《电动力学》课后答案

电动力学习题解答第 1 页电 动力 学答 案第一章 电磁现象的普遍规律1. 根据算符 的微分性 与向量性，推导 下列公式：()()()()( += ()( 221 = （ 1） )()()(+= ()()()( +=()()()( +=（ 2）在（ 1）中令 得： (2)(2)( += ，所以 ()()( 21 =即 ()( 221 = 设 , 的函数， 证明：= ， = ， =证明：（ 1） += )()()()( += =+= dd 2） += )()()()(A += )=+=（ 3） dd/dd/d /=+=)()()()()()( += )(=3. 设 222 )()()( += 为 源点 点 离， 向规 定为电动力学习题解答第 2 页从源点指 向场点。 （ 1）证明下 列结果，并体会 对源变量求微商 与对场变量求微 商的关系： r= ； 3/)/1()/1( r= ； 0)/( 3 = 0)/()/( 33 = rr )0( r 。（ 2）求 r ， r ， ( ， )( ， ) 0 及)0 ，其中 a、 。（ 1）证明 ： 222 )()()( += 1 )()()()/1( += )()()()/1( =可见 = 2 3211r=32 11r=可见 ( ) ( )1/1 = 3 += )/1()/1()/1()/( 3333 3013 =+= 4 +=3333 1)/1()/1()/( 3334 =+= )0( r（ 2）解： 1 3)()()()( =+= 2 0 / = = 3 )()()()( += +=4 ()()()()( +=因 为 ， 向量， 所以， 0=a ， 0)( = 又 0=r ， = )()(5 )() 000 +=0向量， 00 =E ， 而 ()= ，电动力学习题解答第 3 页所以 ) 00 = 6 )000 =4. 应 用 高 斯 定 理 证 明 = 应 用 斯 托 克 斯 （ 定 理 证 明 = lS （ I）设 常矢量，则 = V )(dd 析公式 )()()( = ，令其中 ， ，便得= )()()()(所以 =(d)(dd = d)( = d)d(因为 常向量，所以 = （ 常向量，令 = ，代入斯 托克斯公式，得= 1）（ 1）式左边 为： +=dd)( = = =S Sa d （ 2）（ 1）式右边 为： = （ 3）所以 = S （ 4）因为 常向量，所以 = lS 已 知 一 个 电 荷 系 统 的 偶 极 矩 定 义 为 d),()( = ， 利 用 电 荷 守 恒 定 律0=+ 明 ： =V d),(dd 方法（ I） = d),(d),(xxxxp = Vt t d)(d),( xJxx =d)(d)(111 Jed)()( 11 VxJ +=电动力学习题解答第 4 页 += V Jx dd 1面 的边界，所以 电流不能流出这 边界，故0S x = V x 1= V x 2 = V x 3=V = d),(d),(xxxxp = Vt t d)(d),( xJxx根据并矢 的散度公式 ()()( += 得：=+= )()()()( +=dd)(Jxp += V Vd)(d =V V若 m m m m 是 常 向 量 ， 证 明 除 0=R 点 以 外 ， 向 量 3/ R）（ Rm m m = 的 旋 度 等 于 标 量3/ m m m = 的 梯 度的 负 值 ，即 =A ， 其中 标 原 点 到场 点 的距 离 ，方向由原 点指向场 点。证明： 3/)/1 rr r=（ )1()1()(3 m m m mm m m m m = m m m mm m m mm m m mm m m m )1()1(1)(1)( +=m m m mm m m m 11)( 2=其中 0)/1(2 = r ， （ 0r ） = m m m （ 0r ）又 )1()(3 = m m m m m m m m m mm m m mm m m mm m m m )1()1)()()1()1( =)(r= m m m 0r 时， =有一 内外半 径分别为 1介质 球，介质 的电容 率为 ，使 介质球 内均匀带 静止自由电 荷 ： （ 1）空间各 点的电场 ； （ 2）极化体 电荷和极化面电 荷分布。解 ： （ 1） 设 场 点 到 球 心 距 离 为 r。 以 球 心 为 中 心 ， 以 径 作 一 球 面 作 为 高 斯 面 。由对称性 可知，电场沿径 向分布，且相同 相同。