tJ ρ,若J为稳恒电流情况下的电流密度,则J满足0=⋅∇J.5. 场强与电势梯度的关系式为，ϕ-∇=E.对电偶极子而言,如已知其在远处的电势为)4/(30r r P πεϕ ⋅=，则该点的场强为()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⋅=350341r P rr r P Eπε.6. 自由电荷Q 均匀分布于一个半径为a 的球体内,则在球外)(a r >任意一点D的散度为 0,内)(a r <任意一点D的散度为 34/3a Q π.7. 已知空间电场为b a rrb r r a E ,(32 +=为常数），则空间电荷分布为______.8. 电流I 均匀分布于半径为a 的无穷长直导线内，则在导线外)(a r >任意一点B的旋度的大小为 0 , 导线内)(a r <任意一点B的旋度的大小为20/a Iπμ.9. 均匀电介质（介电常数为ε）中,自由电荷体密度为f ρ与电位移矢量D的微分关系为f D ρ=⋅∇ , 束缚电荷体密度为Pρ与电极化矢量P 的微分关系为P P ρ-=⋅∇,则P ρ与f ρ间的关系为fP ρρεεε0--=.10. 无穷大的均匀电介质被均匀极化，极化矢量为P，若在介质中挖去半径为R 的球形区域，设空心球的球心到球面某处的矢径为R，则该处的极化电荷面密度为R R P /⋅-.11. 电量为q的点电荷处于介电常数为ε的均匀介质中，则点电荷附近的极化电荷为q )1/(0-εε.12. 某均匀非铁磁介质中,稳恒自由电流密度为f J,磁化电流密度为M J ,磁导率μ,磁场强度为H ，磁化强度为M ，则=⨯∇H f J ,=⨯∇M M J ,M J 与f J 间的关系为()f M J J1/0-=μμ.13. 在两种电介质的分界面上,E D ,所满足的边值关系的形式为()f D D n σ=-⋅12,()012=-⨯E E n.14. 介电常数为ε的均匀各向同性介质中的电场为E . 如果在介质中沿电场方向挖一窄缝,则缝中电场强度大小为E . 15. 介电常数为ε的无限均匀的各项同性介质中的电场为E ，在垂直于电场方向横挖一窄缝，则缝中电场强度大小为RR P P P P n n P ⋅-=--=--=)0cos ()(12θ,/0sin 00011201212εεθεετττE E E E E E E E D D n n =⇒⎩⎨⎧===⇒⎩⎨⎧=-=-缝缝. 16. 在半径为R 的球内充满介电常数为ε的均匀介质，球心处放一点电荷，球面为接地导体球壳，如果挖去顶点在球心的立体角等于2的一圆锥体介质，则锥体中的场强与介质中的场强之比为_1:1_.17. 在半径为R 的球内充满介电常数为ε的均匀介质，球心处放一点电荷，球面为接地导体球壳，如果挖去顶点在球心的立体角等于2的一圆锥体介质，锥体处导体壳上的自由电荷密度与介质附近导体壳上的自由电荷密度之比为εε/0.18. 在两种磁介质的分界面上, B H,所满足的边值关系的矢量形式为()fH H n α=-⨯12,()012=-⋅B B n.19. 一截面半径为b 无限长直圆柱导体，均匀地流过电流I ，则储存在单位长度导体内的磁场能为__________________.20. 在同轴电缆中填满磁导率为21,μμ的两种磁介质，它们沿轴各占一半空间。

