電動力學期末復習

1、第一章一、選擇題1位移電流實質上是電場的變化率，它是(D )首先引入的。A).赫茲 B).牛頓 C).愛因斯坦 D).麥克斯韋3、兩個閉合恒定電流圈之間的相互作用力，兩個電流元之間的相互作用力，上述兩個相互作用力，哪個滿足牛頓第三定律(C)0A).都滿足 B).都不滿足C).前者滿足 D).后者滿足二、填空題1、麥克斯韋 在理論上預言了電磁波的存在，并指出光波就是一種電磁波。2、電荷守恒定律的微分形式為J0t1 r rr r3、 均勻線性介質中電磁場的能量密度w的表達式為 w -(E D H B)。-24、 電磁波(電矢量和磁矢量分別為 E和H )在真空中傳播，空間某點處的能流密度 Sr rS

2、 E H5、線性介質的電磁能量密度 w =，能流密度S = 。1 r rr r -212 r rr - rr答：w = -(E DH B)或-(E2-B2); S = EH 或一EB2 2 6、電場、磁場的切向分量的邊值關系分別為： r r rr r r答：e?n (E2 E1) 0 或 E2t E1t ； e?n (H 2 H1)或 H2t H 1t三、判斷題1. 穩(wěn)恒電流場中，電流線是閉合的。()V2. 電介質中DE的關系是普遍成立的。()X3. 跨過介質分界面兩側，電場強度 E的切向分量一定連續(xù)。()V4. 電磁場的能流密度S在數值上等于單位時間流過單位橫截面的能量，其方向代表能量傳輸方

3、向。()V5.電流元1、2分別屬于兩個閉合穩(wěn)恒電流圈，則電流元1、2之間的相互作用力服從牛頓第三定律。四、簡答題1. 寫出一般形式的電磁場量 D、E、B、H的邊值關系r rr?(D2D1)0或D2nD1 n0答：? nr(B2rB1)0或B2nB1 nrr1 f n(E2E1)0或E2tE1t?rrrn(H 2H1)f2介質中麥克斯韋方程組的微分形式r br r d rr答： E; H J ; D ; B 0;tt3、寫出洛侖茲力密度表達式。rr r rvr vtS答:fE J BEv B或T2t c五、證明題1. 由場和電荷系統的能量守恒定律、麥克斯韋方程組和洛侖茲力公式證明:rr（1）電磁

4、場的能量密為亠E -D H空ttt（2）能流密度為S E H1證明：場和電荷系統的能量守恒定律為 由洛侖茲力密度公式(2)將上式代入（1 ）式得H）E (H)=( E H)+ H (E）(EH）將上式代入（3）式得J E(EH）旦）(3)比較（2 ）、（4 ）式，可得電磁場的能量密為rw r d rrBEHtrtr rt能流密度為S E H2、用邊值關系證明：在絕緣介質與導體的分界面上，在靜電情況下，導體外的電場線總是垂 直于導體表面。（提示：考慮D、E的邊值關系）vn d2證明：介質2與導體1的邊值關系（靜電情況）v °（ 1 ）式r? E 0其中n為界面法線單位矢量，D、E為介質

5、2中的場量，導體內靜電平衡時場量 D、E為0vv rI? D 0 En 0 0根據線性介質性質D= E，（ 1 ）式化為 v 0n 0，導體外的電場只有法I? E 0Et 0線方向分量，即總是垂直于導體表面。3、用邊值關系證明：在線性絕緣介質與導體的分界面上，在恒定電流情況下，導體內表面的 電場線總是平行于導體表面。ren (J ) 0ern (E2 E1)03證明：設介質1為導體，介質2為絕緣體 穩(wěn)恒電流時絕緣介質與導體的邊值關系為：絕緣介質中電流為零，因此J2nJ2n0E2tE1t亠E2nE2n 0從而有E2tE1t 0即電場只有平行于界面的分量4、證明當兩種絕緣介質的分界面上不帶自由電荷

