电动力学第二章答案
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
第 1 页
电动力学习题解答
从源点指向场点。 （1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：
r ' r r / r ； (1 / r ) ' (1 / r ) r / r 3 ； (r / r 3 ) 0 ； (r / r 3 ) '(r / r 3 ) 0 ， (r 0) 。 （2）求 r ， r ， (a )r ， (a r ) ， [ 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
郭硕鸿《电动力学》课后答案
取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得：
同理，在极板B内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：
因此
即 只有切向分量，从而 只有切向分量，电场线与导体表面平行。
14.内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为 ，板间填充电导率为 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 随时间的衰减规律。
（3）求与轴相距为 的地方的能量耗散功率密度。
在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：
所以有 ，
由于E
所以 E
当介质漏电时，重复上述步骤，可得：
， ，
介质1中电流密度
介质2中电流密度
由于电流恒定， ，
再由E 得
E
E E
E
E
12.证明：
（1）当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时，电场线的曲折满足
其中 和 分别为两种介质的介电常数， 和 分别为界面两侧电场线与法线的夹角。
其中 和 为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方程。由于对称性， 和 均与 无关。考虑到 时 为有限值； 时 ，故拉普拉斯方程的解为：
由此 （1）
（2）
边界条件为： （3）
（4）
将（1）（2）代入（3）和（4），然后比较 的系数，可得：
于是得到所求的解为：
在均匀介质内部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体内部，只有球心处存在极化电荷。
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 ，
2020智慧树知道网课《电动力学》课后章节测试满分答案
绪论单元测试1【单选题】(8分)由于静电场场强是电标势的负梯度，所以静电场一定是()。
A.无源有旋场；B.无旋无源场。
C.有源有旋场；D.无旋有源场；2【单选题】(8分)由于磁感应强度是磁矢势的旋度，所以磁场一定是()。
A.无源有旋场；B.无旋无源场。
C.无旋有源场；D.有源有旋场；3【单选题】(8分)由Stokes定理可知：()。
A.B.C.D.4【多选题】(16分)标量的梯度用于确定()。
A.场的大小；B.场的方向；C.力的大小；D.力的方向。
5【多选题】(16分)矢量的散度用于确定()。
A.场的有旋性；B.场的源或者汇；C.场的有源性；D.是否存在孤立的源。
6【多选题】(16分)矢量的旋度用于确定()。
A.场的有源性；B.场的有旋性；C.场线是否封闭；D.是否存在孤立的源。
7【判断题】(14分)A.错B.对8【判断题】(14分)A.对B.错第一章测试1【单选题】(3分)库仑定律表明电荷间作用力与其距离()关系。
A.成反立方。
B.成反平方；C.成正比；D.成反比；2【单选题】(3分)真空中的静电场高斯定理表明：穿过封闭曲面的电通量与该曲面内的净余电量()。
A.成正比；B.成反比；C.无关。
D.成反平方比；3【单选题】(3分)法拉第电磁感应定律表明：感应电场是由()产生的。
A.变化的磁场。
B.电流；C.变化的电场；D.电荷；4【单选题】(3分)在电介质的某点处，与自由电荷体密度成正比的是()的散度。
A.电流密度矢量。
B.电场强度矢量；C.极化强度矢量；D.电位移矢量；5【单选题】(5分)在磁介质的某点处，与自由电流面密度成正比的是()的旋度。
A.位移电流密度矢量。
B.磁场强度矢量；C.磁化强度矢量；D.磁感应强度矢量；6【判断题】(7分)法拉第电磁感应定律表明：感应电场是有源无旋场。
()A.错B.对7【判断题】(5分)位移电流是由变化的电场产生的。
()A.对B.错8【判断题】(3分)在电动力学中，库仑力不属于洛伦兹力。
电动力学第二章汇编
电磁场能量密度和能流密度
S EH
w
E
D
H
B
t
t
t
S
1
E B,
0
w
1 2
( 0E 2
1
0
B2)
S
1
E B,
w
1
(E
D
H
B)
2
2
例题（课本P28）
无穷大平行板电容器内有两层介质(如图)，极板上面电荷密 度f，求电场和束缚电荷分布。
E2 E1
+f
3
例题（课本P28）
引入 标势
电场沿任一回路的环量为零 E dl 0 L
右图：C1和C2为P1到P2点的两条不同路径，C1
