电动力学 第二章 习题解答1
电动力学习题及答案
根据前面的内容讨论知道：在所考虑区域内 没有自由电荷分布时，可用Laplace's equation求 解场分布；在所考虑的区域内有自由电荷分布时， 且用Poisson‘s equation 求解场分布。
如果在所考虑的区域内只有一个或多个点电 荷，区域边界是导体或介质界面，这类问题又如 何求解场分布？ 这就是本节主要研究的一个问 题。解决这类问题的一种特殊方法称为 — 镜象 法。
电场。右半空间的电场是Q及S面上的感应电荷面密
度 感 共同产生的。以假想的点电荷Q'等效地代替感 应电荷，右半空间的电势必须满足以下条件：
1 2 Q ( x a, y 0, z 0) 0 R 0 x 0 0 (1) (2) (3)
由(4)式得
b 2 Q Q a 将(6)式代入(5)式得
2
(6)
b 2 (a R02 ) ( R02 b 2 ) a
1 2 2 2 即b (a R0 )b R0 0 a
2
解此二次方程，得到
2 R0 b a b a
将此代入(6)式，即有
Q Q R0 Q Q a
c、
Q
4
-Q 5 +Q 4
+Q 6 7
-Q
B
Q
A
1 -Q
3 -Q 2 +Q
要保证 A B 0 则必须有7个象电荷，故电势为
1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 4 0 r r1 r2 r3 r4 r5 r6 r7
一般说明：只要 满足2 偶数的情形，都可用 镜象法求解，此时象电荷的个数等于 (2 ) 1 ，
《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。
电动力学二章答案
习题二1．将一个位于真空中的带电导体球切成两半，求它们之间的排斥力．设球的半径为0R ，球的电势为0V ．答案： .ˆ2200z e V F πε= 解：0004R q V πε=，0004V R q πε=，.00R V εσ=z z eV e R F ˆ2ˆ22002002πεπεσ=⋅= ２．内外半径分别为a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f λ，板间填充电导率为σ的非磁性物质．⑴证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消．因此内部无磁场．⑵求f λ随时间的衰减规律．⑶求与轴相距为r 的地方的能量耗散功率密度．⑷求长度为l 的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的静电能减少率． ⑵;0tf eεσλλ-=⑶22⎪⎪⎭⎫⎝⎛r f πελσ；⑷.ln 222a bl f πελσ 解：⑴r f e r D ˆ2πλ= ，.ˆ2r fe rD E πελε==.ˆ2r f f e r E J πεσλσ== .ˆ21r fD e tr t D J ∂∂=∂∂=λπ对两式求散度，并且由f D ρ=⋅∇ ，0=∂∂+⋅∇tJ ff ρ得f f tλεσλ-=∂∂，所以 0=∂∂+tDJ f 。
因为介质是非磁性的，即H Bμ=，故任意一点，任意时刻有 000=⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+=⨯∇=⨯∇t D J H B fμμ⑵由f f tλεσλ-=∂∂，解这个微分方程得 ()tf e t εσλλ-=0⑶()222/r E E J p f f πελσσ==⋅=⑷长度为l 的一段介质耗散的功率为.ln 222222a b l rldr r f baf πελσππελσ=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎰ 能量密度()22/,21r tw D E w f πελσ-=∂∂⋅= 长度为l 的一段介质内能量减少率为.ln 2222ab l rldr t wf baπελσπ⎰=∂∂-３．一很长的直圆筒，半径为R ，表面上带有一层均匀电荷，电荷量的面密度为σ．在外力矩的作用下，从0=t 时刻开始，以匀角加速度α绕它的几何轴转动，如图所示．⑴试求筒内的磁感应强度B；⑵试求筒内接近内表面处的电场强度E和玻印廷矢量S ；⑶试证明：进入这圆筒长为l 一段的S 的通量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛2022B l R dt d μπ． 