郭硕鸿《电动力学》课后答案副 投稿:马甼甽

电动力学答案 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)B2A(A)1A(A)A解:(1)(AB)(ABc)(BAc…

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电动力学答案

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

2

A(A)1A(A)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)1(AA)(A)A

即 A(A)

1

A2(A)A

2. 设u是空间坐标x,y,z的函数,证明:

f(u)

证明:

dfdAdA

, A(u)u u , A(u)u

dududu

(1)f(u)

f(u)f(u)f(u)dfudfudfu

exeyezexeyez xyzduxduyduzdfuuudf(exeyez)u duxyzdu

Ax(u)Ay(u)Az(u)dAxudAyudAzu

(2)A(u)

xyzduxduyduz

dAydAdAuuudA

(xexeyzez)(exeyez)u

dududuxyzdu

(3)u

dA

u/xu/yu/z du

dAx/dudAy/dudAz/du

exeyez

(

dAyudAxudAudAzudAzudAyu

)ex(x)ey()ez

duyduzduzduxduxduy

Ay(u)Ax(u)A(u)Az(u)A(u)Ay(u)

[z]ex[x]ey[]ez

yzzxxyA(u)

(xx')2(yy')2(zz')2为源点x'到场点x的距离,r的方向规定为

3. 设r

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 ; (1/r)'(1/r)r/r3 ; (r/r3)0; (r/r3)'(r/r3)0 , (r0)。

(2)求r ,r ,(a)r ,(ar) ,[E0sin(kr)]及

[E0sin(kr)] ,其中a、k及E0均为常向量。

(1)证明:r

(xx')2(yy')2(zz')2

1 r(1/r)[(xx')ex(yy')ey(zz')ez]r/r ○

'r(1/r)[(xx')ex(yy')ey(zz')ez]r/r

可见 r'r 2 ○

1r1d1

r2r3

rrrdrr

1r1d1

''r2'r3

rrrdrr

可见 1/r'1/r

3333

3 (r/r)[(1/r)r](1/r)r(1/r)r ○

d13r

3rr04r0 drrrr

1333

4 (r/r)[(1/r)r](1/r)r3r ○r

3r3

4r30 , (r0)

rrr

(2)解:



exeyez)[(xx')ex(yy')ey(zz')ez]3 xyzexeyez

2 r/x/y/z0 ○

1r(○

xx'yy'zz'

ayaz)[(xx')ex(yy')ey(zz')ez] 3 (a)r(ax○xyz

axexayeyazez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 [E0sin(kr)](E0)sin(kr)E0[sin(kr)] ○



E0为常向量,E00,而sin(kr)cos(kr)(kr)cos(kr)k,

所以 [E0sin(kr)]kE0cos(kr)

6 [E0sin(kr)][sin(kr)]E0kE0cos(kr)] ○

4. 应用高斯定理证明

dVfdSf

V

S

,应用斯托克斯(Stokes)定理证明

dSdl

S

L

证明:(I)设c为任意非零常矢量,则

cdVfdV[c(f)]

V

V

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 cdVfdV[c(f)]dV(fc)(fc)dS

V

V

V

c(dSf)cdSf

因为c是任意非零常向量,所以

V

dVfdSf

(II)设a为任意非零常向量,令Fa,代入斯托克斯公式,得

FdSFdl (1) (1)式左边为:(a)dS[aa]dS

adSadS adSadS

adS (2)

(1)式右边为:adladl (3) 所以 adSadl (4)

S

S

S

SSS

S

S

S

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 p(t)

V

(x',t)x'dV',利用电荷守恒定律

J

dp0证明p的变化率为:J(x',t)dV tdtV

证明:方法(I)

(x',t)dpd

(x',t)x'dV'[(x',t)x']dV'x'dV'('J)x'dV'

VVVVdtdttt

dp

e1('J)x1'e1dV'x1'('J)dV'['(x1'J)('x1')J]dV'

VVVdt

x1'JdS'Jx1dV'

S

V

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

dp

e1Jx1dV' SVdt

dpdp

同理 e2Jx2dV', e3Jx3dV'

VVdtdt

dp

所以 JdV'

Vdt

x1'JdS'0,

方法(II)

(x',t)dpd

(x',t)x'dV'[(x',t)x']dV'x'dV'('J)x'dV'

VVVVdtdttt

根据并矢的散度公式(fg)(f)g(f)g得: (Jx')(J)x'(J)x'(J)x'J dp

'(Jx')dV'JdV'dS(Jx')JdV'JdV'

VVVVdt

6. 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/R3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:(1/r)r/r

3

mr11

)[m()][()m] 3rrr1111

(m)(m)[()]m[()]m

rrrr11

(m)[2]m

rr

2

其中 (1/r)0, (r0)

1

A(m) , (r0)

r

mr1

又 (3)[m()]

rr

1111

m[()]()(m)(m)()[()]m

rrrr1

(m)()

r

所以,当r0时,A

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,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。

A(

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r1时,D10, E10。

4

(r3r13)f 3

33

(r3r1)f(r3r1)f

D2 , E2 , 2

3r3r2

3

(r3r1)f

r 向量式为 E2

3r3

433

当rr2时, 4r2D3(r2r1)f

3

3333

(r2r1)f(r2r1)f

D3 E3 22

30r3r

当r1rr2时, 4r2D2向量式为 E3

(r2r1)f

30r3

33

r

(2)当r1rr2时,

pP(D20E2)(D2

(1

0

D) 2

0

)D2(10)f 

0

D2)(10)D2

0

当rr1时,

pn(P2P1)n(D2

当rr2时,

rr1

00r23r13

pnP2(1)D2rr(1)f 2

3r2

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,求磁感应强度和磁化电流。

2

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 rr1 时,由安培环路定理得:H10,B10

当 r1rr2 时,由环路定理得:2rH2Jf(rr1) 所以 H2

2

2

Jf , B2

2r2r(r2r12)(r2r12)

ˆJfeJfr 向量式为 B22

2r2r

22

当 rr2 时,2rH3Jf(r2r1)

Jf(r2r12)

(r2r12)

, B3Jf

2r2r0(r22r12)0(r22r12)

ˆ向量式为 B3JfeJfr 2

2r2r

(2)当 r1rr2 时,磁化强度为 所以 H3

Jf(r22r12)

0(r22r12)

(r2r12)

M(1)H2(1)Jfr

002r2



所以 JMM[(1)H2](1)H2(1)Jf

000

在 rr1 处,磁化面电流密度为

M

1

Mdl0 2r1

在 rr2 处,磁化面电流密度为

M

(r22r12)1

0Mdl(1)Jf 22r202r2

(r22r12)

1)Jf 向量式为 αM(02r22

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

[(0)/]f(10/)f

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

04

I2dl2r12

, 3r12l2

F12l1l2

0I1dl1(I2dl2r12)0I1I2

3

44r12

dl1(dl2r12)

3r12l1l2

0I1I2

4

r12r123(dl1dl2) (1) dldl213r12r12l1l2

同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力:

F21

0I1I24

r21r213(dl2dl1) (2) dldl123r21r21l2l1

(1)式中:

r12r12dr121

dldldldldldl()=0 212122332rrrr12一周1212l1l2l2l1l2l112l2

同理(2)式中:

r21

0 dldl123r21l2l1

IIr

F12F2101212(dl1dl2) 3

4l1l2r12

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f1和f2; (2)介质分界面上的自由电荷面密度f3。(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

f3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f1 同理,在极板B内和介质2内作高斯柱面,由高斯定理得:

D2f2 在介质1和介质2内作高斯柱面,由高斯定理得:

D1D2

f1f1

所以有 E1 , E2

12

f1f1ll

l1l2f1(12) 由于E Edl1212

ll(12) 所以 f1f2 E

12

当介质漏电时,重复上述步骤,可得:

