电动力学习题解答3
电动力学考试题及答案3
电动力学考试题及答案3一、单项选择题（每题2分，共20分）1. 电场中某点的电场强度方向是（）。
A. 正电荷在该点受力方向B. 负电荷在该点受力方向C. 正电荷在该点受力的反方向D. 负电荷在该点受力的反方向答案：A2. 电场强度的单位是（）。
A. 牛顿B. 牛顿/库仑C. 伏特D. 库仑答案：B3. 电场中某点的电势为零，该点的电场强度一定为零。
（）A. 正确B. 错误答案：B4. 电场线与等势面的关系是（）。
A. 互相平行B. 互相垂直C. 互相重合D. 以上都不对答案：B5. 电容器的电容与（）有关。
A. 电容器的两极板面积B. 电容器的两极板间距C. 电容器的两极板材料D. 以上都有关答案：D6. 电容器充电后断开电源，其电量（）。
A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定答案：C7. 电容器两极板间电压增大时，其电量（）。
A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定答案：A8. 电容器两极板间电压增大时，其电场强度（）。
A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定答案：A9. 电容器两极板间电压增大时，其电势差（）。
A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定10. 电容器两极板间电压增大时，其电势能（）。
A. 增加B. 减少C. 不变D. 无法确定答案：A二、多项选择题（每题3分，共15分）11. 电场强度的物理意义包括（）。
A. 描述电场的强弱B. 描述电场的方向C. 描述电场的性质D. 描述电场的作用12. 电场中某点的电势与（）有关。
A. 该点的电场强度B. 参考点的选择C. 电场线的方向D. 电场线的形状答案：B13. 电容器的电容与（）有关。
A. 电容器的两极板面积B. 电容器的两极板间距C. 电容器的两极板材料D. 电容器的电量答案：A|B|C14. 电容器充电后断开电源，其（）。
A. 电量不变B. 电压不变C. 电场强度不变D. 电势差不变答案：A|B|C|D15. 电容器两极板间电压增大时，其（）。
(完整版)电动力学-郭硕鸿-第三版-课后题目整理(复习备考专用)
电动力学答案第一章 电磁现象的普遍规律1. 根据算符∇的微分性与向量性，推导下列公式：BA B A A B A B B A )()()()()(∇⋅+⨯∇⨯+∇⋅+⨯∇⨯=⋅∇A A A A )()(221∇⋅-∇=⨯∇⨯A2. 设u 是空间坐标z y x ,,的函数，证明：u uf u f ∇=∇d d )(，uu u d d )(A A ⋅∇=⋅∇，uu u d d )(A A ⨯∇=⨯∇ 证明：3. 设222)'()'()'(z z y y x x r -+-+-=为源点'x 到场点x的距离，r 的方向规定为从源点指向场点。
（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：r r r /'r =-∇=∇ ； 3/)/1(')/1(r r r r -=-∇=∇ ；0)/(3=⨯∇r r ；0)/(')/(33=⋅-∇=⋅∇r r r r ， )0(≠r 。
（2）求r ⋅∇ ，r ⨯∇ ，r a )(∇⋅ ，)(r a ⋅∇ ，)]sin([0r k E ⋅⋅∇及)]sin([0r k E ⋅⨯∇ ，其中a 、k 及0E 均为常向量。
4. 应用高斯定理证明fS f ⨯=⨯∇⎰⎰SVV d d ，应用斯托克斯（Stokes ）定理证明⎰⎰=∇⨯LSϕϕl S d d5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 'd '),'()(V t t Vx x p ⎰=ρ，利用电荷守恒定律0=∂∂+⋅∇tρJ 证明p 的变化率为：⎰=V V t td ),'(d d x J p6. 若m 是常向量，证明除0=R 点以外，向量3/R）（R m A ⨯=的旋度等于标量3/R R m ⋅=ϕ的梯度的负值，即ϕ-∇=⨯∇A ，其中R 为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。
7. 有一内外半径分别为1r 和2r 的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质球内均匀带静止自由电荷f ρ，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。
电动力学复习题库及答案pdf
电动力学复习题库及答案pdf1. 电场强度的定义是什么？电场强度是指在电场中某一点，单位正电荷所受的力与该电荷量的比值。
数学表达式为：\[ \vec{E} = \frac{\vec{F}}{q} \]，其中\( \vec{E} \)表示电场强度，\( \vec{F} \)表示电荷所受的力，\( q \)表示电荷量。
2. 描述电势差的定义及其与电场强度的关系。
电势差是指在两点间移动单位正电荷所做的功与该电荷量的比值。
数学表达式为：\[ V = \frac{W}{q} \]，其中\( V \)表示电势差，\( W \)表示所做的功，\( q \)表示电荷量。
电势差与电场强度的关系为：\[ V_{AB} = -\int_{A}^{B} \vec{E} \cdot d\vec{l} \]，其中\( V_{AB} \)表示从点A到点B的电势差，\( \vec{E} \)表示电场强度，\( d\vec{l} \)表示沿电场方向的微小位移矢量。
3. 电容器的电容是如何定义的？电容器的电容定义为电容器两极板间的电势差与所带电荷量的比值。
数学表达式为：\[ C = \frac{Q}{V} \]，其中\( C \)表示电容，\( Q \)表示电荷量，\( V \)表示电势差。
4. 描述电流强度的物理意义及其单位。
电流强度是指单位时间内通过导体横截面的电荷量，其物理意义是描述电流的强弱。
电流强度的单位是安培（A），定义为每秒通过导体横截面的电荷量为1库仑（C）时的电流强度。
5. 洛伦兹力定律的内容是什么？洛伦兹力定律描述了带电粒子在电磁场中所受的力。
数学表达式为：\[ \vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B}) \]，其中\( \vec{F} \)表示洛伦兹力，\( q \)表示粒子的电荷量，\( \vec{E} \)表示电场强度，\( \vec{v} \)表示粒子的速度矢量，\( \vec{B} \)表示磁场强度。
郭硕鸿《电动力学》课后答案
( A A) 2 A ( A) 2( A ) A ， 所以 A ( A) 1 2 ( A A) ( A ) A
2 A ( A ) 1 2 A ( A ) A 2. 设 u 是空间坐标 x, y, z 的函数，证明： df dA dA f (u ) u ， A(u ) u ， A(u ) u du du du
电动力学习题解答
电பைடு நூலகம்力学答案
第一章 电磁现象的普遍规律
1. 根据算符 的微分性与向量性，推导下列公式：
( A B) B ( A) ( B ) A A ( B ) ( A ) B A ( A) 1 A 2 ( A ) A 2
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
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电动力学习题解答
从源点指向场点。 （1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：
r ' r r / r ； (1 / r ) ' (1 / r ) r / r 3 ； (r / r 3 ) 0 ； (r / r 3 ) '(r / r 3 ) 0 ， (r 0) 。 （2）求 r ， r ， (a )r ， (a r ) ， [ E 0 sin( k r )] 及 [ E 0 sin( k r )] ，其中 a 、 k 及 E 0 均为常向量。
所以
c dV f dV [c ( f )] dV ( f c ) ( f c ) dS
电动力学 第三版_郭硕鸿_课后答案[第3章]
