郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版(1-6章)

1、()=dAx(u)(w)dAzz(u)dAx(u)duv(M)dudAz(u)dudA+=+=vUdxdzdudxdudydzdzdu3)%ddxAJ,)eyd04®ddz4()疝风、_=(万F+(dAxdA.Jkzdzdx说dAx总+(方一诙以1.根据算符的微分性与矢量性,推导以下公式；V(A-B)=Bx(VxA)+(B'V)A+Ax(VxB)+(A-V)BAx(VxA)=VA-(A-V)A解:1)V(A-B)=Bx(VxA)(BV)A+Ax(VxS)+(A-V)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,对于此题,将作用于N和月0又是一个矢量算符,具有

2、矢量的所有性质.因此,利用公式Ux伍xB)=鼠(小万)-伍方)才可得上式,其中右边前两项是作用于A,后两项是作用于月2)根据第一个公式.令1一月可得证v2.设u是空间坐标x,y,z的函数,证实:Vf(W)=VwdudAV-A(n)=VududAVxyl(W)=Vux.证实:1)(小史明,+思公加明变空0+立冬冬.或dxdydzdududy'dudzdu,dA.dudAdudAdudA.du、_dAdudAdu、_dA=(-二)ex+()ev+(-)e,=Vuxdudydudzdudzdudxdudxdudydu3 .设,=必-？2"72-77为源点x'到场点x的距离,

3、r的方向规定为从源点指向场点V1证实以下结果,并体会对源变数求微商'=母旦+鼻旦+瓦旦与对场变数求dx-dydz微商=说?+?十2名的关系,oxoy*dzr11rrrrVr=-V>=-,V-=-V-=-,Vx-r=0,V-?=-V-=0.r*0rrrrrr3r3最后一式在人r0点不成立,见第二章第五节卜2求V.r,Vxr,(5V)r,V(a-r),V-Eosin(G尸)及xEosin(G.r),其中瓦元及瓦均为常矢量0证实；尸=四二力+如二/+至二=3dxdydzdxdydzx-xy-yz-z(a-V)r=(axex+ayey+导er)(x-x*)ex+(<-y')

4、e+(z-z*)ejdyoz=%J+ayey+aze2=aV(a-r)=ax(Vxr)+(a-V)r+rx(Vxa)+(r-V)a=(aV)r+rx(Vxa)+(ra)5=不+产x(xM)+(尸)万V-Eqsin(斤>r)=V(sin(I.r)-Eo+sin(八r)(V-瓦)=焉sin(八r)ex+持sin(hr)ey+'sin(ir)ezE0=cosr)(kxex+kYey+k.ez)E0=cos(工r)(k,E)VxEosin(八r)=Vsin(晨r)xE0+sin(hr)VxEo4 .应用高斯定理证实dJxf=jsdSxf应用斯托克斯Stokes定理证实&7&quo

5、t;£心证实：1由高斯定理即；冬+与+."=,g,dSx+gHSy+g：dSzoxdydzJsz=J£g一/J吗("-.(/)-尸)M"又；dSxf=js(f：dSy-fydS:)i+(fxdS:-f:dSx)j+(fydSx-fxdSyyk=f(/-fJ)dSx+(fj-fxk)dS,+(fxj-4?)dSz假设令Hx=fR_fj,Hy=fj_f1,Hz=fxj-fyl那么上式就是；/互/p=£dM方,高斯定理,那么证毕“2)由斯托克斯公式有：疗一'x/dM,/斗(/皿+/4+/必).曲山会-小阳嚏工/工叫吗力_/叭而&qu

6、ot;7.=?3叱+©jdly+我力二廨xy0=曙dsy-砥<)7+曙ds;-普dS汹曙dsx-gdsy)k邛等-第喀+(爵-誓)与+(第一第)如假设令人=我/=力/="那么证毕V5 .一个电荷系统的偶极矩定义为：p(/)=P(x»xt/r,利用电荷守恒定律/+如=0证实?的变化率为；dt证实：=fB-x,dV'=-Vj'xdVdt及dtJrxdV=-y'xJ')-(y'x)-'dV'=£(Jx-V-(xj)dv'=jxdV'-xj-dS假设s->oo,那么)£

