郭碩鴻《電動(dòng)力學(xué)》第三版課后解答詳細(xì)解釋

電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答電動(dòng)力學(xué)答案第一章電磁現(xiàn)象的普遍規(guī)律(AB)B(A)(B)AA(B)(A)B1.根據(jù)算符的微分性與向量性，推導(dǎo)下列公式：A(A)1A2(A)A2(AB)(AB)(BA)解：（1）ccB(A)(B)AA(B)(A)BccccB(A)(B)AA(B)(A)B（2）在（1）中令A(yù)B得：(AA)2A(A)2(A)A，A(A)12(AA)(A)A所以即A(A)2.設(shè)是空間坐標(biāo)x,y,z12A2(A)Au的函數(shù)，證明：f(u)dfuduA(u)udAA(u)udA，du，du證明：（1）f(u)f(u)f(u)ef(u)eddufuxeddufuyedfuduzeexyuzxyzxyzdfuudf(eee)uduxyzduxyzA(u)dAA(u)A(u)dAuudAu（2）A(u)yxyzxzxyzduxduyduzxedAyedAze)(eee)u(dAuxuyuzzdAdudududuxyzxyeeedAxyz（3）uu/xu/yu/zdudA/dudA/dudA/duxyzdAdA(dAuudAudAuudAu)e(duzdux)e(duxduy)eyyzxzxduyduzxA(u)yzA(u)[A(u)zA(u)A(u)xA(u)]e]e[]e[yzyxzxzxyyxyzA(u)3.設(shè)r(xx')2(yy')2(zz')x'xr2為源點(diǎn)到場點(diǎn)的距離，的方向規(guī)定為第1頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答從源點(diǎn)指向場點(diǎn)。（1）證明下列結(jié)果，并體會(huì)對(duì)源變量求微商與對(duì)場變量求微商的關(guān)系：r'rr/r；(1/r)'(1/r)r/r3；(r/r3)0；(r/r3)'(r/r3)0，(r0)。rr(a)r(ar)[Esin(kr)]及（2）求，，，，0，其中、及均為常向量。[Esin(kr)]0akE0（1）證明：r(xx')2(yy')2(zz')2○r(1/r)[(xx')e(yy')e(zz')e]r/r1xyz'r(1/r)[(xx')e(yy')e(zz')e]r/rxyzr'r1d1rdrr1d1可見r1rr○2rr32''r1'r1/r'1/rrrdrrrr32可見○3(r/r3)[(1/r3)r](1/r3)r(1/r3)rrr03rr0d1drrrr43(r/r3)[(1/r3)r](1/r3)rr1r○433rrr30r4r(r0)，3（2）解：yz○r(eee)[(xx')e(yy')e(zz')e]31xxyzxyzeeexyz○2r/x/y/z0xx'yy'zz'ayya)[(xx')e(yy')e(zz')e]z○3(a)r(axxzxyzaeaeaeax(ar)r(a)(r)aa(r)(a)rxyyzz○4aa0，(r)a0，因?yàn)?，為常向量，所以，又r0，(ar)(a)ra[Esin(kr)](E)sin(kr)E[sin(kr)]○50為常向量，00EE0sin(kr)cos(kr)(kr)cos(kr)k，，而00第2頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答[Esin(kr)]kEcos(kr)所以00○6[Esin(kr)][sin(kr)]EkEcos(kr)]000dVfdSf，應(yīng)用斯托克斯（Stokes）定理證明4.應(yīng)用高斯定理證明VSdSdlSLc證明：（I）設(shè)為任意非零常矢量，則cdVfdV[c(f)]V根據(jù)矢量分析公式V(AB)(A)BA(B)，令其中Af，Bc，便得(fc)(f)cf(c)(f)ccdVfdV[c(f)]dV(fc)(fc)dS所以Vc(dSf)cdSfVVc因?yàn)槭侨我夥橇愠Ｏ蛄?，所以dVfdSfV（II）設(shè)為任意非零常向量，令Fa，代入斯托克斯公式，得aFdSFdl（1）S(a)dS[aa]dS（1）式左邊為：SSadSadSSSadSadSSSadS（2）（3）（4）Sadladl（1）式右邊為：adSadl所以S因?yàn)闉槿我夥橇愠Ｏ蛄?，所以dSdlaS(x',t)x'dV'，利用電荷守恒定律p(t)5.已知一個(gè)電荷系統(tǒng)的偶極矩定義為VJt0證明p的變化率為：ddptJ(x',t)dVV證明：方法（I）dpd(x',t)x'dV'Vt(x',t)[(x',t)x']dV'x'dV'('J)x'dV'dtdttVVVdpe('J)x'edV'x'('J)dV'1['(x'J)('x')J]dV'dt11111VVV第3頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答x'JdS'JdV'1xSV1因?yàn)榉忾]曲面S為電荷系統(tǒng)的邊界，所以電流不能流出這邊界，故dpx'JdS'0eJdV'，dt11x1SVdp同理dtdpeJdV'eJdV'，dt2x23x3VVdpJdV'所以dtV方法（II）(x',t)x'dV'dpdVt(x',t)[(x',t)x']dV'x'dV'('J)x'dV'dtdttVVV根據(jù)并矢的散度公式(fg)(f)g(f)g得：(Jx')(J)x'(J)x'(J)x'JdpdtJdV'dS(Jx')JdV''(Jx')dV'JdV'VVVVR03的梯度的負(fù)值，即AA（mR）/R3的旋度等于標(biāo)量，其中6.