和-C2构成回路
E dl E dl 0 E dl E dl
C1
C2
C1
C2
P1
电荷从P1到P2时电场对它作的功与路径无关
定义P1到P2点的电势差：单位正电
荷从P1到P2点，电场对它作的功。
比奥-萨伐尔定律
B( x)
0
4
V
J
(
x) r3
r
dV
力密度公式和洛伦兹力公式 f E J B F qE q B
极化电荷密度p与极化强度P的关系 p P
界面极化电荷面密度与极化强度P的关系 P e n ( P2 P1 )
6
极化(磁化)电流密度与极化(磁化)强度的关系 J M M J p P / t
P2
E
dl
P1
C1 P2
C2
10 §2.1 静电场的标势及其微分方程
若电场对电荷作正功，则电势下降
( P2 ) ( P1 )
电动力学 第二章 习题解答2
华中师大 陈义成
= πR2 ∫ =
2.19
π/2
0
⎛ ∂ϕ ⎞ 9π R 2σ0 2 2 ⎟ ⎜ − = i d 3 σ sin θ cos θ θ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎝ ∂r ⎠ ε0 r=R
∫
π/2
0
sin θ cos3 θdθ
(9)
9π R 2σ0 2 4ε0
如图所示，内导体球半径为 a ，带电量为 Q ，
2
θ 项给出
A0 +
即
B0 =0 b
A0 = −
−
联立（2） 、 （3） 、 （6）式得到
Q 4πε 0b
（5）
B0 c B1 + A1b + 2 =0 2 b b
（6）
A1 =
Qc −Qca 3 B ， = 1 4πε 0 (b3 − a 3 ) 4πε 0 (b3 − a 3 )
3 ⎧ ⎫ cr ⎡ ⎛ a ⎞ ⎤ ⎪1 1 ⎪ − θ 1 cos ⎢ ⎥ ⎨ − + 3 ⎬ ⎜ ⎟ 3 − r b b a r ⎝ ⎠ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ ⎣ ⎦ ⎩ ⎭
n=0
∞
介质中的电势 ϕ0 当 r → ∞ 时趋于均匀电场 E0 的电势，故
ϕ0 (r , θ ) = −E0 r cos θ + ∑
n=0
∞
bn Pn (cos θ ) r n+1
(4)
- 41 -
华中师大 陈义成
球面上 r = R 处的边值关系为
ϕi (r , θ ) = ϕ0 (r , θ )
W = − pi E0 = −
导线外面是一对称的二维径向场，因此
E0 =
λ er 2πε 0 r
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（章）
= (µµ −1)∇× Hr = ( µ −1)rj f ,(r1 < r < r2)
0
µ0
αrM = nr× (Mr 2 − Mr 1),(n从介质1指向介质2
3ε
r3
= − ε −ε 0 ρ f (3− 0) = −(ε −ε 0 )ρ f
3ε
ε
σ P = P1n − P2n
考虑外球壳时 r r2 n从介质 1指向介质 2 介质指向真空 P2n = 0
-5-
电动力学习题解答
第一章 电磁现象的普遍规律
σ P = P1n = (ε −ε 0)
r 3 − r13 ρ f rr r=r2 3εr 3
= cos(kr ⋅rr)(kxerx + k yery + kzerz )Er0 = cos(kr ⋅rr)(kr ⋅ Er) ∇×[Er0 sin(kr ⋅rr)] = [∇sin(kr ⋅rr)]×Er 0+sin(kr ⋅rr)∇× Er0
4. 应用高斯定理证明
∫ dV∇× fr = ∫S dSr× fr
V
应用斯托克斯 Stokes 定理证明
∫S dSr×∇φ = ∫Ldlrφ
证明 1)由高斯定理
dV∇⋅ gr = ∫S dSr ⋅ gr
∫
∫ ∫ 即
V
(∂ g x ∂x V
+ ∂g y ∂y
+ ∂g zz )dV = ∂
g
S
xdS x + g ydS y + g zdS z
而 ∇× frdV = [(∂ f z − ∂∂z f y )ir ∂+ ( f x − ∂∂x f z )rj∂+ ( f y − ∂∂y f x )kr]dV
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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。
提示：空间各点的电势是点电荷f Q 的电势R Q f πε4/与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加，后者满足拉普拉斯方程。
解：（一）分离变量法空间各点的电势是点电荷f Q 的电势R Q f πε4/与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加。
设极化电荷产生的电势为ϕ'，它满足拉普拉斯方程。
在球坐标系中解的形式为：）（）（内θϕcos 1n nn nn n P R b R a ∑++=' ）（）（外θϕcos 1n nn n n n P R dR c ∑++=' 当∞→R 时，0→'外ϕ，0=∴n c 。
当0→R 时，内ϕ'为有限，0=∴n b 。