7、=o,(s=o)同理,(韵产Jj,(韵工叩即：手=at6 .假设孟是常矢量,证实除R-0点以外,矢量1=依孚的旋度等于标量0=誓的梯RR度的负值,即VxJ=7ip其中R为坐标原点到场点的距离,方向由原点指向场点0证实：Vx=Vx(-=-Vxmx(V-)=(V-/w)V-+(.V)V-V.(V-)w-(V-).Vm二(玩),(00)rV(p=V(-)=-Vm.(V-)=-/wXVX(V-)-(V-)x(VXm)-(mV)V-Rrrrr_(vl).V/n=-(m-V)vlrrVxJ=7卬7 .有一内外半径分别为h和L的空心介质球,介质的电容率为£,使介质内均匀带静止自由电荷夕/,求U)空

8、间各点的电场(2)极化体电荷和极化面电荷分布解；1)jp-t/S=JpfdV,(r2>r>r()即；D-4r2=(r?-r,?)pj王(/一、:E=rr.(r2>r>/,)3,由fF.云=旦=2?.)p&)JSq3%:.E=2)P-%/=%上'1E=(£-sq)E£o./)=一7,月=-(£一£0)厂后=一(£一£0)：0/月=一£2/厂(尸一£尸)3/3er3=一年灯(3°)=-(宁)巧bP=P'n-P?考虑外球壳时,r-2,n从介质1指向介质2<介

9、质指向真空),乃“二0P=f,n=-Q)3P-PfPr=r2=(1-)-Pf考虑到内球壳时,r-马r3_r3.尸=-(g-0)-3'P/Ir.=°8 .内外半径分别为h和2的无穷氏中空导体圆柱,沿轴向流有恒定均匀自由电流心导体的磁导率为",求磁感应强度和磁化电流V解：娘疝=if吟伊dS=i/当时,/=0,故后二月=0当r/rX时,7-dl=2mH=Vf.dS=jf7V(r-r)2)似,(J_4)_(/_/)B2；-2r2?/当rf时,2eH=%/(r；-7：)oo2r=(-l)Vx=(-l)J/5(r1<r<r2)"oNoaM=万、(必2-启i

10、),(从介质1指向介质2)2_2在内外表上,峪=0也2=仁-1)4晨"0Ao2/11故am=xA/2=0,(厂=0)在上外表,rH时仪=«x(-M1)=-HxA?l|r=-x7/xr|r=r2=-1).耳No2/9 .证实均匀介质内部的体极化电荷密度pP总是等于体白由电荷密度pf的-1-组倍v£证实：Pp=一.户=一7.£一£0区=一£一£0V72二一£一£0=一1一包0££10 .证实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

11、三定律证实：1线圈1在线圈2的磁场中的受力：125=及£,2ax%22一4不,2dF2=xB247rjjdT2(dl1鸟)-鸟西/)h4.2ri2(1)2线圈2在线圈1的磁场中受的力:同1可得;47r,乙.乌一,疝144r21r21(2)分析表达式1和2：1式中第一项为,国画4)=,戈何等="乙,绛=,孔.(=0/,12.2/2r2124r12l2r2同理,对2式中第一项11 .平行板电容器内有两层介质,它们的厚度分别为L和y电容率为句和与,今再两板接上电动势为E的电池,求.1电容器两板I二的自由电荷密度/2介质分界而上的自由电荷密度0/假设介质是漏电的,电导率分别为/和.

12、2,当电流到达恒定时,上述两问题的结果如何？解：在相同介质中电场是均匀的.并旦都有相同指向/|E1+,2七2=EDn-D2n=与&一£,2=隼介质外表上bf二°'故；E=/2+/由,e2=/鸟+3又根据0bl在上极板的交面上,<n从介质1指向介质2D?是金属板,故Dz-O即；oy=Di=££2£%=.；一o；=-o；,o；是下极板金属,故.;=0/述2+312工假设是漏电.并有稳定电流时,e1=A,£2=AA+2=E6.27ln=j2n=j=,2,稳定流动,电荷不堆积E得；J=J2=-j即：,A.+红6.2

13、63;i=A=e,/.2+/2?=近=*°2/.2+3力=_心=_,2晅_/中M+312 .证实(1)当两种绝缘介质得分界面上不带而自由电荷时,电场线的曲折满足tan01_£?=,tand£1其中与和利分别为两种介质的介电常数,q和%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tan-2_.2tanOx/其中5和.2分别为两种介质的电导率.证实：根据边界条件：x(&一E)=0,即；E2sinO2=Esin由于边界面上./=0,故；n-(D2一力1)=0,即；£2E2cos=££

