郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版(1-6章) 投稿:莫梮梯

1. 根据算符∇的微分性与矢量性 推导下列公式∇(Ar ⋅ Br) = Br × (∇× Ar) + (Br ⋅∇)Ar + Ar × (∇× Br) + (Ar Ar × (∇× Ar) = 1 ∇Ar 2 − (Ar⋅∇)Ar 21 ∇(Av ⋅…

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第2 7卷 第 1期 V0 . 7 No 1 12 . 钦州学院学报 21 0 2年 2月 F b ,0 2 e .2 1 J UR A I Z O N L OF Q N HOU U V R I Y NI E S T 后 设 认 知 与 网络 续航 …

1. 根据算符∇的微分性与矢量性 推导下列公式

∇(Ar ⋅ Br) = Br × (∇× Ar) + (Br ⋅∇)Ar + Ar × (∇× Br) + (Ar Ar × (∇× Ar) = 1 ∇Ar 2 − (Ar

⋅∇)Ar 2

1 ∇(Av ⋅ Bv) = Bv × (∇× Av) + (Bv ⋅∇)Av + Av × (∇× Bv) + (Av 解

⋅∇)Bv

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 ∇将作用于 Av和Bv

又∇是一个矢量算符 具有矢量的所有性质

因此 利用公式 cv× (av×bv) = av ⋅(cv ⋅bv) − (cv ⋅av)bv 可得上式 其中右边前两项是 ∇作用于

⋅∇)Br

v v A 后两项是∇作用于 B

2 根据第一个公式 令 A B可得证

v v

2. 设 u是空间坐标 x y z的函数 证明

∇f (u) = df ∇u

du

dAr

∇⋅ Ar(u) = ∇u ⋅ du

r

∇× Ar(u) = ∇u× dA

. du

证明 1

f ∇u ∇f (u) = ∂f (u)f (u)∂f (u) ∂uf ∂ ∂x ∂y ∂z ∂y du ∂z du

2

Ary Arzz(u) y ∂uz (u)∂Arx (u)x (u)∂u r

∇⋅ Ar(u) = dA

∂y du ∂x ∂z∂z du ∂x ∂y dz

3

r

e x

∇× Ar(u) = ∂

∂x

r A

x(u)

∂Ar ∂Arx )erz = r ∂Ary )erx + (∂Ar r

x − ∂A r z A = (∂ z −)ey + ( y −∂ y ∂ ∂z

∂x ∂y ∂z ∂y ∂z ∂x

r r Ay (u) Az (u)

z

r e y ∂

r e

r r = (dArz ∂ dAry ∂u r dArx ∂ur dAr

y ∂ u ∂z y ∂ r z ∂du ∂x du ∂yz du x

du ∂y du ∂z du ∂x

到场点 x 的距离 r 的方向规定为从 ) + (y ) + (z ) 为源点 x 3. 设r = (x − x − y − z 源点指向场点

1 证明下列结果 并体会对源变数求微商 (∇

'

' 2 ' 2 ' 2 '

r ∂ ' ∂ ' = e ' x ∂x y ∂∂ z

微商(∇ = erx ∂ r ∂ r ∂

∂x + ey ∂y + ez ∂z)的关系

r 1 r r r r ' 1 r r r r r

∇r = −∇'r = 3 3 r 3 = 0.(r ≠ 0) r3 r r r r r

(最后一式在人 r 0点不成立 见第二章第五节) 2 求

∇⋅rr,∇×rr,(ar ⋅∇)rr,∇(ar ⋅rr),∇⋅[Er0 sin(kr ⋅rr)]及∇×[Er0 sin(kr ⋅rr)],其中ar,kr及Er0均为常矢

') + ) + ∂(z − z ∂(x − x ∂(y − y 证明 ∇⋅rr =

'

∂x ∂y

'

) = 3

∂z r r r e e e x y z ∂ ∂ ∂ ∇×rr = = 0 ∂x ∂y ∂z ' '

x − x y − y z − z

'

∂ v

(av ⋅∇)rr = [(axevx + a yevy + azevz ) ⋅ ( ex + ∂∂y evy + ∂∂z evz )][(x − x')evx + (y − y')ery + (z − z')evz ]

∂x

∂ = (ax ∂ + ay ∂ + az )[(x − x')evx + (y − y')ery + (z − z')evz ]

∂x ∂y ∂z = axevx + ayevy + azevz = av

∇(av ⋅rv) = av× (∇×rv) + (av ⋅∇)rv + rr× (∇×av) + (rv

⋅∇)⋅av

= (av⋅∇)rv + rv×(∇×av)+ (rv⋅ar)⋅av

= av + rv× (∇×av) + (rv

⋅∇)⋅av

∇⋅[Er0 sin(kr ⋅rr)] = [∇(sin(kr ⋅rr)]⋅ Er0 + sin(kr ⋅rr)(∇⋅ Er0)

= [∂∂x sin(kr ⋅rr)erx + ∂∂y sin(kr ⋅rr)ery + ∂∂z sin(kr ⋅rr)erz ]E0

= cos(kr ⋅rr)(kxerx + k yery + kzerz )Er0 = cos(kr ⋅rr)(kr ⋅

∇×[Er0 sin(kr ⋅rr)] = [∇sin(kr ⋅rr)]×Er 0+sin(kr ⋅rr)∇× Er0 Er)

4. 应用高斯定理证明

V

dV∇× fr = ∫S dSr× fr

应用斯托克斯 Stokes 定理证明

S

∫dSr×∇φ = ∫dlrθ

L

证明 1)由高斯定理

dV∇⋅ gr = ∫S dSr ⋅

gr

∂g g ∂g (∂ y + x + 即 ∫ ∫ z )dV = ∫ g xdS x + g ydS y + g zdS z S ∂y ∂zV V ∂x

而 ∇× frdV = [( zz y∂∂xz∂∂y f x )kr]dV ∂ ∫

V

∫ ∂y

∂z ∂x

[∂∂x ( f ykr − f zrj) + ∂∂y ( f zir − f xkr) + ∂∂z ( f xrj − f = ∫ yir)]dV

r r [( f zdS y − f ydS z )ir + ( f xdS z − f zdS x )rj + ( f ydSx − f xdS y )kr] = dS × f ∫ ∫ S

S

= ∫

y

( f ykr − f zrj)dSx + ( f zir − f xkr)dS y + ( f xrj − f yir)dS z

若令H x = f ykr − f zrj,H y = f zir − f xkr,H Z = f xrj − f

ir

∇⋅ HrdV = ∫SdSr ⋅ Hr ,高斯定理 则证毕

则上式就是

2)由斯托克斯公式有 V

l

fr ⋅dlr = ∫∇×S fr ⋅dSr

fr ⋅dlr =

l

l S

( f xdlx + f ydly + f zdlz )

S

z∫ ∫∂ ∂ ∂ f )dS ∫∇× fr ⋅dSr =

(∂y

∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

yx

xz

yx

z

而dlrθ =

l

θ dS )kr ∂θθ∂θ∂∫dSr×∇φ = ∫( ∂y

S

S

zy

∂z

y

∂y ∂x

z

∂z

x

∂x

∂θ r ∂θ θ r

= ( ∫ ∂y ∂z x ∂z

∂∂θx θx θ∂y

若令 f x = θi, f y = θ j , f z = θk

ir)dS z

则证毕

5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为

Pr(t) =

r r

,t)x dV , ∫ ρ(x

'

' '

V

利用电荷守恒定律∇⋅ Jr + ∂ρ

r

∂t = 0证明 P的变化率为

dPr =

r

dt ∫ r '

V J(x ,t)dV '

∂Pr = r ∂ρ r '

r ' '' ' r '

证明 '= − ∇ j x dV ∂t x dV ∫ ∫ ∂t V

V

r

r ' r ' ∂P

( jx' −∇' ⋅(x' j )dV ' ( ∂t ) x = − ∫ ∫

V V ∇'rj 'x'dV ' = −∫[∇' ⋅(x' j ) − (∇'x')⋅rj ']dV ' =

∫S xrj ⋅dSr = jxdV ' − ∫ xj dSr = 0,(rj S = 0) r r r ∂ρ ∫,(∂ρ∂t ) z = j dV '

同理 ( ∂t ) y = ∫ ∫ z '

dV dPr = r r j'

若S → ∞,则 ( )⋅ 即

dt

x ,t)dV ( ∫ j

V

y

'

6. 若m是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 Ar =

mr × Rr 的旋度等于标量ϕ = mr ⋅ Rr

的梯 3

r

度的负值 即

R R

3

∇× Ar = −∇ϕ

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

mv × Rv)

∇× Av = ∇× ( )⋅∇]mv

3

r r r R r

1 r = (mv ⋅∇)∇ ,(r ≠ 0)

∇ϕ = ∇(mv ⋅ Rv

3

r r r r R

−[(∇ 1

r r ∴∇× Av = −∇ϕ

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ε 使介质内均匀带静止自 由电荷 ρ 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

=

即 D⋅ 4πr 2 = 43π (r 3 − r13)ρ f (r 3 − r13)ρ f ∴Er = rr,(r2 > r > r1)

3εr 3

r r π f 由 (r23 − r13)ρ f ,(r > r2) S ε 0 3ε 0 (r23 − r13) ∴Er = ρ f rr,(r > r2)

3ε 0r 3 r

r < r1时 E 0

ε −ε 0 r ε 0

2) P ε 0χeEr = ε E = (ε −ε 0)Er r ∴0 ρ

P = −∇⋅ Pr = −(ε

3

(r − r13) −ε 0)∇⋅ Er = −(ε −ε 0)∇⋅3[ ε−ε 0 ρ f ∇⋅(rr − r r ρ f rr] = − 1

r)

3εr 3 r 3 3ε

∫SDr ⋅dSr

ρ f dV , ∫

(r2>r>r1)