电动力学基本内容复习提纲

电动力学基本内容复习提纲电动力学（Electrodynamics）是物理学中研究电荷、电场、电流和磁场之间相互作用的分支学科。

下面是电动力学的基本内容复习提纲：一、电荷和电场的基本概念1.电荷的基本特性和定义2.电荷守恒定律及其应用3.质点电荷和连续分布电荷的电场计算4.电势的定义和性质5.电场和电势的关系二、电场的基本性质和电场的运动1.电场强度的定义和性质2.电场线的性质和规律3.正电荷和负电荷在电场中的运动4.点电荷在电场中受力的性质和计算三、电场的高斯定律1.高斯定律的基本概念和表述2.高斯定律的应用：计算电场和电势3.高斯定律在导体中的应用四、电势与电势能1.电势能的概念和计算2.连续分布电荷系统的电势计算3.轴对称电荷分布的电势计算五、电场中的静电力1.静电力的基本概念和性质2.电场中两个点电荷互相作用的力计算3.连续分布电荷系统的静电力计算六、电荷在电场中的运动1.电场中带电微粒的加速和速度计算2.电场中带电微粒的轨迹和运动方程3.带电粒子在均匀磁场中的运动七、导体中的静电平衡1.导体的基本性质和导体中的电荷分布2.导体中电荷的自由移动和静电平衡条件3.导体表面电荷密度和电势的分布八、电流和电阻1.电流和电流密度的概念和计算2.电阻和电导的概念和性质3. Ohm定律及其应用九、电路和电动势1.串联和并联电路的电流和电压计算2.电动势的概念和性质3. Kirchhoff定律的应用十、磁场和电磁感应1.磁场的基本概念和性质2.安培定律和洛伦兹力的计算3.静磁场和恒定磁场4.电磁感应的基本概念和现象十一、电磁感应和电磁波1.法拉第电磁感应定律的应用2.涡旋感应和电磁感应的计算3.麦克斯韦方程组的基本概念和应用4.电磁波的基本性质和特点以上提纲主要囊括了电动力学的基本内容，希望对你的复习有所帮助。

如果还有其他问题，请随时追加提问。

《电动力学》答案

3 ○
(r / r 3 ) [(1 / r 3 )r ] (1 / r 3 ) r (1 / r 3 ) r

d 1 3 r 3 r r 0 4 r 0 dr r r r 1 3 3 3 4 (r / r ) [(1 / r )r ] (1 / r ) r 3 r ○ r 3 r 3 4 r 3 0 ， (r 0) r r r
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
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 ；
ex ey ez 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 ) Az (u ) A (u ) Ay (u ) [ z ]e x [ x ]e y [ ]e z y z z x x y A(u) (
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 ， A(u ) u f (u ) u ， A(u ) u du du du

电动力学复习总结第一章电磁现象的普遍规律2012答案

第一章电磁现象的普遍规律一、填空题 1.已知介质中的极化强度Z e A P =，其中A 为常数，介质外为真空，介质中的极化电荷体密度=P ρ ；与P 垂直的表面处的极化电荷面密度P σ分别等于和。

答案: 0, A, -A 2.已知真空中的的电位移矢量D =（5xy x e +2z y e ）cos500t ，空间的自由电荷体密度为。

答案: 5cos500y t3.变化磁场激发的感应电场的旋度等于。

答案: B t∂-∂ 4.介电常数为ε的均匀介质球，极化强度z e A P =A 为常数，则球内的极化电荷密度为，表面极化电荷密度等于答案0,cos A θ 5.一个半径为R 的电介质球,极化强度为ε，电容率为2rr K P =,则介质中的自由电荷体密度为 ,介质中的电场强度等于 .答案: 20r K f ）（εεερ-= 20r r K εε- 二、选择题1.半径为R 的均匀磁化介质球，磁化强度为M ，则介质球的总磁矩为A ．M B. M R 334π C.343R M π D. 0 答案:B2.下列函数中能描述静电场电场强度的是A ．z y x e x e y e x ++32 B.φθe cos 8C.y x e y e xy 236+D.z e a （a 为非零常数）答案: D3.充满电容率为ε的介质平行板电容器，当两极板上的电量t q q ωsin 0=（ω很小），若电容器的电容为C ，两极板间距离为d ，忽略边缘效应，两极板间的位移电流密度为：A ．t dC q ωωεcos 0 B. t dC q ωωsin 0 C. t dCq ωωεsin 0 D. t q ωωcos 0 答案:A4.下面矢量函数中哪一个不能表示磁场的磁感强度?式中的a 为非零常数A ．r e ar (柱坐标) B.y x e ax e ay +- C. y x e ay e ax - D.φe ar答案:A5.变化磁场激发的感应电场是A.有旋场,电场线不闭和B.无旋场,电场线闭和C.有旋场,电场线闭和D.无旋场,电场线不闭和答案: C6.在非稳恒电流的电流线的起点.终点处,电荷密度ρ满足A.J ⋅∇=ρB.0=∂∂t ρC.0=ρD. 0≠∂∂tρ 答案: D7.处于静电平衡状态下的导体,关于表面电场说法正确的是:A.只有法向分量;B.只有切向分量 ;C.表面外无电场 ;D.既有法向分量,又有切向分量答案:A8.介质中静电场满足的微分方程是 A.;,0tB E E ∂∂-=⨯∇=⋅∇ ερ B.0,=⨯∇=⋅∇E D ρ; C.;0,0=⨯∇=⋅∇E E ερ D.;,tB E D ∂∂-=⨯∇=⋅∇ ρ 答案:B9.对于铁磁质成立的关系是A.H B μ=B.H B 0μ=C.)(0M H B +=μD.)(M H B +=μ答案:C10.线性介质中,电场的能量密度可表示为 A. ρφ21; B.E D ⋅21; C. ρφ D. E D ⋅ 答案:B三、思考题1、有人说：“当电荷分布具有某种对称性时，仅要根据高斯定理的积分形式这一个方程就可以求解静电场的分布。

