郭碩鴻電動(dòng)力學(xué)課后答案

1、電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答電動(dòng)力學(xué)答案第一章電磁現(xiàn)象的普遍規(guī)律1.根據(jù)算符I的微分性與向量性，推導(dǎo)下列公式：'(A B)= B C A)(B ' )A A C B)(A )BA ('、 A)=計(jì) A? -(A) A解：(1 八(A B) = '、(A Bc) '、(B Ac)二 Bc C A) (B ) A Ac C B) - (Ac 人)B 二 B C A)(B s ) A A " B) - (A ' ) B(2)在(1)中令A(yù) = B得：V ) A-(AP( A A) =2 A 匯(A)+2(A E) A， 所以 A C A)詔1( A A)

2、 (A ' ) A 即 A ('、 A) = y、A22.設(shè)u是空間坐標(biāo)x,y,z的函數(shù)，證明：dA'A(u)-dAdu-J£' f (u)=' u ，、' A(u) - ' udu證明：第1頁(yè)汗(u)cz：'u 、 yez)-czdf ：:uedu :xdf、udu(1) f(u)=3 ex 辿 eyoyfuey：Ay(u)：Az(u) _ dAx ：udAy寧e ydu:xdf ：:u (ex du :x(2) ' A(uAxIu) ex珂如e xduezdf ：:udu 斜 ey+:zdu :x dudAz

3、'u蟲(chóng)ez) (- exeydu:x:ydAy ：u dAz ；:u 十-:y du :z,u ,dAe z)u:zdu電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答第 5頁(yè)(3)d Aduex.:u / ； xdAx /due ye z.u /:y :u/：zdAy/du dAz / dudAz ；:udAy ；:udAx judAz ；:u=(' )ex('-一du ；y du ；zr；:Az(u)：'Ay(u)=一=''、A (u)e ydu :z du ；x宀亠e y&dx(dAy ；：udu ：XJAyW)：Ax(u)excyez3.設(shè)r二(xx')

4、2 (y-y')2 (z-z')2為源點(diǎn)x'到場(chǎng)點(diǎn)x的距離，r的方向規(guī)定為 從源點(diǎn)指向場(chǎng)點(diǎn)。(1) 證明下列結(jié)果，并體會(huì)對(duì)源變量求微商與對(duì)場(chǎng)變量求微商的關(guān)系：33= r / r ；、(1/ r) - - '(1/ r) - r / r ；、(r / r ) = 0 ；'、(r/r ) -'(r/r )=0， (r = 0)。(2) 求 i r，'-r ，(a ' ) r ，'、(a r) , E 0 sin( k r)及'E 0sin( k r)，其中a、k及E。均為常向量。(1)證明：r = (x -x'

5、)2 (y - y')2 (z - z')20 r =(1/r)(x -x')ex (y -y')ey (z-N)ez二 r/ri'r =(1/r)-(x -x')ex (y -y')ey -(z -z')ez = -r/r可見(jiàn)、'、r - - 'r2”r可見(jiàn) '、1/r - -' 1/r可 x( r / r3)=習(xí) x(1/r3)r=N(1/r3)x r + (1/r3)可 x rddr'1、3 ri'r 匯 r + 0 =二一 x r ir 丿r r(r/r3)八 (1/r3)r

6、八(1/r3) r3r3 4r03rrr(2)解：CDrex+ -ey ez) (xtxy(r =0)x')ex(y - y')ey (z - z')e=3exe yez可乂 r =c / dxc / dyc/ fzX x'y - y'z z'3(a 冃)r=(axf+ayf +az=0=axex ' ay ey ' azez = a一)(x-x')ex (y-y')ey(z - z')ezjz4 i (ar) = r ( a) - (ri)a - a('、r) - (a )r因?yàn)?，a為常向量，所以

7、，、a= 0,(r '、)a= 0 ,火：'、r =0 , . '、(a r) = (a 飛)r = a5 ''、EoSin(k r)Eo)sin(k r) Eo h sin(k r)E0為常向量，i E0 =0，而sin(k r) = cos(k ry (k r) = cos(k r)k ,所以 '、E°sin(k r)二 k E°cos(k r)'、E0sin( k r)二八 sin(k r) E 0 二 k E 0 cos(k r)4.應(yīng)用高斯定理證明V dV漢f = <dS，應(yīng)用斯托克斯(Stokes)定

8、理證明dSdlS'L證明：(l)設(shè)c為任意非零常矢量，則c dVi f = dVc C f)VV根據(jù)矢量分析公式 (A B) = C A)- A " B)，令其中A = f， B = c，便得'、(f c)f) c - f C c)f) c所以 c dV f = dV c C f )H . dV (f c)=( f c) dSVVV二:c (dS f) = c i dS f因?yàn)閏是任意非零常向量，所以dVi f = dS fV(II)設(shè)a為任意非零常向量，令F二a,代入斯托克斯公式，得(1)字 xF dS = F dl(1)式左邊為:V fs(a) dS = . pa