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电动力学习题解答参考 第三章 静磁场1. 试用A r 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B r写出A r的两种不同表示式证明两者之差是无旋场解0B r 是沿z 方向的均匀的恒定磁场即ze B B r r =0且AB r r×∇=0在直角坐标系中zx y y z x x y z e yA x A e x A z A e z A y A A r r rr )()()(∂∂−∂∂+∂∂−∂∂+∂∂−∂∂=×∇如果用A r 在直角坐标系中表示0B r 即=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂000y A x A x A z A z A y A xy zx yz 由此组方程可看出A r有多组解如解1)(,00x f y B A A A x Z y +−=== 即 xe xf y B A rr )]([0+−= 解2)(,00y g x B A A A Y z x +=== 即 ye y g x B A rr )]([0+=解1和解2之差为yx e y g x B e x f y B A r r r )]([)]([00+−+−=∆则zx y y z x x y z e y A xA e x A z A e z A y A A r r r r ])()([])()([])()([)(∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂+∂∆∂−∂∆∂=∆×∇这说明两者之差是无旋场2.均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n电流强度为I 试用唯一性定理求管内外磁感应强度B解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z 轴本题给定了空间中的电流分布故可由∫×='43dV r rJ B rr r πµ求解磁场分布又J r 在导线上所以∫×=34r r l Jd B r r r πµ1 螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场 由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算x y x e z e a e a r r r r r ''sin 'cos −−−=ϕϕyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−=)''sin 'cos ()'cos ''sin '(x y x y x e z e a e a e ad e ad r l d r r r r r r r −−−×⋅+⋅−=×∴ϕϕϕϕϕϕ zy x e d a e d az e d az rrr'''sin '''cos '2ϕϕϕϕϕ+−−= 取由'''dz z z +−的以小段此段上分布有电流'nIdz ∫++−−=∴232220])'([)'''sin '''cos '('4z a e d a e d az e d az nJdz B z y x rr r r ϕϕϕϕϕπµ I n az a z d nI e nI z a dz a d z 0232023222200]1)'[()'(2])'([''4µµϕπµπ=+=⋅+=∫∫∫∞+∞−∞∞−r 2)螺线管外部:由于是无限长螺线管不妨就在xoy 平面上任取一点)0.,(ϕρP 为场点)(a >ρ 222')'sin sin ()'cos cos ('z a a x x r +−+−=−=∴ϕϕρϕϕρrr )'cos(2'222ϕϕρρ−−++=a z a ('=−=x x r r r r x e a r )'cos cos ϕϕρ−zy e z e a rr ')'sin sin (−−ϕϕρyx e ad e ad l d r r r 'cos ''sin 'ϕϕϕϕ⋅+⋅−= zy x e d a a e d az e d az r l d r r r r r ')]'cos([''sin '''cos '2ϕϕϕρϕϕϕϕ−−+−−=×∴+−+−⋅=∴∫∫∫∫∞∞−∞∞−'''sin '''''cos ''[43203200dz e r d az d dz e r d az d nI B y x rr r ϕϕϕϕϕϕπµππ]')'cos('3220∫∫∞∞−−−+z e dz r a a d rϕϕρϕπ由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以0=B r内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场3. 设有无穷长的线电流I 沿z 轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B 然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为×∇=×∇=<−=∇>−=∇===010020212201211)0(,)0(,z z z A A AA z J A z J A r r r rrr rr µµµµ由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为∫∫==rl Id x A rl Id x A rr r rr r πµπµ4)(4)(201由此可推测本题的可能解是<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 验证边界条件1)(,12021=−⋅==B B n A A z r rr r r 即 题中,=⋅=θe e e n z z rr r r 且所以边界条件1满足2)(,11120102=−××∇=×∇==H H n A A z z r r rr r即µµ本题中介质分界面上无自由电流密度又θθπµπµe r I B H e rI B H r r r r r r 2222011====,012=−∴H H r r 满足边界条件0)(12=−×H H n r r r综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解<>=)0(,2)0(,20z er I z e r I B θθπµπµr rr 在介质中MB H r r r −=0µ故在z<0的介质中22H B M r rr −=µ内部资料料料内部资料内部即θθθµππµπe r e r e r M )1(22200−=−⋅= ∴介质界面上的磁化电流密度r z M e r I e e r I n M r r r r r r )1(2)1(200−=×−=×=µµπµµπαθ总的感应电流)1()1(20200−=⋅⋅⋅−=⋅=∫∫µµϕµµππθθI e d r e r I l d M J Mr r rr 电流在z<0的空间中沿z 轴流向介质分界面4. 设x<0 半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0 空间为真空今有线电流I 沿z 轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作ϕπµe rI B vv 2′=其满足边界条件0)(0)(1212==−×=−⋅αvv v v v vv H H n B B n 即可得在介质中ϕµπµµe r I B H vv v 22′== 而Me r I M B H v v v v v −′=−=ϕµπµµ0022∴在x<0的介质中ϕµµµµπµe r I M vv 002−′= 则∫=ld M I Mvv 取积分路线为B A C B →→→的半圆,ϕe AB vQ ⊥ AB ∴段积分为零 002)(µµµµµ−′=I I M ϕπµe r I I B M v v 2)(0+=∴∴由ϕϕπµπµe rI B e r I I M v v v 22)(0′−==+可得02µµµµµ+=′内部资料料料内部资料内∴空间ϕπµµe rB 0+= I I M 0µµµµ+−=沿z轴5.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知)21(220ρ−−≈z C B Bz 其中B 0为常量试求该处的ρB 提示用,0=⋅∇B r 并验证所得结果满足0Hr×∇解由B v 具有轴对称性设zz e B e B B v v v +=ρρ其中 )21(220ρ−−=z c B B z 0=⋅∇B v Q 0)(1=∂∂+∂∂∴z B zB ρρρρ即02)(1=−∂∂cz B ρρρρ A cz B +=∴2ρρρ(常数) 取0=A 得ρρcz B =z e z c B e cz B vv v )]21([220ρρρ−−+=∴10,0==D j v vQ 0=×∇∴B v 即 0)(=∂∂−∂∂θρρe B z B z v2代入1式可得2式成立∴ρρcz B = c 为常数6. 两个半径为a 的同轴线圈形线圈位于L z ±=面上每个线圈上载有同方向的电流I1 求轴线上的磁感应强度2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L 和a 的关系提示用条件022=∂∂z B z解1由毕萨定律L 处线圈在轴线上z 处产生得磁感应强度为内部资料料料内部资料内,11z z e B B = ∫∫−+==θπαπd L z a r B z 232231])([4sin 4 232220])[(121a z L Ia +−=µ同理L 处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为zz e B B vv 22=2322202])[(121a z L Ia B z++=µ∴轴线上得磁感应强度zz z e a z L a z L Ia e B B v v v++++−==2322232220])[(1])[(121µ 20=×∇B vQ 0)()(2=∇−⋅∇∇=×∇×∇∴B B B v v v 又0=⋅∇Bv0,0222=∂∂=∇∴z B zB v 代入1式中得62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−+−−++−+−−−+−−−62225222322212222122])[(])[()(6])[(])[()(])[(a z L a z L z L a z L a z L z L a z L +−++−−++ ++++++−−0取z得)(12])(2)(2[)(22522212222122322=+++−+−+−L a L a L L a L a L 2225a L L +=∴内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场a L 21=∴7. 