D1f1, D2f2, D2D1f3

f3f1f2

介质1中电流密度 J11E11D1/11f1/1

介质2中电流密度 J22E22D2/22(f1f3)/2 由于电流恒定,J1J2,

1f1/12(f1f3)/2

f3

212

()f1(211)f1 21221

11

再由 E 

E 

EdlEl

E2l2得

f2

f3

f121f1f1l1(l11l2) 122112

211

f1E E

2l11l2l11l2/2

12

(f1f3)E

2l11l2

2112E 2l11l2

tan22

 tan11

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

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

tan22

 tan11

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

E1sin1E2sin2 (1)

交界面处无自由电荷,所以D的法向分量连续,即

D1cos1D2cos2

1E1cos12E2cos2 (2)

(1)、(2)式相除,得

tan22

 tan11

(2)当两种电介质内流有恒定电流时

J11E1,J22E2

由J的法向分量连续,得

1E1cos12E2cos2 (3)

(1)、(3)式相除,即得

tan22

 tan11

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

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)

f1f

所以 D , JD (2)

2rt2r

再由电流连续性方程得:2rLJfq/tL(f/t) (3)

1f

JD (4) 所以 Jf

2rt

即Jf与JD严格抵消,因此内部无磁场。

f

(2)由 JfE 得: JfD (5)

2rdf

f0 (6) 联立(2)(4)(5)得dt

df

dt0 所以 f

fCe

设初始条件为 f所以,ff0e

t



(7)

t0

f0,则由(7)式得Cf0

(8)

t

f2

(3) pE2r (9)



(4) 将上式在长度为l的一段介质内积分,得

bfPdV2ra

V

2

由 w2E 得:

2

2

2flbf

2r2rldr22lna (10) 

2

2

2flb11bfWwdV2rldrln a2V24a2r

dWflbdf

ln所以 (11) dt2adt

dW

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。

第二章 静电场

1. 一个半径为R的电介质球,极化强度为PKr/r,电容率为。

(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)计算球外和球内的电势;

(4)求该带电介质球产生的静电场总能量。

2222

解:(1)pPK(r/r)K[(1/r)rr(1/r)]K/r

2

pn(P2P1)erPrRK/R

(2)D内0EPP/(0)

fD内P/(0)K/(0)r2

(3)E内D内/P/(0)

KR

e 22r

040r0(0)rKR外E外dr

r0(0)rRKR内E内drE外dr(ln)

rR0r0

E外

f

D外



dV

er

11K2

(4)WDEdV

22(0)2

R

4r2dr12K2R2

2

20(0)2r

4r2dr

Rr4

2R(1

K2)() 00

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0; (2)导体球上带总电荷Q

解:(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满足拉普拉斯方程,通解为

bn

)Pn(cos) n1

Rn

因为无穷远处 EE0,0E0Rcos0E0RP1(cos)

(anRn

所以 a00,a1E0,an0,当 RR0时,0

所以 0E0R0P1(cos)即: 0b0/R00,所以 b0R0(00),

(n2)

bn

P(cos)0 n1n

nR0

2

b1/R0E0R0

3b1E0R0

,bn0,(n2)

3

0E0RcosR0(00)/RE0R0cos/R2



(RR0)0

(2)设球体待定电势为0,同理可得

3

0E0RcosR0(00)/RE0R0cos/R2



(RR0)0

当 RR0时,由题意,金属球带电量Q

(RR0)

(RR0)

Q0

n

RR0

dS0(E0cos

00

2E0cos)R02sindd R0

40R0(00)

所以 (00)Q/40R0

3

0E0RcosQ/40R(E0R0/R2)cos(RR0)

Q/4R(RR)000

3. 均匀介质球的中心置一点电荷Qf,球的电容率为,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/4R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/4R与球面上的极化电荷所产生的电势

的迭加。设极化电荷产生的电势为,它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形式为:

bn

)P(ncos)n1

Rn

d

 外(cnRnnn1)P(ncos)

Rn

0,cn0。 当R时,外

为有限,bn0。 当R0时,内

内(anRn

所以

anRnP , 外内(ncos)

n

n

dn

P(ncos)

Rn1

由于球对称性,电势只与R有关,所以

an0,(n1) dn0,(n1)

a0, 外d0/R 内

所以空间各点电势可写成内a0Qf4R

外d0RQf4R

当RR0时,由 内外 得: a0d0/R0 由 

内n

0Qf

外n(1

得:

Qf4R02

0Qf

4R02

0d0

R02

,d0

Qf

40

(

1

1

)

4R00QfQf11

)所以 内 4R4R00QfQfQf11外)

4R4R040R

(二)应用高斯定理

在球外,R>R0 ,由高斯定理得:0E外dsQ总QfQpQf,(整个导体球的束缚电荷Qp0),所以 E外

则 a0

1

)

Qf40R2

er ,积分后得:

外E外dR

R

Qf

2

R40R

dR

Qf40R

在球内,R

E内

Qf4R

R0R

2

er ,积分后得:

内E内dRE外dR

R0

Qf4R

Qf4R0

Qf40R

结果相同。

4. 均匀介质球(电容率为1)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2),求空间各点的电势和极化电荷分布。

解: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/41R。所以球内电势可写成:

3

i'ipfR/41R3;球外电势可写成:o'opfR/41R3

其中'i和'o为球面的极化面电荷激发的电势,满足拉普拉斯方程。由于对称性,

'i和'o均与无关。考虑到R0时'i为有限值;R时'o0,故拉普拉

斯方程的解为:

ianRnP((RR0) ncos)

n

bn

P(cos)(RR0) n1n

Rn

由此 ipfR/41R3anRnP((RR0) (1) ncos)

o

n

(n1)

opfR/41R3bnRP((RR0) (2)ncos)

n

边界条件为:i

RR0

o

RR0

(3)

(4)

RR0

1

i

R

2

RR0

oR

(将(1)(2)代入(3)和(4),然后比较Pncos)的系数,可得:

an0,bn0

(n1)

3

a1(12)pf/21(122)R0

3

b1a1R0(12)pf/21(122)

于是得到所求的解为:

i

pfR41R

3

(12)pfRcos

3

21(122)R0

(12)

pfR(RR0)33

41R21(122)R0pfR(12)pfcospfRpfR(12)o

41R321(122)R241R321(122)R3

3pfR4(122)R

3

pfR

(RR0)

在均匀介质内部,只在自由电荷不为零的地方,极化电荷才不为零,所以在球体内部,只有球心处存在极化电荷。

pP[(10)E][

(0/11)f

所以 pp(0/11)pf

在两介质交界面上,极化电荷面密度为

10

D](01)D11

per(p1p2)(10)erEi(20)erEo

(10)

由于1

i

R

(20)

R0

oR

R0

iR

2

R0

oR

,所以

R0

p0(

30(12)pfio

)cos 3RRR021(122)R0

5. 空心导体球壳的内外半径为R1和R2,球中心置一偶极子p球壳上带电Q,求空间各点的电势和电荷分布。

解:以球心为原点,以p的方向为极轴方向建立球坐标系。在RR1及RR2两均匀区域,电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为

bn

)P(ncos)n1

Rn

当R时,电势趋于零,所以RR2时,电势可写为

b

(1) onn1P(ncos)

nR

当R0时,电势应趋于偶极子p激发的电势:

pfR/40R3pcos/40R2

(anRn

所以RR1时,电势可写为

pcos

anRnP( (2) ncos)2

40Rn

设球壳的电势为s,则

b

oRnn1(s (3) ncos)2

nR2

i

i

R1

pcos/40R12anR1nP(s (4) ncos)

n

由(3)得: b0sR2 ;bn0

(n0)

3

由(4)得: a0s ;a1p/40R1 ;an0

(n0,1)

所以 osR2/R (5)

ipcos/40R2spRcos/40R13 (6)

再由

0

S

oR

dS0s224R2Q 得: RR

sQ/40R2 (7)

