《电动力学》课程教学资源（习题解答）第一章 电磁现象的普遍规律

电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律1.根据算符√的微分性与矢量性，推导下列公式：V(A.B)= B×(V×A)+(B.V)A+Ax(V×B)+(A.V)B1-vA? -(A.V)AAx(V×A)=2解: 1) V(A.B)=B×(V×A)+(B.V)A+Ax(V×B)+(A.V)B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，V将作用于A和B。又是一个矢量算符，具有矢量的所有性质。因此，利用公式cx（axb）=a·(c·b)-（c·a)b可得上式，其中右边前两项是V作用于A，后两项是√作用于B2）根据第一个公式，令A=B可得证。2.设u是空间坐标x，y，z的函数，证明：dfuVf(u) =dudAV.A(u) = Vu.dudAVxA(u)=Vuxdu证明：1)df+dfoudfoudfaf(u)f(u)af(u)auexVf(u) =Vue.21VaxOzOaxaydudu.oydudu2)aA,(u)dA,(u)aAr(u)A.z(u)dAr(u) OuQudA,(u),dAauV.A(u)VuazaxOzduaxdudzayaydu3)ee.e,aaAaA,aaAOA.aaA.aAV× A(u) =)e,)e.-)e.+.+(axOzaydzaxdyOzaxdy[Ax(n)A.(u)A.(u)1

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 1 - 1. 根据算符∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式 A B B A B A A B A B r r r r r r r r r r ∇( ⋅ ) = × (∇ × ) + ( ⋅∇) + × (∇ × ) + ( ⋅∇) A A A A A r r r r r ( ) 2 1 ( ) 2 × ∇ × = ∇ − ⋅∇ 解 1 A B B A B A A B A B v v 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 A B v v 和 又∇ 是一个矢量算符 具有矢量的所有性质 因此 利用公式 c a b a c b c a b v v v v v v v v v × ( × ) = ⋅( ⋅ ) − ( ⋅ ) 可得上式 其中右边前两项是 ∇ 作用于 A v 后两项是∇ 作用于 B v 2 根据第一个公式 令 A v B v 可得证 2. 设 u 是空间坐标 x y z 的函数 证明 ( ) . ( ) ( ) du dA A u u du dA A u u u du df f u r r r r ∇ × = ∇ × ∇ ⋅ = ∇ ⋅ ∇ = ∇ 证明 1 u du df e z u du df e y u du df e du df e z f u e y f u e x f u f u x y z x u x y z = ∇ ∂ ∂ + ⋅ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ = ∂ ∂ ( ) r ( ) r ( ) r r r r ( ) 2 du dA u z u dz dA u y u du dA u x u du dA u z A z u y A u x A u A u x y z x y z r r r r r r r r = ∇ ⋅ ∂ ∂ + ⋅ ∂ ∂ + ⋅ ∂ ∂ = ⋅ ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ ⋅ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 = ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × = z y x y x z x z y x u y z x y z e y A x A e x A z A e z A y A A A u A u x y z e e e A u r r r r r r r r r r r r r r r r ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

电动力学习题解答第一电磁现象的普遍规律章daou_daoudA. ouda, OudA, oudA, OudADe.=Vux+du Oyduzdu zduoxdu axduoydu3.设r=(x-x）2+（y-y）2+（=-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。aa01）证明下列结果，并体会对源变数求微商（V+é+é.)与对场变数求3=eo2axYayaaate微商（V=éte)的关系。axOzyyrrFrVr=-Vr0.V.VVV=0.(r+0)33r313rP（最后一式在人r二0点不成立，见第二章第五节）。2) 求.r,x,(a.)r,V(a.),.[Esin(k.)]及x[Esin(k.r)],其中a,k及E,均为常矢量。证明：V=(-))()=3axOzayexe,.aaaVxr==0OzaxayZ-Nx-xy-yOa.aé.)][(x-x)e, +(y-y')e, +(z -z)e.](a.V)r=[(aé,+a,é, +a.é.)-(ér0.axayyzaaa=(a.+ay+a.)[(x- x)e, +(y-y')e, +(z-z')e.]yoyaxOz=ae+ae,+aé.=aV(a.r)=ax(Vxr)+(a.V)r+rx(V×a)+(r.V).a=(a.V)r+rx(Vxa)+(r.a).a=a+rx(Vxa)+(r.V).aV.[E, sin(k.r)]=[V(sin(k.r)] E, + sin(k.r)(V.E.)-2-