半径为a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上试解矢势A r的微分方程设导体的磁导率为0µ导体外的磁导率为µ解定解问题为×∇=×∇=∞<>=∇<−=∇外内内外内外内A A A A A a r A a r J A a a v v v vvv vv µµµ11)(,0)(,00202选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z 无关令ze r A A v v )(内内=z e r A A vv )(外外代入定解问题得=∂∂∂∂−=∂∂∂∂0))(1))((10r r A r rr J r r A r r r 外内µ 得43212ln )(ln 41)(C r C r A C r C Jr r A +=++−=外内µ由∞<=0)(r r A 内 得01=C 由外内A A v v ×∇=×∇µµ110 得 232Ja C µ−=内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场由aaA A 内外v v =令0==aaA A 内外v v 得 a Ja C Ja C ln 2,4124202µµ==−=∴ra a J A r a J A ln 2)(412220v v v vµµ外内8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为304r rQ H m r r πµ=给出它的矢势的一个可能的表示式并讨论它的奇异性解rm m e rQ r r Q H v v v 2030144πµπµ== 由rm e rQ H B A v v v v 204πµ===×∇ 得=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂=∂∂−∂∂0])([10)](sin 1[14])(sin [sin 12θφθπφθθθθφθφrr m A rA r r rA r A r r Q A A r (1)令,0==θA A r得rQ A m πθθθφ4sin )(sin =∂∂θθπθπθθφθφsin cos 144sin sin 0r Q A d rQ A mm −=∴=∴∫显然φA 满足1式∴磁单极子产生的矢势φθθπe r Q A m vv sin cos 14−=内部资料料料内部资料内部当2πθ→时φπe rQ A m v v 4→当πθ→时∞→A v故A v的表达式在πθ=具有奇异性A v不合理9. 将一磁导率为µ半径为R 0的球体放入均匀磁场0H r内求总磁感应强度B r 和诱导磁矩mr解根据题意以球心为原点建立球坐标取0H v 的方向为zev此球体在外界存在的磁场的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为−=∞<=∂∂=∂∂=>=∇<=∇∞==θϕϕϕµϕµϕϕϕϕcos )(,,,0,0000002221212121R H R R R R R R R R R m R m m m m m m m 由泛定方程和两个自然边界条件得∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 2n nn nm P R d R H θθϕ由两个边界条件有+−−=+−=∑∑∑∑∞=+∞=−∞=+∞=0200001100100000)(cos )1(cos )(cos )(cos cos )(cos n n n nn n n n n nn n n n nn P R d n H P nR a P R d R H P R a θµθµθµθθθ得内部资料料料内部资料内≠==+−=+)1(,0223000101n d a R H d n n µµµµµµ>⋅+−+−=<+−=∴00230000000,cos 2cos ,cos 2321RR H R R R H R R R H m m θµµµµθϕθµµµϕ+==+=+−+=−∇=00011000000012323sin 23cos 231H H B H e H e H H r m v v v v vv v µµµµµµµµθµµµθµµµϕθ−⋅+−+==−⋅+−+=⋅+−−−⋅+−+=−∇=])(3[2])(3[2sin ]21[cos ]221[3050300000020230503000003300003300022R H R R R H R H H B R H R R R H R H e H R R e H R R H r m v v v v v v v vv v v v vv v µµµµµµµµµµµθµµµµθµµµµϕθ >−⋅+−+<+=∴)()(3[2)(,230305030000000000R R R H R R R H R H R R H B vv v v v vv µµµµµµµµµµ当B v在R>R 0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场θµµµµϕcos 20230002H RR m ⋅+−∴中可看作偶极子m v产生的势即R H R R H R R R Rm v v v v ⋅⋅+−=⋅+−=⋅⋅02300002300032cos 241µµµµθµµµµπ HR m v v300024⋅+−=∴µµµµπ10. 有一个内外半径为R 1和R 2的空心球位于均匀外磁场0H r内球的磁导率为µ求空内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场腔内的场Br讨论0µµ>>时的磁屏蔽作用解根据题意以球心为原点取球坐标选取0H v的方向为z e v在外场0H v的作用下 球壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B v的分布呈现轴对称定解问题−=∞<∂∂=∂∂∂∂=∂∂==>=∇<<=∇<=∇∞======θϕϕϕµϕµϕµϕµϕϕϕϕϕϕϕcos ,,,0,0,00000322121231223121232121321R H RR R R R R R R R R R R m R m R R m m R R m m R R m m R R m m m m m 由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∑∞==0)(cos 1n n n n m P R a θϕ∑∞=++=01)(cos (2n n n nn n m P Rc R b θϕ∑∞=++−=010)(cos cos 3n nn nm P Rd R H θθϕ因为泛定方程的解是把产生磁场的源0H v做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系)}(cos {θn P 在本题中源的表示是)(cos cos 100θθRP H R H −=−所以上面的解中)0(,0≠====n d c b a n n n n 故解的形式简化为θθϕθϕθϕcos cos cos )(cos 2102111321RdR H Rc R b R a mm m +−=+==内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场代入衔接条件得−=−−−=+−=++=2(22(32113210031110122120221212111111R c b R d H R c b a R d R H R c R b R c R b R a µµµµµ解方程组得3200312032000320001)2)(2()(2)(3)2(3R R R H R H a µµµµµµµµµµµµ++−−−++= 32003120320001)2)(2()(2)2(3R R R H b µµµµµµµµµ++−−+= 3200312031320001)2)(2()(2)(3R R R R H c µµµµµµµµµ++−−−= 320320031203132000620001)2)(2()(2)(3)2(3R H R R R R H R H d +++−−−++=µµµµµµµµµµµµ而 )3,2,1(,00=∇−==i H B i m i i ϕµµvv ze a B v v 101µ−=∴ 003212000321])()(2)2)(2()(11[HR R R R v µµµµµµµ−−++−−=当0µµ>>时1)(2)2)(2(2000≈−++µµµµµµ 01=∴B v 即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障11. 