郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版(1-6章) 投稿:钱瑠瑡

1. 根据算符∇的微分性与矢量性推导下列公式rrrrrrrrrr∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)Brrrr1r2A×(∇×A)=∇A−(A⋅∇)A2vvvvvvvvvv解1∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)…

第六章 狭义相对论 主要内容:讨论局限于惯性系的狭义相对论的时空理论,相对论电动力学以及相对论力学一.狭义相对论基本原理:1、相对性原理(伽利略相对性原理的自然扩展) (1)物理规律对于所有惯性系都具有完全相同的形式。 (2)一切惯性系都是等价的,不…

电动力学导论自学指导书 (函授生用) 童国平编 浙江师范大学数理学院物理学系 第一章 电磁现象的普遍规律通过静电场和静磁场的实验定律的分析,再研究变动情况下新的实验定律,由此总结出Maxwell方程组和洛仑兹力公式。电磁场是物质存在的一种形态,它有…

1. 根据算符∇的微分性与矢量性

推导下列公式

rrrrrrrrrr

∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)Brrrr1r2

A×(∇×A)=∇A−(A⋅∇)A

2

vvvvvvvvvv

1∇

(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)B

首先

算符∇

是一个微分算符

其具有对其后所有表达式起微分的作用

对于本题

vv

∇将作用于A和B

又∇是一个矢量算符

具有矢量的所有性质

vvvvvvvvv

因此利用公式c×

(a×b)=a⋅(c⋅b)−(c⋅a)b可得上式其中右边前两项是∇作用于vA

后两项是∇作用于B

v

v

2根据第一个公式令A

2. 设u是空间坐标x

v

B可得证

证明

yz的函数

∇f(u)=

r

rdA

∇⋅A(u)=∇u⋅

dur

rdA∇×A(u)=∇u×.

du

证明

1

df∇udu

∇f(

u)=

2

∂fur∂fur∂furdf∂urdf∂urdf∂urdf

ex+ey+ez=⋅ex+⋅ey+⋅ez=∇u

x∂∂x∂y∂zdudu∂ydu∂zdu

rrrrrrr

r∂Ax(u)∂Ay(u)∂Azz(u)dAx(u)∂udAy(u)∂udAz(u)∂udA∇⋅A(

u)=++=⋅+⋅+⋅=∇u⋅

dududzdu∂x∂y∂z∂x∂y∂z

3

r

ex

r∂∇×A(u)=

r∂xAx(u)

rey∂r∂yAy(u)rezrrrrrr

∂∂AA∂A∂Ar∂Ar∂A∂yry

−x)ez==(z−ex+(x−zey+(

∂y∂z∂z∂x∂x∂yr∂z

Az(u)

rrrrrrrdAdAdA∂udAz∂urdA∂urdA∂udAy∂ury∂u

−x=(z−−ex+(xey+(ez=∇u×

du∂ydu∂zdu∂zdu∂xdu∂xdu∂ydu

3. 设r=(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

源点指向场点 明下列结果1证

并体会对源变数求微商(∇=ex

'

r∂r∂r∂

+ey'+ez'与对场变数求'∂x∂y∂z

r∂r∂r∂

+ey+ez)的关系∂x∂y∂z

rrrrrr11rrrr'''

∇r=−∇r=,∇=−∇=−3,∇×3=0,∇⋅3=−∇3=0.(r≠0)

rrrrrrr

微商(∇=ex

(最后一式在人r0点不成立见第二章第五节)2

rrrrrrrrrrrrrrr

∇⋅r,∇×r,(a⋅∇)r,∇(a⋅r),∇⋅[E0sin(k⋅r)]及∇×[E0sin(k⋅r)],其中a,k及E0均为常矢量r∂(x−x')∂(y−y')∂(z−z')

证明∇⋅r=++=3

∂x∂y∂zrex

r∂

∇×r=

∂xx−x'

rey∂∂yy−y'

rez∂

=0∂zz−z'

rr∂v∂v∂vvvvvvv(a⋅∇)r=[(axex+ayey+azez)⋅(ex+ey+ez)][(x−x')ex+(y−y')ey+(z−z')ez]

∂x∂y∂z

=(ax

r∂∂∂vv+az)[(x−x')ex+(y−y')ey+(z−z')ez]+ay

∂x∂y∂z

v

v

v

=axex+ayey+azez=a

v

vvvvvvrvvv

∇(a⋅r)=a×(∇×r)+(a⋅∇)r+r×(∇×a)+(r⋅∇)⋅a

=(a⋅∇)r+r×(∇×a)+(r⋅a)⋅a =a+r×(∇×a)+(r⋅∇)⋅a

vvvvvrvv

vvvv

rrrrrrrrr

∇⋅[E0sin(k⋅r)]=[∇(sin(k⋅r)]⋅E0+sin(k⋅r)(∇⋅E0)

rrrrrrrrr∂∂∂

sin(k⋅r)ey+sin(k⋅r)ez]E0 =[sin(k⋅r)ex+

∂x∂y∂zrrrrrrrrrr

=cos(k⋅r)(kxex+kyey+kzez)E0=cos(k⋅r)(k⋅E)rrrrrrrrr

∇×[E0sin(k⋅r)]=[∇sin(k⋅r)]×E0+sin(k⋅r)∇×E0

4. 应用高斯定理证明

应用斯托克斯 证明

V

rrrdV∇×f=dS×f

S

Stokes定理证明

S

rr

dS×∇φ=dlφ

L

1)由高斯定理

V

rrr

dV∇⋅g=dS⋅g

S

∂gx∂gy∂gz

∫V(∂x+∂y+∂z)dV=SgxdSx+gydSy+gzdSz

rrrr∂∂∂∂∂∂

而∫∇×fdV=∫[(fz−fy)i+(fx−fz)j+(fy−fx)k]dV

V∂y∂z∂z∂x∂x∂y

rrrrrr∂∂∂

=∫[(fyk−fzj)+(fzi−fxk)+(fxj−fyi)]dV

∂x∂y∂z

S

rrrrr

dS×f=[(fzdSy−fydSz)i+(fxdSz−fzdSx)j+(fydSx−fxdSy)k]

S

rrrrrr

=(fyk−fzj)dSx+(fzi−fxk)dSy+(fxj−fyi)dSz

rrrrrr

若令Hx=fyk−fzj,Hy=fzi−fxk,HZ=fxj−fyi

则上式就是

rrr

∫∇⋅HdV=dS⋅H,高斯定理则证毕

V

S

2)由斯托克斯公式有

l

rrrrf⋅dl=∫∇×f⋅dS

S

l

rr

f⋅dl=(fxdlx+fydly+fzdlz)

l

rr∂∂∂∂∂∂

∫∇×f⋅dS=∫(fz−fy)dSx+(fx−fz)dSy+(fy−fx)dSz

SS∂y∂z∂z∂x∂x∂yr

而dlφ=(φidlx+φjdly+φkdlz)

l

l

rrr∂φr∂φ∂φ∂φ∂φ∂φ

∫SdS×∇φ=∫S(∂zdSy−∂ydSz)i+(∂xdSz−∂zdSx)j+(∂ydSx−∂xdSy)k∂φr∂φr∂φr∂φr∂φr∂φr

=∫(k−j)dSx+(i−k)dSy+(j−i)dSz

∂y∂z∂z∂x∂x∂y

若令fx=φi,fy=φj,fz=φk则证毕

5.

已知一个电荷系统的偶极矩定义为

rr'r''

P(t)=∫ρ(x,t)xdV,

V

rr∂ρ

利用电荷守恒定律∇⋅J+=0证明P的变化率为

∂t

r

rr'dP

=∫J(x,t)dV'

Vdt

证明

rrrr∂P∂ρ'r''

=∫xdV=−∫∇'j'x'dV'

V∂tV∂t

r

rrr'r∂P'''''''''''''''

()x=−∫∇jxdV=−∫[∇⋅(xj)−(∇x)⋅j]dV=∫(jx−∇⋅(xj)dV

VV∂t

rr'

=∫jxdV−xj⋅dS

S

rrr

若S→∞,则(xj)⋅dS=0,(jS=0)

rr∂ρ∂ρ''

同理()y=∫jydV,()z=∫jzdV

∂t∂tr

rrdP

即=∫j(x',t)dV'

Vdt

rrrrrm×Rm⋅Rr

的旋度等于标量的梯6. 若m是常矢量证明除

R0点以外矢量A=ϕ=33

RR

度的负值

∇×A=−∇ϕ其中R为坐标原点到场点的距离

证明

方向由原点指向场点

r

vvvm×R)111v1vv1vv

∇×A=∇×(=−∇×[m×(∇=(∇⋅m)∇+(m⋅∇)∇−[∇⋅(∇m−[(∇)⋅∇]m

RrrrrR3

=(m⋅∇)∇,(r≠0)

v

1r

vvm⋅R1111vvvv

∇ϕ=∇(3)=−∇[m⋅(∇)]=−m×[∇×(∇−(∇×(∇×m)−(m⋅∇)∇

rrrrR1v

rv

∴∇×A=−∇ϕ

7

−[(∇)⋅∇]m=−(m⋅∇)∇

v

1r

有一内外半径分别为r1和r2的空心介质球

介质的电容率为ε

使介质内均匀带静止自

由电荷ρf12解

1

间各点的电场空

极化体电荷和极化面电荷分布

rr

D⋅dS=∫ρfdV, (r2>r>r1)

