电动力学第三版课后答案.pdf

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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 BABAABABBArrrrrrrrrr)()()()()(+= AAAAArrrrr)(21)(2=解1BABAABABBAvvvvvvvvvv)()()()()(+=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BAvv和又是一个矢量算符具有矢量的所有性质因此利用公式bacbcabacvvvvvvvvv)()()(=可得上式其中右边前两项是作用于Av后两项是作用于Bv2根据第一个公式令AvBv可得证2. 设 u 是空间坐标 xyz 的函数证明 .)()()(duAdu

2、uAduAduuAududfufrrrr=证明1ududfezududfeyududfedudfezufeyufexufufzyxxuzyx=+=+=rrrrrr)()()()(2duAduzudzuAdyuduuAdxuduuAdzuzAyuAxuAuAzyxzyxrrrrrrrr=+=+=)()()()()()()(3=+=zxyyzxxyzzyuxzyxeyAxAexAzAezAyAuAuAAzyxeeeuArrrrrrrrrrrrrrrr)()()()()()()( 电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律- 2 -duAdueyuduAdxuduAdexuduAdzuduAdez

3、uduAdyuduAdzxyyzxxyzrrrrrrrrrr=+=)()()(3. 设222)()()(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)(zeyexezyx+=rrr与对场变数求微商)(zeyexezyx+=rrr的关系 )0.(0, 0,11,3333=rrrrrrrrrrrrrrrrrrrr(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(),(,)( ,EkarkErkErararrrrrrrrrrrrrrrrr证明3)()()(=+=zzzyyyxxxrr 0

4、=zzyyxxzyxeeerzyxrrrr) () () )()()(zyxzyxzzyyxxezzeyyexxezeyexeaeaearavrvvvvvvvrv+= ) () () )(zyxzyxezzeyyexxzayaxavrv+= aeaeaeazzyyxxvvvv=+=ararrararavvvrvvvvvv+=)()()()()( aararravrvvvvv+=)()()( araravvvvv+=)()()(sin()(sin()sin(000ErkErkrkErrrrrrrrr+=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(Eer

5、kzerkyerkxzyxrrrrrrrrr+= )(cos()(cos(0EkrkEekekekrkzzyyxxrrrrrrrrrr=+=000)sin()sin()sin(ErkErkrkErrrrrrrrr+=4. 应用高斯定理证明=SVfSdfdVrrr应用斯托克斯Stokes定理证明 =LSl dSdrr证明1)由高斯定理 =SVgSdgdVrrr 即+=+SzzyyxxVzyxdSgdSgdSgdVzgygxg)( 而dVkfyfxjfxfzifzfydVfxyzxyzV)()()(rrrr+= +=dVifjfzkfifyjfkfxyxxzzy)()()(rrrrrr 又)()(

6、)(kSdfdSfjdSfdSfidSfdSffSdySxxyxzzxzyyzSrrrrr+= +=zyxyxzxzydSifjfdSkfifdSjfkf)()()(rrrrrr 若令ifjfHkfifHjfkfHyxZxzyzyxrrrrrr=, 则上式就是 =SVHSddVHrrr,高斯定理则证毕2)由斯托克斯公式有 =SlSdfl dfrrrr +=lzzyyxxldlfdlfdlfl df)(rr +=SzxyyzxxyzSdSfyfxdSfxfzdSfzfySdf)()()(rr 而+=lzkyjxildldldll d)(r电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律- 4 -+=

7、SyxxzzySkdSxdSyjdSzdSxidSydSzSdrrrr)()()( +=zyxdSiyjxdSkxizdSjzky)()()(rrrrrr若令kzjyixfff=,则证毕5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 ,),()(=VdVxtxtPrrr利用电荷守恒定律0=+tJr证明Pr的变化率为 =VdVtxJdtPd),(rrr证明=VVdVxjdVxttPrrrrr =VxVxdVjxjdVjxjxdVxjtP)()()()(rrrrr =SxSdj xdVjrr 若)0( , 0)(,=SjSdj xSrrr则 同理=)( ,)(dVjtdVjtzzyyrr 即=VdVtxjd

8、tPd),(rrr6. 若mr是常矢量证明除 R0 点以外矢量3RRmArrr=的旋度等于标量3RRmrr=的梯度的负值即 =Ar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mrmrrmrmRmRRmAvvvvvvvv)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)(=rrmvrmmrrmrmRRm1)()()1()1()1()(3=vvvvvv rmmr1)()1(=vv =Av7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=

