郭硕鸿《电动力学》课后习题答案 投稿:张纒纓

郭硕鸿《电动力学》课后答案电动力学答案第一章1.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:2 A  (  A)  1 2 A  ( A  ) A 解: (1) ( A  B)  ( A  Bc )  …

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郭硕鸿《电动力学》课后答案

电动力学答案
第一章
1.

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:
2 A  (  A)  1 2 A  ( A  ) A 解: (1) ( A  B)  ( A  Bc )  ( B  Ac )

( A  B)  B  (  A)  ( B  ) A  A  (  B)  ( A  ) B

 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)  2 A  (  A)  2( A  ) A , 所以 A  (  A)  1 2 ( A  A)  ( A  ) A


2 A  (  A)  1 2 A  ( A  ) A 2. 设 u 是空间坐标 x, y, z 的函数,证明: df dA dA ,   A(u )  u  f (u )  u ,   A(u)  u  du du du

证明: (1) f (u ) 

f (u ) f (u ) f (u) df u df u df u ex  ey  ez  ex  ey  ez x y z du x du y du z df u u u df  ( ex  e y  ez )  u du x y z du Ax (u ) Ay (u ) Az (u ) dAx u dAy u dAz u   (2)   A(u )     x y z du x du y du z dAy dA dA u u u dA  ( x ex  e y  z e z )  ( e x  e y  e z )  u  du du du x y z du
ex ey ez dA (3) u   u / x u / y u / z du dAx / du dAy / du dAz / du

(

dAy u dAx u dA u dAz u dAz u dAy u  )e x  ( x  )e y  (  )e z du y du z du z du x du x du y Ay (u ) Ax (u ) A (u ) Az (u ) A (u ) Ay (u ) [ z  ]e x  [ x  ]e y  [  ]e z 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 的方向规定为从
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3.

设r 

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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 / r 3 ;   (r / r 3 )  0 ;   (r / r 3 )  '(r / r 3 )  0 , (r  0) 。 (2)求   r ,   r , (a  )r , (a  r ) ,   [ E 0 sin( k  r )] 及   [ E 0 sin( k  r )] ,其中 a 、 k 及 E 0 均为常向量。
(1)证明: r  1 ○

( x  x' ) 2  ( y  y ' ) 2  ( z  z ' ) 2

r  (1 / r )[( x  x' )e x  ( y  y' )e y  ( z  z' )e z ]  r / r

' r  (1 / r )[( x  x' )e x  ( y  y' )e y  ( z  z' )e z ]  r / r 可见 r  ' r 1 r 1 d 1 2     r   2 r   3 ○ r r  r  dr  r  1 r 1 d 1 '     ' r   2 ' r  3 r r 
r  dr  r  可见 1 / r   ' 1 / r 
3 ○

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

d 1 3 r  3 r  r  0   4  r  0 dr  r  r r 1 4   (r / r 3 )    [(1 / r 3 )r ]  (1 / r 3 )  r  3   r ○ r 3 r 3 (r  0)   4 r  3  0 , r r r 
(2)解: 1   r  ( ex  e y  e z )  [( x  x' )e x  ( y  y' )e y  ( z  z ' )e z ]  3 ○ x y z







ex ey ez 2   r   / x  / y  / z  0 ○ x  x' y  y ' z  z '
3 ○

(a  )r  (a x

    ay  a z )[( x  x' )e x  ( y  y' )e y  ( z  z ' )e z ] x y z  ax e x  a y e y  az e z  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
  [ E0 sin( k  r )]  (  E0 ) sin( k  r )  E0  [ sin( k  r )] E 0 为常向量,   E0  0 ,而  sin( k  r )  cos(k  r )(k  r )  cos(k  r )k ,
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5 ○

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所以 6 ○ 4.

  [ E0 sin( k  r )]  k  E0 cos(k  r )

  [ E0 sin( k  r )]  [ sin( k  r )]  E0  k  E0 cos(k  r )]

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 )]
  ( A  B)  (  A)  B  A  (  B) , 令其中 A  f , B  c ,便得   ( f  c )  (   f )  c  f  (  c )  (  f )  c
根据矢量分析公式 所以
V V

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
S

(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)式左边为:    (a )  dS   [  a    a ]dS     a  dS   a    dS   a    dS   a  dS    a   dS   (1)式右边为:  a  dl  a   dl a   dS   a   dl 所以
S S S S S S S S

(1)

(2) (3) (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

J 

dp   J ( x' , t )dV  0 证明 p 的变化率为: dt V
t

p(t )    ( x ' , t )x ' dV ' , 利 用 电 荷 守 恒 定 律
V

证明:方法(I)

 ( x' , t ) dp d     ( x' , t ) x' dV '   [ ( x' , t ) x' ]dV '   x' dV '   ('J ) x' dV ' V V V V dt dt t t dp  e1   ('J ) x1'e1dV '   x1' ('J )dV '   ['( x1'J )  (' x1' )  J ]dV ' V V V dt
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  x1'J  dS '   J x1 dV '
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

 x 'J  dS '  0 ,
1

同理 所以

dp  e1   J x1dV ' S V dt dp dp  e 2   J x 2 dV ' ,  e3   J x3 dV ' V V dt dt dp  JdV ' dt V

 ( x' , t ) dp d     ( x' , t ) x' dV '   [ ( x' , t ) x' ]dV '   x' dV '   ('J ) x' dV ' V V V t dt dt V 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 ' V V V V dt (m  R) / R3 的 旋 度 等 于 标 量 6. 若 m 是 常 向 量 , 证 明 除 R  0 点 以 外 , 向 量 A    m  R / R 3 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。

方法(II)

1 / r )  r / r 证明: (

3

mr 1 1 )    [m  ( )]    [( )  m] 3 r r r 1 1 1 1  (  m)  (m  )  [  ( )]m  [( )  ]m r r r r 1 1  (m  )  [2 ]m r r 2 其中  (1 / r )  0 , ( r  0 ) 1    A  (m  ) , ( r  0 ) r mr 1 又   ( 3 )  [m  ( )] r r 1 1 1 1  m  [  ( )]  ( )  (  m)  (m  )( )  [( )  ]m r r r r 1  (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   A    (
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。
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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 3 4r 2 D2   (r 3  r1 )  f 3 3 3 3 (r 3  r1 )  f (r  r1 )  f , ,  D2  E2  3r 2 3r 2 3 (r 3  r1 )  f 向量式为 E2  r 3r 3 4 3 3 当 r  r2 时, 4r 2 D3   (r2  r1 )  f 3 3 3 3 3 (r2  r1 )  f (r  r1 )  f E   D3  2 3 3 0 r 2
3r 2
当r 1  r  r2 时, 向量式为

(r  r1 )  f E3  2 r 3 0 r 3
3 3

(2)当 r 1  r  r2 时,

 p    P    ( D2   0 E2 )    ( D2 
 (1 

当 r  r1 时,

0  )  D2  (1  0 )  f  

0 D)  2

 p  n  ( P2  P1 )  n  ( D2 
当 r  r2 时,

0  D2 )  (1  0 ) D2  
 0 r23  r13 ) f  3r22

r  r1

0

 p  n  P2  (1 
8.