D⋅4πr2=

4π3

(r−r13)ρf3

r(r3−r13)ρfr

∴E=r,(r2>r>r1)3

3εrrrQf4π3

由E⋅dS==(r2−r13)ρf,(r>r2)

ε03ε0r(r23−r13)r ∴E=rρf,(r>r2)3

3ε0r

r

rE0

rrrε−ε0r2)Pε0χeE=ε0E=(ε−ε0)E

ε0

rrε−ε0(r3−r13)rrr13r∴ρP=−∇⋅P=−(ε−ε0)∇⋅E=−(ε−ε0)∇⋅[ρfr]=−ρf∇⋅(r−3r)3

3ε3εrr

=−

ε−ε0ε−ε0

ρf(3−0)=−(ρf3εε

σP=P1n−P2n

考虑外球壳时

rr2 n从介质1指向介质2

介质指向真空

P2n=0

σP=P1n=(ε−ε0)

考虑到内球壳时

r3−r133εr3

rρfr

r=r2

ε0r23−r13

=(1−ρf

3

ε3r2

rr2

σP=−(ε−ε0)

r3−r133εr

3

r

ρfr

r=r1

=0

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的磁导率为µ求磁感应强度和磁化电流解

导体

rrdrr

D⋅dS=I H⋅dl=If+∫Sdt

rr

当r

当r2>r>r1时

l

f

rrrr22

HdlrHjdSjrr⋅=2π=⋅=π(−)1ff∫∫

S

vµjf(r2−r12)µ(r2−r12)rr

jr B==×f

2r2r2

当r>r2时

2πrH=πjf(r2−r1)

2

2

rµ0(r22−r12)rr

jr B=×f

2r2

JM

rrrrr2−r12µ−µ0)rµ

)H=()=∇×M=∇×(χMH)=∇×(−1)∇×(jf×r2

µ0µ02r

rrµµ

=(−1)∇×H=(−1)jf,(r1

µ0µ0

αM

r

rrr

=n×(M2−M1),(n从介质1指向介质2

r2−r12µ

在内表面上M1=0,M2=(−1)r=r=02

µ02r

1

故αM在上表面

r

rr

=n×M2=0,(r=r1)

r

rrr2−r12rjr=−××f

r2r2

r2−r12r

jf=−

2r

rr2时

r=r2

r=r2

r2(

αM

r

rrrr

=n×(−M1)=−n×M1

µ−1)µ0

r22−r12rµ

jf =−(−1)2

µ02r

9

证明均匀介质内部的体极化电荷密度ρP总是等于体自由电荷密度ρf的−(1−

ε0

)倍ε

证明

rrrρfε

ρP=−∇⋅P=−∇⋅(ε−ε0)E=−(ε−ε0)∇⋅E=−(ε−ε0)=−(1−0)ρf

εε

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

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

的磁场中的受力1

方向相反(但两个电流元之间

vµ B2=0

vvI2dl2×r12

3r12

l2

vvv

dF12=I1dl1×B2

vvv

vµIdl×(I2dl2×r12)µ0I1I2∴F12=011=3

4π4πr12l1l2

rvv

dl1×(dl2×r12)

3r12l1l2

1

µII

=012

vvvvrvvr1212

dl2(dl1⋅3)−3(dl1⋅dl2)

r12r12l1l2

线圈2在线圈1

的磁场中受的力2

同1可得

vµII F21=012

vvvvrr21vv21

dl1(dl2⋅3−3(dl2⋅dl1)

r21r21l2l1

2

分析表达式1和

2

式中第一项为1

vvvvrvvvdr12vr11212

⋅=⋅==⋅−dldldldldldl((一周=0212122332r12r12r12l2

l1l2l2l1r12l2

vvvr同理对2式中第一项 dl1(dl2⋅21=03

r21l2l1

vvµII

∴F12=F21=−012

r

r12vv(dl1⋅dl2)3rl1l212

它们的厚度分别为l1和l2电容率为ε1和ε2

11. 平行板电容器内有两层介质接上电动势为Ε的电池

今再两板

容器两板上的自由电荷密度ωf1电

质分界面上的自由电荷密度ωf2介

若介质是漏电的

电导率分别为σ

1和

σ2

当电流达到恒定时

上述两问题的结果如

解在相同介质中电场是均匀的 则

并且都有相同指向

l1E1+l2E2=Ε

,

D1n−D2n=ε1E1−ε2E2=0介质表面上σf=0)E1=

ε2Εε1Ε

,E2=

l1ε2+l2ε1l1ε2+l2ε1

f

又根据D1n−D2

n=σ

在上极板的交面上 D1−D2=σ 即 而σ

f1

n从介质1指向介质

2

D2是金属板故D

2

σf=D1=

1

ε1ε2ε

l1ε2+l2ε1

f2

=0

''

σf=D1'−D2=−D2,(D1'是下极板金属故D1'=0)

3

∴σ

f3

=−

ε1ε2ε

=−σf

l1ε2+l2ε1

1

若是漏电并有稳定电流时

rrrj1rj

E1=,E2=2

σ1σ2

rr

j1j2r

+l2=Εl1

又σ1σ2

j=j=j=j,稳定流动电荷不堆积

2n121n

j1σ2Ε

E==1σl1σ2+l2σ1Ε1

j1=j2=,即:

l1lσ1ΕE=j2=+2

2σ1σ2σ2l1σ2+l2σ1

σf=D3=

ε1`σ2Εε2σ1Ε σf=−D2=−

l1σ2+l2σ1l1σ2+l2σ1

σf=D2−D3=

ε2σ1−ε2σ1

Ε

l1σ2+l2σ1

12. 证明

当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时1

电场线的曲折满足

tanθ

2ε2

=tanθ1ε1

其中ε1和ε2分别为两种介质的介电常数2

当两种导电介质内流有恒定电流时

θ1和θ2分别为界面两侧电场线与法线的夹角

分界面上电场线曲折满足

tanθ

2σ2

=tanθ1σ1

其中σ1和σ2分别为两种介质的电导率证明

(1)根据边界条件

f

vv

n×(E2−E1)=0,即=0,即

E2sinθ2=E1sinθ1

由于边界面上σ ∴有

vvv

n⋅(D2−D1)=0

ε2E2cosθ2=ε1E1cosθ1

tgθ2

ε2

=

tgθ1

ε1

tgθ2ε2

=

tgθ1ε1

(2)根据

vv

J=σE可得电场方向与电流密度同方向

故有

由于电流I 是恒定的

j1j2

=

cosθ2cosθ1

vσ1

E1σ2E2vv

即 而n×(E2−E1)=0 即 E2sinθ2=E1sinθ1=

cosθ2cosθ1

故有

tgθ1

σ1

=tgθ2σ2

13试用边值关系证明在绝缘介质与导体的分界面上在静电情况下导体外的电场线总是垂直于导体表面在恒定电流的情况下导体内电场线总是平行于导体表面证明1导体在静电条件下达到静电平衡

v

∴导体内E10vvv

而 n×(E2−E1)=0

∴n×E2=0

v

v

故E0垂直于导体表面

v

3

导体中通过恒定电流时

导体表面σ

f

=0

v

∴导体外E2=0,即v

D2=0

vvvvvvv

而 n⋅(D2−D1)=σf=0,即:n⋅D1=n⋅ε0E1=0vv

∴n⋅E1=0

导体内电场方向和法线垂直

即平行于导体表面

14

内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器单位长度电荷为λf

板间填充电导率

为σ的非磁性物质

证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消1 234

求λf随时间的衰减规律

因此内部无磁场

与轴相距为r的地方的能量耗散功率密度求

求长度为l的一段介质总的能量耗散功率并证明它等于这段的静电能减少率

r∂ρf 明

由电流连续性方程∇⋅J+1证=0

∂tr

据高斯定理 ρf=∇⋅Dr

r∂∇⋅D

∴∇⋅J+=0

∂t

r

r∂D

即∇⋅J+∇⋅=0

∂t

即传到电流与位移电流严格抵消

rrr∂Dr∂D

∴∇⋅(J+)=0.∴J+=0

∂t∂trr

(2)解由高斯定理得∫D⋅2πrdl=∫λfdlrλfrrλfr

∴D=er,E=er

2πr2πεrr

r∂Drrrr

又J+=0,J=σE,D=εE

∂trrrr=σt∂E

∴σE+ε=0,E=E0eε

∂t

λr−σrλfr

∴er=eεer

2πεr2πεr

电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律

−t

∴λf=λf0e3

σε

r∂D∂λf0−εσλf

J=−=−(e)=⋅

∂t∂t2πrε2πr

能量耗散功率密度5

λf2

Jρ=J=()σ

σ2πεr

2

2

1

单位体积dV=l⋅2πrdr

rλf2lσλ2fbb

P=∫()σl2πrdr=ln

a2πεr2πε2a

静电能 W=

b

a

22

b1lλf1rr1lλfb

D⋅EdV=∫dr=⋅⋅ln

a22πεr222πεa

lλflλ2fσb∂Wb∂λf

减少率 −=−=ln⋅ln

∂t2πεa∂t2πε2a

1. 一个半径为R的电介质球极化强度P=K

r

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)

