《电动力学》课后答案.pdf

电动力学习题解答 第1页 电动力学答案电动力学答案 第一章第一章电磁现象的普遍规律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 B B B BA A A AB B B BA A A AA A A AB B B BA A A AB B B BB B B BA A A A A A A AA A A AA A A AA A A A 2 2 1 A 解解 1 cc A A A AB B B BB B B BA A A AB B B BA A A A B B B BA A A AB B B BA A A AA A A AB B B BA A A AB B B B cccc B B B BA A A AB B B BA A A AA A A AB B B BA A A AB B B B 2 在 1 中令B B B BA A A A 得 A A A AA A A AA A A AA A A AA A A AA A A A 2 2 所以A A A AA A A AA A A AA A A AA A A AA A A A 2 1 即A A A AA A A AA A A AA A A A 2 2 1 A 2 设u是空间坐标zyx 的函数 证明 u u f uf d d u uu d d A A A A A A A A u uu d d A A A A A A A A 证明 证明 1 zyx z uf y uf x uf ufe e e ee e e ee e e e zyx z u u f y u u f x u u f e e e ee e e ee e e e d d d d d d u u f z u y u x u u f zyx d d d d e e e ee e e ee e e e 2 z uA y uA x uA u z y x A A A A z u u A y u u A x u u A z y x d d d d d d u u z u y u x u u A u A u A zyxz z y y x x d d d d d d d d A A A A e e e ee e e ee e e ee e e ee e e ee e e e 3 uAuAuA zuyuxu u u zyx zyx d dd dd d d d e e e ee e e ee e e e A A A A z x y y zx x y z y u u A x u u A x u u A z u u A z u u A y u u A e e e ee e e ee e e e d d d d d d d d d d d d z x y y zx x y z y uA x uA x uA z uA z uA y uA e e e ee e e ee e e e uA A A A 3 设 222 zzyyxxr 为源点 x x x x到场点x x x x的距离 r r r r的方向规定为 电动力学习题解答 第2页 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 rrr r r r r 3 1 1 rrrr r r r 0 3 rr r r r 0 33 rrr r r rr r r r 0 r 2 求r r r r r r r r r r r ra a a a r r r ra a a a sin 0 r r r rk k k kE E E E 及 sin 0 r r r rk k k kE E E E 其中a a a a k k k k及 0 E E E E均为常向量 1 1 1 1 证明 证明 222 zzyyxxr 1rzzyyx xrr zyx 1 r r r re e e ee e e ee e e e rzzyyx xrr zyx 1 r r r re e e ee e e ee e e e 可见rr 2 32 11 d d1 r r r r rrr r r r r 32 1 1 d d1 r r r r rrr r r r r 可见 rr 1 1 3r r r rr r r rr r r rr r r r 1 1 1 3333 rrrr 0 3 0 1 d d 43 r r r r r r r r r r r r rr r rr 4r r r rr r r rr r r rr r r r 3 333 1 1 1 r rrr 0 33 34 rrr r r r r r r r r 0 r 2 2 2 2 解 解 13 zyxzyx zzyyxx zyx e e e ee e e ee e e ee e e ee e e ee e e er r r r 20 zzyyxx zyx zyx e e e ee e e ee e e e r r r r 3 zyxzyx zzyyxx z a y a x ae e e ee e e ee e e er r r ra a a a a a a ae e e ee e e ee e e e zzyyxx aaa 4r r r ra a a ar r r ra a a aa a a ar r r ra a a ar r r rr r r ra a a a 因为 a a a a为常向量 所以 0 a a a a 0 a a a ar r r r 又0 0 0 0 r r r r a a a ar r r ra a a ar r r ra a a a 5 sin sin sin 000 r r r rk k k kE E E Er r r rk k k kE E E Er r r rk k k kE E E E 0 E E E E为常向量 0 0 E E E E 而k k k kr r r rk k k kr r r rk k k kr r r rk k k kr r r rk k k k cos cos sin 电动力学习题解答 第3页 所以 cos sin 00 r r r rk k k kE E E Ek k k