若m是常向量，證明除點(diǎn)以外，向量mR/RR為坐標(biāo)原點(diǎn)到場點(diǎn)的距離，方向由原點(diǎn)指向場點(diǎn)。證明：（1/r)r/r3A(mr)[m(1r)][()m]1r3r(m)(m)[(1r)]m[()]m111rrr(m)1r[21r]m其中2(1/r)0，（）r0A(m)1rr0，（）(mrr)[m(1r)]又3m[(1r)]()(m)(m)()[()]m111rrr(m)(1r)r0時(shí)，A所以，當(dāng)rr7.有一內(nèi)外f半徑分別為和的空心介質(zhì)球，介質(zhì)的電容率為，使介質(zhì)球內(nèi)均勻帶靜12止自由電荷，1）空間各點(diǎn)的電場求：（；（2）極化體電荷和極化面電荷分布。rr1）設(shè)場點(diǎn)到球心距離為。以球心為中心，以為半徑作一球面作為高斯面。由對(duì)稱性可知，電場解：（r沿徑向分布，且相同處場強(qiáng)大小相同。第4頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答rrD0E01當(dāng)時(shí)，，。114frrr4rD(r3r3)2當(dāng)1時(shí)，2321f，D(r3r3)(r3r3)3r2E1f，13r222E(r3r3)向量式為rr1fr3r234(rr3)f4rD1當(dāng)時(shí)，233232fD(r3r3)E(r3r3)21f213r23r3230E(r3r3)向量式為21fr3r330rrr（2）當(dāng)時(shí)，21P(DE)(D0D)2p2022(10)D(10)2frr當(dāng)時(shí)，12n(PP)n(DD)(1)D000p2122rr1rr當(dāng)時(shí)，2r3r31pfnP(1)D(1)0023r22rr222rr1J，導(dǎo)f8.內(nèi)外半徑分別為和的無窮長中空導(dǎo)體圓柱，沿軸向流有恒定均勻自由電流2體的磁導(dǎo)率為，求磁感應(yīng)強(qiáng)度和磁化電流。解：（1）以圓柱軸線上任一點(diǎn)為圓心，在垂直于軸線平面內(nèi)作一圓形閉合回路，設(shè)其半r徑為。由對(duì)稱性可知，磁場在垂直于軸線的平面內(nèi)，且與圓周相切。rr由安培環(huán)路定理得：H0,B0當(dāng)時(shí)，111rrr由環(huán)路定理得：2rHJ(r2r2)2f1當(dāng)時(shí)，12HJ(r2r2)(rr2)J2B所以f1，12r2r22f?(r2r2)(r2r2)JrB2Je向量式為112r2r2ffrr2rHJ(r2r2)3f1當(dāng)時(shí)，22第5頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答J(r2r2)(rr2)JB3222rH所以f21，012r3f00(r2r2)(r2r2)JrBJe?向量式為21212r2r3ff2rrr（2）當(dāng)時(shí)，磁化強(qiáng)度為21(r2r2)JrM(1)H(1)12r22f0000JM[(1)H](1)H(1)J所以M022frr在處，磁化面電流密度為Mdl011M2r1rr2在處，磁化面電流密度為0(rr)1212r2JM0Mdl(1)22rf222(r2r2)Jα(1)向量式為212rMf202ll11.平行板電容器內(nèi)有兩層介質(zhì)，它們的厚度分別為和，電容率為和，今在兩板1212E的電池，求：（1）電容器兩極板上的自由電荷面密度和；f1f2接上電動(dòng)勢為f3是漏電的，電導(dǎo)率分別為和12（2）介質(zhì)分界面上的自由電荷面密度。(若介質(zhì)當(dāng)電流達(dá)到恒定時(shí)，上述兩物體的結(jié)果如何？)解：忽略邊緣效應(yīng)，平行板電容器內(nèi)部場強(qiáng)方向垂直于極板，且介質(zhì)中的場強(qiáng)分段均勻，EE設(shè)為和，電位移分別設(shè)為和，其方向均由正極板指向負(fù)極板。