6、時，電場線的曲折滿足：上9 2 ，其中1tg 11和2分別為兩種介質的介電常數,1和2分別為界面兩側電場線與法線的夾角（提示：考慮D、E的邊值關系）4證明：考慮分界面上不帶自由電荷，由理想介質邊值關系r? (D2 D1)0D2nD1n2E2nv v r?E2 E10E2tE1tE2ttg 2tg 1tg 22(2)/(1)21tg 111 E1n (1)2E2 C0S 21E1 cos i (1)orE1t(2) E2 sin 2E1 sin 15、當兩種導電媒質內流有穩(wěn)恒電流時，分界面上電場線曲折滿足tg 2tg 1-，其中1和21分別為兩種媒質的電導率。（提示：考慮E的邊值關系）rn (J

7、2JJ 0fvvJE2 E2n1 E 1nr v n (E2E1) 0E2tE1tE2tE1ttg 2tg 1(2)/(1)2E 2n1 E1n216、證明2 14(x)，其中r|X|。r5證明：穩(wěn)恒電流時導體之間的邊值關系tg 2tg 1(1) 2E2cos 21E1 cos 1 (1)or(2) E2 sin 1 E1 sin 1(2)rxr而r r1 r1 r 1r3(2r)3 r3r4rrrrr2 11因此0, r 0rr6證明：（1）當r 0時， 1 一（丄直（2）當r 0時，取一小球面S包圍著原點,1 r1 r1 r rr rr rr rL)ey（一心2(exeyez)y rz r

8、rxyzrrr1r3 r r1r r3r4(r)33 0，rr r rV積分，即rsd1 - rs d 1 - r（或當r0時，在r 0點，1奇異，上式不成立。因此r2 1是這樣一個函數，它在rr 0處的值為零，只有在r 0點上可能不等于零。為了進一步確定這樣的函數，我們采用極限方法。p (0 ) E(0 )f(10)fTdV limra 04Vlim d0(r22 23a r ,dra )作積分變換r a ，可見上式的極存在,2!dVr122 1 )3/2因此我們證明了（X）7、已知一個電荷系統的偶極矩定義為P(t)(x ,t)x dV，證明dPdtVJ(x,t)dV7證明：方法1：dP d

9、 dtdt(x )x dV(x ) xdV tV (x )v dVV JdV方法2 :由電荷守恒定律dP d(x , t)x dVx dVV (dt dt VV tV由rrr rrrr rr rrr(fg)(f )g (f)g ( f )g(f g)(f)gr dPr rr rrrdtV(J)xdV(J x )V(J )xdV式中rrrrr t r(J )xJxJ I J則r dPr rrr r rrdtV(J x )dVJdV?V? S;(J x ) dSVJdV將上式中積分區(qū)域取為大于電荷分布區(qū)域,則右邊第一項的面積分為0，J)xdVdPdtJ(x ,t)dV五、綜合題1、已知電容率為的均

10、勻介質內部體自由電荷密度為f，求這種介質的體極化電荷密度p。1、解:0)E1 2)A2、 根據算符的性質，推導下列公式A ( A) - A (A 22 解：由 C (A B) A(C B) B(C A)得1A ( A) (A A) (A )A21 2A2 (A )A23、由麥克斯韋方程組導出電流連續(xù)性方程。解：由麥氏方程r r d H Jt上式兩邊求散度(r rrdH )Jt(1)(1)左邊rH 0且rDtrrDDttt所以有rJ0t第二章、選擇題 1在兩個夾角為90°的接地導體平板內有一點電荷 Q,用鏡像法求解空間電勢時其像電荷的數目為上答：B（A）兩個（B）三個（C）四個（D）五

11、個2、電四極矩可反映電荷分布對球對稱的偏離，沿Z軸方向拉長的旋轉橢球體，其內部電荷均勻分布，則電四級矩D33 。答：AA）.大于0B）.小于0C）.等于0D）.不確定一、填空題1如果一個體系電荷分布關于原點對稱，則它的電偶極矩p 。1答：0 2、電荷體系激發(fā)的勢在遠處的多級展開式為r(x)9；(R1 1 2 1D ijR 6 i,j iJXjXj R展開式中第一項的物理意義是 ，第二項的物理意義是 答：把電荷體系看作全部電荷集中于坐標原點處的點電荷所激發(fā)的勢；放置在坐標原點處與電荷體系同等電偶極矩的等效電偶極子p產生的電勢。3、對于均勻線性介質，靜電場中電勢 滿足的泊松方程為 答:二、判斷題3