= − ε −ε 0 ρ f (3− 0) = −(ε −ε 0 )ρ f

ε 3ε ζ P = P1n − P2n

考虑外球壳时 r r2

n从介质 1指向介质 2 介质指向真空

P2n = 0

r 3 − r13 r23 − r13 = (1− ε0 )ρ f rr r=r2

ρ f ζ P = P1n = (ε −ε 0) 33 εr 3 ε 3r2

考虑到内球壳时 r r2

3

ζ P = −(ε −ε 0) r 3 − r1 ρ f r r=r1 = 0 r

3εr 3

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µ 求磁感应强度和磁化电流 解

=I f

当r < r1时,I f = 0,故Hr = Br = 0 当 r2>r>r1时

∫ l

Hr ⋅dlr = I f + ddt ∫SDr ⋅dSr

l

H ⋅dlr = 2πrH = r j f ⋅dSr = j fπ (r 2 − r12) r

S

µj f (r 2 − r12) )rj f ×rr Bv = = µ( r 2 − r21

2

2r 2r

当 r>r2时

2πrH = πj f (r22 − r12) Br = µ0(r 22 f ×rr − r21)r j2r 2

J M = ∇× Mr = ∇× (χ

r r − r12 M Hr ) = ∇× (µ − µr 0) µ −1)∇× (rj f ×r 2

µ0 )H = (µ0 )

2r 2

= (µµ −1)∇× Hr = ( µ −1)rj f ,(r1 < r < r2)

µ0 0 rM = nr× (Mr 2 − Mr 1),(n从介质1指向介质2

α

在内表面上 M 故α

1 = 0,M 2 = (µµ −1) r 2 − r12 ) r=r = 0

M = nr× Mr 2 = 0,(r = r1)

2r 2

1

r

在上表面 r r2时

r r 2 − r12 r j f ×rr r=r2 = − r 2 − r ( M = nr× (−Mr 1) = −nr× Mr 1 r=rr2 = − ×r r α j f r2 µ −1) 12 r 2 r 2 2r 0 µ

= −(µµ −1)r 22 − r12 r

j 2r 2 f 0

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 ρ f 的− (1− εε0 )倍

证明

ρP = −∇⋅ Pr = −∇⋅(ε −ε 0)Er = −(ε −ε 0)∇⋅ Er = −(ερ −ε f 0) = −(1− εε0 )ρ f

ε

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

1 线圈 1在线圈 2的磁场中的受力

I 2dlv2 ×rv12

Bv2 = µ0

∫ 3 4π l r 12 2

dFv12 = I1dlv1 × Bv2 ∴Fv12 = ∫∫ 4π l l 1 2

× (dlr2 ×rv12) µ0 I1dlv1 × (I 2dlv2 ×rv12) = µ0I1I 2 dlv1

3

r 12

∫∫

l l 1 2

3

r 12

v v rv v = µ0I1I 2 ∫∫dl (dl ⋅ ) −r 132 (dlv1 ⋅dlv2)

12 2 1

4π l1 r l 2

r 12

2 线圈 2在线圈 1的磁场中受的力12

同 1 可得

3

1

v v v v r Fv21 = µ0I1I ∫2 ∫dl (dl ⋅ 231 ) − 231 (dlv2 ⋅dlv1) r 1 2

4π l r r l 2 1

21

21

2

分析表达式 1 和 2

1 式中第一项为

v v rv v v dr 12 dlv2 ⋅(− 1 ) 一周 = 0 dlv2∫dl ⋅ 12 dl = 12 2 1 ∫∫dl (dl1 ⋅ 3 ) = ∫ v r ∫ 2 ∫ r ∫ 3

r r 12 12 12 l l l l l l 1 2 2 2 2 = r 1 2

12

v v v r

同理 对 2 式中第一项 1 l2 ∫∫dl (d ⋅ 231 ) = 0

r 21 l l 2 1 r ∴Fv12 = Fv21 = −µ 0I1I ∫2 ∫ 132 (dlv1 r

4π ⋅r l l dl) 1 2 v2

12

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ε1和ε 2 今再两板 接上电动势为Ε的电池 求

1 电容器两板上的自由电荷密度ω f

2 介质分界面上的自由电荷密度ω f

若介质是漏电的 电导率分别为 ζ1和ζ 2 当电流达到恒定时 上述两问题的结果如 何

解 在相同介质中电场是均匀的 并且都有相同指向

l1E1 + l2E2 = Ε D − D2n = ε1E1 −ε 2E2 = 0 介质表面上ζ f = 0), 1n 则

故 E1 = l1ε 2 + l2ε1 ,E2 = l1

ε 2 + l2ε又根据D1n − D2n = ζ f 在上极板的交面上

ε 2Ε ε1Ε

1

n从介质 1指向介质 2

D1 − D2 = ζ f1

即 ζ f1 = D1 =

D2是金属板 故 D2 0

ε1ε 2ε

l1ε 2 + l2ε1

而ζ f = 0 2

'

ζ f = D1' − D2' = −D ,(D1'是下极板金属 故D1' = 0) 2

3

ε1ε 2ε ∴ζ f = − = −ζ f

3 1 lε1 2 + l2ε1

若是漏电 并有稳定电流时

Er1 = rj2 j

1

2

ζ1 ζ 2

r r

= Εr j j 1 l + l 2

又 1 ζ1 2 ζ 2

j = j2n = j1 = j2, 稳定流动 电荷不堆积

1n

Ε E1 = j1 = ζ 2

ζ1 l1ζ 2 + l2ζ1 Ε

得 j1 = ,即: j2 =

ζ1Ε l1 + l j2 2 = E2 =

ζ1 ζ 2 ζ 2 l1ζ 2 + l2ζ1

ε1`ζ 2Ε

ζ f上 = D3 = l1ζ 2 + l2ζ1

ε 2ζ1Ε

ζ = −D2 = −

l1ζ 2 + l2ζ1 f下

ζ f = D2 − D3

= ε 2ζ1 −ε 2ζ1

Ε l ζ + l ζ 1 2 2

1

12. 证明

1 当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时 电场线的曲折满足

tanθ 2 = ε 2 tanθ1 ε 1

其中ε1和ε 2分别为两种介质的介电常数 θ1和θ 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 分界面上电场线曲折满足

tanθ 2 = ζ 2 tanθ1 ζ1

其中ζ1和ζ 2分别为两种介质的电导率 证明

(1)根据边界条件 n× (Ev2 − Ev1) = 0,即 E2 sinθ 2 = E1 sinθ

1

由于边界面上ζ f = 0 故 nv ⋅(Dv 2 − Dv1) = 0 即 ε 2E2 cosθ 2 = ε1E1 cosθ

2 ∴有tgθ 2 tgθ1tgθ ε

2 ε 2 ε1 tgθ ε 1

1

(2)根据 Jv = ζEv可得 电场方向与电流密度同方向

由于电流 I 是恒定的 故有

j1 j2

= cosθ 2 cosθ1

n× (Ev2 − Ev )

而 v = 0 即 E2 sinθ 2 = E1 sinθ1

1

ζ1E1 ζ E2

= 2

cosθ 2 cosθ1

tgθ1 = ζ 1

tgθ 2 ζ 2

故有

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

∴导体内Ev1

nv× (Ev2 − Ev1) = 0

v

∴nv× Ev2 = 0 故 E0垂直于导体表面

3 导体中通过恒定电流时 导体表面ζ f = 0

v v ∴导体外E2 = 0,即 D2 = 0

nv ⋅(Dv 2 − Dv1) = ζ f = 0,即: nv ⋅ Dv1 = nv ⋅ε

0Ev1 = 0 ∴nv ⋅ Ev1 = 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λ f 板间填充电导率 为ζ 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λ 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 ∂ρ

= 0 1 证明 由电流连续性方程 ∇⋅ J +

f

据高斯定理

∂t ρ f = ∇⋅ Dr

∂∇⋅ Dr ∂Dr = 0

∴∇⋅ Jr + = 0 即 ∇⋅ Jr + ∇⋅

∂t ∂t

∂Dr r ∴∇⋅(Jr + ) = 0.∴Jr + ∂t = 0 即传到电流与位移电流严格抵消 ∂D ∂t

(2)解 由高斯定理得

Dr ⋅ 2πrrdl = ∫ λ f dl

∫ f ∴Dr = 2λπfr λ r

e 2πεr r err ,Er =

又 Jr + = 0,Jr = ζEr,Dr =

∂Dr

∂t

εEr

∂Er ζ

∴ζEr +ε = 0,Er = = ε t

∂t

Er0e

−ζ

λr ∴ 2λπεf r err = ε r 0 2πεr e t

e

r

电动力学习题解答

ζ − t ε

第一章 电磁现象的普遍规律

∴λ f = λ f0 e

3 解

∂Dr ζ

f − tζ λ f Jr = − = − ∂ λ ε 0

⋅ ∂t (2πr e ) = ε 2πr ∂t

1 = ( λ f )2ζ

ζ 2πεr

能量耗散功率密度 J 2ρ = J 2 5 解

单位体积dV = l ⋅ 2πrdr

f )2b λ ζl2πrdr = l2ζπλε f2 ln Pr =

∫ (2πεr ba a

2

静电能 W =

b a

1 lλ2f r f 2a 2 2πε2

∂λ减少率 − ∂W = − lλ f 2πεln ba ⋅ f

∂t

2

= lλ 2 ln ba

∂t fζ

2πε

1.一个半径为 R的电介质球 极化强度 P=K r 2 (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)

r 电容率为

r ρ P = −∇⋅ Pr = −K∇⋅ 2 = −K(∇ r ⋅r + 12 ∇⋅rr) = −2 K / r r 1 r

r

2

r

ζ P = −nr⋅(Pr2 − Pr1)

R

又 球外无极化电荷

Pr2 = 0 ζ p = nr ⋅ Pr1 R = nr r ⋅ K rr2 R = K / R

(2) 由公式 Dr = εEr

Dr = ε 0Er + Pr

Dr =

εPr ε −ε 0

ρ f = ∇⋅ Dr =

ε ∇⋅ Pr = εK ε −ε 2 `

0 (ε −ε 0)r

(3)对于球外电场 由高斯定理可得

∫ Er Q 外 ⋅dsr = ε 0

∴Er外 ⋅ 4πr2 = ∫ ρ f dV

∫∫∫ ε( ε−εK 2

0)r 2 ⋅r sinθdrdθdϕ ε = 0 ε 0 ∴Er外

εKR r ε 0(ε −ε 0)3 r r

同理可得球内电场 E r

K r

ε −ε ⋅ r 0 r

2

∴球外电势ϕ外

Er外 ⋅drr

εKR

ε 0(ε −ε 0)r

球内电势ϕR 内

Er外 ⋅drr ∫

Er内 ⋅drr

εK K ln Rr

R

r

ε +

0(ε −ε 0) ε −ε 0

1 r 1 ε Krr ⋅ 4 ω内

K r 2

2 D内 ⋅ Er内

2 ⋅ ε ε ⋅ ⋅ r εK

0 r 2 ε ε 0 r 2 2 ε ε 0 r 2 ∴ ∫∫∫ 12

∴W内 ω∫

dV 内 2 ⋅ εK (ε −ε r 2 ⋅ r 2sinθdrdθdϕ 2πεR εK −ε 02 )