14、Cos,有蚣=蛆,即;处=组%与1g*句(2)根据；7=cS可得,电场方向与电流密度同方向u由于电流I是恒定的,故有;Ji=hCOS%COS而：nx(E2-£*1)=0即E2sin02=E,sin即：皿=空空COS2COS.故荀"为火2.213 .试用边值关系证实；在绝缘介质与导体的分界而上,在静电情况卜导体外的电场线总是垂直于导体外表；在恒定电流的情况下,导体内电场线总是平行于导体外表“证实：(1)导体在静电条件下到达静电平衡导体内£一0而；wx(£,2-£,)=0.万X邑=0,故瓦垂直于导体外表V(3)导体中通过恒定电流时.导体外表b/=0

15、.导体外后2=°,即：力2=0而；万()2-“)=0'=0,B|J:n-D="&=0.,.斤E=0导体内电场方向和法线垂直即平行于导体外表-14 .内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器,单位长度电荷为力广板间填充电导率为b的非磁性物质V(1)正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V(2)求义/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I的一段介质总的能量耗散功率,并证实它等于这段的静电能减少率.(1)证实；由电流连续性方程：VJ+-=0dt据高斯定理pf=V-PdVD-dDdtdtAV-J+-=0,

16、BP；VJ+V=0-dD-6D/.V.(J+)=0.J+=0,即传到电流与位移电流严格抵消“dtdt(2)解：由高斯定理得：D27cFdl=Xfdl:.D=-er.E=-er2ttt2侬,_dD1乂J+叱=0,J=oE,D=£Edt-dE-二,crE+c=0,E=EerA-W一名$eIttet27kt70(3)解:dtdt27rrc2m能量耗散功率密度一J2P=J2=静电能W减少率(5)解：单位体积dV=bZ7rrdr-*ph4r力l(yfbP=IJ-?E2acb=一f-n-Ja2jrsr2jie-aa1_fhiAyiifbf-DEdV=f-dr=-.-ln-Ja2Ja22兀仃22九

17、£adw%、b吗厉.b=In=-mdtadt2加ra1 .一个半径为R的电介质球,极化强度P=K/,电容率为*v(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：p11=-V-P=-XV=-/C(V-r+Vr)=-/C/r2厂厂厂b-万(g-月)Ia又球外无极化电荷-A=0札用a=/rKgk=K/R(2)由公式D=eE一F_cK；p=ND=VP=Eo("£o)r(3)对于球外电场,由高斯定理可得：J嬴曲=.后We叫壬.MW.匕4473T=£.%?_sKR一/.E叭r43-

18、£o)r同理可得球内电场；4一Ar二球外电势以一羸d一捻'球内电势8内一J后外沂+J后内.折一Rr+£o(£-4)£一4idr4/内一g内.后内一;446七0KrKcKXe-%)r2.切小心嬉.、KJsini9drdaie-2汝火()2£一£.rfwfff1£2K2R212.a26RK?吗-外d展见5高sm颂d西-熊与了.力=稣十%-2而R(1+2)(U-)2/£一.2.在均匀外电场中置入半径为1的导体球试用别离变数法球以下两种情况的电势;1导体球上接有电池,使球与地保持电势差.；2导体球上带总电荷Q.解；

19、当导体球上接有电池,与地保持电势差.时,以地为电势零点本问题的定解条件如下0内一%R=凡V2.外一0R凡且.*5=_Eo&os升Po0.是未置入导体球8外|展殳=.0前坐标原点的电势qdin根据有关的数理知识,可解得；死卜一22小"十FP斗cos.n-0R8.外a.+卬Rcos.+WX(cos.)n=2由于9州府=一Reos什/即;bb006+啜+£cos6+Pn(cos=E°Rcos.+%KK=2K故而有；.0=%,%=-e0,4=°(>1)也=0(/1>1)/外一<Pq-£0Reos什旦+冬cos0RR4又.外L%

20、=",即;户外晟=%-E°Rcos什U+&8sO=0K0火.故而乂有:-EqR.cos®+"cos.=0&得到：bo=So-PoRo,b、=EoK最后,得定解问题的解为；P外=-EqRcos夕+9.+仁cos6R>R0RR2当导体球上带总电荷Q时,定解问题存在的方式是：M=oRRo力幅_0伍>小匐R-0有限,.外R既以+外他是未置入导体球前坐标原点的电势.内一.外|小一.鲁&OH=H.解得满足边界条件的解是.内一2RnpScos.外一p0-E°Rcos火Zn-0n«0&%cos.Ro+,n由