12、、在穩(wěn)恒電路中，供給負載消耗的電磁能量是通過導線內的電子運動傳遞給負載的。（）X導線周圍的電磁場三、綜合題1、一個內徑和外經分別為 R2和R3的導體球殼，帶電荷Q，同心的包圍著一個半徑為 R1的導體球（R1 R2 ）。使這個導體球接地，（1）試用分離變量法求空間各點的電勢；（2）求這個 導體球的感應電荷。1解：見教材第48頁例題1.(1)電勢滿足拉普拉斯方程。電勢分布有球對稱性。球殼內外的電勢通解為 bi a r (R R3)ii c 呂(R2>R R3)R選擇無窮遠處電勢為0，則邊界條件為1)11 R=R11 R2)11 r=r21 r=r3R R23)-蜒 R3確定解中的待定系數a、

13、b、c、da 0, bQ0Q14 0R1，dQ1其中得電勢的解：Q+Q 1I 4 °R(R “Q1 11II1 ()(R2>R>R1)40 R R1R11R21R31Q0(2)導體球的感應電荷為R R,2、半徑為R0，電容率為的介質球置于均勻電場E0中，球外為真空，設球外電勢分布為球內電勢分布為2，試用分離變量法求空間電勢1和2以及球內的電場E2解：(見教材第49頁例題2.)取極軸通過 外電場E。方向，以1代表球外區(qū)域的電勢，R02球心沿2代表球內的電勢。此問題有軸對稱性，球內外均無自由電荷，因此2滿足拉普拉斯方程，其通解為(anRnnRbli)Pn(cos )(RGRn

14、dnRnni)pn(cos )(RR0)R0)邊界條件包括:E|rE。lr 0有限 1|R=R02 1 R=R0(1)由邊界條件（1），得因而 a1E0,由邊界條件（2）由邊界條件（3）由邊界條件（4）比較P1系數得由以上兩式得rIr=R00 -R Ir=r0E0RcosE0RP1 (cos )an比較其他Pn項系數得于是得電勢為dn(n 1)EoRoR(cosEoR(cos )bn詁)PnCosn %(n 1)bn)Pn(cosR0n 2E0R0b1R02c1 R0b1C1E°bncnnR03c10cn0E0RcosEo(n1)0 E0R032 0 R2¥E0Rcos2

15、0R(? Pn (cos ) nCnRf 1 Pn (cos )2球內的電場為 3、在電容率為 的無限大均勻介質內，有一個半徑為Ro的球形空腔，和一個外加均勻電場Eo。用分離變量法求空腔內電勢分布。(14分)0n on o3解：(將教材第49頁例題2的 與o交換即為本題)設球腔內、外電勢分別為1、2，應具有軸對稱性。(1)球內外均無自由電荷，因此1、2滿足拉普拉斯方程，其通解為i(anrn 黑)R(cosn orII(Cnrndd)Pn(cosn orrRor Ro(2)取原點電勢為有限值，可設為 01)2)邊界條件：3)I is limitted, (r 0) iiE°rcos ,

16、 (rIII , (rRo)4)r RoIIrr Ro(3)由邊值關系bn=0 ；由邊值關系C1=-E o,cn=0, n由邊值關系an Ron Pn (cos )EoRo cospl話Pn(cos )(a)由邊值關系4nanR 1 F> (cos )E0 cosn 0(nn 01)気巳(cos )(b)(5)在(a)、(b)中比較系數dian = 0 dn = 0,(6)空腔內電勢分布為：14、在均勻外電場中置入半徑為接有電池，使球與地保持電勢差中的電勢2。-E0R3,0-E0r cos04解：以導體球心作原點建立球坐標。微分方程及其解:20, 2(ajn0件)Pn(cos選擇電勢參考

17、點:導體置入前原點電勢為ai(r邊界條件：2)10,(r0 E°rcos , (rR。)確定2中的待定系數an、bn :0:由1)b0a°R00(a)0:anR0b。a。bnR°n由2)0) R0ErCOS r-E°0R)Ro的導體球，導體球0，求導體球外真aoaianaibi0E。0 (n 2:)E0E0R03n 1: an 0bn0以上取0=0亦可。(若無求解系數的的過程，只寫出正確答案則扣 2分。)5均勻介質球的中心置一點電荷 Qf ,球的電容率為，球外為真空，試用分離變量法求空間電 勢分布。5解：以球心為原點建立球坐標系。自由電荷分布有限，設無窮

