《电动力学》课后答案文档格式.docx
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yey+
dAz¶
dAxdu
ex
dAydu
ey+
ey
dAzdu
ez）×
（
ez
ez）=Ñ
（3）Ñ
=¶
u/¶
xdAx/du
ydAy/du
zdAz/du
=（=[
--
）ex+（
-
）ey+（
）ez
]ex+[
Ax（u）¶
Az（u）
]ey+[
Ay（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
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=-Ñ
’r=r/r；
Ñ
（1/r）=-Ñ
’（1/r）=-r/r3；
（r/r3）=0；
33
（r/r）=-Ñ
’×
（r/r）=0，（r¹
0）。
（2）求Ñ
r，Ñ
r，（a×
）r，Ñ
（a×
r），Ñ
[E0sin（k×
r）]及
r）]，其中a、k及E0均为常向量。
（1）证明：
r=（x-x’）+（y-y’）+（z-z’）
1Ñ
r=（1/r）[（x-x’）e○
可见Ñ
’r2Ñ
ç
÷
=○
è
rø
æ
1ö
+（y-y’）ey+（z-z’）ez]=r/r
’r=（1/r）[-（x-x’）ex-（y-y’）ey-（z-z’）ez]=-r/r
dæ
1r
r=-2Ñ
r=-3drè
rr
1ræ
’ç
=ç
’r=-2Ñ
’r=3
rrè
drè
’（1/r）3Ñ
（r/r○
3
）=Ñ
[（1/r）r]=Ñ
（1/r）´
r+（1/r）Ñ
r
333
=
3r
3÷
r´
r+0=-4´
r=0drè
4Ñ
（r/r）=Ñ
（1/r）×
r+○
=-
3rr
4
r+
=0，（r¹
0）
（2）解：
1Ñ
r=（○
[（x-x’）ex+（y-y’）ey+（z-z’）ez]=3
exey¶
/¶
yy-y’¶
z=0z-z’¶
y+az
）[（x-x’）ex+（y-y’）ey+（z-z’）ez]
2Ñ
r=○
xx-x’
3（a×
）r=（a○
+ay
=axex+ayey+azez=a
r）=r´
a）+（r×
）a+a´
r）+（a×
）r○
因为，a为常向量，所以，Ñ
a=0，（r×
）a=0，又QÑ
r=0，\Ñ
r）=（a×
）r=a5Ñ
[E○
sin（k×
r）]=（Ñ
E0）sin（k×
r）+E0×
[Ñ
r）]
E0为常向量，Ñ
E0=0，而Ñ
r）=cos（k×
r）Ñ
（k×
r）k，
第2页
所以Ñ
r）]=k×
E0cos（k×
r）6Ñ
r）]=[Ñ
r）]´
E0=k´
V
4.应用高斯定理证明ò
dVÑ
f=dS´
S
f，应用斯托克斯（Stokes）定理证明
ò
dS´
j=
L
dlj
（I）设c为任意非零常矢量，则
c×
f=ò
dV[c×
f）]
根据矢量分析公式Ñ
（A´
B）=（Ñ
A）×
B-A×
B），
令其中A=f，B=c，便得
（f´
c）=（Ñ
f）×
c-f×
c
所以c×
f）]=
（f
c）=
c）×
dS
（dS´
f）=c×
f
因为c是任意非零常向量，所以
（II）设a为任意非零常向量，令F=ja，代入斯托克斯公式，得
F×
dS=F×
dl
（1）
（1）式左边为：
（ja）×
dS=
j´
a×
a+jÑ
a]dS=-ò
a´
j×
SS
=-ò
j
=a×
j
（2）
（1）式右边为：
ja×
dl=a×
jdl（3）所以a×
j=a×
jdl（4）
因为a为任意非零常向量，所以
J+
r¶
t
j=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
r（x’,t）x’dV’，利用电荷守恒定律
J（x’,t）dV
方法（I）
dpd¶
=r（x’,t）x’dV’=[r（x’,t）x’]dV’=ò
VVdtdt¶
tdp
e1=-ò
J）x1’×
e1dV’=-ò
x1’（Ñ
J）dV’=
VVdt
第3页
r（x’,t）¶
x’dV’=-ò
J）x’dV’
[-Ñ
（x1’J）+（Ñ
’x1’）×
J]dV’
=-x1’J×
dS’+
Jx1dV’
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
x1’J×
dS’=0，
e2==
e1=dpdt
dpdtdpdt
Jx2dV’，×
e3=
Jx3dV’
JdV’
方法（II）
r（x’,t）dpd¶
=ò
r（x’,t）x’dV’=ò
[r（x’,t）x’]dV’=ò
VVVVdtdt¶
t¶
根据并矢的散度公式Ñ
（fg）=（Ñ
f）g+（f×
）g得：
（Jx’）=（Ñ
J）x’+（J×
）x’=（Ñ
J）x’+Jdpdt
（Jx’）dV’+
JdV’=-dS×
（Jx’）+ò
JdV’=ò
VV
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
j=m×
R/R的梯度的负值，即Ñ
A=-Ñ
j，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´
）=-Ñ
[m´
+（m×
）Ñ
-[Ñ
）]=Ñ
[（Ñ
）´
m]1r
）×
]m
=（Ñ
m）Ñ
=（m×
1r1r1r
）]m-[（Ñ
其中Ñ
（1/r）=0，（r¹
A=（m×
，（r¹
1r1r）]
m）-（m×
）（Ñ
1r）-[（Ñ
又Ñ
j=Ñ
m×
[m×
1r））]-（Ñ
=-m´
=-（m×
所以，当r¹
0时，Ñ
7.有一4页
当r<
r1时，D1=0，E1=0。
当r1<
r<
r2时，4pr2D2=\D2=
（r-r1）rf
43
p（r-r1）rf
，E2=
3er
，
向量式为E2=
当r>
r2时，4pr2D3=\D3=
（r2-r1）rf
p（r2-r1）rf
3e0r
E3=
向量式为E3=
（2）当r1<
r2时，
rp=-Ñ
P=-Ñ
（D2-e0E2）=-Ñ
（D2-
=-（1-
e0e
D2）
e0
e
当r=r1时，
D2=-（1-
）rf
s
p
=-n×
（P2-P1）=-n×
D2）=-（1-
）D2
r=r1
=0
当r=r2时，s
=n×
P2=（1-
r=r2
=（1-
e0r2-r1e
）3r
22
rf
8.H2=
Jf（r-r1）
2r
=Jfp（r-r1）
，B2=
21
m（r-r1）
Jf´
向量式为B2=
m（r-r）
ˆq=Jfe
J
当r>
r2时，2prH=Jfp（r2-r1）
