《电动力学》课程作业习题（含解答）第一章 电磁现象的普遍规律

电动力学习题答案第一章电磁现象的普遍规律根据算符√的微分性与向量性，推导下列公式：1.V(A·B)=B×(V×A)+(B.V)A+A×(V×B)+(A.V)BAx(V×A)=}VA?-(A.V)A解:(1) V(A·B)=V(A·B)+V(B·A)=B,×(V×A)+(B.V)A+A,×(V×B)+(A .V)B=B×(V×A)+(B.V)A+A×(V×B)+(A.V)B（2）在（1）中令A=B得：V(A·A)=2A×(V×A)+2(A.V)A,所以 A×(V×A)=V(A·A)-(A-V)A即A×(V×A)=IVA?-(A.V)A设u是空间坐标x.y.z的函数，证明：2.3dAdAdfuvf(u)=V.A(u)=VuVxA(u)=Vuxdududu证明：df oudf oudf ouaf(u)af(u)af(u)(1) Vf(u)=&22Ozduaxduaydu azaxayQudfdf .ouOuVuoOzduaxaydudA,dA,ouauaA,(u)aA.(u)dA.OuaA.(u)(2) V-A(u)+axayOzdu axaydu azdudA,dA.dA.ouQuaudAe.)=Vue+e.e.+eyedududuaxayOzduexe,e.dAoulaxQulayOu/az(3)VuxdudA,/dudA. /dudA,/dudA, oudAOudA, OudAOudA. OudA,Ou4duOzdu azduaxdu axduQyduayaA,(u)aA,(u)aA.(u)oA,(u)aA,(u)aA,(u)dzayOzaxaxay=V×A(u)3.设r=/(x-x)2+(y-y)+(z-z)2为源点x到场点x的距离，的方向规定为从源点指向场点。（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：Vr=-Vr=r/r:V(1/r)=-V(1/r)=-r/r3 :V×(r/r3)=0;第1页

电动力学习题答案 第 1 页 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) (A )A 2 2    = 1 A −  解：（1） ( ) ( ) ( ) A B A Bc B Ac   =   +   = Bc ( A) + (Bc )A+ Ac ( B) + (Ac )B = B ( A) + (B )A + A ( B) + (A)B （2）在（1）中令 A = B 得： (A A) = 2A ( A) + 2(A)A， 所以 A ( A) 2 (A A) (A )A   = 1   −  即 A ( A) (A )A 2 2    = 1 A −  2. 设 u 是空间坐标 x, y,z 的函数，证明： u u f f u =  d d ( ) ， u u u d d ( ) A   A =   ， u u u d d ( ) A   A =   证明： （1） x y z z f u y f u x f u f u e e e   +   +    = ( ) ( ) ( ) ( ) x y z z u u f y u u f x u u f e e e   +   +   = d d d d d d u u f z u y u x u u f x y z =    +   +   = d d ( ) d d e e e （2） z A u y A u x A u u x y z   +   +     = ( ) ( ) ( ) A( ) z u u A y u u A x u u Ax y z   +   +   = d d d d d d u u z u y u x u u A u A u A z x y z z y y x x d d ) ( ) d d d d d d ( A e e e e e e =     +   +   = + +  （3） A u A u A u u x u y u z u u x y z x y z d / d d / d d / d / / / d d   =       e e e A z y x y x z x z y y u u A x u u A x u u A z u u A z u u A y u u A e e )e d d d d ) ( d d d d ) ( d d d d (   −   +   −   +   −   = z y x y x z x z y y A u x A u x A u z A u z A u y A u e e ]e ( ) ( ) ] [ ( ) ( ) ] [ ( ) ( ) [   −   +   −   +   −   = =  A(u) 3. 设 2 2 2 r = (x − x') + ( y − y') + (z − z') 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，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系： r = −'r = r/r ； 3 (1/r) = −'(1/r) = −r /r ； ( / ) 0 3  r r = ；

