《电动力学》课后答案.docx
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《电动力学》课后答案
郭硕鸿《电动力学》课后答案
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Ñ的微分性与向量性，推导下列公式：
Ñ（A×B）=B´（Ñ´A）+（B×Ñ）A+A´（Ñ´B）+（A×Ñ）BA´（Ñ´A）=
12
ÑA-（A×Ñ）A
2
解：
（1）Ñ（A×B）=Ñ（A×Bc）+Ñ（B×Ac）
=Bc´（Ñ´A）+（Bc×Ñ）A+Ac´（Ñ´B）+（Ac×Ñ）B
=B´（Ñ´A）+（B×Ñ）A+A´（Ñ´B）+（A×Ñ）B
（2）在
（1）中令A=B得：
Ñ（A×A）=2A´（Ñ´A）+2（A×Ñ）A，
所以A´（Ñ´A）=
1
2
Ñ（A×A）-（A×Ñ）A
2
即A´（Ñ´A）=
dfdu
ÑA
2
-（A×Ñ）A
2.设u是空间坐标x,y,z的函数，证明：
Ñf（u）=
Ñu，Ñ×A（u）=Ñu×
dAdu
，Ñ´A（u）=Ñu´
df¶udu¶xÑu
+
dAdu
df¶udu¶z
证明：
（1）Ñf（u）=
¶f（u）¶x=df（ex+¶u
¶f（u）¶y¶u¶yey+ey+
+
¶f（u）¶z¶u¶z
ez=ex+
df¶udu¶y
ey+ez
du¶x
¶x
ex+
+
ez）=
dfdu=
（2）Ñ×A（u）=
=（
¶Ax（u）
¶Ay（u）¶y
¶Az（u）¶z
dAx¶udu¶x¶u¶xex+
dAy¶udu¶yey+
+
dAz¶udu¶z
dAdu
dAxdu
ex+
ex
dAydu
ey+
ey
dAzdu
ez）×（
ez
¶u¶y
¶u¶z
ez）=Ñu×
（3）Ñu´
dAdu
=¶u/¶xdAx/du
¶u/¶ydAy/du
¶u/¶zdAz/du
=（=[
dAz¶udu¶y¶Az（u）¶y
--
dAy¶udu¶z¶Ay（u）¶z
）ex+（
dAx¶udu¶z¶z
-
-
dAz¶udu¶x¶x
）ey+（
dAy¶udu¶x¶x
-
-
dAx¶udu¶y¶y
）ez
]ex+[
¶Ax（u）¶Az（u）
]ey+[
¶Ay（u）
¶Ax（u）
]ez
=Ñ´A（u）
3.设r=
222
（x-x’）+（y-y’）+（z-z’）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：
Ñr=-Ñ’r=r/r；Ñ（1/r）=-Ñ’（1/r）=-r/r3；Ñ´（r/r3）=0；
33
Ñ×（r/r）=-Ñ’×（r/r）=0，（r¹0）。
（2）求Ñ×r，Ñ´r，（a×Ñ）r，Ñ（a×r），Ñ×[E0sin（k×r）]及
Ñ´[E0sin（k×r）]，其中a、k及E0均为常向量。
2
2
2
（1）证明：
r=（x-x’）+（y-y’）+（z-z’）
x
1Ñr=（1/r）[（x-x’）e○
可见Ñr=-Ñ’r2Ñç÷=○
èrøæ1ö
+（y-y’）ey+（z-z’）ez]=r/r
Ñ’r=（1/r）[-（x-x’）ex-（y-y’）ey-（z-z’）ez]=-r/r
dæ1ö1r
ç÷Ñr=-2Ñr=-3drèrørr
dæ1ö1ræ1ö
Ñ’ç÷=ç÷Ñ’r=-2Ñ’r=3
rrèrødrèrø
可见Ñ（1/r）=-Ñ’（1/r）3Ñ´（r/r○
3
）=Ñ´[（1/r）r]=Ñ（1/r）´r+（1/r）Ñ´r
333
=
3
dæ1ö3r
ç3÷Ñr´r+0=-4´r=0drèrørr
3
3
4Ñ×（r/r）=Ñ×[（1/r）r]=Ñ（1/r）×r+○
=-
3rr
4
1r
3
Ñ×r
r
×r+
3r
3
=0，（r¹0）
（2）解：
1Ñ×r=（○
¶¶xex+
¶¶yey+
¶¶z
ez）×[（x-x’）ex+（y-y’）ey+（z-z’）ez]=3
exey¶/¶yy-y’¶
x
ez
¶/¶z=0z-z’¶¶y+az
¶¶z
）[（x-x’）ex+（y-y’）ey+（z-z’）ez]
2Ñ´r=○
¶/¶xx-x’
3（a×Ñ）r=（a○
¶x
+ay
=axex+ayey+azez=a
4Ñ（a×r）=r´（Ñ´a）+（r×Ñ）a+a´（Ñ´r）+（a×Ñ）r○
