《电动力学》郭硕鸿_第三版_答案

1、电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 1 - 1. 根据算符的微分性与矢量性推导下列公式 BABAABABBA rrrrrrrrrr )()()()()(+= AAAAA rrrrr )( 2 1 )( 2 = 解1BABAABABBA vvvvvvvvvv )()()()()(+= 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BA vv和 又是一个矢量算符具有矢量的所有性质 因此利用公式bacbcabac v vv v vv v vv )()()(=可得上式其中右边前两项是作用于 A v 后两项是作用于B v 2根据第一个公式令A v B v 可得证

2、 2. 设 u 是空间坐标 xyz 的函数证明 .)( )( )( du Ad uuA du Ad uuA u du df uf r r r r = = = 证明 1 u du df e z u du df e y u du df e du df e z uf e y uf e x uf uf zyx x u zyx = + += + + = rrrrrr)()()( )( 2 du Ad u z u dz uAd y u du uAd x u du uAd z uzA y uA x uA uA z y xz y x rr r rr r r r = + + = + + = )( )( )()(

3、 )( )( )( 3 = + + = = z x y y zx x y z zyux zyx e y A x A e x A z A e z A y A uAuAA zyx eee uA r r r r rr r r r rrr rrr r )()()( )()( )( )( 电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 2 - du Ad ue y u du Ad x u du Ad e x u du Ad z u du Ad e z u du Ad y u du Ad z x y y zx x y z r r r r r rr r r r = + + =)()()( 3. 设 222

4、 )()()(zzyyxxr+=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 1 证明下列结果并体会对源变数求微商)( z e y e x e zyx + + = rrr 与对场变数求 微商)( z e y e x e zyx + + = rrr 的关系 )0.(0, 0, 11 , 3 333 =r r r r r r r r r rrr r rr rrrrr (最后一式在人 r0 点不成立见第二章第五节) 2求 均为常矢量及其中及 000 ,),sin()sin(),(,)( ,EkarkErkErararr rr rr rr r rr rrrrrr 证明3 )()()(

5、= + + = z zz y yy x xx r r 0 = = zzyyxx zyx eee r zyx rrr r ) () () )()()( zyxzyxzzyyxx ezzeyyexxe z e y e x eaeaeara vrvvvvvvvrv + + + += ) () () )( zyxzyx ezzeyyexx z a y a x a vrv + + + = aeaeaea zzyyxx vvvv =+= ararrarara vvvrvvvvvv +=)()()()()( aararra vrvvvvv +=)()()( arara vvvvv +=)()( )(sin(

6、)(sin()sin( 000 ErkErkrkE r r rr r r r rr += 电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 3 - 0 )sin()sin()sin(Eerk z erk y erk x zyx rr r rr r rr r + + = )(cos()(cos( 0 EkrkEekekekrk zzyyxx rr r rr rrrr r =+= 000 )sin()sin()sin(ErkErkrkE r r rr r r r rr += 4. 应用高斯定理证明 = SV fSdfdV rrr 应用斯托克斯Stokes定理证明 = LS l d Sd rr 证明

7、1)由高斯定理 = SV gSdgdV r r r 即 += + + S zzyyxx V z y x dSgdSgdSgdV z g y g x g )( 而dVkf y f x jf x f z if z f y dVf xyzxyz V )()()( rrrr + + = + + =dVifjf z kfif y jfkf x yxxzzy )()()( rrrrrr 又)()()(kSdfdSfjdSfdSfidSfdSffSd y S xxyxzzxzyyz S rrrrr += += zyxyxzxzy dSifjfdSkfifdSjfkf)()()( rrrrrr 若令ifjfH

8、kfifHjfkfH yxZxzyzyx rrrrrr =, 则上式就是 = SV HSddVH rrr ,高斯定理则证毕 2)由斯托克斯公式有 = Sl Sdf l d f rrrr += l zzyyxx l dlfdlfdlf l d f)( rr + + = S zxyyzxxyz S dSf y f x dSf x f z dSf z f y Sdf)()()( rr 而 += l zkyjxi l dldldl l d )( r 电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 4 - + + = S yxxzzy S kdS x dS y jdS z dS x idS y dS