所以 ）（内θϕcos n nn n P R a ∑=' ， ）（外θϕcos 1n nn nP R d ∑+=' 由于球对称性，电势只与R 有关，所以)1(,0≥=n a n )1(,0≥=n d n0a ='内ϕ， R d /0='外ϕ 所以空间各点电势可写成R Q a f πεϕ40+=内R Q R d f πεϕ40+=外当0R R →时，由 外内ϕϕ= 得： 000/R d a = 由 nn∂∂=∂∂外内ϕεϕε得：200200244R d R Q R Q f fεπεεπ+=，)11(400εεπ-=f Q d 则 )11(4000εεπ-=R Q a f所以 ）（内εεππεϕ114400-+=R Q R Q f f ）（外εεππεϕ11440-+=R Q R Q f f RQ f 04πε=（二）应用高斯定理在球外，R>R 0 ，由高斯定理得：f p f Q Q Q Q d =+==⋅⎰总外s E 0ε，（整个导体球的束缚电荷0=p Q ），所以 r f R Q e E 204πε=外 ，积分后得： RQ dR RQ d fRRf 02044πεπεϕ⎰⎰∞∞==⋅=R E 外外在球内，R<R 0 ，由介质中的高斯定理得：f Q d =⋅⎰s E 内ε，所以r f RQ e E 24πε=内 ，积分后得：RQ R Q RQ d d f f f R R R0044400πεπεπεϕ+-=⋅+⋅=⎰⎰∞R E R E 外内内 结果相同。
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（a >0R ）置一点电荷f Q ，试用分离变量法求空间各点电势，证明所得结果与电象法结果相同。
解：以球心为原点，以球心到点电荷的连线为极轴建立球坐标系。
将空间各点电势看作由两部分迭加而成。
一是介质中点电荷产生的电势θπεϕcos 24/221Ra a R Q f -+=，二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的2ϕ。
后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。
考虑到对称性，2ϕ与φ无关。
由于0→R 时，2ϕ为有限值，所以球内的2ϕ解的形式可以写成∑=nn n n i P R a )(cos 2θϕ （1）由于∞→R 时，2ϕ应趋于零，所以球外的2ϕ解的形式可以写成∑+=nn n nP R b )(cos 12o θϕ （2） 由于∑=-+nn n P a R a Ra a R (cos))/()/1(cos 222θ∑=nn n f P a R a Q (cos))/()4/(1πεϕ （3）当0R R ≤时，21i ϕϕϕ+=内∑∑+=nn n n nn n f P R a P a R a Q )(cos (cos))/()4/(θπε （4）当0R R >时，21o ϕϕϕ+=外∑∑++=nnn nnn n f P Rb P a R a Q )(cos (cos))/()4/(1θπε （5） 因为导体球接地，所以 0=内ϕ （6）00==R R 内外ϕϕ （7）将（6）代入（4）得: 14/+-=n f n a Q a πε （8）将（7）代入（5）并利用（8）式得: 11204/++-=n n f n a R Q b πε （9）将（8）（9）分别代入（4）（5）得:)(00R R ≤=内ϕ （10）]/cos 2)/(cos 2[41202202022aRR a R R a Q R Ra a R Q ffθθπεϕ++--+=外,)(0R R ≥ （11）用镜像法求解：设在球内r 0处的像电荷为Q’。
由对称性，Q’在球心与Q f 的连线上，根据边界条件：球面上电势为0，可得：（解略）a R r /200=， a Q R Q f /'0-=所以空间的电势为]/cos 2)/(cos 2[41)'(4120220202221aRR a R R a Q R Ra a R Q r Q r Q f f f θθπεπεϕ++--+=+=外 )(0R R ≥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b （b >a ），试用电象法求空间电势。
解：如图，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。
Q b aQ -=1，z b a e r 21=；Q ba Q =2，zb a e r 22-=； Q Q -=3，z b e r -=3，所以),20(,]cos 2cos 2cos 21cos 21[42242224222220a R R b ab a R b aR b a ba Rb aRb b R Rb b R Q ><≤-+++++++--+=πθθθθθπεϕ12. 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：用电像法，可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导体板的作用。
--+-+-=22200)()()(1[4b z a y x x Q πεϕ2220)()()(1b z a y x x ++-+--)0,(,])()()(1)()()(122202220>++++-+-+++--z y b z a y x x b z a y x x(0(。