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 2 - du dA e u y u du dA x u du dA e x u du dA z u du dA e z u du dA y u du dA z y x y x z x y z r r r r r r r r r r = ∇ × ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ = ( ) ( ) ( ) 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 并体会对源变数求微商 ( ) ' ' ' ' z e y e x ex y z ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ = r r r 与对场变数求 微商( ) z e y e x ex y z ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ = r r r 的关系 , 0, 0.( 0) 1 1 , 3 ' 3 3 3 ' ' ∇ = −∇ = ∇ = −∇ = − ∇ × = ∇ ⋅ = −∇ = r ≠ r r 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 r, r,(a )r, (a r), [E0 sin(k r)]及 [E0 sin(k r)],其中a, k及E0均为常矢量 r r 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 ' ' ' = − − − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × = x x y y z z x y z e e e r x y z r r r r ( ) [( ) ( )][( ') ( ') ( ') ] x x y y z z x y z x y z e x x e y y e z z e z e y e x a r a e a e a e v r v v v v v v v r v − + − + − ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ⋅ ∇ = + + ⋅ ( )[( ') ( ') ( ') ] x y z x y z x x e y y e z z e z a y a x a v r v − + − + − ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = a e a e a e a x x y y z z v v v v = + + = a r a r a r r a r a v v v v v v r v v v ∇( ⋅ ) = × (∇ × ) + ( ⋅∇) + × (∇ × ) + ( ⋅∇)⋅ a r r a r a a v v v v v r v = ( ⋅∇) + ×(∇× ) + ( ⋅ )⋅ a r a r a v v v v v = + × (∇ × ) + ( ⋅∇)⋅ [ sin( )] [ (sin( )] sin( )( ) 0 0 E0 E k r k r E k r r r r r r r r r r ∇ ⋅ ⋅ = ∇ ⋅ ⋅ + ⋅ ∇ ⋅

电动力学习题解答电磁现象的普逸规律第一aa0-sin(k-r)e, +sin(k.F)e, +-sin(k.)e.JEOyOzax=cos(k.P)(k.e,+k,e,+k.e.)E=cos(k.r)(k.E)V×[E, sin(k.r)]=[Vsin(k.r)]xE,+sin(k.P)Vx E4.应用高斯定理证明.dxj=$dsxj应用斯托克斯（Stokes）定理证明J,dsxVo=fdio证明：1)由高斯定理.dv.g= fas.g即: 1(% + 28 + 2%)dV =f.gds, + g,ds, + g.ds:axyz而[-[/1-是+是1-最)+最-最,f.)kjdvaxyaxoy-%,-f.i)+%(i-fh)+j-J,i)]avovOz又：$asxj=$[(f.ds,-f,ds.)i+(fds.-f.ds)j+(f,ds,-frds,)k]=f(,k -f.j)ds, +(fi -fk)ds, +(f.j - f,i)das若令H,=fk-f.j,H,=fi-fk,Hz=fJ-f,i则上式就是：[v.HdV=fds·H,高斯定理，则证毕。2)由斯托克斯公式有：ff.di=f,vxj.ds$.ai=f(f,dl, +f,dl,+f.d.)[-1最-最)+是-f.)ds.f.)ds0-QxOx而i=)-3 -