电动力学习题答案V.(r/r3)=-V(r/r3)=0 ,(r±0)。(2)求.r，xr，(a.V)r，v(a.r)，.[E.sin(k·r)l及V×[E。sin(k·r)，其中a、k及E。均为常向量。(1)证明：r=/(x-x)+(y-y)+(2-2)① Vr=(1/r)[(x-x)e, +(y-y')e, +(z-z)e.]=r/rVr=(1/r)[-(x-x)e,-(y-y')e,-(z-2)e.]=-r/r可见Vr=-Vr[)-()=-Vr=②()-()r=-r=可见v(1/r)=-V(1/r)③ V×(r/r3)=V×[(1/r3)r]=V(1/r3)×r+(1/r3)V×r_3rxr=0rxr+0=-r4dr① V.(r/r3)=V.[(1/r3)r]=V(1/r3)-r+33r(r ± 0)AI?(2)解：aaaOv.r.).[(x-x')e +(y-y')e, +(z-z)e. ]=3eaydzaxe.exe,a/ax0/0==0Vxr=aa/ay②x-x'N-2y-yaaa (a.V)r=(arx-x')er +(y-y)e, +(z-z')e.]+a1Cx+aayaxOz=arer+a,e,+a.e.=a④V(a.r)=rx(xa)+(r.V)a+ax(xr)+(a.V)r因为，a为常向量，所以，Vxa=0，（r.)a=0，又Vxr=0,..V(a.r)=(a.V)r=a③.[E,sin(k·r)]=(.E.)sin(k·r)+E-[Vsin(k·r)lE.为常向量，V.E。=O，而Vsin(k·r)=cos(k·r)V(k·r)=cos(k·r)k,所以.[E,sin(k·r)]=k·E.cos(k·r)?x[E,sin(k·r)]=[Vsin(k·r)]xE,=kxE,cos(k·r)]第2页

电动力学习题答案 第 2 页 ( / ) '( / ) 0 3 3  r r = − r r = ， (r  0) 。 （2）求 r ，r ，(a )r ，(a r) ， [ sin( )] 0  E k r 及 [ sin( )] 0  E k r ，其中 a 、 k 及 E0 均为常向量。 （1）证明： 2 2 2 r = (x − x') + ( y − y') + (z − z') ○1 r r x x ' y y z z r x y z  = (1/ )[( − )e + ( − ')e + ( − ')e ] = r / r r x x ' y y z z r x y z ' = (1/ )[−( − )e − ( − ')e − ( − ')e ] = −r / 可见 r = −'r ○2 2 3 1 1 d 1 d r r r r r r r r  = −  = −       =       2 3 ' 1 ' 1 d 1 d ' r r r r r r r r  = −  =       =       可见 (1/r) = −'(1/r) ○3 (r / ) = [(1/ )r] = (1/ ) r + (1/ ) r 3 3 3 3 r r r r 0 3 0 1 d d 3 4   + = −  =      = r r r r r r r r ○4   r =   r =  r +  r 3 3 3 3 1 ( / ) [(1/ ) ] (1/ ) r r r r 0 3 3 4 3 = −  + = r r r r r ， (r  0) （2）解： ○1 ( )[( − ') + ( − ') + ( − ') ] = 3   +   +     = x y z x y z x x y y z z x y z r e e e e e e ○2 0 ' ' ' / / / = − − −  =       x x y y z z x y z x y z e e e r ○3 ( ) ( )[( ') ( ') ( ') ] x y z x y z x x y y z z z a y a x a r a − e + − e + − e   +   +    = = ax ex + ay ey + az ez = a ○4 (a r) = r  ( a) + (r )a + a  ( r) + (a )r 因为，a 为常向量，所以，a = 0， (r )a = 0 ， 又 r = 0，(a r) = (a  )r = a ○5 [ sin( )] ( )sin( ) [ sin( )] 0 0 0  E k r =  E k r + E   k r E0 为常向量，   E0 = 0，而 sin( k r) = cos(k r)(k r) = cos(k r)k ， 所以 [ sin( )] cos( ) 0 0  E k r = k  E k r ○6 [ sin( )] [ sin( )] cos( )] 0 0 0  E k r =  k r  E = k  E k r

