电动力学期末复习

1、电动力学期末复习15 / 28、选择题1电动力学期末复习D ）首先引入的。A）.赫兹 B）.牛顿 C）.爱因斯坦 D）.麦克斯韦3电动力学期末复习力；两个电流元之间的相互作用力；上述两个相互作用力；哪个满足牛顿第三定律（C）0A）.都满足 B）.都不满足C）.前者满足D）.后者满足二、填空题1. 麦克斯韦 在理论上预言了电磁波的存在；并指出光波就是一种电磁波2. 电荷守恒定律的微分形式为i J0t3、均匀线性介质中电磁场的能量密度w的表达式为wcE ； H B）。-24、 电磁波（电矢量和磁矢量分别为 E和H ）在真空中传播；空间某点处的能流密度 S二 -彳彳S = E H5、线性介质的电磁能

2、量密度 w = 能流密度S = 。决1片片彳彳 12I2 呻 叮彳 1专彳答：w = -（E D H B）或？（ E - B ） ; S = E H 或 E B6、 电场、磁场的切向分量的边值关系分别为：_.答: en （E2-E1）= 0或E2t =已仁；e （H2-h“ 或h2t -h仁三、判断题1. 稳恒电流场中；电流线是闭合的。2. 电介质中D二；E的关系是普遍成立的3.跨过介质分界面两侧；电场强度 E的切向分量一定连续。（）V4. 电磁场的能流密度S在数值上等于单位时间流过单位横截面的能量；其方向代表能量传输方向。（）V5. 电流元1、2分别属于两个闭合稳恒电流圈；则电流元1、2之间

3、的相互作用力服从牛顿第三定律。（）四、简答题1.写出一般形式的电磁场量4B、L7E、4DH的边值关系答:D2n - D1nB2n = BinE2t = E1t答:E ；V B 或T Sct c? (D? 一 DJ - ； 0 或 ? (B2 _Bj =0 氣总E=o或 ?扁2 Hl) =2、介质中麦克斯韦方程组的微分形式呻LBD答：l E; l H =J ; 、 D = ; B =0;cta3、写出洛仑兹力密度表达式五、证明题1. 由场和电荷系统的能量守恒定律、麦克斯韦方程组和洛仑兹力公式证明:（1）电磁场的能量密为卫二E 卫 H 华 a 建（2）能流密度为S二E Hi证明：场和电荷系统的能量

4、守恒定律为、S = f （ i）由洛仑兹力密度公式f v = E卢v B ） v v E= Jw将上式代入（1）式得 S 二J E（ 2）D* J H -D.J E = E C H） - E （3）.:t4呻彳i彳4*BEC H)=-、(E H)+ H ( 1 E)=(E H)-H:tD 叫：B将上式代入（3）式得H）-E-H-（4）ctct比较（2）、（4）式；可得彳 彳电磁场的能量密为=E D H B能流密度为S二E H2、用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上；在静电情况下；导体外的电场线总是垂直44于导体表面。（提示：考虑D、E的边值关系）工？=二 0 2证明：介质2与导体1的边值

5、关系（静电情况）i（1 ）式?汇E =0其中n为界面法线单位矢量；D、E为介质2中的场量；导体内静电平衡时场量 D、E为0。4 才f? 8=r0 飞 En=b0 鼻 0根据线性介质性质D二名E ；（ 1）式化为 二；导体外的电场只有法线方?汉 E = 0Et = 0向分量；即总是垂直于导体表面。3、用边值关系证明：在线性绝缘介质与导体的分界面上；在恒定电流情况下；导体内表面的电 场线总是平行于导体表面。畫石一如0e（e2-ej=03证明：设介质1为导体；介质2为绝缘体 稳恒电流时绝缘介质与导体的边值关系为：绝缘介质中电流为零；因此2n = J2n = 0E2t = E1t从而有E2n = E2

6、n = 0岸2产1严0即电场只有平行于界面的分量4、证明当两种绝缘介质的分界面上不带自由电荷时；电场线的曲折满足：；其中；1和tg日i引4；2分别为两种介质的介电常数；刊和二-分别为界面两侧电场线与法线的夹角。（提示：考虑D、E的边值关系）4证明：考虑分界面上不带自由电荷；由理想介质边值关系|?心-DJ =0I?2-Ei =0P2厂D1律沁7氏叫代耳心宀巳心1EEitE/Eit（2） EzSig 二 EiSin(2)/(1) =tgltgttgl ；2h；2；itgt；i5、当两种导电媒质内流有稳恒电流时；分界面上电场线曲折满足i 4为两种媒质的电导率。（提示：考虑J、E的边值关系）5证明：稳