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 3 - 0 [ sin( ) sin( ) sin(k r)e ]E z k r e y k r e x x y z r r r r r r r r r ⋅ ∂ ∂ ⋅ + ∂ ∂ ⋅ + ∂ ∂ = cos( )( ) cos( )( ) k r kx ex k y ey kzez E0 k r k E r r r r r r r r r r = ⋅ + + = ⋅ ⋅ 0 0 0 [E sin(k r)] [ sin(k r)] E sin(k r) E r r r r r r r r r ∇ × ⋅ = ∇ ⋅ × + ⋅ ∇ × 4. 应用高斯定理证明 ∫ ∫ ∇ × = × V S dV f dS f r r r 应用斯托克斯 Stokes 定理证明 ∫ ∫ ×∇ = S L dS φ dl φ r r 证明 1)由高斯定理 ∫ ∫ ∇ ⋅ = ⋅ V S dV g dS g r r r 即 ∫ ∫ = + + ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ S x x y y z z V x y z dV g dS g dS g dS z g y g x g ( ) 而 f k dV y f x f j x f z f i z f y fdV z y x z y x V [( ) ( ) ( ) ] r r r r ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ ∇ × = ∫ ∫ ∫ − ∂ ∂ − + ∂ ∂ − + ∂ ∂ = f j f i dV z f i f k y f k f j x y z z x x y [ ( ) ( ) ( )] r r r r r r 又 dS f [( f dS f dS )i ( f dS f dS ) j ( f dS f dS )k ] y S z y y z x z z x y x x S r r r r r ∫ ∫ × = − + − + − ∫ = y − z x + z − x y + x − y dSz ( f k f j)dS ( f i f k )dS ( f j f i ) r r r r r r 若令 H f k f j H f i f k H f j f i x y z y z x Z x y r r r r r r = − , = − , = − 则上式就是 ∫ ∫ ∇ ⋅ = ⋅ V S HdV dS H r r r ,高斯定理 则证毕 2)由斯托克斯公式有 ∫ ∫ ⋅ = ∇ × ⋅ l S f dl f dS r r r r ∫ ∫ ⋅ = + + l x x y y z z l f dl ( f dl f dl f dl ) r r ∫ ∫ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ ∇ × ⋅ = S z y x x z y y x z S f dS y f x f dS x f z f dS z f y f dS ( ) ( ) ( ) r r 而 ∫ ∫ = + + l i x j y k z l dl φ (φ dl φ dl φ dl ) r

电动力学习题解答第一电磁现象的普遍规律章ds.)i +(apasaasaddsxV-ds.-ds.ds.)i+-ds.ds.)kOzaxayaxay02kds,-gi)as.+i)ds++(OzOzaxaxoyOy若令J，=,,=Φ,J.=Φ则证毕。5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为：P(t)= [ p(x,1)x'dv,利用电荷守恒定律V.J+%=0证明尸的变化率为：atdP=[J(x,n)dv"dtx证明：atJv atap=-fxdv =-[{(x)-(Vx)-lav =G-- (x7"dv=Jjrdv'-f.ds若 S→,则(x) dS = 0,(ls= 0)同理，=[j,dv=[j.dvdPj(x,t)dv即：dt6.若而是常矢量，证明除 R=0 点以外，矢量A=xRm.R的旋度等于标量β：的梯R3R3度的负值，即VxA=-Vp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：(mxR)VxA=Vx(-Vx[mx(V-)|=(V-m)V+(m.V)V[V.(V-)]m-[(V).V/mR3RrF- 4 -

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 4 - ∫ ∫ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ ×∇ = S y z z x x y S dS k x dS y dS j z dS x dS i y dS z dS r r r r ( ) ( ) ( ) φ φ φ φ φ φ φ ∫ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ = x y z i dS y j x k dS x i z j dS z k y ( ) ( ) ( ) φ r φ r φ r φ r φ r φ r 若令 x i y j z k f = φ , f = φ , f = φ 则证毕 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 ( ) ( , ) , ' ' ' ∫ = V P t x t x dV r r r ρ 利用电荷守恒定律 = 0 ∂ ∂ ∇ ⋅ + t J r ρ 证明 P r 的变化率为 ∫ = V J x t dV dt dP ' ' ( , ) r r r 证明 ∫ ∫ = − ∇ ∂ ∂ = ∂ ∂ V V x dV j x dV t t P ' ' ' ' ' ' ' r r r r r ρ ∫ ∫ ∫ = − ∇ = − ∇ ⋅ − ∇ ⋅ = − ∇ ⋅ ∂ ∂ V x V x j x dV x j x j dV j x j dV t P ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ( ) [ ( ) ( ) ] ( ( ) r r r r r ∫ ∫ = − ⋅ S j xdV xj dS r r ' 若 → ∞, ( )⋅ = 0,( = 0) ∫ S S xj dS j r r r 则 同理 ∫ ∫ = ∂ ∂ = ∂ ∂ ' ' ( ) ,( ) j dV t j dV t y y z z ρ ρ r r 即 ∫ = V j x t dV dt dP ' ' ( , ) r r r 6. 若 m r 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 3 R m R A r r r × = 的旋度等于标量 3 R m R r r ⋅ ϕ = 的梯 度的负值 即 ∇ × A = −∇ϕ 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 m r m r r m r m R m R m R A v v v v v v v v ) ] 1 )] [( 1 [ ( 1 ( ) 1 )] ( ) 1 [ ( ) ( 3 = −∇ × × ∇ = ∇ ⋅ ∇ + ⋅∇ ∇ − ∇ ⋅ ∇ − ∇ ⋅∇ × ∇ × = ∇ ×