kr r r rk k k kE E E E 6 cos sin sin 000 r r r rk k k kE E E Ek k k kE E E Er r r rk k k kr r r rk k k kE E E E 4 应用高斯定理证明f f f fS S S Sf f f f SV Vdd 应用斯托克斯 Stokes 定理证明 LS l l l lS S S Sdd 证明证明 I 设c c c c为任意非零常矢量 则 VV VV ddf f f fc c c cf f f fc c c c 根据矢量分析公式 B B B BA A A AB B B BA A A AB B B BA A A A 令其中f f f fA A A A c c c cB B B B 便得 c c c cf f f fc c c cf f f fc c c cf f f fc c c cf f f f 所以 VVV VVV d ddc c c cf f f ff f f fc c c cf f f fc c c c S S S Sc c c cf f f fd f f f fS S S Sc c c cf f f fS S S Sc c c c d d 因为c c c c是任意非零常向量 所以 f f f fS S S Sf f f fdd V V II 设a a a a为任意非零常向量 令a a a aF F F F 代入斯托克斯公式 得 l l l lF F F FS S S SF F F F S S S S dd 1 1 式左边为 SS S S S Sa a a aa a a aS S S Sa a a ad d SS S S S Sa a a aS S S Sa a a add SS S S S Sa a a aS S S Sa a a add S S S S Sa a a ad 2 1 式右边为 l l l la a a al l l la a a add 3 所以 l l l la a a aS S S Sa a a add S 4 因为a a a a为任意非零常向量 所以 l l l lS S S Sdd S 5 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 d Vtt V x x x xx x x xp p p p 利用电荷守恒定律 0 t J J J J证明p p p p的变化率为 V Vt t d d d x x x xJ J J J p p p p 证明 证明 方法 I VV Vt t Vt tt d d d d d d x x x x x x x x x x x x x x x x p p p p VV VV t t d d x x x x J J J Jx x x x x x x x VV V xV t d d d d 1111 J J J Je e e e x x x xJ J J Je e e e p p p p d 11 V x x V J J J JJ J J J 电动力学习题解答 第4页 V x S VJ x d d 1 S S S SJ J J J 1 1 1 1 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 0 d 1 S xS S S SJ J J J V x VJ t d d d 11 e e e e p p p p 同理 V x VJ t d d d 22 e e e e p p p p V x VJ t d d d 33 e e e e p p p p 所以 V V t d d d J J J J p p p p 方法 II VV Vt t Vt tt d d d d d d x x x x x x x x x x x x x x x x p p p p VV VV t t d d x x x x J J J Jx x x x x x x x 根据并矢的散度公式g g g gf f f fg g g gf f f ffgfgfgfg 得 J J J Jx x x xJ J J Jx x x xJ J J Jx x x xJ J J JJxJxJxJx VV VV t d d d d J J J JJx Jx Jx Jx p p p p V V d dJ J J JJxJxJxJxS S S S V V dJ J J J 6 若m m m m是常向量 证明除0 R点以外 向量 3 R R R R Rm m m mA A A A 的旋度等于标量 3 RR R R Rm m m m 的梯度的负值 即 A A A 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 证明 3 1rrr r r r 1 1 3 m m m mm m m m r r r rm m m m A A A A rrr m m m mm m m mm m m mm m m m 1 1 1 1 rrrr m m m mm m m m 1 1 2 rr 其中0 1 2 r 0 r r 1 m m m mA A A A 0 r 又 1 3 rr m m m m r r r rm m m m m m m mm m m mm m m mm m m m 1 1 1 1 rrrr 1 r m m m m 所以 当0 r时 A A A A 7 有一内外半径分别为 1 r和 2 r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 电动力学习题解答 第5页 当 1 rr 时 0 1 D 0 1 E 当 21 rrr 时 f rrDr 3 4 4 3 1 3 23 2 2 3 1 3 2 3 3 r rr D f 2 0 3 1 3 2 3 3 r rr E f 向量式为r r r rE E E E 3 0 3 1 3 2 3 3 r rr f 2 当 21 rrr 时 2 0 2202 D D D DD D D DE E E ED D D DP P P P p f 1 1 0 2 