9、 * adSSa dS =-adS 二 a dS 'SS=a ,dS '(3)(7)電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答(1)式右邊為:i,：-a dl = a i»dl所以 adS- dlJS'因?yàn)閍為任意非零常向量，所以 sdS ：廠；dl5.已知一個(gè)電荷系統(tǒng)的偶極矩定義為-pJ '0證明P的變化率為：方法(I)dp _ d 一 一 -dt "dpdt證明:P(t)= V P(x',t)x'dV'，利用電荷守恒定律 加 V J (x',t)dV=dt V(x',t)x'dV=v(x' ,t)x'

10、dV' = v：(x ,t) x' dV i ( ' J) x' dV'8=_V(0J)Xi'8dV' = -(燈何J)dV'= -0(x1J)+(Wxi') JdV'dS'JxdV'Vxi'J '因?yàn)榉忾]曲面S為電荷系統(tǒng)的邊界，所以電流不能流出這邊界， x1'J dS'=O,dpSdtP 2 二 vJx2dV'，dt Vd pJ dV' dt V(II)dp _ ddt dt V ''V ；:t根據(jù)并矢的散度公式 ( fg) = f)

11、g ( f人)g得：'、(Jx') J)x' (J)x' =C J )x' Jdp'(Jx' )dV'JdV'二-dS (Jx')JdV'dtVVVm是常向量，證明除 R=0點(diǎn)以外，向量 A( m R )/R3的旋度等于標(biāo)量 R/R3的梯度的負(fù)值，即l A = ，其中R為坐標(biāo)原點(diǎn)到場(chǎng)點(diǎn)的距離，同理所以方法ei = V J x1dV ' d e- VJx3dV'V “ x' ,t) x' dV=v '(x' ,t)x' IcV'nxCt-t-1x

12、' cV'=-iC' J) x' dV'v JdV'-36.若m方向由原點(diǎn)指向場(chǎng)點(diǎn)。證明：；i (1/r) = -r / r3m 工 r11二漢 A = R x ()= 一燈莓 m 汽( 一)=燈 X (N )X mrrr1 111m)(m ') p () m-()丄mrrrr11=(m、)' p 2 -mrr第4頁(yè)電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答其中 3 or2 (存 - r) 4(1/r)=0 ,( 0)1.A = (m),(r = 0)rf -川m r 1、又刁!鞏) _ -4m C -)rr11 11二一m i () -() C m) -

13、(m'、)()()' mrrrr-(m '、)('、-)r所以，當(dāng)r = 0時(shí)，i A =7丨7.有一內(nèi)外半徑分別為 r1和r2的空心介質(zhì)球，介質(zhì)的電容率為；，使介質(zhì)球內(nèi)均勻帶靜止自由電荷 匚，求：(1)空間各點(diǎn)的電場(chǎng)；(2)極化體電荷和極化面電荷分布。解：(1)設(shè)場(chǎng)點(diǎn)到球心距離為r。以球心為中心，以r為半徑作一球面作為高斯面。由對(duì)稱性可知，電場(chǎng)沿徑向分布，且相同r處場(chǎng)強(qiáng)大小相同。 當(dāng) r : r1 時(shí)，D1 = 0 , E1 = 0。當(dāng) ” ：:r : r2 時(shí),4 ：r2D2 = 4 ：(r r3；°r3 _ () 4 (3-13)亠3；r23r2

14、第 17頁(yè)向量式為Uf r當(dāng)r - r2時(shí),24r D33 r343(r2 -ri3向量式為3r2(2)當(dāng)r汀:a 時(shí),y 卩、(D2 - ；oE2)(D2D2)一(1宀 D2 (1-»zz當(dāng)r =r1時(shí)，%許=-n ( P2 -= -n (D 2 -D 2)= -(1-)D 2= =0zgr #1當(dāng)r 時(shí)，二 n P2 =(1-二)D233二(1-孚 A8.內(nèi)外半徑分別為r1和r2的無(wú)窮長(zhǎng)中空導(dǎo)體圓柱，沿軸向流有恒定均勻自由電流 體的磁導(dǎo)率為，求磁感應(yīng)強(qiáng)度和磁化電流。解：（1）以圓柱軸線上任一點(diǎn)為圓心，在垂直于軸線平面內(nèi)作一圓形閉合回路，設(shè)其半 徑為r。由對(duì)稱性可知，磁場(chǎng)在垂直于軸

15、線的平面內(nèi)，且與圓周相切。H 1 = 0, B1 = 02 rH 2 二 J f 二（r2 -2 B 叫-r12）J2rB2 二 2r Jf2 2 2 2臨一14J f r當(dāng) r : ri 當(dāng) ri : r所以 H向量式為J f，導(dǎo)時(shí)，由安培環(huán)路定理得：:2時(shí)，由環(huán)路定理得:Jf（r2 -rj）當(dāng)r r2所以 H向量式為(2)當(dāng)所以2r-2r227H3 二 Jf 二(r； -r；)BJ0(r/-rj)1,B3=-Jf2r2r%(r； -,qS(r22 -)I rJ f ? = 2pJ f r時(shí)，J f (r22 -ri2)2r磁化強(qiáng)度為2=( 1) 2%2r2J M =>M 洶(丁 -1

