郭硕鸿《电动力学》课后答案 投稿:曹紝紞

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 A(A)12A(A)A2解:(1)(AB)(ABc)(B…

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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 A(A)

12

A(A)A

2

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

2

(AA)(A)A

2

即 A(A)

dfdu

A

2

(A)A

2. 设u是空间坐标x,y,z的函数,证明:

f(u)

u , A(u)u

dAdu

, A(u)u

dfuduxu

dAdu

dfuduz

证明: (1)f(u)

f(u)xdf(exu

f(u)yuyeyey

f(u)zuz

ezex

dfuduy

eyez

dux

x

ex

ez)

dfdu

(2)A(u)

(

Ax(u)

Ay(u)y

Az(u)z

dAxuduxuxex

dAyuduyey

dAzuduz

dAdu

dAxdu

ex

ex

dAydu

ey

ey

dAzdu

ez)(

ez

uy

uz

ez)u

(3)u

dAdu

u/xdAx/du

u/ydAy/du

u/z dAz/du

([

dAzuduyAz(u)y



dAyuduzAy(u)z

)ex(

dAxuduzz

dAzuduxx

)ey(

dAyuduxx

dAxuduyy

)ez

]ex[

Ax(u)Az(u)

]ey[

Ay(u)

Ax(u)

]ez

A(u)

3. 设r

222

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

从源点指向场点。

(1)证明下列结果,并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系:

r'rr/r ; (1/r)'(1/r)r/r3 ; (r/r3)0;

33

(r/r)'(r/r)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。

2

2

2

(1)证明:r(xx')(yy')(zz')

x

1 r(1/r)[(xx')e○

可见 r'r 2 ○

r1

(yy')ey(zz')ez]r/r

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

d11r

r2r3 drrrr

d11r1

''r2'r3

rrrdrr

可见 1/r'1/r 3 (r/r○

3

)[(1/r)r](1/r)r(1/r)r

333

3

d13r

3rr04r0 drrrr

3

3

4 (r/r)[(1/r)r](1/r)r○



3rr

4

1r

3

r

r

r

3r

3

0 , (r0)

(2)解:

1r(○

xex

yey

z

ez)[(xx')ex(yy')ey(zz')ez]3

exey/yyy'

x

ez

/z0 zz'yaz

z

)[(xx')ex(yy')ey(zz')ez]

2 r○

/xxx'

3 (a)r(a○

x

ay

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 [E○

sin(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 [E○

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

V

4. 应用高斯定理证明dVfdS

S

f,应用斯托克斯(Stokes)定理证明

S

dS

L

dl

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)]

V

V

dV(f

V

c)

(f

c)dS

c(dSf)cdSf

因为c是任意非零常向量,所以

dV

V

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)

S

(1)式左边为:(a)dS

S

S

adS

S

[aa]dS adS

SS

adS

S

S

adS

adS (2)

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

S

因为a为任意非零常向量,所以

J

t

S

dSdl

5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 p(t)

0证明p的变化率为:

dpdt

V

(x',t)x'dV',利用电荷守恒定律

V

J(x',t)dV

证明:方法(I)

dpd(x',t)x'dV'[(x',t)x']dV'VVdtdttdp

e1('J)x1'e1dV'x1'('J)dV'

VVdt

(x',t)t

V

x'dV'('J)x'dV'

V

V

['(x1'J)('x1')J]dV'

x1'JdS'

S

V

Jx1dV'

dpdt

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

同理 所以

S

x1'JdS'0,

e2

e1dpdt

V

Jx1dV'

dpdtdpdt

V

Jx2dV', e3

V

Jx3dV'

JdV'

V

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 dpdt

'(Jx')dV'

V

JdV'dS(Jx')JdV'JdV'

V

VV

3

6. 若m是常向量,证明除R0点以外,向量A(mR)/R的旋度等于标量

3

mR/R的梯度的负值,即A,其中R为坐标原点到场点的距离,

方向由原点指向场点。 证明:(1/r)r/r3

A(

mrr

3

)[m((m)[

2

1r

)][(

1r

1r

)m] 1r

)]m

(m)(m)

1r1r1r

1r

[()]m[(

1r

]m

2

其中 (1/r)0, (r0)

A(m) , (r0)

1r1r)]

)(m)(m)(

1r)[(

1r

)]m

又 (

mrr

3

)[m(

1r) )](

m[((m)(

1r

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。 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。 当r1rr2时, 4r2D2D2

(rr1)f

3r

2

3

3

43

3

(rr1)f

3

, E2

3

3

(rr1)f

3r

2

33

向量式为 E2

(rr1)f

3r

3

r

3

3

当rr2时, 4r2D3D3

(r2r1)f

3r

2

3

3

43

(r2r1)f

(r2r1)f

30r

2

3

3

E3

3

3

向量式为 E3

(r2r1)f

30r

3

r

(2)当r1rr2时,

pP(D20E2)(D2

(1

0

D2)