电动力学习题解答第 5 页当 1， )(344 313232 =231323 3 )( 2031323 3 )( =向量式为 031323 3 )( =（ 2）当 21 时， )(2 21223 f = 电动力学习题解答第 6 页所以 r f 2 )( 21223 = ， )( 212203 =向量式为 = ff r 21220212203 2 )(2 )( （ 2） 当21 时，电势 满足拉普 拉斯方程，通解 为+=n ( 1 因为无穷 远处0 )(0000 =所以00 =a ， 01 = ， )2(,0 = ， 0所以0101000 )(=+ +n 即：002010000 /,/ =+所以 )2(,0,),( 30010000 = += )( )(/(R （ 2） 设球体待 定电势为 0，同理可 得 += )( )(/(R 当 0，由题 意，金属球带电 量 Q R += = )(40000 = )( = + += )(4/ )(4/0002300000 3. 均匀介质 球的中心置一点 电荷 球的电容 率为 ， 球外为真 空 ， 试用分离 变量法求空间电势 ，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 4/ 与球面上 的极化电荷所产 生的电势的迭加 ，后者满足拉普 拉斯方程。解 ： （一）分 离变量法 空 间 各点 的 电势 是 点 电荷 势 4/ 与 球 面上 的 极化 电 荷 所产 生 的电 势电动力学习题解答第 12 页的迭加 。 设极化电 荷产生的电势为 ， 它满足拉 普拉斯方程 。 在球坐标 系中解的形式为：）（）（内 nn +=）（）（外 nn +=当 R 时， 0外 ， 0=当 0R 时，内 为有限， 0=所以 ）（内 ， ）（外 nn =由于球对 称性，电势只与 以)1(,0 = 1(,0 = 内 ， 0=外所以空间 各点电势可写成 40 +=内 40 +=外当0，由 外内 = 得： 000 / 由= 外内 0 得： 200020020 44 += ， )11(4 00 = 11(4 000 = （内 1144 00 += 外 1144 0 += 二）应 用高斯定理 在球外， R由高斯 定理得： += 总外 （整个导 体球的束缚电 荷 0= ，所以 Q 04=外 ，积分后 得： f 020 44 = R 两 均匀区域，电 势满足拉普拉斯 方程。通解形式 均 为）（）（ nn +当 R 时，电势 趋于零，所以2时 ,电势可写 为）（ nn = (1)当 0R 时，电势 应趋于偶极子 ：2030 4/ =(414 12303102020 +=+= 在2处，电荷 分布为：222 n =在1处，电荷 分布为：310 41 =6. 在均匀外 电场0均匀自由电荷 球 （ 电容率为 ） ， 求空间各点的电势 。解 ： 以球心为 原点 ， 以 0轴方向建立球 坐标系 。 将 空间各点 的电势看作由两部分迭加 而成 ， 一部分1为绝缘介 质球内的均匀自 由电荷产生 ， 另一部分 2为外电场0电荷产生 。 前者可用 高斯定理求得 ， 后者满足 拉普拉斯方程 。由于对称 性，2的形式为 )( )1( nn +对于1，当 0时，由高 斯定理得： 2301 3/ ， 20301 3/ f =当0= + ）（ 当 0R 时，2为有限， 所以 )(nn += (3)()2/( 及12 两种情况 的电流分布的特 点。解 ： 本题 虽然不 是静电问 题，但 当电流达 到稳定 后，由于 电流密 度 强度 比例系 数为电 导率 ） ，所 以 定的。 这种电 场也是无 旋场， 其电势也 满足拉普拉 斯方程，因而可 以用静电场的方 法求解。(1)未放入小 球时 ， 电流密度 由 可知 ， 稳恒电场 匀场 。 因此在未 放入小球时电解 液中的电势0便是均匀 电场 放入小球 后 ，以 球心为 原点 ， 向为 极轴 方向 ，建立 球坐 标系 。为方 便起 见， 以坐标 原点 为电势零点 。在稳恒电流条 件下， 0/ = 所以：0=J (1)由 (1)式可推出 稳恒电流条件下 的边界条件为 :0)(12 = 2)设小球内 的电势为 1，电解液 中的电势为 2，则在交 界面上有：00 21 = (3)002211 R = = (4)将 = 及 =E 代入 (1)，得： 0)( 2 = 满足拉普 拉斯方程电动力学习题解答第 17 页考虑到对 称性及 R 时 0球外电 势的解可写成： )(nn += + ）（ (5)其中利用 了020 =f 。