刘觉平电动力学课后答案
电动力学课后答案
电动⼒学课后答案第五章多电⼦原⼦1.选择题:(1)关于氦原⼦光谱下列说法错误的是：BA.第⼀激发态不能⾃发的跃迁到基态；B.1s2p 3P2,1,0能级是正常顺序；C.基态与第⼀激发态能量相差很⼤；D.三重态与单态之间没有跃迁(2)氦原⼦由状态1s2p 3P2,1,0向1s2s 3S1跃迁,可产⽣的谱线条数为：BA.0；B.3；C.2；D.1(3)氦原⼦由状态1s3d 3D3,2,1向1s2p3P2,1,0跃迁时可产⽣的谱线条数为：CA.3；B.4；C.6；D.5(4)氦原⼦有单态和三重态两套能级,从⽽它们产⽣的光谱特点是:DA.单能级各线系皆为单线,三重能级各线皆为三线；B.单重能级各线系皆为双线,三重能级各线系皆为三线；C.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系皆为双线;D.单重能级各线系皆为单线,三重能级各线系较为复杂,不⼀定是三线.(5)若某原⼦的两个价电⼦处于2s2p组态,利⽤L－S耦合可得到其原⼦态的个数是：CA.1；B.3;C.4;D.6.(6)设原⼦的两个价电⼦是p电⼦和d电⼦,在Ｌ－Ｓ耦合下可能的原⼦态有：CA.4个；B.9个；C.12个D.15个；(7)若镁原⼦处于基态,它的电⼦组态应为：CA．2s2s B.2s2p C.3s3s D.3s3p(8)有状态2p3d3P 2s3p3P的跃迁：DA.可产⽣9条谱线B.可产⽣7条谱线C 可产⽣6条谱线D.不能发⽣课后习题1．He 原⼦的两个电⼦处在2p3d态。
问可能组成哪⼏种原⼦态？（按LS耦合）解答：l1 = 1 l2 = 2 L = l1 + l2, l1 + l2?1, ……, | l1? l2| = 3, 2, 1 s1 =1/2 s2 =1/2 S = s1 + s2, s1 + s2?1, ……, |s1 ? s2| = 1, 0 这样按J = L+S, L+S?1, ……, |L?S| 形成如下原⼦态：S = 0 S = 1L = 1 1P13P0,1,2L =2 1D23D1,2,3L = 3 1F33F2,3,43.Zn 原⼦(Z=30) 的最外层电⼦有两个。
电动力学刘觉平版课后答案EDEX第5章 (5)
�
(
�
�
)
�
�
�
�
�
(ϕm 2 )r →∞ = − Hr cos θ
∂ϕ = µ0 m 2 ∂r � � B0 − iωt （ H (t ) = e ） µ0 r =a
(ϕm1 )r =a
∂ϕ = (ϕm 2 ) r = a ， µ m1 ∂r
r =a
取金属球外的磁标势 ϕ m 2 的试解为 ϕ m 2 = − Hr cos θ + 球内试解为
第六章
目录：
似稳场
习题 6.5......................................................................................................1
习题 6.5
1 试由导体内场的扩散方程及 Ohm 定律证明： 处于交变场中的导体内的电流密度 j 满足方程
i � � ∇ 2 j − μσ j = 0
�
证明： 导体内的扩散方程 ∇ E − μσ E = 0 , Ohm 定律： j = σ c E 将 Ohm 定律代入扩散方程，得: ∇ 2 j / σ c − µσ j / σ c = 0 即： ∇ 2 j − μσ j = 0
2
�
i �
�
�
(
�
)
(̇ )
� � � x × ( x × B )dv
因为交变磁场中，导体的磁矩由导体内的传导电流产生，
iω 3µσ c � 1 � � m = ∫ x × jdv = − V 2 4 µ + 2 µ0
又
∫
V
� � � � � � � � � � � � − x × ( x × B) = B ( x i x ) − ( Bi x ) x = Br 2 − B r cos θ x
【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”。
刘觉平电动力学第3章答案
第三章电磁相互作用的基本规律目录：习题3.1 带电粒子在电磁场中的运动规律 (2)习题3.2 电磁场在外场作用下的运动规律 (2)习题3.3 电磁场的能动张量定理 (20)习题3.4 电磁场的角动量张量定理 (24)习题3.5 介质中的Maxwell方程组 (25)习题3.6 介质中电磁场能-动量与角动量定理 (39)习题3.8 波动方程 (50)习题3.9 平面电磁波的偏振 (55)习题3.10 电磁场的螺旋度 (58)规范不变性的内容都空了，没有处理。
最后两节也没有处理，不过本身做的很详细。
其他都好好看了。
习题3.11． 试证作用量 int 0bp p free a S S S m cds eA dx μμ⎡⎤=+=-⎣⎦⎰在()1U 规范变换 ()111A UA U iU U eμμμ--'=+∂ 下不变。
式中()exp U ie χ∈证明：2． 将带电粒子的加速度用它的速度以及电场强度和磁感强度表示出来解：加速度定义：dva dt =由于()03/20002122d m v dp dv d v dv m m v ma m v dt dt dt dt cdt γγγγ--⎛⎫⎛⎫==+=+-⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以5/25/222dp vv vv ma ma ma I a M dt c c γγ--⎛⎫⎛⎫=+⋅=⋅+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 而dpe E v B dt⎡⎤=-+⨯⎣⎦ 所以1a e E v B M -⎡⎤=-+⨯⋅⎣⎦ 其中5/22vv M m I c γ-⎛⎫=+ ⎪⎝⎭ ，是一个二阶张量 习题3.21． 证明由式（3.2.2）定义的电荷密度与式（3.2.3）定义的三维电流密度满足连续性方程。
