電動力學習題解答第 1 頁電 動力 學答 案第一章 電磁現(xiàn)象的普遍規(guī)律1. 根據(jù)算符 的微分性 與向量性，推導 下列公式：()()()()( += ()( 221 = （ 1） )()()(+= ()()()( +=()()()( +=（ 2）在（ 1）中令 得： (2)(2)( += ，所以 ()()( 21 =即 ()( 221 = 設 , 的函數(shù)， 證明：= ， = ， =證明：（ 1） += )()()()( += =+= dd 2） += )()()()(A += )=+=（ 3） dd/dd/d /=+=)()()()()()( += )(=3. 設 222 )()()( += 為 源點 點 離， 向規(guī) 定為電動力學習題解答第 2 頁從源點指 向場點。 （ 1）證明下 列結(jié)果，并體會 對源變量求微商 與對場變量求微 商的關系： r= ； 3/)/1()/1( r= ； 0)/( 3 = 0)/()/( 33 = rr )0( r 。（ 2）求 r ， r ， ( ， )( ， ) 0 及)0 ，其中 a、 。（ 1）證明 ： 222 )()()( += 1 )()()()/1( += )()()()/1( =可見 = 2 3211r=32 11r=可見 ( ) ( )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 為 ， 向量， 所以， 0=a ， 0)( = 又 0=r ， = )()(5 )() 000 +=0向量， 00 =E ， 而 ()= ，電動力學習題解答第 3 頁所以 ) 00 = 6 )000 =4. 應 用 高 斯 定 理 證 明 = 應 用 斯 托 克 斯 （ 定 理 證 明 = lS （ I）設 常矢量，則 = V )(dd 析公式 )()()( = ，令其中 ， ，便得= )()()()(所以 =(d)(dd = d)( = d)d(因為 常向量，所以 = （ 常向量，令 = ，代入斯 托克斯公式，得= 1）（ 1）式左邊 為： +=dd)( = = =S Sa d （ 2）（ 1）式右邊 為： = （ 3）所以 = S （ 4）因為 常向量，所以 = lS 已 知 一 個 電 荷 系 統(tǒng) 的 偶 極 矩 定 義 為 d),()( = ， 利 用 電 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 +=電動力學習題解答第 4 頁 += V Jx dd 1面 的邊界，所以 電流不能流出這 邊界，故0S x = V x 1= V x 2 = V x 3=V = d),(d),(xxxxp = Vt t d)(d),( xJxx根據(jù)并矢 的散度公式 ()()( += 得：=+= )()()()( +=dd)(Jxp += V Vd)(d =V V若 m m m m 是 常 向 量 ， 證 明 除 0=R 點 以 外 ， 向 量 3/ R）（ Rm m m = 的 旋 度 等 于 標 量3/ m m m = 的 梯 度的 負 值 ，即 =A ， 其中 標 原 點 到場 點 的距 離 ，方向由原 點指向場 點。證明： 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 時， =有一 內(nèi)外半 徑分別為 1介質(zhì) 球，介質(zhì) 的電容 率為 ，使 介質(zhì)球 內(nèi)均勻帶 靜止自由電 荷 ： （ 1）空間各 點的電場 ； （ 2）極化體 電荷和極化面電 荷分布。解 ： （ 1） 設 場 點 到 球 心 距 離 為 r。 以 球 心 為 中 心 ， 以 徑 作 一 球 面 作 為 高 斯 面 。由對稱性 可知，電場沿徑 向分布，且相同 相同。電動力學習題解答第 5 頁當 1， )(344 313232 =231323 3 )( 2031323 3 )( =向量式為 031323 3 )( =（ 2）當 21 時， )(2 21223 f = 電動力學習題解答第 6 頁所以 r f 2 )( 21223 = ， )( 212203 =向量式為 = ff r 21220212203 2 )(2 )( （ 2） 當21 時，電勢 滿足拉普 拉斯方程，通解 為+=n ( 1 因為無窮 遠處0 )(0000 =所以00 =a ， 01 = ， )2(,0 = ， 0所以0101000 )(=+ +n 即：002010000 /,/ =+所以 )2(,0,),( 30010000 = += )( )(/(R （ 2） 設球體待 定電勢為 0，同理可 得 += )( )(/(R 當 0，由題 意，金屬球帶電 量 Q R += = )(40000 = )( = + += )(4/ )(4/0002300000 3. 