电动力学复习题库

三、简答题

I.电磁场理论赖以建立的重要实验及其重要意义。

2.静电场能量公式叱二;Jp（pdV、静磁场能量公式叱”=^JAdV的适用条件。

3.静电场能量可以表示为叱,=gjp//V,在非恒定情况下，场的总能量也能这样完全通过电荷或电

流分布表示出来吗？为什么？

4.写出真空中Maxewll方程组的微分形式和积分形式，并符述各个式子的物理意义。

5.写出线性均匀各向同性介质中麦克斯韦方程微分形式和积分形式，其简述其物理意义。

6.电象法及其理论依据。

答：镜像法的理论基础（理论依据）是唯•性定理。其实质是在所研究的场域外的适当地方，用实际上不

存在的“像电荷''代替真实的导体上的感应电荷或介质中的极化电荷对场点的作用。在代替的时候，必须保

证原有的场方程、边界条件不变，而象电荷的大小以及所处的位置由Poisson方程和边界条件决定。

7.引入磁标势的条件和方法。

答：在某区域内能够引入磁标势的条件是该区域内的任何回路都不被电流所链环，就是说该区域是没有自

由电流分布的单连通区域.若对于求解区域内的任何闭合回路，都有

£n-dz=o,

则VxH=（）

H=7

引入弓m,

8.真空中电磁场的能量密度和动量密度，并简述它们在真空中平面电磁波情况下分别与能流密度及动

量流密度间的关系。

9.真空中和均匀良导体中定态电磁波的一般形式及其两者的差别。

10.比较库仑规范与洛伦兹规范。

11.分别写出在洛仑兹规范和库仑规范下电磁场标势矢势所满足的波动方程，试比较它们的特点。

12.写出推迟势，并解释其物理意义。

答：推迟势的物理意义：

推迟势说明电荷产生的物理作用不能立刻传至场点，而是在较晚的时刻才传到场点，所推迟的时间r/c正

是电磁作用从源点X、传至场点x所需的时间,c是电磁作用的传播速度。

13.解释什么是电磁场的规范变换和规范不变性？

答：设中为任意时空函数，作变换AfA=A+▽材，"=0-詈

aA

有VxA'=W8,-—J=E

dtdt

即（4,。'）与（4”）描述同一电磁场，上述变换式称为势的规范变换。当势作规范变换时，所有物理量和物

理规律都应该保持不变，这种不变性称为规范不变性。

14.迈克尔逊一莫来实验的意义。

答：迈克尔孙一莫来实验是测量光速沿不同方向的差异的主要实验。迈克尔孙一莫来实验否定了地球相对

于以太的运动，否定了特殊参考系的存在，它表明光速不依赖于观察者所在参考系。

15.狭义相对论的两个基本原理（假设）及其内容。

答：（1）相对性原理所有惯性参考系都是等价的。物理规律对于所有惯性参考系都可以表为相同形式。

也就是不通过力学现象,还是电磁现象,或其他现象，都无法觉察出所处参考系的任何“绝对运动”。相对性

原理是被大量实验事实所精确检验过的物理学基本原理。

⑵光速不变原理真空中的光速相对于任何惯性系沿任一方向恒为c,并与光源运动无关。

16.写出洛伦兹变换及其逆变换的形式。

17.具有什么变换性质的物理量为洛伦兹标量、四维协变矢量和四维协变张量？试各举一例。

18.写出电荷守恒定律的四维形式，写出麦克斯韦电磁场方程组的四维形式。

1.写出真空中麦克斯韦方程组的微分形式、积分形式和边值关系。

VxE=-—VXB=/70J4-/Z()^0—▽•后=:包V-£=0

dtdt£0

=--\BdscU=1f+—\bds

Ldtst力$

§D•出=QfBds=0

s

nx-E,)=0-H)=an-(D-D^]=crn•(B-^)=0

HX(/72122

2写出线性均匀各向同性介质中麦克斯韦方程组的微分形式、积分形式和边值关系。

VxE=--Vx月=〃7+点走▽•后=RV.E=0

dtdt£

jEdl=--\BdsjH-dl=If+—JDrZv

L'sidts

=，反而=()