rrrr1r12

ρP=−∇⋅P=−K∇⋅2=−K(∇2⋅r+2∇⋅r)=−K/r

rrr

rrr

σP=−n⋅(P2−P1)R

又球外无极化电荷

rrr

P2=0 σp=n⋅P1

R

rrr=n⋅K2

r

R

=K/R

rr

(2) 由公式 D=εErrr

D=ε0E+P

rr

εP D=

ε−ε0

rεεK

`∇⋅P=2

ε−ε0(ε−ε0)r

r

ρf=∇⋅D=

(3)对于球外电场

由高斯定理可得

E外⋅ds=

r

r

Q

ε0

εK

⋅r2sinθdrdθdϕ2∫∫∫ρfdVr(ε−ε0)r2

∴E外⋅4πr==

ε0ε0

∴E外

r

rεKR

r3

ε0(ε−ε0)rrE内

同理可得球内电场

r

Kr

⋅2

ε−ε

0rrrE⋅d∫外r

∴球外电势ϕ外

εKR

ε0(ε−ε0)r

球内电势ϕ内

r

rE⋅d∫外r

R

rr

E⋅d∫内r

r

R

KRεK

+ln

ε0(ε−ε0)ε−ε0r

4

ω内

1rrD内⋅E内2

rr

1εKrKr⋅⋅2⋅⋅2

2εε0

rεε0r

εK2

∴2

2

εε0r

K2

)ε−ε02πε2RK2ε0(ε−ε

0)2

∴W内

εK212

∫ω内dV∫∫∫2⋅(ε−ε0)2r2⋅rsinθdrdθdϕ2πεR1ε2K2R212

Vωd=⋅⋅∫外∫∫∫R2ε0(ε−ε0)2r4⋅rsinθdrdθdϕ

K2ε

)(ε0ε−ε0

W外

∴W=W内W外2πεR(1+

212解

在均匀外电场中置入半径为R0的导体球导体球上接有电池

试用分离变数法球下列两种情况的电势

使球与地保持电势差φ0;

导体球上带总电荷Q. 1

当导体球上接有电池

与地保持电势差φ0时

以地为电势零点

本问题的定解条件如下

φ内φ0

2

R=R0

∇前坐标原点的电势

ϕ外0R>R0

ϕ外

且ϕ外

R→∞R=R0

=−E0Rcosθϕ0=φ0

bn

Rn1

ϕ0是未置入导体球

根据有关的数理知识由于ϕ外

可解得

ϕ外

n0

∑a

n

R

n

Pncosθ)

R→∞

=−E0Rcosθϕ0即

n

ϕ外

b0b1b

a0+a1Rcosθ+∑anRPn(cosθ)++2cosθ+∑nn+1Pn(cosθ)

RRn=2n=2R

R→∞

=−E0Rcosθ+ϕ0

故而有

a0=ϕ0,a1=−E0,an=0(n>1),bn=0(n>1)

b0b1

+2cosθRR

∴ϕ外ϕ0E0Rcosθ

又ϕ外

R=R0

=φ0,即ϕ外

R=R0

=ϕ0−E0Rcosθ

b

0b1

+2cosθ=

φ0R0R0

b0ϕ+0R=φ00

故而又有 ∴

−ERcosθ+b1cosθ=0

00

R02

得到最后

b0=(φ0−ϕ0)R0,b1=E0R0得定解问题的解为

2

2

ϕ外

3

(φ0−ϕ0)R0E0R0

=−E0Rcosθ+ϕ0++cosθ(R>R0)

RR

当导体球上带总电荷Q时定解问题存在的方式是

∇2φ内0(R

2

∇φ外

0(R>R0)

φ内R→0有限

φ外R→∞E0

Rcosθ+ϕ0(ϕ0是未置入导体球前坐标原点的电势

φ内φ外RR0

−ε∂φ外dsQ(R=R)

00∂Rs

解得满足边界条件的解是

ϕ内

∑anRnPncosθ ϕ外ϕ0E0Rcosθ

n=0

R→∞

bn

Pcosθ∑n1n

Rn=0cosθ项

bn=0(n>1)

由于ϕ外

的表达式中

只出现了P1(cosθ

∴ϕ外ϕ0E0Rcosθ

又有ϕ外

是一个常数

b0b1

+2cosθRR

导体球是静电平衡

R=R0

ϕ外

R=R0

=ϕ0−E0R0cosθ

b0b1

+cosθ=CR0R02

3

b1=E0R0

∴−E0R0cosθ+

b1

cosθ=0即2R0

ϕ外ϕ0

3

b0E0R0

E0Rcosθ++cosθ2

RR

又由边界条件−

ε0

s

∂φ外∂r

dsQ ∴b0=

Q4πε0

∴ϕ内

Q4

πε0R0Q

−ϕ0,R

ϕ外

3

E0R0+cosθE0Rcosθ

R>

R0

2

4

πε0RR

3

均匀介质球的中心置一点电荷Qf

球的电容率为ε

球外为真空试用分离变数法求

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

πεR

与球面上的极化电荷所产生的电势的

叠加后者满足拉普拉斯方程

解一. 高斯法在球外而言

R>R0,由高斯定理有

rr

ε0E

⋅d

s=Q总Qf+QP=Qf

对于整个导体球

束缚电荷QP=0)

r

∴E=

Qf4πε0R

2

Qf4πε0R

+C.(C是积分常数

积分后得

ϕ外

又由于ϕ外

R→∞

=0,∴C=0(R>R0)

rrD⋅ds=Qf

∴ϕ外=

在球内

Qf4πε0R

R

r

Qf4πεR2

又D=ε

E,∴E=

r

积分后得到

ϕ内

Qf

+C2.(C2是积分常数πε4R

由于ϕ内ϕ外Qf

R=R0

,故而有Qf4πεR0−

Qf4πε0R0

=

Qf4πεR0

+C2

∴C2=Qf4

πεR

4πε0R0

Qf

(R

∴ϕ内

4

πε0R0

Qf

(R

二. 分离变量法

本题所求的电势是由点电荷Qf与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加

且有

着球对称性因此其解可写作

ϕ=

Qf

4πεRbR∞

+ϕ'

由于φ'是球对称的

其通解为

ϕ'=a+

由于球心有Qf的存在

所以有

ϕ内

R→0

即ϕ内

Qf4πεR

a

在球外有ϕ外

R→∞

0 即ϕ外

Qf4πεRbR

由边界条件得

ϕ内ϕ外∂ϕ内∂R(1

R

R0,即

Qf

+a4πεR0

R0,即

Qfb

+4πεR0R0

ε

ε0

∂ϕ外∂R

R

ε0Qfε0bεQf

−=−4πεR02R024πεR02

∴b=

Qf

4πεε0

1

−a

ε

Qf11

(−)4πR0ε0ε

Qf

ϕ外4πεR,R>R00

∴

QfQfQf

ϕ−,

R

RRRπεπεπε000

4 均匀介质球容率为ε2

电容率为ε1

r

的中心置一自由电偶极子Pf

球外充满了另一种介质电

求空间各点的电势和极化电荷分布

提示同上题

φ=

rrPf⋅R4πε1R

3

+φ',而φ'满足拉普拉斯方程

ε1

∂φ内∂R

=ε2

∂φ外∂R

2Pfcosθl1

+lARPl∑l03

4πε1R0

2PfcosθBl

−(l1P∑3l2l

4πε1R0R0

又ε1

∂φ内∂R∂φ外∂R

R0R0

=ε1(−

ε2=ε2(−

比较Pl(cosθ)系数 B

00

A

2ρf

3

4πR0

+ε1A1=−

2ε2ρf

3

4πε1R0

2ε2B1

3R0

,及A1=

B1

3R0

A1=

2(ε1−ε2)ρf

4πε1(ε1+2ε2)R0

,B1=3

2(ε1−ε2)ρf4πε1(ε1+2ε2)

比较

P2(cosθ)的系数 2ε1A

2R0

3B2

4

R0

,A2=

B2

4R0

及A2(1+

1

=0ε1R0

同理

所以A2=0,B2=0最后有

Al=Bl=0,(l=2,3L)

rρf⋅Rr

3

φ内φ外

rρf⋅Rr

3

4πε1Rrrρf⋅R4πε1R

+

2(ε1−ε2)ρf4πε1(ε1+

3

2ε2)R0

Rcosθ=

3

+

2(ε1−ε2)ρf4πε1(ε1+2ε2)R

2

cosθ=

4πε1Rrrρf⋅R

3

+

r

2(ε1−ε2)ρf⋅R

r

4πε1(ε1+

3

2ε2)R0

,(R

r3ρf⋅Rr4π(ε1+2ε2)R

3

4πε1R

+

r

2(ε1−ε2)ρf⋅R

r

4πε1(ε1+2ε2)R

3

=

,(R>R0)

球面上的极化电荷密度

r

σP=P1n−P2n,n从2指向1如果取外法线方向则

σp=P外n−P球n=[(ε2−ε0)∇φ外)]n−[(ε1−ε0)∇φ内)]n

=−(ε2−ε0)