0)

2 2 2

W外

∫ ω1 ⋅ ε K 2 R 2

1 ⋅ r

2 外dV = ∫∫∫

2

⋅ sinθdrdθdϕ

2πε RK

∴W =WR ε内 W外 2πεR(1+ 2 εεε 0(ε ) (− ε K0)2 r 4

0(ε −ε 0)2 ) 2

ε −ε 0 2 在均匀外电场中置入半径为 R0的导体球 试用分离变数法球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θ0; 2 导体球上带总电荷 Q. 解

1 当导体球上接有电池 与地保持电势差θ0时 以地为电势零点 本问题的定解条件如下

θ内 θ0

R= R0

∇ ϕ外 2ϕ外 0

R→∞ = −E0Rcosθ ϕ 0 R> R0 且ϕ 外

ϕ 0是未置入导体球 R=R0

前坐标原点的电势

= θ0

根据有关的数理知识 可解得 ϕ外

a n

R n

b

n 1

Pn cosθ )

n 0 R n

由于ϕ外

R→∞

= −E0Rcosθ ϕ 0即

ϕ外 a 0 + a1Rcosθ + ∑∞ a nRnPn (cosθ) + b0 ∞

+ b1

Rbn 2 cosθ + ∑n+1 Pθ ) R→∞ = −E0Rcosθn=2 R R n (cosn=2

故而有 a0 = ϕ 0,a1 = −E0,an = 0(n > 1),bn = 0(n > 1)

∴ϕ外 ϕ 0 Eb0 b

0Rcosθ

R + R

1 2

cosθ

ϕ 0 +

又ϕ外 R=R0 = θ0,即 ϕ外 R=R0 = ϕ 0 − E0Rcosθ

b0 b1

+ 2 cosθ = θ0 R0 R 0

故而又有

ϕ + b0 = θ0

R

b1

− E0R0 cosθ + 2 cosθ = 0 R 0

得到

b0 = (θ0 −ϕ 0)R0,b1 = E0R0

2

最后 得定解问题的解为

ϕ外 = −E0Rcosθ +ϕ 0 + (θ0 −ϕ 0)R0 0R 3 0

cosθ(R > R0)

R R

2 当导体球上带总电荷 Q时 定解问题存在的方式是

2

∇ θ内 0(R < R0) 2

∇ θ外 0(R > R0) θ内 R→0 有限 θE0Rcosθ +ϕ 0(ϕ 0是未置入导体球前坐标原点的电势 外 R→∞ θ θ外 内R R0

∂θ外

− ε 0 ds Q(R = R0) ∫ ∂R s

解得满足边界条件的解是

ϕ内

anR nPn cosθ ∑

n=0

ϕ外 ϕ 0 E0Rcosθ

bn

θ ∑ R n 1 Pn cos

n=0

由于ϕ外 R→∞ 的表达式中 只出现了 P1(cosθ cosθ项 故 bn = 0(n > 1)

∴ϕ外 ϕ 0 E0Rcosθ

b0 b

+ 1 R R

2

cosθ

又有ϕ外 R=R0 是一个常数 导体球是静电平衡

ϕ外 R=R0 = ϕ 0 − E0R0cosθ

b0 b + 1 R0 R

2 0

cosθ = C

b1 3

∴−E0R0 cosθ + 2 cosθ = 0即 b1 = E0R 0

R 0

ϕ外 ϕ 0 E0Rcosθ + b0

∂θ外 ∂r

3

+ E0R 0

cosθ

R R 2

又由边界条件− ε 0

s

ds Q

Q

∴b0 =

4πε 0

∴ϕ内

Q

−ϕ 0,R < R0

4πε 0R0

3

E R0 Q

+ 0 2 cosθ E0Rcosθ R > R0

4πε 0R R

ϕ外

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 叠加 后者满足拉普拉斯方程 解 一. 高斯法

在球外 R > R0 ,由高斯定理有 而言 束缚电荷QP = 0)

4πεR与球面上的极化电荷所产生的电势的

r

ε 0 E ∫ ⋅dsr = Q总 Q f + QP = Q f 对于整个导体球

Q f ∴Er =

4πε 0R2

积分后得 ϕ外

Qf

4πε 0R + C.(C是积分常数

又由于ϕ外 R→∞ = 0,∴C = 0

Q f

∴ϕ外 = 4πε 0R (R > R0)

在球内 R < R0 ,由介质中的高斯定理

Dr ⋅dsr = Q

Q f 又 Dr = εEr,∴Er =

积分后得到 ϕ内

f

4πεR2

Qf

+ C2.(C2是积分常数 4πεR

由于ϕ内 ϕ外 R=R0 ,故而有

Q f Qf

= + C2

4πε 0R0 4πεR0

Q f Q f

− ∴C2 = 4πεR0 (R < R0).

4πε 0R0

∴ϕ内

Qf Qf Qf

− 4πεR0 (R < R0)

4πεR 4πε 0R0

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 =

Q f

+ϕ '

4πεR R

由于θ'是球对称的 其通解为 ϕ'= a + b

由于球心有Qf 的存在 所以有ϕ内 R→0

∞ 即ϕ内

Q f

a

4πεR

在球外有ϕ外 R→∞ 0 由边界条件得

即ϕ外

Qf b

4πεR R

ϕ内 ϕ外 R0 ,即

R

Qf Qf + b + a 4πεR0 4πεR0 R0

,即

ε0 Qf2 − ε 0b = − εQf

2

4πεR0 R 4πεR02 0

∂ϕ内 ∂ϕ外

ε ε 0

∂R ∂R

R R0

∴b = Q 1 − ε1),a Qf 1 − ε1) f

4πε (ε 0 4πR0 (ε

Qf ϕ 4πε 0R ,R > R0 外 ∴

Qf Qf Qf

内ϕ − ,R < R0

4πεR 4πε 0R0 4πεR0

4 均匀介质球 电容率为ε

1 的中心置一自由电偶极子

r

P 球外充满了另一种介质 电 f

容率为ε 2 求空间各点的电势和极化电荷分布

提示 同上题 θ =

r r

P ⋅ R3 +θ',而θ'满足拉普拉斯方程 f 4πε1 R

∂θ ∂θ外

解 ε1 内 = ε 2

∂R ∂R

又ε

∂θ内

1

∂R

R0

= ε1(−

2Pf cosθ l 1

+∑lAlR 0 Pl

4πε1R03

∂θ外

ε 2

∂R

= ε 2(− 2Pf cosθ Bl

−∑(l 1 R 2 Pl l R0

4πε1R03 0

比较 Pl (cosθ)系数

B0 0 A0 0

2ρ f3 1 ε 2ρ f3 2ε B1 2

4πR0 4πε1R0 R 0

得 A1 =

2(ε1 −ε 2)ρ f

4πε1(ε1 + 2ε

3 ,B1 =

4πε1(ε1 + 2ε 2) 2)R0

2(ε1 −ε 2)ρ f

比较 P2(cosθ )的系数

2ε1A2R0

1

3B42 , A2 = RB2 R

4 0

及 A2(1+ ε1R0 ) = 0

所以 A2 = 0,B2 = 0 同理 Al = Bl = 0,(l = 2,3L) 最后有

θ内

ρr f ⋅ Rr ρ f ⋅ Rr3 (ε1 −ε 2)ρr f ⋅ r

2(ε1 −ε 2)ρ f

33 Rr 3 ,(R < R0) 4πε1R 4πε1(ε1 + 2ε 2)R0 4πε1R 4πε1 (ε1 + 2ε2 )R 0

ρ f ⋅ Rr3 (ε1 −ε 2)ρr f ⋅ Rr3 3ρr f ⋅ Rr r ρr f ⋅ Rr 2(ε1 −ε 2)ρ f

323 ,(R > R0) 4πε1R 4πε1(ε1 + 2ε 2)R 4πε1R 4πε1 (ε1 + 2ε2 )R 4π (ε1 + 2ε 2)R

θ外

球面上的极化电荷密度

ζ P = P1n − P2n,nr从 2指向 1 如果取外法线方向 则 ζ p = P外n − P球n = [(ε 2 −ε 0)∇φ外)]n −[(ε1 −ε 0)∇φ内)]n

∂θ内 ∂θ外

= −(ε 2 −ε 0) ∂R + (ε1 −ε 0) ∂R

R R0

− 6ρ f cosθ 3 − (ε1 −ε 0)[6(ε 0 −ε 2)ρ f cosθ− 2(ε1 −ε 2) − 2(ε1 + 2ε 2) ρ cosθ] = (ε 2 −ε 0) f 3

4π (ε1 + 2ε 2)R03 4π (ε1 + 2ε 2)R0 4πε1 (ε + 2ε )R 1 2 0 = 6ε1(ε 0 −ε 2) + 6ε 2(ε1 −ε 0)ε 0(ε1 −ε 2) 3 ρ f cosθ

3

4πε1 (ε1 + 2ε2 )R 0

f

2πε1(ε1 + 2ε 2)R0

求极化偶极子

P = qlr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 r

f

点电荷旁边有极化电荷

ε 0 ε 0 qP = ( f −1)(−q f ) 两者合起来就是极化偶极子

ε1 ε 1 ε 0 1Pr P = ( −)Prf ε1

5.空心导体球壳地内外半径为 R1和 R2 球中心置一偶极子P 球壳上带电 Q 求空间各点 电势和电荷分布

r

R2

2∇θ3 r→∞ = 0 θ3 = 0, θ = C,θ2 r→0 = ∞ 2 r P⋅rr 13 +θ1',θ1' r→0为有限值 θ = 4πε 0r

θ 3 θ

θ

R1

Bl

3θ ∑θ ),θ3 r−R = C r Pl (cosl+1 2 θ = C,θ2 r=R1 = C 2 r Pf ⋅rr

∂θ3 ∂θ1 = Q

θ = + ∂r dS r=R ∑ ∫ ∫ 1 2 1

ε 0 4πε 0r ∂r dS r=R

3 + AlrlPl (cosθ) −

B B B 0 + 12 cosθ + R P2 +L = C 2

2 R 3 2 R 2 Pf cosθ2 + A0 + A1R1 cosθ +L = C 4πε 0R1

即 A 0 = C,(A R + 0 = R 1 1

2

B Pf 2 )cosθ = 0,Bl = 0(l = 1.2.3L), Al = 0(l = 2.3.4L)