9、dVSdDfSrr, (r2rr1) frrrD)(3443132=即 )( ,3)(123313rrrrrrrEf=rr 由)( ,)(342313200rrrrQSdEffS=rr )( ,3)(2303132rrrrrrEf=rr 01时Errr2)EEEPerrrr)(00000=)(33)()()(3310331300rrrrrrrrEPffPrrrrr= ff)()03(300=nnPPP21=考虑外球壳时rr2 n 从介质 1 指向介质 2介质指向真空02=nP电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律- 6 -frrfnPrrrrrrrP32313203313013)1 (3

10、)(2=r考虑到内球壳时rr203)(133130=rrfPrrrrr8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 flSfISdDdtdIl dH=+=rrrr 当0, 0,1=rr1时)(2212rrjSdjrHl dHfSfl=rrrr rjrrrrrrjBffrrv=22122122)(2)( 当 rr2时 )(22122rrjrHf= rjrrrBfrrr=2212202)( )2() 1()()(2212000rrrrjHHMJfMM=rrrrr )( ,) 1() 1(2100rrrjHf0R且=0000

11、cosRRRRE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)cosRRan1nnnn0n外Pb由于00cos外RER=即0021210210cos)(coscos)(coscosa+=+=+=REPRbRbRbPRaRaRnnnnnnnn外故而有) 1(0),1(0,0100=nbnaEaanncosbcos21000RbRRE+外电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 3 -又020100000cosbcos,00=+=RbRRERRRR即外外 故而又有 =+=+0coscos201000000RbRERb得到 20010000,)(REbRb=最后得定解问题的解为 )(c

12、os)(cos030000000RRRRERRRE+=外2当导体球上带总电荷 Q 时定解问题存在的方式是 =+=nbPn项故cosbcos21000RbRRE+外又有0RR=外是一个常数导体球是静电平衡CRbRRERR=+=cosbcos201000000外3001201000coscosREbRbRE=+即电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 4 - coscos2300000RRERbRE+外 又由边界条件Q外s0dsr 004Qb =0, 000R4RRQ+外3 均匀介质球的中心置一点电荷fQ球的电容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

13、势是点电荷fQ的电势RQ4f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0RR,由高斯定理有fPfQQQQsdE=+=总rr0对于整个导体球而言束缚电荷)0=PQ 204RQEf=r积分后得是积分常数外CCRQ.(40f+又由于0, 0=CR外)(400RRRQf=外在球内0RR,由介质中的高斯定理=fQsdDrr又24,RQEEDf=rrr积分后得到是积分常数内22f.(4CCRQ+电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 5 -由于2000f44,0CRQRQfRR+=故而有外内).(4400002RRRQRQCff=)(44400f00ffRRRQRQRQ内

14、二. 分离变量法 本题所求的电势是由点电荷fQ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+=RQf由于是球对称的其通解为 Rba +=由于球心有fQ的存在所以有内0R 即a4内RQf在球外有外0R 即Rb4f外RQ 由边界条件得 00f0fRb4a4,0RRQRQR+即外内 20f20020f0R04b4,RR0RQRRQR=即外内)11(4a),11(400f0=RQQbf00f00ff00f,444,R4RRRQRQRQRRQ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fPr球外充满了另一种介质电容率为2求空

15、间各点的电势和极化电荷分布提示同上题431+=RRPfrr,而满足拉普拉斯方程解RR=外内21又内+=l1l0l301f11l4cos2(0PRARPRR =外l2l0l301f221l (4cos2(0PRBRPRR比较系数)(coslP B00A003011301230121130,24242RBARBRARff=+及得)2(4)(2,)2(4)(221121130211211+=+=ffBRA比较的系数)(cos2P 4022402021,32RBARBRA=及0)11 (012=+RA所以0, 022=BA同理)3 , 2( , 0L=lBAll最后有)( ,)2(4)(24cos)2

16、(4)(240302112131302112131RRRRRRRRRRffff+=+=+rrrrrrrr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nPPnnPr,21=从 2 指向 1如果取外法线方向则nnnnpPP)()(0102内外球外= 0)()(0102RRRR内外+=cos)2(4)2(2)(2)2(4cos)(6)()2(4cos6)(30211212130212001302102fffRRR+= cos)2(2)(3cos)2(4)(6)(63021121030211012201ffRR+=+=求极化偶极子 l qPfrr=可以看成两个点电荷相距 l对每

