电动力学答案(郭硕鸿+第三版)chapter3 投稿:侯偙做

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=(−…

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 …

电动力学答案 第一章 电磁现象的普遍规律 1. 根据算符的微分性与向量性,推导下列公式: (AB)B(A)(B)AA(B)(A)B 2 A(A)12A(A)A 解:(1)(AB)(ABc)…

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

2

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

rr

即 A=[B0x+g(y)]ey

解1和解2 之差为则

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

∇×(∆A)=[−]ex+[−]ey+[−ez

∂y∂z∂z∂x∂x∂y

www

螺线管内

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

.kh

rrJdl×r∫r3

rrr∆A=[−B0y+f(x)]ex−[B0x+g(y)]ey

rr

即 A=[−B0y+f(x)]ex

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

由于螺线管是无限长理想螺线管

- 1 -

daw

rr

rJ×r

求解磁场分布又在导dV'J∫r3

由电磁学的有关知识知

其内部磁

1

Ay=AZ=0,Ax=−B0y+f(x)

r

由此组方程可看出A有多组解如

.c

om

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

取由z'−z'+dz'的以小段此段上分布有电流nIdz'

rµ0∴B=

rrr

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

[a2+(z')2]

=

2)螺线管外部:

由于是无限长螺线管

(ρ>a)

rr

∴r=x−x'=(ρcosϕ−acosϕ')2+(ρsinϕ−asinϕ')2+z'2

.kh

=ρ2+a2+z'2−2aρcos(ϕ−ϕ')

rr

(ρsinϕ−asinϕ')ey−z'ez

rrrrr=x−x'=(ρ

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

www

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

a2−acos('−)rdz'ez]+∫dϕ'∫3

r−∞0

而螺线管内部又是匀强磁场

所以B=0

且螺线管又是无限

由于磁场分布在本题中有轴对称性

长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0

daw

r

- 2 -

µ04π

∫dϕ'∫

−∞

[a2+(z')2]

adz'

2

z'd()

nIµ0r⋅nIez==nµ0I∫z'2−∞

[()2+1]a

+∞

不妨就在xoy平面上任取一点P(ρ,ϕ.0)为场点

.c

om

=−az'cosϕ'dϕ'ex−az'sinϕ'dϕ'ey+adϕ'ez

2

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

验证边界条件1

rrA1=A2

题中

daw

rrr

z=0,即n⋅(B2−B1)=0rrrr

n=ez,且ez⋅eθ=0

=1

z=0

由此可推测本题的可能解是

µ0Ir

e,(z>0)r2πrθ

B=

rµIe

θ,(z<0)2πr

.kh

2

1

µ

r∇×A2

rB1

µ0

r∇×A1

本题中介质分界面上无自由电流密度

www

综上所述 在介质中

µ0rrBIrH2=2=eθ

µ2πrrrrrr

∴H2−H1=0,满足边界条件n×(H2−H1)=0

rH1=

=

Ireθ2πr

由唯一性定理可得本题有唯一解

rrrBH=−M

µ0

故在z<0的介质中

- 3 -

.c

所以边界条件1

满足

rrrµIdlA1(x)=0∫

4πr

r

rrµIdlA2(x)=

4π∫r

rrr

z=0,即n×(H2−H1)=0

µ0Ir

e,(z>0)r2πrθ

B=

rµIe

θ,(z<0)2πrr

rB2rM=−H2

µ0

om

可得出两个泛定方程的特解为

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

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

x>0 空间为真空今有线电流I 沿z轴流

即可得

在介质中

∴在x<0的介质中

则IM

www

v

IM=

Q⊥eϕ, ∴AB段积分为零

vµ(I+IM)v∴B=0eϕ

2πr∴由

vµ0(I+IM)vµ′Iveϕ=B=−eϕ

2πr2πr

可得µ′=

.kh

vv=Mdl

Iµ′(µ−µ0)2µµ0

vvvvµ′IvB 而H2=−M=eϕ−M

µ02πrµ0

vvµ′IvB

H2==eϕ

µ2πrµ

vµ′Iµ−µ0vM=eϕ

2πrµµ0

取积分路线为B→C→A→B的半圆

daw

2µµ0µ+µ0

- 4 -

µ′Iv

eϕ2πr

vvv

n⋅(B2−B1)=0

其满足边界条件vvvv

n×(H2−H1)=α=0

B=

v

.c

则可写作

om

沿z轴流向介质分界面

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

取A=

v1vv

∴B=czρeρ+[B0−c(z2−ρ2)]ez

2

.kh

得Bρ=czρ1

式可得

2

萨定律

1∂

(ρBρ)−2cz=0 ∴ρBρ=czρ2+A(常数)ρ∂ρ

www

vv∂Bρ∂Bzvv

−Qj=0,D=0 ∴∇×B=0 即 ()eθ=0

∂z∂ρ

式成立∴B

ρ=czρ

c为常数

daw

1

- 5 -

1∂∂

(ρBρ)+Bz=0ρ∂ρ∂z

vQ∇⋅B=0

.c

vvvv解由B具有轴对称性设B=Bρeρ+Bzez

其中 Bz=B0−c(z−

代入

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

L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为

om

2

12ρ)2

2

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

轴线上得磁感应强度

www

0取

z

2

23

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

.kh

22

2−12

2

v

又∇⋅B

=0

vvv2

∴∇×(∇×B)=∇(∇⋅B)−∇B=0

v∂2

∴∇B=0,2Bz=0 代入1式中得

∂z

v

2Q∇×B=0

daw

2

2

12

2

v111vv2B=Bzez=µ0Ia+ez

22222[(L+z)+a][(L−z)+a]