电动力学习题解答电磁现象的普遍规律第一章=(m.V)V(r#0)Vo=V(m.R(R)--m-(V1=-x[7(V)1-(V) (V×)-(m V)!-[(v]).V)m=-(m.V)>..VxA=-Vp7.有一内外半径分别为r和巧的空心介质球，介质的电容率为6，使介质内均匀带静止自由电荷Pf，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).ds=Jprdv，(r>r>r,)即：D-4m2=(-)P3.-(-PLt.(n>>n)3ar3由·as--(-r)Pr,(r>n)80380.E-(-)p,r,(r>r)380r3r<r时，E=08-60E=(6-80)E2)P=80xE=8060(r3-r)6-60:. Pp=-V.P=-(c-60)V.E=-(ε-&0)V.(P,rl=-p,V.(r.38.3365= p,(3-0)=-(5-0)p)3gEOp= Pin-P2n考虑外球壳时，r=r2，n从介质1指向介质2（介质指向真空），P2n=0-5-

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 5 - ,( 0) 1 = ( ⋅∇)∇ r ≠ r m v r m m r r m r m R m R 1 ) ( ) ( ) 1 )] ( 1 )] [ ( 1 ( ) [ ( 3 = −∇ ⋅ ∇ = − × ∇ × ∇ − ∇ × ∇ × − ⋅∇ ∇ ⋅ ∇ = ∇ v v v v v v ϕ r m m r 1 ) ] ( ) 1 −[(∇ ⋅∇ = − ⋅∇ ∇ v v ∴∇ × A = −∇ϕ v 7 有一内外半径分别为 r1和 r2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 ρ 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 ∫ ∫ D ⋅ dS = f dV S ρ r r , (r2>r>r1) f D r r r ρ π π ( ) 3 4 4 3 1 2 3 即 ⋅ = − ,( ) 3 ( ) 2 1 3 3 1 3 r r r r r r r E f > > − ∴ = r r ε ρ 由 ( ) ,( ) 3 4 2 3 1 3 2 0 0 r r r r Q E dS f f S ⋅ = = − > ∫ ρ ε π ε r r ,( ) 3 ( ) 2 3 0 3 1 3 2 r r r r r r E f > − ∴ = r r ρ ε r r1时 E 0 r < 2) P eE E E r r r r ( ) 0 0 0 0 0 ε ε ε ε ε ε χ ε = − − = ( ) 3 ] 3 ( ) ( ) ( ) [ 3 3 0 1 3 3 1 3 0 0 r r r r r r r r P P E f f r r r r r ∇ ⋅ − − = − − ∴ = −∇ ⋅ = − − ∇ ⋅ = − − ∇ ⋅ ρ ε ε ε ρ ε ρ ε ε ε ε f ρ f ε ε ε ρ ε ε ε (3 0) ( ) 3 0 − 0 − = − − = − σ P = P1n − P2n 考虑外球壳时 r r2 n 从介质 1 指向介质 2 介质指向真空 2 = 0 P n