0 D D D D 当 1 rr 时 0 1 1 2 0 2 0 212 rr p D D D DD D D DD D D Dn n n nP P P PP P P Pn n n n 当 2 rr 时 f rr p r rr 2 2 3 1 3 20 2 0 2 3 1 1 2 D D D DP P P Pn n n n 8 内外半径分别为 1 r和 2 r的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定均匀自由电流 f J J J J 导 体的磁导率为 求磁感应强度和磁化电流 解解 1 1 1 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 1 rr 时 由安培环路定理得 0 0 11 B B B BH H H H 当 21 rrr 时 2 2 1 2 23 rrJrH f 电动力学习题解答 第6页 所以 r rrJ H f 2 2 1 2 2 3 f J r rr B 2 2 1 2 20 3 向量式为r r r rJ J J Je e e eB B B B ff r rr J r rr 2 2 1 2 20 2 1 2 20 3 2 2 2 2 2 2 当 21 rrr 时 磁化强度为 r r r rJ J J JH H H HMMMM f r rr 2 2 1 2 0 2 0 2 1 1 所以 fM J J J JH H H HH H H HMMMMJ J J J 1 1 1 0 2 0 2 0 在 1 rr 处 磁化面电流密度为 0d 2 1 1 l l l lMMMM r M 在 2 rr 处 磁化面电流密度为 fM J r rr r 2 2 2 1 2 2 02 2 1 d 2 1 0 l l l lMMMM 向量式为 fM r rr J J J J 2 2 2 1 2 2 0 2 1 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 证明 在均匀介质中E E E EE E E EP P P P 1 000 所以D D D DE E E EP P P P 1 00 p ff 1 00 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 证明证明 线圈1在线圈2的磁场中受的力 21112 B B B Bl l l lF F F F dId 而 2 3 12 12220 2 4 l r dIr r r rl l l l B B B B 1212 3 12 1221210 3 12 1222110 12 4 4 l ll l r ddII r dIdIr r r rl l l ll l l lr r r rl l l ll l l l F F F F 4 12 21 3 12 12 3 12 12 12 210 l l dd rr dd II l l l ll l l l r r r rr r r r l l l ll l l l 1 同理可得线圈2在线圈1的磁场中受的力 电动力学习题解答 第7页 4 21 12 3 21 21 3 21 21 21 210 21 ll dd rr dd II l l l ll l l l r r r rr r r r l l l ll l l lF F F F 2 1 式中 0 1 1221212 12 2 2 12 12 2 3 12 12 12 3 12 12 12 一周 l llllll r d r dr d r dd r ddl l l ll l l l r r r r l l l ll l l l r r r r l l l ll l l l 同理 2 式中 21 0 3 21 21 21 l l r dd r r r r l l l ll l l l 4 12 21 3 12 12210 2112 l l dd r II l l l ll l l l r r r r F F F FF F F F 11 平行板电容器内有两层介质 它们的厚度分别为 1 l和 2 l 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 1f 和 2f 2 介质分界面上的自由电荷面密度 3f 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 1 E E E E和 2 E E E E 电位移分别设为 1 D D D D和 2 D D D D 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 0 3 f 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 11f D 同理 在极板B内和介质 2 内作高斯柱面 由高斯定理得 22f D 在介质 1 和介质 2 内作高斯柱面 由高斯定理得 21 DD 所以有 1 1 1 f E 2 1 2 f E 由于 E d 2 2 1 1 12 2 1 1 1 1 ll lllE f ff 所以 21ff E 2 2 1 1 ll 当介质漏电时 重复上述步骤 可得 11f D 22f D 312f DD 213fff 介质 1 中电流密度 111111111 f D D D DE E E EJ J J J 介质 2 中电流密度 2312222222 ff D D D DE E E EJ J J J 由于电流恒定 21 J J J JJ J J J 电动力学习题解答 第8页 2312111 fff 1 12 12 1 2 2 1 1 2 2 3 1 fff 再由E 2211 lElEd l l l lE E E E 得 E 2 2 1 1 1 1 122 112 1 1 1 lll fff 2211 1 1 ll f E 2112 12 ll E 312fff 2112 21 ll E 2112 1221 3 ll f 