设理想铁磁体的磁化规律为000,M M H B µµ+=rr 是恒定的与H r无关的量今将一个内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球0M为常值浸入磁导率为'µ的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布解根据题意取球心为原点做球坐标以0M v的方向为z e v本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为=∞<=∂∂′−∂∂=>=∇<=∇∞===0cos ,,0,021021021*******02R m R m R m m R R m m m m M R RR R R R ϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕ ∴∑∞==0)(cos 1n n n nm P R aθϕ∑∞=+=01)(cos )(2n n n nm P R b θϕ代入衔接条件对比)(cos θn P 对应项前的系数得)1(,0≠==n b a nn µµµ+′=2001Ma 30012R M b µµµ+′=)(,cos 20001R R R M m <+′=∴θµµµϕ)(,cos 20230002R R RR M m>+′=θµµµϕ由此µµµµµµ+′′=+=<22,0000110M M H B R R v r v v ,0R R > )(3[2305030022RM R R R M R B m v r v v v −⋅+′′=∇′−=µµµµϕµ >−⋅+′′<+′′=∴)()(3[2)(,2203050300000R R R M R R R M R R R M B v r v v vv µµµµµµµµ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场又0)()(0120其中αααµv v v vv v+=−×M R B B n 代入B v的表达式得ϕθµµµαe M Mvv sin 230′′12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场0H r中结果如何解根据题意假设均匀外场0H v 的方向与0M v的方向相同定为坐标z 轴方向定解问题为−=∞<=∂∂−∂∂=>=∇<=∇∞===θϕϕθµϕµϕµϕϕϕϕcos cos ,,0,00000002022102102121R H M R RR R R R R m R m R m m R R m m m m 解得满足自然边界条件的解是)(,cos 011R R R a m <=θϕ)(,cos cos 02102R R R d R H m >+−=θθϕ代入衔接条件0013010020100012M a R d H R d R H R a µµµµ=+++−=得到 0000123µµµµ+−=H M a 3000012)(R H M d µµµµµ+−+=)(,cos 23000001R R R H M m <+−=∴θµµµµϕ内部资料料料内部资料内部电动力学习题解答参考 第三章 静磁场)(,cos 2)(cos 0230000002R R RR H M R H m>+−++−=θµµµµµθϕ]sin 23cos 23[000000000011θθµµµµθµµµµϕe H M e H M H r m v v v +−−+−−=−∇=∴ µµµµ+−−=0000023H M v v )(,22230002000001R R M H M H B <+++=+=v v v v v µµµµµµµµµ−+−+−−−=−∇=r m e R R H M H H v v )cos 22)(cos [(23000000022θµµµµµθϕ 350230000000)(3])sin 2)(sin (Rm R R R m H e R R H M H v v r r v v−⋅+=+−++−−θθµµµµµθ ])(3[3500202RmR R R m H H B v v r r v v v −⋅+==µµ030003000022H R R M m v vv µµµµµµµ+−++=13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R 0总电荷为Q今使球壳绕自身某一直径以角速度ω转动求球内外的磁场Br提示本题通过解m ϕ或A r的方程都可以解决也可以比较本题与5例2的电流分布得到结果解根据题意取球体自转轴为z 轴建立坐标系定解问题为=∞<=∂∂=∂∂−=∂∂−∂∂>=∇<=∇∞===0)(,4sin )(1,0,021211221000000202R m R m m m R R m m m m R R R R R Q R R R R R ϕϕϕµϕµπθωθϕθϕϕϕ其中4sin R Q πθωσ=是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解为内部资料料料内部资料内部)(,cos 0212R R Rb m >=θϕ代入衔接条件=+−=−024301102101R b a R Q R b R a πω解得 016R Q a πω−= πω12201R Q b =)(,cos 6001R R R R Q m <−=∴θπωϕ)(,cos 1202202R R R R Q m>=θπωϕ00016sin 6cos 61R Q e R Q e R Q H r m πωθπωθπωϕθv vv v =−=−∇=∴ωπµµvr v 001016R Q H B == ])(3[41sin 12cos 1223532032022Rm R R R m e R R Q e R R Q H r r m r v v v vv v −⋅=+=−∇=πθπωθπωϕ其中ωvv 320QR m =])(3[4350202RmR R R m H B r v v v v v −⋅==πµµ14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q 半径为R 0它以角速度ω绕自身某以直径转动求1 它的磁矩2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M 0是均匀分布的 解1磁矩∫×=dV x J x m )(21v v v v内部资料料料内部资料内又 rR x e R == )(34)(30R R v x J ×==ωπρ∫∫×=××=∴φθθπωφθθωπφd drd R e e R Q d drd R R R R Q m r 2430230sin )(4321sin )(4321v v v v r v 又 )sin cos (cos sin y x z r e e e e e e vv v v v v φφθθθφ−−+=−=×∫∫∫−−+=∴ππφθθφφθθπω20243sin )sin cos (cos [sin 83R y x z d drd R e e e R Q m vv v v ωφθθπωππv v 5sin 8320200043300QR d drd R e R Q R z ==∫∫∫2)自转动量矩∫∫∫∫××=×=×==dV R R R M dm v R P d R L d L )(43300v v v v v v v v vωπ52sin 43sin )sin cos (cos [sin 43sin )(sin 43sin )sin (43sin )(43200203430200024302230022300223000ωφθθπωφθθφφθθπωφθθθωπφθθθωπφθθωπππππθφv v vv v v v v v v v R M d drd R R M d drd R e e e R M d drd R e R R M d drd R e e R R M d drd R e e e R R M R R y x z r r z r ==−−+=−=×−=××=∫∫∫∫∫∫∫∫∫ 0200202525M Q R M QR L m ==∴ωωv v v v15. 有一块磁矩为m r的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中求作用在小永磁体上的力F r.内部资料料料内部资料内电动力学习题解答参考 第三章 静磁场解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H v均和平面垂直类比于静电场构造磁矩m r 关于平面的镜像m ′r则外场为=⋅=∇−=2304cos 4r m R R m B m m e πθπϕϕµv v v)sin cos (4]sin cos 2[430330θθθθαπµθθπµe e r m e r e r m B rr e vv r v v +=−−−=∴m v∴受力为za r ee a m B m F v v vv )cos 1(643)(24022απµαθ+−=⋅∇⋅===内部资料料料内部资料内部。
85设有两个偶极子，它们的偶极矩大小相等，并都指向z轴方向
85. 设有两个偶极子，它们的偶极矩大小相等，并都指向z 轴方向，其一位置在原点，另一位置：（1）θ=2π，距原点为R；（2）θ＝0，距原点为R.求两种情况的相互作用和相互作用力。
解：我们把位于坐标原点的偶极子称为A P v ，另一偶极子称为B P v 。