7、恒电流时导体之间的边值关系-tg -2 ；其中;1和二2分别tg 刁-1需 J2 -Jj =0 t d JJ 也 $2E2n=口1 E 1 n(1)orct2E2 co曲2 = wEj coS一 (1)n 汉(E2 - e 一)= 0E2t =E1t(2)EzSinE = E1 sin 日一(2) E2tE1ttg 日 2tgdtg日26(2)/(1)=匚 =2E 2n1 E1n66tg6了 1 26、证明-6证明：（-）当r-0时； -r-(-)ez:z r-1 ；:r r rr= J(Eex 石勺 Wez)_F因此厂-八I - = 0,rr（2）当r =0时；取一小球面 2-d.V r V

8、S包围着原点；取对小球体积=-di =S-ds 二rE_3(- r) 4 3 = 0 ；r rV积分；即_gr2d=-4：s r1（或当r=0时；在r = 0点；一奇异；r 只有在r = 0点上可能不等于零。为了进-2 1、 dV 二 1叫 v作积分变换r二a，；可见上式的极存在；上式不成立。因此步确定这样的函数；1（*2）1/2 dV 二啊*r-. 21可-是这样一个函数；它在r我们采用极限方法。-3a2r2,22、5/2dr(r a )1oOP2P3 2-= 一12 二 0 (严 一)5/2 才=(国 一)3/2od=-4 二)0因此我们证明了7、已知一个电荷系统的偶极矩定义为P（t）二、

9、（x；t）xdv ；证明7证明：方法1：r = 0处的值为零;vJ(x，t)dV(X )dV =V X )V dV =V JdV X dV C J )X dVV为 吗 V=(f g)一(f )g一J J)XdV = (F(JX)J w)X dV=J 飞 x =J 4 J 贝U一 ”訐話（X）XdV dP d方法2：由电荷守恒定律(x ,t)x dV = (，g)二c f)g (f)g C f )gdP dt 式中j）x=-v l (JX)dV V jdv =|s(JX)dPdt将上式中积分区域取为大于电荷分布区域；则右边第一项的面积分为0；P= dtV J（Xt）dV五、综合题1、已知电容率为

10、 的均匀介质内部体自由电荷密度为 彳；求这种介质的体极化电荷密度 讣1、解:订P订 _ _ P _ _（ ； - 0 ）E - -（ ； - 0 ” Ep = 一(p f呂；-)e =-(； - ；。)一二-(y- f- - 12根据算符的性质；推导下列公式A 0 W )A2 解：由 C (A B)二 A(CB)-B(C A)得A C A) = 1 (A A) _ (A )A21 - -A2 -(A )A23、由麦克斯韦方程组导出电流连续性方程。解：由麦氏方程D、H = Jct4上式两边求散度D、（、H ） = J（1）ct_ 4(1)左边H 0且L ：:DDD 二it:t:t:t呻dP所以有

11、、J =0第二章一、选择题1、 在两个夹角为90的接地导体平板内有一点电荷 Q;用镜像法求解空间电势时其像电荷的数 目为上答：B（A）两个（B）三个（C）四个（D）五个2、 电四极矩可反映电荷分布对球对称的偏离；沿 Z轴方向拉长的旋转椭球体；其内部电荷均匀 分布；则电四级矩D33 。答：AA）.大于0B）.小于0C）.等于0D）.不确定一、填空题彳1、如果一个体系电荷分布关于原点对称；则它的电偶极矩p = 1答：0；：X*Xj RHI)2、电荷体系激发的势在远处的多级展开式为1(Q - P 丄丄、DjRR 6 i,j j展开式中第一项的物理意义是 ;第二项的物理意义是 答：把电荷体系看作全部电

12、荷集中于坐标原点处的点电荷所激发的势；放置在坐标原点处与电荷体系同等电偶极矩的等效电偶极子p产生的电势。3、对于均匀线性介质；静电场中电势：满足的泊松方程为 、判断题3、在稳恒电路中：供给负载消耗的电磁能量是通过导线内的电子运动传递给负载的。（）X导线周围的电磁场三、综合题1、一个内径和外经分别为R2和R3的导体球壳；带电荷Q ;同心的包围着一个半径为 R1的导体 球（R ；：2的通解-00bI =- I 一 cos 、何-bni)-n(cos)4%r心r00dii 八(crn)Pn(cos)ndr1)2)无穷远处电势为0;边界条件为“ 3)4)I 有限,(r=0)ii =0,(:)(Rl)I