均勻介質(zhì) 球的中心置一點 電荷 球的電容 率為 ， 球外為真 空 ， 試用分離 變量法求空間電勢 ，把結(jié)果與使用 高斯定理所得結(jié) 果比較。提示 ： 空間各點 的電勢是點電荷 4/ 與球面上 的極化電荷所產(chǎn) 生的電勢的迭加 ，后者滿足拉普 拉斯方程。解 ： （一）分 離變量法 空 間 各點 的 電勢 是 點 電荷 勢 4/ 與 球 面上 的 極化 電 荷 所產(chǎn) 生 的電 勢電動力學習題解答第 12 頁的迭加 。 設極化電 荷產(chǎn)生的電勢為 ， 它滿足拉 普拉斯方程 。 在球坐標 系中解的形式為：）（）（內(nèi) nn +=）（）（外 nn +=當 R 時， 0外 ， 0=當 0R 時，內(nèi) 為有限， 0=所以 ）（內(nèi) ， ）（外 nn =由于球?qū)?稱性，電勢只與 以)1(,0 = 1(,0 = 內(nèi) ， 0=外所以空間 各點電勢可寫成 40 +=內(nèi) 40 +=外當0，由 外內(nèi) = 得： 000 / 由= 外內(nèi) 0 得： 200020020 44 += ， )11(4 00 = 11(4 000 = （內(nèi) 1144 00 += 外 1144 0 += 二）應 用高斯定理 在球外， R由高斯 定理得： += 總外 （整個導 體球的束縛電 荷 0= ，所以 Q 04=外 ，積分后 得： f 020 44 = R 兩 均勻區(qū)域，電 勢滿足拉普拉斯 方程。通解形式 均 為）（）（ nn +當 R 時，電勢 趨于零，所以2時 ,電勢可寫 為）（ nn = (1)當 0R 時，電勢 應趨于偶極子 ：2030 4/ =(414 12303102020 +=+= 在2處，電荷 分布為：222 n =在1處，電荷 分布為：310 41 =6. 在均勻外 電場0均勻自由電荷 球 （ 電容率為 ） ， 求空間各點的電勢 。解 ： 以球心為 原點 ， 以 0軸方向建立球 坐標系 。 將 空間各點 的電勢看作由兩部分迭加 而成 ， 一部分1為絕緣介 質(zhì)球內(nèi)的均勻自 由電荷產(chǎn)生 ， 另一部分 2為外電場0電荷產(chǎn)生 。 前者可用 高斯定理求得 ， 后者滿足 拉普拉斯方程 。由于對稱 性，2的形式為 )( )1( nn +對于1，當 0時，由高 斯定理得： 2301 3/ ， 20301 3/ f =當0= + ）（ 當 0R 時，2為有限， 所以 )(nn += (3)()2/( 及12 兩種情況 的電流分布的特 點。解 ： 本題 雖然不 是靜電問 題，但 當電流達 到穩(wěn)定 后，由于 電流密 度 強度 比例系 數(shù)為電 導率 ） ，所 以 定的。 這種電 場也是無 旋場， 其電勢也 滿足拉普拉 斯方程，因而可 以用靜電場的方 法求解。(1)未放入小 球時 ， 電流密度 由 可知 ， 穩(wěn)恒電場 勻場 。 因此在未 放入小球時電解 液中的電勢0便是均勻 電場 放入小球 后 ，以 球心為 原點 ， 向為 極軸 方向 ，建立 球坐 標系 。為方 便起 見， 以坐標 原點 為電勢零點 。在穩(wěn)恒電流條 件下， 0/ = 所以：0=J (1)由 (1)式可推出 穩(wěn)恒電流條件下 的邊界條件為 :0)(12 = 2)設小球內(nèi) 的電勢為 1，電解液 中的電勢為 2，則在交 界面上有：00 21 = (3)002211 R = = (4)將 = 及 =E 代入 (1)，得： 0)( 2 = 滿足拉普 拉斯方程電動力學習題解答第 17 頁考慮到對 稱性及 R 時 0球外電 勢的解可寫成： )(nn += + ）（ (5)其中利用 了020 =f ?？紤]到 0R 時電勢為 有限值，球內(nèi)電 勢的解可寫成：)(1 nn ，即球的 電導率比周圍電 解液的電導率大 的多時， 1)2/()( 2121 + ， 3)2/(3 211 +所以， 01 3/)(3)/(02033002 +200 / 當21 0R）置一點電荷用分 離變量法求空間 各點電勢，證明 所得結(jié)果與電象 法結(jié)果相同。