18、遠處電勢為0。本題所求的電勢是由點電荷 Qf與介質球的極化電荷兩者各自產生的電勢的疊加。因此，其解 為Qf4 r其中'為球面極化電荷產生的電勢，'滿足拉普拉斯方程21220 (rRo)；0 (r 尺)由于是球對稱的，其通解為a b (rrdc (rRo)；Ro)Qf (-(r4 rQf/-(rrRo)；Ro)邊界條件1)2)1 |r o2 |r有限o邊值關系3)1(Ro)2(Ro),4)RoRo1 |r有限，b=oQf4 r(rRo)；由2)2|rc=oQf4 r(rRo);由3)1 (Ro)2( Ro),得Qf由4)Ro，得Ro將（2）式代入（1 ）式，得RodroQfro(

19、1)(1Qf4 Ro2odRo2oQf4Ro2Qf4 oRo"宀4 oRo2QfQf4 or(rQf4 rRo)(r Ro)；6、空心導體球殼的內、外半徑為 Ri和R2,球心置一電偶極子Pf，球殼帶電勢分布。6解：以球殼球心為原點建立球坐標系。自由電荷分布有限，設無窮遠處電勢為域分為2部分：球殼內I，殼外空間II。殼外電勢 2滿 斯方程；殼內心有自由電偶極子，因此足泊松方程而非拉普拉斯方程。球殼為等勢體，設電勢為0。應用疊加法。已知自由電偶極子P在真空中產生的電勢即泊松方程的特解P r430Q，求空間電0。整個區(qū)足拉普拉電勢1滿P2 cos4 °r2電場有軸對稱性，電勢1、

20、2的通解P2 cos4 °r2dn r?)Pn(COS r-bni)Pn(COS ) r無窮遠處電勢為0，邊界條件為1)2)3)i有限,ii 0,i(RJ(r(rII0)(R2)0確定通解中的待定系數:由邊值關系1) bn 0, (n由邊值關系3)得蜒十dSR2 r一 dS 冃r);由邊值關系2)Cn0, (n4)0 R2n 0: a0n 1: a1n 1: an0P4 0R10P2 cos 0rPrcos ； 0'0R13 '0： d。1: d11 : dn0由邊值關系Q4 0 R2最后得球殼內外的電勢Q Pcos24 0R24 °rPr cos4 0R1

21、31 Q 廠( 0R2P r3- rP);RiIIQ4 °r7、半徑為R0的均勻介質球(電容率為 m)的中心置一點電荷容率為砒，試用分離變量法求空間電勢.解：以球心為坐標原點建立球坐標系，自由電荷分無窮遠處電勢為0。本題所求的電勢是由點電荷 Qf產生的電勢與介質電荷產生的電勢 的疊加。整個區(qū)域分為球內、球外2部分：無論在球內還是在球外,具有球對稱性，球內外的電勢分別為:Qf4 1RQfQf4 1RQf4 1R有限值(I)邊界條件為：2(II)從而有:0R2IIrQf，球外充滿另一種介質(電2布有限，設球的極化'都滿足拉普拉斯方程。該冋題(R R)(R Ro)2R R0 ,1

22、TR R02_R R0RR0, c0(RR0):(RR0)12R Ro由邊界條件(I)(II)得:adbQf1 4 1RQf2 4 1R(III)再由邊界條件(III)得：aQfQf4 2 Ro 4 i RoQfQfQfQfQfQf(1 2)Q14 1R4 2 Ro4 1 Ro4 1R4 1 20故球內外的電勢為：QfQfQfQf24 R14 2R-4 1R = 4 2R4 2i(R Ro)R Ro)8均勻介質球的電容率為1,其中心置一電偶極子Pf ,球外為真空，求空間各點的電勢。解:解法一：以球心為原點建立球坐標系。自由電荷分無窮遠處電勢為O?？臻g各點的電勢是電偶極子的電勢與球面上的極ii布