0

当rr1时,

)D2(1

0

)f

p

n(P2P1)n(D2

0

D2)(1

0

)D2

rr1

0

当rr2时, 

p

nP2(1

0

)D2

rr2

(1

0r2r1

)3r

22

33

f

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。

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所以 H2

Jf(rr1)

2r

2

2

Jf(rr1)

2

2

22

22

, B2

21

(rr1)

2r

2

2

Jf r

向量式为 B2

(rr)

2r

3

ˆJfe

2

(rr1)

2r

2

2

J

f

当 rr2 时,2rHJf(r2r1)

所以 H3

Jf(r2r1)

2r

2

22

, B3

2

0(r2r1)

2r

22

Jf J

r

2r

(2)当 r1rr2 时,磁化强度为

M(

向量式为 B3

0(r2r1)

ˆJfe

0(r2r1)

2r

2

22

2

f

0

1)H

2

(

0

1)

(rr1)2r

2

2

J

f

r

所以 JMM[(

0

1)H2](

0

1)H2(

0

1)Jf

在 rr1 处,磁化面电流密度为 M

12r1

M

1

dl0

在 rr2 处,磁化面电流密度为 M0

2r2

M

dl(

2

0

2r2

2

1)

2

(r2r1)2r

2

2

22

J

f

向量式为 αM(

0

1)

(r2r1)

Jf

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F12

04

l2

I2dl2r12

r

312

4

l1l2

0I1dl1(I2dl2r12)

r

312

0I1I2

4

l1l2

dl1(dl2r12)

r

312

0I1I2

4

r12dldl21r3

12l1l2r12

 (1) r3(dl1dl2)

12

同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力:

F21

0I1I2

4

r21dldl12r3

21l2l1



r21 (2) r3(dl2dl1)

21

dr12r

2

12

(1)式中: r12dldl21r3

12l1l2

dl2dl1

l2

l1

r12r

3

12

dl2l2

l1

dl2(

l2

1r12

)

一周

=0

同理(2)式中:

r21dldl12r3

21l2l1

0 

F12F21

0I1I2

4

r

l1l2

r12

312

(dl1dl2)

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(2)介质分界面上的自由电荷面密度

f3

f1

和

f2

。(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 所以有 E1由于E 所以 

f1

1

, E2

f1

f1

2

(f1

l1

l2

)

Edl

1

l1

l1

f1

2

l2

12

f1



f2

 E (

1

l2

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

f1

介质1中电流密度 J11E11D1/11由于电流恒定,J1J2,

/1

f1

介质2中电流密度 J22E22D2/22(



f3

)/2

1

f1

/12(

f1



f3

)/2



f3

2121

(

22

)

f1

(

2121

1)

f1

再由 E 

E 

Edl

l1

E1l1E2l2得

f1

f1

21

1221

f1

1

(l1

12

l2)

f1

1

l11l2/2



)f3

E 

212l11l2

E

E

f2

(

122l11l2

f1

f3

12212l11l2

E

12.证明:

(1)当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时,电场线的曲折满足

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

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)

所以 D

, JD (2) 2r2rt

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

f

f1f



1

f

即Jf与JD(2)由 J

f

2rt

严格抵消,因此内部无磁场。

f

JD (4)

E 得: J



D

2

fr

(5)

联立(2)(4)(5)得所以

df

dfdt

f0 (6)



f

dt0



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



t

(8)

(3) pE2

f

 (9) 2r



2

b2

(4) 将上式在长度为l的一段介质内积分,得

fP2rdV

V

a

flfb

2rldr (10) ln22ra2

2

2

2

2

由 w

1

2

2

E 得:

W

1

wdV2

V

12

b

a

flfb

2rldr ln2r4a

bdf

所以 (11) ln

dt2adt

dW

由(6)(10)(11)得 :P

dt

dW

fl

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/r2,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

p

n(P2P1)erP

rR

K/R

2

(2)D内0EPP/(0)

f

D内P/(0)K/(0)r

(3)E内D内/P/(0)

E外

D外



f

dV

2

040r

er

KR0(0)r

2

er

外内

(4)W

1

rR

E外drE内dr

KR0(0)r

R

K

(ln

2

r

E外dr

Rr

0

1

0

)

2

2

22

DEdV2

1K

2

2

2(0)

R

4rdrr

2

KR

20(0)

4rdrr

4

2

R

2R(1

0

)(

K

0

2)

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



n

(anR

n

bnR

n1

)Pn(cos)