因为，a为常向量，所以，Ñ´a=0，（r×Ñ）a=0，又QÑ´r=0，\Ñ（a×r）=（a×Ñ）r=a5Ñ×[E○
sin（k×r）]=（Ñ×E0）sin（k×r）+E0×[Ñsin（k×r）]
E0为常向量，Ñ×E0=0，而Ñsin（k×r）=cos（k×r）Ñ（k×r）=cos（k×r）k，
第2页
电动力学习题解答
所以Ñ×[E0sin（k×r）]=k×E0cos（k×r）6Ñ´[E○
sin（k×r）]=[Ñsin（k×r）]´E0=k´E0cos（k×r）]
V
4.应用高斯定理证明òdVÑ´f=dS´
S
f，应用斯托克斯（Stokes）定理证明
ò
S
dS´Ñj=
L
dlj
证明：
（I）设c为任意非零常矢量，则
c×òdVÑ´f=òdV[c×（Ñ´f）]
V
V
根据矢量分析公式Ñ×（A´B）=（Ñ´A）×B-A×（Ñ´B），
令其中A=f，B=c，便得
Ñ×（f´c）=（Ñ´f）×c-f×（Ñ´c）=（Ñ´f）×c
所以c×òdVÑ´f=òdV[c×（Ñ´f）]=
V
V
òdVÑ×（f
V
´c）=
（f
´c）×dS
=
c×（dS´f）=c×dS´f
因为c是任意非零常向量，所以
òdVÑ´
V
f=dS´f
（II）设a为任意非零常向量，令F=ja，代入斯托克斯公式，得
òÑ´F×dS=F×dl
（1）
S
（1）式左边为：
òÑ´（ja）×dS=
S
=
ò
S
Ñj´a×dS
S
ò[Ñj´a+jÑ´a]dS=-òa´Ñj×dS
SS
=-òa×Ñj´dS=
S
ò
S
a×dS´Ñj
=a×òdS´Ñj
（2）
（1）式右边为：
ja×dl=a×jdl（3）所以a×òdS´Ñj=a×jdl（4）
S
因为a为任意非零常向量，所以
ò
Ñ×J+
¶r¶t
S
dS´Ñj=jdl
5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为p（t）=
=0证明p的变化率为：
dpdt
=
ò
V
r（x’,t）x’dV’，利用电荷守恒定律
ò
V
J（x’,t）dV
证明：
方法（I）
dpd¶=r（x’,t）x’dV’=[r（x’,t）x’]dV’=òòVVdtdt¶tdp
×e1=-ò（Ñ’×J）x1’×e1dV’=-òx1’（Ñ’×J）dV’=
VVdt
第3页
ò
¶r（x’,t）¶t
V
x’dV’=-ò（Ñ’×J）x’dV’
V
ò
V
[-Ñ’×（x1’J）+（Ñ’x1’）×J]dV’
电动力学习题解答
=-x1’J×dS’+
S
ò
V
Jx1dV’
dpdt
因为封闭曲面S为电荷系统的边界，所以电流不能流出这边界，故
同理所以
S
x1’J×dS’=0，
×e2==
×e1=dpdt
ò
V
Jx1dV’
dpdtdpdt
ò
V
Jx2dV’，×e3=
ò
V
Jx3dV’
òJdV’
V
方法（II）
¶r（x’,t）dpd¶
=òr（x’,t）x’dV’=ò[r（x’,t）x’]dV’=òx’dV’=-ò（Ñ’×J）x’dV’
VVVVdtdt¶t¶t
根据并矢的散度公式Ñ×（fg）=（Ñ×f）g+（f×Ñ）g得：
Ñ×（Jx’）=（Ñ×J）x’+（J×Ñ）x’=（Ñ×J）x’+Jdpdt
=-òÑ’×（Jx’）dV’+
V
òJdV’=-dS×（Jx’）+òJdV’=òJdV’
V
VV
3
6.若m是常向量，证明除R=0点以外，向量A=（m´R）/R的旋度等于标量
3
j=m×R/R的梯度的负值，即Ñ´A=-Ñj，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：
QÑ（1/r）=-r/r3
\Ñ´A=Ñ´（
m´rr
3
）=-Ñ´[m´（Ñ+（m×Ñ）Ñ-[Ñ
2
1r
）]=Ñ´[（Ñ
1r
1r
）´m]1r
）×Ñ]m
=（Ñ×m）Ñ=（m×Ñ）Ñ
1r1r1r
1r
-[Ñ×（Ñ）]m-[（Ñ
1r
]m
2
其中Ñ（1/r）=0，（r¹0）
\Ñ´A=（m×Ñ）Ñ，（r¹0）
1r1r）]
）´（Ñ´m）-（m×Ñ）（Ñ
1r）-[（Ñ
1r
）×Ñ]m
又Ñj=Ñ（
m×rr
3
）=-Ñ[m×（Ñ
1r））]-（Ñ