电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律=(1-)2-r=（6-60POD=p3r33ar36考虑到内球壳时，r=r=0p =-(8-80)pt3ar38.内外半径分别为r和rz的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流J，导体的磁导率为儿，求磁感应强度和磁化电流。解：+d(D.ds =l Hdi-I+diJs当rr>r,时,[H.di =2mrH=[,j,·dS= j,(r?-r2)B--i,xr2r2r2当r>2时，2元rH=元j,(r2-r)B=Ho-)j,xr2r2JM=V×M=Vx(xMi)=Vx("=H)i=(-1)Vx(i, ×"=r2r2ollo=(-1)×H=("-1)i,(<r<n)μooαM=nx（M，-M）（n从介质1指向介质2）在内表面上，M,=0,M2=(=0Ar=r2r2o故am=nxM,=0(r=n)在上表面，r=rz时am =nx(-M,)=-nxMlr12r2ro11L2r2Lo- 6 -

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 6 - P n f r r f r r r r r r r P ρ ε ε ρ ε σ ε ε 3 2 3 1 3 0 2 3 3 1 3 1 0 3 (1 ) 3 ( ) 2 − = − − = = − = r 考虑到内球壳时 r r2 0 3 ( ) 3 1 3 1 3 0 = − P = − − f r=r r r r r r ρ ε σ ε ε 8 内外半径分别为 r1和 r2 的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定均匀自由电流 Jf 导体 的磁导率为 µ 求磁感应强度和磁化电流 解 f l S f D dS I dt d H ⋅ dl = I + ⋅ = ∫ ∫ r r r r 当r r>r1时 2 ( ) 2 1 2 H dl rH j dS j r r f S f l ⋅ = = ⋅ = − ∫ ∫ π π r r r r j r r r r r j r r B f v f r r × − = − = 2 2 1 2 2 1 2 2 ( ) 2 µ ( ) µ 当 r>r2时 2 ( ) 2 1 2 2 rH j r r π = π f − j r r r r B f r r r × − = 2 2 1 2 0 2 2 µ ( ) ) 2 ) ( 1) ( ) ( ) ( 2 2 1 2 0 0 0 r r r J M H H j r M M f − = − ∇ × × − = ∇ × = ∇ × = ∇ × r r r r r µ µ µ µ µ χ ( 1) ( 1) ,( ) 1 2 0 0 H j r r r = − ∇ × = − f < < r r µ µ µ µ M n (M 2 M1 ),(n从介质1指向介质2 r r r r α = × − 在内表面上 ) 0 2 0, ( 1) 2 1 2 1 2 0 1 2 = − = = − r=r r r r M M µ µ 故 0,( ) 2 1 M = n × M = r = r r r r α 在上表面 r r2时 ( 1) 2 2 ( ) 0 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 − − × = − − = × − = − × = = − × = µ µ α M r r f r r f r j r r r j r r r r r r n M n M r r r r r r r r r f j r r r r 2 2 1 2 2 0 2 ( 1) − = − − µ µ

电磁现象的普遍规律电动力学习题解答第一章9.证明均匀介质内部的体极化电荷密度Pp总是等于体自由电荷密度P,的-(1-)倍。aP= -(1-3证明：Pp=-.P=-(-80)E=-(-60)V.E=-(-60)OP6610.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：B, = Ho g lzdl, ×1i24元／i2dFi2 = I,di, ×B,.Fi=d(dl)olgd(di )Pi24元4元ri2,iai(a)(didi)(1)4元ri2ri22）线圈2在线圈1的磁场中受的力：同1）可得：Fa=fal(dl)-(adi di)(2)4元r21分析表达式（1）和（2)：（1）式中第一项为fai(d)=fa pa=fai,=fai (一周=0i2ri2112ffdi(di, )= 0同理，对（2）式中第一项4r21. Fi,=Ff=-Hol(di-dl,)4元1211.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1和12电容率为6,和ε，，今再两板接上电动势为E的电池，求（1）电容器两板上的自由电荷密度の-7-