0 ) D2 

r  r2

 (1 

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 J f ,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 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rH 2  J f  (r  r1 )
2 2

Jf 2r 2r  (r 2  r12 )  (r 2  r12 ) ˆ 向量式为 B2  J f e  J f r 2r 2r 2 2 2 当 r  r2 时, 2rH 3  J f  (r2  r1 )
所以 ,
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H2 

J f (r 2  r12 )

B2 

 (r 2  r12 )

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, B3  Jf 2r 2r  (r 2  r12 )  (r 2  r 2 ) ˆ  0 2 2 1 J f  r 向量式为 B3  0 2 Jfe 2r 2r (2)当 r1  r  r2 时,磁化强度为 (r 2  r12 )   M  (  1) H 2  (  1) J f r 0 0 2r 2     1) H 2 ]  (  1)  H 2  (  1) J f 所以 J M    M    [( 0 0 0 在 r  r1 处,磁化面电流密度为 1 M  M  dl  0 2r1  在 r  r2 处,磁化面电流密度为 (r22  r12 ) 1  M  0  M  d l   (  1 ) Jf 2r2  0 2r22 所以

H3 

J f (r22  r12 )

 0 (r22  r12 )

(r 2  r 2 )   1) 2 2 1 J f 0 2r2 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 /  )
向量式为

α M  (

倍。 证明:在均匀介质中 所以

P  ( /  0  1) 0 E  (   0 ) E

 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 

0 4

I 2 dl 2  r12 , 3  r 12 l2

 F12   
l1 l2

 0 I 1dl1  ( I 2 dl 2  r12 )  0 I 1 I 2  3 4 4 r12



dl1  (dl 2  r12 ) 3 r12 l1 l2
(1)



 0 I1 I 2 4

 r12  r12    3 (dl1  dl
2 ) d l d l  2 1 3     r r12 12   l1 l2

同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力:

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F21 
(1)式中:

 0 I1 I 2 4

 r21  r21    3 (dl 2  dl1 ) d l d l  1 2 3     r r21 21   l2 l1

(2)

 r12  r12 dr12 1   dl1  r 3     dl 2  dl1  r 3   dl 2  r 2   dl 2  ( r ) =0 12 一周 12  12  l1 l2 l2 l1 l2 l1 12 l2  r21   0 同理(2)式中: d l d l  1 2 3     r 21   l2 l1 II r  F12   F21   0 1 2   12 ( dl1  dl2 ) 3 4 l1 l2 r12

  dl

2

11. 平行板电容器内有两层介质,它们的厚度分别为 l1 和 l 2 ,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

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   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  f1  f1 所以有 E1  , E2  2 1  f1  f1 l l l1  l2   f 1 ( 1  2 ) 由于E   E  dl  1 2 1  2 l l 所以  f 1   f 2  E ( 1  2) 1  2
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 J1   1 E1   1 D1 /  1   1 f 1 /  1 介质 2 中电流密度 J 2   2 E 2   2 D2 /  2   2 ( f 1   f 3 ) /  2 由于电流恒定, J 1  J 2 ,

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再由 E 

 1 f 1 /  1   2 ( f 1   f 3 ) /  2      f 3  2 ( 1  2 ) f 1  ( 2 1  1) f 1  2 1  2  2 1
E 

 f1  2 1 f 1  f 1  l1   (l1  1 l 2 ) 1  2 2  1 1 2  2 1 1 E  E   f1   2 l1   1l 2 l1   1l 2 /  2  1 2 E  f 2  ( f 1   f 3 )    2 l1   1l 2     2 1 E f3  1 2  2 l1   1l 2
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

 E  dl E l

1 1

 E 2 l 2 得

tan  2  2  tan  1  1
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

E1 sin 1  E2 sin  2 交界面处无自由电荷,所以 D 的法向分量连续,即 D1 cos1  D2 cos 2 1 E1 cos1   2 E2 cos 2
(1) 、 (2)式相除,得

(1)

(2)

tan  2  2  tan  1  1

(2)当两种电介质内流有恒定电流时 由 J 的法向分量连续,得 (1) 、 (3)式相除,即得

J1   1 E1 , J 2   2 E2

 1 E1 cos1   2 E2 cos 2

(3)

tan  2  2  tan  1  1
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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 E sin  。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 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 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

E sin   0

E sin   0

ar b

则由高斯定理得: 所以

2rL  D   f  L

(1) (2) (3) (4)

f 1  f , JD  2r t 2r 再由电流连续性方程得: 2rL  J f  q / t   L( f / t ) 1  f 所以 J f    J D 2r t 即 J f 与 J D 严格抵消,因此内部无磁场。   f (2)由 J f  E 得: J f  D 
  2 r d f  联立(2) (4) (5)得  f  0 dt  d f   dt  0 所以 f 
D

(5) (6)

 f  Ce
设初始条件为

 t

 

(7)

f

t 0

  f 0 ,则由(7)式得 C   f 0
(8)

所以,  f   f 0 e

 t

 

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郭硕鸿《电动力学》课后答案
(3)

 f  p  E      2r    
2
2

2

(9)

(4) 将上式在长度为 l 的一段介质内积分,得

2f l b b  f   f     P     d V     2  rl d r  ln 2   2r   2r  a a 2      V 2 由 w 1 得: 2 E

2

(10)

2f l b 1 1 b  f   W   wdV      2  rl d r  ln  2V 2 a  4 a  2r  dW  f l b d f 所以  ln  dt 2 a dt 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。

2

(11)

第二章
1.

静电场
2

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。 解: (1)  p    P   K  (r / r )   K [(1 / r )  r  r  (1 / r )]   K / r
2 2 2 2

 p  n  ( P2  P1 )  e r  P r  R  K / R (2) D内   0 E  P  P /(   0 )
 f    D内    P /(   0 )  K /(   0 )r 2
(3) E内  D内 /   P /(   0 )

E外 

D外

0
 r





f

dV
2

4 0 r

er 

 外   E 外  dr 
R r

KR  0 (   0 )r


KR er  0 (   0 )r 2

内   E内  dr   E 外  dr 
R

K R  (ln  )  0 r 0

(4) W 

1 1 K 2 D  E d V  2 2 (   0 ) 2
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R

0

4r 2 dr 1  2 K 2 R 2  2  0 (   0 ) 2 r2

4r 2 dr R r 4


郭硕鸿《电动力学》课后答案
 2R(1 
2.

 K 2 )( ) 0   0

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 E 0 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

   (a n R n 
n

因为无穷远处 所以 当 所以 即: 所以

bn ) Pn (cos ) R n 1 E  E 0 ,    0  E0 R cos   0  E0 RP 1 (cos )

a 0   0 , a1   E 0 , a
n  0 , (n  2)
R  R0 时,    0

 0  E0 R0 P1 (cos )  
n

bn Pn (cos )   0 R0n1

 0  b0 / R0   0 , b1 / R02  E0 R0 3 b0  R0 ( 0   0 ), b1  E0 R0 , bn  0 , (n  2)
3   E0 R cos  R0 ( 0   0 ) / R  E0 R0 cos / R 2  0

( R  R0 )

 0

( R  R0 )

(2)设球体待定电势为  0 ,同理可得



( R  R0 )  0 R  R0 时,由题意,金属球带电量 Q
Q    0  n
R  R0

3   E0 R cos  R0 ( 0   0 ) / R  E0 R0 cos / R 2  0

( R  R0 )

dS   0  ( E0 cos 

0  0 2  2E0 cos ) R0 sin dd R0

 4 0 R0 ( 0   0 )
所以 ( 0   0 )  Q / 4 0 R0
3   E0 R cos  Q / 4 0 R  ( E0 R0 / R 2 ) cos ( R  R0 )  0  0  Q / 4 0 R ( R  R0 ) 3. 均匀介质球的中心置一点电荷 Q f ,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 Q f 的电势 Q f / 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
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
空间各点的电势是点电荷 Q f 的电势 Q f / 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 ( n cos) R n 1 n d   外 (c n R n  nn1 ) P ( n cos) R n   0 , c n  0 。 当 R   时,  外  为有限, bn  0 。 当 R  0 时, 内   内 (a n R n 
所以

   an R n P  内 ( n cos) ,  外  
n

n

dn P ( n cos) R n 1

由于球对称性,电势只与 R 有关,所以

d n  0 , (n  1) a n  0 , (n  1)   d0 / R   a0 ,  外 内
所以空间各点电势可写成 内  a0  Q f 4R

外  d 0 R  Q f 4R a0  d 0 / R0 当 R  R0 时,由 内   外 得: Qf Qf 1 1  0Q f  0 d 0   d   (  )  由 ,  内   0 外 得: 0 4  0  4R02 4R02 R02 n n
则 所以

4R0  0  Qf Qf 1 1 内   (  ) 4R 4R0  0  Qf Qf Qf 1 1  外   (  ) 4 0 R 4R 4R  0 

a0 

Qf

(

1

1  )

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



E外 


Qf 4 0 R 2

e r ,积分后得:

 外   E 外  dR  
R R



Qf 4 0 R
2

dR 

Qf 4 0 R


球内,R


E内 

Qf 4R 2

e r ,积分后得:

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郭硕鸿《电动力学》课后答案
内   E内  dR   E 外  dR 
R R0 R0 

Qf 4R



Qf 4R0



Qf 4 0 R

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 p f ,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, p f 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 p f  R / 4 1 R 。 所 以 球 内 电 势 可 写 成 :
3

 i   'i  p f  R / 4 1 R 3 ;球外电势可写成:  o   ' o  p f  R / 4 1 R 3
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   a n R n P ( ( R  R0 ) n cos)
n

  o
由此

bn P (cos) ( R  R0 ) n 1 n n R  i  p f  R / 4 1 R 3   a n R n P ( ( R  R0 ) n cos)
n
n

(1) (2) (3) (4)

(n 1)  o  p f  R / 4 1 R 3   bn R  P ( ( R  R0 ) n cos)

边界条件为:  i

R  R0

 o

R  R0

1

 i R

 2
R  R0

 o R

R  R0

( 将(1) (2)代入(3)和(4) ,然后比较 P n cos ) 的系数,可得:
a n  0 , bn  0 (n  1)
3 a1  ( 1   2 ) p f / 2 1 ( 1  2 2 ) R0

3 b1  a1 R0  ( 1   2 ) p f / 2 1 ( 1  2 2 )

于是得到所求的解为:

i 

o 


pf  R 41 R
3

 

( 1   2 ) p f R cos
3 21 ( 1  2 2 ) R0

pf  R 41 R 3
pf  R
3

( 1   2 ) pf  R 3 21 ( 1  2 2 ) R0
2

( R  R0 )
pf  R ( 1   2 ) 2 1 ( 1  2 2 ) R 3 ( R  R0 )

4 1 R



( 1   2 ) p f cos 2 1 ( 1  2 2 ) R



pf  R 4 1 R
3



3pf  R 4 ( 1  2 2 ) R 3
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
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 p p  ( 0 /  1  1) p f 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  e r  ( p1  p2
)  ( 1   0 )e r  Ei  ( 2   0 )e r  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 ) p f i o  )  cos 3 R R R0 2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 ( n cos) R n 1 n 当 R   时,电势趋于零,所以 R  R2 时,电势可写为 b  o   nn1 P ( n cos) n R 当 R  0 时,电势应趋于偶极子 p 激发的电势: p f  R / 4 0 R3  p cos / 4 0 R 2 (a R 
n n



(1)

所以 R  R1 时,电势可写为

i 

p cos   an R n P ( n cos) 2 4 0 R n
bn P (cos)  s n 1 n R2
n

(2)

设球壳的电势为  s ,则

o R  
2

(3) (4)

i
由(3)得: 由(4)得: 所以

R1

 p cos / 4 0 R12   a n R1n P (  s n cos)
(n  0)

n

b0   s R2 ; bn  0

a0   s ; a1   p / 4 0 R13 ; an  0  o   s R2 / R
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(n  0 , 1)
(5)

郭硕鸿《电动力学》课后答案
i  p cos / 4 0 R 2   s  pR cos / 4 0 R13  o R 再由   0  dS   0 s 2 2 4R 2  Q 得:
S

(6)

R

R

 s  Q / 4 0 R2
将(7)代入(5)(6)得:

(7)

 o  Q / 4 0 R ( R  R2 ) p cos Q pR cos 1 p R Q p R i     (   3 ) 2 3 4 0 R 4 0 R2 4 0 R1 4 0 R3 R2 R1
在 R  R2 处,电荷分布为:

  Dn   0
在 R  R1 处,电荷分布为:

 o R  i R


R2

Q 2 4R2 3 p cos 4R13

 '   Dn   0
6.


R1

在均匀外电场 E 0 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 E 0 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

E 0 及 E 0 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

 (a
n

n

R n  bn R  ( n 1) )Pn (cos )

对于 1 ,当 R  R0 时,由高斯定理得:
3 3 D1   f R0 / 3 0 R 2 / 3R 2 , E1   f R0

当 R  R0 时,由高斯定理得:

D2   f R / 3 , E2   f R / 3
3 / 3 0 R 2 )dR   (  f R / 3 )dR 1 的球外部分:  o1   (  f R0 R R0
2 
 f R / 3 0 R   f R / 3 0   f R0 / 6 3 0 2 0

R0

0

(1) (2)

对于  2 ,当 R   时,  2   E0 R cos ,所以

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

0

0

 o2   E0 R cos  
n

bn P ( ( R  R0 ) n cos) R n1

当 R  0 时,  2 为有限,所以

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郭硕鸿《电动力学》课后答案
 i 2   an R n P ( n cos)
n

( R  R0 )
 o 2 R 
R0

边界条件为: R  R0 时,  o2   i 2 ,  0

 i 2 R

。即:
R0

 E0 R0 cos   bn R0 ( n 1) Pn (cos )   a n R0n Pn (cos )  n n  ( n  2 ) Pn (cos )    nan R0n 1 Pn (cos )  E0 R0 cos   0  (n  1)bn R0 n n  比较 Pn (cos ) 的系数,解得: a1  3 0 E0 /(  2 0 )
3 b1  (   0 ) E0 R0 /(  2 0 ) an  bn  0 (n  1)

所以

3 o2  E0 R cos  (   0 ) E0 R0 cos /(  2 0 ) R2 ( R  R0 )  i 2  3 0 E0 R cos /(  2 0 ) ( R  R0 )
3 3  f R0 (   0 ) E0 R0 cos 1 (  )  E0 R cos   0 2 3 0 R (  2 0 ) R 2

(3) (4)

由(1) (2) (3) (4)得:

7.

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   2 E0 可知,稳恒电场 E0 也是一个均 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:

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

  f R02  3   2  f R  6 

1

( R  R0 )



3 0 E0 R cos   2 0

( R  R0 )

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,

J  0
由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为: 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:

(1) (2) (3) (4)

n  (J 2  J1 )  0

1 R   2 R
0

0

1   2 2 R R R0 R R R0 将 J  E 及 E   代入(1),得:

1

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郭硕鸿《电动力学》课后答案
  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:

2 其中利用了 J f 0   2 E0 。

2  

Jf0

R cos  
n

bn P ( ( R  R0 ) n cos) R n 1

(5)

考虑到 R  0 时电势为有限值,球内电势的解可写成:

1   an R n P ( n cos)
n

( R  R0 )

(6)

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



Jf0

2

R0 cos  
n

bn P (cos)   an R0n P ( n cos) n 1 n R0 n

(7) (8)

 2 [

Jf0

2

cos   (n  1)
n

bn n 1 P (cos) ]   1  nan R0 P ( n cos) n2 n R0 n
3 b1  ( 1   2 ) J f 0 R0 /( 1  2 2 ) 2

由(7)(8)两式可得:

a1  3J f 0 /(1  2 2 )
an  0 , bn  0
所以:

,

(n  1)
( R  R0 ) ( R  R0 )
3 0 2

1  3J f 0 R cos /(1  2 2 )  3J f 0  R /(1  2 2 )

 2   J f 0 R cos /  2  ( 1   2 ) J f 0 R cos /( 1  2 2 ) 2 R
3   J f 0  R /  2  ( 1   2 ) R0 J f 0  R /( 1  2 2 ) 2 R 3

由此可得球内电流密度: 电解液中的电流密度为:

J1  1E1  11  31(J f 0  R) /(1  2 2 )  31J f 0 /(1  2 2 )

J 2   2 E2   22 3 3( J f 0  R) R J f 0 (   2 ) R0  Jf0  1 [  3] ( 1  2 2 ) R5 R

(2)两导体交界面上自由电荷面密度

 f  er  ( D2  D1 )   0er  ( E2  E1 )   0er  ( J 2 /  2  J1 /  1 )  3(1   2 ) 0 J f 0 cos /(1  2 2 ) 2
(1   2 ) /(1  2 2 )  1


(3) 当 1   2 ,即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时,

31 /(1  2 2 )  3

所以,

J1  3J f 0
3 J 2  J f 0  ( R0 / R 3 )[3( J f 0  R) R / R 2  J f 0 ]

 f  3 0 J f 0 cos /  2
当 1   2 时,同理可得:
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
J1  0 3 J 2  J f 0  ( R0 / 2 R 3 )[3( J f 0  R) R / R 2  J f 0 ]

 f  3 0 J f 0 cos / 2 2
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 Q f ,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