17、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(1010fPfPqqqq=两者合起来就是极化偶极子 fPPPrr) 1(10=5.空心导体球壳地内外半径为 R1和 R2球中心置一偶极子Pr球壳上带电 Q求空间各点电势和电荷分布解+=为有限值011301022332,4,0, 0rrrrrPCrr=+=+013301223131212)(cos4,),(cosQdSrdSrPrArrPCCCPrBRrRrlllfRrRrlllrrR2R1312电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 8 -=+=+CRAARPCPRBRBRBfLLcos4coscos1102102322

18、22120即)4 . 3 . 2(0),3 . 2 . 1(0, 0cos)4( ,2111200LL=+=lAlBRPRACRBAllf+=+=+=+LLcos2) 1(cos2cos4cos2311210231310113101RBRBPrBlrARPPRlARPrlllfLllf又则=021021210210344BRBRdSRBdSRBdSr000sincos4sincos220021310200213101=+=+= ddRRPddRRPdSrff故=+00134QBrdSr3101200004,4,4RPARQAQBf=最后有 =+=)( ,4)( ,4)( ,4442120220

19、3120310201RrRRQRrrQRrRQRrPrrPfrrrr电荷分布在 rR1的面上 313131104cos4cos2cos1RPRPRPrfffP=+=在 rR2面上 223042RQrP=电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 9 -6在均匀外电场0Er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=+061)(cos)(221rPrBrAflllll内外 内是由高斯定理解得的f的作用加上0Er的共同作用00,cos=rrrE外有限+)(cos61)(coscos210lleflllPrcrPrBrE内外: )0Rr =外内+23022010000cosPRBRBRBR

20、E +22020120cos610PRcRccRf即000206RBcRf=+0120100RcRBRE=+202302RcRB=rr=外内0+=) 1(cos(2000lllRPBlEr外L+=+=202101002cos3)(cos3PRccRPRlcRrflllf内电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 10 - LL+2402030102000003cos2cosPRBRBRBE即200003RBRf= 30100012RBEC= LL4200232RBRC=解方程得fRB03003= )6131(0200+=fRC 30003000123REREB+= 000123+=EC及2000

21、232CRRC= 即 0)32(0002=+RRC 022= BC同理0=llBC LL3 , 2=l得+02000202020300023000300,cos236131(6,cos)2(3cos3cosRrrERrRrrRErRErRrEfff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0022外内 外内 0Rr =因为)(0Rrnn=外内稳恒电流认为表面无电流堆积即nn流出流入 =故rr222221外内=并且0=r外 即 cos0rEr=外 ()020Ejf=

22、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fQ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)(1cos211022aRPaRaaRaRrnnn=+=解1分离变数法 由电势叠加原理球外电势 f,4+RQ外是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件=00)( , 0002RrrRr外根据分离变数法得 )( , )(cos001RrPrBllll=+ =+0122f)(coscos214llllPrBarraQ外 *)( , )(cos)(cos)(14010arPrBParaQllll

23、nnnf+=+=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rbrQQrbarQbaQrbarQbaQrrr=33222211,cos2cos21cos214224222220RbabaRbaRbbRRbbRQ+= PQQbaQba-QOR电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 15 -),20(,cos22242aRRbabaRba+zybzayxx

24、bzayxx13.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=+tjr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=nQsdErr而又有=EisdiIrrrr=sdEIrr1有111IQQI=对 BQ1IQQB=又在容器壁上, 0=njr即元电流流入容器壁由Ejrr=有0=njr时0=nEr可取如右图所示电像baQ(x0,a

25、,b)-Q(x0,-a,b)-Q(x0,a,-b)+Q(x0,-a,-b)zyP(x, y, z)B(x0,y0,z0)xzyA(x0,y0,z0)jrjr-Q(x0,-y0,z0)zQ(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)yx电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 16 -14.画出函数dxxd)(的图说明)()(xPrr=是一个位于原点的偶极子的电荷密度解=0,0, 0)(xxxxxxxdxxdx+=)()(lim)(010)(0=dxxdx时2=xdxxd

26、xx0lim)(, 0 xa00时 +=axaax若 a0,结果如何 20)(=xx证明1根据=)()(kkxxxx所以axax)()(=2从)(x的定义可直接证明有任意良函数 f(x),则)()(xFxxf=也为良函数=0)()()(0 xxxfdxxxxf16一块极化介质的极化矢量为)(xPrr根据偶极子静电势的公式极化介质所产生的静电势为 =VdVrrxP304)(rrr另外根据极化电荷公式,)(PnxPPPrrrrrr=及极化介质所产生的电势又可表为 +=SVrSdxPdVrxP004)(4)(rrrrr试证明以上两表达式是等同的xdxxd)(POXr电动力学习题解答参考 第二章 静电