电动力学习题答案应用高斯定理证明【.dVV×f=dS×f，应用斯托克斯（Stokes）定理证明4[,ds×Vp=f, dlp证明：（I）设c为任意非零常矢量，则c. [dv×f =[dv[e-(V× f)]根据矢量分析公式V-(A×B)=(V×A)·B-A·(V×B)，令其中A=f，B=C，便得V(fxc)=(V×f).c-f.(Vxc)=(V×f).c所以 c Jd×f =[dV[c-(V×f)]=d.(f×c) =f(f×c)-dsfc (d$×J)=c fdsxf因为C是任意非零常向量，所以[dv×f =fds×f（II）设a为任意非零常向量，令F=pa，代入斯托克斯公式，得[v×F.dS=F-dl(1)(1)式左边为：[x(pa).ds=[[Vpxa+p×ajds=Vpxa.ds=-f,axVp.dsa.Vpxds=/a.dsxVp,dsxVp(2)=a(1）式右边为：pa.dl=a.pdl(3)a. I,dsxVp=a.f odl(4)所以因为a为任意非零常向量，所以[ds×Vp=odl5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为p(t)=[p(x,t)xdV，利用电荷守恒定律ap=[J(x,t)dvV.J+=0证明p的变化率为：atdt证明：方法（I）-,p(x,)xrda=%le(r,xar- , rd=-1()rddtdi.ddp.e,=--[(V-)x'e,d"=-J,x(VJ)dV = ,[-V(x)+(x).JdVdt=-f xJ.ds +J,J, dv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，故第3页

电动力学习题答案 第 3 页 4. 应用高斯定理证明  f = S  f V S dV d ，应用斯托克斯（Stokes）定理证明    = S L dS  dl 证明：（I）设 c 为任意非零常矢量，则      =    V V c dV f dV[c ( f )] 根据矢量分析公式  (A B) = ( A) B − A( B) ， 令其中 A = f ， B = c ，便得  ( f  c) = (  f ) c − f (  c) = (  f ) c 所以       =    =    V V V c dV f dV[c ( f )] dV ( f c)  = ( f c)dS c S f c S f   = (d  ) =  d  因为 c 是任意非零常向量，所以   d  f = dS  f V V （II）设 a 为任意非零常向量，令 F = a ，代入斯托克斯公式，得   F  S = F  l S d d （1） （1）式左边为：     =   +  S S (a) dS [  a  a]dS   =    = −   S S  a dS a  dS = −   =    S S a  dS a dS  =    S a dS  （2） （1）式右边为：   a  dl = a  dl （3） 所以   a  dS  =a  dl S （4） 因为 a 为任意非零常向量，所以   dS  = dl S 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 (t) ( ' ,t) 'dV' V p x x  =  ，利用电荷守恒定律 = 0     + t  J 证明 p 的变化率为：  = V t V t ( ' , )d d d J x p 证明：方法（I）     = = V V t V t t V t t ( , ) d ' [ ( , ) ]d ' d d d d x' x' x' x' p     = −    = V V V V t t d ' ( ' ) d ' ( , ) x' J x'  x'    = −    = −   V V V x ' V t ( ' ) d ' ( ' )d ' d d 1 1 1 1 e J x ' e J p [ ' ( ) ( ' ) ]d ' x1 ' x1 ' V V = − J +   J    = −  + V x S x ' d ' J dV' 1 1 J S 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

电动力学习题答案dpJ.ds'=0,J.,dddpdp.eJ..dv同理r,dy',odtdtdpJdV所以dt方法（II)dpdrJ,(,r=(x-()dtdtat根据并矢的散度公式V.(fg）=(V·f)g+(f.V)g得：V.(Jx)=(V.J)x'+(J.V)x'=(V.J)x+J--f, (x)a+[Ja=-f ds (x)+[J= avdt6.若m是常向量，证明除R=0点以外，向量A=（m×R)/R3的旋度等于标量=m·R/R"的梯度的负值，即V×A=-Vβ，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：V(1/r)=-r/r3..VxA=Vx(mx))] =×[(-)×m])=-V×[mx(V-=(V·m)>+(m: V)>}-[V.(v)m-[(vl).Vjm=(mV)>!-[2]m1其中V2(1/r)=0(r±0).. VxA=(m.V)>!(r±0)又Vβ=V(":)=-V[m-(v})=-m×[V×(v-)]-(v-)×(V×m)-(m· V)(v-)-[(V).V/m=-(m.V)(v-)所以，当r±0时，V×A=-Vβ7.有一内外半径分别为r和r，的空心介质球，介质的电容率为8，使介质球内均匀带静止自由电荷P，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）设场点到球心距离为r。以球心为中心，以r为半径作一球面作为高斯面。由对称性可知，电场沿径向分布，且相同r处场强大小相同。当r<r时，D=0，E,=0。第4页