13、(R2)=0IIdSRidS =Q；019 / 28确定通解中的待定系数: 由边值关系 1) = bn =0, (n =oD );由边值关系 2) : Cn = 0, (n = 0口 )由边值关系3 )得LP0R13P4 0r2cos 0 -Prcos4二 0R13II0R2rn 1: a* =0由边值关系4)=0 Q4阳0R2最后得球壳内外的电势1、2单 Q 丄 PcoS PrcoS 1(Q 丄卩 r P *、_ cp4二 0R2 4二 r2 4二。尺3 4二 0 R2r3&37、半径为R0的均匀介质球(电容率为日)的中心置一点电荷 Qf；球外充满另一种介质(电容率为2)；试用分离变量法求空

14、间电势.QfR0布有限；设无解：以球心为坐标原点建立球坐标系；自由电荷分穷远处电势为0本题所求的电势是由点电荷 Qf产生的电势与介质球的极化电荷产生的电势:的叠加 整个区域分为球内、球外 2部分：无论在球内还是在球外；都满足拉普拉斯方程。该问题具有球对称性；球内外的电势分别为:-Q1 f a B (R ： F0)4二；R4 ； 1RRQfQfd2 2 c (R Ro)4“R4RR叫rT有限值(I)边界条件为：2 R 0(II):RR肌(III)由边界条件(I)(II)得：b = 0, c=0从而有:4=R4 M R R(R Ro)(R Ro)再由边界条件(III)得:QfQfa-4 ；2Ro

15、4 1R04 2 4 : 1Qf( 1 - ；2)Qf4R 4 “ 2R)1QfQfQ4 mR 4 2R0 4二 R故球内外的电势为:Qf Qf Qf Qf =4兀jR 4瓏2R 劎“R 4兀“R(R Ro)R Ro)8、均匀介质球的电容率为；1；其中心置一电偶极子pf ;球外为真空；求空间各点的电势解：解法一：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷分穷远处电势为0。空间各点的电势是电偶极子的电势与球面上的极的电势的叠加；III布有限；设无化电荷所产生Pf2coS4- Mr满足拉普拉斯方程、2 i =0 r( ： Ro) Q 2I 尸0 r .Ro(所以有4“严仆；）ircors &)电场有轴对称

16、性；介质球内外的电势通解形式为ll:bP二、(anrn Tr)Pn(cosR cos：r4兀呂1rdPf肖)Pn (COS 旳-2 COSTr4 二；订(r : Ro)；边界条件边值关系n卫八Grnn =0(r - Ro)；1) ii2)3) i Ro ) HRS ),J0%二有限lr :： -0c(PI4）名一-=s0crRocrRo确定解中的待定系数an、bn、cn、dn由边界关系1）可得:0 ：）由边界关系2）可得:Cn=0，n =由边界关系3）和 4）可得:Pf2二（；！2；2）戌diPf八弋齐（1 2门则介质球内的电势:Pf 2cosTr - ；2Pf rcosPf r3；1（；12

17、；2）2二 Ro34二r介质球外的电势:II2)Pf r.2（卄（；1 2j） 4二；1需Pf r ( j - 2)Pf r.2.33,34 ( j 2 o)r 4 (二 j 2 o)r4 ir ( 1 2 2)2 Mr 二3Pf cos23Pf r解法二：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷分布有限；设无穷远处电势为0。球外电势讣满足拉普拉斯方程；球内心有自由电偶极子；因此球内电势：i满足泊松方程而非拉普拉斯方程。X25 / 28pf rpf由叠加法；已知电偶极子Pf在介质球中产生的电势为p - 3- 2 COS ；此即泊松方4江名 1 r1 r程的特解电场有轴对称性；介质球内外的电势通解形式

18、为I 二 p i2COS （anrn -bi）Pn（cosi）4兀 rn兰rdii 八（crn 儲）Pn（cos） nr选择无穷远处电势为0 ;且匚在介质球心为有限值；则边界条件为1）申i有限，（r =0）2)d)4)巴i =0, （r t 旳）-liR）时C%Ei= So行Ro厅Ro确定解中的待定系数a.、bn、c.、dn由边界关系1 ）可得:由边界关系2）可得:bn =0, n 二 0)Cn = o,n 二 0)由边界关系3 ）和4）可得:P-% a132二 Ro3 昭；12；。)d3p-di4馆(可+2%)则介质球内的电势：Jcos10Pf ： Pf32（1一 0）4 ；12 R03 1