证明：由式（3.2.2）知电荷密度为3()()()()l l lx Q x x ρδ=-∑由式（3.2.3）知三维电流密度为()33()()()()()()()l l l l l l ldx dx dx j x Q x x Q x x dt dt dt ρδδ==-=-∑∑有33()()()()()()3()()()()()()l l l l l l l l l l l lx x x x dx Q Q t t x dt x x dx Q x dt δδρδ∂-∂-∂==⋅∂∂∂∂-=⋅-∂∑∑∑而()3()()(())l l l ldx j Q x x dt δ∇⋅=∇⋅-∑由于()l dx dt 与x 无关,故3()()()()l l l ldx x x j Q dt x δ∂-∇⋅=⋅∂∑所以0j tρ∂+∇⋅=∂2． 试证：直至A μ的一阶导数，除开一个常数因子，电磁场场强张量的对偶张量是在(1)U 规范变换下不变的唯一的一个二阶赝张量。
电动力学答案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
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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
武汉大学刘觉平电动力学第八次作业
3-5-7. On both sides of the interface S there are two isotropic, homogeneous linear media, and on the interface S there is a stationary electric current j . Prove that the electric surface charge density at the interface S is221112(//)ωεσεσ=-⋅n jwher 12n is the normal of the interface (oriented to the medium 2), and i ε and i σ are theelectric constants and conductivity of the i-th medium.Solution :According to the boundary relation1221()D D ω⋅-=n111111j D E εεσ== 222222j D E εεσ== So 221112(//)ωεσεσ=-⋅n j4-9-1.(1) Prove that the interaction energy of an electric dipole moment p with the external constant electric field strength E isW =-⋅p Eand derive from the above formula the force of the external electric field E acting on the electric dipole moment p is()=⋅∇F p E(2) Prove that the force subjecting on the dielectric per unit volume in an external constant electric field strength E is20()2E εε-=∇F Proof :(1) The interaction energy of the charges under consideration and the external const electric field331()()()2e e e U d x d x ρϕρϕρϕ=+=⎰⎰x x For the external const field 00()()e e e e ϕϕϕϕ=⋅∇+-⋅+x +x =E x33000()()()e e e U d x Q d x Q ρϕϕρϕ=-⋅+=-⋅+=-⋅+⎰⎰x E x x x E P EThe second term of the last expression refers to the the interaction energy of an electric dipole moment p with the external constant electric field strength ESo W =-⋅p EIn order to express the electric force, we assume the dipole is subject to a virtual displacement δx . From the virtual work principle()p U δδδ⋅=-=∇⋅⋅F x P E xSo ()()()()=∇⋅=∇⋅∇⋅∇⋅F P E P E +E P =E PSince ()()()∇⋅-⋅∇⨯∇⨯=E P P E =P E 0Thus ()()=∇⋅=⋅∇F E P P E(2)The force exerted on the dielectric()()()200()()22E εεεεεε--=∇⋅∇⋅-=∇⋅=∇F E P =E E E E4-9-9. Inner a cylindrical conducting thin shell of an infinite length and the radius b , there is a coaxial conducting wire with the magnetic permeability 1μ and the radius a , and a mediumwith the magnetic permeability 2μ is filling in between the shell and conducting wire. Find theself-inductance