21、于"外|a*的表达式中,只出现了<cos.一cos颐,故,bn=0w>1/.e外一仰一EoHeos什+-cosRR"又有0外|八%是一个常数导体球是静电平衡洲人&=%-E°R.8s升$+%cos.=C/.-E0Ricos<9+雪cos,=0即；b1=ER；.外一九EoRcos.+叫空!SORR2又由辿界条件T%Mds-0,也二言J/内一4QD一夕O.RR.4码凡0Er3.外+iLr!Lcos0E()Rcos夕R>R047r£()RR“3.均匀介质球的中央置一点电荷.f,球的电容率为£,球外为真空,试用别离变数法求

22、空间电势,把结果与使用高斯定理所得结果比拟口提示；空间各点的电势是点电荷.的电势与球而上的极化电荷所产生的电势的/1/4o/费加,后者满足拉普拉斯方程U解；一.高斯法在球外,R凡,由高斯定理有；后布=.总一./+00=.广对于整个导体球而言,束缚电荷./=0积分后得；9外一一9+C.C是积分常数4-0&乂由于8外T8=°,.C=0Qf4%R火凡在球内,R人,由介质中的高斯定理；J5点=./又熹积分后得到；3内-4-+.2-.2是积分常数由于.内一.外IR=R0,故而有:Qf4乃£.凡47r£凡QfQf47r%扁4次凡伊凡.伊内一一-h(R<R

23、6;)H4在R4必0凡4在凡二.别离变量法木题所求的电势是由点电荷0f与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的林加,且有假设球对称性V因此,其解可写作：9=出一+.由于“足球对称的,其通解为吠=.+'由于球心有0f的存在,所以有.内|rw-8,即(pt十a内47?在球外有*外Irr-.即*外一熹十£由边界条件得.内一.外|rt,即4-+a一2t-+y内¥外|R%,4hR.4松RoR°即一%.4b=吗dRdR-4乃时M4兀成.6=鱼土4松£.£互(_LJ4成0£Of40R旦十,R>R047r派4九4凡4展:R.,RvR4.均

24、匀介质球电容率为的中央置一自由电偶极子球外充满了另一种介质电容率为4,求空间各点的电势和极化电荷分布.3PfR提示：同上题,丁+,而“满足拉普拉斯方程V4%R涉外dR£_竽笔+.阀4啊A.Ja.外4下?尊F+D亲印比拟片COS,系数;氏-0,Ao0一篇+臼一簧,班唱律4=2=24fp/4%但+2s2Rq4在,g+2%B2比拟2COS.的系数;3B2exA2Rq-=R.及力2l+4=0臼凡所以4=0,B2=0v同理,4=8/=0,/=2,3最后有；prR2句一P/dn2勺一利万/2“.内r+rRcos6/=r+口R<&4%R-4啊勺+26-2Rq4吟R.4码q+勿2成姓凡

25、.£+22=得j2®f万川3小及.4吟R,4江.£+2e?R-4吗R-4笳£+2%R4/r£+2s2球面上的极化电荷密度.尸二%,一外,力从2指向1,如果取外法线方向,那么bp=%一%“=32£.*0外儿一一.内2一£.穿+.第-6p/cos06%-叼./cos.2Q-£2-2勺+2£2小=-分:r-3i-%；pfcos'4£1+2e2Rq47r£+227?o47r/勺+22q=6*+6力cos"-3£.££2cose4万臼臼+22o2吟

26、句+2%o求极化偶极子；P/=可以看成两个点电荷相距1,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%="一1什,-qp=包-1一,两者合起来就是极化偶极子££5.空心导体球壳地内外半径为R1和R2,球中央置一偶极子户,球壳上带电Q.求空间各点电势和电荷分布.解；2%=0,到8=0,“2=.,匆.=8PP血=-3+由必I->0为有限值4乃/广=C=C,.21rMl=C"得S+X片-J等阈,=%+弹琳咽-驾cos"+与P)+=C公电用Pfcos.-丁+4)+4叫cos+-*=c4g内2P即：4="=.,(力内+-t