4πεR1

θ Pf cosθ 又 ∂θ1 = − 2Pf cos∂r ∑lAlRl−1 PL = − 3 + A1 cosθ 3 +

1 +L

4πε 0R1 2πε 0R1

∂θ Bl B 02 − 2 RB13 cosθ +L

l+2 Pl = − R ∂r3 =∑(−l −1) r 1 1

则 −

∂θ3 B 1B0 0 2 dS = RB02 ∫dS = 4π2R 2 = 4πB0

dS = ∫ ∂r ∫ R1 R 1

1

Pf 2π π 2π π − Pf ∂θ1

33 cosθR12 sinθdθdϕ = 0 + 0 = 0 ∫ ∂2πε 0R1 0

0 4πε 0R1

故 −

∂θ3 ∂θ1 0 = εQ

dS + = 4πB ∫ ∂r ∫ ∂r

− Pf Q Q

B0 = 4πε 0 , A0 = 4πε 0R2 , A1 =

4πε 0R3 1

最后有

电荷分布

Pr ⋅rr 2 Pr f ⋅rr Q

θ1 = − 3 + 4πε 0R2 ,(r < R1)

4πε 0r 4 πε 0R1

Q θ = 4πε 0r ,(r > R2) 3 Q 2θ = 4πε 0R2 ,(R1 < r < R2)

在 r R1的面上

− Pf cosθ − Pf cosθ = − Pf cosθ ∂θ =

ζ P = ε 0 1 + 1 3 3 3

∂r 2πR 4πR 1 1

4πR

在 r R2面上

1

Q

ζ P = −ε 0 3 = 2 2 ∂r

4πR2

∂θ

6 在均匀外电场 E0中置入一带均匀自由电荷 ρ f 的绝缘介质球ε 求空间各点的电势

r

Bl )Pl (cosθ )

θ (Alr l + 外

∑ r l+1 1 ρ f r 2 +θ '

解 θ内

6ε 2 '

∇ θ = 0

r

θ内是由高斯定理解得的 ρ f 的作用加上 E0的共同作用 θ外 r→∞ = −E0r cosθ,θ ' r→0 有限 Bl θ E0r cosθ + +1 Pl (cosθ ) ∑ 外 r l θρ f r 2 + 内 1

∑cer 6ε

lPl (cosθ )

θ内 θ外 r = R0) : B0 B 2 E0R0 cosθ + R0 0 3 P2 +

1 ρ f R0 2 + c + c1R0 cosθ + c2R0 2P2 +

6ε 0

即 ρ f

6ε R0 2 + c0 = BR0 B1

E0R0 + 2 = c1R0

R0 B2 R0

3

= c2R0

2

∂θ ∂θ外 ε ∂r内 = ε 0

∂r ∂θ

ρ f ρ f

R0 + lclR0l−1Pl (cosθ) ]= 3 R0 +εc1 cosθ + 2εc2R0P2 +L 内 = ∑ 3ε ∂r

∂θ外 0lPl )

R0l+2 ∂r

−ε0E0 cosθ −

ε0B0 ε0B1 ε0B2

3 4 P2 +LL R02 R0 R0

ρ f ε B0

3 R0 = − 0 2

R 0

B0

= − R3 0

ρ f 3ε 0

εC1 = −ε 0E0 − 2ε 0B1

3 R 0

2εC2R0 = − 3ε 0B

4 2LL R

解方程得

C0 = −R02ρ f (3ε10 + 61ε

)

3

B = − 3ε 0E0R 0

+ E0R0

1

ε + 2ε 0

3

C = − 3ε 0E0 1

ε + 2ε 0

C2 = B2 = 0

及 2εC2R0 = −3ε 0R0C2 同理 Cl = Bl = 0

即 C2(2εR0 + 3ε 0R0) = 0

l = 2,3LL

θ 外 得

θ 内

3 3 f + E0R E0r cosθ ± R 3ε 0E0R3 0 ρ 0 cosθ − 0 2 cosθ,r > R0 3rε 0 r 2 (ε + 2ε 0)r

ρ 2 1 1 6εf r ± R0 ρ f ( 3ε 0 6ε

2

3ε 0E0

ε + 2ε 2 r cosθ,r < R0

7 在一个很大的电解槽中充满电导率为 ζ 2的液体 使其中流着均匀的电流 δ f 0 今在液

体中置入一个电导率为 ζ 1的小球 求稳衡时电流和电荷分布 讨论 ζ 1 >> ζ 2 及

ζ 2 >> ζ 1两种情况的电流分布特点

先求空间电势

2

∇ θ内 0 ∇ 2θ外 0

θ内 θ外

r = R 0

因为δ

内n 外n

δ(r = R0) 稳恒电流认为表面无电流堆积 即流入n =流出n

故 ζ 1 2θ

2θ外

= ζ 2

2r 2r

并且δ

外 r→∞

= δ 0 即 θ外 r→∞= −E0r cosθ

( j f0 = ζ 2E0)

θ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

θ 内

这时的解即为

外θ

3ζ 2

2ζ 2 E0r cosθ,r < R0

ζ 1

ζ −ζ cosθ E0r cosθ + E0R0 (ζ 1 1 + 2ζ2 )2 2 ,r > R0

r 3

2θr e + 2θerθ

1 2θ r 求内外电场 E = + −∇θ = −( 2rr

eθ ) θ 2Φ 2θ r sinr

E 内

(2θ内er 1

ζ 2 r + r 2θ erθ ) = ζ3 1 + 2ζ 2 E0(cosθerr − sinθerθ )

2θ内

2r 3ζ 2 E0erz =

ζ1 + 2ζ 2

E R ζ −ζ 2 )[2cosE外 E0(cosθerr − sinθerθ ) + θerr + sinθerθ ] 0 0 1

r 3 (ζ 1 + 2ζ 2

3 E0(cosθerr − sinθerθ ) + E R0 ζ −ζ 2 )[3cosθerr − cosθerr + sinθerθ ] 0 1 r 3 (ζ 1 + 2ζ 2

3

v

ζ 1 −ζ3E0 cosθ ev E 0

0 + R03 ( E r r3 3

r ζ 1 + 2 2

求电流

根据 j ζ E 1 内

r v

v ζ 2Ev外 j 外

2 0

v vj f 0 = ζ E

及( j ⋅r)r = ζ 2E0r cosθr er f 0

v r v

r 5

r 5

r

j内

3ζ1 r f0

ζ1 2ζ 2

3(rj f ⋅rr)rr r

j ζ1 ζ 2 3 f 0

30 ] ζ1 2ζ 2 5

r r

) = 3ε 0E0 cosθ (ζ1 −ζ 2)

ω f = ε 0(E2n − E1n ) = ε 0(E外n − E内n

ζ + 2ζ 2 1

8.半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质ε 导体球接地 离球心为 a 处(a > R0)置一点 电荷Q f 试用分离变数法求空间各点电势 证明所得结果与镜像法结果相同 提示

1 1 = 1 ( ) R = Pn (cosθ).(R > a) ∑ 2 2 r a n R + a − 2aRcosθ a

n=0

解 1 分离变数法

由电势叠加原理 球外电势

θ外

Qf ' '

4πεR +θ ,θ

是球面上感应电荷产生的电势 且满足定解条件

∇θ = 0,(r > R0)

2 ' θ' r→∞ = 0 θ= 0 外

根据分离变数法得

∞ '

r=R0

z

Qf a

P r

Bl1 Pl (cosθ),(r > R0)

θ = ∑ l+

l=0 r

∴θ外

B

+ ∑ l

2 2 r 4πε a + r − 2ar cosθ l=0

Pl (cosθ)

1

l+1

∞ ∞

= Q B r n f 1 l

( ) Pn (cosθ ) + 1 Pl (cosθ),(r < a) ∑ ∑ a 4πε a r l+ n=0 l=0

O

Qf

*

又θ外

r=R0

Q f R Bl

= [ 0 4πεa ( a θ) = ∑ 0 )l + l+1 ]Pl (cos

R n=0 o

Q f B0 Q f R0 B12 Bl Q f R

4πεa πεa4πεa0l R 0 0

l+1

= 0

Q f − R R Q f ,Bl =

∴B0 = −R0 4πεa ,B1 = − al 4πεa ,

2l+1 Q f a 4πεa

3

O

代入 * 式得解

2 镜像法

如图建立坐标系 本题具有球对称性 设在球

' '

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 OQ f 的连线上

'

P

R

R2 r

z Qf Q

2

先令场点 P1在球面上 根据边界条件有

' r Q f Q ' Q' = − Q =常数

+ = 0,即 r rQf r Q f Qf Q'

R0

P1

将Q 的位置选在使∆ Q P1O ∆ Q f P1O,则有

' '

R 0

= 常数 为达到这一目的 令Q '距圆心为 r0

a rQ f

r0 0 R

2 0 R0 a

' rQ' = − Q = R0 =常数 Q ' = − R Q 0 f

并有

r Q f a a Q f

这样 满足条件的像电荷就找到了 空间各点电势为

rQ'

R1 R2

Q f Q f 1 Q θ外 = + − = [ 2 2

4πεr1 4πεr2 4πε a + r − 2ar cosθ

'

Q f

R0

a

+ (R0 + 2r R

2

],(r > a).

)

r cosθ

2 2

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 0

a a

9 接地的空心导体球的内外半径为 R1和 R2 在球内离球心为 a(a

r

因此做法及答案与上题同 解略

1 Q θ内 = − [

2 2 4πε 0 R + a − 2Racosθ

QR1

a ] 4

2R cosθ R1 2R1 2

+ 2 − R

a a

Q.