电动力学习题答案 第 4 页 1 d ' = 0 S x 'J S ，   = V J x V t d ' d d 1 1 e p 同理   = V J x V t d ' d d 2 2 e p ，   = V J x V t d ' d d 3 3 e p 所以  = V V t d ' d d J p 方法（II）     = = V V t V t t V t t ( , ) d ' [ ( , ) ]d ' d d d d x' x' x' x' p     = −    = V V V V t t d ' ( ' ) d ' ( , ) x' J x'  x' 根据并矢的散度公式  ( fg) = (  f )g + ( f  )g 得：  (Jx') = (  J )x'+(J  )x' = (  J )x'+J   = −   + V V V V t ' ( )d ' d ' d d Jx' J p   = −  + V dS (Jx') JdV'  = V JdV' 6. 若 m 是常向量，证明除 R = 0 点以外，向量 3 A =（m  R）/ R 的旋度等于标量 3  = m  R/ R 的梯度的负值，即  A = − ，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： 3 （1/r) = −r /r ) ] 1 )] [( 1 ( ) [ ( 3 m m m r A = −   =      =  r r r m m m ) ]m 1 )] [( 1 [ ( 1 ( ) 1 = (  ) +   −    −   r r r r m ]m 1 [ 1 ( ) 2 r r =   −  其中 (1/ ) 0 2  r = ， （ r  0 ） r 1   A = (m ) ， （ r  0 ） 又 )] 1 ( ) [ ( 3 r r = −     =  m m r  m m m ) ]m 1 ) [( 1 ) ( ) ( )( 1 )] ( 1 = − [ ( −    −   −   r r r r ) 1 ( )( r = − m   所以，当 r  0 时，  A = − 7. 有一内外半径分别为 1 r 和 2 r 的空心介质球，介质的电容率为  ，使介质球内均匀带静 止自由电荷  f ，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）设场点到球心距离为 r 。以球心为中心，以 r 为半径作一球面作为高斯面。 由对称性可知，电场沿径向分布，且相同 r 处场强大小相同。 当 1 r  r 时， D1 = 0， E1 = 0

电动力学习题答案44元2D,元(r-r)p)当rr时，元r)p3(r-r)pr(r-r)pE,..D, 3r2360(r3-r)p,E, :向量式为360r(2)当r时，2元H,=J,元(r-)J(r2-r)B, = to(-)H,所以2r2r第5页

电动力学习题答案 第 5 页 当 1 2 r  r  r 时， f r D  (r r ) 3 4 4 3 1 3 2 2 = − 2 3 1 3 2 3 ( ) r r r D −  f  = ， 2 3 1 3 2 3 ( ) r r r E f  −  = ， 向量式为 E r 3 3 1 3 2 3 ( ) r r r f  −  = 当 2 r  r 时， f r D  (r r ) 3 4 4 3 1 3 3 2 2 = − 2 3 1 3 2 3 3 ( ) r r r D −  f  = 2 0 3 1 3 2 3 3 ( ) r r r E f  −  = 向量式为 E r 3 0 3 1 3 2 3 3 ( ) r r r f  −  = （2）当 1 2 r  r  r 时， ( ) ( ) 2 0 P D2 0E2 D2 D    p = −  = −  −  = −  −  f     (1 ) (1 ) 0 2 0 = − −   D = − − 当 1 r = r 时， ( ) ( ) (1 ) 0 1 2 0 2 0 = −  2 − 1 = −  2 − = − − = p r=r n P P n D D D      当 2 r = r 时， f p r r r r r       2 2 3 1 3 0 2 2 0 2 3 (1 ) (1 ) 2 − =  = − = − = n P D 8. 内外半径分别为 1 r 和 2 r 的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流 f J ，导 体的磁导率为  ，求磁感应强度和磁化电流。 解：（1）以圆柱轴线上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半 径为 r 。由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。 当 1 r  r 时，由安培环路定理得： H1 = 0 , B1 = 0 当 1 2 r  r  r 时，由环路定理得： 2 ( ) 2 1 2 2 rH J r r  = f − 所以 r J r r H f 2 ( ) 2 1 2 2 − = ， f J r r r B 2 ( ) 2 1 2 2 − =  向量式为 B e J  r − = − = f f r r r J r r r 2 2 1 2 2 1 2 2 2 ( ) ˆ 2 ( )   当 2 r  r 时， 2 ( ) 2 1 2 3 2 rH J r r  = f − 所以 r J r r H f 2 ( ) 2 1 2 2 3 − = ， f J r r r B 2 ( ) 2 1 2 0 2 3 − = 