∂φ外∂R

+(ε1−ε0)

∂φ内∂R

R

R0

=(ε2−ε0)

−6ρfcosθ4π(ε1+

3

2ε2)R0

−(ε1−ε0)[

6(ε0−ε2)ρfcosθ4π(ε1+

3

2ε2)R0

2(ε1−ε2)−2(ε1+2ε2)4πε1(ε1+

3

2ε2)R0

ρfcosθ]

=

6ε1(ε0−ε2)+6ε2(ε1−ε0)

3

4πε1(ε1+2ε2)R0

ρfcosθ=−

3ε0(ε1−ε2)

3

2πε1(ε1+2ε2)R0

ρfcosθ

求极化偶极子

rr

Pf=ql可以看成两个点电荷相距l对每一个点电荷运用高斯定理就得到在每个

点电荷旁边有极化电荷 qP=(

ε0ε

−1)qf,−qP=(0−1)(−qf)两者合起来就是极化偶极子ε1ε1

rrε0

−1)Pf PP=(

ε1

5.空心导体球壳地内外半径为R1和R2电势和电荷分布

r

球中心置一偶极子P

球壳上带电Q求空间各点

2

∇φ3=0,φ3r→∞=0

φ2=C,φ2r→0=∞

r

φ=P⋅r+φ',φ'111r→0为有限值34πε0r

φ3∑BlPl(cosθ),φ3r−R=C

2

rl+1

φ2=C,φ2r=R1=C

r

Pf⋅r∂φ3l

φ=+ArPθ−dS(cos)∑ll13

∂r4πε0r

φ2

r=R2

+∂φ1

dS∂r

r=R1

=

Q

ε0

B2B0B1

+cosθ+P+L=CR232

R22R2

Pfcosθ+A+ARcosθ+L=C

011

4πεR2

01

PfB0A0=)cosθ=0,Bl=0(l=1.2.3L),Al=0(l=2.3.4L)=C,(A1R1+2

R24πεR12PfcosθPfcosθ∂φ1l−1=−+lARP=−+A1cosθ+L∑l1L33∂r4πε0R12πε0R1

∂φ3BBB1=∑(−l−1)l+l2Pl=−0−2cosθ+L23∂rrR1R1

−∂φ3BB02B0

==π=4πB0dS=0dSdS4R1222

∂rR1R1R1

Pf2ππ2ππ−Pf∂φ122=−cosθRsinθdθdϕ+cosθRsinθdθdϕ=0+0=011∂r∫0∫02πεR3∫0∫04πεR3

0101

−∂φ3∂φQ

dS+1=4πB0=∂r∂rε0

Q4πε0

,A0=

Q4πε0R2

,A1=

−Pf4πε0R13

B0=

最后有

rrrrPf⋅rP⋅rQ

−+,(r

4πεR4πε0r4πε0R102

Q φ3=,(r>R2)

4πε0rQ

,(R1

4πεR02

电荷分布

在rR1的面上

σP

1

Pfcosθ∂φ1−Pfcosθ−Pfcosθ

=ε0=+=−33

∂r2πR14πR14πR13

∂φ3Q

=2∂r4πR2

在rR2面上

σP=−ε0

2

r

6在均匀外电场E0中置入一带均匀自由电荷ρf的绝缘介质球ε

Bll

Ar+φ()Pl(cosθ)外∑l

rl+1

1

φρfr2+φ'内

6ε

∇2φ'=0

r

ρf的作用加上E0的共同作用

r→0

求空间各点的电势

φ

内是由高斯定理解得的

r→∞

φ外=−E0rcosθ,φ'

有限

Bl

φErcosθ+∑rl+1Pl(cosθ)0外

1

φρr2+∑cerlPl(cosθ)f内6

ε

φ内φ

外r=R0):E0R0cosθ+

B0BB

+12+23P2+ R0R0R0

1

ρfR02+c0+c1R0cosθ+c2R02P2+6ε

ρf2BR0+c0=06εR0E0R0+

B1R0

22

=c1R0

B2R0

3

=c2R0∂φ内∂r∂φ内∂φ外∂r

ε

=ε0

∂φ外∂r

ρfρfl−1

=R0+∑lclR0Pl(cosθ)]=R0+εc1cosθ+2εc2R0P2+L∂rε33=ε0(−E0cosθ+∑(−l−1)

BlPlR0

l+2

−ε0E0cosθ−

ε0B02ε0B13ε0B2

cosP2+LL−θ−R0R0R0

2ε0B1

3

R0

3ε0B2

LL4

R

ρfεBR0=

−020 3R0

εC1=

−ε0E0− 2εC2R0=−

解方程得

3

R011

B0=−ρf C0=−R02ρf(+)

3ε03ε06ε

33ε0E0R03ε0E03

B1=− C1=−+E0R0

ε+2ε0ε+2ε0

及同理

2εC2R0=−3ε0R0C2 即 C2(2εR0+3ε0R0)=0 C2=B2=0Cl=Bl=0 l=2,3LL

φ外φ内

E0rcosθ±

3R0ρf

33

E0R03ε0E0R0+2cosθ

−cosθ,r>R

2

r(ε+2ε0)r

3rε0

ρf21

r±R02ρf(

6ε3ε0

1

3ε0E0

rcosθ,r

ε

+2ε2

使其中流着均匀的电流δf0

今在液

7

在一个很大的电解槽中充满电导率为σ2的液体

体中

入一个电导率为σ1的小球

求稳衡时电流和电荷分布

讨论σ1>>σ2及

σ2>>σ1两种情况的电流分布特点

先求空间电势

2∇φ内0

φ内φ外 r=R02

∇φ外0

因为δ内nδ外n(r=R0)稳恒电流认为表面无电流堆积即流入n=流出n=σ2

2φ外2r

r→∞

σ1

2φ内2r

r→∞

并且δ外=δ0 即 φ外

=−E0rcosθ (jf0=σ2E0)

φ内

r→∞

有限 可以理解为在恒流时r→0的小封闭曲面流入流出

- 10 -

这时的解即为

φ内φ外

2

E0rcosθ,r

σ12σ2

3

E0rcosθ+E0R0(

σ1−σ2cosθ

)2,r>R0

σ1+2σ2r

求内外电场

rr

2φer2φeθ12φr

E=−∇φ=−(eφ)++

2r2θrsinθ2Φ3σ2rr12φ内r

+eθ)=E0(cosθer−sinθeθ)r2θσ1+2σ2

r

E内

(

r2φ内

er2r

=

3σ2r

E0ez

σ1+2σ2

E外

3E0R0σ−σ2rrrr

E0(cosθer−sinθeθ)+3(1[2cosθer+sinθeθ]

σ1+2σ2r3

E0R0σ−σ2rrrrr

E0(cosθer−sinθeθ)+3(1[3cosθer−cosθer+sinθeθ]

σ1+2σ2r

vE03σ1−σ

23E0cosvE0+R0()e−r

σ1+2σ2r3r3

求电流 根据j内

r

v

σ1E内 vv

j外σ2E外

vv

jf0=σ2E0vrv

及(j⋅r)rσ2E0rcosθrrf0

=er55

rr

j内

r3σ1rσ1σ23

jf0,j外=j内R0[

σ12σ2σ12σ2

rrr

3(jf0⋅r)r

r

5

rjf0r

3

]

ωf=ε0(E2n−E1n)=ε0(E外n−E内n)=

3ε0E0cosθ

(σ1−σ2)

σ1+2σ2

- 11 -

8.半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质ε电荷Qf提示

导体球接地

离球心为a处(a>R0)置一点

试用分离变数法求空间各点电势证明所得结果与镜像法结果相同

1 =

r

1∞Rn

=∑()Pn(cosθ).(R>a)

22

R+a−2aRcosθan=0a

1

解1分离变数法

由电势叠加原理球外电势

φ外

Qf

+φ',φ'是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件4πεR

∇2φ'=0,(r>R)

'

φr→∞=0φ外r=R0=0

根据分离变数法得

φ=∑

'

l=0

Bl

Pl(cosθ),(r>R0)rl+1

1

+∑

l=0∞

∴φ外

Qf4πε

2

2

a+r−2arcosθ

Bl

P(cosθ)

l+1lr

*

∞Qf1∞rnBl

=(P(cosθ)+P(cosθ),(r

4πεan=0al=0r

又φ外

r=R0

=∑[

n=0

R0lBl

)+l+]Pl(cosθ)=01

4πεaaRo

(

Qf

QfR0B1QfR0lB0Bl

即 +=0,+2=0,...,(+l+=01

4πεaR04πεaaR04πεaaR0

3

QfROR02l+1Qf

∴B0=−R0,B1=−,Bl=−l,

a4πεa4πεaa4πεa

Qf

Qf

代入*

式得解

- 12 -

2

镜像法

如图建立坐标系

'

'

本题具有球对称性设在球

2

内r0处有像电荷Q,Q代替球面上感应电荷对空间电场的作用

由对称性

Q'在OQf的连线上

根据边界条件有

P

先令场点P1在球面上

QfrQf

'

rQ'

Q'Q'+=0,即=−=常数rQ'rQfQf

'

将Q的位置选在使∆QP1O

∆QfP1O,则有

令Q距圆心为r0

'

rQ'rQf

=

R0

常数a

为达到这一目的

r0R0R02

则 =,r0=

R0aa

并有这样

rQ'rQf

RQ'

=

−=0=常数

Qfa

Q=−

'

R0Qfa

R1R

2

满足条件的像电荷就找到了空间各点电势为

φ外=

Qf4πεr1

+

Q

'

4πεr2

=

14πε

[

Qf

a+r−2arcosθ

2

2

r2+(

R0

Qf

2

R02R)+2rcosθaa

(r>a).