于是A P v 与B P v的相互作用能，也就是的A P v 场与B P v的相互作用能∴W=B P v•ØϕΑ又A P v 在B P v处所产生的势ϕΑ为：ϕΑ=041πε−A P v R 1∇•=041πεP v 3R R v •=304R z p v πε ∇ϕΑ=304R z p ∇πε=04πεp [53)(3R RR e R e z z vv v v •−] W=B P v•∇ϕΑ=024πεp z e v•[53)(3RR R e R e z z v v v v •−]（1） 当θ=2π，即B P v 位于R v =R x e v处：W 1 =024πεp z e v•[33)(3R e e e R e x x z z v v v v•−]=3024R p πε1F v =1W v ∇−=024πεp −31R ∇=50243R R p πεv （排斥力）（2） 当θ＝0，即B P v 位于R v =R z e v处：W 2=024πεp z e v• [33)(3R e e e R e z z z z v v v v •−]=50223RR p πεv− （吸引力） 86有一个电矩p v为的偶极子，位于距无限大导体平面a 处，求导体平面对偶极子的吸引力。
[解]电偶极子置于无限大平面前，导体上感应电荷的场可能用一镜像偶极子p v′的场来替代。
今取巧p v′的中心坐标原点（如图），两偶极子中心距离为2a，夹角为2α（1）p v′产生的场为：E v ′ =∇−ϕ，=]141[0R p ∇•′−∇−v πε=041πε−)3RR p vv •′∇（=041πε−[)3RRp vv •′∇（ +（)R p v v •′]13R ∇ =041πε])(3[35R p R R R p vr v v ′−•′ 其中应用了常矢C v 的公式：C R C vv v =•∇）（（2）p v 与这个场的相互作用能（并将x e x R vr =代入）为：W=E p v v •−21=•′−p v 081πε])(3[35Rp R R R p v r v v ′−•′ =081πε−2p v •)]())((3[13p p e p C p x x x vv v v v v ′•−••′=)2cos cos 3(82302ααπε−−xp=)cos 1(82302απε+−x p将 x=2a 代入既为p v 与场（常看作p v与导体上感应电荷）的相互作用能。
电动力学 西南师范大学出版社 罗婉华 第三章作业答案
习题三参考答案１．试证明，在两种导电介质的分界面上， .01122=∂∂-∂∂nnϕσϕσ()21指向由n．证明：因为0=⋅⎰⎰SS d j所以，n n j j 21= 又， nE j n n ∂∂==ϕσσ即 .01122=∂∂-∂∂nnϕσϕσ２．半径为0R 的导体球，带自由电荷总量为f Q ．今使导体球的一半浸在介电常数为ε的液体中，另一半露在真空中．求静电势、静电场、自由电荷和束缚电荷分布． 答案：液体的电势1ϕ，电场1E及空气中电势2ϕ，电场2E 分别为()().2,23021021RR Q E E RQ f fεεπεεπϕϕ+==+==导体球的电势0ϕ及球内电场0E分别为().0,20000=+=E R Q fεεπϕ自由电荷分布及束缚电荷分布：① 下半球面 ()()().2,220020R Q R Q fPffεεπεεσεεπεσ+-=+=② 上半球面 ().0,2200=+=PffRQ σεεπεσ③ 液体表面 .0,0==pfσσ提示 由边界条件，提出尝试解rA =ϕ ，再由唯一性定理，求出常数A.３．试论证：在没有电荷的地方，电势既不能达到极大值，也不能达到极小值．（提示：分真空和均匀介质空间，用泊松方程证明．） 证明：由02ερϕ-=∇ （1）没有电荷的地方0222222=∂∂+∂∂+∂∂zyxϕϕϕ （2）如果ϕ为极大，则022<∂∂xϕ，022<∂∂yϕ，022<∂∂zϕ，这不满足（2）式，可见没有电荷处，ϕ不能为极大。
同理可以证明ϕ不能为极小。
在均匀介质中，有ρερ⎪⎪⎭⎫⎝⎛--=r p 11，若没有自由电荷，也就没有极化电荷。
方程（2）仍然成立，证明和前面一样。
4．三个同心薄金属球壳形成一个静电系统，内球半径为1R ，中间球半径为2R ,外球半径为 3R ，球壳之间为真空，内外球壳接地，电荷Q 置于中间球壳上，试求： （1）内球壳上的感应电荷1Q 值;’ (2) 外球面上的感应电荷3Q 的值.解 在所研究场域内无电荷分布，故场域满足0=⋅∇D .因为电场具有球对称的特点，故选用球坐标，且0==φθE E ，于是0=⋅∇D )(21R r R << 或在球坐标系中0)(1122=D r dd r(1)积分得 21rA D =(2)同理得 22rB D =)(32R r R << (3)根据边界条件确定常数A 、B. 由⎰⎰=⋅-⋅Q dS D dS 1n D n 2, 得π4Q B A =+ (4)由 ⎰⎰⋅=⋅123221R R R R r r d E d E 得B R R R R R R A )()(123231--=（5）联立（4）、（5）式，得)()(4132231R R R R R R Q A --⋅=π; )()(4132123R R R R R R Q B --⋅=π因此，球壳之间电场分布为 )()(1322310124R R R R R R QE r --⋅=πε;)()(4132232021R R R R R R rQ E --=πε内球壳上感应电荷分布10101E E n εεσ-==总电荷Q R R R R R R Q )()(1322311---=外球壳内表面感应电荷分布为 20203E E n εεσ-== 总电荷QR R R R R R Q )()(1321232---= .5.（1）根据电荷守恒定律证明稳恒电流情况下的边界条件：电流密度的法向分量连续. （2）证明导体表面电位移的法向分量σ=n D (σ为面电流密度），但 D 不在导体表面的法线方向.解（1）在两种导电媒质的分界面上，作一扁圆柱体（高0→∆h ），把连续性方程⎰=⋅0S j d 用于这个圆柱面上，则0)(12=-⋅j j n 或n n 21j j =，法向单位基矢n 由媒质1指向媒质2，因此电流密度在界面法线n 上的分量连续.（2）由于介质中各点02=j ，故导电媒质与非导电媒质交界面上边界条件为01=E σ 2t1tE E =t∵ σ=-⋅)(12D D n ,σ=n D 2因为电场有切向分量，所以D 不在导体表面法线方向。
电动力学-郭硕鸿-第三版-课后题目整理(复习备考专用)
电动力学习题解答电动力学答案第一章电磁现象的普遍规律1.根据算符' 的微分性与向量性，推导下列公式：1( A B ) =B ('、A) ■ ( B ^ ) A A (I B) ' (A '、、) B A (∖ A) ∖ A -(A '、) A 2.设U是空间坐标X, y,z的函数，证明:'、f (U)dfUd U：：/∙A(U)=d AU —dU ∖ A (U) =VUd Adu证明:电动力学习题解答3. 设r = (X - χ')亠(y _ y')亠(Z -z') 为源点X'到场点X 的距离，r的方向规定为从源点指向场点。
(1)证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：Ir= 一1 'r = r / r ；I (1 / r) _ -■• ' (1 / r) _ -r / r3；3'、(r/ r ) =0 ；∖ (r / r ) = '(r / r ) = O ，(r = 0)。
(2 )求r ，'∙∙ r，(a •''、) r ，1(a r)，∖ [ E o Sin( k r)]及''、[E O Sin( k r)],其中a、k及E O均为常向量。
,应用斯托克斯(StokeS)定理证明dS = d I”^S ^L4.应用高斯定理证明 f dS f5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为P(t) = Vj(X',t)X'dV',利用电荷守恒定律∖=0证明P的变化率为：Ctd PJ ( X',t)dVdt -V6.若m是常向量，证明除R=O点以外，向量A =( m R)/ R3 的旋度等于标量:护^m R/R3的梯度的负值，即V A --，其中R为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。
7.有一内外半径分别为r1和r2的空心介质球，介质的电容率为;,使介质球内均匀带静止自由电荷「f ,求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。
电动力学第三版答案
电动力学第三版答案第一章：静电学1.1 静电场静电场是由电荷所产生的场，它是一种无时间变化的电磁场。
静电场的性质可以通过电场强度、电势和电荷分布来描述。
电场强度表示单位正电荷所受到的力，并且是一个向量量。
在任意一点的电场强度可以通过库仑定律计算。
电势是单位正电荷所具有的势能，它是一个标量量。
电势可以通过电势差来定义，电势差是两点之间的电势差别。
1.2 电场的高斯定律电场的高斯定律是描述电场在闭合曲面上的通量与该闭合曲面内的电荷有关系的定律。
它可以通过以下公式表示：\[ \oint \mathbf{E} \cdot \mathbf{n} \, ds =\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0} \]其中，\(\mathbf{E}\) 是电场强度，\(\mathbf{n}\) 是曲面上的单位法向量，\(ds\) 是曲面上的微元面积，\(Q_{\text{enc}}\) 是闭合曲面内的总电荷，\(\varepsilon_0\) 是真空电容率。
1.3 电势电势是单位正电荷所具有的势能，它是一个标量量。
它可以通过电势差来定义，电势差是两点之间的电势差别。