16、)H 2 =(丁 -1)v H 20i A : r : r2M珂-1) H 20時(shí),z 22(r -ri) J f r：M0=r1處，磁化面電流密度為1M dl = 02-r1 -=(丁-1)J f0在r = r2處，磁化面電流密度為1 卩 ：m =0M d -（2兀Q%2向量式為aM =_（_1）:%2r2z 22_1)(r2 -r1)J1) 2r； Jf(D2 -).2 J f11.平行板電容器內(nèi)有兩層介質(zhì)，它們的厚度分別為11和丨2，電容率為“和；2，今在兩板接上電動(dòng)勢(shì)為E的電池，求：（1）電容器兩極板上的自由電荷面密度- f1和，f2 ；（2）介質(zhì)分界面上的自由電荷面密度- f3。（若

17、介質(zhì)是漏電的，電導(dǎo)率分別為和二2當(dāng)電流達(dá)到恒定時(shí)，上述兩物體的結(jié)果如何？）解：忽略邊緣效應(yīng)，平行板電容器內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)方向垂直于極板，且介質(zhì)中的場(chǎng)強(qiáng)分段均勻，分別設(shè)為E i和E2，電位移分別設(shè)為 Di和D2，其方向均由正極板指向負(fù)極板。當(dāng) 介質(zhì)不漏電時(shí)，介質(zhì)內(nèi)沒(méi)有自由電荷， 因此，介質(zhì)分界面處自由電荷面密度為'f3 = °取高斯柱面，使其一端在極板A內(nèi)，另一端在介質(zhì)1內(nèi)，由高斯定理得：Di =j：fi同理，在極板 B內(nèi)和介質(zhì)2內(nèi)作高斯柱面，由高斯定理得：D2 二- -f2在介質(zhì)1和介質(zhì)2內(nèi)作高斯柱面，由高斯定理得:所以有EiflE2fl由于E dlfififi所以當(dāng)介質(zhì)漏電時(shí)，重復(fù)

18、上述步驟，可得:Di =' fi， D= _ f 2，D21 Di =- f3-仏一“-介質(zhì)i中電流密度Ji =Ei = Di / M介質(zhì) 2 中電流密度J 2 = ；丁2 E 2 二二 2 D 2 / ；2 =二2（fi ，f 3）/ ；2由于電流恒定，JJ 2，f 'fi/ ；i '('fi *)/ ；2)'fi2-i)w再由 E 二 E dl 二Eili E2I2 得EEl2)li 二 il2/；2二 2h 62'f2 二C'fif3)二2iJIi3.試用邊值關(guān)系證明：在絕緣介質(zhì)與導(dǎo)體的分界面上，在靜電情況下，導(dǎo)體外的電場(chǎng)線 總是垂

19、直于導(dǎo)體表面； 在恒定電流情況下， 導(dǎo)體內(nèi)電場(chǎng)線總是平行于導(dǎo)體表面。證明：（i）設(shè)導(dǎo)體外表面處電場(chǎng)強(qiáng)度為E，其方向與法線之間夾角為 二，則其切向分量為Esin日。在靜電情況下，導(dǎo)體內(nèi)部場(chǎng)強(qiáng)處處為零，由于在分界面上E的切向分量連續(xù)，所以Es in e =0因此二0即E只有法向分量，電場(chǎng)線與導(dǎo)體表面垂直。（2）在恒定電流情況下， 設(shè)導(dǎo)體內(nèi)表面處電場(chǎng)方向與導(dǎo)體表面夾角為，則電流密度J E與導(dǎo)體表面夾角也是 。導(dǎo)體外的電流密度 J = 0 ,由于在分界 面上電流密度的法向分量連續(xù)，所以cE sin： - 0因此0即J只有切向分量，從而 E只有切向分量，電場(chǎng)線與導(dǎo)體表面平行。14. 內(nèi)外半徑分別為 a和

20、b的無(wú)限長(zhǎng)圓柱形電容器，單位長(zhǎng)度荷電為'f，板間填充電導(dǎo)率為二的非磁性物質(zhì)。（1）證明在介質(zhì)中任何一點(diǎn)傳導(dǎo)電流與位移電流嚴(yán)格抵消，因此內(nèi)部無(wú)磁場(chǎng)。（2）求 f隨時(shí)間的衰減規(guī)律。（3）求與軸相距為r的地方的能量耗散功率密度。（4） 求長(zhǎng)度I的一段介質(zhì)總的能量耗散功率，并證明它等于這段的靜電能減少率。解：（1）以電容器軸線為軸作一圓柱形高斯面，其半徑為r，長(zhǎng)度為L(zhǎng),其中a : r : b則由咼斯定埋得：2.rL -D = f L(1)hf1以f所以 D,J D :(2)2兀r2 二r ；:t再由電流連續(xù)性方程得:2二rL Jf 二_：q/ 二L(： f / ：t)(3)1 覦f 所以 J

21、fJ D2兀r瞇即Jf與J D嚴(yán)格抵消，因此內(nèi)部無(wú)磁場(chǎng)。CC' f（2）由 J f = '- E 得： J f D =&2耽rdkf cr聯(lián)立（2）（ 4）（ 5）得-f = 0dt g昵 a所以f dt =0 f ；f 二 Ce ；設(shè)初始條件為 Af=妬0，則由（7）式得C =t T.It(4)(5)(6)(7)(8)所以，f - ' f 0e ；(3)(9)(4)將上式在長(zhǎng)度為I的一段介質(zhì)內(nèi)積分，得w詔；E2得:a2dV 二:2 .-'fl bIna(10)1W wdV2 $2 VdW kfl所以=_Llnb祐I b2 二 rl dr =Inadt2