of this kind transmission line per unit length.Hint: Assuming a current I is flowing forwards homogeneously through the conducting wire, and a current I is flowing backwards homogeneously through the shell.Solution :Using the integral form of the last term of Maxwell equationsd d ⋅=⋅⎰⎰⎰H l j σDue to the cylindrical symmetry, we know H is along the tangential direction So 222222Ir Ir ra a H I rπππ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪⎩ ()()r a a r b <≤< And 12222Ir a B I rμπμπ⎧⎪⎪=⎨⎪⎪⎩ ()()r a a r b <≤< For the vertical direction of length l , the total energy is()()22222121222021122ln 2216422ab a I r I I l I l b E rldr rldr a r a μμμμππππππ=⋅⋅+⋅⋅=+⎰⎰ So the self-inductance per length is122214ln 8E b L I l a μμπ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭6-5-6. In a superconductor where there is no resistivity the equation of motion of a conduction electron with a mass of m and an electric charge of e - is m e =-x E . Assuming that the number of conduction electrons per unit volume is N .(1) Prove that the electric current s j satisfies the first London equation2s Ne m=j E instead of the Ohm law.(2) Considering the superconductor as a linear, isotropic and homogeneous medium to which Maxwell equations apply, deduce the second London equation2s Ne m∇⨯=-j B (3) For a semi-infinite superconductor to which incorporating the experimental fact that fields cannot be frozen in, show that it can be penetrated by an applied magnetic field to depth of the order of L λ only,where L λ(μ is the magnetic permeability) is the so-calledLondon penetration. Hint: Under the quasi-static approximation, derive equation 22L λ∇=H H ,and then solve it.Solution :(1) Using s Ne Ne =-=-j v rSo 2s Ne Ne m=-=j r E (2) Using t∂∇⨯=-∂B E , we get 22s s m m Ne t Ne t ∂∂⎛⎫∇⨯=∇⨯=∇⨯=- ⎪∂∂⎝⎭B E j j So choosing appropriate initial condition, we get2s Ne m ∇⨯=-j B (3) Using s t∂∇⨯=∂D H +j , we get ()()s s s t tε∂∂∇⨯∇⨯=∇⨯∇⨯=∇⨯∇⨯=∇⨯∂∂D H +j E +j j And ()()()22222s Ne Ne m mμμ∇⨯∇⨯=∇∇⋅-∇∇∇⋅-∇=-∇∇⨯=--H H H =B H H=j B =H So 22Ne m μ∇H =HWe assume that 0()()exp()()exp()x i t z i t ωω=-=-H r H r H So 222()()x x d Ne H z H z dz mμ= Due to energy conservation law, ()0x H z → when z →∞ So 2()(0)exp x x Ne H z H mz μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭Let L λ so it can be penetrated by an applied magnetic field to depth of the order of L λ only.。
武汉大学刘觉平电动力学第九次作业
8-1-3. Prove that in the ideal wave guide(1) The direction of the time-averaged energy flux is parallel to the axis of awave guide.(2) The surface electric current is longitudinal for the wave of TM mode.Solution:(1) 根据所以从而时平均能流方向平行于波导轴（2）由于所以：而在理想波导中对于TM波型有所以从而对于TM波型，面电流是纵向的。