=-m´[Ñ´（Ñ=-（m×Ñ）（Ñ
1r
所以，当r¹0时，Ñ´A=-Ñj
7.有一4页
电动力学习题解答
当r当r1（r-r1）rf
3r
2
3
3
43
3
p（r-r1）rf
3
，E2=
3
3
（r-r1）rf
3er
2
33
，
向量式为E2=
（r-r1）rf
3er
3
r
3
3
当r>r2时，4pr2D3=\D3=
（r2-r1）rf
3r
2
3
3
43
p（r2-r1）rf
（r2-r1）rf
3e0r
2
3
3
E3=
3
3
向量式为E3=
（r2-r1）rf
3e0r
3
r
（2）当r1rp=-Ñ×P=-Ñ×（D2-e0E2）=-Ñ×（D2-
=-（1-
e0e
D2）
e0
e
当r=r1时，
）Ñ×D2=-（1-
e0e
）rf
s
p
=-n×（P2-P1）=-n×（D2-
e0e
D2）=-（1-
e0e
）D2
r=r1
=0
当r=r2时，s
p
=n×P2=（1-
e0e
）D2
r=r2
=（1-
e0r2-r1e
）3r
22
33
rf
8.H2=
Jf（r-r1）
2r
2
2
=Jfp（r-r1）
2
2
22
22
，B2=
21
m（r-r1）
2r
2
2
Jf´r
向量式为B2=
m（r-r）
2r
3
ˆq=Jfe
2
m（r-r1）
2r
2
2
J
f
当r>r2时，2prH=Jfp（r2-r1）
第5页
电动力学习题解答
所以H3=
Jf（r2-r1）
2r
2
22
，B3=
2
m0（r2-r1）
2r
22
JfJ
´r
2r
（2）当r1M=（
向量式为B3=
m0（r2-r1）
ˆq=Jfe
m0（r2-r1）
2r
2
22
2
f
mm0
-1）H
2
=（
mm0
-1）
（r-r1）2r
2
2
J
f
´r
所以JM=Ñ´M=Ñ´[（
mm0
-1）H2]=（
mm0
-1）Ñ´H2=（
mm0
-1）Jf
在r=r1处，磁化面电流密度为aM=
12pr1
M
1
×dl=0
在r=r2处，磁化面电流密度为aM=0-
2pr2
M
m
×dl=-（
2
mm0
2r2
2
-1）
2
（r2-r1）2r
2
2
22
J
f
向量式为αM=-（
m0
-1）
（r2-r1）
Jf
9.证明均匀介质P=（e/e0-1）e0E=（e-e0）E
所以rp=-Ñ×P=-（e-e0）Ñ×E=-（e-e0）（1/e）Ñ×D
=-[（e-e0）/e]r
f
=-（1-e0/e）rf
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:
线圈1在线圈2的磁场中受的力:
dF12=I1dl1´B2,
而B2=\F12=
m04p
l2
I2dl2´r12
r
312
，
4p
l1l2
m0I1dl1´（I2dl2´r12）
r
312
=
m0I1I2
4p
l1l2
dl1´（dl2´r12）
r
312
=
m0I1I2
4p
ær12çdldl×2ç1r3
12èl1l2ör12
÷-
（1）÷r3（dl1×dl2）
12ø
同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力：
第6页
电动力学习题解答
F21=
m0I1I2
4p
ær21çdldl×1ç2r3
21èl2l1ö
÷=÷ø
ör21÷-
（2）÷r3（dl2×dl1）
21ø
dr12r
2
12
（1）式中：
ær12çdldl×2ç1r3
12èl1l2
dl2dl1×
l2
l1
r12r
3
12
=dl2l2
l1
=dl2×（-
l2
1r12
）
一周
＝0
同理
（2）式中：
ær21çdldl×1ç2r3
21èl2l1ö
÷=0÷ø
\F12=-F21=-
m0I1I2
4p
r
l1l2
r12
312
（dl1×dl2）
11.平行板电容器E1=由于E=所以w
w
f1
e1
，E2=w
f1
w
f1
e2
（f1
l1
+l2
）
ò
E×dl=
e1
l1+
wl1
f1
e2
l2=w
e1e2
f1
=-w
f2
=E（
e1
+
l2
e2
）
当介质漏电时，重复上述步骤，可得：
D1=wf1，D2=-wf2，D2-D1=w
\
f3
w
f3
=-w
f1