22、二；a dt(11)由（6）（ 10）（ 11）得：P = -dWdt即總的能量耗散功率等于這段介質(zhì)的靜電能減少率。第二章靜電場(chǎng)21. 一個(gè)半徑為R的電介質(zhì)球，極化強(qiáng)度為P = Kr / r，電容率為；。（1）計(jì)算束縛電荷的體密度和面密度：（2 ）計(jì)算自由電荷體密度；（3）計(jì)算球外和球內(nèi)的電勢(shì)；（4 ）求該帶電介質(zhì)球產(chǎn)生的靜電場(chǎng)總能量。解:（ 1）訂二 一' P - -K，（r/r2） - -K（1/r2）r r 人（1/r2） - - K / r2 p = -n (P2 - PJ = er P r =K/R(2) D內(nèi)二 pE P 二 P ；/( ； JJ 八 D內(nèi)=九 P/(； -

23、 p) = ；K/(； - ；0)r2(3) E內(nèi)二 D內(nèi) / ； - P /( ； - ；0)外0QO二” E外內(nèi)R=,r E 內(nèi). 'fdV1 1（4D E取二辦SKRe r 2 er4 5rp( ； - p)r,EKRd r :客 0(0)rKR ;drdE外 dr(ln)一一r%1 2K2R2:4r2dr2 ；0(；- ；0)2 R1 K_07-"02R 4r dr0 _0 r=2二;R（1）（ K ）2詢 o2. 在均勻外電場(chǎng)中置入半徑為Ro的導(dǎo)體球，試用分離變量法求下列兩種情況的電勢(shì)：（1）導(dǎo)體球上接有電池，使球與地保持電勢(shì)差：.：0 ；（2）導(dǎo)體球上帶總電荷 Q

24、解：（1）該問(wèn)題具有軸對(duì)稱性，對(duì)稱軸為通過(guò)球心沿外電場(chǎng)E0方向的軸線，取該軸線為極軸，球心為原點(diǎn)建立球坐標(biāo)系。當(dāng)R Ro時(shí)，電勢(shì)滿足拉普拉斯方程，通解為K(anRJ ；)Pn(COSe) nR因?yàn)闊o(wú)窮遠(yuǎn)處E T E 0 嚴(yán) T % - E0Rcos日=®0 - E0RR(cos日)所以a0=：0， a1 - -Eo， an =0, (n 一 2)當(dāng) R > Ro時(shí),八：o所以bo -EoRoR(cosr)、HPnpos旳=0 n Ro即：;：0 bo/Ro-o, d/R；二 EoRo所以bo 二 RoC：o -0), b EoRo3 , bn =0,( n2)中 _ fo Eo

25、Rcos日十Ro（0 %）/R + E°R3cosT/R2（R>R°）$0 （R 蘭 Ro）（2）設(shè)球體待定電勢(shì)為，同理可得護(hù)=J% - EoRcosT +Ro（o -®o）/R + EoR3cos0/R2（RaR。）$o （R 蘭 Ro）當(dāng) R > Ro時(shí)，由題意，金屬球帶電量QdS 二 0 （E0cos 00 2E0cos巧R；si門詬閉R=R0R0=4二；oRo（o - ：o）所以 3o - ：o） =Q/4二；oRo=fo EoRcos。+Q/4 瓏 °R + （EoR：/R2）cos 日（R>R°）fo+Q/4 聰

26、oR（RERo）3. 均勻介質(zhì)球的中心置一點(diǎn)電荷Qf，球的電容率為；，球外為真空，試用分離變量法求空間電勢(shì)，把結(jié)果與使用高斯定理所得結(jié)果比較。提示：空間各點(diǎn)的電勢(shì)是點(diǎn)電荷 Qf的電勢(shì)Qf /4二；R與球面上的極化電荷所產(chǎn)生的電 勢(shì)的迭加，后者滿足拉普拉斯方程。解：（一）分離變量法電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答空間各點(diǎn)的電勢(shì)是點(diǎn)電荷 Qf的電勢(shì)Qf /4二；R與球面上的極化電荷所產(chǎn)生的電勢(shì) 的迭加。設(shè)極化電荷產(chǎn)生的電勢(shì)為 X,它滿足拉普拉斯方程。在球坐標(biāo)系中解的形 式為：內(nèi)（ anRn * 為）Pn（COSV）nR-J外二丄（SR" * 侍）Pn（COST）nR當(dāng) Rr 時(shí)，外 r 0， . Cn

27、= 0。當(dāng)R 0時(shí)，內(nèi)為有限，.bn =0 °所以 '內(nèi)二''anRnPn（COS）,:：外召 Pn（COS“）nn R由于球?qū)ΨQ性，電勢(shì)只與R有關(guān)，所以an0, （n -1） dn 0, （n -1）內(nèi) 二 a。,外=do/R所以空間各點(diǎn)電勢(shì)可寫成內(nèi)Qf 4二；R所以外=d0 R Qf.4二；RR0時(shí)，由：內(nèi)a。Qf內(nèi)得:外得:；°d,:n4 ；R0R2,d°內(nèi)外4：R0（2Qf4二；R 4二&4 二；R 4R4二；0R第 21頁(yè)應(yīng)用高斯定理在球外，R>R°，由高斯定理得：；0： E外ds二Q總二Qf Q Qf,（