9、z Sd rrrr )()()( + + = zyx dSi y j x dSk x i z dSj z k y )()()( rrrrrr 若令 kzjyix fff=, 则证毕 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 ,),()( = V dVxtxtP rr r 利用电荷守恒定律0= + t J r 证明P r 的变化率为 = V dVtxJ dt Pd ),( r r r 证明 = = VV dVxjdVx tt P r r r r r = V x V x dVjxjdVjxjxdVxj t P )()()()( rrrr r = S x Sdj xdVj rr 若)0( , 0)(,=

10、 S jSdj xS rrr 则 同理 = = )( ,)(dVj t dVj t zzyy rr 即 = V dVtxj dt Pd ),( r r r 6. 若m r 是常矢量证明除 R0 点以外矢量 3 R Rm A r r r =的旋度等于标量 3 R Rm r r =的梯 度的负值即 =A r 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 m r m rr m r m R m R Rm A vvvvv v v v ) 1 () 1 ( 1 )( 1 )() 1 ( ) ( 3 += = 电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 5 - )0( , 1 )(=r r

11、 m v r mm rr m r m R Rm1 )()() 1 () 1 () 1 ()( 3 = = vvvv v v r mm r 1 )() 1 (= vv =A v 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使介质内均匀带静止自 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1 =dVSdD f S rr , (r2rr1) f rrrD )( 3 4 4 3 1 32 =即 )( , 3 )( 12 3 3 1 3 rrrr r rr E f = r r 由)( ,)( 3 4 2 3 1 3 2 00 rrrr Q SdE f f S =

12、 rr )( , 3 )( 2 3 0 3 1 3 2 rrr r rr E f = r r 0 1时 Err r 2)EEEP e rrrr )( 0 0 0 00 = = )( 3 3 )( )()( 3 3 10 3 3 1 3 00 r r r rr r rr EP ffP rrr rr = = ff )()03( 3 00 = = nnP PP 21 = 考虑外球壳时rr2 n 从介质 1 指向介质 2介质指向真空0 2 = n P 电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 6 - frrfnP r rr r r rr P 3 2 3 1 3 20 3 3 1 3 01 3

13、)1 ( 3 )( 2 = = = r 考虑到内球壳时rr2 0 3 )( 13 3 1 3 0 = = =rrfP r r rrr 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 的磁导率为求磁感应强度和磁化电流 解 f lS f ISdD dt d I l d H=+= rrrr 当0, 0, 1 =rr1时)(2 2 1 2 rrjSdjrH l d H f S f l = rrrr rj r rr r rrj B f fr rv = = 2 2 1 2 2 1 2 2 )( 2 )( 当 rr2时 )(2 2 1 2 2 rrjrH f = rj

14、 r rr B f r rr = 2 2 1 2 20 2 )( ) 2 () 1() ) ()( 2 2 1 2 00 0 r rr rjHHMJ fMM = = r rrrr )( ,) 1() 1( 21 00 rrrjH f 0 R且 = = = 0 00 0 cos RR R RE 外 外 0 是未置入导体球 前坐标原点的电势 根据有关的数理知识可解得)cos R Ra n 1n n n n 0n 外P b 由于 00 cos外RE R = 即 00 2 12 10 2 10 cos)(coscos)(coscosa+=+ = + = REP R b R b R b PRaRa R

15、n n n n n n n n外 故而有) 1(0),1(0, 0100 =nbnaEaa nn cos b cos 2 10 00 R b R RE+ 外 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 3 - 又 0 2 0 1 0 0 000 cos b cos, 00 =+= = R b R RE RRRR 即 外外 故而又有 =+ =+ 0coscos 2 0 1 00 0 0 0 0 R b RE R b 得到 2 0010000 ,)(REbRb= 最后得定解问题的解为 )(cos )( cos 0 3 00000 00 RR R RE R R RE+ += 外 2当导体球上带总电荷