當(dāng)12DD分別12介質(zhì)不漏電時(shí)，介質(zhì)內(nèi)沒有自由電荷，因此，介質(zhì)分界面處自由電荷面密度為f30取高斯柱面，D1使其一端在極板A內(nèi)，另一端在介質(zhì)1內(nèi)，由高斯定理得：f1同理，在極板D2B內(nèi)和介質(zhì)2內(nèi)作高斯柱面，由高斯定理得：f2在介質(zhì)1和介質(zhì)2內(nèi)作高斯柱面，由高斯定理得：DD12EE所以有f1，f11212l()1f1l2Edlll由于Ef1f1121212第6頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答ll()f2所以E12f112當(dāng)介質(zhì)漏電時(shí)，重復(fù)上述步驟，可得：DDf3DD，，1f12f221f3f1f2/1111f11JED/1介質(zhì)1中電流密度112)/2222f1f32JED/(2中電流密度2介質(zhì)2JJ由于電流恒定，，12/()/f321f112f111)2f3f1()(212f121221再由EEdlElEl得1122El1(ll)f121f1f1112122112f1E121Ellll/1122211212()Ellf2f1f321121221Ellf3211213.試用邊值關(guān)系證明：在絕緣介質(zhì)與導(dǎo)體的分界面上，在靜電情況下，導(dǎo)體外的電場線總是垂直于導(dǎo)體表面；在恒定電流情況下，導(dǎo)體內(nèi)電場線總是平行于導(dǎo)體表面。為，其方向與法線之間夾角為，則其切向分量強(qiáng)處處為零，由于在分界面上的切向E證明：為Esin（1）設(shè)導(dǎo)體外表面處電場強(qiáng)度E。在靜電情況下，導(dǎo)體內(nèi)部場分量連續(xù)，所以0Esin0因此E即只有法向分量，電場線與導(dǎo)體表面垂直。設(shè)導(dǎo)體內(nèi)表面處電場方向與導(dǎo)體表面夾角為，則電流J0（2）在恒定電流情況下，JE夾角也是。導(dǎo)體外的電流密度，由于在分界密度與導(dǎo)體表面面上電流密度的法向分量連續(xù)，所以Esin00因此JE即只有切向分量，從而只有切向分量，電場線與導(dǎo)體表面平行。14.內(nèi)外半徑分別為a和b的無限長圓柱形電容器，單位長度荷電為，板間填充電導(dǎo)率f為的非磁性物質(zhì)（1）證明在介質(zhì)中隨時(shí)間的衰減規(guī)律。。任何一點(diǎn)傳導(dǎo)電流與位移電流嚴(yán)格抵消，因此內(nèi)部無磁場。（2）求f第7頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答r（3）求與軸相距為的地方的能量耗散功率密度（4）求l的一段介質(zhì)總的能量耗散功率1）以電容器軸。長度，并證明它等于這段的靜電能減少率。解：（線為軸作一圓柱形高斯面，其半徑為r，長度為L，其中arb則由高斯定理得：2rLDL（1）f1DJD所以f，f（2）（3）2r2rtf再由電流連續(xù)性方程得：2rLJq/tL(/t)ff12rtJJD所以即J（4）fJ與嚴(yán)格抵消，因此內(nèi)部無磁場。fDJEJD（2）由得：f（5）（6）2rffd0聯(lián)立（2）（4）（5）得fdtfddt0所以fftfCe（7）f0C，則由（7）式得設(shè)初始條件為ff0t0et所以，（8）（9）ff02pE（3）f22r（4）將上式在長度為l的一段介質(zhì)內(nèi)積分，得l22bln2fPdVb2rldrff（10）22a2r2rwEaV由2得：12lW1wdV12rldr2b2fblnf222r4aaVflddWbln所以f（11）dt2adtPddWt由（6）（10）（11）得：即總的能量耗散功率等于這段介質(zhì)的靜電能減少率。第8頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答第二章靜電場PKr/r1.一個(gè)半徑為（1）計(jì)算束縛電（2）計(jì)算自由電（3）計(jì)算球內(nèi)的電勢；產(chǎn)生的靜電場總能量。R的電介質(zhì)球，極化強(qiáng)度為2，電容率為。荷的體密度和面密度：荷體密度；外和球（4）求該帶電介質(zhì)球PK(r/r2)K[(1/r2)rr(1/r2)]K/r2解：（1）ppn(PP)ePK/R21rrR0（2）DEPP/()內(nèi)0fDP/()K/()r200內(nèi)（3）ED/P/()內(nèi)內(nèi)0fdVKR00DE外ere()rr2外4r020KR外Edr外()rr00REdrEdrK(lnR)內(nèi)r內(nèi)外rR002()20K2R24r2drr4W1DEdV1KR4r2dr122（4）22()20r20R0K2R(1)()200R02.在均勻外電場中置入半徑為的導(dǎo)體球，試用分離變量法求下列兩種情況的電勢：（1）上接有電池，使球與地保持電勢差；0導(dǎo)體球Q上帶總電荷（2）導(dǎo)體球解：（1）該問題具有軸對(duì)稱性，極軸，球原點(diǎn)建立球坐標(biāo)系。E對(duì)稱軸為通過球心沿外電場方向的軸線，取該軸線為0心為勢滿足拉普拉斯方程，通解為當(dāng)RR時(shí)，電0b)P(cos)(aRnnRnn1nn，0EEERcosERP(cos)因?yàn)闊o窮遠(yuǎn)處所以0a0，n001a0時(shí)，Ea0,(n2)，010RR0當(dāng)0b0ERP(cos)P(cos)所以nR001n1n0n0第9頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答b/R,b/R2ER0即：0000100bR(),bER,b0,(n2)0所以300010)/RER3cos/R20nERcosR((RR)00000000(RR)00（2）設(shè)球體待定電勢為，同理可得00ERcosR()/RER3cos/R2(RR)0000000(RR)00RR當(dāng)Q時(shí)，由題意，金屬球帶電量0Q002Ecos)R2sindddS(Ecos0nRR00R0000004R()00000()Q/4R所以0ERcosQ/4R(ER3/R2)cos(RR)0Q/4R(RR)00000000Q3.