《电动力学》简答题参考答案
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（）。
郭硕鸿《电动力学》第三版 课后解答详细解释
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
可见 r 'r
○2
1 r
d dr
1 r
r
1 r2
r
r r3
'
1 r
d dr
1 ' r r
1 r2
' r
r r3
可见 1/ r '1/ r
○3 (r / r 3 ) [(1/ r 3 )r] (1/ r 3 ) r (1/ r 3 ) r
d dr
1 r3
r r
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) ， [E0 sin(k r)] 及 [E0 sin(k r)] ，其中 a 、 k 及 E0 均为常向量。
M
1 2r1
M dl 0
在 r r2 处，磁化面电流密度为
M
0 1 2r2
M
dl
( 0
1) (r22 r12 ) 2r22
《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。
电动力学试题及参考答案
电动力学试题及参考答案一、填空题（每空2分，共32分）1、已知矢径r，则 r = 。
2、已知矢量A 和标量φ，则=⨯∇)(Aφ 。
3、区域V 内给定自由电荷分布 、 ，在V 的边界上给定 或 ，则V 内电场唯一确定。
4、在迅变电磁场中，引入矢势A 和标势φ，则E= ,B= 。
5、麦克斯韦方程组的微分形式 、 、 、 。
6、电磁场的能量密度为 w = 。
7、库仑规范为 。
8、相对论的基本原理为 ， 。
9、电磁波在导电介质中传播时，导体内的电荷密度 = 。
10、电荷守恒定律的数学表达式为 。
二、判断题（每题2分，共20分）1、由0ερ=⋅∇E 可知电荷是电场的源，空间任一点，周围电荷不但对该点的场强有贡献，而且对该点散度有贡献。
（ ）2、矢势A沿任意闭合回路的环流量等于通过以该回路为边界的任一曲面的磁通量。
（ ） 3、电磁波在波导管内传播时，其电磁波是横电磁波。
（ ） 4、任何相互作用都不是瞬时作用,而是以有限的速度传播的。
（ ）5、只要区域V 内各处的电流密度0=j，该区域内就可引入磁标势。
（ ）6、如果两事件在某一惯性系中是同时发生的，在其他任何惯性系中它们必不同时发生。
（ ）7、在0=B的区域，其矢势A 也等于零。
（ ）8、E 、D 、B 、H四个物理量均为描述场的基本物理量。
（ ）9、由于A B⨯∇=，矢势A 不同，描述的磁场也不同。
（ ）10、电磁波的波动方程012222=∂∂-∇E tv E 适用于任何形式的电磁波。
（ ）三、证明题（每题9分，共18分）1、利用算符 的矢量性和微分性，证明0)(=∇⨯⋅∇φr式中r为矢径，φ为任一标量。
2、已知平面电磁波的电场强度i t z c E E )sin(0ωω-=，求证此平面电磁波的磁场强度为j t z cc E B )sin(0ωω-=四、计算题（每题10分，共30分）1、迅变场中，已知)cos(0t r K A A ω-⋅= , )cos(0t r K ωφφ-⋅= ，求电磁场的E 和B。
电动力学课后答案 (2)
电动力学课后答案本文档为电动力学课后习题的答案，旨在帮助学生理解和巩固所学的电动力学知识。
以下是习题的答案解析。
1. 高斯定律的应用（20分）题目：一半径为 R 的均匀带电球面，电荷密度为σ。
沿球面 A 点方向垂直放置一个圆环，半径为 r (r < R)，环面上均匀分布着电荷，电荷密度为ρ。
求圆环上的电场强度。
解析：根据高斯定律，可以得到球面上的电场强度公式：E * 4πR² = Q / ε₀其中 E 为电场强度，R 为球面的半径，Q 为球面内的总电荷量，ε₀ 为真空介电常数。
对于球面内的总电荷量 Q，可以通过球面的电荷密度σ求得：Q = σ * 4πR²将 Q 的值代入上式，可以得到球面上的电场强度：E = σ / ε₀对于圆环上的电场强度E₁，根据叠加原理，可以将整个圆环分割成无限小的电荷元素，然后将各个电荷元素对圆环上某一点的电场强度进行叠加：E₁ = ∫(k * dq / r²)其中 k 为库仑常数，dq 为圆环上无限小的电荷元素，r 为圆环上的点到电荷元素之间的距离。
将 dq 的值代入上式，进行积分计算，可以得到圆环上的电场强度。
2. 电势与电势能（15分）题目：一电荷为 Q 的点电荷静止在距离无限远处，根据库仑定律，可以得到电场强度公式。
根据电场强度 E，可以求出电势差V = ∫E · dr。
