电磁现象的普遍规律

1、第一章电磁现象的普遍规律1.根据算符的微分性与矢量性，推导下列公式：B)K)Bq(A B)= B (v A (B )A A d解：矢量性为a (b c) =b (c a) = c (a b)cx(a m，) = (b c)a (C a)bd 4 14 J d(a m，) Mc = (c a)b-(c b)a微商性 Idd/ daEdb(a b)=b + a dtdtdt 公d" dad-db (aMb)= Mb+aMdtdtdt由得1二 iBc x (Vx A)=$(Bc A)-(Bc V)A人父m B) = V(Ac B)-(Ac $)B+得景(5 A) R 0 B) (Bc A)

2、 r (Ac B) -|(Bc )A (Ac )B因为 , (A B) = '1 (Ac B)(K bJ)二上式得 d 一 (AB)=Bc 仆 A) Ac 仆 B) (BcK)A (Ac)B令B = A得'、A =2A (1' A)A) 2(A )AA 仆 A)"” A2 -(A )A2 .设W是空间坐标x, v, z的函数，证明:df1k f (u)=-udu大A (U) = U d-duA(u) = 3 u d-du解：vf(u).-f(u)ex -yf(u)ey -f(u)ezdf(u)fu. df(u) du ；x Q：u df (u)一 eyezdu

3、 y du ；zdf(u)du.xdf(u)/Fu：u-(exeydu fxjynnn A(u)二AxAy一 Az；x；y；zdAx ：:u dAy fu dAz ：:u-I-du ；x du、.dA=% u du:ydu ；z'、A(u)=exex<Axey:yAyezczAz J=（达3用03号u dAx : u、.三一方可ezdA：:udAy：:u、一dAx：:udA:=(zy)ex( xz)eyxydu二ydu二zdu:zdu：x、dA=' u -du、一"r"2 'r"2 ''-2'"

4、9;_._3 .设r=J(x x) +(y y) +(z z)为源点x到场点x的距离，r的万向规定为从源点指向场点。证明下列结果，并体会对源变数求微商（二 exw） jx；:y jz与对场变数求微商( = ex + ey + ez )；:x ；:y ；z的关系, r . 1,1 r . r -r , ' r 一. 一r - - - r ,3,3 = 0,3 =-'y=。,(r = 0)r r r r rr r(最后一式在r=0点不成立，见第二章第五节)求/K F" *V)r,V(a ,，), Esin(k$及炉父E sin(kr),其中 a, k 及E 均为常矢量。解

5、：一：r : r .:r、r 二0 一 eyez :x cy czMx-x,片y-yex 2' 2' 2 ey 1 2' 2 2(x-x) (y-y) (z-z) (x-x) (y-y) (z-z)z -zx(x-x,)2 (y -y,)2 (z-z,)2r =q3r，'''、,Yx-x)-(y-y)-(z-z)二 e - e, ezx222 y222 z222(x -x) (y-y) (z-z)(x-x) (y-y) (z-z) (x-x) (y-y) (z-z)d r =I-ri 11 -： 1 -'' 一 二 一 (一)ex

6、 , (-)ey - (-)ezr -:r .,yez)二 zr二x rcy r cz r-1 / ：:r . :r (一 ex一 er二 xcyr(一)ex -r()ey -r ( )ez .x r y r ；z r-1 : r -.:r .:r =-2 (' ex' ey ' ez )r Fx 7；z1.-3,=f 0 r r r 34-3r d”一 r r r=0 r或这样证明'、33r一r=0 （梯度的旋度恒为零）r於r rr。1 、r .r3 r 1=F (一 r)飞 r r r=0 (r=0)=rr 1 d(3r)一3 一r(7d 1r) - (-3

7、) rr _-、' =0(r=0) r二 -(X-X)一(y _yj (z-zj.x=3ex.:xx -xeyyy -yzz)r-(ax- ayjxIC , c 一az)r.y ；zrjrf r二 ax 一 ay az -:xcy:z一 一 = a*ex ayey azez二a（注！这里如果没有引入张量。可以采用分量的方法进行证明 第一项，如下）f rax 一 :x= ax - ex(x - x) ey(y - y) ez(z z) = a*ex同理,Fr - az =azG, 二 z故(a，)r =axex+ayey+azez =a(a r)d 4 d 4 d 4 d d =aG r

8、)(a)r r仆 a)(r、)a二，0 (a D：+0 0 L 二(a、)r.二a、ETsin(H):sin(r)尽 sin(mr)%, e'.,'.,'一小 sin(kx(x x) ky(y - y ) kz(z-z)=Eoxkxcoskx(x x ) ky(y -y) kz(z -z)EoykyCoskx(x-x) ky(y-y) kz(z-z)'''Eozkzcoskx(x - x ) ky(y-y) kz(z-z)二 (Eoxkx Eoyky E°zkz)coskx(x -x ) ky(y - y ) kz(z-z)= cos(