1  Q f / 4 R 2  a 2  2 Ra cos ,
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

 i 2   an R n Pn (cos )
n

(1)

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 Pn (cos ) R n 1
n n

(2)

由于

R 2  a 2  2 Ra cos  (1/ a) ( R / a)n Pn (cos)

1  (Q f / 4a) ( R / a) Pn (cos)
n

(3)

当 R  R0 时, 内  1  i 2

 (Q f / 4a) ( R / a) n Pn (cos)   an R n Pn (cos )
n n

(4)

当 R  R0 时, 外  1   o 2

 (Q f / 4a) ( R / a) n Pn (cos)  
n n

bn Pn (cos ) R n1

(5) (6) (7) (8) (9) (10)

因为导体球接地,所以

内  0
0 0

外 R  内 R  0
将(6)代入(4)得:

an  Q f / 4a n 1

将(7)代入(5)并利用(8)式得: 将(8) (9)分别代入(4) (5)得:

bn  Q f R02 n 1 / 4a n 1

内  0
1

( R  R0 )

外 

4

[

Qf R  a  2 Ra cos
2 2



R0 Q f a R  ( R / a)  2 RR cos / a
2 2 0 2 2 0

],
(11)

( R  R0 )

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
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
边界条件:球面上电势为 0,可得: (解略)
2 r0  R0 / a , Q'   R0 Q f / a

所以空间的电势为

外 
9.

Qf R0 Q f 1 Q f Q' 1 (  ) [  ] ( R  R0 ) 4 r1 r2 4 R 2  a 2  2Ra cos a R 2  ( R02 / a) 2  2RR02 cos / a

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 < R1 )置一点电荷 Q 。 用镜像法求电势。 导体球上的感应电荷有多少?分 布在内表面还是外表面? P 解:假设可以用球外一个假想电荷 Q ' 代替球内表 R' R1 R 面上感应电荷对空间电场的作用, 空心导体球接 O Q 地,球外表面电量为零,由对称性, Q ' 应在球 Q' 心与 Q 的连线上。 考虑球内表面上任一点 P,边界条件要求: (1) Q / R  Q' / R '  0 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 只要选择 Q ' 的位置,使 OQ' P ~ OPQ ,则 R' / R  R1 / a  常数 2 设 Q ' 距球心为 b,则 b / R1  R1 / a ,即 b  R1 / a 由(2) (3)两式得: Q'   R1Q / a 1 Q R1Q / a  [  ] 2 2 2 4 4 0 R  a  2 Ra cos R  R1 / a 2  2 R12 R cos / 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 。

(2) (3) (4)

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 。 1 Q R1Q / a 1内  [  ] , ( R  R1 ) 2 2 2 4 4 0 R  a  2 Ra cos R  R1 / a 2  2 R12 R cos / a

1外  0 ,

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

 2外  (Q  Q0 ) / 4 0 R , ( R  R2 ) ,所以   (Q  Q0 ) / 4 0 R ( R  R2 )   (Q  Q0 ) / 4 0 R2 ( R1  R  R2 )
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郭硕鸿《电动力学》课后答案

1 4 0 [ Q R 2  a 2  2 Ra cos  R1Q / a R 2  R14 / a 2  2 R12 R cos / a  Q  Q0 ], ( R  R1 ) R2

由以上过程可见,球面电势为 (Q  Q0 ) / 4 0 R2 。 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 0 R2   0 ,即: (Q  Q'0 ) / 4 0   0 R2
电势的解为:

( R  R2 ) 0 R2 / R  ( R1  R  R2 )  0  Q R1Q / a   1 [  ]  0 2 2 2 4  4 0 R  a  2 Ra cos R  R1 / a 2  2 R12 R cos / a   ( R  R1 )  当  0 和 Q0 满足  0  (Q  Q0 ) / 4 0 R2 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

a  Q b 
O a Q b
Q

R

a2 a2 a a e z ; Q2  Q , r2   e z ; Q1   Q , r1  b b b b Q3  Q , r3  be z ,所以 Q 1 1  [   4 0 R 2  b 2  2 Rb cos R 2  b 2  2 Rb cos
 a a a2 b R  2  2 R cos b b
2 4

a b R2  a4 a2  2 R cos b b2

]

,

(0     2

, 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 z 围成的直角空间内, 它到两个平面的距离为a和b, 求  Q a Q ( x 0 , a , b) ( x 0 ,  a , b) 空间电势。 b 解:用电像法,可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导 y 体板的作用。



Q 4 0

[

1 ( x  x 0 )  ( y  a )  ( z  b)
2 2 2



Q ( x 0 ,  a , b )

 Q ( x 0 , a , b)



1 ( x  x 0 ) 2  ( y  a ) 2  ( z  b) 2
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
 1 ( x  x 0 )  ( y  a )  ( z  b)
2 2 2



1 ( x  x 0 )  ( y  a ) 2  ( z  b) 2
2

]

, ( y, z  0)
z
A( x0 , y0 , z0 )
o

13. 设有两平面围成
的直角形无穷容器, 其内充满电导率为σ的液 体。取该两平面为xz面和yz面在 ( x0 , y 0 , z 0 ) 和 ( x0 , y 0 , z 0 ) 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


x

y

I /  Q /  可得: Q  I /  。 同理,对B点有: QB  I /   Q 又,在容器壁上, j n  0 ,即无电流穿过
容器壁。 由 j  E 可知,当 j n  0 时, E n  0 。 器内的电势分布为:

 E  dS  Q /  , 由于 I   j  dS , j  E ,所以

B( x0 , y0 , z0 )

Q (  x 0 , y 0 , z 0 ) z
Q ( x 0 , y 0 , z 0 )
o

Q( x 0 , y 0 , z 0 )
Q( x 0 , y 0 , z 0 )
y

x

 Q (  x 0 , y 0 , z 0 )

 Q (  x 0 , y 0 , z 0 )

 Q ( x 0 , y 0 , z 0 )

 Q ( x 0 , y 0 , z 0 )

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,容


 

 r 4

1

 Qi  I 1    4 [ 2 i 1  i  ( x  x0 )  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2
8

1 ( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2 1 ( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2 1

 

1 ( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2 1 ( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2 1




] ( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2 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  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2 1



( x  x0 ) 2  ( y  y 0 ) 2  ( z  z 0 ) 2

d ( x ) dx

, x0 , x0 d ( x)  ( x  x)   ( x)  lim  x  0 dx x 1) x  0 时, d ( x) / dx  0 0 
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o

x

郭硕鸿《电动力学》课后答案
2) x  0 时,a) 对于 x  0 ,

d ( x) 0  lim   x 0 x dx d ( x) 0 b) 对于 x  0 ,  lim    x  0 dx x

图象如右图所示。

  ( p  ) ( x )  ( p x1 / x1  p x 2  / x2  p x 3  / x3 ) ( x )

 xdV   ( p  ) ( x) xdV   ( p
其中第一项为:

x1

 / x1  p x 2  / x 2  p x 3  / x3 ) ( x )xdV

   ( x1 ) ( x2 ) ( x3 )( x1e1  x2 e 2  x3 e3 )dx1dx2 dx3 ) ( x )]xdV    p x1 x1 x1  ( x1 ) d ( x1 )   p x1  ( x2 ) ( x3 )( x1e1  x2 e 2  x3 e3 )dx1dx2 dx3  e1  p x1 x1 dx1 x1 dx1 d t (t )  d (t ) d t
 (t )  d (t ) 应用 ,即 t    (t )  t   (t ) ,可得: dt dt dt dt d ( x1 )  e1  p x1 x1 dx1   e1  p x1 d  x1 ( x1 )   e1  p x1 ( x1 )dx1 dx1  e1 p x1 x1 ( x1 )  e1 p x1  e1 p x1 (x=0)   [( p x1
同理可得另外两项分别为 e 2 p x 2 及 e 3 p x 3 ,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 (2) x ( x)  0 证明:1) 显然,当 x  0 时,  (ax)   ( x ) / a 成立;又



(a  0) ,(若 a  0 ,结果如何?)