27、)cos6>=0向=0(/=1.2.3),4=0(/=2.3.4)火24乃困又家一卷?内累+3+警二2八1drP=一里-2生cgsH+R：¥那么：-停於=隼如磊,dS=4/rR：=4兀R；,"dS=£-cos%2sin3d0d(p+£-cosOR；sinOdOdcp=0+0=0故;建W+=4ttBq=Bo二产,4=4Or'4=347r/4m0&47rqR；最后有：0i=户尸丹.尸,Q行一八r+二,尸M47r4厂4笈£小：4兀£.%7-,之4/rz:0r02=dQ9,为尸H24兀岩0%电荷分布：在r-Ri的面上3次

28、一Pjcos0-Pfcos0dr2成:在rR.2而上讷一.dr47r好6.在均匀外电场后.中置入一带均匀自由电荷P,的绝缘介质球£,求空间各点的电势P.外一Z4/+*片cos.vV*=o.内是由高斯定理解得的,的作用加上瓦的共同作用“0外1fo=-Eocosa“1-0有限VB.外一一E.,cos<9+片cos.“内一,夕片+Zc,5cos£.内一.外,.二4：-EqR.COS+HHyP2+-pf-+C.+CjRoCOS夕+七凡巴+啜Ri卷一ERo+R.2=C10£也一.酮drdr6如drR0+y匕闽7Pl(cos.)=红火0+比Icos/9+2比2R0+3s

29、3=%(-£()cos:+Z(TT)CrRo一与Eqcos.4=-£.-与A,尔卡人KD3解方程得；B.=一一Jpf3分七十专4=一怨&十£.局£+2%l_3£.E0VI£+24及；2sC2R0=-3O7?OC2即C22eRQ+3sqR0=0C2=B2=0同理：C=B=.L八R；、pfEqR：八34EqR；八八狐一一E/cos.±+井cos,cos./>凡得；3r4广£+2%尸0内一一士R：P/；十;_2iL.rgsO,<R°6c346££+247.在一个很大的电解

30、槽中充满电导率为生的液体,使其中流着均匀的电流S,.,今在液体中胃入一个电导率为的小球,求稳衡时电流和电荷分布,讨论及.2>>6两种情况的电流分布特点.先求空间电势;产内-.如一.外=R.由于跖<一*外,=凡稳恒电流认为外表无电流堆积,即流入=流出3,卜=.2七0并且'外L'=*0即"外|rTB=-g/cos.内IW有限可以理解为在恒流时rf0的小封闭曲面流入一流出.内一一_E0rcosi9,r<R°这时的解即为:6十26.外一一七0/cos0+E4(.,r>R06+2(7)r2怩rIt/fCf112.一求内外电场:E=_V&#

31、176;=-(-+ej2r20sin62“蜃一一等+：鲁3=肃次与cos限-sin限3,(T|+2b2E外一E.(cos电-sin0eo)4-J二0-乂2cos庞,+sin0eor+2a2pr3_E(cosOer-sing)+00(J-)3cosr-cos诙,+sin陶rcFj+2a2求电流；根据九一6扁/外一/后外7/0=.2巨0及(Z/o冷?cr2£0rcosr5得；血一品;,加=加+.十2%a3(Jr-r)rjf蹴纪一年Mf=0(E2n-EQ=£.(石外-E内Q=3%Eqcos.1一.28.半径为&的导体球外充满均匀绝缘介质£,导体球接地,离球心为a

32、处(>&)置一点电荷0/,试用别离变数法求空间各点电势,证实所得结果与镜像法结果相同“提示：11100D-=一>(-)"Pn(cos6).(R>a)rd陵+-2aRcos0/a解；1)别离变数法由电势外加原理,球外电势；.外一-乌一+,是球面上感应电荷产生的电势,且满足定解条件;4冗由VV=0,(r>7?o),"Ifo=0.外=.根据别离变数法得：.=豆号分的.),(尸凡)/=or四一七/221+力名片(COS.)4万上dcr+广一larcqsOjor018V8R得N严+又媪,时工悬(勺+春用(COS0)=°即：旦+=0,且/+%=

33、0,.,红(&y+与=04五冈凡4乃£4aR4汽皿a凡鲁再=_空鲁,b-等?代入L)式得解“2)镜像法如图建立坐标系,此题具有球对称性,设在球内.处有像电荷Q0,代替球而上感应电荷对空间电场的作用,由对称性,0'在00,的连线上V先令场点Pi在球面上,根据边界条件有：幺+2=0,即；2=一2=常数%包.,将0的位置选在使Q'PQ-AQ/PQ,那么存2=4(常数),为到达这一目的,令0距圆心为“的a那么；'k0aa并有：2=_耳=殳=常数,.=_也.,aaR.这样,满足条件的像电荷就找到了,空间各点电势为；DKa+互j./-1及W>«)4