23、有限，設化電荷所產生的電勢的疊加,Jpf r43irPf2 COS ir'滿足拉普拉斯方程o (r R);II(rRO所以有Pf4cos ir(rRo)；IIIIPf42 cos (rJRO電場有軸對稱性,介質球內外的電勢通解形式為/ nGrn 0冬)PUcos ) rPf4ii(Cnrnn 0J)Pn(COS ) r cos 1rPfcos4 1r(r(rRo)；Ro)；邊界條件1)2)llrII r有限o3)i(Ro)ii(Ro),邊值關系4)Roii orR)確定解中的待定系數a.、bn、Cn、dn由邊界關系1）可得:bn0, (n 0:)由邊界關系2）可得:Cn 0,(n0：)

24、4)由邊界關系3）和4）可得：dn an 0, n 1a1(1 -)Pf2 2）戌'd1(1Pf)2 (1 22)則介質球內的電勢:介質球外的電勢：Pf4 1r2cos12Pfrcos1( 12 2)2 Ro3Pf r 2( 12) Pf 丨4 1r3( 12 2)4 1R03IIrr3Pf cos3Pf rPf r4(1 2 0)r 4(1 2 0)r4 汀r r(12)Pf r(12 2)21r解法二：以球心為原點建立球坐標系。自由電荷分布有限，設無窮遠處電勢為0I滿足泊松方程而非球外電勢II滿足拉普拉斯方程；球內心有自由電偶極子，因此球內電勢 拉普拉斯方程。r r P rp由疊加

25、法，已知電偶極子Pf在介質球中產生的電勢為P f 3 f 2 cos ，此即泊松4 1r 4 1r方程的特解電場有軸對稱性，介質球內外的電勢通解形式為IPI2 cos(a“rnn1)Pn(cos )4 訂n 0rII(Cnrnn 0dnn 1)Pn(8S ) r選擇無窮遠處電勢為0，且I在介質球心為有限值，則邊界條件為1)2)3)I有限，(r 0)II 0, (r )I (R0)II ( R0 )II0r確定解中的待定系數an、 bn、cn、dn由邊界關系1）可得:bn0, (n 0 :)由邊界關系2）可得:Cn 0,(n0：)由邊界關系3）和4）可得:則介質球內的電勢:PfPf rcos10

26、PfrPf r2( 10)2 CAJS4汀2 R。31( 12 0)4134 1R03(12 0)3Pf cos3介質球外的電勢:r r3Pf rII4 ( !2 o)r9、據接地無限大導體平面附近z a處放 荷Q,用鏡像法求空間任意一點P的電勢。9解：（見教材第53頁例題1）邊界條件：導體面上c（ C為常數）根據邊界條件考慮像電荷電量及位置：置一點電電量：Q Q，Q位置：（0, 0, -a）1 (x, y, z)14 0Q22y (z a)Qx2 y2 (z a)2) (z 0)a1Pf102R0 1( 1 2 0)d13Pf4（12。）dn an 0, n 1 ,感連10. 真空中有一半徑

27、為R。的接地導體球，距球心為 a（a>R。）處有一點電荷Q,如圖示，試用鏡 象法求空間任意一點的電勢。（設鏡象電荷Q/距球心為b） 10解： 用球內一假想的點電荷 Q代替球面上 應電荷對空間電場的作用。由對稱性，Q應在0Q線上?？紤]球面上任意一點 P (如圖a所示),邊界條件要求因此對球面上任意一點，應有QQ常數Qr r由圖b可見，只要選Q的位置使？OQ'P?OPQ,設Q據球心為b,兩三角形相似的條件為 RoRoa由上式可得Q據球心的距離為Roa常數 可得Q的大小為R°qa因Q和鏡像電荷Q激發(fā)的總電場能滿足在導體面上=0的邊界條件，因此是空間中電場的正確解答。球外任意一

28、點的電勢為1 Q R)Q 1 QRoQ4 o r ar 4 o . R2 a2 2Racosa R2 b2 2Rbcos式中r為由Q到點場點P的距離，r為由Q到點P的距離，R為由球心O到點P的距離, 為OP與OQ的夾角。11、真空中，有一半徑為Ro的導體球，不接地，在與球心相距為a (a > Ro)處有一點電荷Q, 試用鏡像法求導體球外的電勢。解：導體球不接地，則導體球面為等勢面，電勢不為零，球面上必感應出等量正、負電荷,但感應電荷總量為零(1)已知接地時，在離球心b處放置Q，保證球面為等勢面且電勢為0,但不能保證球面總電荷為0；RoQ, baRo2(2 )為使球面總電荷為零，且為等勢面