9、'、Eosin(k r) =. sin(k r) Eosin = kxcos(k r)ex kycos(k r)ey kzcos(k r)ez E。*" ex kyey kzez)=cos(l= cos(k r)(k E。)注，这个题出错率比较高，也可以这样证明：，,但 sin(kJr)sin(k r) E sin(k r)%，E。由于1 E。=0, sin(k r)=. (k r)cos(k r),而,(k r)=k 4 .'、E°sin(k r) =k E°cos(k r)'、Eosin(k r) sin(k r) EE°si

10、n(k r)、(屋)由于 kE=0,sin(r)= (Frcos'、E°sin(k r) = k E°cos(k r)4.应用高斯定理证明四七f =QdS f应用斯托克斯（Stokes ）定理证明IdSdLSI1L解：用一非零任意常矢量 c点乘原式左边，得c dv、 f dv（、 f） c,：V f xC)二(Vxf) .c-(Vxc)f=(q x M C(because '、 c = 0)所以上式右边=7(f xc)dV应用高斯定理得=口 (f c) dS s再利用三矢量混合积，得= c(dS f) s=c dS f s 1因为c为任意非零常矢量，故,伽S

11、 f = V dVf注，这个题出不会证的同学比例较高，大家也可以试着这样证明:等式左边的x分量为eX1 dvi f = JdveX °f) vv4 J 利用 a b c = b c a c - c .ex t f f ex所以W dv % f = dv f ex vv再利用高斯定理，得exdv(V m f ) = ds (f Hex) vs=-ex ds f sJ r- 4-=ex 1 1 ds 父 fs可见，(dVxf的x分量与UsdSxf的x分量相等。 同理，可证y与z分量都如上所证相等。故(dV 父 f =|j1sds黑 f (证毕)7 dL® cL=7 eC dL,

12、L=( c) dS- ：(©=/ c) +c=，cSj L=c dSS=dSYS电dLe = fSdSxV*5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为d' ,P(t) = J(x,t)xdV利用电荷守恒定律-J 火=0ft证明P的变化率为d P 山币二 vJ(X，t)dV解：dPdt'''=；xdV - - J J(x,t)xdV tS'*'一:'.-'."'=-JJ (J x )dV + ( J V xdV t V (J x )= (V J)x +Jx, V x =I (单位张重)J 具 ，, ；= -QSJ

13、x dS + .V J (V x)dV= -QSJx dS + JV JdV取被积区域大于电荷系统的区域，即V的边界S上的J = 0 ,则, ,Q JxdS =0.d P .+"dt = .VJ(x，t)dV dd6.若m是常矢量，证明除 R=0点以外矢量 庆=吗艮的旋度等于标量 中=旦£的梯 R3R3I度的负值，即 Vm A = -平(R=0),其中R为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。解:一、(m 3)RR RR、/ ,、RR八、/ R、=m (3)(m )-33(m)(尸)mRRRR八 R、，、R=m (3) (m 3 )-3RR = 0R3二上式=(m )-

14、3R7.有一内外半径分别为r1和。的空心介质球，介质的电容率为名，使介质内均匀带静止自由电荷；f,求 空间各点的电场； 极化体电荷和极化面电荷分布。解：对空间I做高斯面，由：421 . 4343_4二 r EI = 一(r2一二 r1 ) ：, f；33EI(f3； r233-f(2 - rl )f HEI 二 -2 r3 r对空间n：做高斯面，由 |?D 'dS=1 PfdV4二 rb = C4 二 r3-4 二13)33：D二 ；EE = jgr3 ；r2对空间出：做高斯面，由2 一 一4&r Em = 0E Em =0D - 0E P3；r23 -ri3）：f；o（r3-

15、r；）：f3r2-（-；0 ） ； f3 ；-（- 0 ） Pf3 ；r =2时，由边值条件：力- Pin - -；P（ P 由1指向2）3 2卫）3r2%=Pn-P2n（；°）：f J； （一33“2 -r1）（ ； - ；o）3；r22337f二号（） %=PnBn31）（0）f - r1=0（r1 -3；r= 0（r = r1）8 .内外半径分别为ri和2的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流 体的磁导率为（1 ,求磁感应强度和磁化电流。解：由B dl =0I所以所以方向为对区域n方向为2二rBi =%二 r； - r； JfBiBi对区域出有：(2)由J r?02r