16、Q 时定解问题存在的方式是 = + =nbP n 项故 cos b cos 2 10 00 R b R RE+ 外 又有 0 RR=外 是一个常数导体球是静电平衡 C R b R RE RR =+= = cos b cos 2 0 1 0 0 000 0 外 3 001 2 0 1 00 0coscosREb R b RE=+即 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 4 - coscos 2 3 000 00 R RE R b RE+ 外 又由边界条件Q 外 s 0 ds r 0 0 4 Q b = 0, 0 00 R 4 R R Q + 外 3 均匀介质球的中心置一点电荷 f Q球的电容

17、率为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 f Q的电势 R Q 4 f 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 0 RR,由高斯定理有 fPf QQQQsdE=+= 总 r r 0 对于整个导体球 而言束缚电荷)0= P Q 2 0 4R Q E f = r 积分后得是积分常数 外 CC R Q .( 4 0 f + 又由于0, 0= C R外 )( 4 0 0 RR R Qf = 外 在球内 0 RR,由介质中的高斯定理 = f QsdD r r 又 2 4 , R Q EED f = r

18、rr 积分后得到是积分常数 内22 f .( 4 CC R Q + 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 5 - 由于 2 000 f 44 , 0 C R Q R Q f RR += = 故而有 外内 ).( 44 0 000 2 RR R Q R Q C ff = )( 444 0 0 f 00 ff RR R Q R Q R Q 内 二. 分离变量法 本题所求的电势是由点电荷 f Q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 4 += R Qf 由于是球对称的其通解为 R b a += 由于球心有 f Q的存在所以有 内0R 即a 4 内 R Qf 在球

19、外有 外 0 R 即 R b 4 f 外 R Q 由边界条件得 00 f 0 f R b 4 a 4 , 0 RR Q R Q R + 即 外内 2 0 f 2 0 0 2 0 f0 R0 4 b 4 , RR 0 R Q RR Q R = 即 外内 ) 11 ( 4 a), 11 ( 4 00 f 0 = R Q Q b f 0 0 f 00 ff 0 0 f , 444 , R4 RR R Q R Q R Q RR Q 内 外 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 6 - 4 均匀介质球电容率为 1 的中心置一自由电偶极子 f P r 球外充满了另一种介质电 容率为 2 求空间各点的电

20、势和极化电荷分布 提示同上题 4 3 1 + = R RPf rr ,而满足拉普拉斯方程 解 RR = 外内 21 又 内 += l 1l 0l 3 01 f 11 l 4 cos2 ( 0 PRA R P R R = 外 l 2l 0 l 3 01 f 22 1l ( 4 cos2 ( 0 P R B R P R R 比较系数)(cos l P B00A00 3 0 1 1 3 0 12 3 01 2 11 3 0 , 2 4 2 4 2 R B A R B R A R ff =+及 得 )2(4 )(2 , )2(4 )(2 211 21 1 3 0211 21 1 + = + = ff

21、B R A 比较的系数)(cos 2 P 4 0 2 2 4 0 2 021 , 3 2 R B A R B RA= 及0) 1 1 ( 01 2 =+ R A 所以0, 0 22 =BA同理)3 , 2( , 0L=lBA ll 最后有 )( , )2(4 )(2 4 cos )2(4 )(2 4 0 3 0211 21 3 1 3 0211 21 3 1 RR R R R R R RR R ffff + = + + = + + r r r r r r r r 外 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 7 - 球面上的极化电荷密度 nPP nnP r , 21 =从 2 指向 1如果取外

22、法线方向则 nnnnp PP)()( 0102内外球外 = 0 )()( 0102RR RR 内外 + = cos )2(4 )2(2)(2 )2(4 cos)(6 )( )2(4 cos6 )( 3 0211 2121 3 021 20 01 3 021 02 f ff RRR+ + + + = cos )2(2 )(3 cos )2(4 )(6)(6 3 0211 210 3 0211 012201 ff RR+ = + + = 求极化偶极子 l q Pf rr =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 )(1(,) 1( 1 0 1 0 f