28、整個(gè)導(dǎo)體球 Qf的束縛電荷Qp =0），所以 e外re ,積分后得：p4 叭R20000 QQ外二 E外 dRdRrr45R245R在球內(nèi)，R<R0，由介質(zhì)中的咼斯定理得： 八！ E內(nèi)ds = Q f，所以Qf4 二；R2er，積分后得:dR結(jié)果相同。Ro原44. 均勻介質(zhì)球（電容率為 ；4 ）的中心置一自由電偶極子 p f，球外充滿了另一種介質(zhì)（電 容率為名2），求空間各點(diǎn)的電勢(shì)和極化電荷分布。解：以球心為原點(diǎn)，pf的方向?yàn)闃O軸方向建立球坐標(biāo)系。空間各點(diǎn)的電勢(shì)可分為三種電荷的貢獻(xiàn)，即球心處自由電偶極子、極化電偶極子及球面上的極化面電荷三部分的 貢獻(xiàn)，其中電偶極子產(chǎn)生的總電勢(shì)為pf R/

29、4二；jR3。所以球內(nèi)電勢(shì)可寫成：i = J pf R/4R3 ;球外電勢(shì)可寫成：:。一:'。-pf R/4 mR3其中；：，i和；：，o為球面的極化面電荷激發(fā)的電勢(shì)，滿足拉普拉斯方程。由于對(duì)稱性，：，i和;:，o均與 '無(wú)關(guān)?？紤]到R > 0時(shí)為有限值；R；心時(shí);:，o > 0，故拉普拉 斯方程的解為：二 anRnPn（cos）（R < Ro）noPn&osr）（R Ro）n R由此 < 二 pf R/4二R3anRnPn（cosr）（R 空 Ro）n。二 pf R/45R3bnR（n 1）Pn（cosR（R 一 RJn邊界條件為：iR=Ro:

30、RR=Ro（1）（2）（3）（4）將（1）（ 2）代入（3）和（4），然后比較Pn（COS“的系數(shù)，可得:an = 0, bn =0 （n =1） ai = （ ；i - ；2）P f / 2二；1 （ ；i 2 ；2 ）R；R Ff =（叫-）Pf /2眄（性+2電）于是得到所求的解為：s _ pf R （引=2）Pf Rcos日i 一334 1R32二 1（ 1 2 2）R3（2 R0）叮（_）3 A f4二；F32二；/、2 2）R3pf R（ ；1 - ；2）Pf costpf R （；1- J Pf RI = I4二R32二；M r 2 ；2）R24二；1R32二；22） R3（R_

31、R°）3 p f R4二（2 ；2）R3電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答D =(-° -1)v D在均勻介質(zhì)內(nèi)部，只在自由電荷不為零的地方，極化電荷才不為零，所以在球體內(nèi)部, 只有球心處存在極化電荷。訂一八 P - 八（；i 一 ；o）E -=（；0 / 匚1 - 1） f 所以 Pp （ ；0 / ；1 -1） p f 在兩介質(zhì)交界面上，極化電荷面密度為-p= er（p1- P2）=（；1-；0）erE i -（ ；2 -；0）er' E oRo(；2 - ；0)RRo由于；二R二；2 一R°'RJ -)cRcR，所以Ro3；o（；1-；2）Pf3 COSRo

32、2 二;1（；12；2）R）5.空心導(dǎo)體球殼的內(nèi)外半徑為R1和R2，球中心置一偶極子 p球殼上帶電Q，求空間各點(diǎn)的電勢(shì)和電荷分布。解：以球心為原點(diǎn)，以 p的方向?yàn)闃O軸方向建立球坐標(biāo)系。在R R1及R R2兩均勻區(qū)域，電勢(shì)滿足拉普拉斯方程。通解形式均為、'（anRn '4）Pn（COSJ）nR當(dāng)R時(shí)，電勢(shì)趨于零，所以 R R,時(shí)，電勢(shì)可寫為。八誥rPn（cosr）當(dāng)R； 0時(shí)，電勢(shì)應(yīng)趨于偶極子 p激發(fā)的電勢(shì)：32pf R/4；0R =pcosr/4二；0R所以R R時(shí)，電勢(shì)可寫為i pCoS 2、anRnFn（cos寸）4二；°Rn'，則歸（沖）；：sn R2=

33、pcos/4二;0r2anR1nPn（ co） = ;:sn設(shè)球殼的電勢(shì)為R2Ri由得:由（4）得:所以b。二 sR2 ； bn =0 （n -0） a° 二 s ； 4 二-p/4二；0R3o = sR2/R；an=O (n-0,1)第 #頁(yè)電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答23二 pcos v/4二；0 R ； - PRcosv/4二；0&第 25頁(yè)再由S.RdS = ；0李 4 二R2 二 QR2得:s =Q/4二；0R2將代入(6)得：(R R2)®o =Q/4 咫 0Rp cosQ pRcos1 ( p R Q _ P R)4 二;0( R4二；0R4二；0R24二；0RR