将(7)代入(5)(6)得:

oQ/40R (RR2)

pcosQpRcos1pRQpRi(3)

40R240R240R1340R3R2R1

在RR2处,电荷分布为:

Dn0

o

RiR

R2

Q

2

4R2

3pcos

3

4R1

在RR1处,电荷分布为:

'Dn0



R1

6. 在均匀外电场E0中置入一带均匀自由电荷f的绝缘介质球(电容率为),求空间各点的电势。

解:以球心为原点,以E0的方向为极轴方向建立球坐标系。将空间各点的电势看作由两

部分迭加而成,一部分1为绝缘介质球内的均匀自由电荷产生,另一部分2为外电场E0及E0感应的极化电荷产生。前者可用高斯定理求得,后者满足拉普拉斯方程。由于对称性,2的形式为

(aR

nn

n

bnR(n1))Pn(cos)

对于1,当RR0时,由高斯定理得:

33

D1fR0/3R2 , E1fR0/30R2

当RR0时,由高斯定理得:

D2fR/3 , E2fR/3

3

1的球外部分: o1(fR0/30R2)dR(fR/3)dR

R

R0

322

fR0/30RfR0/30fR0/6 (1)

R0

1的球内部分: i1E2dR(fR/3)dRfR2/6 (2)

R

R

00

对于2,当R时,2E0Rcos,所以

o2E0Rcos

n

bn

P(cos)(RR0) n1nR

(RR0)

当R0时,2为有限,所以

i2anRnP(ncos)

n

边界条件为:RR0时,o2i2,0

o2R



R0

i2R

。即:

R0

n

E0R0cosbnR0(n1)Pn(cos)anR0Pn(cos)nn

(n2)n1

Pn(cos)nanR0Pn(cos)E0R0cos0(n1)bnR0

nn

比较Pn(cos)的系数,解得:

a130E0/(20)

3

b1(0)E0R0/(20)

anbn0

(n1)

3

2

所以 o2E0Rcos(0)E0R0cos/(20)R(RR0) (3)

i230E0Rcos/(20)

由(1) (2) (3) (4)得:

(RR0) (4)

(RR0)

fR02



3

2

fR6

33

fR0(0)E0R0cos1

()E0Rcos0230R(20)R2

1

30E0Rcos

20

(RR0)

7. 在一很大的电解槽中充满电导率为2的液体,使其中流着均匀的电流Jf0。今在液体中

置入一个电导率为1的小球,求稳恒时电流分布和面电荷分布,讨论12及

21两种情况的电流分布的特点。

解:本题虽然不是静电问题,但当电流达到稳定后,由于电流密度Jf0与电场强度E0成正比(比例系数为电导率),所以E0也是稳定的。这种电场也是无旋场,其电势也满足拉普拉斯方程,因而可以用静电场的方法求解。

(1)未放入小球时,电流密度Jf0是均匀的,由Jf02E0可知,稳恒电场E0也是一个均

匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势0便是均匀电场E0的电势。放入小球后,以球心为原点,E0的方向为极轴方向,建立球坐标系。为方便起见,以坐标原点为电势零点。在稳恒电流条件下,/t0,所以:

J0 (1)

由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为:

n(J2J1)0 (2) 设小球内的电势为1,电解液中的电势为2,则在交界面上有:

1R2R (3)

1

1R

2

RR0

2R

(4)

RR0

将JE及E代入(1),得:

J(E)20

可见满足拉普拉斯方程

考虑到对称性及R时EE0,球外电势的解可写成:

2n

其中利用了Jf02E0。

考虑到R0时电势为有限值,球内电势的解可写成:

1anRnP((RR0) (6) ncos)

2

Jf0

Rcos

bn

P(cos)(RR0) (5) n1n

R

n

因为选R0处为电势零点,所以a00,将(5) (6)代入(3) (4)得:

Jf0

R0cos

bn

Rn1P(ncos)anRn0P(ncos) 2

n

0n

f0

2[

Jcos(n1)

bn2

Rn2P(n

cos)]n1

1n

nanR0P(ncos) 0n

由(7)(8)两式可得:

a23

13Jf0/(12) , b1(12)Jf0R0/(122)2an0,bn0

(n1)

所以: 13Jf0Rcos/(122)3Jf0R/(122) (RR0)

J/32f0Rcos2(12)Jf0R0cos/(122)22R

J(3

f0R/212)R0Jf0R/(122)2R3 (RR0)

由此可得球内电流密度:

J11E11131(Jf0R)/(122)31Jf0/(122)

电解液中的电流密度为: J22E222

J(R3

12)0

3(Jf0R)RJf0f0(2[5

R3]12)R(2)两导体交界面上自由电荷面密度

fer(D2D1)0er(E2E1)0er(J2/2J1/1)

3(12)0Jf0cos/(122)2

(3) 当12,即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时,

(12)/(122)1

31/(122)3

所以, J13Jf0

J3

32Jf0(R0/R)[3(J2f0R)R/RJf0]

f30Jf0cos/2

当

12时,同理可得:

J10

JJ(R32f00/2R3)[3(Jf0R)R/R2Jf0]

(7) (8)

8. 半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质,导体球接地,离球心为a处(a >R0)置

一点电荷Qf,试用分离变量法求空间各点电势,证明所得结果与电象法结果相同。 解:以球心为原点,以球心到点电荷的连线为极轴建立球坐标系。将空间各点电势看作由两部分迭加而成。一是介质中点电荷产生的电势

f30Jf0cos/22

1Qf/4R2a22Racos,

二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的2。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性,2与无关。

由于R0时,2为有限值,所以球内的2解的形式可以写成

i2anRnPn(cos) (1)

n

由于R时,2应趋于零,所以球外的2解的形式可以写成

o2

n

bn

P(cos) (2) n1n

R

n

由于

R2a22Racos(1/a)(R/a)nPn(cos)

1(Qf/4a)(R/a)nPn(cos) (3)

n

当RR0时,内1i2

(Qf/4a)(R/a)nPn(cos)anRnPn(cos) (4)

n

n

当RR0时,外1o2

(Qf/4a)(R/a)nPn(cos)

n

n

bn

P(cos) (5) n1n

R

因为导体球接地,所以 内0 (6)

外R内R0 (7)

将(6)代入(4)得: anQf/4a将(8)(9)分别代入(4)(5)得:

n1

(8)

2n1

将(7)代入(5)并利用(8)式得: bnQfR0

/4an1 (9)

内0(RR0) (10)

外

14

[

Qf

Ra2Racos

2

2

R0Qf

aR(R/a)2RRcos/a

2

2

2

20

],

(RR0) (11)

用镜像法求解:设在球内r0处的像电荷为Q’。由对称性,Q’在球心与Qf的连线上,根据边界条件:球面上电势为0,可得:(解略)

r0R02/a, Q'R0Qf/a

所以空间的电势为

QfR0Qf1QfQ'1

外()[] (RR0)

4r1r24R2a22RacosaR2(R02/a)22RR02cos/a

9. 接地的空心导体球的内外半径为R1和R2,在球内离球心为a处(a

面上感应电荷对空间电场的作用,空心导体球接

地,球外表面电量为零,由对称性,Q'应在球

心与Q的连线上。

考虑球内表面上任一点P,边界条件要求:

Q/RQ'/R'0 (1)

'

式R为Q到P的距离,R’为Q'到P的距离,因此,对球面上任一点,应有

R'/RQ'/Q常数 (2)

只要选择Q'的位置,使OQ'P~OPQ,则

R'/RR1/a常数 (3)

设Q'距球心为b,则b/R1R1/a,即bR1/a (4) 由(2)(3)两式得: Q'R1Q/a

2

RR/a2RRcos/a

导体内电场为零,由高斯定理可知球面上的感应电荷为Q,分布于内表面。 由于外表面没有电荷,且电势为零,所以从球表面到无穷远没有电场,外0。

10. 上题的导体球壳不接地,而是带总电荷Q0,或使具有确定电势0,试求这两种情况的

电势。又问0与Q0是何种关系时,两情况的解是相等的?