8-2-6. Consider a rectangular lossless waveguide with a cross-section of , and being extending along direction. It is bounded completely by inserting an ideal conductor flat perpendicular to . Find the electromagnetic wave modes which can propagate in this waveguide.Solution:电场满足波动方程并且利用分离变量法,假设电场有如下形式其中分离变量后得考虑到处插入理想导体平板,并利用边界条件,得因此有利用得8-6-2. Prove that inner a cylinder resonance cavity with a cross-section of radius and length of , the intrinsic Q-factor of this cavity iswhere is the skin depth of the conductor constituting the cavity.Solution:由品质因素的定义得最后一个等式是因为对于型波来说所以所以所以9-1-1. Show that the retarded potentials satisfy the D’Alembert equation. Solution:对于标量势：所以同理对于矢势：从而有满足D’Alembert方程。
电动力学答案chapter1
r r r r r r r r ∂Ax (u ) ∂A y (u ) ∂Az z (u ) dAx (u ) ∂u dA y (u ) ∂u dAz (u ) ∂u dA ∇ ⋅ A(u ) = + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∇u ⋅ ∂x ∂y ∂z du ∂x du ∂y dz ∂z du
S
若 S → ∞, 则 ( xj ) ⋅ dS = 0, ( j 同理
(
r ∂ρ ) ∂t
∫
r
r
r
S
= 0)
y
= ∫ j y dV ' , (
r ∂ρ ) z = ∫ j z dV ' ∂t
即
r r r dP = ∫ j ( x ' , t )dV ' V dt
r r r r r m ×R m⋅R r 的旋度等于标量 ϕ = 的梯 6. 若 m 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 A = R3 R3
电动力学习题解答 1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式
Байду номын сангаас
第一章
电磁现象的普遍规律
r r r r r r r r r r ∇( A ⋅ B) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B) + ( A ⋅ ∇) B r r r r 1 r A × (∇ × A) = ∇A 2 − ( A ⋅ ∇) A 2 v v v v v v v v v v 解 1 ∇( A ⋅ B ) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B ) + ( A ⋅ ∇) B
电动力学习题解答第四章 电磁波的传播
∴θ 2 = 30o
2− ∴R =( 2
3 2 2 )2 = 2 −
3
2 + 2 3 2+ 3
2
2
T=
4ε 0
2
2 2
3 2
= 23
( ε0
2+ 2
ε0
2 3)2 2
2+ 3
3 有一可见平面光波由水入射到空气 入射角为 60 证明这时将会发生全反射 并求 折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度 设该波在空气中的波长为
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电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为π 2 的线偏振的合成
6 平面电磁波垂直直射到金属表面上 试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热
证明 设在 z>0 的空间中是金属导体 电磁波由 z<0 的空间中垂直于导体表面入射
已知导体中电磁波的电场部分表达式是
v E
写成分量式
∂E z ∂y
− ∂E y ∂z
=
∂E z ∂y
− ik z E y
= iωµ0 H x
− k2 2
x
− ω1
−ω2 2
t)
其中 k1 = k + dk, k2 = k − dk;ω1 = ω + dω,ω2 = ω − dω
∴
r E
=
r 2E0
(xr) cos(kx
− ωt) cos(dk
⋅
x
−
dω
⋅t)
用复数表示
r E
=
r 2E
0
(
xr)
cos(dk
⋅
x
电动力学答案完整
电动力学答案完整有一内外半径分别为r1 和r2 的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质内均匀带静止电荷?f求 1 空间各点的电场；2 极化体电荷和极化面电荷分布。