解析：根据库仑定律，点电荷 Q 在距离 r 处的电场强度 E 可以表示为：E = k * Q / r²其中 k 为库仑常数。
对于电势差V，可以定义为电场强度E 在两点之间的积分：V = ∫E · dr该积分表示沿路径的曲线积分，其中 E 为点电荷 Q 在路径上的电场强度，dr 为路径上的微小位移。
将 E 的表达式代入上式，并对路径进行处理，可以计算得到电势差 V。
3. 静电场的能量（25分）题目：两个点电荷Q₁ 和Q₂ 之间的电势能可以表示为 E = k * Q₁ * Q₂ / r，其中 k 为库仑常数，r 为两个点电荷之间的距离。
《电动力学》课后题答案_第三版_郭硕鸿
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
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
'
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
而 dl φ = (φ i dl x + φ j dl y + φ k dl z )
l l
∫
r
∫
-3-
电动力学期末考试试题答卷及参考答案五
磁场矢量：
4、由球面对称性，有一像电荷 满足
(1)
即
要求
即
(2)
再由面对称性，在 处有点像电荷 ， 处一像电荷 ，如图示。因此空间电势为
(3)
3由于 在真空中 且
所以
三、证明：
设光源以速度 运动，设与其连接坐标系为 ，地面参照系 ，在洛伦兹变换下， 的变换式为
(1)
(2)
因此有
(3)
(4)
设波矢量 与 轴方向的夹角为 ，则有
(5)
代入(4)式，整理得
(6)
为光源静止参考系。设光源静止频率为 ，则 ，则有
(7)
证毕。
四、综合题
一、1、(1)利用安培定理
四.综合题（共55分）。
1．半径为 的无限长圆柱形导体，均匀通过电流 ，设导体的磁导率为 ，导体外为真空，求：
（1）导体内、外空间的 、 ；
（2）体内磁化电流密度 ；（15分）。
2．介电常数为 的均匀介质中有均匀场强为 ，求介质中球形空腔内的电势和电场（分离变量法）。（15分）
3．两频率和振幅均相等的单色平面电磁波沿 轴方向传播，一个沿 方向偏振，另一个沿 方向偏振，且其相位比前者超前 。求合成波的偏振。若合成波代表电场矢量，求磁场矢量 以及能流密度平均值 。（15分）
4．在接地的导体平面有一半径为 的半球凸部，半球的球心在导体平面上，如图所示。点电荷 位于系统的对称轴上，并与平面相距为 （ ）。试用电像法求空间电势。（10分）
1、 2、√3、 4、√5、√
二、简答题
1、
2、由于电磁辐射的平均能流密度为 ，正比于 ，反比于 ，因此接收无线电讯号时，会感到讯号大小与大小和方向有关。
《电动力学》课后答案
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∇⋅−∇=×∇×A 解：（1）)()()(c c A B B A B A ⋅∇+⋅∇=⋅∇BA B A A B A B )()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=c c c c BA B A A B A B )()()()(∇⋅+×∇×+∇⋅+×∇×=（2）在（1）中令B A =得：A A 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 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）uA 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 y u 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。
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《电动力学》简答题参考答案1. 分别写出电流的连续性方程的微分形式与积分形式,并简单说明它的物理意义。
解答:电流的连续性方程的微分形式为0J t ρ∂∇⋅+=∂K 。
其积分形式为d d d d S J S V t ρΩ⋅=−∫∫∫∫K K v 。
电流的连续性方程实际上就是电荷守恒定律的公式表示形式,它表示:当某区域内电荷减少时,是因为有电荷从该区域表面流出的缘故;相反,当某区域内电荷增加时,是因为有电荷通过该区域的表面流入的缘故。
2. 写出麦克斯韦方程组,并对每一个方程用一句话概括其物理意义。