 (ax)dx    (ax)




d (ax) 1  1    (ax)d (ax)  a a  a



所以  (ax)   ( x ) / a 在全空间成立。 若a  0,



 ( x)dx  1







 (ax)dx    ( ax)dx    ( ax)
 





即,  (ax)   ( x ) / a 所以  ( ax)   ( x ) / a 在全空间成立。 2) 由  ( x) 的选择性证明。

d ( ax) 1  a a



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  

V



P ( x' )  r dV ' ,另外根据极化电荷公式  p  'P ( x' ) 及  p  n  P , 极化 4 0 r 3
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
介质所产生的电势又可表为    式是等同的。 证明:由第一种表达式得



V

' P ( x ' ) P ( x ' )  dS ' dV '   ,试证明以上两表达 S 4 0 r 4 0 r

P ( x' )  r 1 1 dV '  P ( x ' )  '  dV ' 3  4 0 V 4 0 V r r  1 1 1  ' P   ' P  P  '    r r r 1  ' P ( x ' )  P ( x' )      dV '   ' dV '  V V 4 0  r  r  



1





 1  'P ( x ' )  P ( x' )   dV '      dS ' ,  V S 4 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 n 1  p   dV '    dS '  dV '    dS '  V  V S S 4 0  r r r  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

z
E

证明: 1) 如图, 由高斯定理可得:2 E  S    S /  0 ,

 E   / 2 0 ,

1

 2  1  ( / 2 0 ) z  ( / 2 0 ) z  0
即,电势是连续的,但是 1 / n1  E1n  e z / 2 0 ,
 2 / n2  E 2 n  e z / 2 0



2
E

x
S

 1 / n1   2 / n2   /  0

φ1
n E l


-σ

即,电势法向微商有跃变
2)如图,由高斯定理可得: E  e z  /  0

φ2
z

  2  1  lim E  l  lim n  l /  0
l 0 l 0

 n P / 0


1 / n  E ,  2 / n  E  1 / n   2 / n  0 ,即电势的法向微商是连续的。
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
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。

P ( x)  Pn 1 ( x) 提示:  Pn ( x)dx  n 1 , Pn (1)  1 , 0 2n  1 0
1

1

0 , (n  奇数)  Pn (0)   1  3  5    (n  1) (1) n / 2 , (n  偶数)  2 46 n  2 解:由题意,球内外电势均满足拉普拉斯方程:  内  0 ;  2 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: b P (cos ) 。 内   a n r n Pn (cos ) ,  外   nn 1 n n n r  0 , (0     / 2) 在球面上, 内   外 r  R ,即  r  R0  f ( )   r  R0 0   0 , ( / 2     ) 将 f ( ) 按球函数展开为广义傅立叶级数, f ( )   f n Pn (cos )
n

an R  bn R  f n ,下面求 f n 。 2n  1 1 2n  1  fn  f ( ) Pn (cos )d cos   Pn (cos ) sin d  2 1 2 0 R0  2n  1  2  [   0 Pn (cos ) sin d    0 Pn (cos ) sin d ] 0 2 2 1 0 1 1 2n  1 2n  1   0 [ Pn ( x)dx   Pn ( x)dx] [ 0  Pn ( x)dx   0  Pn ( x)dx]  1 0 0 0 2 2 n 由于 Pn ( x)  (1) Pn ( x) ,所以 1 1 1 2n  1 2n  1 fn   0 [ Pn ( x)dx  (1) n1  Pn ( x)dx]   0 [1  (1) n1 ] Pn ( x)dx 0 0 0 2 2 当n为偶数时, f n  0 ;

n 0

 ( n 1) 0

P ( x)  Pn 1 ( x) 2n  1 1   0 [ Pn 1 ( x)  Pn 1 ( x)] 0  0 [1  1] n 1 当n为奇数时, f n  2 2n  1 0 n 1 1  3  5    (n  2)   0 [ Pn1 (0)  Pn1 (0)]   0 (1) 2 (2n  1) 2  4  6    (n  1) n 1 1  3  5    (n  2)  n 2 (  1 ) (2n  1) an  f n / R0  0 n 2  4  6    (n  1) R0 n 
1 1  3  5    (n  2) ( n 1) bn  f n R0  0 R0n1 (1) 2 (2n  1) 2  4  6    (n  1)
至此,可写出球内外的电势为

1

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内    0 (1)
n 1 2

1  3  5    (n  2) r (2n  1)( ) n Pn (cos ) , (n为奇数,r  R0) 2  4  6    (n  1) R0

 外    0 (1)

n 1

2

R 1  3  5    (n  2) (2n  1)( 0 ) n 1 Pn (cos ) , (n为奇数,r  R0 ) 2  4  6    (n  1) r

第三章
1.

静磁场

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  B0 e z ,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: 1 Ay  Az  0 , Ax   B0 y  f ( x) 即: A  [ B0 y  f ( x)]e x ; ○ 2 Ax  Az  0 , Ay  B0 x  g ( y) 即: A  [ B0 x  g ( y)]e y ○ 解○ 1 与解○ 2 之差为 A  [ B0 y  f ( x)]e x  [ B0 x  g ( y)]e y 则 2.

  (A)  (Ay / z)e x  (Ax / z)e y  (Ay / x  Ax / y)e z  0

这说明两者之差是无旋场 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

0 J  r dV ' 求解磁场分布,又 J 只分布于导线上,所以 4  r 3  Idl  r dl B 0  4 r3 1)螺线管内部:由于螺线管是无限长 r
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 妨取场点为坐标原点建立柱坐标系。 O

z

I

r  a cos ' e x  a sin  ' e y  z' e z ,

dl  ad ' sin  ' e x  ad ' cos ' e y

dl  r  (ad ' sin  ' e x  ad ' cos ' e y )  (a cos ' e x  a sin  ' e y  z' e z )
 az' cos ' d ' e x  az' sin  ' d ' e y  a 2 d ' e z
取 z' ~ z'dz' 的一小段,此段上分布有电流 nIdz'
2  0 nIdz' (az' cos ' d ' e x  az' sin  ' d ' e y  a d ' e z ) B  4  (a 2  z ' 2 ) 3 / 2

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郭硕鸿《电动力学》课后答案


0 4

2

 d ' 
0

nI 0 a 2 dz' nIe z  2 2 3/ 2 2  (a  z ' )







 [1  ( z ' / a)

d ( z ' / a)
2 3/ 2

]

 n 0 Ie z

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  a cos ' ) 2  (  sin   a sin  ' ) 2  z ' 2
  2  a 2  z ' 2 2a cos(   ' )

r  x  x'  (  cos  a cos ' )e x  (  sin   a sin  ' )e y  z' e z
dl  ad ' sin  ' e x  ad ' cos ' e y
dl  r  az' cos ' d ' e x  az' sin  ' d ' e y  [a 2  a cos( ' )]d ' e z
2  2  2  0 nI  2  az' cos ' az' sin  ' a  a cos( ' )  B  dz '  e d  '  dz '  e d  ' dz' e x  d '   y z   r3   4  0  r3 r3 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

0

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 , H 2 ,由对称性可知 H1 和 H 2 均沿 e 方向。由于 H 的切向分量连续,所以 H 1  H 2  He 。由此得到

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

B1n  B2 n  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 , H 1  H 2  I / 2r e

在介质中 M  B2 /  0  H 2  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  e z  I / 2r  /  0  1e r

总的感应电流: I 

 M  dl 

 I / 2r  / 
0

0

 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。 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 4.

B  ( ' I / 2r )e
它满足边界条件: n  ( B2  B1 )  0 及 n  ( H 2  H1 )  α  0 。由此可得介质中:

H 2  B /   ( ' I / 2r )e

由 H 2  B /  0  M 得:

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郭硕鸿《电动力学》课后答案
 ' I   0 e , 2r 0 2 I ' (    0 )  ' I   0  则: I M   M  dl  r  d  0 d  0  2r 0 20 再由 B  e  0 ( I  I M ) / 2r  ( ' I / 2r )e 可得  '  20 /(    0 ) ,所以 B  e 0 I /(    0 )r , I M  (    0 ) I /(    0 ) (沿 z 轴)

在x<0 的介质中 M  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   2 / 2) , 其中 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 。 解:由于B具有对称性,设 B  B e   Bz e z , 其中 Bz  B0  C ( z   / 2)
2 2

   B  0 ,

1  1   ( B )  2cz  0 , ( B )  Bz  0 ,即:     z  B  cz 2  a (常数)。
当   0 时, B 为有限,所以 a  0 ; B  cz ,即:

B  cze   [ B0  c( z 2   2 / 2)]e z
因为 J  0 , D  0 ,所以   B  0 ,即 (B / z  B /  )e  0 直接验证可知,(1)式能使(2)式成立,所以 B  cz ,(c为常数) 6.

