武汉大学电动力学 刘觉平第4章习题答案

第四章第四章 恒场恒场 目录目录 习题习题 4 4. .1 1恒场的基本方程恒场的基本方程.2 2 习题习题 4 4. .2 2恒场能量的势表达式恒场能量的势表达式.7 7 习题习题 4 4. .3 3恒场唯一性定理恒场唯一性定理.8 8 习题习题 4.44.4导体系静电叠加原理与静电屏蔽效应导体系静电叠加原理与静电屏蔽效应.8 8 习题习题 4.54.5导体系电容与电势系数和相互作用能导体系电容与电势系数和相互作用能.9 9 习题习题 4.64.6导体系静电平衡条件与静电体系稳定性导体系静电平衡条件与静电体系稳定性.1212 习题习题 4.74.7GreenGreen 定理与定理与 GreenGreen 互易定理互易定理.1212 习题习题 4.84.8作用在导体面上的电场力作用在导体面上的电场力. 1212 习题习题 4.94.9恒场中的多极展开恒场中的多极展开.1515 这一章是所有电动力学教材都要涉及的内容，题目也不难。 习题习题 4.14.1 1 1试由试由恒场所满足的基本方程导出恒场条件。 解：恒场满足的基本方程， ,0 0, f f DE BHj 0,0 ff j tt 且有,DE BH 所以, 1 0,0 0,0 f f EE ttt BBj ttt 因无穷远处,E B 均为 0，由亥姆霍兹定理知，0,0 EB tt 此即为恒场条件。证毕 2 2从式从式（4.1.40）导出式（4.1.44） ，从而验证两个稳恒电流回路之间的相互作用力满足牛 顿第三定律。 12 1233 12 3 3 ( ) ( ) () .(4.1.40) 4 | ()() .(4.1.44) 4 | ff vv LL LL jxjxxx Fd xd x xx IIdl dlxx F xx 解：若电流体系是一个稳恒电流圈 L，则 () ( ) ff f s j dvjddl Ijxdconst 所以 12 1233 12 3 3 3 3 ( ) ( ) () 4 | () 4 | ()()() 4 | ff vv LL LL jxjxxx Fd xd x xx IIdldlxx xx IIdl dlxxxx dl dl xxxx 3 1 ()1 0 | 1 0 | Ls xx dld xxxx r r xx 而 第一个等号是用了斯托克斯定理 第二个等号是由于 所以 12 3 ()() 4 | LL IIdl dlxx F xx 证毕 3 3应用应用静电场的势方程证明() ( )px 是一个位于原点的电偶极矩为p 的电偶极子 的电荷密度。 证：对于原点处的电偶极子， 2 00 0 111 , 44 11 , 4 p r p rr Ep r 所以 2 00 11 ( ) 4 11 ( )() ( ) 4 ijji jjii Ep r ppx r 4.4.证明证明:(1)在面电荷两侧,电势是连续的,但电势的法向微商却有跃变 12 1212 nn jj w 抖 -= 抖 式中 12 n是边界面的法向,而w是边界面上的面电荷密度. (2)在面电偶极层两侧,电势的法向微商是连续的,但电势却有跃变: 1212 0 1 npjj e - -= 式中 ,0 lim. l pl s s= 是面电偶极层的面电偶极矩密度 解(1) 1 1121121 12 =nD nD n j j 炎= - 12 =DDw-原式 (2) 121212 0 1212 00 1 ()(+) -1-1 =() EEn npnl jjr e s ee -= -= 籽 证明： （1）因为E 所以 ( , , )x y z dl E 因而是 x,y,z 的连续可微函数，故有 12 又 1212 ()nDD ， 122211 ()()DD 所以 112212 /nn （2）如图所示 由（1）中结论知 11 112312 /|/| Ss nn 22 312212 /|/| Ss nn 将两式相加得 1221 112212312312 /|/|/|/|0 SsSs nnnn 区域 1 区域 2 区域 3 1 S 2 S 其中 21 2 3123123 2 12 /|/| Ss nnl n 当0l 时， 12 112212 /|/| Ss nn=0 又 11 13 | SS ， 22 23 | SS 所以 12 1233301203 12 |(1/)() SS lnl n 其中 0303 V llEl dvQlp （此处 V 只包含一个分界面） 所以 12012 (1/)np 5.5.有一有一半径为a的磁化介质球,球心取在坐标原点,若球中的磁化强度为 2 () z MAzB e=+ , 求磁化电流和等效磁荷. 