11 电动力学习题参考解答

2 （1） ∇ × (ϕ A) = ∇ϕ × A + ϕ∇ × A ，（2） ∇ × (∇ × A) = ∇ (∇ ⋅ A) − ∇ A
r
r
r
r
r
r
r r r r r ∇× (ϕ A) = ∇ϕ × (ϕ A) + ∇ A × (ϕ A) = ϕ ∇ϕ × A + ∇A × (ϕ A) r 其中 ∇ϕ 或 ∇ A 分别表示只对 ϕ 或 A 作用。由于 ∇ A 对标量函数只能取梯度，故 r r ∇ A × (ϕ A) = (∇ Aϕ ) × A
同理可以得到磁感应强度满足的波动方程
2
③
④
r r 1 ∂2 B ∇ B− 2 2 =0 c ∂t
1.1.4 证明在均匀介质中极化电荷密度与自由电荷密度满足关系式
ρ p = −(1 − ε 0 / ε ) ρ f 。 r r r r r uv 证将 D = ε 0 E + P 代入散度方程 ∇ ⋅ D = ρ f ，并考虑 D = ε E ，有 r r r ε r r ε ρ f = ∇ ⋅ D = ∇ ⋅ (ε 0 E ) + ∇ ⋅ P = 0 ∇ ⋅ D + ∇ ⋅ P = 0 ρ f − ρ P ε ε
为了解决这个矛盾，将电场强度的旋度方程修改为
②
r r ∂B r ∇× E = − − Jm ∂t
由此可以推出磁流守恒定律（即连续性方程）
③
r ∂ρ m + ∇ ⋅ Jm = 0 ∂t
们就得到有磁单极时的麦克斯韦方程组
④
因为麦克斯韦方程组中的另外两个方程在引入磁荷后不出现矛盾，所以不必修改。这样我
r r r r r ∂D r r ∂B r − Jm ， ∇ × H = +J ∇ ⋅ D = ρ ， ∇ ⋅ B = ρm ， ∇ × E = − ∂t ∂t

电动力学基本内容复习提纲

M xM H
(1 M )0 r 0
导体:
B H
J E
麦克斯韦方程组+介质的电磁本构方程
研究电磁场在介质中传播和与介质相互作用的基本方程
必须掌握
4. 麦克斯韦方程组对应的边值关系
B E t D H J t D B 0
导体内电场为零
dS
Sk
k Q Q 0
2. 分离变量法
求解区域内部无自由电荷分布
2 0
拉普拉斯 (Laplace) 方程根据所求解问题的边界条件选择不同的坐标系球面边界：球坐标系柱面边界：柱坐标系直角坐标系
球面边界：球坐标系
z

Review
电动力学基本内容
• 电动力学基本内容
– Maxwell 方程组和 Lorentz 力 – 静电/磁场求解方法
– 动电，即电磁波的发射（辐射）/传播/接收（吸收）
– 狭义相对论
• 电动力学特点
– 经典电动力学（低速）＋狭义相对论（高速） – 是一个完备的理论，非常好用 – 宏观电磁现象的规律，涉及微观则多半失效
必须掌握
5. 电磁场的能量和能流
电磁场具有做功的能力----能量电磁场的能量分布在电磁场所在的空间区域能量随电磁场的运动而传递线性各向同性介质：
D E, B H
1 w ( E D H B) 2
SP E H
必须掌握
能量守恒定律
流入区域的能量场能量的增加场对物质作功
位移电流
E (J 0 )0 t
JD 0 E t
B 0 J
B 0 ( J J D )