(1) (2)

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  B z / z  0
2 2

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  B1z e z ,  Idl  r 0 Ia 2 1 1 B1z  0  sin   d   0 Ia 2 3 2 2 3/ 2  2 4 4 [a  ( z  L) ] 2 r [( z  L)  a 2 ]3 / 2
同理,-L 处线圈在轴线上 z 处产生的磁感应强度为:

B2  B2 z e z , B2 z 

1 1  0 Ia 2 。 2 2 [( z  L)  a 2 ]3 / 2
(1)

所以,轴线上的磁感应强度:

B  Bz e z 

  1 1 1  0 Ia 2   2 2 3/ 2 2 2 3/ 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 ,  B z / z  0 。代入(1)式并化简得:
2
2 2

5( L  z ) 2 [( L  z ) 2  a 2 ]7 / 2  [( L  z ) 2  a 2 ]5 / 2  5( L  z ) 2 [( L  z ) 2  a 2 ]7 / 2 
 [( L  z ) 2  a 2 ] 5 / 2  0
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
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  。
2 2 2

解:矢势所满足的方程为:
2  , (r  a)  A内    0 J  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 )e z , A外  A外 (r )e z , 代入微分方程得:

1  A外 (r ) 1  A内 (r ) (r )0 (r )
  0 J ; r r r r r r 1 解得: A内 (r )    0 Jr 2  C1 ln r  C2 ; A外 (r )  C3 ln r  C 4 4 由自然边界条件得 C1  0 , 1 1    A内 | r a    A外 | r  a 得: C3   Ja 2 , 由 0  2  2 1 2  A 由 A内 并令其为零,得: , C C   Ja ln a 。  Ja 外 4 2 0 r a r a 2 4 1 1 a  A内   0 J (a 2  r 2 ) ; A外  Ja 2 ln 4 2 r 3 8. 假设存在磁单极子,其磁荷为 Qm ,它的磁场强度为 H  Qm r / 4 0 r 。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 

Qm r Q 1  m 2 er 3 4 0 r 4 0 r Qm e r 得: 由   A  B  0 H  4r 2 A Qm   1  r sin  [  (sin A )   ]  4r 2   1 1 Ar   (rA )]  0  [  r sin   r 1  Ar ]0  [ (rA    r r Q sin   (sin A )  m 令 Ar  A  0 ,得:  4r
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(1)

郭硕鸿《电动力学》课后答案
 sin A  

0

Q 1  cos Qm sin  d , A  m 4 r sin  4r

(2)

显然 A 满足(1) 式,所以磁单极子产生的矢势 A  讨论: 当   0 时, A  0 ; 当    / 2 时, A  e Qm / 4r ;

Qm 1  cos e 4 r sin 

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 H 0 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 e z ,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    m 2  0 自然边界条件:  m1

, ( R  R0 ) , ( R  R0 )
R 0

(1)
R 

为有限;  m 2

  H 0 R cos 。

衔接条件:在 R  R0 处满足  m1   m 2 及  m1 / R   0  m 2 / R 由自然边界条件可确定方程组(1)的解为:

 m1   a n R n Pn (cos ) ;  m 2   H 0 R cos   d n R ( n 1) Pn (cos )
n 0





n 0

由两个衔接条件,有:


 an R n Pn (cos )   H 0 R cos   d n R ( n1) Pn (cos )
n 0 n 0
 n 0





  a n nR n 1 Pn (cos )    0 H 0 cos   0  (n  1)d n R ( n  2) Pn (cos )
n 0

比较 Pn (cos ) 的系数,解得: a1  3 0 H 0 /(   2 0 ) ;
3 a n  d n  0 , (n  1) d1  (   0 ) H 0 R0 /(   2 0 ) ; 即:  m1  3 0 H 0 R cos /(   2 0 ) ,( R  R0 ) 3  m2  H 0 R cos 
(  0 ) H 0 R0 cos /(   2 0 ) R 2 ,( R  R0 )  H 1   m1  3 0 H 0 /(   2 0 ) (    0 ) 3 3( H 0  R) R H 0 H 2   m 2  H 0  R0 [  3]   2 0 R5 R H 1  30 H 0 /(   2 0 ) , ( R  R0 )  B (   0 ) H0 3 3( H 0  R) R  3 ] , ( R  R0 ) 5  0 H 2   0 H 0    2  0 R0 [ R R 0  在R3 3  m   MdV  (4 / 3) R0 M  4 (    0 ) R0 H 0 /(   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 H 0 内,球的磁导率为  ,求空腔
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
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 e z ,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R 2
R 0

为有限;  m 3
R  R1 RR 2

R 

  H 0 R cos 。

  m2   m3

; ;

 0  m1 / R R  R1   m 2 / R R  R1 ;

 m2


 0  m3 / R R  R 2   m 2 / R R  R 2

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   a n R n Pn (cos ) ;
n 0

 m 2   [(bn R n  c n R ( n 1) ]Pn (cos ) ;
n 0



 m3   H 0 R cos   d n R ( 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:

 H 0 R cos   H 0 RP 1 (cos )
所以上面的解中, 解的形式简化为:

a n  bn  cn  d n  0 , (n  1)

 m1  a1 R cos ;

 m2  (b1 R  c1 R 2 ) cos ;  m3   H 0 R cos  d1 R 2 cos
代入衔接条件得: a1 R1  b1 R1  c1 R1 , 解方程组得:
2

2 2 , b1 R2  c1 R2   H 0 R2  d1 R2

3 3 。 )   0 H 0  2 0 d1 R2  0 a1   (b1  2c1 R13 ) ,  (b1  2c1 R2
3 60 H 0 R2 , 3 2(    0 ) 2 R13  (2   0 )( 2 0   ) R2

a1  b1 

3 3 0 (2   0 ) H 0 R2 3 2(    0 ) 2 R13  (2   0 )( 2  0   ) R2 , 3 3 3 0 (    0 ) H 0 R1 R2 c1  3 2(    0 ) 2 R13  (2   0 )( 2  0   ) R2 , 3 3 (2   0 )(    0 )( R13  R2 ) H 0 R2 d1  3 2(    0
) 2 R13  (2   0 )( 2 0   ) R2 。

从而,空间各点磁标势均可确定。空腔内:

B1   0 H 1    0  m1  a1 cose r  a1 sin e    0 a1e z
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  0 M 0 , 其中 M 0 是恒定的与 H 无关的量。 今将一
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
个理想铁磁体做成的均匀磁化球( M 0 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 e z ,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 ) ;
自然边界条件:  m1 衔接条件:  m1
R 0

2m2  0 ( R  R0 )

为有限;  m 2
RR0

R 

 0。

RR0

  m2



 m1 / R R  R 0   '  m 2 / R R  R 0   0 M 0 cos ;
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   a n R n Pn (cos ) ;
n 0



 m 2   bn R ( n 1) Pn (cos ) ;
n 0



代入衔接条件,比较 Pn (cos ) 各项的系数,得:
3 a n  bn  0 , (n  1) ; a1   0 M 0 /(2  '  ) ; b1   0 M 0 R0 /(2 ' )  m1   0 M 0 R cos /( 2 '  ) , ( R  R0 )
3  m2   0 M 0 R0 cos /(2 '  ) R 2 , ( R  R0 ) 由此 B1   0 H 1   0 M 0  2 '  0 M 0 /( 2 '  ) 3  '  0 R0 3( M 0  R) R M 0 B2    '  m 2  [  3] 2 '  R5 R ( R  R0 ) 2 '  0 M 0 /( 2 '  )