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 1 2 1 2 tan tan 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 1 2 1 2 tan tan 其中 1 和 2 分别为两种介质的电导率 证明证明 1 1 1 1 由E E E E的切向分量连续 得 2211 sinsin EE 1 交界面处无自由电荷 所以D D D D的法向分量连续 即 2211 coscos DD 222111 coscos EE 2 1 2 式相除 得 1 2 1 2 tan tan 2 2 2 2 当两种电介质内流有恒定电流时 222111 E E E EJ J J JE E E EJ J J J 由J J J J的法向分量连续 得 222111 coscos EE 3 1 3 式相除 即得 1 2 1 2 tan tan 电动力学习题解答 第9页 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 证明证明 1 设导体外表面处电场强度为E E E E 其方向与法线之间夹角为 则其切向分量 为 sinE 在静电情况下 导体内部场强处处为零 由于在分界面上E E E E的切向 分量连续 所以 0sin E 因此0 即E E E 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E E E EJ J J J 与导体表面夹角也是 导体外的电流密度0 J J J J 由于在分界 面上电流密度的法向分量连续 所以 0sin E 因此0 即J J J J只有切向分量 从而E E E 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 解解 1 1 1 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 bra 时 电势 满足拉普拉斯方程 通解为 n n n n n n P R b Ra cos 1 因为无穷远处 0 E E E EE E E E coscos 10000 RPERE 所以 00 a 01 Ea 2 0 nan 当 0 RR 时 0 所以 0 1 0 1000 cos cos n n n n P R b PRE 即 00 2 010000 RERbRb 所以 2 0 3 0010000 nbREbRb n cos cos 00 0 23 0000000 RR RRRRERRRE 2 2 2 2 设球体待定电势为 0 同理可得 cos cos 00 0 23 0000000 RR RRRRERRRE 当 0 RR 时 由题意 金属球带电量Q ddsin cos2cos d 2 00 0 00 000 0 RE R ES n Q RR 4 0000 R 所以 0000 4 RQ 4 cos 4 cos 000 0 23 00000 RRRQ RRRRERQRE 3 均匀介质球的中心置一点电荷 f Q 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 f Q的电势RQf 4 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 解解 一 分离变量法 空间各点的电势是点电荷 f Q的电势RQf 4 与球面上的极化电荷所产生的电势 电动力学习题解答 第12页 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 cos 1 n n n nn n P R b Ra 外 cos 1 n n n n n n P R d Rc 当 R时 0 外 0 n c 当0 R时 内 为有限 0 n b 所以 内 cos n n n n PRa 外 cos 1 n n n n P R d 由于球对称性 电势只与R有关 所以 1 0 nan 1 0 ndn 0 a 内 Rd 0 外 所以空间各点电势可写成RQa f 4 0 内 RQRd f 4 0 外 当 0 RR 时 由 外内 得 000 Rda 由 nn 外内 0 得 2 0 00 2 0 0 2 0 44R d R Q R Q ff 11 4 0 0 f Q d 则 11 4 00 0 R Q a f 所以 内 11 44 00 R Q R Q ff 外 11 44 0 R Q R Q ff R Qf 0 4 二 应用高斯定理 在球外 R R0 由高斯定理得 fpf QQQQd 总外 s s s sE E E E 0 整个导体球 的束缚电荷0 p Q 所以 r f R Q e e e eE E E E 2 0 4 外 积分后得 R Q dR R Q d f RR f 0 2 0 44 R R R RE E E E外 外 在球内 R R0 由介质中的高斯定理得 f Qd s s s sE E E E内 所以 r f R Q e e e eE E E E 2 4 内 积分后得 R Q R Q R Q dd fff R R R 00 444 0 0 R R R RE E E ER R R RE E E E 外内内 结果相同 电动力学习题解答 第13页 4 均匀介质球 电容率为 1 的中心置一自由电偶极子 f p p p p 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 解解 以球心为原点 f p p p p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 3 1 4 R f R R R Rp p p p 所以球内电势可写成 3 1 4 R fii R R R Rp p p p 球外电势可写成 3 1oo 4 R f R R R Rp p p p 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0 R时 i 为有限值 R时0 o 故拉普拉 斯方程的解为 