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 7 - 9 证明均匀介质内部的体极化电荷密度 ρ P 总是等于体自由电荷密度 ρ f 的 (1 0 )倍 ε ε − − 证明 f f P P E E ρ ε ε ε ρ ρ (ε ε ) (ε ε ) (ε ε ) (1 ) 0 = −∇ ⋅ = −∇ ⋅ − 0 = − − 0 ∇ ⋅ = − − 0 = − − 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 ∫ × = 2 3 12 0 2 2 12 2 4 l r I dl r B v v v π µ 12 1 1 B2 dF I dl v v v = × ∫∫ ∫∫ × × = × × ∴ = 1 2 1 2 3 12 0 1 2 1 2 12 3 12 0 1 1 2 2 12 12 ( ) 4 ( ) 4 l l l l r I I dl dl r r I dl I dl r F v v r v v v v π µ π µ ( ) ( ) 4 1 2 3 1 2 12 12 3 12 12 2 1 0 1 2 ∫∫ = ⋅ − ⋅ l l dl dl r r r r dl dl I I v v v v v v π µ 1 2 线圈 2 在线圈 1 的磁场中受的力 同 1 可得 ∫∫ = ⋅ − ⋅ 2 1 ( ) ( ) 4 3 2 1 21 21 3 21 21 1 2 0 1 2 21 l l dl dl r r r r dl dl I I F v v v v v v v π µ 2 分析表达式 1 和 2 1 式中第一项为 ) 0 1 ( ) ( 1 2 2 2 1 2 12 2 2 12 12 3 2 12 12 3 2 1 12 12 2 1 ⋅ = ⋅ = = ⋅ − = ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ l l l l l l r dl r dr dl r r dl dl r r dl dl 一周 v v v v v v v v 同理 对 2 式中第一项 ∫∫ ⋅ = 2 1 ( ) 0 3 21 21 1 2 l l r r dl dl v v v ∫∫ ∴ = = − ⋅ 1 2 ( ) 4 3 1 2 12 0 1 2 12 12 21 l l dl dl r I I r F F v v r v v π µ 11. 平行板电容器内有两层介质 它们的厚度分别为 l1 和 l2 电容率为 1 2 ε 和ε 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ω f

电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律（2）介质分界面上的自由电荷密度のf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[,E, +l,E, =E则、Dim-D2m=6,E,-8,E=0(介质表面上0+=0)82E6,E故：E,=,E,1,62 +12811162+126又根据Din-D2n=，（n从介质1指向介质2）在上极板的交面上，D, - D2 = OfD,是金属板，故D,=08162即：C=D162+1281而0,=0f,=D;-D,=-D2,(D,是下极板金属，故D;=0)81628.0f-0l,62+1281若是漏电，并有稳定电流时，五E-iE, =a102j2-E1+1又02a1(jin=j2n=ji=j2，（稳定流动，电荷不堆积）0,EE=iE9l,02+1201，即：得：J=J212o,EE2=1201020202+l201Sr0,E820,EO=D3Of=-D, =1,02 +l2011,02+l201-8 -

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 8 - 2 介质分界面上的自由电荷密度ω f 若介质是漏电的 电导率分别为σ 1和σ 2 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 , 0 0) 1 2 1 1 2 2 f 1 1 2 2    − = − = = + = Ε D D ε E ε E 介质表面上σ l E l E n n 故 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 , ε ε ε ε ε ε l l E l l E + Ε = + Ε = 又根据 D1n − D2n = σ f n 从介质 1 指向介质 2 在上极板的交面上 1 D1 − D2 = σ f D2是金属板 故 D2 0 即 1 2 2 1 1 2 1 1 ε ε ε ε ε σ l l f D + = = 而 0 2 σ f = ,( 0) ' 1 ' 1 ' 2 ' 2 ' σ f3 = D1 − D = −D D 是下极板金属 故D = 3 1 1 2 2 1 1 2 f f l l σ ε ε ε ε ε σ = − + ∴ = − 若是漏电 并有稳定电流时 2 2 2 1 1 1 , σ σ j E j E r r r r = = 又      = = = + = Ε 1 2 1 2 , 稳定流动 电荷不堆积 2 2 2 1 1 1 j j j j j l j l n n r r r σ σ 得        + Ε = = + Ε = = + Ε = = 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 , : σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ l l j E l l j E l l j j 即 1 2 2 1 1` 2 3 σ σ ε σ σ l l f D + Ε = = 上 1 2 2 1 2 1 2 σ σ ε σ σ l l f D + Ε = − = − 下