 3 B    '  0 R0 3( M 0  R) R M 0  3 ] ( R  R0 )  2 '  [ R5 R  n  ( B2  B1 ) R 0   0 (α M  α ) ,(其中 α  0 )将B的表达式代入,得:

α M  e 3 ' M 0 sin  /(2 '  0 )
12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场 H 0 中,结果如何? 解:根据题意假设均匀外场 H 0 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:

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

2m2  0 ( R  R0 )

为有限;  m 2

R 

  H 0 R cos 。

 m1

RR0

  m2

RR0



 m1 / R R  R 0   0  m 2 / R R  R 0   0 M 0 cos ;
解得满足自然边界条件的解是:

 m1  a1 R cos , ( R  R0 )

 m2   H 0 R cos  d1 R 2 cos , ( R  R0 )
代入衔接条件,得: a1 R0   H 0 R0  d1 R0
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2

郭硕鸿《电动力学》课后答案
 0 H 0  2 0 d1 R03  a1   0 M 0 a1  (  0 M 0  3
 0 H 0 ) /(   2 0 ) 解得: 3 d1  [ 0 M 0  (   0 ) H 0 ]R0 /(   2 0 )  m1  (  0 M 0  3 0 H 0 ) R cos /(   2 0 ) , ( R  R0 ) 3  m2  H 0 R cos  [ 0 M 0  (   0 ) H 0 ]R0 cos /[(   2 0 ) R 2 ] , ( R  R0 ) H 1   m1    0 ( M 0  3H 0 ) /(   2 0 ) 2 B1  H1   0 M 0  30 H 0 /(   2 0 )  2 0 M 0 /(   2 0 ) , ( R  R0 ) 5 3 H 2   m2  H 0  3(m  R) R / R  m / R , 3 其中 m  [ 0 M 0  (   0 ) H 0 ]R0 /(   2 0 ) B2   0 H 2   0 [ H 0  3(m  R) R / R 5  m / R 3 ] , ( 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 ) ;
自然边界条件:  m1 衔接条件:
R 0

2m2  0 ( R  R0 )

为有限;  m 2

R 

 0。

( m 2 /    m1 /  ) / R RR 0    Q sin  / 4R0 ;

 m1 / R R  R 0   0  m 2 / R R  R 0 ;
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  a1 R cos , ( R  R0 )

 m2  b1 R 2 cos , ( R  R0 ) 3 2 代入衔接条件,得: a1 R0  b1 R0  Q / 4R0 ; a1  2b1 R0  0 2 a1  Q / 6R0 , b1  QR0 解得: / 12  m1  QR cos / 6R0 , ( R  R0 )  m2  QR02 cos / 12R 2 , ( R  R0 )  H 1   m1  Qω / 6R0 B1   0 H 1   0 Qω / 6R0 , ( R  R0 ) H 2   m2  [3(m  R) R / R 5  m / R 3 ] / 4 ,
其中
2 m  QR0 ω/3

B2   0 H 2   0 [3(m  R) R / R 5  m / R 3 ] / 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) 。
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郭硕鸿《电动力学》课后答案
解:1)磁矩 m 
1 2

 x  J ( x )dV

Q (ω  R ) 3 (4 / 3) R0 1 3Q 1 3Q m R  (ω  R)R 2 sin dRdd  (e r  e )R 4 sin 2 dRdd 3  3  2 4R0 2 4R0 又 e r  e  e  sin e z  cos ( cose x  sin e y )
又 x  R  Re r , J ( x )  v 

m 


3Q 3 8R0



2

0

d  d  [sin e z  cos ( cose x  sin e y ) R 4 sin 2
dR
0 0



R0

2  R0 QR02 3Q 4 3 e d  d  R sin  dR  ω 3 z 0 0 0 5 8R0

2)自转动量矩:

L   dL   R  dP   R  vdm 


3M 0 R  (ω  R)dV 3  4R0

3M 0 R 2e r  (e z  e r ) R 2 sin dRdd 3  4R0 3M 0  R 4 ( sin e  e z ) sin dRdd 3  4R0 3M 0  R 4 sin  (e ) sin dRdd 3  4R0  R0 3M 0 2  d  d  [sin e z  cos ( cose x  sin e y ) R 4 sin 2 dR 3  0 0 4R0 0


2  R0 3M 0 2M 0 R02 4 3 ω d  d  R sin  dR  ω 3 0 0 0 5 4R0  m / L  Q / 2M 0

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  R m cos 而 m   4r 3 4r 2  m m 2 cos sin   Be    0 ( e r  3 e )  0 3 (2 cose r  sin e ) 3 4 r r 4r
m受力为:

F  (m  ) Be

 

r 2a



3 0 m 2 (1  cos2  )e z 4 64a
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第四章 电磁波的传播
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 )  E 0 ( x ) cos(k1 z  1t ) ; E 2 ( x, t )  E 0 ( x ) cos(k 2 z   2 t ) 1. 则合成波为 E  E1 ( x, t )  E 2 ( x, t )  E 0 ( x )[cos(k1 z  1t )  cos(k 2 z   2 t )]

k  k2   2 k  k2   2  2 E 0 ( x ) cos( 1 z 1 t ) cos( 1 z 1 t) 2 2 2 2 其中 k1  k  dk , k 2  k  dk ; 1    d , 2    d 所以 E  2 E 0 ( x ) cos(kz  t ) cos(dk  z  d  t ) 用复数表示 E  2 E 0 ( x ) cos(dk  z  d  t ) exp[i (kz  t )]

  kz  t 确定, v p  dz / dt   / k 群速由  '  dk  z  d  t 确定, v g  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
相速由 数和折射系数。 解:设 n 为界面法向单位矢量, S 、 S ' 、 S 公式,可得

  cos   2 cos 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

E x  A0 cos(t  kz )  A0 cos(t   0 x )

在 y 轴上的波可记为

E y  A0 cos(t  kz   / 2)  A0 cos(t   0 y )

   0 y   0 x   / 2
合成得轨迹方程为:
2 2 2 Ex  Ey  A0 [cos2 (t   0 x )  cos2 (t   0 y )]

2 2  A0 [cos2 (t   0 x )  sin 2 (t   0 x )]  A0

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郭硕鸿《电动力学》课后答案
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  E 0 e z e i ( 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 在导体内部:
2 S 1 2 Re( E *  H )   E 0 / 2

J  E  E 0 e z e i ( 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  1 2 Re(J * E )  E0 e 作积分: Q  平均焦耳热。 又因为
1 2  0

/2

E02  e 2z dz  E02 / 4 即得界面上单位面积对应的导体中消耗的

   / 2 ,所以 Q  E02 / 4  E02 / 2 ,原题得证。 7. 已知海水的 r  1 ,   1 S·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:

  1 /   2 /    1 / 
由于  r  1 ,所以    0 ,   1 / 0
1) 当  50 Hz时,

 1  1 /   50  4  10 7  1  72 m

2)当  10 6 Hz时,  2  1 /   10 6  4  10 7  1  0.5 m 3)当  10 9 Hz时,  3  1 /   10 9  4  10 7  1  16 mm
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。 8. 设导体中的电磁波表示为: E  E 0 e
 α x i ( β  x t )

e

z k

k  β  iα 上式中 α, β 满足:



2
      α  β   / 2
2 2

(1) (2) k1 (3) (4)

x

1  2
k2

根据边界条件得:

k x   x  i x  k1x  k1 sin 1  ( sin 1 ) / c

k y   y  i y  k1 y  0
将结果代入(1)、(2)得:
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  x  0 ,  x  ( sin 1 ) / c ,  y  0 ,  y  0 。

郭硕鸿《电动力学》课后答案
( sin 1 ) 2 / c 2   z2   z2   2  α z β z   / 2
解得:  z2  (5) (6)

1 1 2 2 1 2 (   2 sin 2 1 )  [( 2 sin 2 1   2  ) 2   2  2 2 ] 2 2 2 c c 2 1 1  1 2  z2   ( 2   2 sin 2 1 )  [( 2   2 sin 2 1 ) 2   2  2 2 ] 2 2 2 c c

其相速度为: v   /    /
2

 x2   z2 。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:

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: 9.