将分离变数法所得结果展开为Legend级数可证明两种方法所求得的电势相等

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(a

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解球外的电势及导体内电势恒为0而球内电势只要满足φ内

rR1

=0即可

QR1

因此做法及答案与上题同解略

φ内=

14πε0

[

Q

R2+a2−2Racosθ

42

2R1RR−cosθR2+12

aa

Q.

因为球外φ=0

故感应电荷集中在内表面并且为

- 13 -

10.上题的导体球壳不接地

而是带总电荷Q0,或使其有确定电势ϕ0

两种情况的解是相等的并且又是导体球壳

故整个球壳应该是等势体

像电荷−

其电势用的电势及球

试求这两种情况的电

势又问ϕ0与Q0是何种关系时

由于球壳上有自由电荷Q0

高斯定理求得为

Q+Q04πε0R2

所以球壳内的电势将由Q的电势

QR1

壳的电势叠加而成故

球外电势利用高斯公式就可得

QR1

Q+Q0Qφ=1[−+].(R

内4πε0R2+a2−2Racosθ42R2R12R1R2R+2−cosθφ=

aa

φ=Q+Q0,(R>R)

2外4πεR

0QR1

Qφ=1[−+φ0.(R

+−cosθR或φ=2

aa

R2φ=φ0,(R>R2)外r

当φ0=

Q+Q0

时两种情况的解相同

4πε0R2

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利用镜像法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

aa2r

Q1=−Q,r1=r

bbaa2rQ2=Q,r2=−r

bb

r

Q3=−Q,r3=−br

Q4πε0

[

φ=

1

R2+b2−2Rbcosθ

1

R2+b2+2Rbcosθ

+

a

a4a2

bR+2+2Rcosθ

bb

2

- 14 -

+bR2+

a

aa−2Rcosθ2

bb

4

2

(0≤θ<π,R>a)

12. 有一点电荷Q 位于两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内它到两个平面的距离为a和

b求空间电势

解可以构造如图所示的三个象电荷来代替 两导体板的作用

φ=

Q4πε0

[

1

(x−x0)+(y−a)+(z−b)

1

+

2

2

2

1

(x−x0)+(y−a)+(z+b)

1

2

2

2

(x−x0)+(y+a)+(z−b)

222

(x−x0)+(y+a)+(z+b)

222

(y,z>0)

13.设有两平面围成的直角形无穷容器

其内充满电导率为的液体取该两平面为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AB两点间建立电场使溶液中的载流子运动形

r∂ρ成电流I,当系统稳定时是恒定场即∇⋅j+=0中

∂t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的包围面

rrQE⋅ds=∴有

1I=

Q

εn

rrI=i⋅ds而又有rr

i=E⋅σ

Iε1

}⇒

1

σ

rrI=E⋅ds

σ

ε1

⇒Q=

σIε1

对B

QQB=−Q=−

B(x0,y0,z0)σ

又在容器壁上由

r

jn=0,即元电流流入容器壁r

有jn=0时

r

En=0

rr

j=σE

y

∴可取如右图所示电像

- 15 -

dδ(x)r

14.画出函数的图说明ρ=−(P⋅∇)δ(x)是一个位于原点的偶极子的电荷密度

dx解

0,x≠0

δ(x)=

∞,x=0

(x)δ(x+∆x)−δ(x)

=lim∆x→0dx∆xd

δ(x)

1x≠0时=0

dx

dδ(x)0−∞

=lim=∆x→0∆xdx

dδ(x)0−∞

b)∆x<0,=lim=+∞

0∆→xdx∆x

2

x=0时a∆x>0,

15 1 2证明

证明

1

δ(ax)=δ(x).(a>0)

axδ(x)=0

1

根据δ[φ(x)]=

若a<0,结果如何

δ(x−xk∑'(x)

k

所以δ(ax)=

δ(x)a

2

从δ(x)的定义可直接证明

有任意良函数f(x),则f(x)⋅x=F(x)也为良函数

∫f(x)xδ(x)dx=

f(x)⋅xx=0=0

rr'

16一块极化介质的极化矢量为P(x)

电势为

根据偶极子静电势的公式极化介质所产生的静

ϕ=∫

rr'rP(x)⋅r

V4πεr0

dV'

另外

rr'rr'rr根据极化电荷公式ρP=−∇⋅P(x)及σP=n⋅P,极化介质所产生的电势又可表为

'

r'rr'rr'

∇⋅P(x)P(x)⋅dS

ϕ=−∫dV'+V4πεr4πεr00

试证明以上两表达式是等同的

- 16 -

证明

ϕ=

14πε0

∫V

rr'r

1P(x)⋅r'

dV=

4πε0r3

rr'

'1()Px⋅∇dV'

∫V

r

r1r1r1∇'p(P)=∇'⋅P+P⋅∇'

rrrrrrr''

PPr1∇⋅P1∇⋅P''''

dV+∫'∇⋅(dV]=dV+⋅dS]则ϕ=[−∫'[−∫'

VVVSrrrr4πε04πε0

又有

rrr

srρPσPP⋅n1∇⋅P1''

dV+dS]=dV+dS] =[−[

rr4πε0∫V'r4πε0∫Vr

'

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

面电荷两侧电势法向微商有跃变而电势是连续的1在

面偶极层两侧电势有跃变2在

1rr

n⋅P ϕ2−ϕ1=

ε0

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

σ→∞l→0

形成面

rr

偶极层而偶极矩密度P=limσl.)

证明1

如图可得

2E⋅∆s=

σ⋅∆s

,ε0

+

σσσ

z−z=0 ∴E=,φ1−φ2=

2ε02ε02ε0

r∂φ1r∂φ2σrσ

ez =E1==

E2=(−ez)

∂n12ε0∂n

22ε

0∂φ1

∂φ2σ

−=∂n1∂n2ε0

rσrE=ez

2)可得

ε0

+

rrrrrn⋅Pσrn⋅l= ∴φ2−φ1=limE⋅l=lim

l→0

l→0

ε0ε0

r∂φ1r∂φ2

又=E,=E

∂n∂n

- 17 -

z

∂φ2∂φ1

−=0.∂n∂n

18.一个半径为R0的球面球面上电势为−ϕ0

在球坐标0<θ<

ππ

的半球面上电势为ϕ0在<θ<π的半22

求空间各点电势

∫0

提示

1

Pn(x)dx=

Pn+1(x)−Pn−1(x)1

0,

2n+1

Pn(1)=1

0,(n=奇数)

Pn(0)=n1⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−1)

22⋅4⋅6,(n=偶数)(−1)

∇2φ内0

∇2φ外=0

φ内r→0<∞

φ外r→∞=0

φ

r=R0

π

φ≤θ<,002

=f(θ)=

−φ,π<θ≤π02

这是φ内按球函数展开的广义傅立叶级数

R0Pl(cosθ)dcosθ]=

φ内=∑A

lrlPl(cosθ)

l

AlR0

Alrl是展开系数

2l+1=fl=[∫φ内

2−1

π

1

2l+1π

[−∫φ内

02

R0

Pl(cosθ)⋅sinθdθ]

π2l+1

=[−∫2φ0Pl(cosθ)sinθdθ+πφ0Pl(cosθ)sinθdθ]

022

0−12l+1

=[φ0∫Pl(x)dx−φ0∫Pl(x)dx]

102

012l+1

=φ0[−∫Pl(x)dx+∫Pl(x)dx

−102

由Pl(−x)=(−1)Pl(x)则

l

AlR0

12l+1l+11

=φ0[(−1)∫P(x)dx+∫P(x)dx]

002

l

- 18 -

=

12l+1

φ0[(−1)l+1+1]∫Pl(x)dx

02l

AlR0=0

当l为偶数时当l为奇数时 AlR0=

l

1P(x)−Pl−1(x)2l+1

φ0[(−1)l+1+1]∫Pl(x)dx=(2l+1)φ0l+1

022l+1l+1

[(−1)2

10

=−φ0

1⋅3⋅5⋅⋅⋅l

−(−1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

l−12

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

]

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)

=φ0

l−1

[(−1)2

1⋅3⋅5⋅⋅⋅l

+(−1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

l−12

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

]

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)

l−12

=φ0

l−1(−1)2

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)l

(+1)=φ0(−1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)l+11⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

φ

则 Al=0(−1)l

R0φ内=∑φ0φ外

Bl

l−1(−1)2

l−12

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

r

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)r

(2l+1)()lPl(cosθ),(l取奇数

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)R0

∑rl+1Pl(cosθ)

Bl

2l+11

=[φ外

2∫−1

l−1(−1)2

R0Pl(cosθ)]=φ0

l−1

(−1)2

rl+1

1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)

r>R0)