29、，根據對稱性可知，還必須在球心處再放一個 Q =-Q， 這個電荷既不破壞球面等勢性，又使球面總電荷為零。Q Q RoQa(3)導體球外電勢為點電荷 Q、像電荷Q'、-Q'共同產生的電勢QRoQRoQ.R2 a2 2Racos a . R2 b2 2Rbcos aR12、半徑為Ro的導體球，不接地且電勢為 Uo，在與球心相距為a (a > Ro)的一點放置點電荷Q，求導體球外電勢。12解：(1)已知接地時，在離球心b處放置Q，可以保證球面為等勢面且電勢為零，但不能保證球面總電荷為零；RoRQ Q, baa當球不接地時，球面上必感應出等量正、負電荷，即感應電荷總量為零。為使球

30、面總電荷為零，且為等勢面，根據對稱性可知，應在球心處放一個像電荷Q Q &Qa因此導體球表面的電勢即為最后放置的電荷 Q產生的電勢(2)為保證導體球的電勢為 Uo,相當于在球心處再放置一個點電荷 Q，因此Q和Q在球表面共同產生的電勢為Uo，即U。Q Q4 0 fU 040尺（3）導體球外電勢為點電荷Q、像電荷Q、Q、Q共同產生的電勢1 rQ Q QQ-4 0 r rR1QRdQ4 0 RJU。4 o . R2 a2 2Racosa、R2 b2 2Rbcos R13、在接地的導體平面上有一半徑為 a的半球凸部，半球的球心在導體平面上于系統的對稱軸上并與平面相距為若取豎直向上為z方向，（1

31、）用鏡象電勢時，需放置的像電荷的電量和位下圖中標注?。?；（2）空間的電勢分布。13解：（1）z軸為垂直導體平面向共放置3個像電荷，電量和位置分別-Q (0, 0, -b); -Qa/b (0, 0, a2/b); Qa/b (0,0,- a2/b)，點電荷Q位b， b > a，法求空間置（不要在 上的方向。是（2）則上半空間的電勢就是點電荷 Q和三個像電荷所產生的電勢的疊加(xy,z)Q14 0 x2 y2 (z b)21x2 y2 (z b)2a/b2y2(z ya/b22 a 2 y (z )b14、有一點電荷Q位于兩個互相垂直的接y平面所圍成的直角空間內，它到兩個平面Qp為a和b，

32、（1）與出用電象法求空間電勢a放置的像電荷的位置和電量；（2）寫出空勢分布。xO14解：可用三個像電荷來代替兩個互相垂Vb地導體平面的作用地導體 的距離 時，需 間的電直的接像電荷所處位置坐標為Qi( a,b ),Q2( a, b),Qs(a, b)在x 0,y0區(qū)域的空間個點的電勢為1 1(x a)2 (y b)2 (z 乙)2一(x a)2 (y b)2 (z z。)2121(x a)2 (y b)2 (z Z0)21(x a)2 (y b)2 (z z。)215、球心在0點，半徑為分成兩個區(qū)域，有一電a)，荷的位置和電量。15解:共需放置77個的像電荷的位圖。分其中,R12aR)Q2a板

33、,以及把空間點 P(a,的像電個的像電荷，置和電量如16、在z 0和z0的兩個區(qū)域分別充滿電容率為1和2的均勻介質，在z a處放置一個點P(x,y,z)電荷Q用鏡像法求空間電勢分布。16解：所求解區(qū)域內的泊松方程：1 x22122Q (x, y,z0a)/ i；2)選擇電勢參考點:無窮遠處電勢為0,1) 12 0, (r )邊界條件：2)22 z0z3) 12, (z 0)3)根據邊界條件考慮像電荷位置及電量:a)區(qū)域1位置、電量:Q' (0, 0a)1(x, y,z)廠( .x2 y2 (z a)2Q'x2 y2 (z a)2)(z 0)(1)b)區(qū)域2位置、電量:1 Q Q