均勻介質(zhì)球的中心置一點(diǎn)電荷，球的電容率為，球外為真空，試用分離變量法求f空間電勢，把結(jié)果與使用高斯定理所得結(jié)果比較。QQ/4R與球f提示：空間各點(diǎn)的電勢是點(diǎn)電荷的電勢面上的極化電荷所產(chǎn)生的電f勢的迭加，后者滿足拉普拉斯方程。解：（一）分離變量法Q/4R與球fQ空間各點(diǎn)的電勢是點(diǎn)電荷的電勢面上的極化電荷所產(chǎn)生的電勢f的迭加。設(shè)極化電荷產(chǎn)生的電勢為，它滿足拉普拉斯方程。在球坐標(biāo)系中解的形式為：b內(nèi)（aRn）P（cos）nRnnn1nd（cRn）P（cos）nR外nn1nn當(dāng)時(shí)，，。R0c0外nR0b0n當(dāng)時(shí)，為有限，。內(nèi)daRnP（cos）nnP（cos）所以內(nèi)，Rn外n1nn對(duì)稱性，電勢a0,(n1)n由于球只與R有關(guān)，所以d0,(n1)nna內(nèi)d/R外0，0aQ4R各點(diǎn)電勢可寫成內(nèi)所以空間0f外0dRQ4Rf第10頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答RR得：ad/R000當(dāng)時(shí)，由0內(nèi)外n0Qd0，f0QQ11d()由n內(nèi)外得：f4R4R20f4R2002000Q11()a則f4R000QQ11（）f所以內(nèi)f4R4R00QQQf11（）ff4R4R4R0外0（二）應(yīng)用高斯定理EdsQQQQ，（整個(gè)導(dǎo)體球在球外，R>R0，由高斯定理得：0外總fpfQQ0E外e，積分后得：r的束縛電荷），所以f4Rp20QQEdRdRff4R4R外外2RR00EdsQ內(nèi)在球內(nèi)，R<R0，由介質(zhì)中的高斯定理得：，所以fQ4REe，積分后得：rf內(nèi)2QQQfR0EdREdRff結(jié)果相同。4R4R4R內(nèi)內(nèi)外R4.均勻介質(zhì)球（電容率為）的中心置一自由電偶極子，球外充滿了另一種介質(zhì)（電R000p1f2容率為），求空間各點(diǎn)的電勢和極化電荷分布。p解：以球心為原點(diǎn)，的方向?yàn)闃O軸方向建立球坐標(biāo)系?？臻g各點(diǎn)的電勢可分為三種電f荷的貢獻(xiàn)，即球心處自由電偶極子、極化電偶極子及球面上的極化面電荷三部分的pR/4R3。所以球內(nèi)電勢可寫成：貢獻(xiàn)，其中電偶極子產(chǎn)生的總電勢為f1'pR/4R31'pR/4R3；球外電勢可寫成：iif1oof''o其中和為球面的極化面電荷激發(fā)的電勢，滿足拉普拉斯方程。由于對(duì)稱性，i''R'0時(shí)，故拉普拉o'R0和均與無關(guān)。考慮到時(shí)為有限值；iio斯方aRPcos(RR)i程的解為：（）nnn0nbPcos(RR)（）nRon1n0n1pR/4R3aRnP（cos）(RR)由此（1）ifnn0n第11頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答P（cos）(RR)（n1）n0pR/4R3bRf（2）（3）o1nn邊界條件為：ioRR0RR0io（4）R2R1RR0RR0P（cos)的系數(shù)，可得：將（1）（2）代入（3）和（4），然后比較na0,b0(n1)nn(2)R112a()p/230112fbaR()p/2(2)311012f112于是得到所求的解為：pR()pRcosf4R12f2(2)R2i33011(1pR)pR(RR)f124R2(2)Rf03311120pR()pcospRpR()of12f2)R24R2(ff122)R34R2(33111211123pR(RR)f4(2)R3012在均勻介質(zhì)內(nèi)部，只在自由電荷不為零的地方，極化電荷才不為零，所以在球體內(nèi)部，只有球心處存在極化電荷。11pP[()E][10D](1)D100(/1)01fp(/1)p所以p01f在兩介質(zhì)交界面上，極化電荷面密度為20re(pp)()eE()eErp1210rio1()i()oRR020R0R0o2R由于i，所以R1RR003()pfio)cos(0122(2)R31120RR0pR0RR1p子球殼上帶電，求空間各Q5.空心導(dǎo)體球殼的內(nèi)外半徑為和，球中心置一偶極2點(diǎn)的電勢和電荷分布。RR1RR兩均勻2p解：以球心為原點(diǎn)，以的方向?yàn)闃O軸方向建立球坐標(biāo)系。在及第12頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答區(qū)域，電勢滿足拉普拉斯方程。