解???sD?ds?4?3f??3fdV3，f 即：D?4?r2?∴E???r?r?r1?? ?r3?r13??33?r，???Qf4?33E?ds??r2?r1??f???s?0 3?0，∴E???r32?r13??3f3?0r?r，??r> r1时，E?0 ?????????0??P??0?eE??0E????? 0?E?0 ?????0r????f?3?????r13????r? 3r?r???p∴????r3?r13???????P??????0???? ?f33?r???p?P1n?P2n 考虑外球壳时，r= r2 ，n 从介质 1 指向介质 2 ，P2n=0 ??P1n?????0? ?r3?r133?p3?r??frr?r2?? r?r???1?0?231?f ??3r2?33考虑内球壳时，r= r1 ???????0??r3?r133?p3?r??fr?0r?r1 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ε，今在两板接上电动势为Ε 的电池，求电容器两板上的自电荷密度ωf 介质分界面上的自电荷密度ωf 若介质是漏电的，电导率分别为σ 1 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，并且都有相同指向则???l1E1?l2E2?E??D1n?D2n??1E1??2E 2?0(介质表面上?f?0) 故：E1??2El1?2?l2?1，E2??1El1?2?l2?1 又根据D1n?D2n??f，在上极板的交面上，D1?D2??f1D2是金属板，故D2=0 ?1?2El1?2?l2?1即：?而??f1?D1? f2?0 f3?D1??D2???D2?，??∴??1?2El1?2?l2?1f3???f1 ???j若是漏电，并有稳定电流时，E?可得?????jE1?1?1 ，??????jE2?2 ?2j2 ?j1l?l?E2?1?2又??1 ?j?j?j?j,(稳定流动)2n12?1n 得：j1?j2?El1?1??D3??l2?2j1?2E?E???1?l1?2 ?l2?1?1 ，即? ?1E?E?j2?2??2l1?2?l2?1???D2???1?2 El1?2?l2?1f上??2?2El1?29?l2?1f 下?f中?D2?D3??2?1??1?2l1?2?l2?1E 、内外半径分别a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度电荷为?f，板间填充电导率为?的非磁性物质。
电动力学习题解答4
第四章 电磁波的传播1. 考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为ωωd +和ωωd -的线偏振平面波，它们都沿z 轴方向传播。
（1）求合成波，证明波的振幅不是常数，而是一个波。
（2）求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。
解：根据题意，设两列波的电场表达式分别为：)cos()(),(1101t z k t ω-=x E x E ； )cos()(),(2202t z k t ω-=x E x E则合成波为)]cos())[cos((),(),(2211021t z k t z k t t ωω-+-=+=x E x E x E E)22cos()22cos()(2212121210t z k k t z k k ωωωω---+-+=x E 其中 dk k k +=1，dk k k -=2；ωωωd +=1，ωωωd -=2所以 )cos()cos()(20t d z dk t kz ⋅-⋅-=ωωx E E 用复数表示 )](exp[)cos()(20t kz i t d z dk ωω-⋅-⋅=x E E相速由 t kz ωφ-=确定，k dt dz v p //ω==群速由 t d z dk ⋅-⋅=ωφ'确定，dk d dt dz v g //ω==2. 一平面电磁波以=θ45°从真空入射到2=r ε的介质，电场强度垂直于入射面，求反射系数和折射系数。
解：设 n 为界面法向单位矢量，S 、'S 、"S 分别为入射波、反射波和折射波的玻印亭矢量的周期平均值，则反射系数R 和折射系数T 定义为：2020''E E R =⋅⋅=n S nS ， 201202cos ""cos "E n E n T θθ=⋅⋅=n S n S 又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式，可得22121"cos cos "cos cos ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=θεθεθεθεR ， R T -=+=1)"cos cos ("cos cos 422121θεθεθθεε 根据折射定律可得：︒=30"θ，代入上式，得3232+-=R ， 3232+=T 3. 有一可见平面光波由水入射到空气，入射角为60°，证明这时将会发生全反射，并求折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度。
电动力学刘觉平版课后答案EDEX第4章 (4)
所以
��� µ F12 = − 4π
� � � � � ��' j ( x ) × [ j ( x ) × ( x − x )] 2f 3 3 ' 1f � ��' 3 ∫v1 d x ∫v2 d x |x−x | � � �� � µ II ' dl × [dl ' × ( x − x ' )] =− � �� ∫L � ∫ L' 4π � | x − x ' |3 �� � � � �� � � (� µ II ' (dl ⋅ dl ' )( x − x ' ) x − x' ) ' �� �� =− { + dl [ dl ⋅ ]} � � ∫L � ∫ L' 4π � | x − x ' |3 | x − x ' |3
j
m
= - I W/(4p )
解: 将这一电流圈划分成无数的小电流圈，对于每一个小块面元，都相应的有一个磁矩，
� � dm = Idσ I � 1 它所产生的磁标势为 （1） dϕ m = − dσ ⋅∇ 4π r I � 1 所以整个回路 L 产生的磁标势是 ϕm = − dσ ⋅∇ ∫ 4π R � ˆ σ =r ˆ R 2d Ω dσ = rd