因为无穷远处 EE0,0E0Rcos0E0RP1(cos) 所以 a00,a1E0,an0,当 RR0时,0

s)所以 0E0R0P1(co

bnR

n1

02

(n2)

n

Pn(cos)0

即: 0b0/R00,所以 b0R0(00),

b1/R0E0R0

b1E0R0

3

,

bn0,(n2)

32

0E0RcosR0(00)/RE0R0cos/R

(RR0)0

(RR0)

(2)设球体待定电势为0,同理可得

32

0E0RcosR0(00)/RE0R0cos/R

(RR0)0

(RR0)

当 RR0时,由题意,金属球带电量Q

Q

0

n

RR0

dS0(E0cos

00

R0

2

2E0cos)R0sindd

40R0(00)

所以 (00)Q/40R0

32

0E0RcosQ/40R(E0R0/R)cos

(RR0)0Q/40R

(RR0)

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:

内外

(anR

n

n

bnRR

n1

)P(cos)n )P(cos)n

(cnR

n

n

dn

n1

0,cn0。 当R时,外

为有限,bn0。 当R0时,内

所以 内

n

n

 , 外anRP(cos)n

n

dnR

n1

(cos) n

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

0

QfQf4R

外n

(1

得:

1)

Qf4R

2

0Qf

4R

20

0d0

R

20

,d0

Qf4

(

1

0

1

)

则 a0所以 内

4R00

Qf

4R0

1

01

1

1

Qf40R

外

Qf4R

Qf4R

0

)

(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

Qf40R

2

er ,积分后得:

外

E

R

dR

4

R

QfR0

2

dR

Qf40R

在球内,R

E内

Qf4R

R0

2

er ,积分后得:

内

R

E内dR

R0

E外dR

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:

33

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

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:

n

ianRP(cos)n

n

(RR0)

(RR0)

o

n

bnR

n1

P(cos)n

由此 ipfR/41R3

a

n

nn

n

RP(cos)n

(n1)

n

(RR0) (1) (RR0) (2)

opfR/41R

边界条件为:i

RR0

3

b

R

P(cos)n

o

RR0

(3)

(4)

RR0

1

iR

RR0

2

oR

(cos)的系数,可得: 将(1)(2)代入(3)和(4),然后比较Pn

an0,

3

bn0

(n1)

f

a1(12)p

/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

o

pfR41R

3

(12)pfRcos21(122)R0

(12)21(122)R

2

3

pfR41R

pfR41R

3

3

3

pfR

(RR0)

(12)21(122)(RR0)

pfRR

3

(12)pfcos21(122)R

3

pfR41R

3

3pfR4(122)R

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

10

1

D](

01

1)D

所以 pp(0/11)pf

在两介质交界面上,极化电荷面密度为

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

(10)

iR

R0

(20)

oR

R0

由于1

iR

R0

2

oR

R0

,所以 30(12)pf21(122)R

30

p0(

iR

oR

)

R0

cos

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

bnn

(aR)P(cos)nnn1

Rn

当R时,电势趋于零,所以RR2时,电势可写为

bnR

n1

o

n

(1) P(cos)n

当R0时,电势应趋于偶极子p激发的电势:

pfR/40Rpcos/40R

3

2

所以RR1时,电势可写为

i

pcos40R

2

a

n

n

RP(cos) (2) n

n

设球壳的电势为s,则

o

R2

n

bnR2

n1

P(cos)s (3) n

2

i

R1

pcos/40R1

a

n

n

R1P(cos)s (4) n

n

由(3)得: b0sR2 ;bn0

(n0)

(n0,

3

3

由(4)得: a0s ;a1p/40R1 ;an0

1)

所以 osR2/R (5)

ipcos/40RspRcos/40R1 (6)

2

再由

0

S

oR

dS0

sR2R

2

4RQ 得:

2

sQ/40R2 (7)

将(7)代入(5)(6)得:

oQ/40R (RR2)

i

pcos40R

2

Q40R2

pRcos40R1Q

3

14

(

pRR

3

QR2

pRR1

3

)

在RR2处,电荷分布为:

Dn0

oR

R2

4R

22

在RR1处,电荷分布为:

'Dn0

iR

R1



3pcos4R1

3

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

(a

n

n

RbnR

n(n1)

)Pn(cos)

对于1,当RR0时,由高斯定理得:

D1fR0/3R , E1fR0/30R

3

2

3

2

当RR0时,由高斯定理得:

D2fR/3 , E2fR/3

R0

1的球外部分: o1

R

(fR0/30R)dR

3

2

32

R0

(fR/3)dR

2

fR0/30RfR0/30fR0/6 (1)

1的球内部分: i1

R

E2dR

R

(fR/3)dRfR/6 (2)

2

对于2,当R时,2E0Rcos,所以

o2E0Rcos

当R0时,2为有限,所以

n

bnR

n1

P(cos)n(RR0)

i2

a

n

n

RP(cos)n

n

(RR0)