因为球外θ = 0 故感应电荷集中在内表面 并且为

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 试求这两种情况的电 势 又问ϕ0与 Q0是何种关系时 两种情况的解是相等的

解 由于球壳上有自由电荷 Q0 并且又是导体球壳 故整个球壳应该是等势体 其电势用 高斯定理求得为

Q + Q0 所以球壳内的电势将由 Q 的电势 像电荷−QR1

4πε 0R2

a 的电势及球

壳的电势叠加而成 球外电势利用高斯公式就可得

QR1

Q + Q0 Q 内 = 1 [ a θ− + ].(R < R1) 4 R2 4πε 0 R 2 + a 2 − 2Racosθ R1 2R12R cosθ 2 + 2 − R θ =

a a

θ = Q + Q0 ,(R > R2) 外 4πε0 R

QR1

1 Q 内 = a θ− [ ]+θ0.(R < R1) 4 4πε 0 R 2 + a 2 − 2Racosθ θ R 2R12R cos R 2 + 或 θ = a12 −

a

θ = Rr2 θ0,(R > R2) 外

当θ0 = Q + Q0

时两种情况的解相同

4πε0 R2

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 利用镜像法 根据一点电荷附近置一

P

无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体 Q 球两个模型 可确定三个镜像电荷的电量和位置

− ba Q R

Q1 = − ba Q,r1 = ab rr

O

2

Q2 = ba Q,r2 = − ab r

2

a Q b -Q

r

Q3 = −−brr 1 1 QQ,r 3 = a θ = − + [

2 2 2 2 4 4πε 0 R a + b − 2Rbcosθ R + b + 2Rbcosθ 2 a + 2b R + 2 b Rcosθ

b 2

+

],(0 ≤θ < π 2,R > a)

4 2 a 2 − 2 ab Rcosθ 2

b R +

b

z a

P(x, y, z) Q(x0,a,b) b

y

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

-Q

(x0,-a,b)

+Q

(x0,-a,-b)

-Q(x0,a,-b)

1 1 Q

θ = − − [

2 4πε 0 (x(x − x0)2 + (y − a)2 + (z + b) − x0)2 + (y − a)2 + (z −b)

2

2

1

(x − x0) + (y + a) + (z −b)

2

2

+

1

(x − x0) + (y + a) + (z + b)

2

2

2

],(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 A B 两点间建立电场 使溶液中的载流子运动形

z 成电流 I,当系统稳定时 是恒定场 即 ∇⋅rj + ∂ρ∂t = 0 中 ∂ρ∂t = 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的包围面

r j

A(x0,y0,z0)

ir ⋅dsr

}⇒ ζ1 I = I = Er ⋅dsr = ∫ 而又有r ∫ i = Er ⋅ζ Q ε n

Er ⋅dsr Q ε1 ε I

∴有

ζ ζ 1

对 B

ζ

y

r

j

x

Q = −Q = − Iε1

Q B

ζ

r

jn = 0,即元电流流入容器壁

z

Q(-x0,-y0,z0)

Q(x0,-y0,z0)

Q(x0,y0,z0)

B(x0,y0,z0)

Q(x0,y0,z0)

又在容器壁上 由

rj = ζEr 有 jn = 0时 r En = 0 r

y

-Q(-x0,y0,z0)

-Q(x0,-y0,z0)

-Q(-x0,

y -z0)

-Q(x0,y0,-z0)

0,

∴可取如右图所示电像

x

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

dx

解 δ (x) =

dδ (x) dx

0,x ≠ 0 ∞,x = 0

dδ (x) = lim δ (x + ∆x) −δ (x)

dx ∆x→0 ∆x 1 x ≠ 0时 dδ (x) = 0

dx

2 x = 0时

x

a ∆x > 0, dδ (x) = lim 0 − ∞ = −∞

dx ∆x→0 ∆x

0 − ∞ = +∞ b)∆x < 0, dδ (x) = lim

dx ∆x→0 ∆x

15 证明

1 δ (ax) = δ (x).(a > 0) 若 a<0,结果如何 2 xδ (x) = 0 证明 1 根据δ[θ(x)] =

1

a

δ (x − xk 所以δ (ax) = δ (x) ∑ θ '(xk )

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)⋅ x x=0 = 0 ∫

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

Pr(xr')⋅rr

dV '

ϕ = ∫4πε r3

V

另外 根据极化电荷公式 ρ = −∇' ⋅ Pr(xr')及ζ = nr ⋅ Pr,极化介质所产生的电势又可表为

r

P

r P

Pr(xr')⋅dSr' ∇' ⋅ Pr(xr') dV ' +∫S

ϕ = − 4πε0r ∫ 4πε0r

试证明以上两表达式是等同的

X

O ’

P r

V

证明

Pr(xr')⋅rr

Pr(xr ')⋅∇' 1r dV 1 1 dV ' = 4πε 0 ϕ = ∫ r 3 ∫ '

4πε 0

V V

又有 ∇'p (P r r r r

∇' ⋅ Pr r ∇' ⋅ Pr r

1 P 1 P dV ' +∫S r ⋅dSr] 则 ϕ = dV ' + r ∇' ⋅( ) dV '] = 4πε 0 [−∫ ' ' ' 4πε 0 [−∫V r ∫ r V

V

Pr ∇' ⋅ Pr dV ' +∫S ⋅nr dS]s r ρ ζ 1 1 P P

= 4= πε 0 [−∫ [ dV ' +∫S dS] ∫ 4πε 0 r r r r V ' V

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

ϕ2 −ϕ1 = ε10 nr ⋅ Pr

而电势的法向微商是连续的 各带等量正负面电荷密度±ζ 而靠的很近的两个面 形成面 偶极层 而偶极矩密度 Pr = lim ζlr.)

ζ →∞

l→0

z

E

1

证明 1 如图可得

2E ⋅∆s = ζ ⋅∆s ,

ε 0

+

ζ ζ z − ζ z = 0

∴E = 2ε ,θ1 −θ2 =

2ε 0 2ε 0 0

x

2

S

E

∂θ1 = Er1 = ζ erz

0 ∂n1 2ε ∴ ∂θ1 − ∂θ ζ 2 = ε 0

∂n ∂n 2

1

∂θ ζ r 2 = E 2 = 2ε 0

∂n2

(−erz )

2)可得 Er = ζ r

z e ε 0

r n

r

+

r

1 2

nr ⋅ Pr

∴θ2 −θ1 = limEr ⋅lr = lim ζ nr ⋅lr

ε 0

= l→0 l→0 ε 0

-

∂θ1 r ∂θ2 = Er

= E , ∂n ∂n

z

∴ ∂θ2 − ∂θ 1

∂n ∂n

= 0.

π π 的半 18.一个半径为 R0 的球面 在球坐标 0 <θ < π 的半球面上电势为ϕ0 在 <θ <

2

2

球面上电势为−ϕ0 求空间各点电势

P (x) − P (x) 1∫ n

(x)dx =

1P + n 1

n−1 , 0

2n +1 0

提示 Pn (1) = 1

0,(nPn (0) =

=奇数)

n1⋅3⋅5⋅⋅⋅(n− 1)

(

−1) 2 2⋅4⋅6 ,(n =偶数) 解

∇ ∇2 2θθ外内 = 0 0 θ 内 r→0 < ∞ θ 外

r→∞ = 0 θ θ 0,0 ≤θ < π

r=R 0

= f (θ) = 2

− θ0, π <θ ≤ π

2 θ内 = ∑ AlrlPl (cosθ) 这是θ内按球函数展开的广义傅立叶级数 Alrl是展开系数 2l +1[ 1

A0l = fl = θ内 R Pl (cosθ)d cosθ] = 2l +1[− π

lR2 ∫ 0 ∫0 θ内 R 0 Pl (cosθ)⋅sinθdθ−1 2

π = 2l +1[− 2

π 2 ∫0 θ0Pl (cosθ)sinθdθ + ∫ πθ 0Pl (cosθ)sinθdθ ] 2

= 2l +1[θ0 0Pl (x)dx −θ0 −12 ∫Pl (x)dx] 1 = 2l +1θ[− ∫ 00 Pl (x)dx + 10 P2

∫− 1 ∫0 l (x)dx

由 Pl (−x) = (−1)l Pl (x) 则 AlR0l =

2l +1θ 2

0[(−1) l+1∫1P(x)dx + 1P(x)dx] 0 ∫0 ]

= 2l +1 θ0[(−1)l+1 +1]

2 1Pl (x)dx

当 l为偶数时 AlR0l = 0 当 l为奇数时 有

Pl+1(x) − Pl−1(x) 1 2l +1θ l+1 +1]∫1Pl (x)dx AlR0l = = (2l +1)θ0 0[(−1) 0 2 2l +1 0

1⋅3⋅5⋅⋅⋅l 1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l − 2) = −θ0[(−1) ] 2⋅ 4⋅6⋅⋅⋅(l +1) − (−1) 2⋅ 4⋅6⋅⋅⋅(l −1) 1⋅3⋅5⋅⋅⋅l 1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l − 2) = θ0[(−1) ] 2⋅ 4⋅6⋅⋅⋅(l +1) + (−1) 2⋅ 4⋅6⋅⋅⋅(l −1) = θ0(−1)

l−1

⋅5⋅⋅⋅(l − 2) 2 1⋅3l−1 2

l−12

l+1

2

l−1

l

2 l−1

12⋅⋅34⋅⋅56⋅⋅⋅⋅⋅⋅((ll−+21)) (2l +1)

2⋅ 4⋅6⋅⋅⋅(l −1) (l +1

l−1

Al = θ0l (−1) 2 12⋅⋅34⋅⋅56⋅⋅⋅⋅⋅⋅((ll−+21)) = +1)θ0(−1)

R 0

(2l +1)

2

θ外

l+1

l−1

⋅34⋅⋅56⋅⋅⋅⋅⋅⋅((ll−+21)) (2l +1)(Rr )l Pl (cosθ2 12⋅

),(l取奇数 r < R0)

θ内 = θ0(−1)

∑ rBl Pl (cosθ )

l−1

Bl = 2l +1 1 ⋅34⋅⋅56⋅⋅⋅⋅⋅⋅((ll−+21)) 2 12⋅又

∫ (2l +1) rl+1 2 [ θ外 R0 Pl (cosθ)] = θ0(−1)

即 θ

外 =

− 1

(−1)l−21 1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l − 2)

2⋅ 4⋅6⋅⋅⋅(l +1) (2l +1)(R r0 )l+1Pl (cosθ),(l为奇数 r > R0)