解： 磁化电流密度： 2 det/0 00 xyz m eee jMxyz AzB 1212 () m nMM 因为 2 0M 所以面磁荷流密度： 121 det/ ( / )( / ) 00 xyz mxy eee nMx ay az aMy z ex a e M 磁荷密度 000 2 m MMAz z 面磁荷密度 0121201210 () m z nMMnMM a 6.6.证明证明:若稳衡电流 I 形成的电流圈对场点 x 所张的立体角为W,则该电流圈的场点的磁标 势是/(4 ) m Ijp= - W 解: 将这一电流圈划分成无数的小电流圈，对于每一个小块面元，都相应的有一个磁矩， dmId 它所产生的磁标势为 1 4 m I dd r （1） 所以整个回路 L 产生的磁标势是 1 4 m I d R 2 drdr R d 这里，我们对立体角的正负进行规定： 按右手螺旋法则，当观察点在曲面法向的正方向时，立体角0 ，反之0 ，以前大多 数情况下认为是总大于零的。 所以 当我们认为 r 与R 的方向相同时，那么 22 dr R drR d 2 2 1 44 m II R d R 反之，仍然得到这个结果。 这里处理与书上略有不同，将书上的问题揭露出来了。关键是这里面， 2 dR d不是总 能成立，左边总是大于零，右边可正可负。事实上，如果我们认为是总大于零的，而将 正负号归于电流 I， 那也可以。 这里的一些问题本质上是由于观察点与坐标原点不是同一点。 7 7证明证明：在孤立的带电导体表面上，电场强度的法向导数由下式给出： 12 111 () E EnRR 式中 1 R与 2 R是曲面的主曲率半径。 证明：在导体的表面的一面积元S处沿导体的表面法向方向取一小体积元，使两底面分 别在导体内外，设导体S上所带的电荷为 q，而上下底面均与法向垂直，而导体内 部电场为 0，那么由高斯定理可知： 0 q E d 得 0 q ESE S （因为ES ）有 0 q E S 令sS 则有 0 q E s 那么得 2 0 EqE sss , EEsEs nsnsn 曲面的主曲率半径为 R1和 R2, 又 12 11s s nRR 即 12 111 () E EnRR 关于主曲率半径 R1和 R2定义：由于对一个曲面，过其中一点做一个切平面，平行切平 面总有两个互相垂直的方向，对每一个方向都有一个曲率半径，所以总共有两个曲率半径。 8 8： 有一点有一点电荷 q 位于某一直线上，以该直线为轴幅向展开三个半无穷大平面。 这个面形成的三个二面角分别为 1 ， 2 ， 3 ， 123 2。每个二面角内 充满一种均匀介质，其介电常量分别为 123 , 。求空间的电势分布，电场强度 和电位移矢量。 解：从电荷所在的点为原点，r 为半径作一球体，则以各介质的交线为直径看去可将球分成 三个二面角分别 1 , 2 , 3 的扇体。而电场方向均为沿着半径的方向，电场线与等势面正 交，等势面为球面，即( ) r,( )( ) r ErE r r 故 123 EEEE因此Ddq 222312 123 444 222 DrDrDrq 而DE代入 222312 122 444 222 ErErErq 得到 3 112233 2() q Er r , 3 112233 2() i ii q DEr r 又 r Edr 且 123 EEEE 所以 123 = 112233 2 () q r 9 9：一半径：一半径为 a 的磁壳沿径向磁化，使表面磁矩为 02 cosM P，这里为极角， 2 cosP是二阶 Legendre 多项式，求球外的磁标势。 解：由磁标势的定义有 2 0 m m 在球外有 2 0 m 解得 1 00 1 ()(cos )cossin l lm mlllmm l ml c rdPAmBm r 由于是沿径向极化， 1 0 1 ()(cos ) l mlll l l c rdP r 边界条件|0 mr 得0 l c ,所以 1 0 1 (cos ) mll l l dP r 又 m M 及边界条件 02(cos ) r a MM P 02 2 0 1 (cos )cos mll l l r a l dPM P r （没有对微分，微分后似乎不可能相等了） 所以取2l ， 所以 4 0 2 , 0 3 l M dad 其他 可得 4 02 3 11 (cos ) 3 m a MP r 所以得 4 02 3 (cos ) 3 m a M P r 与书上不同。这个答案是满足边界条件的。 习题习题 4-24-2 1 1 试证试证 1111 () 2222 ff SVSV UdDdvdA Hdv jA 证明：介质中电磁场的能量表达式为 3 1 2 V Ud xE DB H ， 在恒场中，E ，BA 且 f E DD ， f B HA HjA 1111 () 2222 ff SVSV UdDdvdA Hdv jA 2 2 一个一个带电圆柱壳体长为l，半径为a，且la。