通解形式均為b）P（cos）（aRnnRnn1nn當(dāng)R時(shí)，電勢趨于零，所以RR時(shí),電勢可寫為2bP（cos）(1)(2)nn1nRon當(dāng)R0時(shí)，電勢p應(yīng)趨于偶極子激發(fā)的電勢：20pR/4R3pcos/4Rf0所以RR1時(shí)，電勢可寫為pcosiaRnP（cos）nn4R20n設(shè)球殼的電勢為,則sbnn1oR2sPn（cos）(3)(4)Rn2iR2aRP（cos）spcos/4n101nnR1nbR；b0(n0)由(3)得：由(4)得：所以0s2n；ap/4R3；a0(n0,1)1n01a0sR/R(5)(6)os2pcos/4RpRcos/4R3012i0sR04R2QodSs2再由得：RR02Ss02Q/4R(7)將(7)代入(5)(6)得：Q/4R(RR)2o0pcos2QpRcos1(pRQpR)i4RR04R4R4R0R331310022在RR2處，電荷分布為：RQ4R22Don0R2在RR1處，電荷分布為：R3pcos'Di4R31n0R17.在一很大的電解槽中充滿電導(dǎo)率為的液體，使其中流著均勻的電流J。今在液體中f02置入一個(gè)電導(dǎo)率為的小球，求穩(wěn)恒時(shí)電流分布和面電荷分布，討論及211兩種情況的電流分布的特點(diǎn)。21第13頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答解：本題雖然不是靜電問題，但當(dāng)電流達(dá)到穩(wěn)定后，由于電流密度J與電場強(qiáng)度E成f00正比（比例系數(shù)為電導(dǎo)率），所以E也是穩(wěn)定的。這種電場也是無旋場，其電勢也滿0足拉普拉斯方程，因而可以用靜電場的方法求解。E2(1)未放入小球時(shí)，電流密度J是均勻的，由J可知，穩(wěn)恒電場E也是一個(gè)均f0f000勻場。因此在未放入小球時(shí)電解液中的電勢便是均勻電場E的電勢。放入小球后，00以球心為原點(diǎn)，E的方向?yàn)闃O軸方向，建立球坐標(biāo)系。為方便起見，以坐標(biāo)原點(diǎn)為0/t0，所以：條件下，電勢零點(diǎn)。在穩(wěn)恒電流J0(1)(2)由(1)式可推出穩(wěn)恒電流條件下的邊界條件為:n(JJ)021則在交界面上有：2設(shè)小球內(nèi)的電勢為，電解液中的電勢為，1(3)(4)12R0R0121R2RRRRR0將J代入(1)，得：0E及EJ(E)02可見滿足拉普拉斯方程考慮到對(duì)稱性及R時(shí)EE，球外電勢的解可寫成：0JbnP（cos）(RR)n1n0Rcosf0(5)(6)R22n其中利用了JE。f020R0考慮到時(shí)電勢為有限值，球內(nèi)電勢的解可寫成：1aRnP（cos）(RR)nn0n因?yàn)樘帪殡妱萘泓c(diǎn)，所以，將(5)(6)代入(3)(4)得：R0a00選JRcosnnbP（cos）aRnP（cos）n0nf0(7)(8)R0n12n0nJ1bnP（cos）]naRn1P（cos）n2nn0n2[cos(n1)f0R02nn由(7)(8)兩式可得:a3J/(2)b()JR3/(2),1f012112f00122a0,b0(n1)n所以：n2123JRcos/(2)3JR/(2)(RR)01f01f01221222JRcos/()JR3cos/(2)R2f0212f00JR/()R3JR/(2)R3f0(RR)02120f0由此可得球內(nèi)電流密度:121f012JE3(JR)/(2)3J/(2)111111f0第14頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答電解液中的電流密度為:22JE2223(JR)RJJ(12)R[f0]30f0(2)RRf05312(2)兩導(dǎo)體交界面上自由電荷面密度e(J/J/)e(DD)e(EE)fr210r211220r22113()Jcos/(2)120f0(3)當(dāng)，即球的電導(dǎo)率比周圍電解液的電導(dǎo)率大的多時(shí)，12()/(2)11123/(2)3，1212J3J所以，1f0JJ(R3/R3)[3(JR)R/R2J]2f00f0f023Jcos/f0f0當(dāng)時(shí)，同理可得：12J01JJ(R3/2R3)[3(JR)R/R2J]2f00f0f03Jcos/22f0f0RR）置0。8.半徑為的導(dǎo)體球外充滿均勻絕緣介質(zhì)，導(dǎo)體球接地，離球心為a處（a>0Q一點(diǎn)電荷，試用分離變量法求空間各點(diǎn)電勢，證明所得結(jié)果與電象法結(jié)果相同f解：以球心為原點(diǎn)，以球心到點(diǎn)電荷的連線為極軸建立球坐標(biāo)系。將空間各點(diǎn)電勢看作由兩部分迭加而成。一是介質(zhì)中點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電勢R2a22Racos，Q/41f二是球面上的感應(yīng)電荷及極化面電荷產(chǎn)生的。后者在球內(nèi)和球外分別滿足拉普拉斯2方程?？