23、PfP qqqq= 两者合起来就是极化偶极子 fP PP rr ) 1( 1 0 = 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 r 球壳上带电 Q求空间各点 电势和电荷分布 解 + = = = 为有限值 0 1 1 3 0 1 022 33 2 , 4 , 0, 0 r r r r rP C r r = + + = = = = = + 0 13 3 0 1 22 3 1 3 12 1 2 )(cos 4 , ),(cos Q dS r dS r PrA r rP CC CP r B RrRrl l l f Rr Rrl l l r r R2 R1 3 1 2 电动力学习题解

24、答参考 第二章 静电场 - 8 - =+ =+ CRAA R P CP R B R B R B f L L cos 4 cos cos 110 2 10 2 3 2 2 2 2 1 2 0 即)4 . 3 . 2(0),3 . 2 . 1(0, 0cos) 4 ( , 2 1 11 2 0 0 LL=+=lAlB R P RAC R B A ll f += +=+= + L L cos2) 1( cos 2 cos 4 cos2 3 1 1 2 1 0 2 3 1 3 10 1 1 3 10 1 R B R B P r B l r A R P PRlA R P r l l l f L l l

25、f 又 则 = 0 2 1 02 1 2 1 0 2 1 03 44B R B RdS R B dS R B dS r 000sincos 4 sincos 2 2 00 2 1 3 10 2 00 2 1 3 10 1 =+= += ddR R P ddR R P dS r ff 故 = + 0 0 13 4 Q B r dS r 3 10 1 20 0 0 0 4 , 4 , 4R P A R Q A Q B f = 最后有 = + = )( , 4 )( , 4 )( , 444 21 20 2 2 0 3 1 20 3 10 2 0 1 RrR R Q Rr r Q Rr R Q R

26、rP r rP f r r r r 电荷分布 在 rR1的面上 3 1 3 1 3 1 1 0 4 cos 4 cos 2 cos 1 R P R P R P r fff P = + = = 在 rR2面上 2 2 3 0 4 2 R Q r P = = 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 9 - 6在均匀外电场 0 E r 中置入一带均匀自由电荷 f 的绝缘介质球求空间各点的电势 解 = + + + 0 6 1 )(cos)( 2 2 1 r P r B rA f l l ll l 内 外 内 是由高斯定理解得的 f 的作用加上 0 E r 的共同作用 0 0 ,cos = rr rE

27、外有限 + + + )(cos 6 1 )(coscos 2 1 0 l l ef l l l Prcr P r B rE 内 外 : ) 0 Rr = 外内 + 2 3 0 2 2 0 1 0 0 00 cosP R B R B R B RE + 2 2 0201 2 0 cos 6 1 0 PRcRccR f 即 0 0 0 2 0 6R B cR f =+ 01 2 0 1 00 Rc R B RE=+ 2 02 3 0 2 Rc R B = rr = 外内 0 + += ) 1(cos( 2 0 00 l ll R PB lE r 外 L+= += 20210 1 00 2cos 3

28、)(cos 3 PRccRPRlcR r f l l l f 内 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 10 - LL+ 2 4 0 20 3 0 10 2 0 00 00 3 cos 2 cosP R B R B R B E 即 2 0 00 0 3R B R f = 3 0 10 001 2 R B EC = LL 4 20 02 3 2 R B RC = 解方程得 f R B 0 3 0 0 3 = ) 6 1 3 1 ( 0 2 00 += f RC 3 00 0 3 000 1 2 3 RE RE B+ + = 0 00 1 2 3 + = E C 及 20002 32CRRC=