答案： ⑴ωσμR B 0=；⑵ωασμe eRr E r ˆˆ210⨯= ；r e r R S ˆ212320ασμ-= ．解：⑴单位面电流ωσσπR lTRl i ==2 ωσμμR ei B z 00ˆ== ⑵在圆筒的横截面内，以轴线为心，r 为半径作一圆，通过这圆面积的磁通量为ωσμπR r S d B s02=⋅=Φ⎰由法拉第定律，得 .21210dtd Rr dt d r E ωσμπ-=Φ-=因为 t αω=所以ασμrR E 021-= 考虑到方向，则有z r e erR E ˆˆ210⨯=ασμ 在筒内接近表面处，z r e eR E ˆˆ2120⨯=ασμ 该处的能流密度为()()z z r R R R e R e eR H E S ˆˆˆ2120ωσασμ⨯⨯=⨯= r et R ˆ212320ασμ-= 负号表明，S 垂直于筒表面指向筒内。
郭硕鸿电动力学习题解答完全版(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。
【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”。
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。
电动力学作业第二章
第二章 习题1. 有导体存在时的唯一性定理是说: 若给出介质中自由电荷的分布,给定每个导体上的_______或每个导体上的______,以及（包围所有导体的）界面S 上sn s ∂∂ϕϕ或,则S 内静电场E被唯一确定. 2. 无导体存在时的静电学问题的唯一性定理为: 设空间区域V 可以分为若干小区域i V ,每个小区域i V 充满均匀介质i ε,若给出V 内自由电荷的分布,同时给出V 的界面S上的__ _ ___或_ __ ____,则V 内静电场E被唯一确定.3. 半径为0R 的接地导体球置于均匀外电场0E 中,导体球外为真空.试用分离变量法,求导体球外的电势、场强和导体球面上的自由电荷面密度σ.4. 半径为0R 的接地导体球置于均匀外电场0E中,球外真空, 试用分离变量法,求电势、导体面上的电荷面密度及场强.5. 半径为R 的空心带电球面，面电荷密度为θσσcos 0=f （0σ为常量）,球外充满介电常数为ε的均匀介质，求球内外的电势、场强.6. 在两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内有一点电荷Q ,它到两个平面的距离为a 和b ,其坐标为)0,,(b a ,那么当用镜像法求空间的电势时,其镜像电荷的数目为______,这时所围成的直角空间内任意点),,(z y x 的电势为______.7. 两个无穷大的接地导体平面分别组成一个450、600、900两面角，在两面角内与两导体平面等距离处置一点电荷Q ,则在这三种情形下，像电荷的个数分别为 ______，______，______.8. 一电量为q 的点电荷在两平行接地导体平面中间，离两板距离均为a ，则像电荷的个数为_______.9.有两个电量为q的点电荷A和B，相距2b，在它们的联线的中点放一半径为a的接地导体球（b>a）,则每一个点电荷受力大小为_______.10.电荷分布为ρ,体积为V的带电体系在外电场（电势为eϕ）中的能量为_______.11.两个同心带电球面（内、外半径分别为a、b）均匀地带有相同的电荷Q，则这两个带电球面之间的相互作用能为_________；系统的总静电能为_________.12.半径为R的接地导体球外有一点电荷q，它离球心的距离为a，则他们的相互作用能为_______.。
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
电动力学答案chapter2
-5-
电动力学习题解答参考
第二章 静电场
4
均匀介质球 容率为 ε 2
电容率为 ε 1
的中心置一自由电偶极子 Pf
r
球外充满了另一种介质
电
求空间各点的电势和极化电荷分布
提示
同上题
φ=
r r Pf ⋅ R 4πε 1 R 3
+ φ ' ,而 φ ' 满足拉普拉斯方程
解
ε1
∂φ内 ∂R
= ε2
∂φ 外 ∂R 2 Pf cosθ l 1 + ∑ lAl R0 Pl 3 4πε 1 R0 2 Pf cosθ B − ∑ (l 1 l l 2 Pl 3 4πε 1 R0 R0
Qf
4πεR
与球面上的极化电荷所产生的电势的
叠加 后者满足拉普拉斯方程 解 一. 高斯法 在球外 而言
R > R0 ,由高斯定理有