cos 0 RRPRa n n n ni cos 0 1 o RRP R b n n n n 由此 cos4 0 3 1 RRPRaR n n n nfi R R R Rp p p p 1 cos4 0 13 1o RRPRbR n n n nf R R R Rp p p p 2 边界条件为 00 o RRRR i 3 00 o 21 RRRR i RR 4 将 1 2 代入 3 和 4 然后比较 cos n P的系数 可得 1 0 0 nba nn 3 0211211 2 2 Rpa f 2 2 21121 3 011 f pRab 于是得到所求的解为 2 2 4 2 2 cos 4 0 3 0211 21 3 1 3 0211 21 3 1 RR RR R Rp R f f ff i R R R Rp p p p R R R Rp p p p R R R Rp p p p 2 4 3 2 2 4 2 2 cos 4 0 3 21 3 211 21 3 1 2 211 21 3 1 o RR R RRR p R f ffff R R R Rp p p p R R R Rp p p pR R R Rp p p pR R R Rp p p p 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 电动力学习题解答 第14页 f p 1 1 10 1 0 1 01 01 D D D DD D D DE E E EP P P P 所以 fp p p p pp p p p 1 10 在两介质交界面上 极化电荷面密度为 o020121 E E E Ee e e eE E E Ee e e ep p p pp p p pe e e e rirrp 00 o 0201 RR i RR 由于 00 o 21 RR i RR 所以 cos 2 2 3 3 0211 210 o 0 0 R p RR f R i p 5 空心导体球壳的内外半径为 1 R和 2 R 球中心置一偶极子p p p p球壳上带电Q 求空间各 点的电势和电荷分布 解 解 以球心为原点 以p p p p的方向为极轴方向建立球坐标系 在 1 RR两均匀 区域 电势满足拉普拉斯方程 通解形式均为 cos 1 n n n n n n P R b Ra 当 R时 电势趋于零 所以 2 RR 时 电势可写为 cos 1 on n n n P R b 1 当0 R时 电势应趋于偶极子p p p p激发的电势 2 0 3 0 4 cos4 RpR f R R R Rp p p p 所以 1 RR 4 1 4 cos 44 cos 3 12 3 0 3 1020 2 0 RR Q RR pR R Q R p i R R R Rp p p pR R R Rp p p p 在 2 RR 处 电荷分布为 2 2 o 0 4 2 R Q R D R n 在 1 RR 处 电荷分布为 3 1 0 4 cos3 1 R p R D R i n 6 在均匀外电场 0 E E E E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 解解 以球心为原点 以 0 E E E E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 0 E E E E及 0 E E E E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 cos 1 n n n n n n PRbRa 对于 1 当 0 RR 时 由高斯定理得 23 01 3 RRD f 2 0 3 01 3 RRE f 当 0 RR 当0 R时 2 为有限 所以 cos 02 RRPRa n n n ni 3 2 cos3 00002 RRRE i 及 12 两种情况的电流分布的特点 解 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J J J Jf0与电场强度E E E E0成 正比 比例系数为电导率 所以E E E 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 1 1 1 未放入小球时 电流密度J J J Jf0是均匀的 由J J J Jf0 02E E E E 可知 稳恒电场E E E 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E E E E0的电势 放入小球后 以球心为原点 E E E 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 0 t 所以 0 J J J J 1 由 1 式可推出稳恒电流条件下的边界条件为 0 12 J J J JJ J J Jn n n n 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 00 21 RR 3 00 2 2 1 1 RRRR RR 4 将E E E EJ J J J 及 E E E E代入 1 得 0 2 E E E EJ J J J 可见 满足拉普拉斯方程 电动力学习题解答 第17页 考虑到对称性及 R时 0 E E E EE E E E 球外电势的解可写成 coscos 0 1 2 0 2 RRP R b R J n n n n f 5 其中利用了 020 E E E EJ J J J f 考虑到0 R时电势为有限值 球内电势的解可写成 cos 01 RRPRa n n n n 即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时 1 2 2121 3 2 3 211 所以 01 3 f J J J JJ J J J 3 0 2 0 33 002fff RRRJ J J JR R R RR R R RJ J J JJ J J JJ J J J 200 cos3 ff J 当 21 0 R 置 