考虑到 0R 时电势为 有限值，球内电 势的解可写成：)(1 nn ，即球的 电导率比周围电 解液的电导率大 的多时， 1)2/()( 2121 + ， 3)2/(3 211 +所以， 01 3/)(3)/(02033002 +200 / 当21 0R）置一点电荷用分 离变量法求空间 各点电势，证明 所得结果与电象 法结果相同。解：以 球心为原点，以 球心到点电荷的 连线为极轴建立 球坐标系。将空 间各点电势看作由两部分 迭加而成。一是 介质中点电荷产 生的电势 221 += ，二是球面 上的感应电荷及 极化面电荷产生 的2。 后者在球 内和球外分别满 足拉普拉斯方程。考 虑到对称性， 2与 无关。由于 0R 时， 2为有限值 ，所以球内的 2解的形式 可以写成=n ( （ 1）由于 R 时，2应趋于零 ，所以球外的 2解的形式 可以写成+=n ( （ 2）由于 =+n ()/1(=n ()4/(1 （ 3）当0时， 21 =内 +=n ()4/( （ 4）当0时， 21 =外 += n ()4/( 1 （ 5）因为导体 球接地，所以 0=内 （ 6）000 = 外 （ 7）将（ 6）代入（ 4）得 : 14/ += （ 8）将（ 7）代入（ 5）并利用 （ 8）式得 : 1120 4/ += （ 9）将（ 8） （ 9）分别代 入（ 4） （ 5）得 :)(00内 （ 10）/(1 202202 022 +=外 ,)(0（ 11）用镜 像法 求解 ：设在 球内 电 荷为 Q。由 对称 性， Q在球 心与 连 线上 ，根据边界条 件：球面上电势 为 0，可得 ： （解略）200 = ， f / 0=所以空间 的电势为电动力学习题解答第 19 页/(1)(41 202202 02221 +=+=外 )( 0. 接地的空 心导体球的内外 半径为 1R， 在球内离 球心为 试用电象 法求空间电势。解：如图 ，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。=1 ， 1 = ； ， 2 = ；=3 ， =3 ，所以),20(,2242224222220+ 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,( 0 ,( 0 ),( 0 +),( 0 a b ,( 000 ,( 000 电动力学习题解答第 21 页体。取该 两平面为 ,( 000 ),( 000 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 A、 电场 ， 使溶液中 的载流子运动形 成电流 I， 当系统稳 定时 ， 属恒定场 ， 即 0/ = 0=J 。 对于恒定 的电流 ， 可按静电场的 方式处理。于是 在 的高斯面 ，则/ 由于 = Sj = ，所以 / 可得： /。同理，对 = /又 ， 在容器壁 上 , 0= 即无电流 穿过容器壁。由 = 可知，当 0=， 0=所以 可取如右 图所示电像，其 中上半空间三个 像电荷 Q， 下半空间 三个像电荷 器内的 电势分布为： = = 8141i 02020 )()()(14 += 202020 )()()( 1 + 202020 )()()( 1 +202020 )()()( 1 + 202020 )()()( 1 +202020 )()()( 1 + 202020 )()()( 1 +)()()( 1 202020 +14. 画出函数 )( 的图 ， 说明 )()( = 是一个位于原点的 偶极子的电荷密 度。解： （ 1） = = 0, 0,0)( x += )()( 0 1） 0x 时， 0/)( =0=x 时 ， a)对于 0x ， = x 0 0b)对于 0a ，（若 0+ = + 为奇数，外 电动力学习题解答第 25 页第 三章 静 磁场1. 试用 恒定磁场0B， 写出 表示式 ， 证明二者 之差为无旋 场。解： 0z 方向的均 匀恒定磁场，即 0 = ，由矢势 定义 得0/ = 0/ = 0/ 三个方程 组成的方程组有 无数多解，如： 1 0= A ， )(0 = 即： ( 0 += ； 2 0=A ， )(0 = 即： ( 0 +=解 1与解 2之差为yx ()( 00 +=则 0)/()/()/()( =+=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 I，试用 唯一性定理求管内外 磁感应强度 B。