34、7r04s4点yla2+r2-2arcosO,R.、R：八J厂+()+2rcosVaa将别离变数法所得结果展开为Legend级数,可证实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R?.在球内离球心为a(avRo)处置一点电荷Q.用镜像法求电势.导体球上的感应电荷有多少？分布在内外表还是外外表？解；球外的电势及导体内电势恒为庆由于球外.=0,故感应电荷集中在内外表,并且为一Q.10.上题的导体球壳不接地,而是带总电荷0,或使其有确定电势必,试求这两种情况的电势-乂问外与Qo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Q.,并且又是导体球光,故整个球壳应该是等

35、势体-其电势用高斯定理求得为史义,所以球壳内的电势将由Q的电势,像电荷-47r/%壳的电势叠加而成,球外电势利用高斯公式就可得.故；&=_Lg内47我+"-2Racos6.凡/ad2R：2R；RR+!cos.的电势及球凡)“20内=、,.4在.>JR2+a2-2Racos0n2R：2R；RZ1R-+1cos.cTa+0o.(H<R)aa试用电象法求空间电势“.外二十%(R>R?)当°.=0i2l时两种情况的解相同.4-o旦1L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&

36、gt;a),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Ucaca-21=一工0,八=TruD0,=-Q,r,=-r匕b2b.3=一.,6=一折2厂1-11+la.byR2+-2RcosOb2b12 .有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面所国成的直角空间内,它到两个平面的距离为a和b,求空间电势.解：可以构造如下图的三个象电荷来代替两导体板的作用U.Q-(x4ab)+Q(XtH-arb)4gZP(X,y,z)Q(xo,a,b)bQ(xo,a,-b)b(x-x)2+(y-a)2+(z-h)2yl(x-x0)

37、'+(y-a)2+(z+b)""(+-Iyj(x-x0)2+(y+a)2+(z-b)2ylix-Xo)2+(y+a)2+(z+b),(乂2>0)13 .设有两平而围成的直角形无穷容器,其内充满电导率为u的液体.取该两平面为xz面和yz而,在Xo,yo2和,治,-两点分别置正负电极并通以电流I-求导电液体中的电势v解；此题的物理模型是,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1,当系统稳定时,是恒定场,即V.；+中,见=0,dtdt对于恒定的电流,可按静电场的方式处理.于是,在A点取包阳A的包围面：EtZ?=而又有,二9分i=E(7r-=&

38、gt;I=iEdsaJ.,.有L=2=°=£1对BQ-£又在容器壁上,=0,即无电流流入容器壁一、由；j-oE,有/=0时,月=0/.可取如右图所示电像,B(XoJo.Zo)0为4yQ(,yQGxcye)''jAgyoZ.)Q(Xoy.Q(x()yZo)14.画出函数dx的图说明P=-()*(4)是一个位于原点的偶极子的电荷密度."X)解；b(x)=0,x*0oo,x=0dx2)x6(x)=0皿=.也3匕%AxI)力耐,羽®=0dx2)x=01时,；a)Ax>0,"'")=lim-=-oodxa

39、xt.Arad»(x)0-oob)x<0,=lim=+oodxAx.Ar15.证实1)b(axr)=-S(x).(>0)(假设a<0,结果如何？)证实:1)根据NO(x)=Z等斗,所以义)=誓2)从?(/)的定义可直接证实有任意良函数f(x),那么/(x)x=/(x)也为良函数J/(x)xZ>(x)t/r=/(x)-x|x=0=.16.一块极化介质的极化矢量为(=),根据偶极子静电势的公式,极化介质所产生的静电势为dV另外,根据极化电荷公式PR=-'户(M)及=札2极化介质所产生的电势又可表为4morS4汝；0厂试证实以上两表达式是等同的证实:又有：V

40、>(P-)=V1.P-+PV,-rrr1rVPrP1fVP0rP那么：=tJ-L2L-£+L.V=+1_dS4兀EorJvr4乃刀rJsr证实：1.如图可得；=刚好是极化体电荷的总电势和极化而电荷产生的总电势之和,17 .证实卜.述结果,并熟悉而电荷和而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,而电势是连埃的2在面偶极层两侧,电势有跃变1.2一叭=2.而电势的法向微商是连续的一各带等量正负而电荷密度土.而靠的很近的两个面,形成而2)可得；E=ez%-为一仇=limE-7=limw1/TO/tOnP又弛.=及引=后dndn偶极层.而偶极矩密度户=lim/.a&