紤]到對(duì)稱性，與無關(guān)。由于R02時(shí)，為有限值，所以球內(nèi)的解的形式可以寫成22i2aRnP(cos)（1）nnn時(shí)，應(yīng)趨于零，所以球外的解的形式可以寫成2由于R2bo2P(cos)（2）nRn1nn由于R2a22Racos(1/a)(R/a)nP(cos)nn1(Q/4a)(R/a)nP(cos)f（3）（4）nnRR當(dāng)時(shí)，n0內(nèi)1i2(Q/4a)(R/a)nP(cos)aRnP(cos)fnnnnRR當(dāng)時(shí)，0外1o2第15頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答b(Q/4a)(R/a)nP(cos)nP(cos)（5）Rfnn1nnn因?yàn)閷?dǎo)體球接地，所以0內(nèi)外R（6）（7）內(nèi)0R00n1aQ/4a將（6）代入（7）代入（5）并利用（8）（9）分別代入（4）得:（8）（9）nfbQR2n1/4an1將（8）式得:nf0將（4）（5）得:0(RR)（10）內(nèi)0QRQ1[],f0f4R2a22RacosaR2(R2/a)22RR2cos/a外00(RR)（11）0用鏡像法求解：設(shè)在球內(nèi)r處的像電荷為Q’。由對(duì)稱性，Q’在球心與Qf的連線上，根00，可得：（解略）據(jù)邊界條件：球面上電勢為rR2/a，Q'RQ/a000f所以空間的電勢為QQRQ0f1Q'1()[](RR)ff4rr4R2a22RacosaR2(R2/a)22RR2cos/a0外1200Q10.上題的導(dǎo)體球殼不接地，而是帶總電荷，或使具有確定電勢，試求這兩種情況的00Q0電勢。又問與是何種關(guān)系時(shí)，兩情況的解是相等的？0QQ解：由上題可知，導(dǎo)體球殼不接地時(shí)，球內(nèi)電荷和球的內(nèi)表面感應(yīng)電荷的總效果是Q使球殼電勢為零。為使球殼總電量為，只需滿足球外表面電量為+即可。因此，0QQ0QQ導(dǎo)體球不接地而使球帶總電荷時(shí)，可將空間電勢看作兩部分的迭加，一是與內(nèi)表0勢，二是外表面+產(chǎn)生的電勢。1QQQ0面的產(chǎn)生的電21QRQ/a[1]()RR，14R2a2RacosR2R4/a22R2Rcos/a1內(nèi)2011(QQ)/4R，02RR)，所以20，(RR)；(RR)；21外1，02內(nèi)0(QQ)/4R(2外00(QQ)/4R(RR)0202(QQ)/4R(RRR)012RQ/aQQ0]，(RR)1Q[14R2R2a22Racos(QQ)/4R。2R2R4/a22R2Rcos/a1011由以上過程可見，球面電勢為00Q'若已知球面電勢，可設(shè)導(dǎo)體球總電量為，則有：00第16頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答(QQ')/4R，即：(QQ')/4R00200002電勢的解為：R/R(RR)022(RRR)2011QRQ/a10[]4R2a22RacosR2R4/a22R2Rcos/a011(RR)100Q(QQ)/4R當(dāng)和滿足時(shí)，兩種情況的解相同。PR0002Q11.在接地的的球心在導(dǎo)體平面上，b（b>a），導(dǎo)體平面上有一半徑為a的半球凸部（如圖），半球點(diǎn)電荷Q位于系統(tǒng)的對(duì)稱軸上，并與aQb平面相距為試用電象法求空間電勢。解：如圖，根據(jù)一點(diǎn)電荷附近置一無限大接地導(dǎo)體平板和一點(diǎn)電O荷附近置一接地導(dǎo)體球兩個(gè)模型，可確定三個(gè)鏡像電荷的電aQ量和位置。bQaQrae；QbaQrea22Q，，；bbb11z22zQQrbe，所以，33z1Q1a[4R2b22RbcosR2b22RbcosaabR242Rcos20bb2a(02,Ra)],aa2bR242Rcosbb2z12.有一點(diǎn)電荷Q位于兩個(gè)互相垂直的接地導(dǎo)體平面所Q(x,a,b)0aQ(x,a,b)圍成的直角空間內(nèi)，它到兩個(gè)平面的距離為a和b，求0空間電勢。by解：用電像法，可以構(gòu)造如圖所示的三個(gè)象電荷來代替兩導(dǎo)體板的作用。Q(x,a,b)0Q1Q(x,a,b)0[4(xx)2(ya)2(zb)2001(xx)2(ya)2(zb)2011],(y,z0)(xx)2(ya)2(zb)20(xx)2(ya)2(zb)20zA(x,y,z)13.設(shè)有兩平面圍成的直角形無窮容器，其內(nèi)充滿電導(dǎo)率為σ的液000xz面和yz面在(x,y,z)(x,y,z)兩體。取該兩平面為和000o000y第17頁xB(x,y,z)000電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答點(diǎn)分別置正負(fù)電極并通以電流I，求導(dǎo)電液體中的電勢。解：本題的物理模型是，由外加電源在A、B兩點(diǎn)間建立電場，使溶液中的載流子運(yùn)動(dòng)形成/t0，J0。