$

wx(F2-E,)=0而x(凡一用)=an-万•(凡一段)=0

2.电磁场与带电粒子系统能量转化与守恒定律微分式、积分式及其意义。

微分式▽•§一+JCJCO=-

dt

积分式一,«4万=

物理意义：单位时间内流入某一区域V内的能量，等于其内电荷所消耗的焦耳热与场能的增加。

3.写出平面波、复介电系数、复波矢的表达式

与山）=骂/他"同，£』+£,k^p+ia

W

4.写出四维波矢量、四维电流密度、四维势、电荷守恒定律、达朗贝尔公式的表达式。

k,)=kJ—,

=（7,即）

-^-=0

%

□A,二一从"〃

5.写由磁偶极子的磁感应强度、欠势表达式

答：磁偶极子的磁感应强度万"=-A（沅•▽）与

一⑴〃玩xA

磁偶极子的矢势A=匕~1

4iR

6.唯一性定理的内容及其意义。（6分）

内容:设区域V内给定自由电荷°（工），在V的边界S上给定

1）电势4s确定或

d（p

2）电势的法向导数8〃工则V内的电场唯一地被确定。（4分）

意义：1.给出了确定静甩场的条件，这是解决实际问题的依据。

2.在有解的情况下，解是唯•的。因此，在实际问题中，可以根据给定的条件作•定的分析，提出।

尝试解，只要它满足唯一性定理所要求的条件，它就是唯一正确的解。（2分）

7.平面电磁波的特性（6分）

1）电磁波是横波,E和B都与传播方向垂直（2分）

2）E、B、k两两垂直，EXB沿k的方向（2分）

3）E和B同相，振幅比为v（2分）

第一章

例：电流/均匀分布于半径为。的无穷长直导线内，求空间各点的磁场强度，并由此计算磁场的旋

度,

解：在与导线垂直的平面上作一半径为「的圆，圆心在导线轴上。由对称性，在圆周各点的磁感应

强度有相同数值，并沿圆周环绕方向。先求磁感强度：

（1）当时，通过圆内的总电流为/,用安培环路定理得

£Bdl=2m3=氏1

因此，可以得出B=^-en（r>a）

2兀r

式中c个为圆周环绕方向单位矢量。

（2）若X。,则通过圆内的总电流为

应用安培环路定理得

£Bdl=2^B=^4-

因而，得出B=2〃（「<。）

17ra20

用柱坐标的公式求磁场的旋度：

（1）当，〉。时由我们求出的"得出

(r>a)

VxB=-^-er+-—（rBl））e.=O

dzrdr

（2）当r<a时，由上面的式子得

(r<a)

▽x3=组

na~~

六、电荷。均匀分布于半径为。的球体内，求各点的电场强度,并由此直接计算电场的散度.（共

10分）

解：由高斯定理

厂>〃时，iEds=4m,E=—E=—0（2分）

J44%厂

写成矢量式得£=-^（1分）

4%）厂

5

时，球面所围电荷为一4行3P二一4玄3O^=JOr（］分）

3343/

，巨杰二4"2七="E=0"（2分）

r>aH'J',厂工0▽•4二0(厂工0)（2分）

-Qr

VE=-^-V-=0（2分）

4%;0r

7.有一内外半径分别为八和G的空心介质球，介质的电容率为£，使介质球内均匀带静止自由电荷0/，

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）设场点到球心距离为，以球心为中心，以一为半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r处场强大小相同。

当r<q时，A=0,E[=0°

23

当耳vrv&时，4;nD2=—^-（r-r^）pf

3

（，一,；bp/（，一小巧

/.D-,=

31

I可量式为E>=——---r

"3夕3

4q3

当厂〉4时，4m*~。3

(弓3-/)0户_（犬一二）巧

/.Dy=

L3%,

-7%17氏〜M

向M式为E?=------：--r

3岛厂

(2)当q</*<与时，

….p—.0—耍黑)

…争•一以

当r=1时，

ap=-n^P2-P]）=-n.（2-包口）二一。一包），|『二0

££

当r二&时，

%=〃.尸2=(1-争02屋=(1员）口

）3咛%

O

8.内外半径分别为q和G的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流J-导体的磁导率为

〃，求磁感应强度和磁化电流。

解：（1）以圆柱轴线上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半径为广。由对称

性可知，磁场在垂直于釉线的平面内，且与圆周相切。

当r<r,时，由安培环路定理得：=0,B,=0

当rl<r<r2时，由环路定理得：2加:/二乙/（,一，：）

3吟也

所以H2

向量式为〃2=*户，/=告2'/"