电势可以通过以下公式计算：\[ V = - \int \mathbf{E} \cdot d\mathbf{l} \]其中，\(V\) 是电势，\(\mathbf{E}\) 是电场强度，\(d\mathbf{l}\) 是路径上的微元长度。
1.4 静电场中的导体在静电场中，导体内部的电场强度为零。
当导体受到外部电场作用时，其表面会产生等效于外部电场的电荷分布，这种现象被称为静电感应。
静电感应可以通过以下公式来计算表面电荷密度：\[ \sigma = \mathbf{n} \cdot \mathbf{E} \]其中，\(\sigma\) 是表面电荷密度，\(\mathbf{n}\) 是表面法向量，\(\mathbf{E}\) 是外部电场强度。
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。
【全】刘觉平电动力学课后习题答案
第一章三維歐氏空間中的張量目录：习题1.1 正交坐标系的转动 (2)习题1.2 物理量在空间转动变换下的分类 (9)习题1.3 物理量在空间反演变换下的进一步分类 (10)习题1.4 张量代数 (15)习题1.5 张量分析 (21)习题1.6 Helmholtz定理 (35)习题1.7 正交曲线坐标系 (38)习题1.8 正交曲线坐标系中的微分运算 (42)习题1.11、 设三个矢量,,a b c r r r 形成右（左）旋系，证明，当循环置换矢量,,a b c r r r的次序，即当考察矢量,,(,,)b c a c a b r rr r r r 时，右（左）旋系仍保持为右（左）旋系。
证明：()V a b c =⨯⋅r r r，对于右旋系有V>0.当循环置换矢量,,a b c r r r次序时， ()V b c a '=⨯⋅r r r ＝()0c a b V ⨯⋅=〉rr r 。
（*）所以，右旋系仍然保持为右旋系 同理可知左旋系情况也成立。
附：（*）证明。
由于张量方程成立与否与坐标无关，故可以选取直角坐标系，则结论是明显的。
2、 写出矢量诸分量在下列情况下的变换矩阵：当Cartesian 坐标系绕z 轴转动角度α时。
解：变换矩阵元表达式为 ij i j a e e '=⋅r r1112212213233233cos ,sin ,sin ,cos ,0,1a a a a a a a a αααα===-===== 故()cos sin 0sin cos 0001R ααααα⎛⎫⎪=- ⎪ ⎪⎝⎭3、 设坐标系绕z 轴转α角，再绕新的y 轴（即原来的y 轴在第一次转动后所处的位置）转β角，最后绕新的z 轴（即原来的z 轴经第一、二次转动后所处的位置）转γ角；这三个角称为Euler 角。
试用三个转动矩阵相乘的办法求矢量诸分量的在坐标轴转动时的变换矩阵。
解：我们将每次变换的坐标分别写成列向量,,,X X X X ''''''， 则 ()()(),,z y z X R X X R X X R X αβγ'''''''''''''===∴()()()z y z X R R R X γβα''''''=绕y '-轴转β角相当于“先将坐标系的y '-轴转回至原来位置，再绕原来的y-轴（固定轴）转β角，最后将y-轴转至y '-轴的位置”。
电动力学习题解答3
第三章 静磁场1. 试用A 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B ，写出A 的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。
解：0B 是沿 z 方向的均匀恒定磁场，即 z B e B 00=，由矢势定义B A =⨯∇得0//=∂∂-∂∂z A y A y z ；0//=∂∂-∂∂x A z A z x ；0//B y A x A x y =∂∂-∂∂三个方程组成的方程组有无数多解，如：○10==z y A A ，)(0x f y B A x +-= 即：x x f y B e A )]([0+-=； ○20==z x A A ，)(0y g x B A y += 即：y y g x B e A )]([0+= 解○1与解○2之差为y x y g x B x f y B e e A )]([)]([00+-+-=∆ 则 0)//()/()/()(=∂∂-∂∂+∂∂+∂-∂=∆⨯∇z x y y x x y y A x A z A z A e e e A 这说明两者之差是无旋场2. 均匀无穷长直圆柱形螺线管，每单位长度线圈匝数为n ，电流强度I ，试用唯一性定理求管内外磁感应强度B 。
解：根据题意，取螺线管的中轴线为 z 轴。
本题给定了空间中的电流分布，故可由⎰⨯='430dV r rJ B πμ 求解磁场分布，又 J 只分布于导线上，所以⎰⨯=304r Id r l B πμ1)螺线管内部：由于螺线管是无限长理想螺线管，所以其内部磁场是均匀强磁场，故只须求出其中轴 线上的磁感应强度，即可知道管内磁场。
由其无限长的特性，不z y x z a a e e e r ''sin 'cos ---=φφ， y x ad ad d e e l 'cos ''sin 'φφφφ+-= )''sin 'cos ()'cos ''sin '(z y x y x z a a ad ad d e e e e e r l ---⨯+-=⨯φφφφφφz y x d a d az d az e e e '''sin '''cos '2φφφφφ+--=取''~'dz z z +的一小段，此段上分布有电流'nIdz⎰++--=∴2/32220)'()'''sin '''cos '('4z a d a d az d az nIdz z y x e e e B φφφφφπμ ⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-=+=+=z z I n a z a z d nI nI z a dz a d e e 02/3202/3222200])/'(1[)/'(2)'(''4μμφπμπ2)螺线管外部：由于螺线管无限长，不妨就在过原点而垂直于轴线的平面上任取一点)0,,(φρP 为场点，其中a >ρ。
电动力学习题答案
电动力学习题答案
电动力学学习题答案
电动力学是物理学中的一个重要分支，研究电荷和电场之间的相互作用以及电
荷在电场中的运动规律。
在学习电动力学的过程中，我们经常会遇到各种各样
的习题，下面就为大家整理了一些常见的电动力学学习题答案，希望能够帮助
大家更好地理解和掌握电动力学的知识。
1. 两个带电粒子分别带有正电荷和负电荷，它们之间的相互作用力是吸引力还
是斥力？
答：两个带电粒子之间的相互作用力是吸引力，正电荷和负电荷之间会相互吸引。
2. 一个点电荷在电场中受到的力的大小与什么有关？
答：一个点电荷在电场中受到的力的大小与电场强度和电荷本身的大小有关。
3. 电场线的方向与电场中的电荷运动方向有什么关系？
答：电场线的方向与电场中的电荷运动方向相反，即电场线从正电荷指向负电荷。
4. 电势能和电势的关系是什么？
答：电势能是电荷在电场中由于位置而具有的能量，而电势是单位正电荷在电
场中所具有的电势能，即电势能和电势的关系可以用公式 U=qV 来表示。
5. 电容器中的电荷与电压的关系是怎样的？
答：电容器中的电荷与电压的关系可以用公式 Q=CV 来表示，其中 Q 表示电荷，C 表示电容，V 表示电压。
以上就是一些常见的电动力学学习题答案，希望能够帮助大家更好地理解和掌
握电动力学的知识。
在学习电动力学的过程中，多做习题，多思考，相信大家一定能够取得更好的成绩。
电动力学期末复习题答案
电动力学期末复习题答案1. 电场强度的定义是什么？答案：电场强度是描述电场力作用的物理量，其大小等于单位正电荷在电场中受到的力，方向与正电荷所受电场力的方向相同。
2. 电势差与电场强度的关系如何？答案：电势差是描述电场中两点间电势能变化的物理量，与电场强度的关系为：电势差等于电场强度沿两点间路径的线积分。
3. 什么是高斯定律？答案：高斯定律是描述电场与电荷分布关系的定律，其数学表达式为：通过任意闭合曲面的电通量等于该曲面所包围的总电荷量除以真空中的电常数。
4. 洛伦兹力公式是什么？答案：洛伦兹力公式描述了带电粒子在电磁场中的受力情况，其表达式为：F = q(E + v × B)，其中F是洛伦兹力，q是带电粒子的电荷量，E是电场强度，v是带电粒子的速度，B是磁场强度，×表示向量叉乘。
5. 电磁感应定律的内容是什么？答案：电磁感应定律描述了变化的磁场在导体中产生电动势的现象，其数学表达式为：ε = -dΦ/dt，其中ε是感应电动势，Φ是磁通量，t是时间。
6. 麦克斯韦方程组包含哪些方程？答案：麦克斯韦方程组包含四个方程，分别是：高斯定律、高斯磁定律、法拉第电磁感应定律和安培环路定律（包含麦克斯韦修正项）。
7. 什么是位移电流？答案：位移电流是麦克斯韦引入的概念，用于解释变化的电场也能产生磁场的现象，其表达式为：I_d = ε₀dΦ_E/dt，其中I_d是位移电流，ε₀是真空电容率，Φ_E是电通量。
8. 电磁波的传播速度是多少？答案：电磁波在真空中的传播速度等于光速，即c = 3 × 10^8 m/s。
9. 什么是相对论性多普勒效应？答案：相对论性多普勒效应描述了当波源与观察者之间存在相对运动时，波的频率发生变化的现象，其频率变化与波源和观察者的相对速度有关。
10. 电磁波的偏振状态有哪些？答案：电磁波的偏振状态包括线偏振、圆偏振和椭圆偏振。
线偏振是指电磁波的电场矢量在一个固定平面内振动；圆偏振是指电场矢量沿螺旋线旋转；椭圆偏振是介于线偏振和圆偏振之间的一种偏振状态。