电荷在壳表面均匀分布，密度为。 此壳体以角频率绕其对称轴 z e 旋转。若忽略边缘效应，试求 (1)壳内的磁场；(2)总磁能。 解：(1)取一垂直于圆柱壳的矩形 z dlen 并使圆柱壳穿过其中，设 L 为其边界， 有 0 L dl BI ， 其中 dla dtdQds Iadl dtdtdt 0z Bae (2)真空中磁场的能量为 2 22224 00 00 1 11 11 222 V UB dVaa la l 习题习题 4-34-3 证明当各导体上的电势值或导体表面上的n D 未给出，仅给出各导体的总电荷与导体外空 间中的电荷分布时的静电唯一性定理。 证明：若存在两个不同的恒场 12 , 在区域 V 中都满足 f 在边界上满足 , i i i sif s s s dQ n n 给定，给定 则恒场 12 满足0 0,0 00 i i s s s s d n n ， 因为0,0 i ss ，电场线只能从导体表面出发，或到达其他导体，或延伸至无穷远处， 所以在区域 V 中没有电场线，即 E=0。所以0E dl ， 12 。 （应从能量定理证明。 ） 习题习题 4.44.4 有两个有两个相同的球形电容器，内外球壳半么分别为 a 和 b，设这两个电容器相距很远，相互绝 缘，且两电容器的内球壳各带电荷 1 Q与 2 Q，若用细导线将它们的外球壳联结起来，问系统 的静电能量的变化W近似为多少? 解我们把这两个电容器外球壳接起来，就近似相当于两个电容器的并联，总电容为 12 CCC，电量为 12 QQ 而球形电容器电容为 12 4/()Cab baC 则原来 2222 1212 121 222 QQQQ w CCC 连接后 22 1212 11 1 224 QQQQ w CC 所以 2 2 12 12 1 w 416 QQ abQQ ww Cab 习题习题 4.54.5 1 1 证明证明 11221 /2UQQ，并证明，若两带电体为导体，两导体在静电平衡时其总电荷 与电势分别为 ii Q与（i=1,2） ，则相互作业能为 11221 UQQ 解两导体的相互作用能为 3 12I Ud x 由 22 1 f 有 23 1 3 2 () f I f Ud x dd x 在全空间中，无穷远的势为零，上式第一项积分为零 所以 3 212If Ud xQ 由 1 和的对称性同理可得 121 UQ 即 11221 UQQ 2 2 设两个设两个孤立导体的电容为 12 CC与,现将这两个导体置于真空中，相距为 r，r 比每个导体 的尺度都大的多，证明这个体系的电容系数为 121212 11222222 1,1 4 44 C CC CC C cCccC r rr 11 证明设两个导体的电势和所带的电荷分别为,1,2 ii Q i 由电势叠加原理 12 1 1 21 2 2 4 4 QQ Cr QQ Cr 解得 11122 1 1212 2 14 4 4 CC C Q C CC C r r r 当r 时精确到 2 1 r 有 12122 1112 1 4 4 C CC C QC r r 所以 112 12 1 1 4 QC C cC r 11 12 12 4 C C c r 由对称性 12 2222 1 4 C C cC r 3.3.两个两个带正负电荷的导体的互电容定义为 12 /CQ,试用电容系数将这互电容表示 出来。 解： 11122122 , QccQcc 所以 12221121 2 21 1211 2221 1211 22 , QcQcQcQc c cc cc cc c 12 2 11 2212112212 / =/2 CQ c ccccc 4 4在电势在电势为 a 的闭合导体面 A 内含有一个电势为 b 的导体 B，且在导体面之间的 P 点电势 为 p .现若将所有导体都接地，并在 P 点放置一个点电荷 Q，求各导体上所感生的电荷。 解：假设 P 点所在的等势面为 S 面，P 可以认为是一个“点导体” 。那么，两层导体壳和 P 点就是一个导体系。 那么，接地前，有 00 00 00 aaaaabb bbaabbb ppaapbb p Qp Q p Qp Q p Qp Q (1) 接地后，0 ab ，上述方程变为 aaaabbap baabbbbp p Qp Qp Q p Qp Qp Q (2) 由于 ij p是一个对称张量，所以 ijji pp 将(2)改写为 00 00 / / aaaabbaapa baabbbbbpb p Qp QQQp Q p Qp QQQp Q 并将两式相加，有 000000 / aaababaababbbbapabpb p Qp QQQp Qp QQQp Qp Q (3) 将（1）代入（3） ，则/ aabbp QQQQ （5） 考虑整个导体系发出的电场线（电荷守恒） ，则有 ab QQQ（6） （5）和（6）联立，解得 bp a ab QQ ， ap b ba QQ 5 5 在 零 级 在 零 级 近 似 下 ， 氦 原 子 中 的 两 个 电 子 的 电 子 层 具 有 相 同 的 分 布 2 8 /exp4 /xear a ，这里 a 是原子的 Bohr 半径，e 是电子电荷，求这 两个电子之间的相互作用能。 