1. 试用 A表示一个沿 z 方向的均匀恒定磁场B 写出 A的两种不同表示式 证明两者之 0

差是无旋场

解 B0是沿 z方向的均匀的恒定磁场 即B0 = Ber∇× Ar r r z 且 B0 = r

r r r

∇× Ar = ( Azyx x Axy A ∂Az ∂y ∂z ∂x )erz

∂Az r A ∂Az − ∂∂zy = 0 ∂y ∂y r r ∂A ∂A

如果用 A在直角坐标系中表示 B 即 x − ∂xz = 0 0

∂z ∂A ∂Ax

y − ∂y = 0 ∂x

在直角坐标系中

由此组方程 可看出 A有多组解 如 解 1 Ay = AZ = 0, Ax = −B0 y + f (x)

r

Ar = [−B0 y + f (x)]erx

解 2 Ax = Az = 0, AY = B0x + g(y)

Ar = [B0x + g(y)]ery

解 1和解 2 之差为 ∆Ar = [−B0 y + f (x)]erx −[B0x + g(y)]ery 则

∇× (∆Ar) = [ ∂(∆A)∂(∆A) y ∂(∆A) x ]er

∂(∆A) x (∆A) yz

∂y ∂z ∂x ∂y

∂(∆A) z r

0 ∂z

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 电流强度为 I 试用唯一性定

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

本题给定了空间中的电流分布 故可由 Br =

µ0 Jr×rr dV '求解磁场分布 又 J 在导

r

∫ 4π r

3

µ0 Jdlr×rr

线上 所以 Br =

∫ 3 4π

r

1 螺线管内 由于螺线管是无限长理想螺线管 故 由电磁学的有关知识知 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 不妨取场点为零点 以柱坐标计算

rr = −acosϕ'erx − asinϕ'ery − z'erx dlr = −adϕ'⋅sinϕ'erx + adϕ'⋅cosϕ'ery

∴dlr×rr = (−adϕ'⋅sinϕ'erx + adϕ'⋅cosϕ'ery )× (−acosϕ'erx − asinϕ'ery − z'erx )

2 = −az'cosϕ'dϕ'erx − az'sinϕ'dϕ'ery + a dϕ'erz

取由 z'−z'+dz'的以小段 此段上分布有电流nIdz'

nJdz'(−az'cosϕ'dϕ'erx − az'sinϕ'dϕ'ery + a derz ) 2 ϕ'

µ0 ∴Br =

4π ∫2

+ (z ') ]32 [a

2

2

+∞

d(za')

= µ0 nIµ0 a dz' r z = dϕ' ⋅nIe = nµ0I −∫ ∫ 3 2 2 2 4π ∫z' ∞ −∞ [a + (z ') ]32 0 [( )2 +1] 2

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 = xr − xr' = (ρ cosϕ − acosϕ ') ρ sin2

+ (ϕ − asinϕ') + z'

2 2

2 2 2

= ρ + a + z' −2aρ cos(ϕ −ϕ ')

rr = xr − xr'= ( ρ cosϕ − acosϕ')erx (ρ sinϕ − asinϕ')ery − z'erz dlr = −adϕ'⋅sinϕ'erx + adϕ'⋅cosϕ'ery

∴dlr×rr = −az'cosϕ'dϕ'erx − az'sinϕ'dϕ'ery +[a ρ cos(ϕ'−ϕ)]dϕ'erz 2 − a

∴Br = 4π ⋅nI[ − az'cosϕ'dϕ'erxdz'+

dϕ' ∫ −∫ 3 µ0 r ∞

− az'sinϕ'dϕ'erydz'+

dϕ' ∫ −∫ r ∞ 0

3

a 2 − aρ rco3 s(ϕ'−ϕ) dz'erz ] + ∫dϕ' ∫

−∞

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 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 所以 Br = 0

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 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 本题的定解问题为

r A1 = −µ0Jr,(z > 0) 2 ∇ 2 r r ∇ A = −µJ,(z < 0) 2 r r A1 = A 2 z=0

r 1 ∇× A2 z=0 = 1 ∇× Ar1 z=0

µ µ0

由本题具有轴对称性 可得出两个泛定方程的特解为

µ0 Idlr Ar1(xr) = 4π r

r

Ar2(xr) = µ Idl

∫ 4π r

µ0I erθ ,(z > 0)

由此可推测本题的可能解是 Br r2π

,(z < 0) µI erθ

2πr

验证边界条件

1 Ar1 = Ar2 z=0,即nr ⋅(Br2 − Br1) = 0

题中 nr = erz ,且erz ⋅erθ = 0 所以边界条件 1 满足

1 ∇× Ar2 1 ∇× Ar1 z=0,即nr× (Hr 2 − Hr 1) z=0 = µ 2

= 0 µ 0

本题中介质分界面上无自由电流密度 又

r

Hr1 = B I r 1 = e

µ θ 2πr 0 r Hr 2 = B r 2 = Ie θ µ 2πr

∴Hr 2 − Hr 1 = 0,满足边界条件nr× (Hr 2 − Hr 1)

= 0

综上所述 由唯一性定理可得 本题有唯一解 Br

µ0I erθ ,(z > 0) 2πr ,(z < 0) µI erθ 2πr r

在介质中 Hr = B B − Mr 故在 z<0的介质中 Mr = 2 − Hr 2

r

µ0 µ0

即 Mr = I

∴ 介质界面上的磁化电流密度

− 2Iπ r r eθ = µ −1)erθ

⋅ µ erθ 2πr (µ 2πr µ0 0

I

αrM = Mr ×nr I µ I µ −1)erθ ×erz = −1)err

2πr (µ 2πr (µ

= 0 0

总的感应电流

Mr ⋅dlr I µ −1) ⋅ ⋅ θ = I(µµ −1) 电流 r r J M = ∫2πr (µ e r dϕ ⋅e θ ∫ 0

= 0

在 z<0的空间中 沿 z轴流向介质分界面

4. 设 x<0 半空间充满磁导率为µ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 假设本题中得磁场分布仍呈轴对称 则可写作

即可得 在介质中

µ′I ev Bv =

ϕ

2πr

nv⋅(Bv − Bv1) =

2

其满足边界条件 0 v v 1) =nv ×(H 2 − Hαv =

v Hv 2 = B µI v = ′e ϕ

µ 2πrµ

v

v B − Mv = 2πrµ0 eϕ − Mv 而H 2 =

µ0

µ′I v

∴在 x<0的介质中 Mv = µ′I µ − µ0 v

e ϕ

2πr µµ0

v v

则I M = M∫ dl 取积分路线为B → C → A → B的半圆

Q AB⊥evϕ , ∴ AB段积分为零 I M = Iµ′(µ − µ0)

2µµ0

∴Bv = µ0(I + I M ) ev

ϕ

2πr

eϕ = Bv = − Iµ′ evϕ 可得µ′ = µ2µµ+ µ0

2π r ∴由 µ0(I +I M )v

2πr

µµ0 ∴空间 Bv =

I v

e ϕ

µ − µµ + µ0 π0 r

沿 z轴 I M = µ + µ0 I

5. 某空间区域内有轴对称磁场 在柱坐标原点附近已知 B z

≈ B0 −C(z 2 − 1 ρ 2) 其中

2

B0为常量 试求该处的 Bρ

提示 用∇⋅ Br = 0,并验证所得结果满足∇× Hr 0

解 由 Bv 具有轴对称性 设 Bv = Bρevρ + Bzevz 其中 B

z = B0 − c(z 2 − 1 ρ 2)

2

Q∇⋅ Bv = 0

∴ ρ1 ∂∂ρ (ρBρ ) + ∂∂z Bz = 0

ρ1 ∂ρ∂ (ρBρ ) − 2cz =

∴ρBρ = czρ 2 + A (常数)

取 A = 0 得 Bρ = czρ

∴Bv = czρevρ +[B0 − c(2 z − 1 ρ2 )]evz

2

1

Qvj = 0,Dv = ∴∇× Bv = 0 即 (∂ B ρ ∂ −B z

)evθ = 0 0 ∂z ∂ρ

2

代入 1 式可得 2 式成立 ∴ Bρ = czρ

c为常数

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

提示 用条件 ∂ 22 Bz = 0

∂z

解 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

v v Idl×r sinIa Bv1 = B1zevz , B1z = 4µα = µ π0 0 ∫ r 3 2 2 ]32 ∫

dθ 4π [a 2 + (z − L)

1 = 1 µ0 Ia 2

3

2 2 2 2 ] [(L − z) + a

同理

L处线圈在轴线上 z处产生得磁感应强度为

Bv2 = B2zevz

1 B2z = 1 µ0Ia 2

2 [(L + z)2 + a 2 ]32

∴ 轴线上得磁感应强度

Bv = Bzevz = 1 µ0 2 Ia 1 1

+ 2 2 2 2 ]32 [(L + z) ]32 2 [(L − z) + a + a

2 Q∇× Bv = 0

v z e

∴∇× (∇× Bv) = ∇(∇⋅ Bv) −∇ Bv = 0

2

又∇⋅ Bv = 0

Bv = 0, ∂∂z22 Bz = 0 代入 1 式中 得 2

∴∇

1 1 5 − 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2

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

[(L − z) + a ]

5

2 2

] 2 (L + z) 2 + [(L + z) 2 + a 2 ] 2 [(L 2[(L + z) 2 + a 2 ] 2 [(L + z) + a + z) 2 + a 2 ]3 − 6(L − z)

2

[(L − z) + a ]