解：根据 题意，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 30 求解磁场 分布，又 线上， 所以 =304 线管内 部：由于螺线管 是无限长 ，所以其内部 磁场是 O ，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 坐标原点建立 柱坐标系。= ，yx += )+= 2 +=取 的一小段 ，此段上分布有 电流 + += 2/32220 )( )4 za + =+=+= 2/3202/322 2200 )/(1 )/(2)( 4 2)螺线管外 部：由于螺线管 无限长，不妨就 在 过原点 而垂直于 轴线的平面上任 取一 点)0,( P 为 场点 ，其中 a 。 222 ) += 222 += 6 页) += yx +=)2 += += + )4 32203203200 . 设有无限 长的线电流 I沿 在 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 ： 设 z0区域磁感 应强度和磁场强 度为1B， 1H H H H ； ( ) H HB ， ( ， 今有线电 流 I沿 求磁感应 强度和磁化电流 分布。解：假设 本题中的磁场分 布仍呈轴对称， 则可写作 2/( 满足边 界条件： 0)(12 = 0)( 12 = H H H H 由此可 得介质中： H H )2/(/2 由 H H = 02 / 得：在 x= = ）)2/(300011 += H H H H H m )(32 )( 30503000022 H H H H H H += 时的磁屏 蔽作用。解：根据 题意，以球心为 原点，取球坐标 ，选取 H H H H 0的方向为外场 H H H H 0的作用下 ，空心球被磁 化，产生一个附 加磁场，并与原 场相互作用，最 后达到平衡， 轴对称。 磁标势的微分方 程为： 012 = ( 1件：01 =有限； = 。衔接条件 ：1211 = = ； 12110 / R = = ；2322 = = ； 22230 / R = = 由轴对称 性及两个自然边 界条件，可写出 三个泛定方程的 解的形式为：电动力学习题解答第 30 页= 01 )( ； = += 0 )1(2 )(n ；= += 0 )1(03 )(n 因为泛定 方程的解是把产 生磁场的源 H H H H 0做频谱分 解而得出的 ， 分解所选 取的基本函数系是其本 征函数系 )( 在本题中 源的表示是： )( =所以上面 的解中， 0= )1( 化为： ； 2112 += 103 += 件得： 2111111 += 2212022121 +=+ )2( 311110 = ， 3210003211 2)2( = 。解方程组 得：3200312032001 )2)(2()(2 6 += ，32003120320001 )2)(2()(2 )2(3 + +=，3200312032310001 )2)(2()(2 )(3 + =)2)(2()(2 )()(2( + +=。从而，空 间各点磁标势均 可确定。空腔内 ： H 01110101 =当0 时 ， 01 a ， 所以 01 B 。 即空腔中 无磁场 ， 类似于静 电场中的静电屏 蔽 。11. 设理想铁 磁体的磁化规律 为00 H += ， 其中 0 今将一个理想 铁磁体做成的均 匀磁化球（0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 ， 建立球坐 标系 ， 以 本题具有 轴对称的磁场分布，磁 标势的微分方程 为：012 = ( 0件：01 =有限； 02 =衔接条件 ：0201 = = ； = ；由轴对称 性及两个自然边 界条件，可写出 拉普拉斯方程通 解的形式为：电动力学习题解答第 31 页= 01 )( ； = += 0 )1(2 )( ；代入衔接 条件，比较 )(项的系 数，得：0=nn )1( n ； )2/(001 += )2/(30001 += 2/( += )( 02/(20000101 +=+= H )(32 305030022 += +自然边界 条件：01 =有限； = 。衔接条件 ：0201 = = ； 0002001 = ；解得满足 自然边界条件的 解是： ， )( 0件，得： 2010001 += =+ 解得： )2/()3(000001 += 2/()(03000001 += 2/(000001 += )( 0()3(000011 += H H H H H m )2/(2)2/(300200000011 +=+= H H )( 0有一个均 匀带电的薄导体 壳其半径为0R， 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 B。