电动力学考试题和答案
电动力学考试题和答案一、选择题（每题2分，共20分）1. 电场强度的定义式为：A. E = F/qB. E = FqC. E = qFD. E = F/Q答案：A2. 电场线的方向是：A. 从正电荷指向负电荷B. 从负电荷指向正电荷C. 从无穷远处指向电荷D. 从电荷指向无穷远处3. 电势差的定义式为：A. U = W/qB. U = WqC. U = qWD. U = W/Q答案：A4. 电容器的电容定义式为：A. C = Q/UB. C = U/QC. C = QVD. C = UV答案：A5. 电流强度的定义式为：B. I = qtC. I = qVD. I = Vq答案：A6. 欧姆定律的公式为：A. V = IRB. V = R/IC. V = I/RD. V = R*I答案：A7. 磁场强度的定义式为：A. B = F/IB. B = FID. B = Vq答案：A8. 洛伦兹力的公式为：A. F = qvBB. F = BqvC. F = qBvD. F = Bvq答案：C9. 磁通量的定义式为：A. Φ = B*AB. Φ = A*BC. Φ = B/AD. Φ = A/B答案：A10. 法拉第电磁感应定律的公式为：A. E = -dΦ/dtB. E = dΦ/dtC. E = Φ/tD. E = tΦ答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 电场强度的单位是______。
答案：伏特/米（V/m）2. 电势的单位是______。
答案：伏特（V）答案：法拉（F）4. 电流强度的单位是______。
答案：安培（A）5. 电阻的单位是______。
答案：欧姆（Ω）6. 磁场强度的单位是______。
答案：特斯拉（T）7. 磁通量的单位是______。
答案：韦伯（Wb）8. 电感的单位是______。
答案：亨利（H）答案：假想10. 磁场线是______的线。
答案：闭合三、计算题（每题10分，共60分）1. 一个点电荷Q = 2 × 10^-6 C，距离该点电荷r = 0.1 m处的电场强度是多少？答案：E = kQ/r^2 = (9 × 10^9 N·m^2/C^2) × (2 × 10^-6 C) / (0.1 m)^2 =1.8 × 10^4 N/C2. 一个电容器C = 4 μF，两端电压U = 12 V，求该电容器的电荷量Q。
电动力学复习题答案
电动力学复习题答案1. 什么是电场强度？答：电场强度是描述电场在空间中某一点的强度和方向的物理量，定义为单位正电荷在该点所受的电场力，通常用符号E表示，单位是牛顿每库仑（N/C）。
2. 电势差和电势有何不同？答：电势差是指两点间的电势能差，表示为U，单位是伏特（V）。
而电势是指某点相对于参考点（通常取无穷远处为零电势）的电势能，表示为V，单位也是伏特（V）。
3. 洛伦兹力定律的内容是什么？答：洛伦兹力定律描述了带电粒子在电磁场中所受的力，其表达式为F=q(E+v×B)，其中F是洛伦兹力，q是带电粒子的电荷量，E是电场强度，v是带电粒子的速度，B是磁场强度，×表示向量叉乘。
4. 麦克斯韦方程组包含哪些方程？答：麦克斯韦方程组包含四个方程，分别是高斯电场定律、高斯磁场定律、法拉第电磁感应定律和安培环路定律。
这四个方程分别描述了电场和磁场的产生、传播和相互作用。
5. 什么是电磁波？答：电磁波是由变化的电场和磁场相互作用产生的波动现象，其传播不需要介质，可以在真空中传播。
电磁波包括无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和伽马射线等。
6. 什么是电磁感应？答：电磁感应是指在变化的磁场中，导体中产生电动势的现象。
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量变化率成正比，表达式为ε=-dΦ/dt，其中ε是感应电动势，Φ是磁通量，t是时间。
7. 什么是自感和互感？答：自感是指线圈中电流变化时，由于自身磁场变化而在线圈中产生的感应电动势。
互感是指两个线圈相互靠近时，一个线圈中电流变化在另一个线圈中产生的感应电动势。
8. 什么是位移电流？答：位移电流是麦克斯韦引入的一个概念，用以解释电容器中电荷变化时产生的电流。
位移电流与电场变化率成正比，表达式为I_d=ε_0 dΦ_E/dt，其中I_d是位移电流，ε_0是真空电容率，Φ_E是电场能量，t是时间。
9. 什么是电磁波的波速？答：电磁波在真空中的传播速度是光速，约为3×10^8米/秒。
电动力学 第三章 习题解答
3μ0 H0 μ + 2μ0
3(μ − μ0 ) R03 ( H 0 i R) R (μ − μ0 ) R03 H 0 − (μ + 2μ0 ) R 5 (μ + 2μ0 ) R8 B1 = 3μμ0 H0 μ + 2μ0
B2 = μ0 H 0 +
求诱导磁矩：法 1 球体外的标势
⎡ 3( H 0 i R ) R H 0 ⎤ μ − μ0 − 3⎥ μ0 R03 ⎢ 5 ⎢ R R ⎥⎦ μ + 2μ0 ⎣
磁化电流分布。 【解】 （1）求磁感应强度 以导体圆柱的对称轴为 z 轴，建立柱坐标系。由于电流 J 沿 z 轴方向，矢势 A 只有
z 分量。因电流是轴对称的，可推知 Az 仅与 r 有关，所以
∇2 Az = ∇2 A(r ) =
2
⎞ 1 ∂⎛ ⎟ ⎜r ∂A ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ r ∂r ∂r
- 58 -
华中师大 陈义成
A2 = f ln r + g
边界条件 在 r = 0 处, A1 有限，得到 b = 0 ；在 r = a 处，由式（3-1-13）和（3-1-16） ，有 边值关系
A2 = A1
1 ∂A2 1 ∂A1 = μ2 ∂r μ1 ∂r
、 （4）得 将 A1 、 A2 代入式（3）
z
依 ∇ A = −μ J ，在导体圆柱内部
∂A ⎞ 1 ∂⎛ I ⎜ r 1⎟ = −μ1 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ∂r ⎠ πa r ∂r ⎜
在导体圆柱外
(1)
O
A
x
θ r
y P
(2)
∂A ⎞ 1 ∂⎛ ⎜ r 2⎟ ⎟ ⎜ ⎟= 0 ⎝ ∂r ⎠ r ∂r ⎜
《电动力学》课后题答案 第三版 郭硕鸿
微商 (∇ = e x
r ∂ r ∂ r ∂ + ey + e z ) 的关系 ∂x ∂y ∂z r r r r r r 1 r r r ' ' 1 ' r ∇r = −∇ r = , ∇ = −∇ = − 3 , ∇ × 3 = 0, ∇ ⋅ 3 = −∇ 3 = 0.(r ≠ 0) r r r r r r r
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
Hale Waihona Puke D ⋅ 4πr 2 =4π 3 (r − r13 ) ρ f 3
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
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
郭硕鸿《电动力学》第三版 课后解答详细解释
○5 [E0 sin(k r)] ( E0 )sin(k r) E0 [sin(k r)]
E0 为常向量， E0 0 ，而 sin(k r) cos(k r)(k r) cos(k r)k ，
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电动力学习题解答
所以 [E0 sin(k r)] k E0 cos(k r)
f (u) df u ， A(u) u dA ， A(u) u dA
du
du
du
证明：
（1） f
(u)
f (u) x
ex
f (u) y
ey
f (u) z
ez
df du
u x
ex
df du
u y
ey
df du
u z
ez
df du
( u x
ex
u y
ey
u z
ez )
df du
u
（2） A(u) Ax (u) Ay (u) Az (u) dAx u dAy u dAz u
电动力学习题解答
电动力学答案
第一章 电磁现象的普遍规律
1. 根据算符 的微分性与向量性，推导下列公式： ( A B) B ( A) (B ) A A ( B) ( A )B
A (
A)
1 2
A2
(A )A
解：（1） ( A B) ( A Bc ) (B Ac )
Bc ( A) (Bc ) A Ac ( B) ( Ac )B
x x' y y' z z'
○3
(a )r
(ax
x
ay
y
az
)[(x
z
x' )e x
(y
电动力学第三版答案
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。
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第三章 静磁场1. 试用A 表示一个沿z 方向的均匀恒定磁场0B ，写出A 的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。