电动力学答案(郭硕鸿+第三版) chapter2

ϕ0
E0 Rcosθ
+
b0 R
+
E0 R03 R2
cosθ
∫ 又由边界条件 −
s
ε0
∂φ外 ∂r
ds
Q
∴ b0
=
Q 4πε 0
∴ϕ内
Q 4πε 0 R0
− ϕ0,R
<
R0
m ϕ外
Q 4πε 0R
+
E0 R03 R2
cosθ
E0 Rcosθ
R > R0
课后答案网
o 3 均匀介质球的中心置一点电荷 Qf 球的电容率为 ε 球外为真空试用分离变数法求
da ρf
=
∇
⋅
Dr
=
ε
ε −ε0
∇
⋅
Pr
=
(ε
εK −ε0
)r 2
`
(3)对于球外电场由高斯定理可得
h ∫ Er外
⋅
dsr
=
Q ε0
.k∫ ∫∫∫ ∴Er外 ⋅4πr2 =
ρ f dV = ε0
(ε
εK − ε0 )r 2
⋅r2
sinθdrdθdϕ
ε0
ww∴Er外
εKR ε 0 (ε − ε 0 )r 3
)
两者合起来就是极化偶极子
da PrP
=
(ε0 ε1
− 1) Pr f
h 5.空心导体球壳地内外半径为 R1 和 R2 k 电势和电荷分布
解
.
w ∇2φ3 = 0,φ3 r→∞ = 0
φ 2
wwφ1
= =
4CπP,rεφ⋅02rrrr3→+0
= φ1'

电动力学第三版答案

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 )()()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=⋅∇解1B A 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。

电动力学复习题_2

电动力学复习题一．填空1．a 、k 及0E 为常矢量，则)]sin([0r k E ⋅⋅∇= , )]sin([0r k E ⋅⨯∇= 。

2．反射波电场与入射波电场反相,这现象称为反射过程中的。

4．波矢量αβ i k +=,其中相位常数是，衰减常数是。

5．电容率ε'=ε+i ωσ,其中实数部分ε代表电流的贡献，它不能引起电磁波功率的耗散，而虚数部分是______电流的贡献，它引起能量耗散。

6．频率为91030⨯Hz 的微波，在0.7cm ⨯0.4cm 的矩形波导管中，能以波模传播。

7．爱因斯坦质能关系为。

8．电荷守恒定律的微分形式为，其物理意义为；积分形式为，其物理意义为。

9．a 为常矢量，则=⋅∇)(r a , r a )(∇⋅= 。

10．B =▽⨯A ,若B 确定，则A _______（填确定或不确定），A的物理意义是。

11．在某区域内能够引入磁标势的条件是。

12．电四极矩有个独立分量。

13．金属内电磁波的能量主要是能量14．良导体条件为；它是由和两方面决定的。

15．库仑规范辅助条件为____________；洛伦兹规范辅助条件为____________，在此条件下，达朗贝尔矢势方程为________________________________。

16．爱因斯坦提出了两条相对论的基本假设：⑴ 相对性原理：________。

⑵ 光速不变原理：________。

17．超导体的性质为、、、。

18．动量守恒定律的薇分式是，它的物理意义是 _；积分式是，其物理意义为 ____________________。

19．能量守恒定律的微分形式是，它的物理意义是；积分式是，其物理意义为 ____________________。

20．平面电磁波在介质中的特性为：① （相位关系）；② （振幅关系）；③ （能量关系）。

平面电磁波在导体中的特性为：① ；② ；③ 。

电动力学复习要点习题选解(2012级)