解答:(1)f D ρ∇⋅=K 电荷是电场的源;(2)B E t∂∇×=−∂K K 变化的磁场产生电场; (3)0B ∇⋅=K 磁场是无源场;(4)f D H J t∂∇×=+∂K K K 传导电流以及变化的电场产生磁场。
3. 麦克斯韦方程组中的电场与磁场是否对称?为什么?解答:麦克斯韦方程组中的电场与磁场并不对称,因为电场是有源场,电荷是电场的源,而磁场是无源场,不存在磁荷。
4. 一个空间矢量场A K ,给出哪些条件能把它唯一确定?解答:由矢量场的唯一性定理:(1)位于空间有限区域内的矢量场,当它的散度,旋度以及它在区域边界上的场分布给定之后,该矢量场就被唯一确定;(2)对于无限大空间,如果矢量在无限远处减少至零,则该矢量由其散度和旋度唯一确定。
5. 写出极化电流与极化强度、磁化电流密度与磁化强度之间的关系式。
解答:极化电流与极化强度之间的关系式为P P J t ∂=∂K K ; 磁化电流密度与磁化强度之间的关系式为M J M =∇×K K 。
6. 简述公式d d d d d V V w V f V S tσ−=⋅+⋅∫∫∫v K K K K v 的物理意义。
解答:d d d Vw V t −∫表示单位时间区域V 内电磁场能量的减少,d V f V ⋅∫v K K 表示单位时间电磁场对该区域的电荷系统所作的功,d S σ⋅∫K K v 表示单位时间流出该区域的能量。
所以,此公式的物理意义为:单位时间区域V 内电磁场能量的减少,等于单位时间电磁场对该区域的电荷系统所作的功与流出该区域的能量之和。
它实际上就是区域V 内电磁场能量守恒的表达式。
7. 简述介质中静电场的唯一性定理。
解答:介质中静电场的唯一性定理为设区域V 内给定自由电荷分布()x ρK,在V 的边界S 上给定(1)电势值S ϕ;或者(2)电势的法线方向导数Sn ϕ∂∂的值则区域V 内电场唯一确定。
8. 写出无界空间、上半空间以及球外空间在第一类边值条件下的格林函数。
解答:在第一类边值条件下的格林函数(1) 无界空间为:(,)G x x ′=K K;(2) 上半空间为:01(,)4G x x πε⎡⎤′=−K K (3) 球外空间为: 01(,)4G x x πε⎛⎞′=−K K,20R b R =。
9. 写出电偶极矩和电四极矩的定义式。
解答:电偶极矩的定义式为:i i ip q x ′=∑K K。
电四极矩的定义式为:3i i i iD q x x ′′=∑K K K K 或3()i i i i i i D q x x x xE ⎡⎤′′′′=−⋅⎣⎦∑K K K K K K K K 。
10. 设体系的电荷密度分布为()x ρK,则该体系在外场e ϕ中的能量是多少?解答:电荷密度分布为()x ρK 的体系在外场e ϕ中的能量为:d e W V ϕρΩ=∫ 积分区域为电荷体系()x ρK 的分布区域。
11. 写出麦克斯韦方程组的积分形式,并写出其对应的在介质分界面上的表达形式(即边值关系)。
解答:麦克斯韦方程组的积分形式为(1)d f S D S Q ⋅=∫K K v ; (2)d d d d L S E l B S t ⋅=−⋅∫∫K K K K v ;(3)d 0S B S ⋅=∫K K v ; (4)d d d d f L S H l I D S t ⋅=+⋅∫∫K K K K v 。
其对应的在介质分界面上的表达形式(即边值关系)为(1)21()n f e D D σ⋅−=K K K ; (2)21()0n e E E ×−=K K K ;(3)21()0n e B B ⋅−=K K K ; (4)21()n e H H α×−=K K K K 。
12. 简述引入磁标势的基本条件,并写出磁标势所满足的泊松方程。
解答:引入磁标势的基本条件为(1)所讨论的区域中没有电流分布;(2)所讨论的区域为单连通区域。
磁标势所满足的泊松方程为20/m m ϕρμ∇=−,其中0m M ρμ=−∇⋅K 。
13. 写出磁偶极矩的定义式以及它所产生的矢势与标势的表达式。
解答:磁偶极矩的定义式为:1()d 2m x J V Ω′′=×∫K K K 。
小电流分布在远处产生的矢势的多极展开式中,其一级近似的表达式为(1)034m R A Rμπ×=K K K 此项常称为磁偶极矩产生的矢势。
磁偶极矩产生的标势为(1)314m m R Rϕπ⋅=K K 。
14. 平面电磁波中,电场和磁场的能量密度各为多少?电场能与磁场能相等吗? 解答:平面电磁波中,电场和磁场的能量密度各为212E ε和212B μ,它们是相等的,即空间电磁场能量密度为:221w E B εμ==。
15. 简述全反射现象。