第5页
所以H3=
Jf（r2-r1）
，B3=
m0（r2-r1）
JfJ
（2）当r1<
r2时，磁化强度为
M=（
向量式为B3=
mm0
-1）H
-1）
（r-r1）2r
所以JM=Ñ
M=Ñ
[（
-1）H2]=（
-1）Ñ
H2=（
-1）Jf
在r=r1处，磁化面电流密度为aM=
12pr1
M
dl=0
在r=r2处，磁化面电流密度为aM=0-
2pr2
m
dl=-（
2r2
（r2-r1）2r
向量式为αM=-（
m0
（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
=-（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
312
4p
l1l2
m0I1dl1´
（I2dl2´
r12）
m0I1I2
dl1´
（dl2´
r12ç
dldl×
2ç
1r3
12è
l1l2ö
-
（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
F21=
r21ç
1ç
2r3
21è
l2l1ö
=÷
ø
ö
r21÷
-
（2）÷
r3（dl2×
dl1）
21ø
dr12r
（1）式中：
æ
dl2dl1×
l1
r12r
=dl2l2
=dl2×
（-
1r12
）
一周
＝0
同理
（2）式中：
=0÷
\F12=-F21=-
（dl1×
11.平行板电容器E1=由于E=所以w
w
f1
e1
，E2=w
e2
（f1
+l2
E×
dl=
l1+
wl1
l2=w
e1e2
=-w
f2
=E（
当介质漏电时，重复上述步骤，可得：
D1=wf1，D2=-wf2，D2-D1=w
\
f3
-w
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
介质2中电流密度J2=s2E2=s2D2/e2=s2（w
+w
）/e2
s1w
/e1=s2（w
\w
e2s1s2e1
s2e2
）w
-1）w
再由E=
E=\
dl
=E1l1+E2l2得
e2s1w
e1e2s2e1
（l1+
s1s2
l2）
l1+s1l2/s2
）=-f3
E=
s2e1s2l1+s1l2
E
=-（w
s1e2s2l1+s1l2
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
（2）当两种电介质（3）
（1）、（3）式相除，即得
tanq2s
tanq1s1
第8页
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¶
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
（3）p=sE2
lfö
（9）=s×
2per÷
b2
（4）将上式在长度为l的一段介质（10）s×
ln2ç
a2peè
由w=
eE得：
W=
wdVò
b
a
lflæ
2prldr=eç
lnç
4peaè
bdlf
所以（11）=ln×
dt2peadt
dW
由（6）（10）（11）得：
P=-
dt
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
=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
（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
å
n
（anR+
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
02
（n³
Pn（coqs）=F0
即：
j0+b0/R0=F0,所以b0=R0（F0-j0）,
b1/R0=E0R0
b1=E0R0
bn=0,（n³
32
ì
j0-E0Rcosq+R0（F0-j0）/R+E0R0cosq/Rj=í
（R£
R0）î
（R>
R0）
（2）设球体待定电势为F0，同理可得
当R®
R0时，由题意，金属球带电量Q
Q=
-e0
j¶
R=R0
dS=e0ò
（E0cosq+
F0-j0
R0
+2E0cosq）R0sinqdqdf
=4pe0R0（F0-j0）
所以（F0-j0）=Q/4pe0R0
j0-E0Rcosq+Q/4pe0R+（E0R0/R）cosqj=í
j0+Q/4pe0R
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
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,（n³
1）
=a0，j外¢
=d0/Rjj得：
a0=d0/R0由e
ja0=所以jE外=
¥
外
Qf4pe0R
er，积分后得：
j外=
R
dR=
4pe
QfR0
在球12页
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。
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+
nn
RP（cosq）n
-（n+1）
R0）
（1）（R³
R0）
（2）
jo=pf×
R/4pe1R+
边界条件为：
ji
P（cosq）n
=jo
（3）
（4）
ji¶
=e2
jo¶
（cosq）的系数，可得：
将
（1）
（2）代入（3）和（4），然后比较Pn
an=0,
bn=0
（n¹
a1=（e1-e2）p
/2pe
（e1+2e2）R0
b1=a1R0=（e1-e2）pf/2pe1（e1+2e2）
于是得到所求的解为：
ji=
jo=
pf×
R4pe1R
（e1-e2）pfRcosq2pe1（e1+2e2）R0
（e1-e2）2pe1（e1+2e2）R
（e1-e2）2pe1（e1+2e2）（R³
RR
（e1-e2）pfcosq2pe1（e1+2e2）R
3pf×
R4p（e1+2e2）R
在均匀介质13页
[（e1-e0）E]=-Ñ
[
=（e0/e1-1）r
e1-e0
D]=（
e0e1
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）
+（e2-e0）
由于e1
，所以3e0（e1-e2）pf2pe1（e1+2e2）R
30
sp=e0（
=cosq
5.空心导体球壳的
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