( sin 1 ) 2 / c 2   z2   z2  0  α z β z    / 2 1 2 1 4   z2   2 sin 2 1  ( 4 sin 4 1   2  2 2 ) 2 2 c 2c 2 1  1 4  z2  2 sin 2 1  ( 4 sin 4 1   2  2 2 ) 2 2 c 2c

 2 E  k 2 E  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)  (C1 sin k x x  D1 cos k x x)(C2 sin k y y  D2 cos k y y)(C3 sin k z z  D3 cos k z z)
边界条件为: 在 x  0 及 x  a 两平面: E y  E z  0 , E x / x  0 在 y  0 及 y  b 两平面: E x  E z  0 , E y / y  0 在 z  0 平面:

E x  E y  0 , E z / z  0

由此可得: E x  A1 cos k x x sin k y y sin k z z

E y  A2 sin k x x cos k y y sin k z z E z  A3 sin k x x sin k y y cos k z z
波数满足: k x  m / a , k y  n / b ,( m, n  0,1,2       )
2 k x2  k y  k z2   2  0  0   2 / c 2

振幅满足: A1 m / a  A2 n / b  A3 k z  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 )e
i ( k z z  t )

在波导管中沿 z 方向传播, 试使用   E  i 0 H

及   H  i0 E 证明电磁场所有分量都可用 E x ( x, y ) 及 H z ( 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 )e i ( k z z t ) ,
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H ( x, y, z, t )  H ( x, y)e i ( k z z t )

郭硕鸿《电动力学》课后答案
由麦氏方程组得:   E  B / t 
i0 H ,

  H   0 E / t  i0 E
(1) (2)

写成分量式: E z / y  E y / z  E z / y  ik z E z  i0 H x

E x / z  E z / x  ik z E x  E z / x  i0 H y
E y / x  E x / y  i0 H z

H z / y  H y / z  H z / y  ik z H y  i0 E x

(3) (4) (5)

H x / z  H z / x  ik z H x  H z / x  i0 E y
H y / x  H x / y  i0 E z
2 由(2)(3)消去Hy 得: E x  (0 H z / y  k z E z / x) / i( 2 / c 2  k z )

由(1)(4)消去Hx 得: E y  (0 H z / x  k z E z / y ) / i ( / c  k z )
2 2 2

2 由(1)(4)消去Ey 得: H x  (k z H z / x  0 E z / y) / i( 2 / c 2  k z )

由(2)(3)消去Ex 得: H y  (k z H z / y   0 E z / x) / i ( / c  k z )
2 2 2

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 )e
 it

由麦氏方程组   H  D / t  iE ,   H  0 得:

  (  H )  (  H )   2 H   2 H  i  E 又   E  B / t  iH   2 H  i  E   2 H
所以  H  k H  0 , k    ,   H  0 即为矩形波导管内磁场H满足的方程
2 2
2 2

n  B  0 得: n  H  0 , H n  0 利用   E  iH 和电场的边界条件可得: H t / n  0 边界条件为: H n  0 , H t / n  0
由 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:

E x  A1 cos k x x sin k y ye ik z z E y  A2 sin k x x cos k y ye ik z z
E z  A3 sin k x x sin k y ye ik z z
由   E  iH 可求得波导管中的磁场为:

H x  (i /  )( A3 k y  iA2 k z ) sin k x x cos k y ye ik z z

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

H y  (i / )(iA1k z  A3 k x ) cos k x x sin k y ye ik z z H z  (i / )( A2 k x  A1 k y ) cos k x x cos k y ye ik z z
本题讨论TM波,故Hz =0 ,由(3)式得: ( A2 k x  A1k y )  0 1)若 n  0 , m  0 则 k y  n / b  0 , k x  m / a  0 代入(4)得: A2  0 将(5)(6)代入(1)(2)得: H x  H y  0
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2)若 m  0 , n  0 则 k x  0 , k y  n / b  0 代入(4)得: A1  0 将(7)(8)代入(1)(2)得: H x  H y  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  10 Hz 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

(7) (8)

c c m 2 n 2  ( )  ( ) 得: 2 2 a b 当m=1,n=1时,  c1  4.3  1010 Hz   10 当m=1,n=0时,  c 2  2.1 10 Hz   当m=0,n=1时,  c3  3.7  1010 Hz  
由 c  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

c c m 2 n 2  ( )  ( ) 得: 2 2 a b 10 当m=1,n=1时,  c1  3.3  10 Hz   10 当m=1,n=0时,  c 2  2.1 10 Hz   10 当m=0,n=1时,  c3  2.5  10 Hz  
由 c  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 x 方向是均匀的,求可能传播的波模和每种波模的截止频率。 解:在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程: y

( 2  k 2 ) 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

b

O x 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。

U ( x, y, z )  U ( y, z )  Y ( y) Z ( z )

所以通解为: U ( x, y, z )  (C1 sin k y y  D1 cos k y y )e 由边界条件: n  E  0 和 E n / n  0 定解,得到

ik z z

E x  A1 sin( ny / b)e i ( k z z t ) ;
E y  A2 cos(ny / b)e i ( k z z t ) ;

E z  A3 sin( ny / b)e i ( k z z t )
且 k  / c  n  / b  k z ,( n  0,1,2,      )
2 2 2 2 2 2 2

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又由   E  0 得:A1 独立,与A2,A3 无关, A2 n / b  ik z A3 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:

E x  A1 cos k x x sin k y y sin k z z E y  A2 sin k x x cos k y y sin k z z

E z  A3 sin k x x sin k y y cos k z z
振幅满足: A1k x  A2 k y  A3 k z  0 ,波数满足: k x  m / a , k y  n / b ,
2  k z2  k 2   2  k z  p / c , k x2  k y

( m, n, p  0,1,2       )

电场能量密度: we  对时间的平均值为:

1 2

ED

1 1 we  1 2 [ 2 Re( E *  D)]  4 Re( E *  D)

  ( A12 cos2 k x x sin 2 k y y sin 2 k z z  A22 sin 2 k x x cos2 k y y sin 2 k z z  A32 sin 2 k x x sin 2 k y y cos2 k z z ) / 4
于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为:

We   we dV   dx dy we dz 
V 0 0 0

a

b

c

由   E  iH 可求得谐振腔中的磁场为:

abc 2 2 ( A1  A2  A32 ) 32

H x  (i / )( A3 k y
 A2 k z ) sin k x x cos k y y cos k z z
H y  (i / )( A1k z  A3 k x ) cos k x x sin k y y cos k z z H z  (i / )( A2 k x  A1k y ) cos k x x cos k y y sin k z z
磁场能量密度: wm  对时间的平均值为:
1 1 wm  1 2 [ 2 Re( H * B )]  4 Re( H * B ) 1  [( A3 k y  A2 k z ) sin 2 k x x sin 2 k y y cos2 k z z  4 2 

1 2

H B

 ( A1 k z  A3 k x ) cos2 k x x sin 2 k y y cos2 k z z 
 ( A2 k x  A1 k y ) cos2 k x x cos2 k y y sin 2 k z z ]
谐振腔中磁场能量的时间平均值为:

Wm   wm dV   dx dy wm dz
V 0 0 0

a

b

c

abc [( A3k y  A2 k z ) 2  ( A1k z  A3k x ) 2  ( A2 k x  A1k y ) 2 ] 2 32  因为 A1k x  A2 k y  A3 k z  0 ,所以 
Wm  abc 2 2 ( A12  A2  A32 )( k x2  k y  k z2 ) 2 32 

40/40

郭硕鸿《电动力学》课后答案
 abck 2 abc 2 2 2 ( A12  A2  A32 )  ( A1  A2  A32 ) 2 32 32 

即 We  Wm

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郭硕鸿《电动力学》课后答案电动力学答案第一章1.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:2 A  (  A)  1 2 A  ( A  ) A 解: (1) ( A  B)  ( A  Bc )  …

郭硕鸿《电动力学》课后答案电动力学答案第一章1.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:2 A  (  A)  1 2 A  ( A  ) A 解: (1) ( A  B)  ( A  Bc )  …

郭硕鸿《电动力学》课后答案电动力学答案第一章1.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:2 A  (  A)  1 2 A  ( A  ) A 解: (1) ( A  B)  ( A  Bc )  …

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