27、场- 17 -证明 =VVdVrxPdVrrxP0301)(41)(41rrrrr 又有rPrPrPp11)1(+=rrr则41)(4100+=+=SVVVSdrPdVrPdVrPdVrPrrrrr 414100+=+=SPVPSVdSrdVrdSrnPdVrPrsrrr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 Pnrr=0121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.)lim0lPlrr=证明1如图

28、可得,20ssE= 022,200210=zzE面zeEnrr01112= )(20222zeEnrr= 02211=nn2)可得zeErr0= 000012limlimPnlnlEllrrrrrr= 又EnEnrr=21,zxE+12ESEr+-znr12lr电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 18 - . 012=nn18.一个半径为 R0的球面在球坐标20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(5312101011偶数奇数nnPPnxPxPdxxPnnnnnnn解 =000022

29、rr外内外内=2,20 ,)(000fRr=)(coslllPrA内 这是内按球函数展开的广义傅立叶级数llrA是展开系数+=+=0110sin)(cos212cos)(cos21200dPldPlfRAlRlRlll内内 sin)(cossin)(cos21220200+=dPdPlll )()(212100010+=dxxPdxxPlll +=10010)()(212dxxPdxxPlll由)() 1()(xPxPlll=则)()() 1(2121010100+=+dxxPdxxPlRAlll电动力学习题解答参考 第二章 静电场- 19 - +=+1010)( 1) 1(212dxxPll

30、l当 l 为偶数时00=llRA当 l 为奇数时有 101101010012)()() 12()( 1) 1(212+=+=+lxPxPldxxPlRAllllll ) 1(642)2(531) 1() 1(642531) 1(21210 + =+llllll ) 1(642)2(531) 1() 1(642531) 1(21210 + =llllll ) 12() 1(642)2(531) 1() 11() 1(642)2(531) 1(210210+ =+ =lllllllll则 ) 12() 1(642)2(531) 1(2100+ =lllRAlll+ =+)(),(cos)(12()

31、 1(642)2(531) 1(01021RrlPrRllllll为奇数外电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 1 -1. 试用Ar表示一个沿 z 方向的均匀恒定磁场0Br写出Ar的两种不同表示式证明两者之差是无旋场解0Br是沿 z 方向的均匀的恒定磁场即zeBBrr=0且ABrr=0在直角坐标系中zxyyzxxyzeyAxAexAzAezAyAArrrr)()()(+=如果用Ar在直角坐标系中表示0Br即=000yAxAxAzAzAyAxyzxyz由此组方程可看出Ar有多组解如 解 1)(, 00 xfyBAAAxZy+= 即 xexfyBArr)(0+= 解 2)(, 00ygxBAAA

32、Yzx+= 即 yeygxBArr)(0+=解 1 和解 2 之差为yxeygxBexfyBArrr)()(00+=则 zxyyzxxyzeyAxAexAzAezAyAArrrr)()()()()()()(+= 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=430dVrrJBrrr求解磁场分布又Jr在导线上所以=304rrlJdBrrr1 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

33、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xyxezeaearrrrrsincos=yxeadeadl drrrcossin+=)sincos()cossin(xyxyxezeaeaeadeadrl drrrrrrr+= zyxedaedazedazrrrsincos2+= 取由dzzz+的以小段此段上分布有电流nIdz+=232220) ()sincos( 4zaedaedazedaznJdzBzyxrrrr InazazdnIenIzadzadz0232023222200 1)()(2) (4=+=+=+r2)

34、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(2222+=aza(=xxrrrrxear) coscoszyezearr) sinsin(yxeadeadl drrrcossin+= zyxedaaedazedazrl drrrrr)cos(sincos2+=+=sincos43203200dzerdazddzerdazdnIByxrrr)cos(3220+zedzraadr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

35、为 0所以0=Br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布解本题的定解问题为 =010020212201211)0( ,)0( ,zzzAAAAzJAzJArrrrrrrr由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为 =rlIdxArlIdxArrrrrr4)(4)(201由此可推测本题的可能解是=)0( ,2)0( ,20zerIzerIBrrr验证边界条件10)(,12021=BBnAAzrrrrr即 题中0,=eeenzzrrrr且所以边界条件 1满足20)(,1112