r r ε 0 ∫ E ⋅ ds = Q总 Q f + Q P = Q f
对于整个导体球
束缚电荷 Q P = 0)
r ∴E =
Qf 4πε 0R 2 Qf 4πε 0 R + C.(C是积分常数
导体球是静电平衡
是一个常数
ϕ外
R = R0
= ϕ 0 − E 0 R0 cosθ
b 0 b1 + cosθ = C R0 R02
∴ − E 0 R0 cosθ +
b1 3 cosθ = 0即 b1 = E 0 R0 2 R0
-3-
电动力学习题解答参考
第二章 静电场
ϕ外 ϕ0
又由边界条件 −
3 b0 E 0 R0 E 0 Rcosθ + + cosθ R R2
电动力学答案
r 1 1 a 3(a r )r ( a r ) 3 3 (a r ) 3 3 r r r r r5 （2） （3） [(a r ) r ] r ( a r ) (a r ) r 4a r ( a )
（4） [(a r ) r ] (a r ) r (a r ) r a r
A B 3e x e y 解 （1） A C 3e x 2e y 3e z （2）
ex
ey Ay By
ez Bz
ex 1
ey 0
ez 1
A B C
（3） （4）
Ax Bx
Az C 2
1 1 ( e x e y 2e z ) 0
(uv )
1 u 1 v 1 u 1 v 1 u 1 v ve 1 ue 1 ve 2 ue 2 ve 3 ue 3 h1 q1 h1 q1 h2 q 2 h2 q 2 h3 q3 h3 q3
（2）
1 v 1 u 1 v 1 v 1 u 1 u u e e e v e e e 1 2 3 1 2 3 h q h q h q h q h q h q 2 2 3 3 2 2 3 3 1 1 1 1 uv vu (h3 A3 ) (h2 u ) (h2 A2 ) 1 (h3u ) (uA) A3 u A2 u e 1 h2 h3 q 2 q 2 q 3 q3 (h3u ) (h3 A3 ) (h1 A1 ) 1 (h1u ) A1 u A3 u e 2 h1h3 q3 q3 q1 q1 (h2 A2 ) (h1u ) (h1 A1 ) 1 (h2 u ) A2 u A1 u e 3 h1h2 q1 q1 q 2 q 2
电动力学-第二章(习题)解析
解：因为球壳不接地，球外电势不为零。而球内电
势可利用叠加原理，由 Q 的电势，象电荷Q 的电
势和球壳电势组成，取无穷远处为电势0点，球内电
势的定解条件为
Q
而球外电势可直接由高 斯定理求出：
[( 2
0)
2
r
(1
0)
1
r
]
|R0
30 (1 2 1(1 2
2 2
) ) R03
pf
cos
p
3 0 (1 2 ) 2 1(1 2 2 )R03
pf
cos
5、空心导体球壳的内外半径为R1和R2， 球中心置一偶极子 ，球p 壳上带电Q， 求空间各点电势和电荷分布
解：该问题具有轴对称性，对称轴为 通过球心沿 p 方向的轴线。取此线为 轴线，球心为原点建立球坐标系。取 无穷远处为电势0点。
电势0点。介质球半径为 ，球外为真空，该问题具
有球对称性。设球内外势分别用
表示。
对球外，无电荷，拉普拉斯方程。对球内可以看成点电荷与介质 球的极化电荷各自产生电势的叠加
由于球对称
使用高斯定理 在球外由高斯定理有
0 D2 • d S Qf
S
2
r
Qf
4 0r2
r0
•dr
Qf
4 0r
,
在球内由介质中高斯定理有
E2
Qf
4 0r 2
r0
(r R0 )
D1 • d S Qf D1 E1
S
E1
Qf
4r 2
r0
1
2
|R0
R0 r
Qf
电动力学第二章
u()abln
§3拉普拉斯方程——分离变量法 例2：电容率为 的介质球置 于匀强外场 中，求电势 解： 设：球半径为 ，球外为真空， 该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外场 方 向的轴线。取此线为轴线，球心为原点建立球坐标系。 以原点为电势0点， 为球外势， 为球内势能
1
写出通解 通解为
上给定
（i）电势 S
或
（ii）电势的法向导数
n S
若求解区域内有导体存在，还要给定各导体上的电
势或导体上的电荷。
则V内的电场唯一地确定。
一、拉普拉斯方程
在许多实际问题中，静电场是由带电导体决定的． 例如：① 电容器内部的电场是由作为电极的两个
导体板上所带电荷决定的。 ② 电子光学系统的静电透镜内部，电场是 由分布于电极上的自由电荷决定的。
当带电体为一点电荷
静电场标势 静电势的微分方程