解：考虑从 r 到 r+dr 之间电荷 带电量： 2 4dQrr dr dQ 所处位置的电势， 2 0 233 4 /24 /4 / 3 4 11 44 321 = 4483232 r r ar ar a rr dr Q rr eaaaa erere a r 所以 233 4 /24 /4 /2 3 0 4322 2233 6 1321 4 24483232 32 322 44 88832 832 4 r ar ar a eaaaa UdQerererr dr a r a aaaaaaa a 2 5/ 16ea 习题习题 4.64.6 一球体内的电荷Q应如何分布才能使总静电能最小? 由于体系的能量在静止时总是趋向最低,所以电荷不受约束时的分布即为总能量最小.由电 磁学知,带电导体的电荷均匀分布在球面上,此时总静电能最小. 习题习题 4.74.7 试用试用 Green 互易定理证明导体系的电容系数矩阵是对称的. 证： 由 Green 互易定理 ： iiii ii qq 电容系数定义 iijj QC这里用了爱因斯坦求和约定。下面都这么用 由于电容系数至于介质分布等有关，而与电荷本身无关， 所以 ijij CC ， iijj qC代入 Green 互易定理 得到 iijjijij qC qq C q 作哑指标替换，即得 ijji CC 习题习题 4.84.8 1 1试由试由下述三种方法导出静电场作用于导体单位面积上的力的公式:(1)直接应用Lorentz力 公式(用导体表面的面密度 f 表示出来);(2)应用虚功原理(要求保持导体的总电荷不变,且 用导体表面上的电场强度E 表示出来),(3) 应用虚功原理(要求保持导体的电势不变,且用 导体表面上的电场强度E 表示出来). 解:(1)在静电场中: g f t FF Lorentz 力 33 s Ffd xd xd FF dFdd n FF,故 dF n d F 在静电场中 1 () 2 E D IDE F故 1 ()() 2 s dF FE D nn D E d 考虑到导体内部电场为 0,导体表面的场只有法向分量,故若包围导体的介质是线性的,则有: 21 2 s dF FEn d 由导体面上的边值关系 f n D 和0En 有: f s En 2 2 f s Fn (2)静电场的能量为 1 2 UQ 所以 11 22 UQQFr 又因为Q不变故0Q, 1 0 2 UQrFr r 又 f QdE nd 和E r 1 ()() 2 UE ndErFr 又导体面上的边值关系0En 故 2 1 () 2 UFEndr 由虚功原理可知: 2 1 ()0 2 UFEndr 故 2 1 0 2 FEnd 2 1 2 s dF FEn d (3)要使导体甲上的电势U保持不变就必须求助于导体之外的物体.例如将导体接到另一个 电容很大的导体乙上,若要让导体甲充入电荷Q,甲就由相连的导体乙中取出Q的电荷. 由于乙的电容很大,其甲和乙的电势没有发生改变,但是乙减小了Q的电能.设甲和乙 的总电能为 U,则由于甲和乙是封闭的体系,所以对于电势不变的导体乙来说,起机械作用 的不是U而是 U. 当没有外力作用时 0 1 2 Q UUQUQ 当将电场力作为外力考虑时 1 2 UQFr 下面的步骤由(2)同理可得: 由虚功原理可知: 2 1 ()0 2 UFEndr 故 2 1 0 2 FEnd 2 1 2 s dF FEn d 2 2 设位于设位于介电常量为的均匀电介质中的两个导体的固有电容（即作为孤立导体时的电容） 1 C与 2 C，其电势分别为 12 VV与，且两导体间的距离比它们的尺度大得多.求它们之间的相 互作用力的大小. 解：由电势叠加原理： 12 1 1 21 2 2 4 4 QQ V Cr QQ V Cr 可解出 2 21 1 2 1 1 12 2 1 2 4 4 4 4 4 4 C VrV Q Cr rC CVrV Q Cr rC 代入 1 2 ii i UVQ得到： 12 22 1 12 212 1 2 12 , 2 2 4 1 4 V V CVC VC C VVU F C Crrr r = 12 2 3 22 12 1 2 1 12 222 12 2 2 4 2 4 1 4 C C r C C VV CVC V r C C r = 1212 221 1 2 222 12 444 16 C CrVC VrVCV rC C 3 3 一球型一球型电容器内外层半径分别为 a 与 b，接地外层很薄，在外层上作一小孔，用绝缘线穿 过该小孔将电容器的内层与离电容器很远的第三个导体连接起来。