解答:由折射定律,sin sin θθ=′′,当12εε>(即12n n >)时,折射角总是大于入射角,当入射角21arcsin(/)n n θ=时,折射角o 90θ′′=,此时若再继续增加入射角,将没有电磁波被折射而进入电容率为2ε的介质中,这种现象称为全反射现象。
16. 在导体内部,电荷密度随时间衰减的表达式是什么?衰减的特征时间如何定义?特征时间的表达式是什么?解答:在导体内部,电荷密度随时间衰减的表达式为0()t t e σερρ−=衰减的特征时间定义为电荷密度衰减到原来的1/e 所需要的时间。
由此定义得特征时间的表达式:ετσ=17. 什么是穿透深度?电磁波从介质垂直入射到导体时,穿透深度是多少?良导体的条件是什么?解答:当电磁波从介质入射到导体时,波幅降至入射波幅值的1/e 时的深度,称为穿透深度。
电磁波从介质垂直入射到导体时,穿透深度为δ=。
良导体的条件是:1σωε。
18. 简述趋肤效应。
解答:由于穿透深度与电导率及频率的平方根成反比,对于高频电磁波,电磁场以及和它相互作用的高频电流仅集中于表面很薄一层内,这种现象称为趋肤效应。
19. 谐振腔内亥姆霍兹方程的本征解的表达式是什么?解答:谐振腔内亥姆霍兹方程的本征解的表达式是11cos sin sin x y z E A k x k y k z =22sin cos sin x y z E A k x k y k z =33sin sin cos x y z E A k x k y k z = 其中1x m k L π=,2y n k L π=,3z p k L π=。
20. 若电磁波在一个宽为a ,高为b 的无穷长矩形波导管中传播,其截止角频率是多少?解答:当电磁波在一个宽为a ,高为b 的无穷长矩形波导管中传播时,对于给定的一组(,)m n 值,其截止角频率为,c mn ω=21. 写出电磁场矢势与标势中的库仑规范与洛仑兹规范条件。
解答:电磁场矢势与标势中库仑规范条件为0A ∇⋅=K ; 洛仑兹规范条件为 A tϕμε∂∇⋅=−∂K 。
22. 写出在洛仑兹规范下的标势与矢势方程(即达朗贝尔方程)。
解答:在洛仑兹规范下的标势与矢势方程(即达朗贝尔方程)分别为222t ϕρϕμεε∂∇−=−∂ 222A A J tμεμ∂∇−=−∂K K K23. 写出真空中标势与矢势的达朗贝尔方程的推迟势解。
解答:真空中标势与矢势的达朗贝尔方程的推迟势解分别为0,1(,)d 4r x t c x t V r ρϕπεΩ⎛⎞′−⎜⎟⎝⎠′=∫K K0,(,)d 4r J x t c A x t V rμπΩ⎛⎞′−⎜⎟⎝⎠′=∫K K K K24. 简述对小电流分布区域在远场区的矢势进行多极展开的基本条件。
解答:对小电流分布区域在远场区的矢势进行多极展开的基本条件为(1) 电流分布线度远小于辐射电磁波的波长,即l λ ;(2) 电流分布线度远小于小电流分布区域到场点的距离,即l r ;(3) 辐射电磁波的波长远小于小电流分布区域到场点的距离,即r λ 。
25. 写出电磁波动量密度的表达式,以及它与能流密度的关系式,独立的静电场或静磁场存在动量吗?解答:电磁波动量密度的表达式为0g E B ε=×K K K它与能流密度的关系式为:0021g S S cμε==K K K 独立的静电场或静磁场并不存在动量,因为对于独立的静电场或静磁场来说,它没有能量的传输,坡印亭矢量0S =K ,所以动量密度也就等于零。
26. 简述狭义相对论中的两条基本假设。
解答:狭义相对论中的两条基本假设为(1) 相对性原理:物理定律在所有的惯性系中都具有相同的表达形式,即所有的惯性参考系都是等价的;(2) 光速不变原理:真空中的光速是常量,它与光源或观察者的运动无关,即不依赖于惯性系的选择。
27. ′Σ坐标系以速度v 相对Σ坐标系沿x 轴正向运动,写出从Σ系到′Σ系的洛仑兹变换公式。
解答:洛仑兹变换公式为()x x t γ′=−v ,y y ′=,z z ′=2t t x cγ⎛⎞′=−⎜⎟⎝⎠v28. ′Σ坐标系以速度v 相对Σ坐标系沿x 轴正向运动,在Σ系中两事件的时间与空间间隔分别为t Δ和x Δ,在′Σ系中两事件的时间与空间间隔分别是多少?解答:由洛仑兹变换公式,在′Σ系中两事件的时间与空间间隔分别是2t t x c γ⎛⎞′Δ=Δ−Δ⎜⎟⎝⎠v ()x x t γ′Δ=Δ−Δv29. 简述相对论的时间延缓效应和长度收缩效应。
解答:(1) 相对论的时间延缓效应是指:任何一个坐标系观测到的一个过程所经历的时间(两事件的时间间隔),都要比发生这个过程的物体所在的坐标系(固有坐标系)上的观测者所观测到的时间长;(2) 相对论的长度收缩效应是指:任何一个坐标系观测到的物体的长度,都要比这个物体所在的坐标系(固有坐标系)上的观测者所观测到的长度短。