边界条件为:RR0时,o2i2,0

o2R

R0



i2R

R0

。即:

E0R0cosbnR0(n1)Pn(cos)anR0nPn(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) b1(0)E0R0/(20)

3

anbn0

(n1)

(RR0) (3)

所以 o2E0Rcos(0)E0R03cos/(20)R2

i230E0Rcos/(20)

由(1) (2) (3) (4)得:

(RR0) (4)

33

fR021fR0(0)E0R0cos1

()E0Rcos(RR0)2

323R(2)R000



2

30E0RcosfR

(RR0)620

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2

R0

(3)

2R

RR0

1

1R

RR0

2

(4)

将JE及E代入(1),得:

J(E)0

2

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

J

f0

2

Rcos

n

bnR

n1

(cos)n(RR0) (5)

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:

n

aRP(cos)(RR) (6) 1nn

0n

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

J

f0

bnR0cos

n1P(n

cos)a

n

Rn

0P(n

cos) 2

n

R0

n

J

f0

n1

2[

cos

(n1)

bnP(ncos)]1nanR0P(n

cos) 2

n

R

n2

n

由(7)(8)两式可得:

a13Jf0/(122) , b1(12)J

3

f0

R0/(122)

2

an0,

bn0

(n1)

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

2(12)Jf0R0cos/(2

122)2R

J

f0

R/3

3

2(12)R0J

f0

R/(122)2R (RR0)

由此可得球内电流密度:

J11E11131(Jf0

R)/(122)31J

f0

/(122)

电解液中的电流密度为: J22E222

J

(3

12)R03Jf0f0

()[(Jf0R)R

R5R

3

]122(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)0J

f0

cos/(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3J

f0

J2J

f0

(R3

R3

0/)[3(J

f0

R)R/R

2

J

f0

]

f

30Jf0

cos/2

当12时,同理可得:

J10

J2J

(R3

3

f0

0/2R)[3(J

f0

R)R/R2

J

f0

]

(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

f

f0

30Jcos/22

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

1Qf/4

Ra2Racos,

22

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

a

n

n

n

RPn(cos) (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

由于

2

2

n

bnR

n1

Pn(cos) (2)

n

Ra2Racos(1/a)(R/a)Pn(cos)

n

n

1(Qf/4a)(R/a)Pn(cos) (3)

n

当RR0时,内1i2

(Qf/4a)(R/a)Pn(cos)

n

n

a

n

n

RPn(cos) (4)

n

当RR0时,外1o2

(Qf/4a)(R/a)Pn(cos)

n

n

n

bnR

n1

Pn(cos) (5)

因为导体球接地,所以 内0 (6)

外

R0

内

R0

0 (7)

n1

将(6)代入(4)得: anQf/4a

(8)

2n1

将(7)代入(5)并利用(8)式得: bnQfR0

/4a

n1

(9)

将(8)(9)分别代入(4)(5)得:

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)

2

r0R0/a, Q'R0Qf/a 所以空间的电势为

外

14

(Qfr1

Q'r2

)

14

[

Qf

Ra2Racos

2

2

R0Qf

aR(R/a)2RRcos/a

2

20

2

20

] (RR0)

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R12/a (4) 由(2)(3)两式得: Q'R1Q/a

14

[

Q

Ra2Racos

2

2

R1Q/a

RR/a2RRcos/a

2

4

1

2

21

]

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

1内

[

Q

Ra2Racos

2

2

R1Q/a

RR/a2RRcos/a

2

4

1

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(QQ0)/40R2

14

(RR2)(R1RR2)

R1Q/a

QQ0

R2

],(RR1)

[

Q

Ra2Racos

2

2

RR/a2RRcos/a

2

4

1

2

21

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

0R2

电势的解为:

(RR2)0R2/R

(R1RR2)0

QR1Q/a 1

[]0

2224224Ra2RacosRR1/a2R1Rcos/a0

(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。

Q1

Qb

P

Q

O

ab

Q

ez;Q2Q,r2ez;

bbb

Q3Q,r3bez,所以

b

a

Q,r1

a

2

aa

2

Q



Q4

[

1

Rb2Rbcos

a

2

2

1

Rb2Rbcos

2

2

bR,

2

aab

42

2

a

2

b

Rcos

bR

2

ab

42

2

a

2

]

Rcos

,(02Ra)

b

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

[

1

(xx0)(ya)(zb)

2

2

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

由于I

EdSQ/,

jdS,jE,所以

Q(x0,,z0)

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:

,

z0)

Q(x000000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,



14

8

i1

Qiri

2

I1[2224(xx0)(yy0)(zz0)1

2

2



1

(xx0)(yy0)(zz0)

2

2

2

(xx0)(yy0)(zz0)

1

(xx0)(yy0)(zz0)