当r>r2时，2mH3=J一方）

所以小二1八.T）,&=百一不）（

2r32rf

向量式为BLJ/5二〃。"；；4）小r

2r/'2r2

（2）当q时，磁化强度为

M;（幺-1）%—g7）""）〃x，

〃o〃（）2r

所以JM=Vx2W=Vx[(^--l)H,]=(^--l)VxH,=(^--l)Jz

〃。"〃力'〃。

在r=r,处，磁化面电流密度为

a”=—12WdZ=0

2町J

在r=r2处，磁化面耳流密度为

9.证明均匀介质内部的体极化电荷密度0P总是等于体自由电荷密度0f的一（1一4/£）倍。

证明：在均匀介质中产=（£/4—l）%£=（£—4）E

所以Pp=-▽•「=-（£-%）▽•£=-（£一4）（1/£）\7・。

=-[（E-£0）/£]pf=-（\-£Q|£）pf

II.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为乙和4,电容率为邑和邑，今在两板接上电动势为/

的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度①“和"/2；

（2）介质分界面上的自由电荷面密度①尸。（若介质是漏电的，电导率分别为力和。2当电流达到恒

定时，上述两物体的结果如何？）

解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为品和

E2,电位移分别设为Q和。2,其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自

由席荷，因此，介质分界面处后由电荷面密度为

0/3=0

取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得：

D\=①“

同理，在极板3内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

。2=-%2

在介质I和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

D\=D?

所以有片二为

rGfic°r\/.L

由于/=[Ed/=-^Z,+当2=^zi(—+—)

J句J%%

所以COfx=—CO=/](­H——)

/*1£2

当介质漏电时，重复上述步骤，可得：

D、=0）仙,D2=—cofl>D2-=0r3

介质1中电流密度J1=a\E[=<J、DJ邑=%

介质2中电流密度J2=a2E2=a2D2/£2=%（©/]+%3度j

由于电流恒定，，二心，

/.<j}cofJex=（J2{cof}+（or3）ls2

一叫3=--------------)^/1=(----------1)G〃

ae

cr2q%2i

再由y=，E•dl=E3+E£得

£1^22^1£]O'2

._E\，，一a2£\，

..69z|------------------------(-----------，

Zj+CT]/2/(T2(T2Z]+(7]/2

叼2=-(町+%3)=、k

+山2

（0f3=---------------，

+山2

12.证明：

（1）当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时，电场线的曲折满足

tan02_£2

tan仇J

其中三和三分别为两种介质的介电常数，亿和。2分别为界面两侧电场线与法线的夹角。

（2）当两种导电存质内流有恒定电流时，分界面上电百线的曲折满足

tan02_a2

tan仇6

其中巧和内分别为两种介质的电导率。

证明：（1）由E的切向分量连续，得

4sinq=心sin。？（1）

交界面处无自由电荷，所以。的法向分量连续，即

D]cos。=D2COS%

£[石]COS。]=三石2COS%（2）

⑴、（2）式相除，得

tan_£2

tandJ

（2）当两种电介质内流有恒定电流时

JI=（T]E],J2=。2七2

由J的法向分量连续，得一"

cos。1=%七2cos%（3）

（1）、（3）式相除，即得

tan<9,_（T2

tan0、（T,

13,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，导体内电场线总是平行于导体表面。

证明：(1)设导体外表面处电场强度为其方向与法线之间夹角为。，则其切向分量为Esin。。在

静电情况下，导体内部场强处处为零，由于在分界面上£的切向分量连续，所以

Esin夕=0

因此6=0

即E只有法向分量，电场线与导体表面垂直。

(2)在恒定电流情况下，设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为a，则电流密度＜/=或与

导体表面夹角也是导体外的电流密度7=0,由于在分界面上电流密度的法向分量连续，

所以

o£sin(7=0

因此a=0

即/只有切向分量，从而E只有切向分量，电场线与导体表面平行。

19.同轴传输线内导线半径为a,外导线半径为b,两导线间为均匀绝缘介质(如图所示)。导线载有电流

I，两导线间的电压为U。

(1)忽略导线的电阻，计算介质中的能流S；

(2)若内导线的电导率为计算通过内导线表面进入导线内的能流，证明它等于导线的损耗功率。

解：⑴以距对称轴为r的半径作一圆周(GVM办应用安培环路定律，由对称性得

2术H。=I

因而=-!—

271r

导线表面上一般带有电荷，设内导线单位长度的电荷(电荷线密度)为r,应用高斯定理由对称性，可得

2^rE,.=—

£

,因而Er^—^—

27n

能流密度为S=ExH=ErHoe:=/,e:

式中ez为沿导线轴向单位矢量。两导线间的电压为：

b

U=(Erdr=-\n-

cUI.

r2\n(a/b)：

把S对两导线间圆环状截面积积分得：

auiai

P=[2"Sdr=---------[-dr=UI

Ja\n(a/h)Jar

。即为通常在电路问题中的传输功率表达式。可见这功率是在场中传输的。

⑵设导线的电导率为。，由欧姆定律，在导线内有

cr71ap'"m~<y

由于电场切向分量是连续的，因此在紧贴内导线表面的介质内，电场除有径向分量Er外，还有切向分量

瓦。因此，能流S除有沿z轴传输的分量Sz夕卜，还有沿径向的分量-Sr

i2

-S=E,H\=—r-j-

’2（%）"2储/0

流进长度为△I的导线内部的功率为

•2A/

2

-Srlna\l=-!-^-=IR

mr（y

第二章

七、（11分）导体内有一半径为R的球形空腔，腔内充满电容率为£的均匀电介质，现将电荷量为q的点

电荷放在腔内离球心为a（a<处，已知导体电势为0,试求I腔内任一点的电势。

解：假设球内有点电荷/可代替球面上感应电荷，

由对称性/应放在04的连线上。选择/的位置大小，使球面二的0=0,满足唯一性定理，解唯一合法。

考虑两个特殊点A,B（2分）

色+U

A到a+&（pA=0=—（2分）

4;o（〃+/?o）4在oS+R°）

A到q'b+R（）

qq'

B到qa-Ro（pli=0=一（2分）

4;0（4-&）4宓0（〃一凡）

B到<R<、-b

b+R0

（2分）

qa-Roqa+R°

/,人

=q=­q（2分）

~a

R°q

qa

（i分）

^R1+a1-2RaCos9\lR2+b2-2RbCos0

1.一个内半径和外半径分别维R2和R3的导体球壳，带电荷为Q。同心地包围着一个半径为R1的导体

球(RYR2),使半径R1的导体球接地，求空间各点的电势和这个导体球的感应电荷。

SOLURION:

第一步：分析题意，找出定解条件。

根据题意.具有球对称性,电势不依赖干4极角9和方位角0,只与半径r有关.即

(3.38)

故定解条件为

r>R3

▽论=0./?]<r<R

2(3.39)

边界条件

导体接地有

勾鹏=阂一=。

(3.40)

整个导体球壳为等势体，有

勾心=如~小

(3.41)

球壳带电量为Q，根据Gauss定理

胪回%

(3.42)

得到

叫白人智加=%

1!(3.43)

第二步，根据定解条件确定通解和待定常数.

由方程可看出，电势不依赖于°,取不依赖于夕，取(

(3.39)n=0;2cos0)=l故得到导体球壳

内、外空间的电势：

B

%=A+一r>R,

r

「D

(p2=C+一R]<r<R2)

.r(3.44)

由(3.40)式得

当r-8,必=0./.A=0

当r=与，(p2=0.C=-—

用

(3.45)

从而得到

B

6=一

r

Q=0('

(3.46)

由(3.41)式得

二川」)

&4R\(3.47)

由(3.42)式得

8・4%一。-44=%

(3.48)

即

4%(3.49)

将(3.49)式代入(3.48)式,即得

D=F/(-)

4%RJR&q(3.50)

令

o_____e___

"111

】+3)

RR2&(3.5i)

因此得到

A=0,B=+-

4g)4宓0

C=——D=-^~

您在

4oR40(3.52)

将A,B,C,D系数代入到(3.46)式，即得电势的解为

16=—8=。+Q1(")

r4您0r4在(/

'i+2=一2.4

(/?!<r</?2)

r4刀々)尺4在0r

(3.53)