解:由上题可知,导体球壳不接地时,球内电荷Q和球的内表面感应电荷Q的总效果是

使球壳电势为零。为使球壳总电量为Q0,只需满足球外表面电量为Q0+Q即可。因此,导体球不接地而使球带总电荷Q0时,可将空间电势看作两部分的迭加,一是Q与内表面的Q产生的电势1,二是外表面Q0+Q产生的电势2。



140

[

Q

Ra2Racos

2

2

R1Q/a

2

4

1

2

21

]

1内

140

[

Q

Ra2Racos

2

2

R1Q/a

RR/a2RRcos/a

2

41

2

21

],(RR1)

1外0, (RR1); 2内(QQ0)/40R2, (RR2);

2外(QQ0)/40R, (RR2),所以 (QQ0)/40R(RR2)

(QQ0)/40R2(R1RR2)

140

[

Q

R2a22Racos

R1Q/a

R2R14/a22R12Rcos/a

QQ0

],(RR1)R2

由以上过程可见,球面电势为(QQ0)/40R2。

若已知球面电势0,可设导体球总电量为Q'0,则有:

(QQ'0)/40R20,即:(QQ'0)/400R2

电势的解为:

(RR2)0R2/R

(R1RR2)0

QR1Q/a1

[]0

40R2a22RacosR2R14/a22R12Rcos/a(RR1)

当0和Q0满足0(QQ0)/40R2时,两种情况的解相

同。

11. 在接地的导体平面上有一半径为a的半球凸部(如图),半

球的球心在导体平面上,点电荷Q位于系统的对称轴上,并与平面相距为b(b>a),试用电象法求空间电势。

解:如图,根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点

电荷附近置一接地导体球两个模型,可确定三个镜像电荷的电量和位置。

Q

P

QbOaQbQ

a2a2aa

ez;Q2Q,r2ez; Q1Q,r1bbbb

Q3Q,r3bez,所以



Q40

[

1

R2b22Rbcos

a

1

R2b22Rbcos,

(02

a

a4a2

bR22Rcos

bb

2

bR2

aa

2Rcos2

bb

42

],Ra)

12. 有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面所 围成的直角空间内,它到两个平面的距离为a和b, 求(空间电势。 解:用电像法,可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导

体板的作用。



Q40

[

1

(xx0)2(ya)2(zb)2

(0

1

(xx0)(ya)(zb)

2

2

2

1

(xx0)(ya)(zb)

2

2

2

13.

体。取该两平面为xz面和yz面在(x0,y0,z0)和(x0,y0,z0)两点分别置正负电极并通以电流I,求导电液体中的电势。

解:本题的物理模型是,由外加电源在A、B两点间建立电场,使溶液中的载流子运动形成

电流I,当系统稳定时,属恒定场,即/t0,J0。对于恒定的电流,可按静电场的方式处理。于是在A点取包围A的高斯面,则

EdSQ/,

由于IjdS,jE,所以

I/Q/

可得:QI/ 。

同理,对B点有: QBI/Q 又,在容器壁上, jn0,即无电流穿过

容器壁。

由jE可知,当jn0时,En0。 容器内的电势分布为:

Q(x0,,z0)

,

z0)000Q(x000所以可取如右图所示电像,其中上半空间三个像电荷Q,下半空间三个像电荷 -Q,





Qi

4i1ri1

8

I1

[4

(xx0)2(yy0)2(zz0)21

]

1

(xx0)2(yy0)2(zz0)2

1

(xx0)2(yy0)2(zz0)2

1

(xx0)2(yy0)2(zz0)2

(xx0)2(yy0)2(zz0)2

1

(xx0)2(yy0)2(zz0)2

1

(xx0)2(yy0)2(zz0)2

1

2

2

2

(xx0)(yy0)(zz0)

14. 画出函数d(x)/dx的图,说明(p)(x)是一个位

于原点的偶极子的电荷密度。 解:(1)(x)

x0

d(x)(xx)(x)

lim

x0dxx

1)x0时,d(x)/dx0

d(x)0

2)x0时,a) 对于x0lim

x0xdx

d(x)0

b) 对于x0,lim

x0dxx

0



,,

x0

图象如右图所示。

(p)(x)(px1/x1px2/x2px3/x3)(x)

xdV(p)(x)xdV(p

其中第一项为:

x1

/x1px2/x2px3/x3)(x)xdV



(x1)(x2)(x3)(x1e1x2e2x3e3)dx1dx2dx3 )(x)]xdVpx1

x1x1(x1)d(x1)

px1(x2)(x3)(x1e1x2e2x3e3)dx1dx2dx3e1px1x1dx1

x1dx1

dt(t)d(t)d(t)dt(t)应用,即t(t)t(t),可得: dtdtdtdt

d(x1)

e1px1x1dx1e1px1dx1(x1)e1px1(x1)dx1

dx1

e1px1x1(x1)e1px1e1px1 (x=0) [(px1

同理可得另外两项分别为e2px2及e3px3,所以,xdVp,即 p是一个位于原点的偶极子的电荷密度。

15. 证明:(1)(ax)(x)/a (a0),(若a0,结果如何?)

(2)x(x)0

证明:1) 显然,当x0时,(ax)(x)/a成立;又

d(ax)11

(ax)dx(ax)(ax)d(ax)

aaa









(x)dx1

所以(ax)(x)/a在全空间成立。 若a0,





(ax)dx(ax)dx(ax)







d(ax)1

 aa

即,(ax)(x)/a

所以(ax)(x)/a在全空间成立。 2) 由(x)的选择性证明。





x(x)x(x)0,而x(x)dxx



x0

0

x(x)0 ,进而x(x)0

16. 一块极化介质的极化矢量为P(x'),根据偶极子静电势的公式,极化介质所产生的静

电势为

P(x')r

dV',另外根据极化电荷公式p'P(x')及pnP,34r0V

'P(x')P(x')dS'

dV'V40rS40r,试证明以上

极化介质所产生的电势又可表为两表达式是等同的。

证明:由第一种表达式得

1

P(x')'dV' VV40r

111'P'PP'

rrr1'P(x')P(x')

dV''dV' VV40rr



1

P(x')r1

dV'

40r3

1'P(x')P(x')

dV'dS', VS40rr

所以,两表达式是等同的。

实际上,继续推演有:



p1'P(x')Pn1p

dV'dS'dV'dS'V VSS40rrr40r

刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和。

17. 证明下述结果,并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化。 (1)在面电荷两侧,电势法向微商有跃变,而电势是连续的。

(2)在面偶极层两侧,电势有跃变21nP/0,而电势的法向微商是连续的。 (各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面,形成面偶极层,而偶极矩密度Pliml)



l0

证明:1)如图,由高斯定理可得:2ESS/0,

E/20,

21(/20)z(/20)z0

即,电势是连续的,但是 1/n1E1nez/20,2/n2E2nez/20

1/n12/n2/0

+σ 即,电势法向微商有跃变2)如图,由高斯定理可得:Eez/0 σ 21limEllimnl/0z

l0

l0

nP/0

又 1/nE,2/nE

1/n2/n0,即电势的法向微商是连续的。 18. 一个半径为R0 的球面,在球坐标0/2的半球面上电势为0在/2的

半球面上电势为0,求空间各点电势。

Pn1(x)Pn1(x)

P(x)dx提示:n,Pn(1)1, 02n10

1

1

0,(n奇数)

Pn(0)n/2135(n1)(1)246n

,(n偶数)

2

2

解:由题意,球内外电势均满足拉普拉斯方程:内0;外0

球内电势在r0时为有限,球外电势在r时为0,所以通解形式为:

内anrnPn(cos) ,外

n

n

bn

Pn(cos) 。 rn1

0,(0/2)

f() rR0rR0rR0

0,(/2)

将f()按球函数展开为广义傅立叶级数,f()fnPn(cos)

在球面上,内

外

,即 

n

fn,下面求fn。

2n112n1

fnf()Pn(cos)dcosPn(cos)sind

2120R0

2n1[0Pn(cos)sind0Pn(cos)sind]

0201112n12n1

[0Pn(x)dx0Pn(x)dx]0[Pn(x)dxPn(x)dx]

100022n

由于Pn(x)(1)Pn(x),所以

1112n12n1n1n1

fn0[Pn(x)dx(1)Pn(x)dx]0[1(1)]Pn(x)dx

00022

当n为偶数时,fn0;

则 anR0bnR0

n(n1)

P(x)Pn1(x)2n11

0[Pn1(x)Pn1(x)]0 0[11]n1当n为奇数时,fn

22n10

n135(n2)

0[Pn1(0)Pn1(0)]0(1)(2n1)

246(n1)

n135(n2)n(1)(2n1) anfn/R00n

246(n1)R0

n135(n2)(n1)

bnfnR00R0n1(1)(2n1)

246(n1)

至此,可写出球内外的电势为

1

内0(1)外0(1)

n135(n2)r

(2n1)()nPn(cos),(n为奇数,rR0)

246(n1)R0

nR135(n2)

(2n1)(0)n1Pn(cos),(n为奇数,rR0)

246(n1)r

第三章 静磁场

1. 试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B0,写出A的两种不同表示式,证明二者之差为无旋场。

解:B0是沿 z 方向的均匀恒定磁场,即 B0B0ez,由矢势定义AB得

Az/yAy/z0;Ax/zAz/x0;Ay/xAx/yB0

三个方程组成的方程组有无数多解,如:

1AyAz0,AxB0yf(x) 即:A[B0yf(x)]ex; ○

2AxAz0,AyB0xg(y) 即:A[B0xg(y)]ey ○解○1与解○2之差为A[B0yf(x)]ex[B0xg(y)]ey 则 (A)(Ay/z)ex(Ax/z)ey(Ay/xAx/y)ez0 这说明两者之差是无旋场

2. 均匀无穷长直圆柱形螺线管,每单位长度线圈匝数为n,电流强度I,试用唯一性定理

求管内外磁感应强度B。

解:根据题意,取螺线管的中轴线为 z 轴。本题给定了空间中的电流分布,故可由

0Jr

dV' 求解磁场分布,又 J 只分布于导线上,所以

4r3

Idlr

B0

4r3

1)螺线管内部:由于螺线管是无限长B

理想螺线管,所以其内部磁场是均匀强磁场,故只须求出其中轴 线上的磁感应强度,即可知道管

内磁场。由其无限长的特性,不racos'exasin'eyz'ez, dlad'sin'exad'cos'ey

dlr(ad'sin'exad'cos'ey)(acos'exasin'eyz'ez)

az'cos'd'exaz'sin'd'eya2d'ez

取z'~z'dz'的一小段,此段上分布有电流nIdz'

2

0nIdz'(az'cos'd'exaz'sin'd'eyad'ez)B

4(a2z'2)3/2

0

4

2

nI0a2dz'

d'nIe223/2z20(az')



d(z'/a)

n0Iez 23/2[1(z'/a)]



2)螺线管外部:由于螺线管无限长,不妨就在过原点而垂直于轴线的平面上任取一点

P(,,0)为场点,其中a。

rxx'(cosacos')2(sinasin')2z'2 2a2z'22acos(')

rxx'(cosacos')ex(sinasin')eyz'ez dlad'sin'exad'cos'ey

dlraz'cos'd'exaz'sin'd'ey[a2acos(')]d'ez

2220nI2az'cos'az'sin'aacos(')Bed'dz'ed'dz'ed'dz'xyz33340rrr00

0

3. 设有无限长的线电流I沿z轴流动,在z<0空间充满磁导率为的均匀介质,z>0区域为真空,试用唯一性定理求磁感应强度B,然后求出磁化电流分布。 解:设z>0区域磁感应强度和磁场强度为B1,H1;z<0区域为B2,H2,由对称性可知H1

和H2均沿e方向。由于H的切向分量连续,所以H1H2He。由此得到

B1nB2n0,满足边值关系,由唯一性定理可知,该结果为唯一正确的解。

以 z 轴上任意一点为圆心,以 r 为半径作一圆周,则圆周上各点的H大小相等。根

据安培环路定理得:2rHI,即HI/2r,H1H2I/2re

B11H10I/2re,(z>0); B22H2I/2re,(z<0)。

在介质中 MB2/0H2I/2r/01e 所以,介质界面上的磁化电流密度为:

2

αMnI/2r/01eezI/2r/01er

总的感应电流:I

MdlI/2r/

1erdeI/01,

电流在 z<0 区域内,沿 z 轴流向介质分界面。 4. 设x<0半空间充满磁导率为的均匀介质,x>0空间为真空,今有线电流I沿z轴流动,

求磁感应强度和磁化电流分布。

解:假设本题中的磁场分布仍呈轴对称,则可写作

B('I/2r)e

它满足边界条件:n(B2B1)0及n(H2H1)α0。由此可得介质中:

H2B/('I/2r)e

由 H2B/0M得:

'I0

e ,

2r0

2I'(0)'I0

rd0d则: IMMdl 02r020

再由 Be0(IIM)/2r('I/2r)e 可得'20/(0),所以

在x<0 的介质中 M

Be0I/(0)r,IM(0)I/(0) (沿 z 轴)

5. 某空间区域内有轴对称磁场。在柱坐标原点附近已知BzB0C(z/2),其中

2

2

B0为常量。试求该处的B。

提示:用B0,并验证所得结果满足H0。

22

解:由于B具有对称性,设BBeBzez, 其中 BzB0C(z/2)

11

(B)Bz0,即:(B)2cz0,

z

Bcz2a(常数)。

B0,

当0时,B为有限,所以 a0;Bcz,即:

Bcze[B0c(z22/2)]ez (1)

因为J0,D0,所以 B0,即(B/zB/)e0 (2) 直接验证可知,(1)式能使(2)式成立,所以Bcz,(c为常数)

6. 两个半径为a的同轴圆形线圈,位于zL面上。每个线圈上载有同方向的电流I。 (1)求轴线上的磁感应强度。

(2)求在中心区域产生最接近于均匀常常时的L和a的关系。 提示:用条件Bz/z0

解:1) 由毕—萨定律,L 处线圈在轴线上 z 处产生的磁感应强度为

B1B1zez,

2

2

B1z0

4

Idlrr30Ia2112

sindIa0

4[a2(zL)2]3/22[(zL)2a2]3/2

110Ia2。 223/22[(zL)a]

同理,-L 处线圈在轴线上 z 处产生的磁感应强度为:

B2B2zez,B2z

所以,轴线上的磁感应强度:

BBzez

1110Ia2 (1) 223/2223/22[(zL)a][(zL)a]

2

2)因为 B0 ,所以 (B)(B)B0;

又因为B0,所以 B0 ,Bz/z0。代入(1)式并化简得:

2

2

2

5(Lz)2[(Lz)2a2]7/2[(Lz)2a2]5/25(Lz)2[(Lz)2a2]7/2

[(Lz)a]

2

25/2

0

2

2

2

将 z=0 带入上式得:5LLa, La/2

7. 半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流J均匀分布于截面上,试解矢势A的微分方

程。设导体的磁导率为0,导体外的磁导率为。 解:矢势所满足的方程为:

2,(ra)A内0J

2

A外0,(ra)

自然边界条件:r0时,A内有限。

边值关系:A内

ra

A外

;ra

1

0

A内|ra

1

A外|ra

选取柱坐标系,该问题具有轴对称性,且解与 z 无关。令

A内A内(r)ez,A外A外(r)ez, 代入微分方程得:

1A内(r)1A外(r)

(r)0J;(r)0 rrrrrr

1

解得:A内(r)0Jr2C1lnrC2;A外(r)C3lnrC4

4

由自然边界条件得C10,

11由 A内|raA外|ra 得:C3Ja2,

02

122

A由 A内 并令其为零,得:,CJaCJalna。 外ra204ra

42

11a

A内0J(a2r2);A外Ja2ln

2r4

3

8. 假设存在磁单极子,其磁荷为Qm,它的磁场强度为HQmr/40r。给出它的矢

势的一个可能的表示式,并讨论它的奇异性。 解:H

QmrQm1

e 32r

40r40r

Qm

由 AB0He 得: 2r

4rAQm1

[(sinA)]rsin4r2

11Ar

(rA)]0 (1) [

rsinr1Ar

]0[(rA

rr

令 ArA0,得:

Qsin

(sinA)m

4r

QsinQ1cos

(2) sinAmd, Am

04r4rsin

Q1cos

显然 A 满足(1) 式,所以磁单极子产生的矢势Ame

4rsin

讨论: 当0时,A0;

当/2时,AeQm/4r;

当时,A,故A的表达式在具有奇异性,此时A不合理。

9. 将一磁导率为,半径为R0的球体,放入均匀磁场H0内,求总磁感应强度B和诱导磁矩m。(对比P49静电场的例子。)

解:根据题意,以球心为原点建立球坐标,取H0的方向为ez,此球体被外加磁场磁化后,

产生一个附加磁场,并与外加均匀场相互作用,最后达到平衡,呈现轴对称。 本题所满足的微分方程为:

2m102m20

,(RR0),(RR0)

R0

(1)

自然边界条件:m1为有限;m2

R

H0Rcos。

衔接条件:在RR0处满足 m1m2 及 m1/R0m2/R 由自然边界条件可确定方程组(1)的解为:

m1anRPn(cos); m2H0RcosdnR(n1)Pn(cos)

n

n0

n0



由两个衔接条件,有:

n1

a

n0

n

RPn(cos)H0RcosdnR(n1)Pn(cos)

n

n0

annRPn(cos)0H0cos0(n1)dnR(n2)Pn(cos)

n0

n0

比较Pn(cos)的系数,解得:a130H0/(20);

3d1(0)H0R0/(20); andn0,(n1)

即:m130H0Rcos/(20),(RR0)

3m2H0Rcos(0)H0R0cos/(20)R2,(RR0) H1m130H0/(20)

(0)33(H0R)RH0

H2m2H0R0[3]

20R5R

H130H0/(20),(RR0)B (0)H033(H0R)RHHR[],(RR)0000002

20R5R3

在R

mMdV(4/3)R0M4(0)R0H0/(20)

V

10. 有一个内外半径为R1和R2的空心球,位于均匀外磁场H0内,球的磁导率为,求空

腔内的场B,讨论0时的磁屏蔽作用。

解:根据题意,以球心为原点,取球坐标,选取H0的方向为ez,在外场H0的作用下,空

心球被磁化,产生一个附加磁场,并与原场相互作用,最后达到平衡,B的分布呈现轴对称。磁标势的微分方程为:

2m10 (RR1) ;2m20 (R1RR2) ;2m30 (RR2)

自然边界条件:m1衔接条件:m1

RR1

R0

为有限;m3

RR1

R

H0Rcos。

m2

; 0m1/RRR1m2/RRR1; ; 0m3/RRR2m2/RRR2

m2

RR2

m3

RR2

由轴对称性及两个自然边界条件,可写出三个泛定方程的解的形式为:

m1anRPn(cos); m2[(bnRncnR(n1)]Pn(cos);

n

n0

n0

m3H0RcosdnR(n1)Pn(cos)

n0

因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0做频谱分解而得出的,分解所选取的基本函数系是其本征函数系{Pn(cos)}。在本题中源的表示是:

H0RcosH0RP1(cos)

所以上面的解中, anbncndn0,(n1) 解的形式简化为: m1a1Rcos;

m2(b1Rc1R2)cos;

m3H0Rcosd1R2cos

代入衔接条件得:a1R1b1R1c1R1, b1R2c1R2H0R2d1R2,

33

0a1(b12c1R13), (b12c1R2)0H020d1R2。

222

解方程组得:

3

60H0R2

a1, 233

2(0)R1(20)(20)R23

30(20)H0R2

b13

2(0)2R13(20)(20)R2

3

30(0)H0R13R2

c13

2(0)2R13(20)(20)R2

, 33

(20)(0)(R13R2)H0R2

d13

2(0)2R13(20)(20)R2

从而,空间各点磁标势均可确定。空腔内:

B10H10m1a1cosera1sine0a1ez

当0时,a10,所以B10。即空腔中无磁场,类似于静电场中的静电屏蔽。 11. 设理想铁磁体的磁化规律为BH0M0,其中M0是恒定的与H无关的量。今将

一个理想铁磁体做成的均匀磁化球(M0为常值)浸入磁导率为'的无限介质中,求磁感应强度和磁化电流分布。

解:根据题意,取球心为原点,建立球坐标系,以M0的方向为ez,本题具有轴对称的磁场

分布,磁标势的微分方程为:

2m10 (RR0) ; 2m20 (RR0)

自然边界条件:m1衔接条件: m1

R0

为有限;m2

RR0

R

0。

RR0

m2

m1/RRR0'm2/RRR00M0cos;

由轴对称性及两个自然边界条件,可写出拉普拉斯方程通解的形式为:

m1anRPn(cos); m2bnR(n1)Pn(cos); n

n0n0

代入衔接条件,比较Pn(cos)各项的系数,得:

anbn0,(n1);a10M0/(2');b10M0R03/(2') m10M0Rcos/(2'), (RR0)

3m20M0R0cos/(2')R2,(RR0)

由此 B10H10M02'0M0/(2')

3B'0R0 3(M0R)RM03](RR0)2'[5RR

又 n(B2B1)R00(αMα),(其中α0)将B的表达式代入,得:

αMe3'M0sin/(2'0)

12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场H0中,结果如何?

解:根据题意假设均匀外场H0的方向与M0的方向相同,定为坐标 z 轴方向。磁标势的微分方程为: 3'0R03(M0R)RM0B2'm2[3] 52'RR(RR0)2'0M0/(2')

2m10 (RR0) ; 2m20 (RR0) 自然边界条件:m1

衔接条件: m1R0为有限;m2RH0Rcos。 RR0m2RR0 ;

m1/RRR00m2/RRR00M0cos;

解得满足自然边界条件的解是:

m1a1Rcos,(RR0)

m2H0Rcosd1R2cos,(RR0)

代入衔接条件,得:a1R0H0R0d1R0 2

0H020d1R03a10M0

解得: a1(0M030H0)/(20)

3d1[0M0(0)H0]R0/(20)

m1(0M030H0)Rcos/(20),(RR0)

3m2H0Rcos[0M0(0)H0]R0cos/[(20)R2],(RR0)

H1m10(M03H0)/(20)

2B1H10M030H0/(20)20M0/(20),(RR0)

H2m2H03(mR)R/R5m/R3,

其中 m[0M0(0)H0]R0/(20)

3

B20H20[H03(mR)R/R5m/R3],(RR0)

13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R0,总电荷为Q,今使球壳绕自身某一直径以角速度转动,求球内外的磁场B。

提示:本题通过解A或m的方程都可以解决,也可以比较本题与§5例2的电流分布得到结果。

解:根据题意,取球体自转轴为 z 轴,建立球坐标系。磁标势的微分方程为:

2m10 (RR0) ; 2m20 (RR0) 自然边界条件:m1R0为有限;m2R0。

衔接条件: (m2/m1/)/RRR0Qsin/4R0 ;

m1/RRR00m2/RRR0;