解：以 球心為原點，以 球心到點電荷的 連線為極軸建立 球坐標系。將空 間各點電勢看作由兩部分 迭加而成。一是 介質(zhì)中點電荷產(chǎn) 生的電勢 221 += ，二是球面 上的感應電荷及 極化面電荷產(chǎn)生 的2。 后者在球 內(nèi)和球外分別滿 足拉普拉斯方程?？?慮到對稱性， 2與 無關。由于 0R 時， 2為有限值 ，所以球內(nèi)的 2解的形式 可以寫成=n ( （ 1）由于 R 時，2應趨于零 ，所以球外的 2解的形式 可以寫成+=n ( （ 2）由于 =+n ()/1(=n ()4/(1 （ 3）當0時， 21 =內(nèi) +=n ()4/( （ 4）當0時， 21 =外 += n ()4/( 1 （ 5）因為導體 球接地，所以 0=內(nèi) （ 6）000 = 外 （ 7）將（ 6）代入（ 4）得 : 14/ += （ 8）將（ 7）代入（ 5）并利用 （ 8）式得 : 1120 4/ += （ 9）將（ 8） （ 9）分別代 入（ 4） （ 5）得 :)(00內(nèi) （ 10）/(1 202202 022 +=外 ,)(0（ 11）用鏡 像法 求解 ：設在 球內(nèi) 電 荷為 Q。由 對稱 性， Q在球 心與 連 線上 ，根據(jù)邊界條 件：球面上電勢 為 0，可得 ： （解略）200 = ， f / 0=所以空間 的電勢為電動力學習題解答第 19 頁/(1)(41 202202 02221 +=+=外 )( 0. 接地的空 心導體球的內(nèi)外 半徑為 1R， 在球內(nèi)離 球心為 試用電象 法求空間電勢。解：如圖 ，根據(jù)一點電荷 附近置一無限大 接地導體平板和 一點電荷附近 置一接地導體球 兩個模型，可確 定三個鏡像電荷 的電量和 位置。=1 ， 1 = ； ， 2 = ；=3 ， =3 ，所以),20(,2242224222220+ 設有兩平 面圍成的直角形 無窮容器，其內(nèi) 充滿電導率為 的液,( 0 ,( 0 ),( 0 +),( 0 a b ,( 000 ,( 000 電動力學習題解答第 21 頁體。取該 兩平面為 ,( 000 ),( 000 兩點分別 置正負電極并通以電流 I，求導電 液體中的電勢。解 ： 本題的物 理模型是 ， 由外加電 源在 A、 電場 ， 使溶液中 的載流子運動形 成電流 I， 當系統(tǒng)穩(wěn) 定時 ， 屬恒定場 ， 即 0/ = 0=J 。 對于恒定 的電流 ， 可按靜電場的 方式處理。于是 在 的高斯面 ，則/ 由于 = Sj = ，所以 / 可得： /。同理，對 = /又 ， 在容器壁 上 , 0= 即無電流 穿過容器壁。由 = 可知，當 0=， 0=所以 可取如右 圖所示電像，其 中上半空間三個 像電荷 Q， 下半空間 三個像電荷 器內(nèi)的 電勢分布為： = = 8141i 02020 )()()(14 += 202020 )()()( 1 + 202020 )()()( 1 +202020 )()()( 1 + 202020 )()()( 1 +202020 )()()( 1 + 202020 )()()( 1 +)()()( 1 202020 +14. 畫出函數(shù) )( 的圖 ， 說明 )()( = 是一個位于原點的 偶極子的電荷密 度。解： （ 1） = = 0, 0,0)( x += )()( 0 1） 0x 時， 0/)( =0=x 時 ， a)對于 0x ， = x 0 0b)對于 0a ，（若 0+ = + 為奇數(shù)，外 電動力學習題解答第 25 頁第 三章 靜 磁場1. 試用 恒定磁場0B， 寫出 表示式 ， 證明二者 之差為無旋 場。解： 0z 方向的均 勻恒定磁場，即 0 = ，由矢勢 定義 得0/ = 0/ = 0/ 三個方程 組成的方程組有 無數(shù)多解，如： 1 0= A ， )(0 = 即： ( 0 += ； 2 0=A ， )(0 = 即： ( 0 +=解 1與解 2之差為yx ()( 00 +=則 0)/()/()/()( =+=之差是無旋場2. 均勻無 窮長直圓柱形螺 線管，每單位長 度線圈匝數(shù)為 n，電流 強度 I，試用 唯一性定理求管內(nèi)外 磁感應強度 B。解：根據(jù) 題意，取螺線管 的中軸線為 z 軸。