29、 即 0)32( 0002 =+RRC 0 22 = BC 同理0= ll BC LL3 , 2=l 得 + + 0 2 00 0 2 0 2 0 2 0 3 000 2 3 00 0 3 0 0 ,cos 2 3 6 1 3 1 ( 6 ,cos )2( 3 cos 3 cos Rrr E Rr Rr r RE r RE r R rE f f f 内 外 7在一个很大的电解槽中充满电导率为 2 的液体使其中流着均匀的电流 0f 今在液 体中置入一个电导率为 1 的小球求稳衡时电流和电荷分布讨论 21 及 12 两种情况的电流分布特点 先求空间电势 0 0 2 2 外 内 外内 0 Rr =

30、因为)( 0 Rr nn = 外内 稳恒电流认为表面无电流堆积即 nn 流出流入 = 故 rr2 2 2 2 21 外内 = 并且 0 = r 外 即 cos 0r E r = 外 () 02 0 Ejf= 有限 内r 可以理解为在恒流时0r的小封闭曲面流入流出 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 11 - 这时的解即为 + + 置一点 电荷 f Q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 ).()(cos)( 1 cos2 11 0 22 aRP a R a aRaR r n n n = + = = 解1分离变数法 由电势叠加原理球外电势 f , 4 + R Q

31、外 是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件 = = = = 0 0 )( , 0 0 0 2 Rr r Rr 外 根据分离变数法得 )( , )(cos 0 0 1 RrP r B l l l l = = + = + + + 0 1 22 f )(cos cos2 1 4 l l l l P r B arra Q 外 * )( , )(cos)(cos)( 1 4 0 1 0 arP r B P a r a Q l l l l n n n f + + =+= 外 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

32、球心为 a(a + = = 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 rbrQQ r b a rQ b a Q r b a rQ b a Q r r r = = = 33 2 22 2 11 , , , cos2 cos2 1 cos2 1 4 2 2 4 2 2222 0 R b a b a Rb a RbbRRbbR Q + + + + = P Q Q b a Q b a -Q O R 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 15 - ), 2 0(, cos2 2 2 4 2 a

33、R R b a b a Rb a + + + 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 成电流 I,当系统稳定时是恒定场即0= + t j r 中0= 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 = n Q sdE r r 而又有 = = Ei sdiI rr r r =sdEI r r 1 有 1 1 1I Q

34、Q I= 对 BQ 1I QQB= 又在容器壁上, 0= n j r 即元电流流入容器壁 由Ej rr =有0= n j r 时0= n E r 可取如右图所示电像 b a Q(x0,a,b)-Q (x0,-a,b) -Q(x0,a,-b)+Q (x0,-a,-b) z y P(x, y, z) B(x0,y0,z0) x z y A(x0,y0,z0) j r j r -Q(x0,-y0,z0) z Q(x0,-y0,z0) Q(-x0,-y0,z0) -Q(x0,y0,-z0) -Q(-x0,y0,z0) -Q(-x0,y0,-z0) Q(x0,y0,z0) Q(x0,y0,z0) y x

35、 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 16 - 14.画出函数 dx xd)( 的图说明)()(xP r r =是一个位于原点的偶极子的电荷密度 解 = = 0, 0, 0 )( x x x x xxx dx xd x + = )()( lim )( 0 10 )( 0= dx xd x 时 2= = xdx xd x x 0 lim )( , 0 xa0 0 时 += =ax a ax若 a0,结果如何 20)(=xx 证明1根据 = )( ( )( k k x xx x 所以 a x ax )( )( = 2从)(x的定义可直接证明 有任意良函数 f(x),则)()(xFxxf=也为

36、良函数 = = 0)()()( 0 x xxfdxxxxf 16一块极化介质的极化矢量为)( xP r r 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 rxP 3 0 4 )( rr r 另外根据极化电荷公式,)( PnxP PP r rr r rr =及极化介质所产生的电势又可表为 + = SV r SdxP dV r xP 0 0 4 )( 4 )( r r r r r 试证明以上两表达式是等同的 x dx xd)( P O X r 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 17 - 证明 = = VV dV r xPdV r rxP 0 3 0 1 )( 4 1)