电动力学习题答案向量式为B,=o(-)-Ho(r -r)2r2r（2）当r<r<r2时，磁化强度为r-rM=(兰-1)H,=(兰2roo所以 Jμ=V×M=V×[兰-1)H,I=("-1)V×H,=(-1)J,loollo在r=r处，磁化面电流密度为aM=nx(M,-M)=0在r=r，处，磁化面电流密度为(r2-r)Aam=2ro9.证明均匀介质内部的体极化电荷密度P，总是等于体自由电荷密度P，的-(1-6/s）倍。证明：在均匀介质中P=(/0-)E=(-)E所以 P,=-.P=-(-8)V.E=-(-60)(1/).D=-[(-80)/]p,=-(1-8 /)p10.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：dF,=I,dl, ×B,,而 B,= o gLzdl, ×ri24元／ri2. Fz =ffo dl, ×(,dl, 2) _ ol2ffdl ×(dl, 2)i4元4元,1Ho2$fdl,i2(dd2)dl.(1)4元r2ri1,1同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力：Ho/2$fdlr21孕(dl,d)dl,F.(2)4元r2124(1)式中： =f al, fd l, (ri2$dl,$dl..$$ dl,]dl, .022ri2ri2)ri2/—周1.-1第6页

电动力学习题答案 第 6 页 向量式为 B e J  r − = − = f f r r r J r r r 2 2 1 2 0 2 2 1 2 0 2 3 2 ( ) ˆ 2  ( )   （2）当 1 2 r  r  r 时，磁化强度为 M H J  r − = − = − f r r r 2 2 1 2 0 2 0 2 ( ) ( 1) ( 1)     所以 J M M H H J f [( 1) ] ( 1) ( 1) 0 2 0 2 0 =   =   − = −  = −       在 1 r = r 处，磁化面电流密度为 M = n (M2 − M1 ) = 0      在 2 r = r 处，磁化面电流密度为 M f r r r α J 2 2 1 2 2 0 2 ( ) ( 1) − = − −    9. 证明均匀介质内部的体极化电荷密度  p 总是等于体自由电荷密度  f 的 (1 / ) 0 − −  倍。 证明：在均匀介质中 P = ( / 0 −1) 0E = ( − 0 )E 所以  p = − P = −( −  0 )  E = −( −  0 )(1/  )  D f  f [(  )/  ] (1  /  ) = − − 0 = − − 0 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: 12 1 1 B2 dF = I dl  , 而   = 2 3 12 0 2 2 12 2 4 l r I dl r B   ，     =    = 1 2 1 2 3 1 2 0 1 2 1 2 1 2 3 1 2 0 1 1 2 2 1 2 1 2 ( ) 4 ( ) 4 l l l l r I I d d r I dl I dl r l l r F     ( ) 4 1 2 3 1 2 12 12 3 12 12 2 1 0 1 2  −          =  l l d d r r d d I I l l r r l l   (1) 同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力： ( ) 4 2 1 3 2 1 21 21 3 21 21 1 2 0 1 2 21  −          =  l l d d r r d d I I l l r r F l l   (2) (1)式中： ) 0 1 ( 1 2 2 1 2 1 2 12 2 2 12 12 3 2 12 12 3 2 1 12 12 2 1 ＝ 一周       =  = =  −          l l l l l l l r d r dr d r d d r d d l l r l l r l l