α M = −(
9.
证明均匀介质内部的体极化电荷密度 ρ p 总是等于体自由电荷密度 ρ f 的 − (1 − ε 0 / ε ) 倍。证明：在均匀介质中
P = (ε / ε 0 − 1)ε 0 E = (ε − ε 0 ) E 所以 ρ p = −∇ ⋅ P = −(ε − ε 0 )∇ ⋅ E = −(ε − ε 0 )(1 / ε )∇ ⋅ D
当 r1 < r < r2 时，向量式为
E3 =
(r2 − r1 ) r f
3 3
3ε 0 r 3
r
（2）当 r1 < r < r2 时，
ρ p = −∇ ⋅ P = −∇ ⋅ ( D2 − ε 0 E 2 ) = −∇ ⋅ ( D2 −
= −(1 −
当 r = r1 时，
ε0 ε )∇ ⋅ D2 = −(1 − 0 ) ρ f ε ε
介质 1 中电流密度介质 2 中电流密度
由于电流恒定， J 1 = J 2 ，
∴
σ 1ω f 1 / ε 1 = σ 2 (ω f 1 + ω f 3 ) / ε 2
∴
再由 E =
ωf3 =
E =
ε 2 σ1 σ 2 ε σ ( − )ω f 1 = ( 2 1 − 1)ω f 1 σ 2 ε1 ε 2 σ 2ε 1
H2 =
J f (r 2 − r12 )
B2 =
µ (r 2 − r12 )
H3 =
J f (r22 − r12 )
µ 0 (r22 − r12 )
M =(
所以
JM
(r 2 − r12 ) µ µ − 1) H 2 = ( − 1) J f ×r µ0 µ0 2r 2 µ µ µ = ∇ × M = ∇ × [( − 1) H 2 ] = ( − 1)∇ × H 2 = ( − 1) J f µ0 µ0 µ0

电动力学期终总复习及试题【精选文档】

总复习试卷一．填空题（30分，每空2分)1.麦克斯韦电磁场理论的两个基本假设是（）和（）。

2.电磁波(电矢量和磁矢量分别为和)在真空中传播,空间某点处的能流密度（）。

3.在矩形波导管（a, b）内，且，能够传播TE10型波的最长波长为（）；能够传播TM型波的最低波模为（）.4.静止μ子的平均寿命是s. 在实验室中,从高能加速器出来的μ子以0.6c（c为真空中光速）运动。

在实验室中观察,(1）这些μ子的平均寿命是（)(2）它们在衰变前飞行的平均距离是（）.5.设导体表面所带电荷面密度为，它外面的介质电容率为ε，导体表面的外法线方向为。

在导体静电条件下，电势φ在导体表面的边界条件是（）和( )。

6.如图所示，真空中有一半径为a的接地导体球，距球心为d（d>a）处有一点电荷q,则其镜像电荷的大小为（），距球心的距离大小为（)。

7.阿哈罗诺夫－玻姆（Aharonov-Bohm）效应的存在表明了（）。

8.若一平面电磁波垂直入射到理想导体表面上，则该电磁波的穿透深度δ为（)。

9.利用格林函数法求解静电场时，通常根据已知边界条件选取适当的格林函数。

若为源点到场点的距离，则真空中无界空间的格林函数可以表示为（）。

10.高速运动粒子寿命的测定，可以证实相对论的( ）效应。

二．判断题（20分，每小题2分）(说法正确的打“√”，不正确的打“ ”）1.无论稳恒电流磁场还是变化的磁场,磁感应强度都是无源场。

（)2.亥姆霍兹方程的解代表电磁波场强在空间中的分布情况,是电磁波的基本方程，它在任何情况下都成立。

（）3.无限长矩形波导管中不能传播TEM波。

（）4.电介质中,电位移矢量的散度仅由自由电荷密度决定，而电场的散度则由自由电荷密度和束缚电荷密度共同决定。

（）5.静电场总能量可以通过电荷分布和电势表示出来，即，由此可见的物理意义是表示空间区域的电场能量密度。

（）6.趋肤效应是指在静电条件下导体上的电荷总是分布在导体的表面。

电动力学复习提纲及复习习题参考答案..

电动力学期末考试复习知识总结及试题

电动力学复习总结第四章 电磁波的传播2012答案

电动力学-郭硕鸿-第三版-课后题目整理(复习备考专用).

电动力学复习提纲及复习习题参考答案

电动力学习题答案

电动力学课后习题解答(参考)

电动力学复习总结电动力学复习总结答案

电动力学复习提纲

电动力学习题集答案-1

电动力学基本内容复习提纲

《电动力学》答案

电动力学复习总结第一章 电磁现象的普遍规律2012答案

11 电动力学习题参考解答

电动力学基本内容复习提纲

电动力学答案(郭硕鸿+第三版) chapter2

电动力学第三版答案

电动力学复习题_2

电动力学复习要点习题选解(2012级)

电动力学期终总复习及试题【精选文档】

电动力学复习总结第四章电磁波的传播2012答案

电动力学复习总结第一章电磁现象的普遍规律2012答案