34、2 一 戌在R = &處，電荷分布為:電荷分布為:3 p cost4Ri37.在一很大的電解槽中充滿電導(dǎo)率為二2的液體，使其中流著均勻的電流 Jf0。今在液體中置入一個(gè)電導(dǎo)率為G的小球，求穩(wěn)恒時(shí)電流分布和面電荷分布，討論22及匚2 W1兩種情況的電流分布的特點(diǎn)。解：本題雖然不是靜電問(wèn)題，但當(dāng)電流達(dá)到穩(wěn)定后，由于電流密度Jf0與電場(chǎng)強(qiáng)度E0成正比(比例系數(shù)為電導(dǎo)率)，所以E0也是穩(wěn)定的。這種電場(chǎng)也是無(wú)旋場(chǎng)，其電勢(shì)也滿 足拉普拉斯方程，因而可以用靜電場(chǎng)的方法求解。未放入小球時(shí)，電流密度Jf0是均勻的，由Jf0=：；2E0可知，穩(wěn)恒電場(chǎng)E0也是一個(gè)均勻場(chǎng)。因此在未放入小球時(shí)電解液中的電勢(shì)%便

35、是均勻電場(chǎng)E0的電勢(shì)。放入小球后,以球心為原點(diǎn)，E0的方向?yàn)闃O軸方向，建立球坐標(biāo)系。為方便起見(jiàn)，以坐標(biāo)原點(diǎn)為 電勢(shì)零點(diǎn)。在穩(wěn)恒電流條件下，八'/譏=0，所以：可 J = 0(1)由(1)式可推出穩(wěn)恒電流條件下的邊界條件為：n (J2 _ JJ = 0設(shè)小球內(nèi)的電勢(shì)為，電解液中的電勢(shì)為 ;:2，則在交界面上有:ER Ir=B0ER r=Bq將J = E及E代入(1)，得:、 J =(廣 E )_； 3""= 0可見(jiàn)滿足拉普拉斯方程考慮到對(duì)稱性及 R：時(shí)E > E 0，球外電勢(shì)的解可寫成:2 - Jf0Rcos耳巳(cost)(R Rg)6n R其中利用了 J f

36、2 E 0。考慮到R > 0時(shí)電勢(shì)為有限值，球內(nèi)電勢(shì)的解可寫成：(8)打八 anRnR(cosr)(R ：. Rg)n因?yàn)檫xR =0處為電勢(shì)零點(diǎn)，所以a0 =0，將代入得：-Jf0 RgCos-bbnTPn( cos )-7 anRO'P/cosr)6n Rgn二2-Jcosv - ' (n 1)-卩(cos)=；：nanRJPn(cos) 2nRgn由(7)(8)兩式可得：301= -3Jfg/G"i 2；2),6=(-二 2 ) J f gRg /(二 1 2二 2)二 2an =0, bn =g (n =1)所以：打=3JfgRcosv/(G 2二2)=3

37、Jfg R/(r 2二2)(R 乞 Rj2 - -JfgRcosr/；2 (-；2口0戌 cosr/(r 2；2)；2R233-J fg R/；2 (G -；2)Rg J fg R/( 耳口只(R - Rg)由此可得球內(nèi)電流密度：Ji=；iEi二-；：1=3；i'(JfgR)/12二2)=31 Jfg/12；2)電解液中的電流密度為J 2 - 丁 2 E2 -2、' ；：2fg.(G -；2)R；3(Jfg R)RC-1 2 J)R5(2)兩導(dǎo)體交界面上自由電荷面密度f(wàn) =er (D2 - D1) = ；ge(E 2 - EJ =甬(J 2/J - JJ 二 i)= 3(6 -

38、；2)pJfoCOSb/C) 2；2)；2 當(dāng)匚1匚2，即球的電導(dǎo)率比周圍電解液的電導(dǎo)率大的多時(shí)，(S _cr2)/(W +2ct2)茫 13/(6 +2ct2)茫 3所以， J< 3J fg332J 2 J fg (Rg/R )3( J f0 R) R/RJ fgf “ 3 ；g J f g COS 71 / ；- 2當(dāng)；時(shí)，同理可得：J1 ：- 0J 2 J fg -(戌/2R3)3( J fg R) R/R2- J fg-3 pJfgcosr/2；2電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答8.半徑為R的導(dǎo)體球外充滿均勻絕緣介質(zhì):，導(dǎo)體球接地，離球心為 a處（a > R0 ）置一點(diǎn)電荷Qf，試用分離變

39、量法求空間各點(diǎn)電勢(shì)，證明所得結(jié)果與電象法結(jié)果相同。解：以球心為原點(diǎn)，以球心到點(diǎn)電荷的連線為極軸建立球坐標(biāo)系。將空間各點(diǎn)電勢(shì)看作 由兩部分迭加而成。一是介質(zhì)中點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電勢(shì)1 二 Qf /4二；R2 a2 -2Racosv，二是球面上的感應(yīng)電荷及極化面電荷產(chǎn)生的方程?？紤]到對(duì)稱性，由于：2。后者在球內(nèi)和球外分別滿足拉普拉斯由于：2與''無(wú)關(guān)。R > 0時(shí)，2為有限值，所以球內(nèi)的二 anRnPn（COSd）nR時(shí)，2應(yīng)趨于零，所以球外的。八黒Pn（cos旳n R：2解的形式可以寫成2解的形式可以寫成(1)(2)由于R2 a2 2Racosv -(1/a)' (R/a