一点电荷 f Q 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 cos24 22 1 RaaRQf 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0 R时 2 为有限值 所以球内的 2 解的形式可以写成 n n n ni PRa cos 2 1 由于 R时 2 应趋于零 所以球外的 2 解的形式可以写成 n n n n P R b cos 1 2o 2 由于 n n n PaRaRaaR cos 1 cos2 22 n n n f PaRaQ cos 4 1 3 当 0 RR 时 21i 内 n n n n n n n f PRaPaRaQ cos cos 4 4 当 0 RR 时 21o 外 n n n n n n n f P R b PaRaQ cos cos 4 1 5 因为导体球接地 所以0 内 6 0 00 RR 内外 7 将 6 代入 4 得 1 4 n fn aQa 8 将 7 代入 5 并利用 8 式得 112 0 4 nn fn aRQb 9 将 8 9 分别代入 4 5 得 0 0 RR 内 10 cos2 cos2 4 1 2 0 22 0 2 0 22 aRRaRRa QR RaaR Q ff 外 0 RR 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 aRr 2 00 aQRQ f 0 所以空间的电势为 电动力学习题解答 第19页 cos2 cos2 4 1 4 1 2 0 22 0 2 0 22 21aRRaRRa QR RaaR Q r Q r Q fff 外 0 RR 9 接地的空心导体球的内外半径为 1 R和 2 R 在球内离球心为a处 a 1 R 置一点电荷Q 用镜像法求电势 导体球上的感应电荷有多少 分布在内表面还是外表面 解 假设可以用球外一个假想电荷 Q代替球内表 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 0 RQRQ 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 QQRR 常数 2 只要选择 Q的位置 使OPQPOQ 则 aRRR 1 常数 3 设 Q距球心为b 则aRRb 11 即aRb 2 1 4 由 2 3 两式得 aQRQ 1 cos2 cos2 4 1 2 1 24 1 2 1 22 0aRRaRR aQR RaaR Q 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 0 外 10 上题的导体球壳不接地 而是带总电荷 0 Q 或使具有确定电势 0 试求这两种情况的 电势 又问 0 与 0 Q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 0 Q 只需满足球外表面电量为 0 Q Q即可 因此 导体球不接地而使球带总电荷 0 Q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 0 Q Q产生的电势 2 cos2 cos2 4 1 2 1 24 1 2 1 22 0 1 aRRaRR aQR RaaR Q 内 1 RR 0 1 外 1 RR 2002 4 RQQ 内 2 RRa 试用电象法求空间电势 解 如图 根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点 电荷附近置一接地导体球两个模型 可确定三个镜像电荷 的电量和位置 Q b a Q 1 z b a e e e er r r r 2 1 Q b a Q 2 z b a e e e er r r r 2 2 QQ 3 z be e e er r r r 3 所以 20 cos2 cos2 cos2 1 cos2 1 4 2 2 4 2 2 2 4 2 2222 0 aR R b a b a Rb a R b a b a Rb a RbbRRbbR Q zy bzayxxbzayxx 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 Q Q b a Q b a Q R P O 0 baxQ 0 baxQ 0 bax Q 0 bax Q a b y z 000 zyxA 000 zyxB z x y o 电动力学习题解答 第21页 体 取该两平面为xz面和yz面在 000 zyx和 000 zyx 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0 t 0 J J J J 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 Qd S S S SE E E E 由于 S S S Sj j j j dI E E E Ej j j j 所以 QI 可得 IQ 同理 对B点有 QIQB 又 在容器壁上 0 n j 即无电流穿过 容器壁 由E E E Ej j j j 可知 当0 n j时 0 n E 所以可取如右图所示电像 其中上半空间三个像电荷Q 下半空间三个像电荷 Q 容器内的电势分布为 8 1 4 1 i i i r Q 2 0 2 0 2 0 1 4 zzyyxx I 2 0 2 0 2 0 1 zzyyxx 2 0 2 0 2 0 1 zzyyxx 2 0 2 0 2 0 1 zzyyxx 2 0 2 0 2 0 1 zzyyxx 2 0 2 0 2 0 1 zzyyxx 2 0 2 0 2 0 1 zzyyxx 1 2 0 2 0 2 0 zzyyxx 14 画出函数dxxd 的图 说明 x x x xp p p p 是一个位 于原点的偶极子的电荷密度 解 1 1 0 0 0 x x x x x x x x x x x x x xxx dx xd x lim 0 1 0 x时 0 