本題 給定了空間中的 電流分布，故可 由 = 4 30 求解磁場 分布，又 線上， 所以 =304 線管內(nèi) 部：由于螺線管 是無限長 ，所以其內(nèi)部 磁場是 O ，故只須求出 其中軸線上的磁 感應強度，即可 知道管 內(nèi)磁場。 由其無限長的特 性，不 坐標原點建立 柱坐標系。= ，yx += )+= 2 +=取 的一小段 ，此段上分布有 電流 + += 2/32220 )( )4 za + =+=+= 2/3202/322 2200 )/(1 )/(2)( 4 2)螺線管外 部：由于螺線管 無限長，不妨就 在 過原點 而垂直于 軸線的平面上任 取一 點)0,( P 為 場點 ，其中 a 。 222 ) += 222 += 6 頁) += yx +=)2 += += + )4 32203203200 . 設有無限 長的線電流 I沿 在 試用唯一性定理 求磁感應強度 B，然后求 出磁化電流分布 。解 ： 設 z0區(qū)域磁感 應強度和磁場強 度為1B， 1H H H H ； ( ) H HB ， ( ， 今有線電 流 I沿 求磁感應 強度和磁化電流 分布。解：假設 本題中的磁場分 布仍呈軸對稱， 則可寫作 2/( 滿足邊 界條件： 0)(12 = 0)( 12 = H H H H 由此可 得介質(zhì)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 += 時的磁屏 蔽作用。解：根據(jù) 題意，以球心為 原點，取球坐標 ，選取 H H H H 0的方向為外場 H H H H 0的作用下 ，空心球被磁 化，產(chǎn)生一個附 加磁場，并與原 場相互作用，最 后達到平衡， 軸對稱。 磁標勢的微分方 程為： 012 = ( 1件：01 =有限； = 。銜接條件 ：1211 = = ； 12110 / R = = ；2322 = = ； 22230 / R = = 由軸對稱 性及兩個自然邊 界條件，可寫出 三個泛定方程的 解的形式為：電動力學習題解答第 30 頁= 01 )( ； = += 0 )1(2 )(n ；= += 0 )1(03 )(n 因為泛定 方程的解是把產(chǎn) 生磁場的源 H H H H 0做頻譜分 解而得出的 ， 分解所選 取的基本函數(shù)系是其本 征函數(shù)系 )( 在本題中 源的表示是： )( =所以上面 的解中， 0= )1( 化為： ； 2112 += 103 += 件得： 2111111 += 2212022121 +=+ )2( 311110 = ， 3210003211 2)2( = 。解方程組 得：3200312032001 )2)(2()(2 6 += ，32003120320001 )2)(2()(2 )2(3 + +=，3200312032310001 )2)(2()(2 )(3 + =)2)(2()(2 )()(2( + +=。從而，空 間各點磁標勢均 可確定?？涨粌?nèi) ： H 01110101 =當0 時 ， 01 a ， 所以 01 B 。 即空腔中 無磁場 ， 類似于靜 電場中的靜電屏 蔽 。11. 設理想鐵 磁體的磁化規(guī)律 為00 H += ， 其中 0 今將一個理想 鐵磁體做成的均 勻磁化球（0浸入磁導率為 的無限介 質(zhì)中，求磁感應強 度和磁化電流分 布。解 ： 根據(jù)題意 ， 取球心為 原點 ， 建立球坐 標系 ， 以 本題具有 軸對稱的磁場分布，磁 標勢的微分方程 為：012 = ( 0件：01 =有限； 02 =銜接條件 ：0201 = = ； = ；由軸對稱 性及兩個自然邊 界條件，可寫出 拉普拉斯方程通 解的形式為：電動力學習題解答第 31 頁= 01 )( ； = += 0 )1(2 )( ；代入銜接 條件，比較 )(項的系 數(shù)，得：0=nn )1( n ； )2/(001 += )2/(30001 += 2/( += )( 02/(20000101 +=+= H )(32 305030022 += +自然邊界 條件：01 =有限； = 。銜接條件 ：0201 = = ； 0002001 = ；解得滿足 自然邊界條件的 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有一個均 勻帶電的薄導體 殼其半徑為0R， 總電荷為 Q， 今使球殼 繞自身某一直徑 以角速度 轉(zhuǎn)動，求 球內(nèi)外的磁場 B。