这导体具有固有电容为 C，且与球型电容器内层共带电荷 Q。求作用在第三导体上的静电力（准确至 3 1 r 项） 。 解：设第三导体带电 q，外层外表面带电为外层外表面带电为 0 Q，由 于 屏蔽效应，球心的势等于内球的势，而由于外球接地，所以其外表面电势为零。考虑到静电 屏蔽，只要考虑外表面电荷和第三导体在外表面处的产生的电势。故 0 Q与 q 在外层导体外 表面产生合势为 0 即： 0 00 0 44 Qq br （1） 内层与第三导体电势相等，有 0 00 11 () 44 QqQq crab （2） 连立（1） ， （2）得 B q=Q A （3） 其中 2 00 1111 () 44 b A Crab ， 0 111 () 4 B ab 系统能量为 2 111 U= =(1) 222 ii i B QQBQ A 故 22 32 0 11 4 UbQB xx r rrA r F 22 0 4 0 2 00 111 () 41 1111 4 () 44 ab bQx b r Crab 略去分母中的小量 2 0 4 b r ，化简得 222 04 4 4 ab x FbC Q C rba 习题习题 4.94.9 1 1证明证明处于恒外电场E 中的电偶极子p 与外场的相互作用能为 Wp E 并由此导出外场的作用在电偶极子p 上的作用力为 FpE （） 试证置与静电场E 中的电介质每单位体积所受的力为 0 2 F 2 （E ） a)，先证一个命题：对稳恒电磁场，若电场强度是均匀分布的，则E r （书 P117 习题 12） 证明： () E dvEddlEEdldE r d dvdd 所以E r 然后我们证明结论： e Wdvxdvx E xdvx xE p E b) 功的增加等于相互作用能的减少 所以 ()()FWp EEppE 上面利用了下式 ()()0EppEpE c)由极化强度定义： i i p P V 对单位体积， i i Pp 所以 ii ii FFE pE P （由电偶极矩过渡到极化强度） 又 0 EDEP 1 所以 0 ()PE 2 0 0 ()() () 2 FEPEEE 证明中 1的成立条件是各向同性的线性介质 2 2设有设有两个电偶极子，其电偶极距大小均为 P，方向均朝 x e，方向，一个位于原点，一个 位于： （1）（r, ）=(R, /2)（2）（r, ）=(R，0） 求量电偶极子在上述两种情形下的相互作用能与相互作用力。 解： （1）位于 1 x、 2 x的两个电偶级 2 子 12 PP 、的相互作用能是 1 1212 13 12 3()() () 4 ex x P PP n P n PE xx 12 （P -P） 1 U 作用力 U F r 式中 1212 n=(x -x )/ x -x 12 2 12 , 1212 1 33 1 3cos 3(cos )(cos ) 44 pp p p p ppp U rr 1 2 12 44 31 3cos 3sin2 44 pr PP FUee rr 2 2 3 0 4 P R 12 （P -P） 1 U 1 12 4 3 4 pr PP Fe R （2） 0 2 3 0 2 P R 12 （P -P） 1 U 1 1212 44 63 42 prr PPPP Fee rR 3 3试利用试利用（4.9.69）证明(4.9.71)。 证：即是利用 ( ) 4 Bxmmx r （1） 1 （）证明 3 2 ( ) 3 r R d xB xm ， 因为m 为常矢量 333 ( ) 44 d xBxd xmmxmmd x rr （1） 11 （） 由高斯定理， 3 44 md xmd rr 11 选取一球面，使包含所有的电流，即0 r R j 对球面 R 内积分， 2 dr R d ， 2 1r rr 所以积分 2 2 14 3 rr dRdI rR ，I 是二阶单位张量 上面利用了 11 43 ijij dnn （参看第一章 （1.4.12） ） 所以 3 42 4433 r R r R d xBxmmdmmIm r （1） 1 得证 4 4证明证明(4.9.85)。 证：由gg （f）=g (f)-f ()以及A B(x)（x）得： ()()()jxxjjAxxAj e0e0e0 （x j）BBB（1） 又由()()()abca c ba b c 有： ()()() jAxjxAx A （2） ()() xAjxjAj A （）（3） 把（2） 、 （3）代入（1）则有： 00 ()( )( ) () ee xAj xj xAx e0 （x j）B 5.