34、''2(X，y，Z) 42 RQ''(0, 0, a)1Q Q''/(z4 1、.x2 y2 (z a)20)4)(1)(2)明顯滿足邊界條件1 ;根據邊界條件2、3確定Q'、Q'Q Q' Q Q'' Q' - QQ Q' Q Q''Q''第三章一、選擇題1在某區(qū)域能夠引入磁標勢m的條件是該區(qū)域（）。答：CA）.沒有自由電流B）.不被自由電流所連環(huán)C）.任何回路都不被自由電流所連環(huán)D）.是沒有自由電流分布的復連通域二、填空題1. 在某區(qū)域中，能夠引入磁標勢的條

35、件是 答： 該區(qū)域內的任何回路都不被電流所鏈環(huán)，即該區(qū)域是沒有自由電流分布的單連通區(qū)域。2、靜磁場中磁感應強度 B和矢勢A的關系為rr答：BA3、空間局部范圍內的電流分布激發(fā)的勢在遠處的多級展開式中，第一項為A（0） o上式的物理意義是。答:與電場情形不同，磁場展開式不含磁單級項，即不含與點電荷對應的項4、空間局部范圍內的電流分布激發(fā)的勢在遠處的多級展開式中，第二項為A（4RR3上式的物理意義是 答：放置在坐標原點處與電流系同等磁矩的等效磁偶極子m的矢勢三、判斷題1、對于靜磁場總能量，其計算式為 W 1 A JdV，因而可以把-A J看作為磁場能量密度。2 2（）X2、 A-B效應的存在說明磁

36、場的物理效應可以用磁感應強度B完全描述。（）X3、 超導體處于超導態(tài)時，體內仍可以存有磁場。（）X四、簡答題1. A-B效應的存在說明了什么?答：A-B效應的存在說明矢勢A具有可觀測的物理效應。它可以影響電子波束的相位，從 而使干涉條紋發(fā)生移動。2、 靜電場中標勢 滿足的泊松方程答： 2 一3、 靜磁場中磁感應強度B和矢勢A的關系答：BA 04、矢勢A的物理意義。答:矢勢A沿任意閉合回路的環(huán)量，代表通過以該回路為界的任一曲面的磁通量。LA?dl sB?dS5、簡述邁斯納效應。答: 1933年，邁斯納與奧謝菲爾德通過實驗發(fā)現，（1）當材料處于超導狀態(tài)時，隨著進入超 導體內部深度的增加磁場迅速衰減

37、，磁場主要存在于超導體表面一定厚度的薄層內即處 于超導狀態(tài)的材料具有抗磁性；（2）超導體的抗磁性與其所經歷的過程無關。6、簡述超導體的定義，并寫出 3個超導體的電磁性質。答:物質在低溫條件下呈現電阻等于 0和排斥磁力線的性質，稱為超導體。性質1:超導電性或電阻等于零；性質 2:存在臨界溫度Tc；性質3:存在臨界磁場He； 性質4:存在臨界電流lc；性質5:排斥磁力線或邁斯納效應或理想抗磁性；性質6:磁通量子化；性質7:存在第一類和第二類超導體?；卮鹨陨掀渲腥齻€即可。7、簡述穩(wěn)恒磁場中矢勢 A的物理意義.答:設Si和S2是兩個有共同邊界L的曲面，貝U通過它們的磁通量只與共同邊界 L的形狀有 關，

38、而與曲面形狀無關。即矢勢 A的物理意義是，它沿任一閉合回路的環(huán)量，代表通過以該 回路為界的任一曲面的磁通量。只有 A的環(huán)量才有物理意義，而每點上的值沒有直接的物理 意義。（以上答出基本點即可）介質1五、證明題1證明的磁性物質表面為等磁勢面。1 證明:以角標1代表磁性物質,2代表真空，由磁場邊界條件? (B2Bi )0,? (H2 Hi )0以及B2 0H 2 >BiHi可得0H 2n H1n ,H 2t Hit兩式相除得H2tHitH 2nH in因此，在該磁性物質外面，H2與表面垂直，因而表面為等磁勢面。2、無自由電流時，用邊值關系證明的磁性介質外的磁場強度與交界面處處垂直(提示：如右