−1

1

2 2 6

取 z 0 得

2 6

(L + a −2(L + a ) [) L − 2(L + a ) ]+12(L + a ) L = 0

2

2

2

2

2

2

2 3 2

−1

2 1 2 2 5 2 2

∴5L = L + a

2 2 2

∴L = 12 a

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 导体外的磁导率为µ 解 定解问题为

r

A内 = −µ0Jv,(r < a) 2 ∇v v 2 ∇ A外 = 0,(r > a) v

∞ A 内 0 < v v A a = A 内 a 外 1 ∇× Av内 = 1 ∇× Av外 µ µ0

选取柱坐标系 该问题具有轴对称性 且解与 z无关 令

Av内 = A内(r)evz

v A外(r)evz 代入定解问题得

A 外

1 ∂ (r ∂A内(r)) = −µ J

0 r ∂r ∂r

r)) = 0 ∂ 1 ∂ (r A 外

r ∂r ∂r

A内(r) = − 1 µ Jr 2

+ C1 lnr + C2

得 4

A外(r) = C3 lnr + C4

由 A内(r) r=0 < ∞ 得C1 = 0

Av内 = 1 ∇× Av外 得C 3 = 由 1 ∇×− µ2 Ja 2

µ0

µ

由 A v a = Av内 a 令 v A a = Av 内 a = 0 得 C2 = 1 µ 0Ja 2,C4 = µ2 Ja 2 lna

4

A v = 1 µ0Jv(a 2

− ∴

内 4

r ) 2 v µ v a A 外

2 Ja

2 ln r

8. 假设存在磁单极子 其磁荷为 Qm 它的磁场强度为 H 一个可能的表示式 并讨论它的奇异性

解 Hv = Qm r

v 4πµ3 = Qm 1 0 r 4

πµ0 r 2 e v r

由∇× Av = Bv = µ0Hv 4Qπmr v

=

2e

r 得 r s1 inθ [∂∂θ (sinθA ) − ∂Aθ ] = Qm

θ 2

∂θ 4πr

1 1 ∂Ar − ∂ (rAθ )] = 0

r [ sinθ ∂θ ∂r (1) 1 ∂ (rAθ ) − ∂∂θ]A =r

r [

∂r 0 令 Ar = Aθ = 0, 得

∂ (sinθAθ ) = Qm sinθ

∂θ 4πr

∴sinθA = ∫θ θ Qm sinθ dθ

4πr

∴ A= Q0

θ m 1− cosθ

4π r sinθ

显然 Aθ 满足 1 式

∴ 磁单极子产生的矢势 Av = Qm 1− cosθv 4π r sinθ

e

θ

r Qm r =

r 4πµ给出它的矢势的0 r3

讨论 当θ → 0时 Av → 0

v → Qm v 当θ → π 时 A

2

当θ →π 时 Av → ∞

e

θ

4πr v v 故 A的表达式在θ = π 具有奇异性 A不合理

r

r

9. 将一磁导率为µ 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

r

v

v

解 根据题意 以球心为原点建立球坐标 取 H 0的方向为 e 此球体在外界存在的磁场 z 的影响下极化 产生一个极化场 并与外加均匀场相互作用 最后达到平衡 保持在一个

静止的状态 呈现球对称

本题所满足的定解问题为

2 ∇

ϕm = 0,R < R0 1 ∇ 2ϕm2 = 0,R > R 0

∂ϕ m1 ∂ϕm2

ϕϕm ,µ ∂R = µ0 m1 = 2 ,(R = R0) ∂R ϕ R=0 < ∞ m1

ϕm2 R=∞ = −H 0Rcosθ

由泛定方程和两个自然边界条件得

ϕm1 = anRnPn (cosθ ) ∑

n=0

dn ϕm 2 = −H 0Rcosθ + ∑Pn (cosθ) R n+1

n=0

由两个边界条件有

∞ dn

anR0nPn (cosθ) = −H 0R0 cosθ + ∑∑ n+1 Pn (cosθ) R n=0 n=0

0 ∞ ∞

(n +1)dn µ annR0n−1Pn (cosθ ) = −H 0µ0 cosθ − µ0 Pn (cosθ) ∑ ∑ R n+2 n=0 n=1 0

3µ0H 0 a = − 1

µ + 2µ0

µ − µ0 d1 = µ + 2µ0 H 0R0

3

an = dn = 0,(n ≠ 1) 3µ0 ϕ = − H 0Rcosθ,R < R0 m1

µ + 2µ

∴ 3

R = −H Rcosθ + µ − µ0 m2 θ,R > R0 ϕ ⋅ 02 H 0 cos0 µ + 2µ0 R

v v 3µ0 H 0 cosθevr − 3µ0 H 0 sinθevθ = 3µ0

H1 = −∇ϕm1 = H 0 µ + 2µ0 µ + 2µ µ + 2µ v v 3µµ0 H µ + 2µ0 0 B1 = µHv1 =

3 3

µ − µ0 2R0 µ − µ0 R v ]H 0 cosθevr −[1− θevθ ⋅ 3 ⋅ 3 ]H 0 sinH 2 = −∇ϕm2 = [1+ µ + 2µ0 0 R µ + 2µ0 R

v v v v µ − µ0 3 [3( = Hv 0 + ⋅ ) H R R H 0

− 0 R ] 0 5 3 µ + 2µ0 R R

µ − µ0 µ0R03[3(Hv 0 ⋅ Rvv )Rv v v v 0

B2 = µ0H 2 = µ0H 0 + − H 3 ]5 µ + 2µ0 R R 3µµ0 Hv 0,(R < R0) µ + 2µ0

∴Bv =

3[3(Hv 0 ⋅ Rv)Rv v −

µ − µ0 v 0 0

H µ0H 0 + ],(R > R0)

R5 R3 µ + 2µ0 µ R0

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 − µ0 R 0 v ∴ϕm中 µ + 2µ0 ⋅ 2

R 2 H 0 cosθ 可看作偶极子m产生的势

v

1 ⋅− 3

RR023 Hv 0 ⋅ R

即 µ0 02 0Rv + 4R3 µ 2µ0 µ − µ0

µ − µ0 v ∴mv = 4π µ + 2µ0

R0 H µ + 2µ0 ⋅

3

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µ 求空

r

腔内的场 B 讨论µ >> µ0时的磁屏蔽作用

解 根据题意 以球心为原点 取球坐标 选取 H 0的方向为e 在外场 H 0的作用下 球 z 壳极化 产生一个附加场 并与外场相互作用 最后达到平衡 B的分布呈现轴对称

定解问题

r

v

v

v

v

2 ∇ ϕm = 0,R < R1

1

∇ 2ϕm2 = 0,R1 < R < R2 2 ∇ = 0,R > R3 ϕm 3 ϕϕm2 R=R1 ,ϕm2 = ϕm3 R=R2 m1 =

∂ϕ m1 ∂ϕm2 ∂ϕm3 ∂ϕm2

µ0 ∂R = µ ∂R R=R1 ,µ0 = µ ∂R ∂R ϕR=0 < ∞ m1 ϕm3 R=∞ = −H 0Rcosθ

R=R2

由于物理模型为轴对称 再有两个自然边界条件 故 三个泛定方程的解的形式为

ϕm1 = anRnPn (cosθ ) ∑

n=0

ϕm2

= ∞

cn

(bnRn + θ ) ∑ Rn+1 )Pn (cos

n=0

dn

ϕm = −H 0Rcosθ + θ) ∑ Rn+1 Pn (cos3

n=0

因为泛定方程的解是把产生磁场的源 H 0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 (cosθ)} 在本题中 源的表示是

v

− H 0Rcosθ = −H 0RP1(cosθ)

所以上面的解中 an = bn = cn = dn = 0,(n ≠ 0) 故 解的形式简化为

ϕm = a1Rcosθ 1 ϕm = (b1R + c

)cosθ ϕm = −H 0Rcosθ + d

R 3

2 cosθ

2

2

1

1

R

代入衔接条件 得

a R1 = b1R1 + c1 1

R12

c1 d1

b R2 + 2 = −H 0R2 + 2 1

R R 2 2 2c1 a1µ0 = µ(b1 − R1 3

2d1 2c1

− µ0H 0 − µ = µ(b1 − R 3 )3 R 2 2

解方程组得

3 3

a1 = 3µ0(2µ + µ0)H − µ0)H 0R2 + 3µ0(µ

2 3

2(µ − µ ) R1 − µ0)(2µ0 + µ)R 3

2

3µ0(2µ + µ0)H 0R2

b1 =

3 2(µ − µ0)2 R13 − (2µ + µ0)(2µ0 + µ)R23 3µ0(µ − µ0)H 0R2 R1

c1 =

3 µ03 2(µ − µ0)2 R13 − (2µ + µ0)(2 + µ)R23

3

d1 = 3µ0(2µ + µ0)H 0R26 R1 + 3µ0(µ − µ0)H 0R2

+ H 0R2 3 2(µ − µ0)2 R13 − (2µ + µ0)(2µ0 + µ)R23

3

Bvi = µ0H v i = −µ0∇ϕm ,(i = 1,2,3)

i

∴Bv1 = −µ0a1evz

R 1

) 1− (R

]µ0Hv 2

= [1− (µ + 2µ0)(2µ 3 0) − ( R1 )

3 0

2

2(µ − µ0)

R

2

当µ >> µ0时

(µ + 2µ0)(2µ + µ0) ≈ 1

2

2(µ − µ0) ∴Bv1 = 0

即球壳腔中无磁场 类似于静电场中的静电屏障

r

11. 设理想铁磁体的磁化规律为 Br = µHr + µ0M 0,M 0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 M 0为常值 浸入磁导率为 µ'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 做球坐标 以M 0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

v

v

= 0,R < R0 ∇2ϕm 2 = 0,R > R 0

ϕm1 = ϕ R=R0 ,1 m2

∂ϕm − µ′∂ϕm 2

1

= M 0µ0 cosθ µ

∂R ∂R R0

m 0 < ϕ∞ 1 R= ϕ R=∞ = m2 0 2

∴ϕm1 = anRnPn (cosθ ) ∑

n=0

b ϕm2 = (R )Pn (cosθ ) ∑ n

n=0

n+1

代入衔接条件 对比 Pn (cosθ)对应项前的系数 得

an = bn = 0,(n ≠ 1) ∴ϕm1

µ M 0 0

a 1 =

2 µ ′ + µ

µ0M 0

b1 = 2µ′ + µ

R

3 0

µ M 0 = 0 Rcosθ,(R < R0) 2µ′ + µ

= µ M 0 R 0

3

2µ′ + µ R 0

2 cosθ,(R > R0) 1 = µ 1 + µ0 0 = 2µ′µ0Mv

r v v

由此 R < R , B 0 H M 0

2µ′+ µ ϕm2

⋅ Rvv 3 0

= µ′µ0R 0 v 0

M R > R0, B2 = −µ′∇ϕm2 ]

2µ′+ µ R5 R3

v

2µ′µ0M 0

,(R < R0)