a.边界条件
由边界条件
导体的静电条件归结为：
①导体内部不带电，电荷只能分布于导体表面 上。
②导体内部电场为零。
③导体表面上电场必沿法线方向，因此导体表 面为等势面，整个导体的电势相等。
§1 静电场的标势及其微分方程 1。静电场标势 2。静电势的微分方程
的梯度、散度、旋度公式
§4 镜象法
一、研究的问题 在所考虑的区域内只有一个或者几个点电荷， 区域边界是导体或介质界面
二、镜象法的基本思想 在所求场空间中，使用场空间以外的区域某个 或某几个假想的电荷来代替导体的感应电荷或 介质的极化电荷
§4 镜象法
三、理论基础
镜象法的理论基础是唯一性定理。其实质是在 所研究的场域外的适当地方，用实际上不存在 的“镜象电荷”来代替真实的导体感应电荷或 者介质的极化电荷对场点的作用。在代替的时 候必须保证原有的场方程，边界条件不变
郭硕红电动力学习题答案__完整版
由电荷 ρ f 1 2 解 1
空间各点的电场 极化体电荷和极化面电荷分布
r r D ∫ ⋅ dS = ∫ ρ f dV ,
S
(r2>r>r1)
即
D ⋅ 4πr 2 =
4π 3 (r − r13 ) ρ f 3
3. 设 r =
( x − x ' ) 2 + ( y − y ' ) 2 + ( z − z ' ) 2 为源点 x ' 到场点 x 的距离 r 的方向规定为从 r ∂ r ∂ r ∂ + e y ' + e z ' ) 与对场变数求 ∂x ' ∂y ∂z
源点指向场点 1 证明下列结果 并体会对源变数求微商 (∇ = e x
3
r ex r ∂ ∇ × A(u ) = r∂x Ax (u )
r ey ∂ r ∂y Ay (u )
r ez r r r r r r ∂ ∂ A A ∂ ∂Ax r A ∂ A ∂ A r r ∂ y y x z z =( − )e x + ( − )e y + ( − )e z = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ z y z z x x y r Az (u )
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
郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版(1-6章)
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
节) 2 求
r r r r r r r r r r r r r r r ∇ ⋅ r , ∇ × r , (a ⋅ ∇)r , ∇(a ⋅ r ), ∇ ⋅ [ E 0 sin(k ⋅ r )]及∇ × [ E 0 sin(k ⋅ r )], 其中a , k 及E 0 均为常矢量
r (r 3 − r13 ) ρ f r ∴E = r , (r2 > r > r1 ) 3εr 3
7 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球 求 介质的电容率为 ε 使介质内均匀带静止自
由电荷 ρ f 1 2 解 1
空间各点的电场 极化体电荷和极化面电荷分布
r r D ∫ ⋅ dS = ∫ ρ f dV ,
S
(r2>r>r1)
即
D ⋅ 4πr 2 =
4π 3 (r − r13 ) ρ f 3
3
r ex r ∂ ∇ × A(u ) = r∂x Ax (u )
r ey ∂ r ∂y Ay (u )
r ez r r r r r r ∂ ∂ A A ∂ ∂Ax r A ∂ A ∂ A r r ∂ y y x z z =( − )e x + ( − )e y + ( − )e z = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ z y z z x x y r Az (u )
电动力学第二章答案
1. 一个半径为R 的电介质球，极化强度为2/r K r P =，电容率为ε。
（1）计算束缚电荷的体密度和面密度： （2）计算自由电荷体密度； （3）计算球外和球内的电势；（4）求该带电介质球产生的静电场总能量。