39、圖，考慮B、H的邊值關系)。v v vn (B2 Bi) 0B2nBin介質 i2證明：磁介質邊界條件/ Viv2n in介質in (H2 Hi)0 H2t Hit由線性磁介質性質B2°H2 ,BiHi可得法向和切向分量為：°H2n Hin (i), H2t Hit (2)(2)/(i)H 2tH itH 2tH 仁 _00 H 2nH inH 2nH in0 H2與表面垂直2 質。介3、對于靜磁場，試證明均勻磁介質內部的磁化電流密度JM ( i)jf，其中Jf為傳導電0流的密度。3 證明：方法一：由JmM及均勻介質中M m H，其中m i，得：0(i) H0(0i)H對靜

40、磁場有 H J f，所以i)Jf00方法二：由JmM、r MB H0和BrrrBrJ MM(H )0r rr對靜磁場有H Jf，所以J M(04、試用A表一個沿Z方向的均勻恒定磁場BHr，得：(1)H( 1) H0 0r1)Jf,寫出A的兩種不同表示式，證明二者之差是rQArAziAyAxAyzzxrr這說明A與A2之差為無旋場。rr rr方法二：據題意B0B°k，且 B°在直角坐標系中rrri jkrrAzAyA izyx yzy zAxAyAzr ArAy厲rk y xk( B0) ( Bo)0x y k z xx y無旋場。證明：方法一:據題意rr rB0B°

41、;k，且 B0r A在直角坐標系中rrri jkr A-rAzi AryjAxAz ： AyAxx yzyzzxxyAxAyAz.AzAy-0AxAz0AyAxrB0yzzxxy由此方程可見，A的一組 解為Ay Az 0 AxBoy f(x)AyB°x g( y)B°yr f(x)iB°yrf(x)i 另一組解為Ax Az 0 故A的兩種表達式為A 解1和解2之差為AA2 Box g(y)jrBox g(y) jAzAyAzx yrBo )其中一解為Ay Az0AxBoy另一解為Ax Az 0Ay Box故A的兩種表達式為A1Bo yiA2 Boxj（Ai A2）

42、（ BoyrBo）k（ Bo） （B。） O這說明A與A2之差為無旋場。5、已知一個電荷系統的電偶極矩定義為P（t） v （x,t）£dV，利用電荷守恒定律-O證明：電流J產生的矢勢A在遠場區(qū)展開式的第一項 tA （x,t）ikRe oJ (x ,t)dV代表電偶極輻射。證明：方法一:dPdtd_dt VrJdVV即A&t）ikRJo(x ,t)dVikReoR 4V說明電流J產生的矢勢A在遠場區(qū)展開式的第一項代表電偶極輻射。方法二：由電荷守恒定律rdPdtd_dt V(x ,t)xdVvxdVv(J)xdV(1)r dPdt(J x )dVJdV?s (J x ) dS由r

43、 rr r(f g) ( f )gr(frr r)g ( f )g(f g) (f)gr dPr rr rrrdtV (J)xdVV(J x ) (J)xdV（2）rrrrr t r（2）式中(J)xJx J I J將（3 ）式中積分區(qū)域取為大于電荷分布區(qū)域，則右邊第一項的面積分為0dPdtr rr r eikR r rV J(x ,t)dV，即 A(x,t)0 J°(x,t)dVV 4 R vikReo P&R 4，說明電流J產生的矢勢A在遠場區(qū)展開式的第一項代表電偶極輻射。六、綜合題1. 試用分離變量法求磁化矢量為M 0的均勻磁化鐵球在球外空間產生的磁標勢1和在球內空間產生的磁標勢2。（課本83頁例題2）解：鐵球內外為兩均勻區(qū)域，在鐵球外沒有磁荷分布，鐵球內由于均勻磁化，有m0 M 0=0因此磁荷只能分布在鐵球表面上，故球內、外磁標勢都滿足Laplace ' s equation :(rRo)(Ro r)由于軸對稱性，上式解的通解為:(anrnd )Pn(COS(Cnrnr(n 1)dd77)Pn(cos r(1)邊界條件為0有限值R）2 r Ro邊值關系為1r Ron?r RoMo由邊界條件和邊值關系可得噸嘰 WM0R3, an 60(n1)代入（1）式可得M 0