37、( 4 1r r rr r 又有 r P r P r P p 11 ) 1 ( += rrr 则 4 1 )( 4 1 0 0 + =+ = SVVV Sd r P dV r P dV r P dV r P r rrrr 4 1 4 1 0 0 += + = S P V P SV dS r dV r dS r nP dV r P rs r rr 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 Pn r r = 0 12 1 而电势的法向微商是连续的各

38、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.)lim 0 lP l rr = 证明1如图可得,2 0 s sE = 0 22 , 2 00 21 0 =zzE 面 z eE n r r 0 1 1 1 2 = )( 2 0 2 2 2 z eE n r r = 02 2 1 1 = nn 2)可得 z eE r r 0 = 00 00 12 limlim Pn lnlE ll r r r r rr = 又E n E n rr = = 21 , z x E + 1 2 E S E r + - z n r 1 2 l r 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 18 - .

39、 0 12 = nn 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 )0( 1) 1 ( , 12 )()( )( 642 ) 1(531 2 1 0 1 0 11 偶数 奇数 n n P P n xPxP dxxP nn n n nn n 解 = = 0 0 0 0 2 2 r r 外 内 外 内 = = 2 , 2 0 , )( 0 0 0 f Rr =)(cos l l l PrA 内 这是 内 按球函数展开的广义傅立叶级数 l lr A是展开系数 +

40、= + = 0 1 1 0 sin)(cos 2 12 cos)(cos 2 12 00 dP l dP l fRA lRlRl l l内内 sin)(cossin)(cos 2 12 2 0 2 0 0 + + = dPdP l ll )()( 2 12 1 0 0 0 1 0 + =dxxPdxxP l ll + + = 1 0 0 1 0 )()( 2 12 dxxPdxxP l ll 由)() 1()(xPxP l l l = 则)()() 1( 2 12 1 0 1 0 1 00 + + = + dxxPdxxP l RA ll l 电动力学习题解答参考 第二章 静电场 - 19 -

41、 + + = + 1 0 1 0 )( 1) 1( 2 12 dxxP l l l 当 l 为偶数时0 0 = l lR A 当 l 为奇数时有 1 0 11 0 1 0 1 00 12 )()( ) 12()( 1) 1( 2 12 + +=+ + = + l xPxP ldxxP l RA ll l ll l ) 1(642 )2(531 ) 1( ) 1(642 531 ) 1( 2 1 2 1 0 + = + l l l l ll ) 1(642 )2(531 ) 1( ) 1(642 531 ) 1( 2 1 2 1 0 + + = l l l l ll ) 12( ) 1(642

42、)2(531 ) 1() 1 1 ( ) 1(642 )2(531 ) 1( 2 1 0 2 1 0 + + =+ + = l l l l l l l ll 则 ) 12( ) 1(642 )2(531 ) 1( 2 1 0 0 + + = l l l R A l l l + + = + )(),(cos)(12( ) 1(642 )2(531 ) 1( 0 10 2 1 RrlP r R l l l l l l 为奇数 外 电动力学习题解答参考 第三章 静磁场 - 1 - 1. 试用A r 表示一个沿 z 方向的均匀恒定磁场 0 B r 写出A r 的两种不同表示式证明两者之 差是无旋场 解

43、 0 B r 是沿 z 方向的均匀的恒定磁场即 z eBB r r = 0 且AB rr = 0 在直角坐标系中 z x y y zx x y z e y A x A e x A z A e z A y A A rrr r )()()( + + = 如果用A r 在直角坐标系中表示 0 B r 即 = = = 0 0 0 y A x A x A z A z A y A x y zx y z 由此组方程可看出A r 有多组解如 解 1)(, 0 0 xfyBAAA xZy += 即 x exfyBA r r )( 0 += 解 2)(, 0 0 ygxBAAA Yzx += 即 y eygxBA