1

(xx0)(yy0)(zz0)

1

(xx0)(yy0)(zz0)

2

2

2

2

2

2

2

1

(xx0)(yy0)(zz0)

2

2

2

2

1

(xx0)(yy0)(zz0)

2

2

2

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)

d(x)

0

x0

,,

x0x0

dxx

1)x0时,d(x)/dx0

lim

(xx)(x)

2)x0时,a) 对于x0b) 对于x0,

图象如右图所示。

d(x)dxd(x)dx

lim

0x0x

 

x0

lim

x0

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

xdV

[(px1

x1

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

其中第一项为:

)(x)]xdVpx1

x1

(x1)(x2)(x3)(x1e1

x2e2x3e3)dx1dx2dx3

px1

(x1)x1

(x2)(x3)(x1e1x2e2x3e3)dx1dx2dx3e1px1x1

d(t)dt

d(x1)dx1

dx1

应用

dt(t)dt

(t)t,即t

d(t)dt

dt(t)dt

(t),可得:

e1px1x1

d(x1)dx1

dx1e1px1dx1(x1)e1px1(x1)dx1

e1px1x1(x1)e1px1e1px1 (x=0)

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







(ax)dx



(ax)

d(ax)a

1a





(ax)d(ax)

1a





(x)dx1

d(ax)a

1a

所以(ax)(x)/a在全空间成立。 若a0,(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。



x(x)x(x)0,而



x(x)dxx

x0

0

x(x)0 ,进而x(x)0 P(x')r40r

3

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

dV',另外根据极化电荷公式p'P(x')及

'P(x')40r

dV'

p

nP

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

V

P(x')dS'40r

S

,试证明以上





14

P(x')rr

3

V

dV'

14

V

1

P(x')'dV'

r

111'P'PP' rrr



1414

00



'P(x')

r'P(x')

r

V

dV'

V

P(x')'dV

r

' 

V

dV'

P(x')dS', S

r

所以,两表达式是等同的。

实际上,继续推演有:

pp

dV'dS'V VSS40rrrr0

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。



1



'P(x')

dV'

Pn

1

dS'

4

(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

2ESS/0,证明:1)如图,由高斯定理可得:

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

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。 提示:Pn(x)dx

01

Pn1(x)Pn1(x)

2n1

1

,Pn(1)1,

0,(n奇数)

Pn(0)n/2135(n1)

(1)

246n

,(n偶数)

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:

n

内

n

anrPn(cos) ,外

外

n

bnr

n1

Pn(cos) 。

在球面上,内

rR0rR0

,即 

rR0

0,(0/2)

f()

0,(/2)

将f()按球函数展开为广义傅立叶级数,f()则 anR

fn

n0

n

fnPn(cos)

bnR

(n1)0

fn,下面求fn。

2n122n1

1

1

f()Pn(cos)dcos

2

2n12

R0

Pn(cos)sind



22n1

2

[

0Pn(cos)sind

1



0Pn(cos)sind]

2n12

[0Pn(x)dx0

1n

Pn(x)dx]

0[Pn(x)dx

1

1

Pn(x)dx]

由于Pn(x)(1)Pn(x),所以

fn

2n12

0[Pn(x)dx(1)

1

n1

1

Pn(x)dx]

2n12

1

0[1(1)

n1

]Pn(x)dx

1

当n为偶数时,fn0; 当n为奇数时,fn

2n12

0[11]

Pn1(x)Pn1(x)

2n1

0[Pn1(x)Pn1(x)]0

0n2

1

0[Pn1(0)Pn1(0)]0(1)

anfn/R0bnfnR0

(n1)

n

135(n2)246(n1)

(2n1)

0R

n0

(1)

n1

2

135(n2)246(n1)

(2n1)

0R0(1)

n1

n2

135(n2)246(n1)

rR0)

(2n1)

至此,可写出球内外的电势为

内

0(1)

n2

135(n2)246(n1)

(2n1)(

)Pn(cos),

n

(n为奇数,rR0)

外

0(1)

n2

135(n2)246(n1)

(2n1)(

R0r

n1

Pn(cos),(n为奇数,rR0)

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:

1AA0,AByf(x) 即:A[Byf(x)]e; ○

2AA0,ABxg(y) 即:A[Bxg(y)]e ○解○1与解○2之差为A[Byf(x)]e[Bxg(y)]e

y

z

x00x

xzy00y

0x0y

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

JrB0dV' 求解磁场分布,又 J 只分布于导线上,所以 3

4r

Idlr

B03

4r

1)螺线管内部:由于螺线管是无限长理想螺线管,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ad'ez

2

取z'~z'dz'的一小段,此段上分布有电流nIdz' B

0

4

nIdz'(az'cos'd'exaz'sin'd'eyad'ez)

(az')