电动力学习题答案21$fdl,dl,同理(2)式中：0r21124(dldl)..F2=-F,=-4元花馆11.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为l,和1，，电容率为6,和6，，今在两板接上电动势为的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度の，和のf2；(2）介质分界面上的自由电荷面密度のr3。（若介质是漏电的，电导率分别为,和2当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？）解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为E,和E，，电位移分别设为D和D，，其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为0r3=0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：D,=O同理，在极板B内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：D, =-0 f2在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：D, =D2onon所以有E,E, =6162=[E.d=+,=n1112由于626162(+)所以0m=-0f2= 8662当介质漏电时，重复上述步骤，可得：D,=OnD, =-0f2,D, - D, = 0y3:03=-0m-0p2介质1中电流密度J=0,E,=0,D/8=0,0n/8介质2中电流密度J,=0E=0D,/82=020m+03)/82由于电流恒定，J=J,，00m/8)=02(0m+03)/80 -(21-2)on=(501-1)0n0282026=Edl=E+El得再由第7页

电动力学习题答案 第 7 页 同理(2)式中：  =          2 1 0 3 21 21 1 2 l l r d d r l l ( ) 4 1 2 3 1 2 12 0 1 2 12 12 21   = − = −  l l d d r I I l l r F F   11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为 1 l 和 2 l ，电容率为 1  和 2  ，今在两板 接上电动势为 E 的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度  f 1 和  f 2 ； （2）介质分界面上的自由电荷面密度  f 3 。(若介质是漏电的，电导率分别为  1 和  2 当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？) 解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀， 分别设为 E1 和 E2 ，电位移分别设为 D1 和 D2 ，其方向均由正极板指向负极板。当 介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为  f 3 = 0 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： D1 =  f 1 同理，在极板 B 内和介质 2 内作高斯柱面，由高斯定理得： D2 = − f 2 在介质 1 和介质 2 内作高斯柱面，由高斯定理得： D1 = D2 所以有 1 1 1   f E = ， 2 1 2   f E = 由于 E d ( ) 2 2 1 1 2 1 2 1 1 1 1        l l E l l l f f f =  = + = +  所以  f 1 = − f 2 = E ( ) 2 2 1 1   l l + 当介质漏电时，重复上述步骤，可得： D1 =  f 1 ， D2 = − f 2 ， D2 − D1 =  f 3   f 3 = − f 1 − f 2 介质 1 中电流密度 1 1 1 1 1 1 1 1 1   /    /  J = E = D = f 介质 2 中电流密度 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2   /   (  )/  J = E = D = f + f 由于电流恒定， J1 = J2， 1 1 1 2 1 3 2   /   (  )/   f = f + f 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 3 ( ) ( 1) f f  f              = − = − 再由 E 1 1 2 2 =  d =E l + E l  E l 得

电动力学习题答案0100Of(.+1)8616102820261810,61a2:.0g1,+0,2/0202+0,l20,820r2=-(0+03)=002l1 +0,l29162-02618Q=-02l+0,l212.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tan2._82tane,其中6,和s,分别为两种介质的介电常数，①,和θ，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，分界面上电场线的曲折满足tan02_02tane,,其中和，分别为两种介质的电导率。证明：（1）由E的切向分量连续，得(1)E, sin , = E, sin 0,交界面处无自由电荷，所以D的法向分量连续，即D, cosO, = D, cos0,(2)E,cos,=,E,cos0,（1）、（2）式相除，得tan02 _2tane,,（2）当两种电介质内流有恒定电流时J =0,E, , J, =0,E,由J的法向分量连续，得(3)E,cos,=0,E,cos（1）、（3）式相除，即得tan02_2tane,o,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，导体内电场线总是平行于导体表面。证明：（1）设导体外表面处电场强度为E，其方向与法线之间夹角为9，则其切向分量为Esin。在静电情况下，导体内部场强处处为零，由于在分界面上E的切向分量连续，所以Esin0=0第8页