dxxd 2 0 x时 a a a a 对于0 x xdx xd x 0 lim 0 b b b b 对于0a 若0 a 结果如何 2 0 xx 证明 1 显然 当0 x时 axax 成立 又 a axdax aa axd axdxax 1 1 1 dxx 所以axax 在全空间成立 若0 a aa axd axdxaxdxax 1 即 axax 所以axax 在全空间成立 2 由 x 的选择性证明 0 xxxx 而0 0 x xdxxx 0 xx 进而0 xx 16 一块极化介质的极化矢量为 x x x xP P P P 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 r 4 3 0 r r r rx x x xP P P P 另外根据极化电荷公式 x x x xP P P P p 及P P P Pn n n n p 极化介质所产生的电势又可表为 SV r d dV r 00 4 4 S S S Sx x x xP P P Px x x xP P P P 试证明以上 两表达式是等同的 证明 由第一种表达式得 电动力学习题解答 第23页 VV dV r dV r 1 4 1 4 1 0 3 0 x x x xP P P P r r r rx x x xP P P P rrr 1 11 P P P PP P P PP P P P VV dV r dV r 4 1 0 x x x xP P P Px x x xP P P P 4 1 0 S S S S x x x xP P P Px x x xP P P P d r dV r SV 所以 两表达式是等同的 实际上 继续推演有 4 1 4 1 00 dS r dV r dS r dV r S p V p SV n n n nP P P Px x x xP P P P 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 012 P P P Pn n n n 而电势的法向微商是连续的 各带等量正负面电荷密度 而靠的很近的两个面 形成面偶极层 而偶极矩密度 l l l lP P P P 0 lim l 证明 1 1 1 1 如图 由高斯定理可得 0 2 SSE 0 2 E 0 2 2 0012 zz 即 电势是连续的 但是 0111 2 zn ne e e eE E E E 0222 2 zn ne e e eE E E E 02211 nn 1 即 电势法向微商有跃变n n n nE E E El l l l 2 2 2 2 如图 由高斯定理可得 0 z Ee e e e 2 0 00 12 limlim l l l ln n n nl l l lE E E E ll z 0 P P P Pn n n n 又E E E E n 1 E E E E n 2 0 21 nn 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2 0 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 1 0 1 0 11 12 n xPxP dxxP nn n 1 1 n P E E E E E E E E S x z 1 1 1 1 2 2 2 2 电动力学习题解答 第24页 偶数 奇数 n n n n P n n 642 1 531 1 0 0 2 解 由题意 球内外电势均满足拉普拉斯方程 0 2 内 0 2 外 球内电势在0 r时为有限 球外电势在 r时为0 所以通解形式为 n n n n Pra cos 内 n n n n P r b cos 1 外 在球面上 00 RrRr 外内 即 2 2 0 0 0 0 f Rr 将 f按球函数展开为广义傅立叶级数 n nnP ff cos 则 n n n n n fRbRa 1 00 下面求 n f 0 1 1 sin cos 2 12 cos cos 2 12 0 dP n dPf n f n R nn sin cossin cos 2 12 2 0 2 0 0 dPdP n nn 2 12 1 0 0 0 1 0 dxxPdxxP n nn 2 12 1 0 1 0 0 dxxPdxxP n nn 由于 1 xPxP n n n 所以 1 0 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 2 12 1 2 12 dxxP n dxxPdxxP n f n n n n nn 当n为偶数时 0 n f 当n为奇数时 1 0 11 0 12 11 2 12 n xPxPn f nn n 1 0 110 xPxP nn 12 1 642 2 531 1 0 0 2 1 0110 n n n PP n nn n nn Rfa 0 12 1 642 2 531 1 2 1 0 0 n n n R n n 1 0 n nn Rfb 12 1 642 2 531 1 2 1 1 00 n n n R n n 至此 可写出球内外的电势为 为奇数 内0 0 2 1 0 cos 12 1 642 2 531 1 RrnP R r n n n n n n 为奇数 外 电动力学习题解答 第25页 第三章第三章静磁场静磁场 1 试用A A A A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场 0 B B B B 写出A A A A的两种不同表示式 证明二者之 差为无旋场 解 0 B B B B是沿z方向的均匀恒定磁场 即 z B e e e eB B B B 00 由矢势定义B B B BA A A A 得 0 zAyA yz 0 xAzA zx 0 ByAxA xy 三个方程组成的方程组有无数多解 如 10 zy AA 0 xfyBAx 即 x xfyBe e e eA A A A 0 20 zx AA 0 ygxBAy 即 y ygxBe e e eA A A A 0 解 1 与解 2 之差为