2

2

2

3/2



2

2

0

4

2

d'



adz'(az')

2

3/2

nIez

nI02



[1(z'/a)

d(z'/a)

2

]

3/2

n0Iez

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'

2

2

(cosacos')(sinasin')z'

2

222

az'2acos(')

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

2

2

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

B

0nI

4

2

ex

d'



az'cos'r

3

2

dz'ey

d'



az'sin'r

3

2

dz'ez

d'



aacos(')

r

3

dz'

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:

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

2

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:

H

2

B/('I/2r)e

由 H2B/0M得: 在x<0 的介质中 M则: IM

'I02r2r

0

e , rd0

Mdl

'I0

0

2

d

I'(0)20

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

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

22

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

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Bzez, 其中 BzB0C(z22/2)

B0,

1



(B)

z

Bz0,即:

1



(B)2cz0,

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)]ez (1)

2

2

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2Bz/z2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,

B1z

04

Idlrr

3

sin

0

2

Ia

2

2

3/2

4[a(zL)]

1

[(zL)a]

2

2

d

12

0Ia

2

1

[(zL)a]

2

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B2zez,B2z

12

0Ia

2

3/2

所以,轴线上的磁感应强度: BBzez

12

0Ia

2

1

2

2

3/2

[(zL)a]

1

[(zL)a]

2

2

3/2

 (1)

2

2)因为 B0 ,所以 (B)(B)B0;

222

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

5(Lz)[(Lz)a]

2227/2

[(Lz)a]

2

2

225/2

5(Lz)[(Lz)a]

2227/2

[(Lz)a]

225/2

0

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A内0J2

,A外0

,(ra)

(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rr

rrrr1

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

4

由自然边界条件得C10,

(rA内(r)

)0J;

1

(r

A外(r)

)0

1

0

A内|ra

A外14

1

A外|ra 得:C3

14

2

Ja,

2

2

由 A内

rara

并令其为零,得:C2

2

2

0Ja,C4

ar

2

Jalna。

2

A内0J(ar);A外

12

Jaln

2

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。

QmrQm1Her 解:32

40r40r

由 AB0H

Qm4r

A

2

er 得:

Qm1

[(sinA)]2rsin4r

1Ar1[(rA)]0rsinr

1Ar

[(rA]0

rr

(1)

令 ArA0,得: sinA



(sinA)

Qmsin

Qmsin4r

d, A

Qm4

4r

1cosrsin

(2)

Qm1cos4

rsin

e

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;

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0

(RR0)(RR0)

(1)

H0Rcos。

自然边界条件:m1为有限;m2

R

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:

n

m1

a

n0

RPn(cos); m2H0Rcos

n

n

d

n0

n

R

(n1)

Pn(cos) R

(n1)

由两个衔接条件,有:anRPn(cos)H0Rcos

n0

n1

d

n0

n

Pn(cos) Pn(cos)

annR

n0

Pn(cos)0H0cos0(n1)dnR

n0

(n2)

比较Pn(cos)的系数,解得:a130H0/(20);

d1(0)H0R0/(20); andn0,(n1)

3

即:m130H0Rcos/(20),(RR0)

m2H0Rcos(0)H0R0cos/(20)R,(RR0)

H1m130H0/(20)

3

2

H2m2H0

(0)

20

R0[

3

3(H0R)R

R

5

H0R

3

]

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

HHR[],00005302

20RR

在R

(RR0)

m

V

MdV(4/3)R0M4(0)R0H0/(20)

33

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: 222

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

自然边界条件:m1衔接条件:m1

RR1RR2

R0

为有限;m3

RR1

R

H0Rcos。

RR1RR2

m2m3

; 0m1/R; 0m3/R

m2/Rm2/R

RR1RR2

m2

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

n0

anRPn(cos); m2

n

[(bnRcnR

n0

n(n1)

]Pn(cos);

m3H0Rcos

d

n0

n

R

(n1)

Pn(cos)

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;

2

m3H0Rcosd1R

3

cos

代入衔接条件得:a1R1b1R1c1R12, b1R2c1R22H0R2d1R22,

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

3

3

解方程组得:

a1b1

60H0R2

2

3

1

3

32

2(0)R(20)(20)R

30(20)H0R2

2

3

3

3

2(0)R1(20)(20)R2

30(0)H0R1R2

2

3

3

3

3

c1

2(0)R1(20)(20)R2

(20)(0)(R1R2)H0R2

2

3

3

3

3

d1

2(0)R1(20)(20)R2

3

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:

22

m10 (RR0) ; 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

RR0

RR0

m1/R'm2/R0M

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

n0

anRPn(cos); m2

n

n0

bnR

(n1)

Pn(cos);

代入衔接条件,比较Pn(cos)各项的系数,得:

anbn0,(n1);a1

0M

/(2');b10M0R03/(2')

m10M0Rcos/(2'), (RR0)