φ外=∑

R1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)

(2l+1)(0)l+1Pl(cosθ),(l为奇数

2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)r

- 19 -

rr

1. 试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B0

差是无旋场解

r

写出A的两种不同表示式证明两者之rr

且B0=∇×A

rrrB0是沿z方向的均匀的恒定磁场即B0=Bez

r∂Ay∂Axr∂Ax∂Azr∂Az∂Ayr

在直角坐标系中∇×A=(−ex+(−ey+(−)ez

∂y∂z∂z∂x∂x∂y

∂Az∂Ay

=0−

∂∂yz

∂Ax∂Az

−=0∂z∂x

∂Ay∂Ax

−=0∂x∂y

rr

如果用A在直角坐标系中表示B0

r

由此组方程可看出A有多组解如

1

Ay=AZ=0,Ax=−B0y+f(x)

rr

即 A=[−B0y+f(x)]ex

2

Ax=Az=0,AY=B0x+g(y)

rr

即 A=[B0x+g(y)]ey

解1和解2

之差为则

rrr∆A=[−B0y+f(x)]ex−[B0x+g(y)]ey

r∂(∆A)y∂(∆A)xr∂(∆A)x∂(∆A)zr∂(∆A)z∂(∆A)yr

∇×(∆A)=[−]ex+[−]ey+[−ez

∂y∂z∂z∂x∂x∂y

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

理求管内外磁感应强度B

解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z轴

电流强度为I试用唯一性定

本题给定了空间中的电流分布故可由B=0

4πrµ

线上所以B=

1

螺线管内

rr

rJ×r

求解磁场分布又在导dV'J∫r3

rr

Jdl×r∫r3

由电磁学的有关知识知

其内部磁

由于螺线管是无限长理想螺线管

场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度 由其无限长的特性不妨取场点为零点

以柱坐标计算

即可知道管内磁场

rrrrr=−acosϕ'ex−asinϕ'ey−z'exrrrdl=−adϕ'⋅sinϕ'ex+adϕ'⋅cosϕ'ey

rrrrrrr∴dl×r=(−adϕ'⋅sinϕ'ex+adϕ'⋅cosϕ'ey)×(−acosϕ'ex−asinϕ'ey−z'ex)

r

r

r

=−az'cosϕ'dϕ'ex−az'sinϕ'dϕ'ey+adϕ'ez

取由z'−z'+dz'的以小段

此段上分布有电流nIdz'

2

rµ0∴B=

rrr

nJdz'(−az'cosϕ'dϕ'ex−az'sinϕ'dϕ'ey+a2dϕ'ez)

[a2+(z')2]

=

µ04π

∫dϕ'∫

adz'[a2+(z')2]

2

−∞

z'd()

nIµ0r⋅nIez==nµ0I∫z'2−∞

[()2+1]a

+∞

2)螺线管外部:

由于是无限长螺线管

不妨就在xoy平面上任取一点P(ρ,ϕ.0)为场点

(ρ>a)

∴r=x−x'=

rr

(ρcosϕ−acosϕ')2+(ρsinϕ−asinϕ')2+z'2

=ρ2+a2+z'2−2aρcos(ϕ−ϕ')rrrrr=x−x'=(ρ

cosϕ−acosϕ')exrrrdl=−adϕ'⋅sinϕ'ex+adϕ'⋅cosϕ'ey

rrrrr2

∴dl×r=−az'cosϕ'dϕ'ex−az'sinϕ'dϕ'ey+[a−aρcos(ϕ'−ϕ)]dϕ'ez

∞∞2π2πrµ0az'cosϕ'dϕ'raz'sinϕ'dϕ'r

edz'd'eydz'+∴B=⋅nI[∫dϕ'∫−+ϕ−x33∫∫4πrr−∞−∞00

rr

(ρsinϕ−asinϕ')ey−z'ez

a2−acos('−)r

dz'ez]+∫dϕ'∫3

r−∞0

由于磁场分布在本题中有轴对称性

而螺线管内部又是匀强磁场

所以B=0

且螺线管又是无限

长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0

r

3. 设有无穷长的线电流I 沿z轴流动以z<0空间充满磁导率为µ的均匀介质域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B解本题的定解问题为

然后求出磁化电流分布

z>0区

rr

∇2A1=−µ0J,(z>0)2rr

∇A2=−µJ,(z<0)

rr

A=A

12z=0

rr11∇×A∇×A12z=0=µµ0

由本题具有轴对称性

z=0

可得出两个泛定方程的特解为

r

rrµIdlA1(x)=0∫

4πr

r

rrµIdlA2(x)=

4π∫r

µ0Ir

e,(z>0)r2πrθ

B=

rµIe

θ,(z<0)2πrrrr

z=0,即n⋅(B2−B1)=0

所以边界条件1

满足

由此可推测本题的可能解是

验证边界条件

1

rrA1=A2

题中

rrrr

n=ez,且ez⋅eθ=0

=1r∇×A1

2

1

µ

r∇×A2

rB1

z=0

µ0

rrr

z=0,即n×(H2−H1)=0

本题中介质分界面上无自由电流密度

µ0rrBIrH2=2=eθ

µ2πrrrrrr

∴H2−H1=0,满足边界条件n×(H2−H1)=0

rH1=

=

Ireθ2πr

综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解

µ0Ir

e,(z>0)r2πrθ

B=

rµIe

θ,(z<0)2πrr

rB2rM=−H2

在介质中

r

rrBH=−M

µ0

故在z<0的介质中

µ0

即 ∴

rrIµrIrIµM=⋅eθ−eθ=(−1)eθ

2πrµ02πr2πrµ0

介质界面上的磁化电流密度

rrrrrrIµIµ

(−1)eθ×ez=(−1)erαM=M×n=

2πrµ02πrµ0

总的感应电流在z<0的空间中

JM

rr

2πIµrrµ

(−1)eθ⋅r⋅dϕ⋅eθ=I(−1)=∫M⋅dl=∫

2πrµ0µ00

电流

沿z轴流向介质分界面

x>0 空间为真空今有线电流I 沿z轴流

4. 设x<0 半空间充满磁导率为µ的均匀介质

动解

求磁感应强度和磁化电流分布假设本题中得磁场分布仍呈轴对称

则可写作

µ′Iv

eϕ2πr

vvv

n⋅(B2−B1)=0

其满足边界条件vvvv

n×(H2−H1)=α=0

B= 即可得

在介质中

v

vvµ′IvB

H2==eϕ

µ2πrµvvvvµ′IvB 而H2=−M=eϕ−M

µ02πrµ0∴在x<0

的介质中

则IM

vµ′Iµ−µ0v

M=eϕ

2πrµµ0

取积分路线为B→C→A→B的半圆

vv

=Mdl

v

Q⊥eϕ, ∴AB段积分为零 IM=

Iµ′(µ−µ0)2µµ0

vµ(I+IM)v∴B=0eϕ

2πr∴由

vµ0(I+IM)vµ′Iveϕ=B=−eϕ

2πr2πr

可得µ′=

2µµ0

µ+µ0

vµµ0Iv

∴空间B=eϕ

µ+µ0πr

IM=

µ−µ0

I

µ+µ0

沿z

5.

某空间区域内有轴对称磁场

B0为常量提示

试求该处的Bρ

在柱坐标原点附近已知B

z≈B0−C(z−

2

12ρ)2

其中

用∇⋅B=0,并验证所得结果满足∇×H

rr

2

vvvv解由B具有轴对称性设B=Bρeρ+Bzez

vQ∇⋅B=0

其中 Bz=B0−c(z−

12ρ)2

1∂∂

(ρBρ)+Bz=0ρ∂ρ∂z

1∂

(ρBρ)−2cz=0 ∴ρBρ=czρ2+A(常数)ρ∂ρ

得Bρ=czρ

取A=

v1vv

∴B=czρeρ+[B0−c(z2−ρ2)]ez

2

1

vv∂Bρ∂Bzvv

−Qj=0,D=0 ∴∇×B=0 即 ()eθ=0

∂z∂ρ

代入

1

式可得

2

式成立∴B

ρ=czρ

c为常数

2

6. 两个半径为a的同轴线圈形线圈位于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的磁场时的L 和a的关系

∂2

提示用条件2Bz=0

∂z

1

由毕

萨定律

L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为

vµv

B1=B1zez, B1z=0

vvIdl×rr3

µ0Ia2

sinα=dθ∫224π[a+(z−L)] =

11

µ0Ia2

2[(L−z)2+a2]同理L处线圈在轴线上z

处产生得磁感应强度为

vv

B2

=B2zez

B2z

112=µ0Ia222[(L+z)+a]轴线上得磁感应强度

v111vv2B=Bzez=µ0Ia+ez

22222[(L+z)+a][(L−z)+a]

v

2Q∇×B=0

vvv2

∴∇×(∇×B)=∇(∇⋅B)−∇B=0v

又∇⋅B

=0

v∂2

∴∇B=0,2Bz=0 代入1式中得

∂z

2

115−22222223222

−[(L−z)+a]2(L−z)−[(L−z)+a]2[(L−z)+a]+6(L−z)[(L−z)+a]2

[(L−z)2+a2]6

511

−22322222222

[(L+z)+a]2(L+z)+[(L+z)+a]2[(L+z)+a]−6(L−z)[(L+z)+a]2

−

2

[(L−z)+a2]6

0取

z

0得

(L+a)[−2(L+a)∴5L2=L2+a2

22322

12

L−2(L+a)]+12(L+a)L2=0

222

12

22

52

∴L=

1a2

r

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µ0 解

定解问题为

导体外的磁导率为µ

vv

∇2A=−µJ,(r

v内

∇2A外=0,(r>a)v

A内0<∞

vv

A外a=A内a1vv1

∇×A内=∇×A外µµ0

选取柱坐标系

该问题具有轴对称性

且解与z无关

vvA内=A内(r)ez

vv

A外A外(r)ez 代入定解问题得

1∂∂A内(r)