∫
R 2d Ω
−1 IΩ =− 2 R 4π
反之，仍然得到这个结果。
这里处理与书上略有不同，将书上的问题揭露出来了。关键是这里面， dσ = R d Ω 不是总 能成立，左边总是大于零，右边可正可负。事实上，如果我们认为 Ω 是总大于零的，而将 正负号归于电流 I， 那也可以。 这里的一些问题本质上是由于观察点与坐标原点不是同一点。
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
电动力学课后答案
第一章1． 根据算符的微分性与矢量性推导下列公式uA e u A e u A e du A d duA d u u A zu u A y u u A x u u A z A y A x A u A z u e y u e x u e u ududfu u f u f duu df u f z u u f u f z y u u f u f y x u u f u f x du Ad u u A du A d u u A u du df u f z y x u AA A A A AA A A A A A A AB A BA B A A B A B B A C B A B A B A B B A A C C B A A C B B A C A C B A B A B A A B B C A C B A C B A B C c B A B A B A AA A A AB A B A A B A B B A zz y y x x z y x z y x zy x c c c c c c c c c c ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇=⋅∇∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂=∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇∂∂+∂∂+∂∂=∇∇=∇=∇=∂∂=∂∂∂∂=∂∂∂∂=∂∂⨯∇=⨯∇⋅∇=⋅∇∇=∇∇⋅-∇=⨯∇⨯∇⋅+∇⋅+⨯∇⨯∇=⋅∇=∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇⨯∇⨯+∇⋅=⋅∇==∇=⨯⨯-⋅=⋅⨯⨯+∇⋅=⋅∇==∇=⨯⨯+⋅=⋅⋅∇+⋅∇=⋅∇∇⋅-∇=⨯∇⨯∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇)()()2()(')()()(')(')()(')()(')()1()()()(,, 2.)(21)()()()(2)()2()()()()()()()(,,,)()()()()(,,)()()()()(1)(21)()2()()()()()()1(222故故得解：的函数，证明：是空间坐标设所以：右边为：则左边为令上述公式中则得不再需要的符号将此两项相加，并弃去）（可得令又应用公式：）（结果可得令应用公式：常量表示相当的量应该看成此处）（）解：（3333333300033332221')'(')1(;)'(')1(;)'(')1(1)'()1(;)'()1(;)'()1()(')'(';)'(';)'('])'()'()'([)'(;)'(;)'()()1(,)],sin([)()]sin([)(),()(,))((,)(,)()2()0(0')(0)(1'1)(')()''''(1')'()'()'(.3)()3(r r r r z z z r r y y y r r x x x r r r r r z z z r r y y y r r x x x r b r rr rz z z r r y y y r r x x x r rrr z z e r y y e r x x e r rz z z r r y y y r r x x x r a E k a r k E f r k E e r a d r a c r b r a r rrr r d r r c rrr r b r r r r a zA e y A e x A e z A e y A e x A e r x x z z y y x x r duAd u y u u A x u u Ae x u u A z u u A e z u u A y u u A e y A x A e x A z A e z A y A e u A z y x zz y y x x z z y y x x x y z z x y y z x x y z z x y y z x=∇∴--=∂∂--=∂∂--=∂∂-=∇∴--=∂∂--=∂∂--=∂∂-=∇∴--=∂∂--=∂∂--=∂∂=-+-+-=∇∴-=∂∂-=∂∂-=∂∂⋅⨯∇⋅⋅∇⋅∇∇⋅⨯∇⋅∇≠=-∇=⋅∇=⨯∇-=-∇=∇=-∇=∇∂∂+∂∂+∂∂=∇∂∂+∂∂+∂∂=∇-+-+-=⨯∇=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∂∂∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∂∂∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∂∂∂∂=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂-∂∂=⨯∇解：均为常矢量及其中及求会对源变数求微商）证明下列结果，并体（为从源点指向场点的方向规定的距离，到场点为该点设;1)'(3'1;1)'(3'1;1)'(3'1)1()1()(010''')(3523352335232333333r r z z r z z z z r z r r y y r y y y y r y r r x x r x x x x r x r r rr d r r r r z z r y y r x x z y x e e e r r c zy x --=⎪⎭⎫ ⎝⎛--∂∂=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂--=⎪⎭⎫ ⎝⎛--∂∂=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂--=⎪⎭⎫ ⎝⎛--∂∂=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂-∇=∇⋅-∇=⋅∇=∇⨯-∇=⨯∇=---∂∂∂∂∂∂=⨯∇ 或 013])'()'()'[(3)1(3352222=⋅∇=--+-+-=∇r r r r z z y y x x r 即 [][][][][][][])cos()()cos()()cos()()cos()()sin()()cos()()cos()cos()cos()sin()()(;)'()'(;)'()'(;)'()'()'()'()'()()()'()'()'())((0)'()'()'()'()'()'()(3)'()'()'()'()'()'())(2(0000000000000r k E k r k k E k E e r k k E k E e r k k E k E e r k E f r k E k r k E k r k E k r k E k r k E e a r a a za z z a z z a z a y a y y a y y a y a x a x x a x x a x z z a y y a x x a r a d ae a e a e a e z z e y y e x x z a y a x a r a c e y x x x y y e x z z z x x e y y y z z z r b zz z y y y x x x r z z e y y e x x e r a y x x y z x z z x y z y y z x z z y y x x z z z z y y y y x x x x z y x z z y y x x z y x z y x z y x z y x⋅⨯=⋅-+⋅-+⋅-=⋅⨯∇⋅⋅=⋅+⋅+⋅=⋅⋅∇=⋅∇∴=∂∂-+=-∂∂=∂∂-+=-∂∂=∂∂-+=-∂∂-+-+-∇=⋅∇=++=-+-+-⎪⎪⎭⎫⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∇⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂-∂-∂-∂+⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂-∂-∂-∂+⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂-∂-∂-∂=⨯∇=∂-∂+∂-∂+∂-∂=⋅∇-+-+-=4 (1) 应用高斯定理证明:⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⨯=⨯∇∴⨯⋅-=⨯⋅-=⨯=⨯⋅∇=⨯∇⋅-⨯=⨯∇svsssvvsvfs d f dv f s d a f s d a s d f a dv f a dv f a a a fs d f dv)()()(点乘方程左边得是一个任意常矢量，以证：令(2) 应用斯托柯斯定理证明：⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰=∇⨯∴∇⨯⋅=⋅⨯∇=⋅⨯∇=⋅=⋅=∇⨯LssssLLLsl d s d s d a s d a s d a l d a l d a a a l d s d ϕϕϕϕϕϕϕϕϕ)()(点乘方程右边得是一个任意常矢量，以证：令 5已知一个电荷系统的偶极矩定义为⎰=vdv x t x t p ,,,),()(ρ利用电荷守恒定律0=∂∂+⋅∇t J ρ 证明的变化率为⎰=vdv t x J dt pd ,,),(解：⎰=vdv x t x t p ,,,),()(ρ,x 与时间无关，取的)(t p一个分量为⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅⋅-=⋅⋅∇+⋅∇-=⋅∇-====vi s i i vi i v i i v i i v i i i i vi i dv J s d J x dv J x dv J x dv J x dv t x x t pdt t dp dv x t x t p ,,,,,,,,,,,,,,,,,)()()(),()()(),()( ρρ考虑到积分区域的表面比电荷所在区域大得多时，表面上的电流为0。
电动力学第三版课后答案
第一章 电磁现象的普遍规律
σP
=
P1n
= (ε
−
ε
0
)
r
3− 3εr
r13
3
ρ f rr
r =r2
=
(1
−
ε0 ε
)
r23 − r13 3r23
ρf
考虑到内球壳时 r r2
σP
=
−(ε
−
ε
0
)
r
3− 3εr
r13
3
ρ f rr
r =r1
=0
8 内外半径分别为 r1 和 r2 的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定均匀自由电流 Jf 导体
的磁导率为 µ 求磁感应强度和磁化电流
解
∫ ∫ l Hr ⋅ dlr = I f
+
d dt
Dr
S
⋅
dSr
=I
f
当 r < r1时, I f = 0,故Hr = Br = 0
∫ ∫ 当 r2>r>r1 时
Hr ⋅ dlr = 2πrH =
l
S rj f
⋅ dSr =
j f π (r 2 − r12 )
fy
−
∂ ∂y
f x )kr]dV
∫=
[
∂ ∂x
(
f
y
kr
−
fz
rj ) +
∂ ∂y
( f z ir
−
f x kr) +
∂ ∂z
( f x rj
−
f yir)]dV
∫ ∫ 又
dSr × fr =
S
[(
S
f z dS y