19、（1 2。）4二4 ；1可（；1 2；。）介质球外的电势:半=3p-co讯114代（耳+2刖23Pf r4 (i 2 o)r39、据接地无限大导体平面附近z = a处放 Q;用镜像法求空间任意一点 P的电势。9解：（见教材第53页例题1）置一点电荷zP(x; y； z)；0边界条件：导体面上二c（ C为常数）根据边界条件考虑像电荷电量及位置：电量：Q、-Q ; Q位置：（0;0;-a）2 分i(x,y,z)丄(Q4二；o x2 y2 (z_a)2Qx2 y2(z a)2)(z 0)10.真空中有一半径为Ro的接地导体球；距球心为 象法求空间任意一点的电势。（设镜象电荷Q/距 b）10解：用球内

20、一假想的点电荷 Q代替球面上荷对空间电场的作用。由对称性；Q应在OQ连考虑球面上任意一点P （如图a所示）；边界条件a（a R0）处有一点电荷Q；如图示； 试用镜R0oa球心为感应电线上。要求r * R由图b可见；只要选Q的位置使？OQP?OPQ ;贝9丄二二常数r a设Q据球心为b;两三角形相似的条件为bR0R0a由上式可得Q据球心的距离为由匚二-Q 常数 和 L r QrR二常数 可得Q的大小为a因Q和镜像电荷Q激发的总电场能满足在导体面上 =0的边界条件；因此是空间中电场的正确 解答。球外任意一点的电势为Lqrq Q 爭Q 4 二;0 r ar4二;o r2 a2 - 2Racos= a

21、、R2 b2 - 2Rbcos式中r为由Q到点场点P的距离；r为由Q到点P的距离；R为由球心0到点P的距离；二为 0P与0Q的夹角。11、真空中；有一半径为Ro的导体球；不接地；在与球心相距为 a(a Ro)处有一点电荷Q; 试用镜像法求导体球外的电势。解：导体球不接地；则导体球面为等势面；电势不为零；球面上必感应出等量正、负电荷；但 感应电荷总量为零(1) 已知接地时；在离球心b处放置Q ；保证球面为等势面且电势为 0;但不能保证球面总电荷为0；Q = -RQ, b = R0-aa(2) 为使球面总电荷为零；且为等势面；根据对称性可知；还必须在球心处再放一个Q =-Q ；这个电荷既不破坏球面

22、等势性；又使球面总电荷为零(3 )导体球外电势为点电荷Q、像电荷Q、-Q共同产生的电势27 / 28RQ+ R)QajR2 +b2 2Rbco3 aR： = 1Q Q zQ =4殆 r r R4聴。iJr2 +a2 2Racos012、半径为R0的导体球；不接地且电势为U0；在与球心相距为a (a R0)的一点放置点电荷Q; 求导体球外电势。12解：(1)已知接地时；在离球心b处放置Q ;可以保证球面为等势面且电势为零；但不能保 证球面总电荷为零；R0R0Q -Q, b -aa当球不接地时；球面上必感应出等量正、负电荷；即感应电荷总量为零。为使球面总电荷为零；且为等势面；根据对称性可知；应在球

23、心处放一个像电荷Q 二-Q=R0 Qa因此导体球表面的电势即为最后放置的电荷 Q ”产生的电势(2)为保证导体球的电势为 Uo；相当于在球心处再放置一个点电荷 Q ；因此Q和Q 在球表 面共同产生的电势为Uo；即Q+Q“UoQ Q =4o R Uo4牡&(3) 导体球外电势为点电荷Q、像电荷Q、Q、Q共同产生的电势“1 Q Q Q+Q 4o r r R1QR)Q4 兀名 o RU o= r 4阳o &r2 +a2 -2RacoS ajR2 +b2 -2RbcoSR /13、在接地的导体平面上有一半径为 a的半球凸部；半球的球心在导体平面上。点电荷Q位于:zb a ；若取竖间电势时；需下图中标上

24、的方向。共系统的对称轴上并与平面相距为 b； 直向上为z方向；(1)用镜象法求空 放置的像电荷的电量和位置(不要在 注！)；(2)空间的电势分布。13解：(1)z轴为垂直导体平面向 放置3个像电荷；电量和位置分别是2 2-Q (o； o；-b)； -Qa/b (0; 0; a2/b)； Qa/b (0; 0; - a2/b)；x(2 )则上半空间的电势就是点电荷Q和三个像电荷所产生的电势的叠加(x,y,z)二Q4 二;o-1x2 +y2 +(zHb)2-a/ba/bJx2+y2 +(zg)2 ”x2+y2+(z+*)2地导体平距离为a需放置的14、有一点电荷Q位于两个互相垂直的接 面所围成的直