-w
f2
f1
介质1中电流密度J1=s1E1=s1D1/e1=s1w由于电流恒定，J1=J2，
第7页
/e1
f1
介质2中电流密度J2=s2E2=s2D2/e2=s2（w
+w
f3
）/e2
电动力学习题解答
\
s1w
f1
/e1=s2（w
f1
+w
f3
）/e2
\w
f3
=
e2s1s2e1
（
-
s2e2
）w
f1
=（
e2s1s2e1
-1）w
f1
再由E=
E=\
òE×dl
l1+
=E1l1+E2l2得
f1
w
f1
e2s1w
e1e2s2e1
=
w
f1
e1
（l1+
s1s2
l2）
w
f1
=
e1
l1+s1l2/s2
+w
）=-f3
E=
s2e1s2l1+s1l2
E
E
w
f2
=-（w
s1e2s2l1+s1l2
f1
w
f3
=
s1e2-s2e1s2l1+s1l2
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
tanq2e
=2
tanq1e1
其中e1和e2分别为两种介质的介电常数，q1和q2分别为界面两侧电场线与法线的夹角。
（2）当两种导电介质
（1）
交界面处无自由电荷，所以D的法向分量连续，即
D1cosq1=D2cosq2
e1E1cosq1=e2E2cosq2
（2）
（1）、
（2）式相除，得
tanq2e
=2
tanq1e1
（2）当两种电介质（3）
（1）、（3）式相除，即得
tanq2s
=2
tanq1s1
第8页
电动力学习题解答
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；在恒定电流情况下，导体q=0
即E只有法向分量，电场线与导体表面垂直。
（2）在恒定电流情况下，设导体a=0
即J只有切向分量，从而E只有切向分量，电场线与导体表面平行。
14.2prL×D=lf×L
（1）
所以D=，JD=
（2）2pr2pr¶t
再由电流连续性方程得：
2prL×Jf=-¶q/¶t=-L（¶lf/¶t）（3）
所以Jflf1¶lf=-1¶lf
即Jf与JD
（2）由Jf2pr¶t严格抵消，因此（4）=sE得：
J=
+ses
eD=s2pe×lfr（5）联立
（2）（4）（5）得
所以dlf+dlfdtlf=0（6）s
elfdt=0
-s
elf=Ce
设初始条件为lf
所以，lf=lf0e-t（7）t=0=lf0，则由（7）式得C=lf0set（8）
第9页
电动力学习题解答
（3）p=sE2
ælfö
÷（9）=s×çç2per÷
èø
2
b2
（4）将上式在长度为l的一段介质（10）s×çln2ç2per÷a2peèø
2
2
2
2
由w=
1
2
2
eE得：
W=
1
wdVò2
V
=
12
ò
b
a
lflælföb
÷×2prldr=eçlnç2per÷4peaèø
bdlf
所以（11）=ln×
dt2peadt
dW
由（6）（10）（11）得：
P=-
dt
dW
lfl
即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。
第二章静电场
1.一个半径为R的电介质球，极化强度为P=Kr/r2，电容率为e。
（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10页
电动力学习题解答
=2peR（1+
ee0
）（
K
e-e0
2）
2.在均匀外电场中置入半径为R0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F0；
（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E0方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。
当R>R0时，电势j满足拉普拉斯方程，通解为
j=
å
n
（anR+
n
bnR
n+1
）Pn（cosq）
因为无穷远处E®E0，j®j0-E0Rcosq=j0-E0RP1（cosq）所以a0=j0，a1=-E0，an=0,当R®R0时，j®F0
s）+所以j0-E0R0P1（coq
bnR