41、gt;oc/tOdndnrrjr18 .一个半径为Ro的球而,在球坐标的半球面上电势为6,在<,<乃的半球面上电势为一*0,求空间各点电势.匕+|幻一匕_幻|2+1向提示：5.=10,5=奇数匕0=<135“g-12246,=偶数解：?内一0V外=0<如|r0<8.外|18=0.内=Z4,/cos.,这是倒按球函数展开的广义傅立叶级数,4/是展开系数04阀=fi=2；J.内2/4-1EI&PcosOdcos6=-八.内cos.sin比62'+1一.册片cos.sinOdO+g打巴cos.sinOdO22=应J：Plxdx一.o/月Xa=y-M-&#

42、163;pi%公+工片a公那么：A限=0-1川£尸外公+£尸工心=誓%-1严+1肋X心当I为偶数时,4*0当1为奇数时,有：1+1=匐(-1产/阀=等四7严+吁.心=+加.%：君二1135/,1、？135(/-2%(-1)-1246(/+1)246(/一1)=%(-记135./g1352)246(/+1)(246"),/八?135(/-2)/n.n二饵一1)246"1)B)=")财噎)2；K*+1).内=Z%T,野/部2Z+1iy巴0,取奇数凡0外一Z片c°s0又3=等正闷力cos分1=阳-患瞽磊2/+17_即；内卜=ZT产=凳号2/

43、+1%严35.,/为奇数一用2-4-6/+1r1 .试用N表示一个沿z方向的均匀恒定磁场月0,写出的两种不同表示式,证实两者之差是无旋场,解：瓦是沿Z方向的均匀的恒定磁场,即瓦=8可,口瓦在巨角坐标系中,.=(也一"其+4也)"dydzxdzdx；ydx0At%=0dydz如果用】在直角坐标系中表示瓦,即;也也=0dzdx也一也=0dxdy由此组方程,可看出有多组解.如;解1；Ay=AZ=0,力工=-By+f(x)即；A=-Bnyf(x)ex解2；4=4=0,4=Bux4-g(y)即；A=Box+g(y)ey解1和解2之差为；A4=-50y+f(x)ex-B()x+g(y)

44、ev那么：噜%+蹩-蹩Jdxdy-0这说明两者之差是无旋场2 .均匀无穷长直圆柱形螺线管,每单位长度线圈匝数为n,电流强度为L试用唯一性定理求管内外磁感应强度解：根据题意,得右图,取螺线管的中轴线为z轴此题给定了空间中的电流分布,故可由方片求解磁场分布,乂,在导4冗Jr线上,所以通=区:如学47rJr'I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V由其无限长的特性,不妨取场点为零点,以柱坐标计算：r=-acos(p'ex-asin(p'ev-z亘dl=-adsin(p

45、9;ex+adcos(p'eydlxr=(-adsin(p'ex+ad(pcos(p'ey)x(-acos(p'ex-asin(pleyz'ex)=-az'cos(p'd(p'ex-az'svn(p'd(p'ey+a2d(pez取由zz'+dz'的以小段,此段上分布有电流/电'nJdz'(-az'coscp'd(p'ex-az1sin(p'd(p'ev+a2d(p'ez)口+仁)2%,眉2+1%=()/2)螺线管外部:由于是无限

46、长螺线管,不妨就在xoy平而上任取点尸(夕,0)为场点(p>a)/.|r|=|x-xt|=yl(pcos(p-acos(p")2+(psin(p-asn(p")2+zy/p2+a2+z,2-2apcos(p-(pl)r=x-x'=(pcos(p-acos(pl)ex+(psin(p-asn(p')eY-z'ezell=_ad(p'stn(p'0x+ad(pcos(p'ev1?OC.月=久./'0-CDaz'CGS(p'd(p'dlxf=-az'cos(p'd(p'e

47、x-az'sin/Mpq,+a2-apcos(2fzfaz'sineW-te"+Jd叫三一-eydzf+-00+j"-WC；s(f据o-«>r由于磁场分布在此题中有轴对称性,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,所以月=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v解：此题的定解问题为；V2=-/zoJ,(z>O)V22=一面,(z<0)1-.1-.一X“2：=0=X4=0