32

m20M0R0cos/(2')R,(RR0)

由此 B10H10M02'0M0/(2')

B2'm2

'0R03(M0R)R2'

[

R

5

3

M0R

3

]

2'0M0/(2')3

B'0R03(M0R)RM0

[]53

2'RR

(RR0)(RR0)

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:

m10 (RR0) ; m20 (RR0)

2

2

自然边界条件:m1衔接条件: m1

R0

为有限;m2m2

RR0

R

H0Rcos。

0M0cos;

RR0RR0

RR0

m1/R0m2/R

解得满足自然边界条件的解是:

m1a1Rcos,(RR0)

m2H0Rcosd1R

3

2

cos,(RR0)

2

代入衔接条件,得:a1R0H0R0d1R0

0H020d1R0a10M0

解得: a1(0M030H0)/(20)

d1[0M

(0)H0]R0/(20)

3

m1(0M

30H0)Rcos/(20),(RR0)

m2H0Rcos[0M

B1H10M

(0)H0]R0cos/[(20)R],(RR0)

2

32

H1m10(M03H0)/(20)

30H0/(20)20M

5

3

/(20),(RR0)

H2m2H03(mR)R/Rm/R,

3

其中 m[0M0(0)H0]R0/(20)

B20H20[H03(mR)R/Rm/R],(RR0)

5

3

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:

m10 (RR0) ; m20 (RR0)

2

2

自然边界条件:m1

R0

为有限;m2

R

0。

RR0

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

RR0

m1/R

RR0

0m2/R

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

2

cos,(RR0)

23

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

解得: a1Q/6R0, b1QR0/12

m1QRcos/6R0,(RR0)

m2QR0cos/12R,(RR0)

H1m1Qω/6R0

B10H10Qω/6R0,(RR0)

H2m2[3(mR)R/Rm/R]/4,

2

其中 mQR0ω/3

5

3

5

3

22

B20H20[3(mR)R/Rm/R]/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

1

2

xJ(x)dV

Q(4/3)R0

3

又 xRRer,J(x)v

m

13Q24R0

3Q8R

303

(ωR) 13Q24R0

3



R(ωR)RsindRdd

2

(ere)RsindRdd

4

2

42

又 ereesinezcos(cosexsiney)

m

20

dd[sinezcos(cosexsiney)RsindR

R0

3Q8R0

3

ez

2

dd

R0

RsindR

43

QR05

2

ω

2)自转动量矩:

L

dL

3M3M3M

03



RdP

2

Rvdm

2

3M4R

030

R(ωR)dV

4R0

Rer(ezer)RsindRdd R(sineez)sindRdd

44

4R0

3

4R0

3

Rsin(e)sindRdd 

20

3M04R0

3M

03

3

dd[sinezcos(cosexsiney)RsindR

R0

42

4R0

ω

2

dd

00

R0

RsindR

43

2M0R0

5

2

ω

m/LQ/2M

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

而 mBe0

m4

mR4r

3

mcos4r

2

sinr

3

(

2cosr

3

er

24

e)

0m

4r

3

(2cosersine)

m受力为: F(m)Be

r2a



30m64a

(1cos)ez

2

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)]

222

其中 k1kdk,k2kdk;1d,2d

2E0(x)cos(

k1k2

z

12

t)cos(

k1k2

z

12

2

t)

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

印亭矢量的周期平均值,则反射系数R 和折射系数T 定义为:

R

S'nSn

E'0E0

22

, T

S

2

n2cos

2

2

又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式,可得

1cos2cos

, TR1R 2coscos

根据折射定律可得:

R

22

33

, T

232

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

5

06.2810cm,水的折射率为n=1.33。 解:由折射定律得,临界角carcsin(1/1.33)48.75,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

3c/2

5

透入空气的深度为

1

1/2sinn216.2810

225

/2sin

2

60(3/4)

2

1.710

i(kxt)

cm

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e

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。

22

(2)证明D[kE(kE)k]/。

变化,但D

(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)

B0 (4)

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

kB0 (5)

同理由(3)式得:kD0 (6)

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

DkH/kB/ (7) BDB(kB)/0 (8)

由(1)式得:E[ei(kxt)]E0ikEiB

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)/[kE(kE)k]/

2

2

2

3)由(9)式得 HkE/

SEHE(kE)/[Ek(kE)E]/

2

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:

ExEyA0[cos(t0x)cos(t0y)]

A0[cos(t0x)sin(t0x)]A0

2

2

2

2

22222

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:

zi(xt)