解：（1）P ⋅-∇=p ρ2222/)]/1()/1[()/(r K r r K r K -=∇⋅+⋅∇-=⋅∇-=r r r)(12P P n -⋅-=p σR K R r r /=⋅==P e （2）)/(00εεεε-=+=P P E D 内200)/()/(r K f εεεεεερ-=-⋅∇=⋅∇=P D 内（3）)/(/0εεε-==P D E 内内rr frKRr Ve e D E 200200)(4d εεεεπερε-===⎰外外 rKRr)(d 00εεεεϕ-=⋅=⎰∞r E 外外)(ln d d 00εεεεϕ+-=⋅+⋅=⎰⎰∞r R K RR rr E r E 外内内（4）⎰⎰⎰∞-+-=⋅=R R rrr R K r r r K V W 42200222022202d 4)(21d 4)(21d 21πεεεεπεεεE D 20))(1(2εεεεπε-+=K R2. 在均匀外电场中置入半径为0R 的导体球，试用分离变量法求下列两种情况的电势：（1）导体球上接有电池，使球与地保持电势差0Φ； （2）导体球上带总电荷Q 解：（1）该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场0E 方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。
当0R R >时，电势ϕ满足拉普拉斯方程，通解为∑++=nn n nn n P R b R a )(cos )(1θϕ 因为无穷远处 0E E →，)(cos cos 10000θϕθϕϕRP E R E -=-→ 所以 00ϕ=a ，01E a -=，)2(,0≥=n a n当 0R R →时，0Φ→ϕ所以 0101000)(cos )(cos Φ=+-∑+n nn nP R b P R E θθϕ 即： 002010000/,/R E R b R b =Φ=+ϕ所以 )2(,0,),(3010000≥==-Φ=n b R E b R b n ϕ⎩⎨⎧≤Φ>+-Φ+-=)()(/cos /)(cos 000230000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ（2）设球体待定电势为0Φ，同理可得⎩⎨⎧≤Φ>+-Φ+-=)()(/cos /)(cos 000230000000R R R R R R E R R R E θϕθϕϕ当 0R R →时，由题意，金属球带电量Qφθθθϕθεϕεd d sin )cos 2cos (d 200000000R E R E S nQ R R ⎰⎰+-Φ+=∂∂-== )(40000ϕπε-Φ=R所以 00004/)(R Q πεϕ=-Φ⎩⎨⎧≤+>++-=)(4/)(cos )/(4/cos 00002300000R R RQ R R R R E R Q R E πεϕθπεθϕϕ 3. 均匀介质球的中心置一点电荷f Q ，球的电容率为ε，球外为真空，试用分离变量法求空间电势，把结果与使用高斯定理所得结果比较。
《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 第五版 -第1-4章答案
)
3．4 题为作业题，略。 5． 与书上内容P25 同。 6. 书上习题2 P34，略。 （四）计算题 1．
2． 略。
第二章习题答案
镜像法
2． 书上例题。 P54 例二
3． 书上习题11
4．书上习题12
5．书上习题9
分离变量法
6．第一小题是书上例题，P48 例1，略。 第二小题做法类似， 唯一不同的地方是内导体球没有接地， 电势不为 零，但可以利用带电量Q来求解。 7．书上例题，P49 例2，略。 8．
② 14. ④ 15. ② 16. ②
（二）填空题 1 ． 时 谐 2 .
G G − iωt E ( x )e
3.
G G − iωt B ( x )e
4.
G G i ( kG• x G E0 ( x )e −ωt )
5.
G G i ( kG• x G B0 ( x )e −ωt )
6.
1 G G G G ( E • D + H • B) 2
∫
G J ( x' ) dV ' r
5.
1 G G A • J dV 2 ∫V
6.
1 G G B • H dV ∫ ∞ 2
7. 铁磁体
（三）证明题 书上例题，P83例1
（四） 计算题
1． 0 （此题删去） 2． 书上例题P83例二 3． 书上习题P108 第9题
第四章习题答案
（一）单选题 1．① 2. ③ 3. ③ 4. ④ 5. ④ 6. ① 7. ② 12. ① 13.
第三章习题答案
（一） 单选题 1．④ 10. ④ （二）填空题 2. ③ 3. ③ 4. ③ 5. ④ 6. ① 7. ③ 8. ② 9. ①
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⎛ ⎝