36、01002=HHnAAzzrrrrr即本题中介质分界面上无自由电流密度又 erIBHerIBHrrrrrr2222011=, 012=HHrr满足边界条件0)(12=HHnrrr 综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解=)0( ,2)0( ,20zerIzerIBrrr 在介质中MBHrrr=0故在 z0 的介质中202HBMrrr=电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 4 - 即erIerIerIMrrrr) 1(22200= 介质界面上的磁化电流密度rzMerIeerInMrrrrrr) 1(2) 1(200= 总的感应电流) 1() 1(20200=IedrerIl dMJMrrrr电流

37、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 erIBvv2= 其满足边界条件0)(0)(1212=vvvvvvvHHnBBn 即可得在介质中 erIBHvvv22= 而MerIMBHvvvvv=0022在 x0 的介质中erIMvv002= 则=l dMIMvv 取积分路线为BACB的半圆 ,eABvQ AB段积分为零 002)(=IIMerIIBMvv2)(0+=由erIBerIIMvvv22)(0=+可得002+=电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 5 -空间erI

38、Bvv00+= IIM00+= 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)21(220zCBBz其中B0为常量试求该处的B提示用, 0= Br并验证所得结果满足0Hr解由Bv具有轴对称性设zzeBeBBvvv+=其中 )21(220=zcBBz0= BvQ 0)(1=+zBzB即 02)(1=czB AczB+=2(常数) 取0=A 得czB=zezcBeczBvvv)21(220+= 10, 0=DjvvQ 0=Bv 即 0)(=eBzBzv 2代入1式可得2式成立czB= c 为常数6. 两个半径为 a 的同轴线圈形线圈位于Lz=面上每个线圈上载有同方向的电流 I1 求

39、轴线上的磁感应强度2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的 L 和 a 的关系提示用条件022=zBz解1由毕萨定律L 处线圈在轴线上 z 处产生得磁感应强度为电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 6 -,11zzeBBvv= +=dLzaIarrlIdBz232220301)(4sin4vv 232220)(121azLIa+=同理L 处线圈在轴线上 z 处产生得磁感应强度为 zzeBBvv22= 2322202)(121azLIaBz+=轴线上得磁感应强度zzzeazLazLIaeBBvvv+=2322232220)(1)(121 20=BvQ0)()(2=BBBvvv 又0= Bv

40、0, 0222=zBzBv 代入1式中得62225222322212222122)()()(6)()()()(azLazLzLazLazLzLazL+62225222322212222122)()()(6)()()()(azLazLzLazLazLzLazL+0取 z0得0)(12)(2)(2)(22522212222122322=+LaLaLLaLaL2225aLL+=电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 7 -aL21=7. 半径为 a 的无限长圆柱导体上有恒定电流 J 均匀分布于截面上试解矢势Ar的微分方程设导体的磁导率为0导体外的磁导率为 解定解问题为=外内内外内外内AAAAAarA

41、arJAaavvvvvvvv11)( , 0)( ,00202选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与 z 无关令zerAAvv)(内内=zerAAvv)(外外 代入定解问题得=0)(1)(10rrArrrJrrArrr外内 得43212ln)(ln41)(CrCrACrCJrrA+=+=外内由=0)(rrA内 得01=C由外内AAvv=110 得 232JaC=电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 8 -由aaAA内外vv=令0=aaAA内外vv 得 aJaCJaCln2,4124202=raaJAraJAln2)(412220vvvv外内8. 假设存在磁单极子其磁荷为 Qm它的磁场强度为30

42、4rrQHmrr=给出它的矢势的一个可能的表示式并讨论它的奇异性 解rmmerQrrQHvvv2030144= 由rmerQHBAvvvv204= 得 =0)(10)(sin114)(sinsin12rrmArArrrArArrQAAr (1)令, 0=AAr 得rQAm4sin)(sin= sincos144sinsin0rQAdrQAmm= 显然A满足1式磁单极子产生的矢势erQAmvvsincos14=电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 9 -讨论 当0时0Av当2时erQAmvv4当时Av 故Av的表达式在=具有奇异性Av不合理9. 将一磁导率为半径为 R0的球体放入均匀磁场0Hr