EE0ee

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

2

Re(E*H)E0/2

2

在导体内部: JEE0ezei(xt) 金属导体单位体积消耗的焦耳热的平均值为:dQ

0

12

Re(J*E)E0e

22z

/2

22z2

作积分:QE0edzE0/4 即得界面上单位面积对应的导体中消耗2

的平均焦耳热。

又因为 /2,所以QE02/4E02/2,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:

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。

αxi(βxt)

e设导体中的电磁波表示为:EE0e z而 kβiαk

上式中α,β满足:

2



2

 (1)x

2

αβ/2 (2)12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)

y

x0,x(sin1)/c,

0,

y

0。

将结果代入(1)、(2)得:

22222

(sin1)/czz (5)

αzβz/2 (6)

12

解得:

2z

(12

2

2

c

22

sin1)

22

2

2

12

[(12

c

22

sin1)]

2

222222

1

2

2

2z

(

c

sin1)

2

2

[(

c

22

sin1)]

22222

其相速度为:v//

2

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:

(sin1)2/c2z2z20

αzβz/2

2z

14222 sin(sin)1124

2c2c

2

2

24

114222

sin1(4sin1) 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:

2z

2

4

EkE0,k

22

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)

kxkykz00/c

2

2

2

2

2

2

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。

i(kzt)

10. 电磁波E(x,y,z,t)E(x,y)e在波导管中沿z方向传播,试使用

z

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)e

i(kzzt)

, H(x,y,z,t)H(x,y)e

i(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HHH

xy

y

/zHz/yikzH

x

y

i0Ex (3)

/zHz/xikzH/xH

x

Hz/xi0Ey (4)

/yi0Ez (5)

由(2)(3)消去Hy 得:Ex(0Hz/ykzEz/x)/i(2/c2kz2) 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(2/c2kz2) 由(2)(3)消去Ex 得:H

y

2

2

2

(kzHz/y0Ez/x)/i(/ckz)

222

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)HHiE

2

2

又EB/tiH

HiEH

2

2

所以2Hk2H0,k22,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 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A1coskxxsinkyyeEyA2sinkxxcoskyyeEzA3sinkxxsinkyye

HHH

ikzzikzz

ikzz

ikzzikzzikzz

由EiH可求得波导管中的磁场为:

xyz

(i/)(A3kyiA2kz)sinkxxcoskyye(i/)(iA1kzA3kx)coskxxsinkyye(i/)(A2kxA1ky)coskxxcoskyye

(1) (2) (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:H

x

H

y

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:H

9

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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

由c

c2

c2

(

m

n22

(得: ab

当m=1,n=1时, c14.31010Hz 当m=1,n=0时, c22.11010Hz 当m=0,n=1时, c33.71010Hz

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 由c

c2

c2

(

m

n22

(得: ab

当m=1,n=1时, c13.31010Hz 当m=1,n=0时, c22.11010Hz 当m=0,n=1时, c32.51010Hz

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(k)E0

2

2

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

ExA1sin(ny/b)e

i(kzzt)

ikzz

; ;

EyA2cos(ny/b)e

EzA3sin(ny/b)e

i(kzzt)

i(kzzt)

且 k/cn

22222

/bkz,(n0,1,2,)

2

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 EyA2sinkxxcoskyysinkzz EzA3sinkxxsinkyycoskzz

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

2

2

2

2



2

(m,n,p

0,1,2)

电场能量密度:we 对时间的平均值为:

e

2

12

ED

14

122

[1Re(E*D)]2

2

2

Re(E*D)

2

2

2

2

2

2

2

2

(A1coskxxsinkyysinkzzA2sinkxxcoskyysinkzzA3sinkxxsinkyycoskzz)/4

于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为:

We

V

edV

a

dxdyedz

bc

abc32

(A1A2A3)

222

由EiH可求得谐振腔中的磁场为:

HHH

xyz

(i/)(A3kyA2kz)sinkxxcoskyycoskzz (i/)(A1kzA3kx)coskxxsinkyycoskzz (i/)(A2kxA1ky)coskxxcoskyysinkzz

1

2

磁场能量密度:wm对时间的平均值为:

m

12

HB

14

[1Re(H*B)]2

Re(H*B)

2

14

2

[(A3kyA2kz)sin

2

kxxsin

2

2

kyycoskzz

2

2

(A1kzA3kx)coskxxsin

2

kyycoskzz

2

(A2kxA1ky)coskxxcoskyysin

2

kzz]

谐振腔中磁场能量的时间平均值为:

Wm

V

mdVabc

2

a

dxdymdz

02

2

2

bc

32

abc32

22

22

[(A3kyA2kz)(A1kzA3kx)(A2kxA1ky)]

因为A1kxA2kyA3kz0,所以

Wm

(A1A2A3)(kxkykz)

2

2

222222

abck

32

(A1A2A3)

abc32

(A1A2A3)

222

即WeWm

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 A(A)12A(A)A2解:(1)(AB)(ABc)(B…

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