电动力学习题答案 第 8 页 E ( ) 2 2 1 1 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 l l l f f f             = + = + 1 1 2 2 1 1  /   l l f +  = E 2 1 1 2 2 1  l  l   + = E ( )  f 2 = −  f 1 + f 3 2 1 1 2 1 2  l  l   + = − E 2 1 1 2 1 2 2 1 3 l l f        + − = 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 1 2 1 2 tan tan     = 其中 1  和 2  分别为两种介质的介电常数，  1 和  2 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，分界面上电场线的曲折满足 1 2 1 2 tan tan     = 其中  1 和  2 分别为两种介质的电导率。 证明：（1）由 E 的切向分量连续，得 1 1 2 2 E sin = E sin （1） 交界面处无自由电荷，所以 D 的法向分量连续，即 1 1 2 2 D cos = D cos 1 1 1 2 2 2  E cos =  E cos （2） （1）、（2）式相除，得 1 2 1 2 tan tan     = （2）当两种电介质内流有恒定电流时 1 1 1 2 2 2 J = E , J = E 由 J 的法向分量连续，得 1 1 1 2 2 2  E cos = E cos （3） （1）、（3）式相除，即得 1 2 1 2 tan tan     = 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，导体内电场线总是平行于导体表面。 证明：（1）设导体外表面处电场强度为 E ，其方向与法线之间夹角为  ，则其切向分量 为 Esin 。在静电情况下，导体内部场强处处为零，由于在分界面上 E 的切 向分量连续，所以 Esin = 0

电动力学习题答案因此0=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，设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为α，则电流密度J=E与导体表面夹角也是α。导体外的电流密度J=0，由于在分界面上电流密度的法向分量连续，所以Esinα=0因此α=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.内外半径分别为α和b的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为入，，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）求入，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1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。解：（1）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r，长度为L，其中a<r<b(1)则由高斯定理得：2元L.D=,L2y1 an,(2)所以D=Jp2元rat2元r(3)再由电流连续性方程得：2rL.J,=-ag/at=-L(aa,/at)1an,-J(4)所以2mat即J，与J，严格抵消，因此内部无磁场。J,=-D=.(5)（2）由J.=oE得：2元r6daf+-入=0(6)联立（2）（4）（5）得dt6da+dt=0所以M6a,=Ce6(7)设初始条件为2，=c，则由（7）式得C=f0a(8)所以，元，=02f(9)(3)P=oE?C2元8(4)将上式在长度为1的一段介质内积分，得第9页

电动力学习题答案 第 9 页 因此  = 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，设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为  ，则电流 密度 J =E 与导体表面夹角也是  。导体外的电流密度 J = 0 ，由于在分界 面上电流密度的法向分量连续，所以 Esin = 0 因此  = 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.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 ，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  f 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 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。 解：（1）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为 r，长度为 L，其中 a  r  b 则由高斯定理得： 2rL  D =  f  L （1） 所以 r D f   2 = ， r t J f D   =  2 1 （2） 再由电流连续性方程得： 2 rL J q / t L( / t)   f = −  = −  f  （3） 所以 D f f J r t J = −   = −  2 1 （4） 即 f J 与 D J 严格抵消，因此内部无磁场。 （2）由 J f = E 得： r J D f f      = =  2 （5） 联立（2）（4）（5）得 0 d d + f = f t     （6） 所以 d 0 d + t = f f     t f Ce    − = （7） 设初始条件为 0 0 f t  f =  = ，则由（7）式得 C =  f 0 所以， t f f e     − = 0 （8） （3） 2 2 2         = =  r p E f     （9） （4） 将上式在长度为 l 的一段介质内积分，得

电动力学习题答案G2,1bdv.2rldrIn(10)2元82元起2元8a由W=号E2得：211bw-Jwar-.2mrldr =In2Ja2元日4元adw_alnb.d,所以(11)Indt2元"adtdw由（6）（10）（11）得：P=dt即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。第10页

电动力学习题答案 第 10 页    =         =          =  V b a f f f a l b rl r r V r P ln 2 2 d 2 d 2 2 2 2 2             （10） 由 2 2 1 w = E 得： a l b rl r r W w V f b a f V ln 4 2 d 2 2 1 d 2 1 2 2          =         = =   所以 a t l b t W f f d d ln d 2 d    =  （11） 由（6）（10）（11）得 ： t W P d d = − 即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率