氢原子 2p 能级中的 m=1 态的电荷密度为 2 5 2 sin 64 1 a r e a r 式中是相对于 z 轴的极角, 22 2 4em h a e 是 Bohr 半径 (1) 对此电荷分布作多极展开，确定所有的多极矩.用 Legendre 多项式表出远处的电势 (2) 简明表出空间任一点的电势，并证明原点附近有 120 72 )(cos 4 1 )(4 2 20 r P r x 解： （1） 24 2 3323 55 000 11 ( )sinsin1 6464 rr aa rr Qd xxd xeddedr aa 5 2 34 5 000 2 0 1 ( )cossin0 64 (cossin2sin00) r a x r Pd xx xddedr a d 5 2 34 5 000 2 0 1 ( )sinsin0 64 (sincos0cos20) r a y r Pd xx yddedr a d 5 2 33 5 000 344 0 1 ( )sincos0 64 11 (sincossinsin 00) 44 r a z r Pd xx zddedr a d 66 22 253 55 000000 222 31 cossinsin 6464 31614 6!26!6 6415643 rr aa xx rr Dddedrddedr aa aaa 6 2 5 5 000 3 sincossin0 64 r a xyyx r DDddedr a 6 2 4 5 000 3 cossincos0 64 r a xzzx r DDddedr a 66 22 253 55 000000 222 31 sinsinsin 6464 31614 6!26!6 6415643 rr aa yy rr Dddedrddedr aa aaa 6 2 4 5 000 3 sinsincos0 64 r a yzzy r DDddedr a 66 22 323 55 000000 222 31 sincossin 6464 183012 rr aa zz rr Dddedrddedr aa aaa 4 1 4 1 0, 0 QQ 0 4 3 0, 1 z PQ 0)( 8 3 1 , 1 yx iPPQ 0)( 8 3 * 1 , 11, 1 yx iPPQQ 2 0, 2 5 3 4 5 2 1 aDQ zz 0)( 8 15 3 1 1 , 2 yzxz iDDQ 0)( 8 15 3 1 * 1 , 21, 2 yzxz iDDQQ 0)2( 2 15 12 1 2, 2 yyxyxx DiDDQ 0)2( 2 15 12 1 * 2, 22, 2 yyxyxx DiDDQQ 35 2 2 5 2 11 ( ) 42 600 111 060 42 0012 QP xxx xD rrr ax xyzay rr az 22222 5 222 2 33 111 (6()12) 42 11613cos116 ()(cos ) 424 axya z rr aa P rrrr （2） 3 1( ) ( ) 4 v x xd x xx 对( )x 进行 Taylor 展开得： 0 33 0 1( )11111 ( )( )()() 442! x x vv x xd xd xxxxx r xxxxxx 对第二项 33 30 1 ( )()( ) x vv x d xxd xx r xx ： 2 2 4 5 000 2 2 4 5 000 2 2 3 5 000 1 :cossin0 64 1 :sinsin0 64 1 :sincos0 64 r a r a r a r xddedr a r yddedr a r zddedr a 对第三项 0 33 5 1 ( )()3( ) x vv x x d xxd xx r xx ： 2 25 533 000 3316 11 :cossin 64641520 r a r xxddedr aaa 2 5 5 000 3 :sincossin0 64 r a r xyddedr a 2 4 5 000 3 :cossincos0 64 r a r xzddedr a 2 25 53 000 31 :sinsin 6420 r a r yyddedr aa 2 4 5 000 3 :sinsincos0 64 r a r yzddedr a 2 32 533 000 334 11 :sincos2 64641540 r a r zzddedr aaa 展开式为： 3 3 3 1 00 20 1111 (000) 442!20 1 00 40 a x xxyzy aa z a 2 2 3 22 2 33 1115(cos ) () 442