n+1
02
（n³2）
å
n
Pn（coqs）=F0
即：
j0+b0/R0=F0,所以b0=R0（F0-j0）,
b1/R0=E0R0
b1=E0R0
3
bn=0,（n³2）
32
ìj0-E0Rcosq+R0（F0-j0）/R+E0R0cosq/Rj=í
（R£R0）îF0
（R>R0）
（2）设球体待定电势为F0，同理可得
32
ìj0-E0Rcosq+R0（F0-j0）/R+E0R0cosq/Rj=í
（R£R0）îF0
（R>R0）
当R®R0时，由题意，金属球带电量Q
Q=
-e0
¶j¶n
R=R0
dS=e0ò（E0cosq+
F0-j0
R0
2
+2E0cosq）R0sinqdqdf
=4pe0R0（F0-j0）
所以（F0-j0）=Q/4pe0R0
32
ìj0-E0Rcosq+Q/4pe0R+（E0R0/R）cosqj=í
（R£R0）îj0+Q/4pe0R
（R>R0）
3.均匀介质球的中心置一点电荷Qf，球的电容率为e，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Qf的电势Qf/4peR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Qf的电势Qf/4peR与球面上的极化电荷所产生的电势
第11页
电动力学习题解答
的迭加。
设极化电荷产生的电势为j¢，它满足拉普拉斯方程。
在球坐标系中解的形式为：
¢=jjdn=0,（n³1）
¢=a0，j外¢=d0/Rjj得：
a0=d0/R0由e
¶ja0=所以jE外=
¥
¥
外
Qf4pe0R
2
er，积分后得：
j外=
òE
R
×dR=
ò4pe
R
QfR0
2
dR=
Qf4pe0R
在球12页
电动力学习题解答
4.均匀介质球（电容率为e1）的中心置一自由电偶极子pf，球外充满了另一种介质（电
容率为e2），求空间各点的电势和极化电荷分布。
解：
以球心为原点，pf的方向为极轴方向建立球坐标系。
空间各点的电势可分为三种电
荷的贡献，即球心处自由电偶极子、极化电偶极子及球面上的极化面电荷三部分的贡献，其中电偶极子产生的总电势为pf×R/4pe1R。
所以球ji=pf×R/4pe1R3+
åa
n
nn
n
RP（cosq）n
-（n+1）
n
（R£R0）
（1）（R³R0）
（2）
jo=pf×R/4pe1R+
边界条件为：
ji
R=R0
3
åb
R
P（cosq）n
=jo
R=R0
（3）
（4）
R=R0
e1
¶ji¶R
R=R0
=e2
¶jo¶R
（cosq）的系数，可得：
将
（1）
（2）代入（3）和（4），然后比较Pn
an=0,
3
bn=0
（n¹1）
f
a1=（e1-e2）p
/2pe
1
（e1+2e2）R0
3
b1=a1R0=（e1-e2）pf/2pe1（e1+2e2）
于是得到所求的解为：
ji=
=
jo=
=
pf×R4pe1R
3
+
（e1-e2）pfRcosq2pe1（e1+2e2）R0
（e1-e2）2pe1（e1+2e2）R
2
3
pf×R4pe1R
pf×R4pe1R
3
3
3
+
pf×R
+
（R£R0）
（e1-e2）2pe1（e1+2e2）（R³R0）
pf×RR
3
+
（e1-e2）pfcosq2pe1（e1+2e2）R
3
=
pf×R4pe1R
3
3pf×R4p（e1+2e2）R
在均匀介质13页
电动力学习题解答
rp=-Ñ×P=-Ñ×[（e1-e0）E]=-Ñ×[
=（e0/e1-1）r
f
e1-e0
e1
D]=（
e0e1
-1）Ñ×D
所以pp=（e0/e1-1）pf
在两介质交界面上，极化电荷面密度为
sp=er×（p1-p2）=（e1-e0）er×Ei-（e2-e0）er×Eo
=-（e1-e0）
¶ji¶R
R0
+（e2-e0）
¶jo¶R
R0
由于e1
¶ji¶R
R0
=e2
¶jo¶R
R0
，所以3e0（e1-e2）pf2pe1（e1+2e2）R
30
sp=e0（
¶ji¶R
-
¶jo¶R
）
R0
=cosq
5.空心导体球壳的
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