导体球上的感应电荷为

—)户dQ

与

=fJJ&--yr2JQ

广

r=R4%

=e,(3.54)

半径为R,被置于均匀外场心中，球外为真空。求电势分布。

2.介电常数为2的均匀介质球,

Solution:

第一步，根据题意，找出定解条件。

由于这个问题具有轴对称性，取极轴z沿外电场&方向，介质球的存在使空间分为两个均匀的区

域——球内和球外。两区域内都没有自由电荷。因此电势。满足L叩lace方程。以色代表球外

区域的电势，外代表球内区域的电势，故

vV,=o

L2=-E()rcos0=-E()rP{(cos份

(r>R)

①二匹

0加r=Ron

r=/?(3.55)

力外=0

%|—o=有限值

(r<R)

加°dni

(3.56)

第二步，根据定解条件确定通解和待定常数

由于问题具有轴对称性，即电势口与方向角。无关，故

0=+与应(cos。)(r>R)

n1

%=Z(c/"+喜次(cos。)(r<R)

■“r(3.57)

由(3.55)式得

阂—=Z&d+。£)匕(cos。)=-E0r^(cos<9)

-n」一>8(3.58)

比较两边系数，得

4=—七。a»=(〃*1)(359)

由(3.56)式得

匈-0=Z(c/+"〃=r)2(cos。)=有限值

L〃r」,->«(3.60)

从中可见

4=0(3.61)

故有

⑥=—&)，%(cos。)+WX占4(cos。)

<〃r

。2与(cos。)

”(3.62)

根据(3.55)、(3.56)式,可得

-E()R[(cos。)+£〃,白文cos。)=EgRZ(cos。)

n《„

V

Ir*

-E渭(cos。)—Z5+1)2wK(coM)=—ZqEP(cose)

〃"4"(3.63)

比较?(cos。)的系数，得

-EOR+&="R

K

n=1

2bl_c

一"十万=>|

£

Ko(3.64)

4R"+=〃

nw1

bP

—(〃+i)瑞r=1〃gR"T

KqJ(3.65)

由(3.65)式给出

"°,%=0.(〃/1)

(3.66)

由(3.64)式给出

a=一4

2%+s

c二一34E

10

2%+£(3.67)

由此得到电势为

6=_&/cosd+£，。R，4)-!yCOS”

(r>/e)

1°2%+£

夕,=至-E/cosO(r<R)

2%+£

(3.68)

相应的球内和球外的电场强度为

&=-▽例

儡十导一…外

£一，0NEJcose

2%+£r2

-sin/〃)+y

=E0(coser上——REQcos0-er

2%+£厂

(3.69)

其中

(cos6^r-sin=(370)

第二项和第三项之和实际上是一个等效防放在原点的偶极子在球外产生的电场，其电偶极矩为

p=4在

(3.71)

因此，球外区域的电场为

E=瓦+左

(3.72)

而

1「3(万⑺7p

口—cT

4玄。rr

VJ(3.73)

同理得到

Ey=一▽02

(d..Id-

一_Ercos6>

I2%+£0

分

3%(cos凭.-sin很〃)

24+£

34

EF

2%+£

=^~E()

2%+£(3.74)

由此可见，球内的场是一个与球外场平行的恒定场。而且球内电场比原则外场石。为弱，这是极

化电荷造成的。

在球内总电场作用下，介质球的极化强度为

「二x/o应2=(£-4)区=-34瓦

24+£

(3.75)

介质球的总电偶极矩为

p=-^R3P=I。4玄0内瓦

32%+z00

(3.76)

第三章

1.试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场用)，写出A的诙种不同表示式，证明二者之差为无旋场。

解：5。是沿z方向的均匀恒定磁场，即B(、=B。%,由矢势定义▽xA=〃得

dA:/dy-dAv/dz=Oi/次-3&/小=0；dAv/dx-dAx/dy=B()