(L+a)[−2(L+a)∴5L2=L2+a2

L−2(L+a)]+12(L+a)L2=0

- 6 -

.c

2

5

2

om

vv

B2

=B2zez

B2z

112=µ0Ia222[(L+z)+a]

∴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

选取柱坐标系该问题具有轴对称性

vvA内=A内(r)ez

www

得由A内(r)

r=0

1

A内(r)=−µJr2+C1lnr+C2

4

A外(r)=C3lnr+C4

<∞ 得C1=0

vv1µ

由∇×A内=∇×A外 得 C3=−Ja2

µ0µ21

.kh

1∂∂A内(r)

(r)=−µ0Jr∂r∂r

1∂(r∂A外r))=0∂rr∂r

- 7 -

vv

A外A外(r)ez 代入定解问题得

daw

且解与z无关

.c

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

om

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

一个可能的表示式并讨论它的奇异性

Ar=Aθ=0, 得

www

Qmsinθ

04πr

Q1−cosθ

∴Aφ=m

4πrsinθ

∴sinθAφ=∫

θ

显然

vQm1−cosθv

∴磁单极子产生的矢势A=eφ

4πrsinθ

- 8 -

.kh

Aφ满足1式

∂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

daw

vvvQmv

由∇×A=B=µ0H=e 得2r

4πr

.c

vvQmrQm1v

H==e32r

4πµ0r4πµ0r

om

8.

假设存在磁单极子

其磁荷为Q

m

给出它的矢势的

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

由泛定方程和两个自然边界条件得

www

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

.kh

ϕm=∑anRnPn(cosθ)

1

n=0

ϕm=−H0Rcosθ+∑

2

daw

dn

P(cosθ)n+1n

Rn=0

∇2ϕm1=0,R

2

∇ϕm2=0,R>R0

∂ϕm1∂ϕm2

=µ0,(R=R0) ϕm1=ϕm2,µ∂R∂R

ϕm1R=0<∞

ϕm2R=∞=−H0Rcosθ

- 9 -

.c

最后达到平衡

om

此球体在外界存在的磁场

保持在一个

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

www

2

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

∴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

- 10 -

.kh

v

vµ−µ03

⋅R0H

µ+2µ0

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

vv33

vvµ−µ0R0µ−µ0R01m⋅R

⋅3=⋅2H0cosθ=⋅2H0⋅R4πRµ+2µ0Rµ+2µ0R

da

w

.c

3µ03µ03µ0vvvv

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

vvvB=µH=3µµ0H

011

µµ+20

om

求空

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

1

n=0∞

因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0做频谱分解而得出的

.kh

n=0

ϕm=∑(bnRn+

2

ϕm=∑anRnPn(cosθ)

ϕm=−H0Rcosθ+∑

3

由于物理模型为轴对称

cn

Pn(cosθ)n+1

R

daw

再有两个自然边界条件

dn

P(cosθ)n+1n

n=0R

v

分解所选取的基本函数

www

所以上面的解中故

1

系是其本征函数系

{Pn(cosθ)}在本题中

源的表示是

−H0Rcosθ=−H0RP1(cosθ)

an=bn=cn=dn=0,(n≠0)

解的形式简化为

ϕm=a1Rcosθ

ϕm=(b1R+

2

ϕm

3

c1

)cosθ2R

d

=−H0Rcosθ+1cosθ2

R

- 11 -

.c

R=R2

∇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

三个泛定方程的解的形式为

om

代入衔接条件

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

vv∴B1=−µ0a1ez

www

当µ>>

R13

vR2

=[1−]µH

(µ+2µ0)(2µ+µ0)R1300

−()2

R22(µ−µ0)

1−(

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

- 12 -

.kh

µ0时

(µ+2µ0)(2µ+µ0)

≈12

2(µ−µ0)

vv

而 Bi=µ0Hi=−µ0∇ϕmi,(i=1,2,3)

633

3µ0(2µ+µ0)H0R2+3µ0(µ−µ0)H0R2R13

d1=HR+023

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R2

daw

.c

om

c1

aR=bR+1111

R12

c1d1bR+=−HR+021222

R2R2

aµ=µ(b−2c1

1

10R13

−µH−µ2d1=µ(b−2c100133R2R2

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

n=0

n=0

代入衔接条件

对比Pn(cosθ)对应项前的系数

ϕm=∑(

2

bn

)Pn(cosθ)Rn+1

.kh

µ0M0

Rcosθ,(R

2µ′+µ

2

an=bn=0,(n≠1)