40、)nR(cos)n1 =(Qf/4二；a)、 (R/a)nR(cos)n當(dāng) RR°時(shí)，內(nèi)= (Qf/4二；a)，(R/a)nPn(cos)-工 anRnR(cosr)nn(3)(4)當(dāng)R R。時(shí)，外 0= (Qf/4二;a)'(R/a)nR(cos) '因?yàn)閷?dǎo)體球接地,所以n：內(nèi)n Rn 1(5)(6)(6)代入（4）=0R。a* - -Qf /4二 an 1(7)(8)(7)(8) tp.內(nèi)二-QfR2n 1/4二；an 1（8）式得:代入（5）（9）分別代入（4） （ 5）得:=0 （2%）并利用(9)(10):外Qf-4 ；. R2 a2 - 2Racos-Ro

41、Qf用鏡像法求解：設(shè)在球內(nèi) r0處的像電荷為 據(jù)邊界條件：球面上電勢(shì)為 0，可得：（解略）rR0/a，%Qf /a所以空間的電勢(shì)為a» R2 （Ro/a）2 2RRco/a，（R 啟 R0）（ 11）Q'由對(duì)稱性，Q'在球心與Qf的連線上，根第 27頁(yè)電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答第17頁(yè)±(Qf Q).丄【Q4二；A r2 4二；R2 a2 -2RacosR)Qa R2(R0 /a)2 2RRcoS/a(R-Ro)10.上題的導(dǎo)體球殼不接地，而是帶總電荷 Qo，或使具有確定電勢(shì) %，試求這兩種情況的電勢(shì)。又問(wèn)-0與Qo是何種關(guān)系時(shí)，兩情況的解是相等的？解：由上題可知，導(dǎo)

42、體球殼不接地時(shí)，球內(nèi)電荷Q和球的內(nèi)表面感應(yīng)電荷 -Q的總效果是使球殼電勢(shì)為零。為使球殼總電量為 Qo，只需滿足球外表面電量為 Qo + Q即可。因此, 導(dǎo)體球不接地而使球帶總電荷 面的Qo時(shí)，可將空間電勢(shì)看作兩部分的迭加，-Q產(chǎn)生的電勢(shì)：1，二是外表面Qo + Q產(chǎn)生的電勢(shì);：2。_ 1 QR,Q/a4： ；o .R2 a2-2RacosrR2 戌/a2 - 2R2Rcos/a1 外=0， (R - R) ；2內(nèi)二(Q Qo)/4,oR22外=(Q Qo)/4二；oR，(R-R2)，所以=(Q Qo)/4二 oR(R _ R2)=(Q Qo)/4二;0R2(R _R_R2)丄Q4 0. R2

43、a2 - 2Racos v1內(nèi)是Q與內(nèi)表，（R ： R）（R ： R2）；R1Q/ a,R2 R；/a2 -2R12Rcos/a 由以上過(guò)程可見(jiàn)，球面電勢(shì)為 （Q *Qo）/4二；oR2。若已知球面電勢(shì);：o，可設(shè)導(dǎo)體球總電量為 Q'o，則有：（Q Q'o）/4：；oR2o，即：（Q - Q'o）/4二；o =oR2 電勢(shì)的解為：際/ R% 丄4二；°R2(R -R2)(R _ R _ R2)_Qa2 -2RacosRQ / a,R2 R4/a2 RfRcosr/a（R 乞 Ri）當(dāng)；：o和Qo滿足o =（Q，Qo）/4二；oR2時(shí)，兩種情況的解相同。11.在

44、接地的導(dǎo)體平面上有一半徑為 a的半球凸部（如圖），半球 的球心在導(dǎo)體平面上，點(diǎn)電荷 Q位于系統(tǒng)的對(duì)稱軸上，并與 平面相距為b （b>a），試用電象法求空間電勢(shì)。解：如圖，根據(jù)一點(diǎn)電荷附近置一無(wú)限大接地導(dǎo)體平板和一點(diǎn)電 荷附近置一接地導(dǎo)體球兩個(gè)模型， 量和位置?？纱_定三個(gè)鏡像電荷的電E R1)R2r ;:o2aaQ1Q，*ez ； Q2bbQ3 - -Q， a - -bez，所以QaO bQ電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答14；o . R2 b2 -2Rbcosr1 R2 b2 2Rbcosra4 T2 aaR 亠一22Rcosvb2ba 422 a a rb R " -2 -2 Rcosr b

45、 bR a)12.有一點(diǎn)電荷Q位于兩個(gè)互相垂直的接地導(dǎo)體平面所 圍成的直角空間內(nèi)，它到兩個(gè)平面的距離為 a和b, 空間電勢(shì)。解：用電像法，可以構(gòu)造如圖所示的三個(gè)象電荷來(lái)代替兩導(dǎo) 體板的作用。迅 Q4二；。1X -Xo)2 (y -a)2 (z-b)21(X-Xo)2 (y-a)2 (z b)21(x Xo)2 (y a)2(z -b)2. (x -Xo)2(y a)2 (z b)2其內(nèi)充滿電導(dǎo)率為o的液(y,z o)13.設(shè)有兩平面圍成的直角形無(wú)窮容器，體。取該兩平面為 xz面和yz面在(xo,yo,zo)和(xo,yo,-zo) 兩點(diǎn)分別置正負(fù)電極并通以電流I,求導(dǎo)電液體中的電勢(shì)。解：本題的