對(duì)于恒定的電流，可按I，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)，屬恒定場，即電流靜電EdSQ/，場的方式處理。于是在A點(diǎn)取包圍A的高斯面，則IjdSjEzQ(x,y,z)由于，，所以Q(x,y,z)000000I/Q/QI/可得：Q(x,y,z)Q(x,y,z)000000。oQI/Qy同理，對(duì)B點(diǎn)有：B又，在容器壁上,j0，即無電流穿過Q(x,y,z)Q(x,y,z)000000nx容器壁。Q(x,y,z)j時(shí)，E0。00nnQ(x,y,z)000jE由可知，當(dāng)00所以可取如右圖所示電像，其中上半空間三個(gè)像電荷Q，下半空間三個(gè)像電荷-Q，容器內(nèi)的電勢分布為：Qi1I418[(xx)2(yy)2(zz)24ri1i00011(xx)2(yy)2(zz)20(xx)2(yy)2(zz)20000011(xx)2(yy)2(zz)20(xx)2(yy)2(zz)20000011(xx)2(yy)2(zz)20(xx)2(yy)2(zz)2000001](xx)2(yy)2(zz)2016.一塊極化介質(zhì)的極化矢量為00P(x')，根據(jù)偶極子靜電勢的公式，極化介質(zhì)所產(chǎn)生的靜P(x')rdV'，另外根據(jù)極化電荷公式p'P(x')及nP，電勢為4rp3V0'P(x')dV'P(x')dS'，試證明以極化介質(zhì)所產(chǎn)生的電勢又可表為上4r4rVS00兩表達(dá)式是等同的。證明：由第一種表達(dá)式得1P(x')rdV'1P(x')'dV'14r3114rVV001r'P'PP'rr第18頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答'P(x')P(x')1dV''dV'4rrVV0'P(x')dV'P(x')14dS'，rrVS0所以，兩表達(dá)式是等同的。實(shí)際上，繼續(xù)推演有：'P(x')dV'PndS'4114rpdV'rpdS'rrVSVS00剛好是極化體電荷的總電勢和極化面電荷產(chǎn)生的總電勢之和。17.證明下述結(jié)果，并熟悉面電荷和面偶極層兩側(cè)電勢和電場的變化。（1）在面電荷兩側(cè)，電勢法向微商有躍變，而電勢是連續(xù)的。nP/（2）在面偶極層兩側(cè)，電勢有躍變，而電勢的法向微商是連續(xù)的。021±σ而靠的很近的兩個(gè)面，形成面偶極層，而偶極矩密度（各帶等量正負(fù)面電荷密度Pliml）zl0E2ESS/證明：1）如圖，E/2，由高斯定理可得：0，01x(/2)z(/2)z022100S即，電勢是連續(xù)的，但是0E/nEe/2，111nz02/nEe/222nz/n/n/0φ1+σ－σ1122即，電勢法向微商有躍變nEl由高斯定理可得：Ee/φ22）如圖，z00limEllimnl/l0z21nP/l0012/nE/nE又，12/n/n0，即電勢的法向微商是連續(xù)的。第三章靜磁場ABA，寫出的兩種不同表示式，證明二者之01.試用表示一個(gè)沿z方向的均勻恒定磁場差為無旋場。解：B0BBe，由矢勢定義AB得00z是沿z方向的均勻恒定磁場，即A/yA/z0A/zA/x0A/xA/yByx0；；zyxz三個(gè)方程組成的方程組有無數(shù)多解，如：第19頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答○AA0，AByf(x)即：A[Byf(x)]e1；yzx00x○2AA0，ABxg(y)即：A[Bxg(y)]exzy00y○○解1與解2之差為A[Byf(x)]e[Bxg(y)]e0x0y(A)(A/z)e(A/z)e(A/xA/y)e0則yxxyyxz這說明兩者之差是無旋場3.設(shè)有無限長的線電流I沿z軸流動(dòng)，在z<0空間充滿磁導(dǎo)率為的均勻介質(zhì)，z>0區(qū)B域?yàn)檎婵?，試用唯一性定理求磁感?yīng)強(qiáng)度，然后求出磁化電流分布。解：設(shè)z>0區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度和磁場強(qiáng)度為B，H；z<0區(qū)域?yàn)锽，H，由對(duì)稱性可知H1122HHHe。由此得到的切向分量連續(xù)，所以121和HeH均沿方向。由于2BB0，滿足邊值關(guān)系，由唯一性定理可知，該結(jié)果為唯一正確的解。1n2nH以z軸上任意一點(diǎn)為圓心，以r為半徑作一圓周，則圓周上各點(diǎn)的據(jù)安培環(huán)路定理得：2rHI，即HI/2r，HHI/2re大小相等。根，(z>0)；0122BHI/2re111BHI/2re，(z<0)。22MB/HI/2r/1e在介質(zhì)中2020所以，介質(zhì)界面上的磁化電流密度為：0αMnI/2r/1eeI/2r/1e0zr0總的感應(yīng)電流：IMdlI/2r/1erdeI/1，200電流在z<0區(qū)域內(nèi)，沿z軸流向介質(zhì)分界面。4.