其中 Qsin/4R0 是球壳表面自由面电流密度。

解得满足自然边界条件的解是:

m1a1Rcos,(RR0)

m2b1R2cos,(RR0)

代入衔接条件,得:a1R0b1R0Q/4R0; a12b1R00

解得: a1Q/6R0, b1QR0/12 223

m1QRcos/6R0,(RR0)

m2QR02cos/12R2,(RR0)

H1m1Qω/6R0

B10H10Qω/6R0,(RR0)

H2m2[3(mR)R/R5m/R3]/4,

其中 mQR0ω/3 2

B20H20[3(mR)R/R5m/R3]/4,(RR0)

14. 电荷按体均匀分布的刚性小球,其总电荷为Q,半径为R0,它以角速度绕自身某一直径转动,求(1)它的磁矩;(2)它的磁矩与自转角动量之比(设质量M0是均匀分布的)。

解:1)磁矩m2xJ(x)dV

Q(ωR) 3(4/3)R0

13Q13Q242mR(ωR)RsindRdd(ee)RsindRddr3324R024R0

又 ereesinezcos(cosexsiney) 又 xRRer,J(x)v

m3Q

38R020dd[sinezcos(cosexsiney)R4sin2dR 00R0

22R0QR03Q43eddRsindRω 3z00058R0

2)自转动量矩:

LdLRdPRvdm

3M0R(ωR)dV 34R03M022Re(ee)RsindRdd rzr34R0

3M04R(sineez)sindRdd 34R0

3M04Rsin(e)sindRdd 34R0

R03M0242dd[sinecos(cosesine)RsindR zxy30004R0

2R03M02M0R0243ωddRsindRω 300054R0

m/LQ/2M0

15. 有一块磁矩为m的小永磁体,位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中,求作用在小永磁体上的力F。

解:根据题意,因为无穷大平面的µ很大,则在平面上所有的H均和平面垂直,类比于静电场,构造磁矩m关于平面的镜像m',则外场为:

Be0m

mRmcos 324r4r

0mm2cossinBe0(ee)(2cosersine) r3334rr4r而 m

m受力为:

F(m)Be

r2a30m2(1cos2)ez 464a

第四章 电磁波的传播

1. 考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为d和d的线偏振平面波,它们都沿z轴方向传播。

(1)求合成波,证明波的振幅不是常数,而是一个波。

(2)求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。

解:根据题意,设两列波的电场表达式分别为:

E1(x,t)E0(x)cos(k1z1t); E2(x,t)E0(x)cos(k2z2t)

则合成波为EE1(x,t)E2(x,t)E0(x)[cos(k1z1t)cos(k2z2t)]

kk22kk222E0(x)1z1t)1z1t) 2222

其中 k1kdk,k2kdk;1d,2d

所以 E2E0(x)cos(kzt)cos(dkzdt)

用复数表示 E2E0(x)cos(dkzdt)exp[i(kzt)]

相速由 kzt确定,vpdz/dt/k

群速由 'dkzdt确定,vgdz/dtd/dk

2. 一平面电磁波以45°从真空入射到r2的介质,电场强度垂直于入射面,求反射系数和折射系数。

解:设 n 为界面法向单位矢量,S、S'、S

22S

又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式,可得

1cos2cos

根据折射定律可得:

232R, T 223

3. 有一可见平面光波由水入射到空气,入射角为60°,证明这时将会发生全反射,并求折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度。设该波在空气中的波长为206.28105cm,水的折射率为n=1.33。

1/1.33)48.75,解:由折射定律得,临界角carcsin(所以当平面光波以60°角入射时,

将会发生全反射。

ksin 由于 kx

/ksinv水/sinc/nsin所以折射波相速度 vp/kx

透入空气的深度为 3c/2

211/2sin2n216.28105/2260(3/4)21.7105cm

4. 频率为的电磁波在各向异性介质中传播时,若E,D,B,H仍按ei(kxt)变化,但D不再与E平行(即DE不成立)。

(1)证明kBkDBDBE0,但一般kE0。

(2)证明D[kE(kE)k]/。

(3)证明能流S与波矢k一般不在同一方向上。

证明:1)麦氏方程组为:

EB/t (1)

HD/t (2)

D0 (3)

22

B0 (4)

i(kxt)ikB0ei(kxt)ikB0 由(4)式得: BB0e

kB0 (5)

同理由(3)式得:kD0 (6)

i(kxt)]H0ikHiD 由(2)式得: H[e

DkH/kB/ (7)

BDB(kB)/0 (8)

i(kxt)]E0ikEiB 由(1)式得:E[e

BkE/ (9)

BE(kE)E/0 (10)

由(5)、(8)可知:kB;DB;EB,所以k,E,D共面。

又由(6)可知:kD,所以,当且仅当E//D时,Ek。

所以,各向异性介质中,一般kE0。

2)将(9)式代入(7)式,便得:

Dk(kE)/2[k2E(kE)k]/2

3)由(9)式得 HkE/

SEHE(kE)/[E2k(kE)E]/

由于一般情况下kE0,所以 S 除了k 方向的分量外,还有 E 方向的分量,即能流 S 与波矢 k 一般不在同一方向上。

5. 有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播,一个波沿x方向偏振,另一个沿y方向偏振,但相位比前者超前2,求合成拨的偏振。反之,一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振?

解:偏振方向在 x 轴上的波可记为

ExA0cos(tkz)A0cos(t0x)

在 y 轴上的波可记为

EyA0cos(tkz/2)A0cos(t0y)

0y0x/2

合成得轨迹方程为:

222ExEyA0[cos2(t0x)cos2(t0y)]

22A0[cos2(t0x)sin2(t0x)]A0

所以,合成的振动是一个圆频率为的沿 z 轴方向传播的右旋圆偏振。反之一个圆偏振可以分解为两个偏振方向垂直,同振幅,同频率,相位差为/2的线偏振的合成。

6. 平面电磁波垂直射到金属表面上,试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热。 证明:设在 z>0 的空间中是金属导体,电磁波由 z<0 的空间中垂直于导体表面入射。已

知导体中电磁波的电场部分表达式是:

EE0ezei(xt)

于是,单位时间内由 z=0 表面的单位面积进入导体的能量为:SEH, 其中 HkE/(i)nE/

S的平均值为 S1

Re(E*H)E0/2

2

在导体内部: JEE0e

2

0zei(xt) 22z金属导体单位体积消耗的焦耳热的平均值为:dQ1Re(J*E)E0e作积分:Q2/2 E02e2zdzE0/4 即得界面上单位面积对应的导体中消耗

的平均焦耳热。

又因为 /2,所以QE0/4E0/2,原题得证。

7. 已知海水的r1,1S·m-1,试计算频率为50,106和109Hz的三种电磁波在海水中的透入深度。

解:取电磁波以垂直于海水表面的方式入射,透射深度为: 22

1/2/1/

由于 r1,所以0,1/0

1) 当50Hz时, 11/504107172m

2)当106Hz时, 21/106410710.5m

3)当109Hz时, 31/1094107116mm

8. 平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上,入射角为1。求导电介质中电磁波的相速度和衰减长度。若导电介质为金属,结果如何?

提示:导电介质中的波矢量kβiα,α只有z分量。(为什么?)