46、物理模型是，由外加電源在A、B兩點(diǎn)間建立電場(chǎng)，使溶液中的載流子運(yùn)動(dòng)形成電流I，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，屬恒定場(chǎng)，即：倚/厲=o, 'J = o。對(duì)于恒定的電流，方式處理。于是在 A點(diǎn)取包圍A的高斯面，則 E dS 二 Q / ；,A(xo, yo,zo)由于I = j dS ,I / ；- Q/ ；可得：Q = I ；/；同理，對(duì)b點(diǎn)有：又，在容器壁上，容器壁。i= e，所以可按靜電場(chǎng)的)o)oQb - -I ；/；-Qj n =0 ,即無(wú)電流穿過(guò)I y a由j =；王可知，當(dāng)jn =o時(shí)，En丸所以可取如右圖所示電像，其中上半空間三個(gè)像電荷Q,下半空間三個(gè)像電荷 -Q,容器內(nèi)的電勢(shì)分布為：1

47、8Ql.(X -X。)2 (y -y。)2 (z -Zo)2第 18頁(yè)I 4二；y電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答1（X - xo）（y-y。）22（z Zo）1（X - xo）（yy。）2（z Zo）21一（X Xo）2（yy。）22（z Zo）11+ ,（x x。）2 （y y。）2 （Z z。）21+ .,（x xo）2 （y y。）2 （z-z。）2 亠 1,（x xo）2 （y - y。）2 （z- z。）2(x x。)2(y - y。)2(z Zo)216. 一塊極化介質(zhì)的極化矢量為P(x')，根據(jù)偶極子靜電勢(shì)的公式，極化介質(zhì)所產(chǎn)生的靜電勢(shì)為二P(X')3r dV'，另外根

48、據(jù)極化電荷公式訂-八卩(x')及p二n P，v 4 二；o r極化介質(zhì)所產(chǎn)生的電勢(shì)又可表為'P(X') dV' : P(X')dS'，試證明以上V 4二；。rS 4二；。r兩表達(dá)式是等同的。證明：由第一種表達(dá)式得P (X') r3 dV'- r4二；。4二；o-dV'<r丿'.p 1= 1 ' p p 人1I r丿r*丿二丄,'p( x ')4聴。.V1仝(X')4陽(yáng)。.V所以，兩表達(dá)式是等同的。 實(shí)際上，繼續(xù)推演有：1' P (X £ ：旦也r'紋

49、dV'r 止HdS'l l r丿 Pa二二vdV'十4二;。IL V岡収子是極化體電荷的總電勢(shì)和極化面電荷產(chǎn)生的總電勢(shì)之和。17.證明下述結(jié)果，并熟悉面電荷和面偶極層兩側(cè)電勢(shì)和電場(chǎng)的變化。(1) 在面電荷兩側(cè)，電勢(shì)法向微商有躍變，而電勢(shì)是連續(xù)的。(2) 在面偶極層兩側(cè)，電勢(shì)有躍變篤-1二n P / ；。，而電勢(shì)的法向微商是連續(xù)的。(各帶等量正負(fù)面電荷密度土 c而靠的很近的兩個(gè)面，P = lim :l)l0證明：1)如圖，由高斯定理可得：2E:S/ ；。,E 一；/2；。,形成面偶極層，而偶極矩密度zJ1E牛電xL 1第 35頁(yè)篤 一 1 =（匚 /2 ；0）z -（；/

50、2 ；0）z = 0 即，電勢(shì)是連續(xù)的，但是'i /:ni = Ein = ez二丨2 ：o, j 2 / ：:n2 = E2n -ez；/ 2 ；o1©1+ （Tln 1產(chǎn)1屜-CT二列1 /胡1 一總碼/由2 =坊/名0即,電勢(shì)法向微商有躍變2)如圖，由高斯定理可得：E = e / ；0二 申2 -曙=lim E = limo n l / s0 ITit=n P / p又：:/ ：n = E，；： -'2 / ：n = E二郃Pi/自-評(píng)2/衍=0 ,即電勢(shì)的法向微商是連續(xù)的。第三章靜磁場(chǎng)1.試用A表示一個(gè)沿z方向的均勻恒定磁場(chǎng) B。，寫出A的兩種不同表示式，證明二者之 差為無(wú)旋場(chǎng)。解：B0是沿z方向的均勻恒定磁場(chǎng)，即B0 = B° ez，由矢勢(shì)定義' A = B得.:Az / ：y_ ；：Ay/ ：z= 0 ；：Ax /注-:Az / ；：x = 0 ；:Ay / ；：x -：Ax /為二 B0三個(gè)方程組成的方程組有無(wú)數(shù)多解，如： Ay=Az=0，Ax二-B°y f(x)即:A= -B°y f(x)e*; Ax=Az=0，Ay=B&