48、由此题具有轴对称性,可得出两个泛定方程的特解为:由此可推测此题的可能解是:当,(z>0)电,(z<0)验证边界条件；1)4=4|川即万(瓦-A)=o题中,方=心且a4=0,所以边界条件D满足v2)-VxJ2|o=-LVx|2.0,gPHx(2-)=0No此题中介质分界面上无自由电流密度,又H-=eoNo3行瓦/-2=一=丁%/2口.件许,(z>0)g号,(z<0)H2-Hy=0,满足边界条件万X(82-方I)=0综上所述,由唯一性定理可得,此题有唯一解；B=在介质中,H,故在z<0的介质中,麻二生-月2削麻=£产一a=?(片叭.介质界面上的磁化电流窘度：

49、“:后微一叫一怩UT总的感应电流；Jw=M-dl=f(1-1)许"d*瓦=/(4-1),电流力*00在z0的空间中,沿z轴流向介质分界面u4.设x<0半空间充满磁导率为的均匀介质,x>0空间为真空,今有线电流【沿z轴流动,求磁感应强度和磁化电流分布V解：假设此题中得磁场分布仍呈轴对称,那么可写作B=-e2w其满足边界条件:斤.瓦-瓦=0nxH2-M=a=0即可得.在介质中:后,=0/2加/7而,)=M=上etn-MNo2叫.在xvO的介质中,后=丝仁包熟2勿,小I.那么/“=,庇,取积分路线为8-.一>力一>8的半圆,.茄JL.,刘段积分为零“一024/o5=

50、a£±/aJ-2m中.由.1+巨与=_匹万.可得"=2勿.271r+“0.空间月=_2_0+a/=丝"/沿z轴+05 .某空间区域内有轴对称磁场,在柱坐标原点附近纥n8o-Cz2-1/2,其中Bo为常量,试求该处的8v提示：用月=0,并验证所得结果满足Vx万一E解；由月具有轴对称性,设月=图5+星瓦,其中Bz=B°_?z2_gp2vV-5=01a即08,-2cn=0pep：.pB=czp2+A常数取4=0,得纥=czp-:.B=czpep+50-cz-pK<1>_-犯,dB/=0,.=0/.Vx5=0即Leff=02dzdp代入1式

51、可得2式成立,.Bp=czp,c为常数v6 .两个半径为a的同轴线圈形线圈位于z=土乙而上,每个线圈上载有同方向的电流L（1） 求轴线上的磁感应强度（2） 求在中央区域产生最接近于均匀的磁场时的L和a的关系vd2提示；用条件工丛=0OL解；1由毕一萨定律,L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为sina=-47rA?/+(zL)2%dO=；o1a2(L-z)2a2同理,一L处线圈在轴线hz处产生得磁感应强度为:(L+z)2+q2%轴线上得磁感应强度.-1,11b=b且二4/叱；-tt+；_ry2(£-z)2+a2Y2(L+z)2+a2p2)vVx5=0.Vx(Vxg)=V(VS)-V2

52、S=OLd2又VB=O,.23=0,8=o代入(1)式中,律dz21-(£-z)2+a2-2(£-z)2-(L-z)2+a2Ij(£-z)2+a234-6(L-z)2(L-z)2+a2i(L-z)2+a26|(L+z)2+a2p(£+z)2+(£+z)2+a2p(L+z)2+a2f-6(£-z)2(£+z)2+a2p«I-z)2+a26-0取z0,得:(L2+a2)3-2(L2+a2>pl3-2(L2+a2)i+12(Z2+/)设2=.5£2=£2+a2:.L=a27.半径为a的无限长圆柱

53、导体上有恒定电流J均匀分布于截而上,试解矢势的微分方程,设导体的磁导率为0,导体外的磁导率为V解；定解问题为；.4=-0,厂V.2外=0,什>,&|o<°°=4j|41-1-Vx4=x4外4.选取柱坐标系,该问题具有轴对称性,且解与z无关,令4=&暝】外一/外一乏代入定解问题得:1a广rdrdr=一Jie厂相外一rdrdr俎4内"-“'Glnr+C?得；4Ar=C3lnr+C4由4Id<°°得G=0由x/=VxN外得C、=-士J#4o2由外内令外|a=N内|°=0得C2=-p0Ja2,C4=yv/a2Ina友=1/_,外一gTin：8.假设存在磁单极子,其磁荷为Qm它的磁场强度为后二2匚=.给出它的矢势的4Mor一个可能的表示式,并讨论它的奇异性V解；=2_二二卫匚3耳4兀Nor44/.r由xN