∴ϕm1=

www

由此

ϕm

3

µ0M0R0=cosθ,(R>R0)2

′2µ+µR

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

- 13 -

daw

µ0M

a1=

2µ′+µ

∴ϕm1=

∑a

n

RnPn(cosθ)

.c

b1=

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

ϕm1=ϕm2R=R0,

∂ϕ∂ϕm2

m1

µ−µ′R0=M0µ0cosθ

∂R∂R

ϕ<∞m1R=0ϕm2R=∞=0

µ0M03

R0

2µ′+µ

om

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

定解问题为

解得满足自然边界条件的解是

1

代入衔接条件

www

得到

a1= d1=

∴ϕm1=

.kh

ϕm=−H0Rcosθ+

2

ϕm=a1Rcosθ,(R

a1R0=−H0R0+

d1R02

µ0H0+µ0

2d1

+µa1=µ0M03R0

µ0M0−3µ0H0

µ+2µ0

µ0M0+(µ−µ0)H03

R0

µ+2µ0

µ0M0−3µ0H0

Rcosθ,(R

µ+2µ0

- 14 -

daw

d1

cosθ,(R>R0)R2

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

ϕm1=ϕm2R=R0,

∂ϕ∂ϕm2

m1

µ−µ0R0=M0µ0cosθ

∂R∂R

ϕ<∞m1R=0ϕm2R=∞=−H0Rcosθ

.c

om

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

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

13. 有一个均匀带电的薄导体壳

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

www

.kh

σ=

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

角速度ω转动求球内外的磁场B

r

daw

其半径为R0总电荷为

Q

R=R0

rrvvvvv3(m⋅R)Rm

B2=µ0H2=µ0[H0+−3]

R5R

rvrvvµ0M0+(µ−µ0)H0R3(m⋅R)Rmv

−(−H0sinθ+sinθ)eθ]=H0+−3

5

µ+2µ0RRR

3

02

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

- 15 -

.c

3

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

µ+2µ0R2

v

µ0M03µ−µ03vvm=R0+R0H0

µ+2µ0µ+2µ0

今使球壳绕自身某一直径以

om

5例2的电流分布

2

vvvv3µµ0v2µ0

B1=µH+µ0M0=H0+M0,(R

µ+2µ0µ+2µ0

ϕm=a1Rcosθ,(R

1

ϕm=

2

b1

cosθ,(R>R0)2R

b1QωaR−=−10R2

4πR00

a+2b1=013R0

代入衔接条件

∴ϕm1=−

Rcosθ,(R

2

.kh

磁矩m=

vvvr22v2Qω

R013(m⋅R)RmvQωR0v

H2=−∇ϕm2=θeθecos+sin=[−3]rr335

12πR12πR4πRR

2

vQR0vm=ω

3

rvQµ0v

B1=µ0H1=ω

6πR0

daw

- 16 -

vvQωQωQωvv

∴H1=−∇ϕm1=cosθer−sinθeθ=

6πR06πR06πR0

ϕm

QωR02

=cosθ,(R>R0)12πR2

.c

其中

www

解1

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

v

1vvvx×J(x)dV∫2

om

解得 a1=−

6πR0

QωR02

b1=

12π

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

2)自转动量矩L=dL=

===

www

r

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.

位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中

.kh

3M0ω=3

4πR0

v3M0ω=3

4πR0

3M0vvv22

ωR(er×ez×er)Rsinθdrdθdφ3∫4πR0

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

3M0v22Rωsinθ(−e)Rsinθdrdθdφθ3∫4πR0

∫∫∫

∫∫∫

vv

vvvv3M0vvvR×dP=R×vdm=R×(ω×R)dV3∫∫∫4πR0

daw

π

R00

π

R0

r

vvv

[sinθez+cosθ(−cosφex−sinφey)R4sin2θdrdθdφ

2v2MR00ωR4sin3θdrdθdφ=

5

QR02v3Qωv2ππR034

=esinθRdrdθdφ=ω3z∫0∫0∫058πR0

- 17 -

.c

om

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

4π4πr3r3r3

v

∴m受力为

vvv

F=(m⋅∇)⋅Be

r=2aθ=α

3m2µ0v2=−(1+cosα)ez

64πa4

www

- 18 -

.kh

daw

.c

om

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=(−…

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=(−…

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=(−…

本文由第一文库网(www.wenku1.com)首发,转载请保留网址和出处!
免费下载文档:
字典词典工程造价开题报告范文工程造价开题报告范文【范文精选】工程造价开题报告范文【专家解析】我国刑法附加刑我国刑法附加刑【范文精选】我国刑法附加刑【专家解析】非公有制经济的地位非公有制经济的地位【范文精选】非公有制经济的地位【专家解析】