25、角空间内；它到两个平面的 和b ; (1)写出用电象法求空间电势时；18 / 28O像电荷的位置和电量；（2）写出空间的电势分布。14解：可用三个像电荷来代替两个互相垂直的接地导体平面的作用像电荷Q,Q2,Q3的电量分别为Q, = -Q,Q2二Q,Q3二-Q像电荷所处位置坐标为 Qi（-a,b）,Q2（ -a, -b）,Qs（a,-b）在x 0,y 0区域的空间个点的电势为=1 11(x a)2 (y b)2 (z-z)21(x a)2 (y-b)2 (z-zj215、两块互相垂直的接地半无限大金属平卓y心在0点；半径为Ro的部分金属球面； 成两个区域；有一电量为Q的电荷置于点 写出用镜像法求

26、空间电势时；所放置的像 置和电量。15解:共需放置7aQ尊P(a; a)荷；7个的像电荷如图。分其中；*2aQ - RoQQ 一 2a板；以及球 把空间分P（a； a）；电荷的位个的像电的位置和电量16、在z 0和z 0的两个区域分别充满 和；2的均匀介质；在z=a处放置一个点 像法求空间电势分布。电容率为“电荷Q;用镜P(x； z)y；(x -a)2 ( y-b)2 (z-z)2 一(x - a)2 ( y b)2 (z-z)216解：所求解区域内的泊松方程：2、1 二-Q、(x, y,z - a)/ ；1；2 2 = 02)选择电势参考点：无穷远处电势为 0;边界条件：1)巒=為=0, (

27、rT )却1 |却2 |2) 引-一吝2 -cz 10cz Iz3) %, (z = 0)3)根据边界条件考虑像电荷位置及电量:43 / 28a)区域1位置、电量:Q(0 0； -a)i(x,y,z)=iQ Q)R R亠 Q4 i .x2 y2 (z_a)2Qx2 y2 (z a)2)(z 0)(1)b)区域2位置、电量：1 Q+Q” 4 ；22(x,y,z)二Q ； (0； a)1Q Q/ c、222 (z 0)R 4 1 x y (z_a)4)(1)(2)明显满足边界条件1 ;根据边界条件2、3确定Q、QQ Q Q Q=勾z2 二Q Q=Q+Q”Qy _Q = -Q勺十名2第三章一、选择题

28、1、 在某区域能够引入磁标势瞪的条件是该区域()。答：CA).没有自由电流B).不被自由电流所连环C).任何回路都不被自由电流所连环D).是没有自由电流分布的复连通域二、填空题1 在某区域中；能够引入磁标势的条件是 答： 该区域内的任何回路都不被电流所链环；即该区域是没有自由电流分布的单连通区域。2、静磁场中磁感应强度 B和矢势A的关系为答：B八 A3、空间局部范围内的电流分布激发的势在远处的多级展开式中；第一项为A(0) =0上式的物理意义是。答: 与电场情形不同； 磁场展开式不含磁单级项； 即不含与点电荷对应的项4、空间局部范围内的电流分布激发的势在远处的多级展开式中；第二项为A(1)订

29、g4兀 R3上式的物理意义是 。答：放置在坐标原点处与电流系同等磁矩的等效磁偶极子m的矢势。三、判断题I-1 - 1. 对于静磁场总能量；其计算式为 W二-A JdV ;因而可以把-A J看作为磁场能量密度。2、2()X2、 A-B效应的存在说明磁场的物理效应可以用磁感应强度B完全描述。（）X3、 超导体处于超导态时；体内仍可以存有磁场。（）X四、简答题1、A-B效应的存在说明了什么？答：A-B效应的存在说明矢势A具有可观测的物理效应。它可以影响电子波束的 _相位；从而 使干涉条纹发生移动。2、 静电场中标势满足的泊松方程答：z3、静磁场中磁感应强度B和矢势A的关系 答：B 八 A = 04、