設(shè)x<0半空間充滿磁導(dǎo)率為的均勻介質(zhì)，x>0空間為真空，今有線電流I沿z軸流動(dòng)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度和磁化電流分布。解：假設(shè)本題中的磁場分布仍呈軸對(duì)稱，則可寫作B('I/2r)e它滿足邊界條件：n(BB)0及n(HH)α0。由此可得介質(zhì)中：2121HB/0('I/2r)e2HB/M得：由2M'Ie，在x<0的介質(zhì)中02r0'Ird02I'()00dIMdl則：02r2M00可得'2Be(II)/2r('I/2r)e/()，所以再由000M0I/()r，I()I/()0M0Be（沿z軸）05.某空間區(qū)域內(nèi)有軸對(duì)稱磁場。在柱坐標(biāo)原點(diǎn)附近已知BBC(z2/2)，其中2z0B0為常量。試求該處的B。B0，并驗(yàn)證所得結(jié)果滿足H0。提示：用第20頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答/2)2BBeBeBBBC(z解：由于具有對(duì)稱性，設(shè)，其中2zzz011B0(B)B0z(B)2cz0，，，即：zBcza（常數(shù)）。20BczBa0當(dāng)時(shí)，為有限，所以；，即：2Bcze[Bc(z2/2)]e（1）（2）0zB0J0D0因?yàn)?，，所以B/zBe0(/)，即Bcz直接驗(yàn)證可知，（1）式能使（2）式成立，所以，(c為常數(shù)a的同軸圓形線圈，位于面上。每個(gè)線圈上載有同方向的電流（1）求軸線上的磁感應(yīng)強(qiáng)度。)zL6.兩個(gè)半徑為I。（2）求在中心區(qū)域產(chǎn)生最接近于均勻常常時(shí)的L和a的關(guān)系。B/z20提示：用條件2z解：1）由畢—薩定律，L處線圈在軸線上z處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為BBe，11zzIdlr4[a2(zL)2]3/200Ia21Ia2201[(zL)2a2]3/2sinB1zd4r3同理，-L處線圈在軸線上z處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：11[(zL)2a2]3/2BBeBIa2，。222zz2z0所以，軸線上的磁感應(yīng)強(qiáng)度：1211BBezzIa[(zL)2a2]3/2[(zL)2a]2（1）023/22）因?yàn)锽0，所以(B)(B)2B0；B0B0B/z20。代入（1）式并化簡得：又因?yàn)椋?，2z5(Lz)2[(Lz)2a2]7/2[(Lz)2a2]5/25(Lz)2[(Lz)2a2]7/2[(Lz)2a2]5/205LL2aLa/22，將z=0帶入上式得：2JA7.半徑為a的無限長圓柱導(dǎo)體上有恒定電流均勻分布于截面上，試解矢勢的微分方程。設(shè)導(dǎo)體的磁導(dǎo)率為，導(dǎo)體外的磁導(dǎo)率為。0解：矢勢所滿足的方程為：2AJ,(ra)0內(nèi)2A0,(ra)外r0自然邊界條件：時(shí)，有限。A內(nèi)101A內(nèi)AA|A|外ra邊值關(guān)系：；內(nèi)ra外rara選取柱坐標(biāo)系，該問題具有軸對(duì)稱性，且解與z無關(guān)。令第21頁電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答AA(r)e，AA(r)e，內(nèi)內(nèi)z外外z代入微分方程得：A(r)內(nèi)A(r)1rr(r)J1rr(r)0；外rr010A(r)Jr2ClnrCA(r)ClnrC；12外34解得：內(nèi)4C0由自然邊界條件得，1101A|A|CJa2，由得：2ra內(nèi)ra外310AACJaC2，2Ja2lna。由并令其為零，得：4內(nèi)外ra24raA1J(a2r2)；AJa2ln1ar42內(nèi)0外9.將一磁導(dǎo)率為，RHB內(nèi)，求總磁感應(yīng)強(qiáng)度和誘0半徑為的球體，放入均勻磁場0導(dǎo)磁矩m。(對(duì)比P49靜電場的例子。)H根據(jù)題意，以球心為原點(diǎn)建立球坐標(biāo)，取的方向?yàn)?，此球體被外加磁場磁化后，0e解：z產(chǎn)生一個(gè)附加磁場，并與外加均勻場相互作用，最后達(dá)到平衡，呈現(xiàn)軸對(duì)稱。本題所滿足的微分方程為：0,(RR)2m10（1）m20,(RR)20HRcos自然邊界條件：為有限；。m1m20R0R/Rm2RR/R銜接條件：在處滿足及0m1m2m10由自然邊界條件可確定方程組（1）的解為：aRnP(cos)HRcosdRP(cos)；m2(n1)m1nn0nnn0n0aRP(cos)HRcosdR(n1)P(cos)由兩個(gè)銜接條件，有：nnn0nnn0n0(n1)dR(n2)P(cos)anRn1P(cos)Hcosnn000nnn0n0000比較P(cos)a3H/(2)；的系數(shù)，解得：n10nd()HR3/(2)；ad0(1)，10000nn3HRcos/(2)，（RR）0即：m100m2