(r)=−µ0Jr∂r∂r

1∂(r∂A外r))=0∂rr∂r

1

A内(r)=−µJr2+C1lnr+C2

4

A外(r)=C3lnr+C4

<∞ 得C1=0

由A内(r)

r=0

vv1µ

由∇×A内=∇×A外 得 C3=−Ja2

µ0µ21

v由A外

a

v=A内

a

v令A外

a

v=A内

a

=0 得 C2=

µ1

µ0Ja2,C4=Ja2lna42

1v2v

A内=µ0J(a−r2)4∴

v2aAJaln外2r

rrQmr

它的磁场强度为H=

4πµ0r3

8.

假设存在磁单极子

其磁荷为Q

m

给出它的矢势的

一个可能的表示式并讨论它的奇异性

vvQmrQm1v

H==e32r

4πµ0r4πµ0r

vvvQmv

由∇×A=B=µ0H=e 得2r

4πr

∂AθQm∂1

[(sinθA)−=φrsinθ∂θ∂φ4πr2

11∂Ar∂

−(rAφ)]=0 [ (1)

rsinθ∂φ∂r1∂∂Ar

]=0[(rAθ)−

r∂r∂θ

Qsinθ∂

(sinθAφ)=m∂θ4πr

Ar=Aθ=0, 得

Qmsinθ

04πr

Q1−cosθ

∴Aφ=m

4πrsinθ

∴sinθAφ=∫

θ

显然

Aφ满足1式

vQm1−cosθv

∴磁单极子产生的矢势A=eφ

4πrsinθ

讨论

当θ→0时

v

A→0vQvA→meφ

4πr

v

故A的表达式在θ=π具有奇异性

v

A不合理

π当θ→时

2

当θ→π时

v

A→∞

9. 将一磁导率为µ磁矩m

rr

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

r

vv

根据题意

以球心为原点建立球坐标取H0的方向为e

z

的影响下极化

产生一个极化场

静止的状态呈现球对称

本题所满足的定解问题为

并与外加均匀场相互作用

此球体在外界存在的磁场

最后达到平衡

保持在一个

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

∂ϕm1∂ϕm2

=µ0,(R=R0) ϕm1=ϕm2,µ∂R∂R

ϕm1R=0<∞

ϕm2R=∞=−H0Rcosθ

由泛定方程和两个自然边界条件得

ϕm=∑anRnPn(cosθ)

1

n=0

ϕm=−H0Rcosθ+∑

2

dn

P(cosθ)n+1n

Rn=0

由两个边界条件有

dn∞n

aRP(cosθ)=−HRcosθ+P(cosθ)∑00∑n0nn+1n

n=0R0n=0

∞∞

(n+1)dn

µanRn−1P(cosθ)=−Hµcosθ−µPn(cosθ)∑0000∑nnn+2R0n=0n=1

3µ0H0a=−1

µ+2µ0

µ−µ03

d1=H0R0

µ+2µ0

an=dn=0,(n≠1)

3µ0

=−H0Rcosθ,R

+µ2µ

∴3

ϕ=−HRcosθ+µ−µ0⋅R0Hcosθ,R>R

0002m2

+µ2µR0

3µ03µ03µ0vvvv

H1=−∇ϕm1=µ+2µH0cosθer−µ+2µH0sinθeθ=µ+2µH00 

vvvB=µH=3µµ0H

011

µµ+20

33vµ−µ02R0µ−µ0R0vv

[1]cos[1⋅sinH=−∇ϕ=+⋅Hθe−−Hθe2θm2r0033

+2+2µµµµRR00vvvv

vHH0−3(µµ300⋅R)RR0− =H0+[]53

µ+2µ0RRvvvvvvvµ−µ0HH03(30⋅R)RB2=µ0H2=µ0H0+−µ0R0[53

µ+2µ0RR

3µµ0v

H0,(R

∴B=vvvv

vµH+µ−µ0µR3[3(H0⋅R)R−H0(R>R)00000532µµ+RR0v

当B在R>R0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场

3

µ−µ0R0v

∴ϕm中⋅2H0cosθ可看作偶极子m产生的势

µ+2µ0R

2

vv33

vvµ−µ0R0µ−µ0R01m⋅R

⋅3=⋅2H0cosθ=⋅2H0⋅R4πRµ+2µ0Rµ+2µ0Rv

vµ−µ03

⋅R0H

µ+2µ0

求空

∴m=4π

r

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µ

r

腔内的场B

讨论µ>>

µ0时的磁屏蔽作用

v

v

在外场H0的作用下 球

解根据题意以球心为原点取球坐标选取H0的方向为ez壳极化

产生一个附加场

并与外场相互作用

最后达到平衡

v

v

B的分布呈现轴对称

定解问题

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R1

∇ϕm3=0,R>R3

ϕm1=ϕm2R=R1,ϕm2=ϕm3R=R2

∂ϕm3∂ϕm2

µ∂ϕm1=µ∂ϕm2

=,µµR=R100∂R∂R∂R∂R

ϕm1R=0<∞

ϕm3R=∞=−H0Rcosθ

由于物理模型为轴对称

R=R2

再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为

ϕm=∑anRnPn(cosθ)

1

n=0∞

ϕm=∑(bnRn+

2

n=0

cn

Pn(cosθ)n+1

R

dn

P(cosθ)n+1n

n=0R

ϕm=−H0Rcosθ+∑

3

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系是其本征函数系

v

分解所选取的基本函数

{Pn(cosθ)}在本题中

源的表示是

−H0Rcosθ=−H0RP1(cosθ)所以上面的解中故

an=bn=cn=dn=0,(n≠0)

解的形式简化为

ϕm=a1Rcosθ

1

ϕm=(b1R+

2

ϕm

3

c1

)cosθ2R

d

=−H0Rcosθ+1cosθ2

R

代入衔接条件

c1

aR=bR+1111

R12

c1d1bR+=−HR+021222

R2R2

aµ=µ(b−2c1

1

10R13

−µH−µ2d1=µ(b−2c100133R2R2

解方程组得

33

+3µ0(µ−µ0)H0R23µ0(2µ+µ0)H0R2

a1=3

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R23

3µ0(2µ+µ0)H0R2

b1=3

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R233

3µ0(µ−µ0)H0R2R1

c1=3

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R2

633

3µ0(2µ+µ0)H0R2+3µ0(µ−µ0)H0R2R13

d1=HR+023

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R2

vv

而 Bi=µ0Hi=−µ0∇ϕmi,(i=1,2,3)

vv∴B1=−µ0a1ez

R13

vR2

=[1−]µH

(µ+2µ0)(2µ+µ0)R1300

−()2

R22(µ−µ0)

1−(

当µ>>

µ0时

(µ+2µ0)(2µ+µ0)

≈12

2(µ−µ0)

v ∴B1=0

即球壳腔中无磁场

类似于静电场中的静电屏障

r

rr

11. 设理想铁磁体的磁化规律为B=µH+µ0M0,M0是恒定的与H无关的量今将一个

理想铁磁体做成均匀磁化球强度和磁化电流分布解

根据题意

取球心为原点

M

0为常值浸入磁导率为µ

'的无限介质中求磁感应

v

v

做球坐标

以M0的方向为ez本题具有球对称的磁场分布

满足的定解问题为

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

ϕm1=ϕm2R=R0,

∂ϕ∂ϕm2

m1

µ−µ′R0=M0µ0cosθ

∂R∂R

ϕ<∞m1R=0ϕm2R=∞=0

∴ϕm1=

∑a

n=0

n

RnPn(cosθ)

ϕm=∑(

2

n=0

bn

)Pn(cosθ)Rn+1

对比Pn(cosθ)对应项前的系数

代入衔接条件

an=bn

=0,(n≠1)