30、矢势A的物理意义。答：矢势A沿任意闭合回路的环量；代表通过以该回路为界的任一曲面的磁通量。,A dl = B dS5、简述迈斯纳效应。答：1933年；迈斯纳与奥谢菲尔德通过实验发现；（1）当材料处于超导状态时；随着进入超导 体内部深度的增加磁场迅速衰减；磁场主要存在于超导体表面一定厚度的薄层内一一即处于超 导状态的材料具有抗磁性；（2）超导体的抗磁性与其所经历的过程无关。6简述超导体的定义；并写出3个超导体的电磁性质。答：物质在低温条件下呈现电阻等于 0和排斥磁力线的性质；称为超导体。性质1:超导电性或电阻等于零；性质 2:存在临界温度Tc；性质3:存在临界磁场He；性质4:存在临界电流lc；

31、性质5:排斥磁力线或迈斯纳效应或理想抗磁性；性质6:磁通量子化；性质7:存在第一类和第二类超导体。回答以上其中三个即可。7、简述稳恒磁场中矢势A的物理意义.答：设S1和S2是两个有共同边界L的曲面；贝U通过它们的磁通量只与共同边界 L的形状有关； 而与曲面形状无关。即矢势 A的物理意义是；它沿任一闭合回路的环量；代表通过以该回路为界的任一曲面的磁通量只有A的环量才有物理意义；而每点上的值没有直接的物理意义。(以 上答出基本点即可)五、证明题1、证明 :的磁性物质表面为等磁势面。介质11 证明：以角标1代表磁性物质；2代表真空；由磁场边件n ( BB1 )= 0,nx( H； - h ) = 0

32、以及B2=fH2,B H1可得0H2n=Hln , H2t 二 Hit两式相除得匕 0H2nin因此；在该磁性物质外面；H2与表面垂直；因而表面为等磁势面。2、无自由电流时；用边值关系证明-7的磁性介质外的场强度与交界面处处垂直(提示：如右图；考虑B、H的边值关系)。介质12证明：磁介质边界条件咒-A B n = B(H2 -Hn n1iH X H C = H ti由线性磁介质性质得法向和切向分量为:11(2)(2”(1)二H2tJoH 2,生tH 21H2与表面垂直1 - -=(1)Jf;其中Jf为传导电流的J 03、对于静磁场；试证明均匀磁介质内部的磁化电流密度 Jm密度。3 证明：方法一

33、：由Jm八 M及均匀介质中M二mH ;其中M1J0得:Jm八 M八 (1)%对静磁场有 H = Jf ;所以57J M = (1 )J f;得:方法二：由Jm八 M、JM(-b-h(二一i)H=U-ir H对静磁场有iH二Jf ；所以 Jm =(-l)Jf4、试用A表一个沿Z方向的均匀恒定磁场B0 ;写出A的两种不同表示式；证明二者之差是无旋场。证明：方法一：据题意Bo 二 Bk ;且 B。八 A在直角坐标系中Az：Ayby氐丿cz&丿ex內)二 BokgA=L、L、jdee=ircAzcAy、H (cAx飙、+ j-+kkAy AxSxcyczJ氐丿I czex Jg 勿丿AyA由此方程可见

34、； A的一组解为Ay=Az=oAx=-Boy，f(x)另一组解为 AAz =oAy = Box g( y)A2 二Box g( y) j故A的两种表达式为 A二-Boy f(x)i解 1 和解 2 之差为 A 二-By f(x)i Box g(y) j二k(-Bo)-(-B0)=0这说明Ai与A2之差为无旋场方法二：据题意在直角坐标系中)其中一解为Ay = Az = 0A=-By另一解为 Ax=Az=0Ay= B0 x故A的两种表达式为 Ai = -Bo yiA2 = Boxj (Ai A2 = (BoyfBoxf)=k(Bo) (Bo) =0 这说明Ai与A2之差为无旋场。5、已知一个电荷系

35、统的电偶极矩定义为P（t）二v匚（X，t）XdV ；利用电荷守恒定律 J0证明：电流J产生的矢势A在远场区展开式的第一项eikR JA（x,t）二 -J（x：t）dV 代表电偶极辐射。4兀R x证明：方法一:赛二 d vV (X )辛dV =V (X VdV =V JdV即九必）=叱JohdVV，说明电流J产生的矢势A在远场区展开式的第一项代表电偶极辐射。(1)方法二：由电荷守恒定律 齐仁*t）XdV 仁!即V” J）XdV由 (，洛f)g (f )g= c f )g -(f g) (f )gdPdt=VC J)XdVdV(2)式中(J )X = J X = J I = J d艮 JXjdvrJdv必()则dtdS v JdV( 3)将（3）式中积分区域取为大于电荷分布区域；则右边第一项的面积分为0