电动力学 第一章 习题解答
=
μ0J ′ +
1 c2
∂E′ ∂t
(b)空间反射变换为
r → r′ = −r , ∇ → ∇′ = −∇
∂→∂, ∂t ∂t′
e → e′ = e
显然此时有
ρ(r ,t) → ρ′(r ,t) = ρ
J → J′ = −J
由电荷守恒定律，再写出变换后不变形的麦克斯韦方程，仿(a )做法，可证明
E′(r ,t) = −E(r ,t)
ρ → ρ′ = −ρ ， J → J ′ = −J .按厍仑定律和毕奥-萨伐尔定律，在电荷共轭变换下，
电磁场应该反号：
E′(r ,t) = −E(r ,t)
B′(r ,t) = −B(r ,t)
于是
∇′iE′ = ρ′ ， ∇′× E′ = − ∂B′
ε0
∂t
-6-
华中师大 陈义成
∇′iB′
=
0 ， ∇′× B′
ey
+
∂r ∂z
ez
=
x− x′ r
ex
+
y− r
y′
ey
+
z− r
z′
ez
=
r r
∇′r
=
∂r ∂x′
ex
+
∂r ∂y′
ey
+
∂r ∂z′
ez
=−
x− r
x′
ex
−
y− r
y′
ey
−
z− r
z′
ez
=−r r
所以
∇r = −∇′r = r
r
而
∇×
r r3
=
∇×⎛⎜⎜⎜⎝−∇
电动力学刘觉平版课后答案EDEX第6章 (6)
=
1
�� (F
�� ×G)
2
2
2
1 �� ��* 1 �� ��
1 �� ��
Re(F × G ) = Re(F ×G exp(+iωt − iωt)) = (F × G)
2
2
2
得证
∫ ∫ �� ��
对于标积， Re F ⋅ Re G
= lim 1
T �� ��
1
Re F ⋅ Re Gdt = lim
导电介质 Maxwell 方程组为
��
⎧∇ × E = iωB
⎪�
��
�
�
⎪∇ ⎨
×H �
= −iωD +
jf
⇔ ∇×H
= −iωεω E
⎪∇ ⋅ B = 0
⎪⎩∇ ⋅ D = 0
− −(4) − −(5) − −(6) − −(7)
课本已经论述，方程（4）（5）可以推出方程（6）（7）
因此下面只要证明方程组（4）（5）与方程组（1）（2）（3）等价。
将（1）式代入即得（5）.
因此(7.1.27)式与 Maxwell 方程组等价。
(7.1.28)式为
2
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧(E�∇=2∇+ω⋅ εkiH�ω2
� )H = 0 =0 � ∇×H
− −(8) − −(9) − −(10)
显然 (10) ⇔ (5)
对（10）作用旋度，并将（8）代入即可得到（4） 所以(7.1.28)式可以推出 Maxwell 方程组
�� �
��
��
��
而等幅面方程为α • x = 常量，即垂直于α的平面.故因为α垂直的平面和与β垂直的
平面互相平行，故此平面波的振幅矢量在等相位面上为常矢量，从而它为均匀平面波.
1.电动力学课后习题答案_第一章
电动力学课后习题答案第一章 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 )()(21∇⋅-∇=⨯∇⨯A 解：（1）由∇的微分性质得()∇⋅A B 可以变成两项，一次对A 作用()∇⋅A A B ，一次对B 作用()∇⋅B A B 。
由∇的矢量性质，()=()()⨯∇⨯∇⋅-⋅∇B A B A B A B ，可得()=()+()∇⋅⨯∇⨯⋅∇B A B A B A B 。
同理()=()+()∇⋅⨯∇⨯⋅∇A A B B A B A ，则：()=()+()=()()()()∇⋅∇⋅∇⋅⨯∇⨯+⋅∇+⨯∇⨯+⋅∇A BA B A B A B B A B A A B A B综上，原式得证。
（2）在（1）的结论式里令=A B ，得A A A A A A )(2)(2)(∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇，即： 21()()2A ⨯∇⨯=∇-⋅∇A A AA2． 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 ⋅∇=⋅∇， u u u d d )(AA ⨯∇=⨯∇ 解：（1）z y x z u f y u f x u f u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=∇)()()()(z y x z uu f y u u f x u u f e e e ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d u uf z u y u x u u f z y x ∇=∂∂+∂∂+∂∂=d d )(d d e e e （2）z u A y u A x u A u z y x ∂∂+∂∂+∂∂=⋅∇)()()()(A zuu A y u u A x u u A z y x ∂∂+∂∂+∂∂=d d d d d d uu z u y u x u u A u A u A z y x z z y y x x d d )()d d d d d d (Ae e e e e e ⋅∇=∂∂+∂∂+∂∂⋅++= （3）()///()()()xy z x y z u xy z A u A u A u ∇⨯=∂∂∂∂∂∂e e e Az x 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 ])()([])()([])()([∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂= z x 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 (∂∂-∂∂+∂∂-∂∂+∂∂-∂∂=d d u u=∇⨯A3． 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。