ε0 ⎞ ⎟ p 。 pf 和 p ′ 共同产生的电势为 ε1 ⎠ f
（1）
ϕ偶 =
pf i R p′i R p iR + = f 3 3 3 4πε 0 R 4πε 0 R 4πε1 R
2
设球面上极化电荷产生的电势为 ϕ ′ ， ϕ ′ 满足： ∇
ϕ ′ = 0 。空间总电势为
ϕ = ϕ偶 + ϕ ′ =
于是
⎧ϕ1 = Φ 0 ⎪ 3 ⎨ (Φ 0 − ϕ0 ) R0 E0 R0 + 2 cos θ ⎪ϕ 2 = ϕ0 − E0 R cos θ + ⎩ R R （二）导体球上带总电荷 Q ，这时
(5) (6)
⎧ ⎪ ⎪ϕ2 R →∞ = ϕ0 − E0 R cos θ ⎪ / ⎨ϕ2 R = R0 = ϕ1 R=R0 = Φ 0 ⎪ ∂ϕ 2 Q ⎪ = ⎪− ∫∫ S ∂n dS ε0 R = R0 ⎩
⎛ ⎝
a2 ⎞ ⎛ a ⎞ ⎟ 处的电荷 ⎜ − q ⎟ 及球 r ⎠ ⎝ r ⎠
心（0，0，0）处的点电荷 ⎜
⎛a ⎞ q ⎟ 代替。这样，在点 (0,0, a + ) 处，场强 E 为 ⎝r ⎠
⎡ a r)q ⎤ ( q 1 ⎢(a r ) q ⎥ ez − − E= 4 πε 0 ⎢ a 2 (r − a ) 2 ( a − a 2 r )2 ⎥ ⎣ ⎦
球内、外电势分别为：
pf i R + ϕ′ 4πε1 R 3
⎧ bn ⎞ pf i R ⎛ n ⎪球内 : ϕ1 = 4πε R 3 + ∑ ⎜ an R + R n +1 ⎟ Pn (cos θ ) ⎠ n ⎝ ⎪ 1 ⎨ ⎪球外 : ϕ = pf i R + ⎛ c R n + d n ⎞ P (cos θ ) ∑ ⎜ n R n+1 ⎟ n 2 ⎪ 4πε1 R 3 n ⎝ ⎠ ⎩
与上一问题类似，得
/ 3 − ϕ 0 ) R0 E 0 R0 (Φ 0 + ϕ 2 = ϕ 0 − E0 R cosθ + cosθ R R2
(7) (8) (9)
而
(Φ / − ϕ ) R 2E R 3 ∂ϕ 2 ∂ϕ 2 = = − E 0 cosθ − 0 2 0 0 − 03 0 cosθ ∂n ∂R R R
边值关系和边界条件 由ϕ2
R →∞
(2) (3)
= 0 ， 即ϕ 2
bn
n +1
R →∞
= ∑ C n R n Pn (cosθ ) R →∞ = 0 ，得 Cn = 0 。
用高斯定理进行计算，由
∫∫
∞
S
DidS = Qf ，即 D2 i4π R 2 = Qf ，得
D2
E2 =
ε0
=
Qf
4πε 0 R 2
ϕ2 = ∫ E2 dR =
R
Qf 4πε 0
∫
∞
R
dR Qf = 2 R 4πε 0 R
同样有 D1 i4π R = Qf ，得 E1 =
2
Qf ε 4πε R 2 R0 ∞ Q ϕ1 = ∫ E1dR + ∫ E2 dR = f R R0 4πε
代入（9） ：
∫
2π
0
π⎡ Φ / − ϕ0 ⎤ 2 dφ ∫ ⎢ −3E0 cos θ − 0 ⎥ R0 sin θ dθ = 0 R0 ⎦ ⎣
- 18 -ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
华中师大 陈义成
Q ⎛1 ⎞ / = − 6π E0 R ⎜ cos 2 θ ⎟ + 4π (Φ 0 − ϕ0 ) R0 = ε0 ε0 ⎝2 ⎠0 Q
∇ 2ϕ = 0( R ≠ 0)
三、对称性与通解形式
b ⎧ 球内 : ϕ1 = a0 + 0 ⎪ ⎪ R ⎨ d ⎪球外 : ϕ = c + 0 2 0 ⎪ R ⎩
四、边值关系和边界条件
(1) (2) R0
（3）
z
ϕ2
Q ϕ1
O
ϕ2
ϕ1
R →∞
R = R0
= 0；
= ϕ2
R = R0
； ；
R = R0
连接后静电能变小，系统的静电势能减小为
δ W = W总 − W = −1.9 ×10−4 J
2.6 电容率为 ε1 的均匀介质球的中心置一自由电偶极子 pf ，球外充满了另一种 电容率为 ε 2 的介质，求空间各点的电势和极化电荷分布。
- 21 -
华中师大 陈义成
【解】球中心处的极化电偶极子 p′ = − ⎜1 −
- 16 -
华中师大 陈义成
=
1 4 πε 0
⎡q (r a) q ⎤ e q − ⎢ − 2 2⎥ z ⎣ ar (r − a) (r − a ) ⎦
显然，在（0，0， a ）处，有最大的负感应面电荷密度，由上式，知其为：
σ z = ε 0 En =
q ⎡1 1 r a ⎤ − − ⎢ 2 4π ⎣ ar (r − a) (r − a ) 2 ⎥ ⎦