µ0M

a1=

2µ′+µ

b1=

µ0M03

R0

2µ′+µ

∴ϕm1=

µ0M0

Rcosθ,(R

2µ′+µ

ϕm

2

3

µ0M0R0=cosθ,(R>R0)2

′2µ+µR

由此

v

rvv′2µµ0M0

R

2µ′+µ

vvrv3

vµ′µ0R03(M0⋅R)RM0

[ R>R0, B2=−µ′∇ϕm2=−35

2µ′+µRR

v

2µ′µ0M0

,(R

∴B=vvrv3

′µµ⋅R3(MR)RM000

[−30(R>R0)5RR2µ′+µ

又n×(B2−B1)

v

vv

R0

vvv=µ0(αM+α)其中α0

v

代入B的表达式得

vαM

3µ′v

M0

sinθeϕ

2µ′µ0

r

12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场H0中结果如何

vv

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

定解问题为

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

ϕm1=ϕm2R=R0,

∂ϕ∂ϕm2

m1

µ−µ0R0=M0µ0cosθ

∂R∂R

ϕ<∞m1R=0ϕm2R=∞=−H0Rcosθ

解得满足自然边界条件的解是

ϕm=a1Rcosθ,(R

1

ϕm=−H0Rcosθ+

2

d1

cosθ,(R>R0)R2

代入衔接条件

a1R0=−H0R0+

d1R02

µ0H0+µ0

得到

a1=

2d1

+µa1=µ0M03R0

µ0M0−3µ0H0

µ+2µ0

µ0M0+(µ−µ0)H03

R0

µ+2µ0

d1=

∴ϕm1=

µ0M0−3µ0H0

Rcosθ,(R

µ+2µ0

3

µ0M0+(µ−µ0)H0R0

=−H0Rcosθ+cosθ,(R>R0)2

µ+2µ0R

ϕm

2

vµM−3µ0H0vµM−3µ0H0v

∴H1=−∇ϕm1=−[00cosθer−00sinθeθ]

µ+2µ0µ+2µ0vvµM−3µ0H0

=−00

2µ0+µ

2

vvvv3µµ0v2µ0

B1=µH+µ0M0=H0+M0,(R

µ+2µ0µ+2µ03

vµ0M0+(µ−µ0)H02R0vH2=−∇ϕm2=−[(−H0cosθ−cosθ)er−

µ+2µ0R2

rvrvvµ0M0+(µ−µ0)H0R3(m⋅R)Rmv

−(−H0sinθ+sinθ)eθ]=H0+−3

5

µ+2µ0RRR

3

02

rrvvvvv3(m⋅R)Rm

B2=µ0H2=µ

0[H0+−3]

R5R

13. 有一个均匀带电的薄导体壳

v

µ0M03µ−µ03vvm=R0+R0H0

µ+2µ0µ+2µ0

今使球壳绕自身某一直径以

其半径为R0总电荷为

Q

r

角速度ω转动求球内外的磁场B

提示

本题通过解A或ϕm的方程都可以解决也可以比较本题与

建立坐标系

r

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

定解问题为

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

1(∂ϕm2−∂ϕm1=−Qωsinθ∂θ4πR0R∂θ

0

∂ϕm2∂ϕm1

µ=µ,(R=R0)0∂R∂R

ϕm1R=0<∞ϕm2R=∞=0

其中

R=R0

σ=

Qωsinθ

是球壳表面自由面电流密度

4πR0

解得满足自然边界条件的解为

ϕm=a1Rcosθ,(R

1

ϕm=

2

b1

cosθ,(R>R0)2R

b1QωaR−=−10R2

4πR00

a+2b1=013R0

QωR02

b1=

12π

代入衔接条件

解得 a1=−

6πR0∴ϕm1=−

Rcosθ,(R

ϕm

2

QωR02=cosθ,(R>R0)12πR2

vvQωQωQωvv

∴H1=−∇ϕm1=cosθer−sinθeθ=

6πR06πR06πR0

rvQµ0v

B1=µ0H1=ω

6πR0

vvvr22v2Qω

R013(m⋅R)RmvQωR0v

H2=−∇ϕm2=θeθecos+sin=[−3]rr335

12πR12πR4πRR

2

vQR0vm=ω

3

其中

rvvvvvµ03(m⋅R)Rm

B2=µ0H2=[−3]5

4πRR

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ω绕自身某以

直径转动求

1 它的磁矩

2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M0

是均匀分布的 解1

磁矩m=

v

1vvvx×J(x)dV∫2

又 x=R=

Rer

v

v

v

J(x)=ρv=

vv

v

Q43πR03

vv(ω×R)

13Qωvvv13Qrvv242

∴m=R×(ω×R)Rsinθdrdθdφ=(e×e)Rsinθdrdθdφφr3∫3∫24πR024πR0

又 er×eφ=−eθ=sinθez+cosθ(−cosφex−sinφey)

vvvvvv

v3Qω∴m=3

8πR0

∫∫∫

2ππ

R0

vvv

[sinθez+cosθ(−cosφex−sinφey)R4sin2θdrdθdφ

QR02v3Qωv2ππR034

=esinθRdrdθdφ=ω3z∫0∫0∫058πR0

v

v

vvvv3M0vvv

R×dP=R×vdm=R×(ω×R)dV3∫∫∫4πR0

2)自转动量矩L=dL=

===

3M0vvv22ωR(er×ez×er)Rsinθdrdθdφ3∫4πR0

3M0vv22ω(−sinθReφ×er)Rsinθdrdθdφ3∫4πR0

3M0v22Rωsinθ(−e)Rsinθdrdθdφθ3∫4πR0

3M0ω

=3

4πR0

v3M0ω=3

4πR0

∫∫∫

2ππ

R0

0R0

vvv

[sinθez+cosθ(−cosφex−sinφey)R4sin2θdrdθdφ

2v2MR00ωR4sin3θdrdθdφ=

5

∫∫∫

2ππ

QR02v

ωv

5 ∴==Q2

M0L2M0R0vω5

15. 有一块磁矩为m的小永磁体

求作用在小永磁体上的力F.

r

位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中

r

v

解根据题意因为无穷大平面的µ很大

则可推出在平面上所有的H均和平面垂直

rr

类比于静电场构造磁矩m关于平面的镜像m′则外场为

v

Be=−µ0∇ϕmvv m⋅Rmcosθϕ==m3

4πR4πr2

vµ0mm2cosθvsinθrvv

∴Be=−µ0e−e=αθe+θe[−](cossinθθ)rr

333

4πrr4πr∴mv

受力为

Fv=(mv

⋅∇)⋅Bve

=−3m2µ02vθr==2α

a64πa4

(1+cosα)ez

1. 考虑两列振幅相同的偏振方向相同频率分别为ω+dϖ和

ω−dω的线偏振平面波它们都沿z轴方向传播

合成波证明波的振幅不是常数而是一个波1求

合成波的相位传播速度和振幅传播速度2求

rrrr

E1(x,t)=E0(x)cos(k1x−ω1t)

解 rrrr

E2(x,t)=E0(x)cos(k2x−ω2t)

rrrrrrr

E=E1(x,t)+E2(x,t)=E0(x)[cos(k1x−ω1t)+cos(k2x−ω2t)]rrk+k2ω+ω2k−k2ω−ω2

=2E0(x)cos(1x−1t)cos(1x−1t)

2222

其中k1=k+dk,k2=k−dk;ω1=ω+dω,ω2=ω−dω

rrr

∴E=2E0(x)cos(kx−ωt)cos(dk⋅x−dω⋅t)rrri(kx−ωt)

用复数表示E=2E0(x)cos(dk⋅x−dω⋅t)e

相速 kx−ωt=0

ωk

群速 dk⋅x−dω⋅t=0

∴vg=

dk

∴vp=2

一平面电磁波以θ=45从真空入射到εr=2的介质

o

电场强度垂直于入射面求反射

系数和折射系数

r

n为界面法向单位矢量

>,,分别为入射波反射波和折射波的玻印

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'2

⋅nE0

R==2

⋅nE0

r

⋅nn2cosθ2E''2

T==

⋅nn1cosθE02

又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式

可得

2

1cosθ−2cosθ2

 R=

cosθ+cosθ

221

T=

412cosθcosθ2(1cosθ+2cosθ2)2

又根据反射定律和折射定律

θ=θ1=45o

2sinθ2=1sinθ

由题意

ε1=ε0,ε2=ε0εr=2ε0

o

∴θ2=30

23−2

)2=2− ∴R=(22++22

4ε02(0

23

22+3

T=

22+0)22

=

证明这时将会发生全反射并求3有一可见平面光波由水入射到空气入射角为

60

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

λ0=6.28×10−5cm水的折射率为n1.33

解由折射定律得临界角θc

=arcsin(将会发生全反射

折射波 k′′=ksinθ 相速度 vp=

1

)=48.751.33

所以当平面光波以60入射时

ω′′ω

==ck′′2k

θ

投入空气的深度 κ=

λ1

2

2π2θ−n21

=

6.28×10−5

12

2πsin260−(1.33

≈1.7×10−5cm

vvvvvvvi(k⋅x−ωt)

4频率为ω的电磁波在各向同性介质中传播时若E,D,B,H仍按e变化但D

vvv

不再与E平行即D=εE不成立

明k⋅B=k⋅D=B⋅D=B⋅E=0,但一般k⋅E≠01证

vvvvvvvvvv

1. 根据算符∇的微分性与矢量性推导下列公式rrrrrrrrrr∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)Brrrr1r2A×(∇×A)=∇A−(A⋅∇)A2vvvvvvvvvv解1∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)…

1. 根据算符∇的微分性与矢量性推导下列公式rrrrrrrrrr∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)Brrrr1r2A×(∇×A)=∇A−(A⋅∇)A2vvvvvvvvvv解1∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)…

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