2µ′+ µ ∴Bv = (Mv 0 ⋅ Rv)Rr v − 3 [3µ′µ0R 0 0

M ],(R > R0) 5 3 2µ′+ µ R R

又nv× (Bv2 − Bv1) R0 = µ0(αvM +αv) 其中 α 0

v

代入 Bv

的表达式 得

αv 3µ′ M 0 sinθevϕ

M

2µ′ µ0

12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场 H r

0中 结果如何

解 根据题意 假设均匀外场 H v v

0的方向与M 0的方向相同 定为坐标 z轴方向定解问题为

∇ 2

ϕm 1

= 0,R < R0

∇ 2ϕm2 = 0,R > R 0

ϕm1 = ϕm2 R=R0 , µ ∂ϕm1

∂R − µ∂ϕm2 0 ∂R = M 0µ0 cosθ ϕ R0 m 1 R=0 < ∞ ϕ R=∞ = −H 0Rcosθ m2

解得满足自然边界条件的解是

ϕm 1

= a1Rcosθ,(R < R0) ϕm = −H 0Rcosθ + d 1 2

R 2 cosθ,(R > R0)

代入衔接条件

a1R0 = −H 0R0 + Rd1

2 0

µ2d1

0H 0 + µ0 R 3

+ µa1 = µ0M 0

得到

a1 = µ0M 0 − 3µ0H 0

µ + 2µ0 d1 = µ0M 0 + (µ − µ0)H0 µ + 2µR 3

∴ϕm = µ0M 0 − 3µ0H 0

1

µ + 2µR cosθ,(R < R0) 0

3

ϕm = −H 0Rcosθ + µ0M 0 + (µ − µ0)H 0 R0

cosθ,(R > R0) 2

µ + 2µ0

∴Hv 1 = −∇ϕ= m1 −[µ0M 0 − 3µ0r0M 0 − 3µ0H 0

inθevθ ]

µ + 2µ0 µ + 2µ0

v v

= − µ0M 0 − 3µ0H 0

2µ + µ 0

2

3µµ0 Hv 0 + 2µ0 Mv 0,(R < R0) µ + 2µ0 µ + 2µ0

Bv1= µHv + µ0M 0

v

3

Hv 2 = = −∇ϕm2 = −[(−H cosθ − µ0M 0 + (µ − µ0)H 0 2R 0 cosθ)evr −

0 2

µ + 2µ0

− (−H sinθ + µ0M 0 + (µ − µ0)H 0 R03θ0 ⋅ v m

R 2 R5 R3 µ + 2µ0 r v µ0Mv 0 3(mr ⋅ R)R mv µ − µ0 3 v Bv 2 = µ0H v 2 = µ0[Hv 0 ]3 mv = µ + 2µ0 R − + 0 µ + 2µ0 R H+ R5 R3 0 0

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

r

角速度ω转动 求球内外的磁场 B

提示 本题通过解 Ar或ϕ 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 建立坐标系 定解问题为

2 ∇ ϕm = 0,R < R0

1

∇ 2ϕm2 = 0,R > R 0

∂ϕm2 ∂ϕm1 ) = − Qω sinθ 1 ( − 4πR0 R=R0 R ∂θ ∂θ 0

∂ϕm2 ∂ϕm1

µ = µ0 (R = R0) ∂R , ∂R ϕR=0 < ∞ m1 ϕm2 R=∞ = 0

其中 ζ = Qω sinθ 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 < R0) 1 b1

ϕm2 = 2 cosθ,(R > R0)

R

b1 Qω a R0 − 2 = − 1

4πR0 R

代入衔接条件 0

a1 + 2Rb 1

= 0 3 0

解得

a1 = −

6πR0

b1 = QωR0

2

12π

∴ϕm = − 6QπωR0 Rcosθ,(R < R0)

1

2

QωR0

ϕm = 2 cosθ,(R > R0) 2

12πR

∴Hv 1 = −∇ϕ m1 = 6QπωR0 cosθevr − 6QπωR0 sinθevθ =

Qωv

6πR0

Qµ0 v

ω 6πR0

Bv1 = µ0H1 =

v v 2 2 r 1 ⋅R)R mv 2QωR0 ωR0 rr H2 = −∇ϕm 2 = ] 3 3 5

12πR 12πR R 4π R

3

r

其 中

QRv mv = ω

3

v v r

v v B2 = µ0H 2 = µ0 [3(mv ⋅ R)R m

− 3 ] 5

4π R R

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

2 0

1 v v v

解 1 磁矩mv =

x × J(x)dV

2

又 xv = Rv =

Revr

Jv(xv) = ρvv = 4 Q (ωv × Rv)

πR3 0 3

(ωv × Rv)R 2 sinθdrdθ1dθ = 2 1 3Q Rr × 3Qω∴mv sin θdrdθdθ 3 ∫ 4πR = 2 4πR0 0 4 2 3 ∫(evr ×evθ )R

又 evr ×evθ = −evθ = sinθevz + cosθ (−cosθevx − sinθevy )

3Qω 2π π R0[sin v ev cosθ(−cos v e sinθevy )R ∴ = θ z + θ x − 4 sin 2θdrdθdθ m 3 ∫ ∫ ∫ 0 0 0 8πR0

2π π QR0 = 3Qω3 4

2 0 0 0 5 v 8πR0

ω

2)自转动量矩 Lv = dLv = Rv ×dPv Rv ×vvdm 3 = M 0 3

∫ ∫ =

4πR0

Rv)dV

∫ Rv × (ωv ×

= 3M0 2

R sinθdrdθdθ 4πR30 ∫ 2 ω(evr ×evz ×evr )R = 3M0

2

2 ω(−sinθevθ ×evr )R

R 3 ∫ 4πR0

2 = 3M0 R 2 ω sinθ (−evθ )R 3 ∫ 4πR0

sinθdrdθdθ

2π π = 3M 0ω 4 2 sinθrdθcosdθ evx − sin∫ ∫ ∫ R0[sinθevz + cosθd (−θθevy )R sin θdrdθdθ 3 0 0 0 4πR0

2 v v ω = 3M 0ω 2π π R0 4 3 θdrdθdθ = 2M 0R 0

sin R ∫∫ ∫ 0 0 0 5 4πR3 0

QR02 v

ω v = Q 5 m v ∴ = 2 2M 0

L 2M 0R0

ω v 5

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 .

r

r

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 类比于静电场 构造磁矩m关于平面的镜像m 则外场为 ′

v

r r

v

Be = −µ0∇ϕ m v v m⋅ R mcosθ ϕ = 3 = m 4πr 4πR

2

∴Bve = −µ0 4mπ θ rinθrθµ0m

3 (α cosθevr + sinθevθ ) 3 3

r r 4πr

∴mv受力为

2 µ0 Fv = (mv ⋅∇)⋅ Bve r=2a = − 2 α)evz

(1+ cos

3m 64πa 4 θ =α

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

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

Er 1(xr,t) = Er0(xr)cos(k1x −ω1t)

r r E2(xr ,t) = E0(x)cos(k2x −ω 2t)

r

Er = Er1(xr,t) + Er2(xr,t) = Er0(xr)[cos(k1x −ω1t) + cos(k2x −ω 2t)] = 2Er0(xr)cos( k1 + k21 +ω 2 k1 − k2ω1 −ω 2

t)

2 2 2 2

其中k1 = k + dk,k2 = k − dk;ω1 = ω + dω,ω2 = ω − dω

∴Er = 2Er0(xr)cos(kx −ωt)cos(dk ⋅ x − dω ⋅t)

用复数表示Er = 2Er0(xr)cos(dk ⋅ x − dω ⋅t)ei(kx−ωt)

相速 kx −ωt = 0

∴vp = ωk

群速 dk ⋅ x − dω ⋅t = 0

∴v = dω

g

dk

2 一平面电磁波以θ = 45o从真空入射到ε 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 n为界面法向单位矢量 < S >,< S'>,< S''>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

' 2 R = < S'> ⋅nr = E 0

< S > ⋅nr 2

E 0

2 T = < S''> ⋅nr = n2 cosθ 2E '' < S > ⋅nr

2

n1 cosθE0

r

又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得

ε1 cosθ − ε 2 cosθ 2

R =

ε1θ + ε 2 cosθ 2 cos

2

T =

( ε1 cosθ + ε 2 cosθ 2)2

又根据反射定律和折射定律

4 ε1 ε 2 cosθ cosθ 2

θ =θ1 = 45o

ε 2 sinθ 2 = ε1 sinθ

由题意

ε1 = ε 0,ε 2 = ε 0ε r = 2ε 0 ∴θ 2 = 30o

∴R = ( 22 − 2 23 )2 = 2 − 3

2 + 2 23 2 4ε 0 2

2 + 3

2 3

2 3 2 2 T = =

2 + ε 0 2 23)2 2 + 3 ( ε 0

2

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 = 6.28×10−5 cm 水的折射率为 n 1.33

解 由折射定律得 临界角θc = arcsin( 1.33) = 48.75 将会发生全反射 折射波 k′′ = k sinθ

1

所以当平面光波以 60 入射时

ω 相速度 v p = ωk′′′′ = k

sinθ

投入空气的深度 κ =

=

23 c

λ1

2

2

21

=

6.28×10−5

2π sin θ − n

60 − ( 1 2

2π sin )

1.33 2

v v v v

≈ 1.7×10−5

cm

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

v

i(kv⋅xv−ωt)变化 但

v 不再与E平行 即 Dv = εEv 不成立 ⋅ Ev ≠ 0

D

e

1 证明kv ⋅ Bv = kv ⋅ Dv = Bv ⋅ Dv = Bv ⋅ Ev = 0,但一般kv

1. 根据算符∇的微分性与矢量性 推导下列公式∇(Ar ⋅ Br) = Br × (∇× Ar) + (Br ⋅∇)Ar + Ar × (∇× Br) + (Ar Ar × (∇× Ar) = 1 ∇Ar 2 − (Ar⋅∇)Ar 21 ∇(Av ⋅…

1. 根据算符∇的微分性与矢量性 推导下列公式∇(Ar ⋅ Br) = Br × (∇× Ar) + (Br ⋅∇)Ar + Ar × (∇× Br) + (Ar Ar × (∇× Ar) = 1 ∇Ar 2 − (Ar⋅∇)Ar 21 ∇(Av ⋅…

1. 根据算符∇的微分性与矢量性 推导下列公式∇(Ar ⋅ Br) = Br × (∇× Ar) + (Br ⋅∇)Ar + Ar × (∇× Br) + (Ar Ar × (∇× Ar) = 1 ∇Ar 2 − (Ar⋅∇)Ar 21 ∇(Av ⋅…

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