44、 r r )( 0 += 解 1 和解 2 之差为 yx eygxBexfyBA rr r )()( 00 += 则 z x y y zx x y z e y A x A e x A z A e z A y A A rrr r )( )( )()( )( )( )( + + = 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 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 = 4 3 0 dV r rJ B r r r 求解磁场分布又J r 在导 线上所以 = 3 0 4r r

45、lJd B r r 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 电动力学习题解答参考 第三章 静磁场 - 2 - 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 xyx ezeaear rrrr sincos= yx eadead l d rr r cossin+= )sincos()cossin( xyxyx ezeaeaeadeadr l d rrrrrr r += zyx edaedazedaz rrr sincos 2 += 取由dzzz+的以小段此段上分布有电流nIdz + + = 2 3

46、22 2 0 ) ( )sincos( 4 za edaedazedaznJdz B zyx rrr r In a z a z d nI enI za dza d z0 2 3 2 0 2 3 22 2 2 0 0 1) ( ) ( 2 ) ( 4 = + = + = + r 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) 0 . ,(P为场点 )(a 222 ) sinsin() coscos(zaaxxr+= rr ) cos(22 22 +=aza (=xxr rrr x ea r ) coscos zy ezea rr ) sinsin( yx eadead l

47、d rr r cossin+= zyx edaaedazedazr l d rrrr r )cos(sincos 2 += += sin cos 4 3 2 0 3 2 0 0 dze r daz ddze r daz dnIB yx rr r )cos( 3 2 2 0 + z edz r aa d r 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0=B r 电动力学习题解答参考 第三章 静磁场 - 3 - 3. 设有无穷长的线电流 I 沿 z 轴流动以 z0 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

48、布 解本题的定解问题为 = = = = = 01 0 02 021 2 2 01 2 11 )0( , )0( , zz z AA AA zJA zJA rr rr rr rr 由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为 = = r lId xA r lId xA r r r r r r 4 )( 4 )( 2 0 1 由此可推测本题的可能解是 = )0( , 2 )0( , 2 0 ze r I ze r I B r r r 验证边界条件10)(, 12021 = = BBnAA z rr r rr 即 题中0,= eeen zz rrrr 且所以边界条件 1满足 20)(, 11 120

49、1 0 02 = = HHnAA zz rr r rr 即 本题中介质分界面上无自由电流密度又 e r IB H e r IB H r r r r r r 2 2 2 2 0 1 1 = = , 0 12 =HH rr 满足边界条件0)( 12 =HHn rr r 综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解 = )0( , 2 )0( , 2 0 ze r I ze r I B r r r 在介质中M B H r r r = 0 故在 z0 的介质中 2 0 2 H B M r r r = 电动力学习题解答参考 第三章 静磁场 - 4 - 即 e r I e r I e r I M rrr r )

50、1( 222 00 = 介质界面上的磁化电流密度 rzM e r I ee r I nM rrrr r r ) 1( 2 ) 1( 2 00 = 总的感应电流) 1() 1( 2 0 2 00 = Iedre r I l d MJM rr rr 电流 在 z0 的空间中沿 z 轴流向介质分界面 4. 设 x0 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 e r I B v v 2 = 其满足边界条件 0)( 0)( 12 12 = = v vv v vv v HHn BBn 即可得在介质中 e r IB H v v v 2 2

51、 = 而Me r I M B H v v v v v = 00 2 2 在 x0 的介质中 e r I M v v 0 0 2 = 则 = l d MIM vv 取积分路线为BACB的半圆 , eAB v Q AB段积分为零 0 0 2 )( = I IM e r II B M v v 2 )( 0 + = 由 e r I Be r II M v v v 22 )( 0 = + 可得 0 0 2 + = 电动力学习题解答参考 第三章 静磁场 - 5 - 空间 e r I B v v 0 0 + = IIM 0 0 + = 沿 z 轴 5. 某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知) 2 1 ( 22 0 zCBBz其中 B0为常量试求该处的 B 提示用, 0= B r 并验证所得结果满足0H r 解由B v 具有轴对称性设 zze BeBB