⎧a0 = ϕ0 ⎪ ⎨a1 = − E0 ⎪a = 0, (n ≠ 0, 1) ⎩ n
由此得：
代入（4）得
ϕ0 − E0 R0 cos θ + ∑
n
bn Pn (cos θ ) = Φ 0 R0n +1
由此得
3 b0 = (Φ 0 − ϕ0 ) R0 , b1 = E0 R0 , bn = 0, ( n ≠ 0, 1)
华中师大 陈义成
第二章 习题解答
在他们中间放置一个接地的半径为 a 的 2.1 有两个电量相等的点电荷相距为 2b ， 导体球，试求能抵消二电荷斥力的导体球最小半径的近似值． 【解】由镜像法，球外电场为两个给定 电荷 + q 与两个像电荷 q′ 所共同产生的电场。
a 像电荷的大小 q′ = − q ，他们分别位于球 b
四、边值关系和边界条件 (1)
(1) (2)
ϕ2
R →∞
= − E0 R cos θ + ϕ0
- 17 -
（3）
华中师大 陈义成
(2)
ϕ 2 ( R0 ) = ϕ 1 ( R0 ) = Φ 0
（4）
五、求解 将（2）代入（3） ，得
∑a
n
n
R n Pn (cosθ ) = − E 0 R cosθ + ϕ 0
在（0，0， − a ）处，场强为
⎡1 1 r a ⎤ ⎢ ra + (r + a) 2 − (r + a ) 2 ⎥ ez ⎣ ⎦ 如果 q → − q ，则在（0，0， − a ）处有最大的负感应电荷密度，由上，所需 Q 为
E=−
q 4πε 0
Q ≥ −σ ⋅ 4πa 2 = −ε 0 4 πa 2
（4） （5）
x
ε
y
ε0
ε
∂ϕ1 ∂R − ∫∫
S
= ε0
R = R0
∂ϕ 2 ∂R
∂ϕ 2 Q dS = 。 ∂R ε0
（6）
五、求解 由（3） ，有 ϕ2 (∞) = c0 = 0 ，代入（2）得
ϕ2 =
由（6） ，有 −
d0 R
（7）
∫∫
S
−
d0 2 Q Q i R dΩ = f ，得 d 0 = f ，代入（7）得 2 ε0 4πε 0 R
心两边，与球心的距离 b' =
q
b′ b′ q′ O q′ a
q
a2 ，如图所示。 b 对每个给定的点电荷 q 说，除受另一个 + q 电荷斥力之外，还受两个像电荷的引力作
用。若使这些力相互抵消，要求
q2
( 2b )
2
a a q2 b + b = 2 2 2 ⎛ a ⎞ ⎛ a2 ⎞ ⎜b − ⎟ ⎜b + ⎟ b ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ q2
如果给予球的电量为 Q ，则 Q 均匀分布在球面上（球面上已有感应电荷分布） ，为使 处处大于零，应有 Q 4 πa > −σ z ，即
2
⎡⎛ r ⎞ 1 1 ⎤ a 2 (3r − a) Q > −σ 4πa 2 = a 2 q ⎢⎜1 + ⎟ ⋅ q − ⎥= 2 2 ⎣⎝ a ⎠ (r − a) ar ⎦ r (r − a)
2
对满足上式 a 的最小值， a < b ，近似取
⎛ a2 ⎞ 2a 2 ⎞ 2⎛ b b 1 b2 ± = ± ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎟ b b ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
则近似得到
a
2.2
b 8
在半径为 a 的球形导体外，有一正电荷 q ,与球心相距 r > a .问应给予这个
球多少电荷才能使球面上的面电荷处处为正值．如果球外是负电荷呢？ 【解】以球心与点电荷所在点的连线为 z 轴，原点为球心，建立直角坐标系。为 保证导体球面为等势面， 导体球面的作用可以用点 ⎜ 0, 0,
- 20 -
华中师大 陈义成
行星连接起来，连接后带电多少？（3）在连接后，系统的静电势能是多少？ 【解】 （1）在航天器着陆前，由于航天器的电场将改变小行星表面的电荷分布， 但总的电荷仍为 0，靠近航天器一侧的电荷吸引航天器，远离的一侧排斥，所以航天 器着陆前受到吸引力。 当航天器着陆后，电荷将有一部分转移到小行星上。小行星带同种电荷，所以， 航天器将会受到排斥力。 （2）当航天器与小行星用导线连接起来时，则航天器与小行星为等势体。设他 们分别带有电荷 Q1 、 Q2 。设无穷远电势为 0，则航天器的电势
1 1 Q 10−12 W = QU = Q = J 2 2 4πε 0 R 8πε 0 20
连接后，航天器的静电势能为
10−12 W1 = J 8πε 0 ⋅ 20 × 36