三个方程组成的方程组有无数多解，如：

①4=4二°，4=一4)，+/(幻即：A=[-BQy^fM]ex；

②Ax=Az=0,4V=练.丫+8(y)即：A=fB()x+^(y)]ey

解①与解②之差为AA=[-Boy+f(x)]ex-[B()x+g(y)]ey

则Vx(A4)=(~dAy/dz)ex+(巩/dz)ey+(dAyIdx-dAx/dy)e:=0

这说明两者之差是无旋场

3.设有无限长的线电流/沿z轴流动，在z<0空间充满磁导率为〃的均匀介质，z>0区域为真空，试用

唯一性定理求磁感应强度然后求出磁化电流分布。

解：设z>0区域磁感应强度和磁场强度为⑸，z<0区域为斗，区,由对称性可知必和凡均沿与

方向。由于"的切向分量连续，所以“|=〃2=”分。由此得到⑸〃=区2〃=()，满足边值关系，

由唯一性定理可知，该结果为唯一正确的解。

以z轴上任意一点为圆心，以r为半径作一圆周，则圆周上各点的〃大小相等。根据安培环路定理

得：27n，H=I,即”=//2勿，，H1=H2=(//l7ir)e0Bx=Hx—(//0//2^*^,(z>0)；

B?==(//2加息»(z<0)o

在介质中M=B21//0-H2=(//2^7-X/////0-1"

所以，介质界面上的磁化电流密度为：

a=Mxn=(//2加*//4)-1"xe-=/M)-

.2万

总的感应电流：/=JM•4/=J(//2m9(〃/从)一1/〃,rd(pe0=/(〃/4)-1),

电流在z<0区域内，沿z轴流向介质分界面。

4.设xvO半空间充满磁导率为〃的均匀介质，x>0空间为真空，今有线电流/沿z轴流动，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

8=（“//2m）分

它满足边界条件：-g）=0及〃x（"2-"i）=a=0。由此可得介质中：

H2=B/J.I=（“I!2乎厂）.

由凡=8/4-知得：

&x<0的介质中M二以幺二丛■分,

2万w（）

则：/“二小以.力=也匕出「『丽+0『"=生包*

」2b%（）曲七2%o

再由8二分〃（）（/+/的）/2犷=（〃'〃2m）q可得〃'=2“o/（〃+〃（）），所以

8=j"o//（〃+〃o）w,=（〃一〃（））//（〃+从））（沿z轴）

7.半径为〃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A的微分方程。设导体的磁

导率为〃o，导体外的磁导率为〃。

解：矢势所满足的方程为：

V2A内=—〃（/，（r<a）

▽兄卜=0,（r>a）

自然边界条件：—―0时，A内有限。

边值关系：4|…二A外匚；内|〜二；VxA外|…

NoM

选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与Z无关。令

,.外=A外⑺,

代入微分方程得：

1d科⑺1d朋外⑺

rdrdr°rdrdr

1、

-

解得：（r）=--//0Jr+C]Inr+C2:A外（r）=C3Inr+C4

由自然边界条件得G=0，

由一LVXA内IE=，VX4外IE得：C.=-^Ja2,

AoK2

2

由4匚=4外匚并令其为零，得：。2C4=^Ja\na.

''A内=一'二）；A外二]〃/。.。，

8.证明〃f8的磁性物质表面为等磁势面。

解:以角标1代表磁性物质，2代表真空，由磁场边界条件

〃,（与-四）=0,

nx（H2-H｝）=0

始二4四

以及

层=〃（）%

可得式中〃和2分别表示法向和切向分量。两式相除得

“2,_从。3)o

因此，在该磁性物质外面，H与表面垂直，因而表面为等磁势面。

例2求磁化矢量为加的均匀磁化铁球产生的磁场。

解：铁球内和铁球外两均匀区域。在铁球外没有磁荷。在铁球内由于均匀磁化，则有

M-Mo

4=-4。"°=。

因此磁荷职分布在铁球表面上。球外磁势。1和球内磁势少2都满足拉普拉斯方程，即

vVi=o,▽论=0.

当月~8时，小1-8,所以。1只含破塞次项。

%=Z%Q(cos。)

〃K

当后0时，或为有限值，所以或只含7?正次第项。

%=Za“R"P”(cose).

n

铁球表面边界条件为当后而(而为铁球半径)E寸，

的二。2

%一公二m(M「M,)=_MoCOs'

dndn~

X(〃；2"月(COS0)=-£，m〃R；12(cos0)+M)4cos0)

n^0n

E备匕(cos6)=Z典记(cos

n9n

比哈的系数，得/.

JD

〃”=2二°，"L

于是得COS。_R；%•/?