提示： 本題通過解 A或 可以解決，也 可以比較本題與 5例 2的電流 分布得到結(jié)果 。解：根據(jù) 題意，取球體自 轉(zhuǎn)軸為 z 軸，建立 球坐標系。磁標 勢的微分方程為 ：012 = ( 0件：01 =有限； 02 =銜接條件 ：0012 4/( = = ；02001 / R = = ；其中04/Q = 是球殼表 面自由面電流密 度 。解得滿足 自然邊界條件的 解是： ， )( 0件，得：020101 4/ = ； 02 3011 =+ 1 6/ = ， 12/201 1 6/ = ， )( 0=00101 6/ H H H = ， )( 0電荷按體 均勻分布的剛性 小球 ， 其總電荷 為 Q， 半徑為0R， 它以角速 度 繞自身某 一直徑轉(zhuǎn) 動，求（ 1）它的 磁矩 ； （ 2）它的 磁矩與自轉(zhuǎn)角動 量之比（設質(zhì)量 布的 ） 。解： 1） 磁矩 = )(21 m m = ， )()3/4()( 30 = r 2430230 43214321 = m m += +=00 2402030 m m 3 頁e 500 3402030 0 z = 2)自轉(zhuǎn)動量 矩： = (43 300 = 43 22300 = z 3 4300 = 300 e+= 00 24020300 2000 34020300 0 = 02/ Lm m m 有一塊磁 矩為 m m m m 的小永磁 體 ， 位于一塊 磁導率非常大的 實物的平坦界面 附近的真空中 ，求作用在 小永磁體上的力 F。解 ： 根據(jù)題意 ， 因為無窮 大平面的 很大 ， 則在平面 上所有的 H H H H 均和平面 垂直 ， 類比于靜 電場，構(gòu)造 磁矩 m m m m 關于平面 的鏡像 m m m m ,則外場為 ：= 0 = Rm m m m ) 30330 = m m m 受力為：am m m 43)( 24202 += = 第 四章 電 磁波 的傳 播1. 考慮兩列 振幅相同、偏振 方向相同、頻率 分別為 d+ 和 d 的線偏振 平面波 ，它們都沿 。（ 1）求合成 波，證明波的振 幅不是常數(shù)，而 是一個波。（ 2）求合成 波的相位傳播速 度和振幅傳播速 度。解：根據(jù) 題意，設兩列波 的電場表達式分 別為： )(),(1101 = )(),( 2202 = ),(),(2211021 +=+= 4 頁)2222(2 212121210 += =1 ， =2 ； d+=1 ， d=2所以 )(20 = )(20 = = 確定， = 確定， 從真空入 射到 2=介質(zhì) ， 電場強度 垂直于入射面 ， 求反射系數(shù)和折 射系數(shù)。解：設 面法向 單位矢量， S、 S、 S 分別為入 射波、反射波和 折射波的玻印亭矢量 的周期平均值， 則反射系數(shù) 020 = nS 201202 = nS 強度垂直于入 射面的菲涅耳公 式，可得 22121 += R ， =+= 1)2121 根據(jù)折射 定律可得： =30 ，代入上 式，得32 32+=R ， 32 32+=有一可見 平面光波由水入 射到空氣 ， 入射角為 60， 證明這時 將會發(fā)生全反射 ， 并求折射 波 沿 表 面 傳 播 的 相 速 度 和 透 入 空 氣 的 深 度 。 設 該 波 在 空 氣 中 的 波 長 為 50 = 水的折 射率為 n= ： 由折射定 律得 ， 臨界角 = 所以當平 面光波以 60角 入射時 ，將會發(fā)生 全反射。由于 所以折射 波相速度 2/3 = 水透入空氣 的深度為5225221211 (60 = n 頻率為 的電磁波 在各向異性介質(zhì) 中傳播時 ， 若 H H H , 仍按)( 化 ， 但 平行（即 不成立 ） 。（ 1）證明 0= 但一般 0（ 2）證明 22 /)( =k 。（ 3）證明能 流 一方向上。證明： 1） 麥氏方程 組為： t= /1）t= / H H （ 2）0=D（ 3）電動力學習題解答第 35 頁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， 當且僅當 時， 所以， 各向異性 介質(zhì)中，一般 02） 將 （ 9）式代入 （ 7）式，便 得： 222 /)(/)( = 由（ 9）式得 / H H = /)(/)( 2 H = 般