提示： 本题通过解 A或 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 球坐标系。磁标 势的微分方程为 ：012 = ( 0件：01 =有限； 02 =衔接条件 ：0012 4/( = = ；02001 / R = = ；其中04/Q = 是球壳表 面自由面电流密 度 。解得满足 自然边界条件的 解是： ， )( 0件，得：020101 4/ = ； 02 3011 =+ 1 6/ = ， 12/201 1 6/ = ， )( 0=00101 6/ H H H = ， )( 0电荷按体 均匀分布的刚性 小球 ， 其总电荷 为 Q， 半径为0R， 它以角速 度 绕自身某 一直径转 动，求（ 1）它的 磁矩 ； （ 2）它的 磁矩与自转角动 量之比（设质量 布的 ） 。解： 1） 磁矩 = )(21 m m = ， )()3/4()( 30 = r 2430230 43214321 = m m += +=00 2402030 m m 3 页e 500 3402030 0 z = 2)自转动量 矩： = (43 300 = 43 22300 = z 3 4300 = 300 e+= 00 24020300 2000 34020300 0 = 02/ Lm m m 有一块磁 矩为 m m m m 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 F。解 ： 根据题意 ， 因为无穷 大平面的 很大 ， 则在平面 上所有的 H H H H 均和平面 垂直 ， 类比于静 电场，构造 磁矩 m m m m 关于平面 的镜像 m m m m ,则外场为 ：= 0 = Rm m m m ) 30330 = m m m 受力为：am m m 43)( 24202 += = 第 四章 电 磁波 的传 播1. 考虑两列 振幅相同、偏振 方向相同、频率 分别为 d+ 和 d 的线偏振 平面波 ，它们都沿 。（ 1）求合成 波，证明波的振 幅不是常数，而 是一个波。（ 2）求合成 波的相位传播速 度和振幅传播速 度。解：根据 题意，设两列波 的电场表达式分 别为： )(),(1101 = )(),( 2202 = ),(),(2211021 +=+= 4 页)2222(2 212121210 += =1 ， =2 ； d+=1 ， d=2所以 )(20 = )(20 = = 确定， = 确定， 从真空入 射到 2=介质 ， 电场强度 垂直于入射面 ， 求反射系数和折 射系数。解：设 面法向 单位矢量， S、 S、 S 分别为入 射波、反射波和 折射波的玻印亭矢量 的周期平均值， 则反射系数 020 = nS 201202 = nS 强度垂直于入 射面的菲涅耳公 式，可得 22121 += R ， =+= 1)2121 根据折射 定律可得： =30 ，代入上 式，得32 32+=R ， 32 32+=有一可见 平面光波由水入 射到空气 ， 入射角为 60， 证明这时 将会发生全反射 ， 并求折射 波 沿 表 面 传 播 的 相 速 度 和 透 入 空 气 的 深 度 。 设 该 波 在 空 气 中 的 波 长 为 50 = 水的折 射率为 n= ： 由折射定 律得 ， 临界角 = 所以当平 面光波以 60角 入射时 ，将会发生 全反射。由于 所以折射 波相速度 2/3 = 水透入空气 的深度为5225221211 (60 = n 频率为 的电磁波 在各向异性介质 中传播时 ， 若 H H H , 仍按)( 化 ， 但 平行（即 不成立 ） 。（ 1）证明 0= 但一般 0（ 2）证明 22 /)( =k 。（ 3）证明能 流 一方向上。证明： 1） 麦氏方程 组为： t= /1）t= / H H （ 2）0=D（ 3）电动力学习题解答第 35 页0=B （ 4）由（ 4）式得： 0)(0)(0 = 0= 5）同理由（ 3）式得： 0= 6）由（ 2）式得： H H H H = 0)( / H = （ 7）0/)( = 8）由（ 1）式得： = 0)( /= （ 9）0/)( = 10）由（ 5）、（ 8）可知： ； ； ，所以 , 共面。又由 （ 6）可知： ，所以， 当且仅当 时， 所以， 各向异性 介质中，一般 02） 将 （ 9）式代入 （ 7）式，便 得： 222 /)(/)( = 由（ 9）式得 / H H = /)(/)( 2 H = 般