16、2r22一 riJfr r2.2二rH j 二二 r2 -r12 JH = r1 1 2r22.-riJJ?BL±hh =2r2r222兀田皿=0，二 B m = 0旦-M 0.一000"r2_ ri2 JZ回H II+uR-hII n j xI LHJ f ( r = r2 )二 0(r = r)9 .证明均匀介质内部的体极化电荷密度Pp总是等于体自由电荷密度Pf的-（1-冬）倍。即：p-1）：f解：由均匀介质有 .D=/E+PD =是Pp = #PpD = Pf9 D=Pf=9（%E+同 E+。P=9（D）+（ Pp 尸Pf PpI名，名名乙二H乙一。；p（但两个电流i

17、o.证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等，发向相反。 元之间的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律）解：令两个线圈中的电流分别为11和12。电流圈Li对另一个电流圈L2中的电流元12dl2的作用力为:其中BQ)=飞 11dli 父124n 也3ori2是电流圈Li在电流元I2处激发的磁感应强度，是从Li中的电流元Ii到电流元I2dl：的矢径。将式代入式，并对L2积分，利用斯托克斯定理，同时注意到当=0, ri2即得到电流圈L1对L2的作用力:dAdl, ?蚓/.Fi2=A4nLl12d4L1ri2Iidli123ri2I i I 2dl 2 dl 112312iI 2 i4 n A

18、二L1rl 2did，；12),12，/)l,L2 UiIJ2J 4 dV(dl2 ri2)dli =ri2dli1112ri2 dl2li3 rI24兀 L Iidli 也ri2 叱dFi24 二-I112ri23口2(dl2 dli)同样，电流圈L2对Li中的电流元11dli的作用力为：其中J . J dLzi =I1dl： B(：2i)(4)B(r;是电流圈L2在电流元Iidl：处激发的磁感应强度 ，：21是从电流元Izdf到电流元11dp的矢径。L2对L1的作用力为0I 1 I 2L2一21-dl1 dl2(6)r 2i -门2注意到于是有F21 二一Fi211.平行板电容器内有两层介

19、质，它们的厚度分别为和，电容率为 和，令在两板接上电动势为 的电势，求：电容器两板上的自由电荷面密度介质分界面上的自由电荷面 密度；若介质是漏电的，电导率分别为和，当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？解：WfEL Ll cI? £232wfwfE1 二E2 二E1l1E2l2 二；1；2wfl1wfl2一二；一Wf =；T1,2l 1 l2 I £ £12n D2 -D1 = wf2wf =；1E1 一 ；2E2=0当介质漏电时 由J =cE同理J 一11 二 111l2wfE1 一1J一一 Wf1二 1 _； 2 - -1J 二-12l111 2Wf 2 二

20、二 2二 2ll 二小Wf2 = n E2 - E1仃 211 +仃 112=；1E2 - ；2E1仃 21 1 + 仃 112二 1 ；2 -；二 2 ；1；二 211"212 .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:tgutgu1'1其中鸟和分别为两种介质的介电常数，91和%分别为界面两侧电场线与法线的夹角。当两种导电介质内流有恒电流时，分界面上电场线曲折满足蛆=屋，其中心和口tgM 二 1分别为两种介质的电导率。解：因为两种绝缘介质的分界面上不带自由电荷仃f = 0 ,故边值关系为E2t =&匕 D2n =Dm若两种介质都是线性均匀的

21、，即D2 = a2E2, D1=&E1,则E2 sin 12 =E1sin 1, ；2E2cos Z = ；1E1cos11tg 力二二tg u1；1当电流恒定时，边值关系为E2t = E1t， J2n = J1n '若两种介质都是线性均匀的，即J1 =<i1E1, J2 = c2E2,则E2 sin12 =E1sinu1, ；=2E2cos 2 =；1E1cos ztg二 113 .试用边值关系证明：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 线总是垂直于导体表面；在恒定电流情况下，导体的电场线总是平行于导体表面。解：设导体为1介质，介质为2介质。设导体表面

22、自由电荷面密度为 仃一静电平衡条件下，导体内电场为零，由边值关系：nM(E2E1)=0,知E2t = E1t =0,即导体外表面处的电场的切向分量为零，电场线垂直于导体的表面。在恒定电流情况下：由稳恒条件，J=0 ,在界面上有n(J2 - J1 )=0,又由于1J2 = 0, J1 =仃E1 ,代入上式，得4 .n E1 =0即导体内表面处电场线总是平行于导体表面。14.内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为储，极间填充电导率为仃的非磁性物质。(1)证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。(2)求，随时间的衰减规律(3)求与轴相距为r的地方的能量耗散功率密度(4)求长度为l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的静电能减少率。解：(1)证明：由电流的连续性