解:根据题意,取入射面为 xz 平面,z 轴沿分界面法线方向,如图所示。 设导体中的电磁波表示为:EE0eαxei(βxt) z而 kβiαk 上式中α,β满足: 222 (1)x αβ/2 (2)12根据边界条件得:1 kxxixk1xk1sin1(sin1)/c (3)

kyyiyk1y0 (4)

x0,x(sin1)/c,y0,y0。

将结果代入(1)、(2)得:

(sin1)2/c2z2z22 (5)

αzβz/2 (6) 12212

2222222解得:(2sin1)[(2sin1)] 22cc

12212

22222222z(2sin1)[(2sin1)] 22cc2z其相速度为:v//xz。衰减深度为:1/1/z。

如果是良导体,k的实部与其虚部相比忽略,则:

222

(sin1)2/c2z2z20 αzβz/2

214

22z2sin1(4sin41222) 2c2c

214

22z2sin1(4sin41222) 2c2c

9. 无限长的矩形波导管,在z=0处被一块垂直插入的理想导体平板完全封闭,求在z到z=0这段管内可能存在的波模。

解:在此结构的波导管中,电磁波的传播满足亥姆霍兹方程:

2Ek2E0,k00,E0

电场的三个分量通解形式相同,均为:

E(x,y,z)(C1sinkxxD1coskxx)(C2sinkyyD2coskyy)(C3sinkzzD3coskzz) 边界条件为:

在x0及xa两平面:EyEz0,Ex/x0

在y0及yb两平面:ExEz0,Ey/y0

在z0平面: ExEy0,Ez/z0

由此可得:ExA1coskxxsinkyysinkzz

EyA2sinkxxcoskyysinkzz

EzA3sinkxxsinkyycoskzz

波数满足:kxm/a,kyn/b,(m,n0,1,2)

22kxkykz22002/c2

振幅满足:A1m/aA2n/bA3kz0

综合上述各式,即得此种波导管中所有可能电磁波的解。

10. 电磁波E(x,y,z,t)E(x,y)ei(kzzt)在波导管中沿z方向传播,试使用

Ei0H及Hi0E证明电磁场所有分量都可用Ex(x,y)及Hz(x,y)这两个分量表示。

证明:沿 z 轴传播的电磁波其电场和磁场可写作:

E(x,y,z,t)E(x,y)ei(kzzt), H(x,y,z,t)H(x,y)ei(kzzt)

由麦氏方程组得:EB/ti0H, H0E/ti0E 写成分量式:Ez/yEy/zEz/yikzEzi0Hx (1)

Ex/zEz/xikzExEz/xi0Hy (2)

Ey/xEx/yi0Hz

Hz/yHy/zHz/yikzHyi0Ex (3)

Hx/zHz/xikzHxHz/xi0Ey (4)

Hy/xHx/yi0Ez (5)

由(2)(3)消去Hy 得:Ex(0Hz/ykzEz/x)/i(/ckz) 由(1)(4)消去Hx 得:Ey(0Hz/xkzEz/y)/i(/ckz) 由(1)(4)消去Ey 得:Hx(kzHz/x0Ez/y)/i(/ckz) 由(2)(3)消去Ex 得:Hy(kzHz/y0Ez/x)/i(/ckz)

11. 写出矩形波导管内磁场H满足的方程及边界条件。

解:对于定态波,磁场为:H(x,t)H(x)e222222222222

由麦氏方程组HD/tiE,H0得:

(H)(H)2H2HiE

又EB/tiH

2HiE2H

所以HkH0,k,H0即为矩形波导管内磁场H满足的方程 由 nB0 得:nH0,Hn0

利用EiH和电场的边界条件可得:Ht/n0

边界条件为:Hn0,Ht/n0 2222it

12. 论证矩形波导管内不存在TMm0或TM0n波。

证明:已求得波导管中的电场 E 满足:

ExA1coskxxsinkyyeikzz

EyA2sinkxxcoskyyeikzz

EzA3sinkxxsinkyyeikzz

由EiH可求得波导管中的磁场为:

Hx(i/)(A3kyiA2kz)sinkxxcoskyyeikzz (1)

Hy(i/)(iA1kzA3kx)coskxxsinkyyeikzz (2)

Hz(i/)(A2kxA1ky)coskxxcoskyyeikzz (3)

本题讨论TM波,故Hz =0 ,由(3)式得:(A2kxA1ky)0 (4)

1)若n0,m0则 kyn/b0 ,kxm/a0 (5) 代入(4)得:A20 (6) 将(5)(6)代入(1)(2)得:HxHy0

2)若m0,n0则 kx0 ,kyn/b0 (7) 代入(4)得:A10 (8) 将(7)(8)代入(1)(2)得:HxHy0

因此,波导中不可能存在TMm0 和TM0n 两种模式的波。

13. 频率为3010Hz的微波,在0.7cm0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播?在

0.7cm0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播?

解:1)波导为0.7cm0.4cm,设a0.7cm,b0.4cm 9

ccm2n2((得: 22ab

10当m=1,n=1时, c14.310Hz 由c

当m=1,n=0时, c22.110Hz

当m=0,n=1时, c33.710Hz

所以此波可以以TE10 波在其中传播。

2)波导为0.7cm0.6cm,设a0.7cm,b0.6cm 1010

ccm2n2((得: 22ab

10当m=1,n=1时, c13.310Hz 由c

当m=1,n=0时, c22.110Hz

当m=0,n=1时, c32.510Hz

所以此波可以以TE10 和TE01 两种波模在其中传播。

14. 一对无限大的平行理想导体板,相距为b,电磁波沿平行于板面的z方向传播,设波在x1010

(2k2)E0

k00 E0

令U(x,y,z)是E的任意一个直角分量,

由于E在 x 方向上是均匀的,所以U(x,y,z)U(y,z)Y(y)Z(z)在 y 方向由于有金属板作为边界,所以取驻波解;在 z 方向是无界空间,取行波解。 所以通解为: U(x,y,z)(C1sinkyyD1coskyy)e

由边界条件:nE0和En/n0定解,得到 ikzz

ExA1sin(ny/b)ei(kzzt);

EyA2cos(ny/b)ei(kzzt);

EzA3sin(ny/b)ei(kzzt)

且 k/cn/bkz,(n0,1,2,)

又由E0得:A1 独立,与A2,A3 无关,A2n/bikzA3

令kz =0 得截止频率:cnc/b

15. 证明整个谐振腔内的电场能量和磁场能量对时间的平均值总相等。

证明:设谐振腔的三边长度分别为a,b,c,则谐振腔中电场E的分布为:

ExA1coskxxsinkyysinkzz 2222222

EyA2sinkxxcoskyysinkzz

EzA3sinkxxsinkyycoskzz

振幅满足:A1kxA2kyA3kz0,波数满足:kxm/a,kyn/b,

2kz2k22 (m,n,p0,1,2) kzp/c, kx2ky

电场能量密度:we

对时间的平均值为: 2ED

e2[2Re(E*D)]4Re(E*D)

(A12cos2kxxsin2kyysin2kzzA22sin2kxxcos2kyysin2kzzA32sin2kxxsin2kyycos2kzz)/4 于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为:

eedVdxdyedzV000abcabc22(A1A2A32) 32

由EiH可求得谐振腔中的磁场为:

Hx(i/)(A3kyA2kz)sinkxxcoskyycoskzz

Hy(i/)(A1kzA3kx)coskxxsinkyycoskzz

Hz(i/)(A2kxA1ky)coskxxcoskyysinkzz 磁场能量密度:wm

对时间的平均值为:

11m1

[Re(H*B)]Re(H*B)

1222[(AkAk)sinkxsinkycoskzz 3y2zxy242HB

(A1kzA3kx)cos2kxxsin2kyycos2kzz

(A2kxA1ky)cos2kxxcos2kyysin2kzz]

谐振腔中磁场能量的时间平均值为:

mmdVdxdymdz V000abc

abc222[(AkAk)(AkAk)(AkAk)] 3y2z1z3x2x1y232

因为A1kxA2kyA3kz0,所以 

mabc222(A12A2A32)(kxkykz2) 232

abck2abc222222(AAA)(AAA) 12312323232

即em

电动力学答案 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)B2A(A)1A(A)A解:(1)(AB)(ABc)(BAc…

电动力学答案 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)B2A(A)1A(A)A解:(1)(AB)(ABc)(BAc…

电动力学答案 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)B2A(A)1A(A)A解:(1)(AB)(ABc)(BAc…

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