43、内求总磁感应强度Br和诱导磁矩mr解根据题意以球心为原点建立球坐标取0Hv的方向为zev此球体在外界存在的磁场的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为 =+=+R0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场cos20230002HRRm+中可看作偶极子mv产生的势即RHRRHRRRRmvvvv+=+=02300002300032cos241 HRmvv300024+=10. 有一个内外半径为 R1和 R2的空心球位于均匀外磁场0Hr内球的磁导率为求空电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 11 -腔内的场Br讨论0时的磁

44、屏蔽作用解根据题意以球心为原点取球坐标选取0Hv的方向为zev在外场0Hv的作用下 球壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡Bv的分布呈现轴对称定解问题 =时 1)(2)2)(2(2000+ 01=Bv即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障11. 设理想铁磁体的磁化规律为000,MMHB+=rr是恒定的与Hr无关的量今将一个电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 13 -理想铁磁体做成均匀磁化球0M为常值浸入磁导率为的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布解根据题意取球心为原点做球坐标以0Mv的方向为zev本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为 =0cos, 0, 02102102

45、1210000202RmRmRmmRRmmmmMRRRRRR =0)(cos1nnnnmPRa =+=01)(cos)(2nnnnmPRb代入衔接条件对比)(cosnP对应项前的系数得 ) 1( , 0=nbann+=2001Ma300012RMb+=)( ,cos20001RRRMm+=由此+=+= )(32305030022RMRRRMRBmvrvvv+= +=)(,)(32)( ,2203050300000RRRMRRRMRRRMBvrvvvv电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 14 -又0)()(0120其中vvvvvv+=MRBBn代入Bv的表达式得 eMMvvsin230012

46、. 将上题的永磁球置入均匀外磁场0Hr中结果如何解根据题意假设均匀外场0Hv的方向与0Mv的方向相同定为坐标 z 轴方向定解问题为 =coscos, 0, 00000002022102102121RHMRRRRRRRmRmRmmRRmmmm解得满足自然边界条件的解是 )( ,cos011RRRam+=代入衔接条件 00130100020100012MaRdHRdRHRa=+=得到 00000123+=HMa 300000012)(RHMd+=)( ,cos230000001RRRHMm+=sin23cos23000000000011eHMeHMHrmvvv+= +=0000023HMvv )(

47、 ,222300020000001RRMHMHB+=+=vvvvv+=rmeRRHMHHvv)cos22)(cos(23000000022 350230000000)( 3)sin2)(sin(RmRRRmHeRRHMHvvrrvv+=+ )(33500202RmRRRmHHBvvrrvvv+=030003000022HRRMmvvv+=13. 有一个均匀带电的薄导体壳其半径为 R0总电荷为 Q今使球壳绕自身某一直径以角速度转动求球内外的磁场Br提示本题通过解m或Ar的方程都可以解决也可以比较本题与5 例 2 的电流分布得到结果解根据题意取球体自转轴为 z 轴建立坐标系定解问题为 =代入衔接条

48、件=+=0243011020101RbaRQRbRa解得 016 RQa= 12201RQb =)( ,cos6001RRRRQm=00016sin6cos61RQeRQeRQHrmvvvv=vrv001016 RQHB= )( 341sin12cos1223532032022RmRRRmeRRQeRRQHrrmrvvvvvv=+=其中vv320QRm =)(34350202RmRRRmHBrvvvvv=14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为 Q半径为 R0它以角速度绕自身某以直径转动求1 它的磁矩2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量 M0是均匀分布的 解1磁矩=dVxJxm)(21vvv

49、v电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 17 -又 rRxeRvvv= )(34)(30RRQvxJvvvvv=ddrdReeRQddrdRRRRQmr2430230sin)(4321sin)(4321vvvvrv又 )sincos(cossinyxzreeeeeevvvvvv+= +=200024300sin)sincos(cossin83RyxzddrdReeeRQmvvvvvv5sin8320200043300QRddrdReRQRz= 2)自转动量矩=dVRRRMdmvRPdRLdL)(43300vvvvvvvvv52sin43sin)sincos(cossin43sin)(sin4

50、3sin)sin(43sin)(4320020003430020002430022300223002230000vvvvvvvvvvvRMddrdRRMddrdReeeRMddrdReRRMddrdReeRRMddrdReeeRRMRRyxzrrzr=+= 0200202525MQRMQRLm=vvvv15. 有一块磁矩为mr的小永磁体位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中求作用在小永磁体上的力Fr.电动力学习题解答参考 第三章 静磁场- 18 -解根据题意因为无穷大平面的很大则可推出在平面上所有的Hv均和平面垂直类比于静电场构造磁矩mr关于平面的镜像mr则外场为 =2304cos4