第一章电磁现象的普遍规律电动力学习题解答0% =D, -D; = 5201-6201El02+l20112.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tan22=82,tang,)其中6,和,分别为两种介质的介电常数，9,和9,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tan02_02tane,o,其中,和，分别为两种介质的电导率。证明：(1)根据边界条件：nx(E，-E)=0,即：E,sinの,=E,sin由于边界面上,=0，故n·(D,-D)=0，即：8,E,cos0,=6,E,cos有g=1g01,即:1902三26261tge,6(2)根据：J=GE可得，电场方向与电流密度同方向。=J2由于电流I是恒定的，故有：cos02coso,,E,1-0,E2即：而nx(E,-E)=0即E,sin,=E,singcos02coso,ge11故有：tg0,0213：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..导体内E,=0而：nx(E,-E)=0..n×E，=0，故E。垂直于导体表面。-9-

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 9 - Ε + − = − = 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 σ σ ε σ ε σ σ l l f D D 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 1 2 1 2 tan tan ε ε θ θ = 其中 1 2 ε 和ε 分别为两种介质的介电常数 θ1和θ 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 分界面上电场线曲折满足 1 2 1 2 tan tan σ σ θ θ = 其中σ 1和σ 2分别为两种介质的电导率 证明 (1)根据边界条件 2 1 2 2 1 1 n × (E − E ) = 0,即 E sinθ = E sinθ v v 由于边界面上σ f = 0 故 ( ) 0 n ⋅ D2 − D1 = v v v 即 2 2 2 1 1 1 ε E cosθ = ε E cosθ 1 2 1 2 1 1 2 2 , ε ε θ θ ε θ ε θ ∴ = = tg tg tg tg 有 即 (2)根据 J E v v = 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 1 2 2 1 cosθ cosθ j j = 即 1 2 2 2 1 1 cos cosθ σ θ σ E E = 而 ( ) 0 n × E2 − E1 = v v v 即 2 2 1 1 E sinθ = E sinθ 故有 2 1 2 1 σ σ θ θ = 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 0 导体内E1 v ∴ 而 ( ) 0 n × E2 − E1 = v v v 0 ∴n × E2 = v v 故 E0 v 垂直于导体表面

电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律（3）导体中通过恒定电流时，导体表面α，=0导体外E,=0,即：D,=0而:n·(D,-D)=O,=0,即:n·D,=n·6E,=0..n.E,=0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，板间填充电导率为α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）求长度为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。ap（1）证明：由电流连续性方程：.J+=0atP,=V.D据高斯定理.V.J+OV.DaD=0，即：V.j+V=0atatODaD:V.+)=0...J+90，即传到电流与位移电流严格抵消。atat(2)解：由高斯定理得：「D.2元rdl=a,dlA,2..D-E2元2元7又j+ODO,J=GE,D=EataE0..0E+s=0,E-Eeata,元ra2ee2元82元8- 10 -

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 10 - 3 导体中通过恒定电流时 导体表面 = 0 σ f ∴导体外 0, 0 E2 = D2 = v v 即 而 ( ) 0, : 0 n ⋅ D2 − D1 = f = n ⋅ D1 = n ⋅ 0E1 = v v v v v v v σ 即 ε 0 ∴n ⋅ E1 = v v 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λ f 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λ 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 ρ f r 据高斯定理 f D r ρ = ∇ ⋅ = 0 ∂ ∂∇ ⋅ ∴∇ ⋅ + t D J r r 即 = 0 ∂ ∂ ∇ ⋅ + ∇ ⋅ t D J r r ( ) 0. = 0 ∂ ∂ = ∴ + ∂ ∂ ∴∇ ⋅ + t D J 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 ∫ ∫ D ⋅ rdl = dl π λ f r r 2 r f r f e r e E r D r r r r πε λ π λ 2 , 2 ∴ = = 又 J E D E t D J r r r r r r = = σ = ε ∂ ∂ + 0, , t E E e t E E ε σ σ ε = = = ∂ ∂ ∴ + 0 0, r r r r r t r r f e e r e r r r ε σ πε λ πε λ − ∴ = 2 2 0