解：0B 是沿 z 方向的均匀恒定磁场，即 z B e B 00=，由矢势定义B A =⨯∇得0//=∂∂-∂∂z A y A y z ；0//=∂∂-∂∂x A z A z x ；0//B y A x A x y =∂∂-∂∂三个方程组成的方程组有无数多解，如：○10==z y A A ，)(0x f y B A x +-= 即：x x f y B e A )]([0+-=； ○20==z x A A ，)(0y g x B A y += 即：y y g x B e A )]([0+= 解○1与解○2之差为y x y g x B x f y B e e A )]([)]([00+-+-=∆ 则 0)//()/()/()(=∂∂-∂∂+∂∂+∂-∂=∆⨯∇z x y y x x y y A x A z A z A e e e A 这说明两者之差是无旋场2. 均匀无穷长直圆柱形螺线管，每单位长度线圈匝数为n ，电流强度I ，试用唯一性定理求管内外磁感应强度B 。
解：根据题意，取螺线管的中轴线为 z 轴。
本题给定了空间中的电流分布，故可由⎰⨯='430dV r rJ B πμ 求解磁场分布，又 J 只分布于导线上，所以⎰⨯=304r Id r l B πμ1)螺线管内部：由于螺线管是无限长理想螺线管，所以其内部磁场是均匀强磁场，故只须求出其中轴 线上的磁感应强度，即可知道管内磁场。
由其无限长的特性，不z y x z a a e e e r ''sin 'cos ---=φφ， y x ad ad d e e l 'cos ''sin 'φφφφ+-= )''sin 'cos ()'cos ''sin '(z y x y x z a a ad ad d e e e e e r l ---⨯+-=⨯φφφφφφz y x d a d az d az e e e '''sin '''cos '2φφφφφ+--= 取''~'dz z z +的一小段，此段上分布有电流'nIdz⎰++--=∴2/32220)'()'''sin '''cos '('4z a d a d az d az nIdz z y x e e e B φφφφφπμ ⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-=+=+=z z I n a z a z d nI nI z a dz a d e e 02/3202/3222200])/'(1[)/'(2)'(''4μμφπμπ2)螺线管外部：由于螺线管无限长，不妨就在过原点而垂直于轴线的平面上任取一点)0,,(φρP 为场点，其中a >ρ。
222')'sin sin ()'cos cos ('z a a r +-+-=-=φφρφφρx x)'cos(2'222φφρρ--++=a z az y x z a a e e e x x r ')'sin sin ()'cos cos ('+-+-=-=φφρφφρy x ad ad d e e l 'cos ''sin 'φφφφ+-=z y x d a a d az d az d e e e r l ')]'cos([''sin '''cos '2φφφρφφφφ--+--=⨯⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+-+-=∴⎰⎰⎰⎰⎰⎰+∞∞-+∞∞-+∞∞-')'cos('''sin ''''cos ''432203203200dz r a a d dz r az d dz r az d nI z y x φφρφφφφφπμπππe e e B 0=3. 设有无限长的线电流I 沿z 轴流动，在z<0空间充满磁导率为μ的均匀介质，z>0区域为真空，试用唯一性定理求磁感应强度B ，然后求出磁化电流分布。
解：设z>0区域磁感应强度和磁场强度为1B ，1H ；z<0区域为2B ，2H ，由对称性可知1H和2H 均沿θe 方向。
由于H 的切向分量连续，所以θe H H H ==21。
由此得到021==n n B B ，满足边值关系，由唯一性定理可知，该结果为唯一正确的解。
以 z 轴上任意一点为圆心，以 r 为半径作一圆周，则圆周上各点的H 大小相等。
根据安培环路定理得：I rH =π2，即r I H π2/=，()θπe H H r I 2/21== ()θπμμe H B r I 2/0111==∴，(z >0)；()θπμμe H B r I 2/222==，(z <0)。
在介质中 ()()θμμπμe H B M 1/2//0202-=-=r I 所以，介质界面上的磁化电流密度为：()()()()r z r I r I e e e n M α1/2/1/2/00-=⨯-=⨯=μμπμμπθ总的感应电流：()()()1/1/2/020-=⋅-=⋅=⎰⎰μμϕμμππθθI rd r I d I e e l M ，电流在 z<0 区域内，沿 z 轴流向介质分界面。
4. 设x<0半空间充满磁导率为μ的均匀介质，x>0空间为真空，今有线电流I 沿z 轴流动，求磁感应强度和磁化电流分布。
解：假设本题中的磁场分布仍呈轴对称，则可写作φπμe B )2/'(r I =它满足边界条件：0)(12=-⋅B B n 及0)(12==-⨯αH H n 。
由此可得介质中：φπμμμe B H )2/'(/2r I ==由 M B H -=02/μ得：在x <0 的介质中 φμμμμπμe M 02'-=r I ，则： 0020002)('02'μμμμμφφμμμμπμπππ-=+-=⋅=⎰⎰⎰I d d r r I d I M l M 再由 φφπμπμe e B )2/'(2/)(0r I r I I M =+= 可得)/(2'00μμμμμ+=，所以r I πμμμμφ)/(00+=e B ，)/()(00μμμμ+-=I I M （沿 z 轴）5. 某空间区域内有轴对称磁场。
在柱坐标原点附近已知)2/(220ρ--≈z C B B z ，其中0B 为常量。
试求该处的ρB 。
提示：用0=⋅∇B ，并验证所得结果满足0=⨯∇H 。
解：由于B 具有对称性，设z z B B e e B +=ρρ， 其中 )2/(220ρ--=z C B B z0=⋅∇B Θ，0)(1=∂∂+∂∂∴z B z B ρρρρ，即：02)(1=-∂∂cz B ρρρρ， a cz B +=∴2ρρρ（常数）。
当0→ρ时，ρB 为有限，所以 0=a ；ρρcz B =，即：z z c B cz e e B )]2/([220ρρρ--+= （1）因为0=J ，0=D ，所以 0=⨯∇B ，即0)//(=∂∂-∂∂θρρρe B z B （2） 直接验证可知，（1）式能使（2）式成立，所以ρρcz B =，(c 为常数)6. 两个半径为a 的同轴圆形线圈，位于L z ±=面上。
每个线圈上载有同方向的电流I 。
（1）求轴线上的磁感应强度。
（2）求在中心区域产生最接近于均匀常常时的L 和a 的关系。
提示：用条件0/22=∂∂z B z解：1） 由毕—萨定律，L 处线圈在轴线上 z 处产生的磁感应强度为z z B e B 11=，2/32222/32220301])[(121])([4sin 4a L z Ia d L z a Ia r Id B z +-=-+=⨯=⎰⎰μθπμαπμr l 同理，-L 处线圈在轴线上 z 处产生的磁感应强度为：z z B e B 22=，2/322202])[(121a L z Ia B z ++=μ。
所以，轴线上的磁感应强度：⎭⎬⎫⎩⎨⎧++++-==2/3222/32220])[(1])[(121a L z a L z Ia B z z μe B （1） 2）因为 0=⨯∇B ，所以 0)()(2=∇-⋅∇∇=⨯∇⨯∇B B B ；又因为0=⋅∇B ，所以 02=∇B ，0/22=∂∂z B z 。
代入（1）式并化简得：-+++++--+-----2/72222/5222/7222])[()(5])[(])[()(5a z L z L a z L a z L z L 0])[(2/522=++--a z L将 z=0 带入上式得：2225a L L +=， 2/a L =∴7. 半径为a 的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上，试解矢势A 的微分方程。
设导体的磁导率为0μ，导体外的磁导率为μ。
解：矢势所满足的方程为：⎪⎩⎪⎨⎧>=∇<-=∇)(,0)(,202a r a r 外内A JA μ 自然边界条件：0→r 时，内A 有限。
边值关系：ar ar ===外内A A ；a r a r ==⨯∇=⨯∇|1|1外内A A μμ选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与 z 无关。
令z r A e A )(内内=，z r A e A )(外外=， 代入微分方程得：J r r A r r r 0))((1μ-=∂∂∂∂内；0))((1=∂∂∂∂rr A r r r 外 解得：2120ln 41)(C r C Jr r A ++-=μ内；43ln )(C r C r A +=外由自然边界条件得01=C ，由 a r a r ==⨯∇=⨯∇|1|10外内A A μμ 得：232Ja C μ-=， 由 a r ar ===外内A A 并令其为零，得：20241Ja C μ=，a Ja C ln 224μ=。
)(41220r a -=∴J A μ内；raa ln 212J A μ=外8. 假设存在磁单极子，其磁荷为m Q ，它的磁场强度为304/r Q m πμr H =。
给出它的矢势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。