《电动力学》课后答案.pdf 40页

'电动力学习题解答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：∇(A⋅B)=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)BA×(∇×A)=1∇A2−(A⋅∇)A2解：（1）∇(A⋅B)=∇(A⋅B)+∇(B⋅A)cc=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)Bcccc=B×(∇×A)+(B⋅∇)A+A×(∇×B)+(A⋅∇)B（2）在（1）中令A=B得：∇(A⋅A)=2A×(∇×A)+2(A⋅∇)A，所以A×(∇×A)=1∇(A⋅A)−(A⋅∇)A2即A(A)12(A)A×∇×=∇A−⋅∇22.设u是空间坐标x,y,z的函数，证明：dfdAdA∇f(u)=∇u，∇⋅A(u)=∇u⋅，∇×A(u)=∇u×dududu证明：∂f(u)∂f(u)∂f(u)df∂udf∂udf∂u（1）∇f(u)=e+e+e=e+e+exyzxyz∂x∂y∂zdu∂xdu∂ydu∂zdf∂u∂u∂udf=(e+e+e)=∇uxyzdu∂x∂y∂zdu∂Ax(u)∂Ay(u)∂Az(u)dAx∂udAy∂udAz∂u（2）∇⋅A(u)=++=++∂x∂y∂zdu∂xdu∂ydu∂zdAxdAydAz∂u∂u∂udA=(e+e+e)⋅(e+e+e)=∇u⋅xyzxyzdududu∂x∂y∂zdueeexyzdA（3）∇u×=∂u/∂x∂u/∂y∂u/∂zdudA/dudA/dudA/duxyzdAz∂udAy∂udAx∂udAz∂udAy∂udAx∂u=(−)e+(−)e+(−)exyzdu∂ydu∂zdu∂zdu∂xdu∂xdu∂y∂Az(u)∂Ay(u)∂Ax(u)∂Az(u)∂Ay(u)∂Ax(u)=[−]e+[−]e+[−]exyz∂y∂z∂z∂x∂x∂y=∇×A(u)2223.设r=(x−x")+(y−y")+(z−z")为源点x"到场点x的距离，r的方向规定为第1页 电动力学习题解答从源点指向场点。（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：33∇r=−∇"r=r/r；∇(1/r)=−∇"(1/r)=−r/r；∇×(r/r)=0；33∇⋅(r/r)=−∇"⋅(r/r)=0，(r≠0)。（2）求∇⋅r，∇×r，(a⋅∇)r，∇(a⋅r)，∇⋅[Esin(k⋅r)]及0∇×[Esin(k⋅r)]，其中a、k及E均为常向量。00222（1）证明：r=(x−x")+(y−y")+(z−z")○1∇r=(1/r)[(x−x")ex+(y−y")ey+(z−z")ez]=r/r∇"r=(1/r)[−(x−x")e−(y−y")e−(z−z")e]=−r/rxyz可见∇r=−∇"r⎛1⎞d⎛1⎞1r○2∇⎜⎟=⎜⎟∇r=−∇r=−23⎝r⎠dr⎝r⎠rr⎛1⎞d⎛1⎞1r∇"⎜⎟=⎜⎟∇"r=−∇"r=23⎝r⎠dr⎝r⎠rr可见∇(1/r)=−∇"(1/r)3333○3∇×(r/r)=∇×[(1/r)r]=∇(1/r)×r+(1/r)∇×rd⎛1⎞3r=⎜⎟∇r×r+0=−×r=034dr⎝r⎠rr3331○4∇⋅(r/r)=∇⋅[(1/r)r]=∇(1/r)⋅r+∇⋅r3r3r3=−⋅r+=0，(r≠0)43rrr（2）解：∂∂∂○1∇⋅r=(ex+ey+ez)⋅[(x−x")ex+(y−y")ey+(z−z")ez]=3∂x∂y∂zeeexyz○2∇×r=∂/∂x∂/∂y∂/∂z=0x−x"y−y"z−z"∂∂∂○3(a⋅∇)r=(ax+ay+az)[(x−x")ex+(y−y")ey+(z−z")ez]∂x∂y∂z=ae+ae+ae=axxyyzz○4∇(a⋅r)=r×(∇×a)+(r⋅∇)a+a×(∇×r)+(a⋅∇)r因为，a为常向量，所以，∇×a=0，(r⋅∇)a=0，又∵∇×r=0，∴∇(a⋅r)=(a⋅∇)r=a○5∇⋅[E0sin(k⋅r)]=(∇⋅E0)sin(k⋅r)+E0⋅[∇sin(k⋅r)]E为常向量，∇⋅E=0，而∇sin(k⋅r)=cos(k⋅r)∇(k⋅r)=cos(k⋅r)k，00第2页 电动力学习题解答所以∇⋅[Esin(k⋅r)]=k⋅Ecos(k⋅r)00○6∇×[E0sin(k⋅r)]=[∇sin(k⋅r)]×E0=k×E0cos(k⋅r)]4.应用高斯定理证明∫VdV∇×f=∫SdS×f，应用斯托克斯（Stokes）定理证明∫dS×∇ϕ=∫dlϕSL证明：（I）设c为任意非零常矢量，则c⋅∫dV∇×f=∫dV[c⋅(∇×f)]VV根据矢量分析公式∇⋅(A×B)=(∇×A)⋅B−A⋅(∇×B)，令其中A=f，B=c，便得∇⋅(f×c)=(∇×f)⋅c−f⋅(∇×c)=(∇×f)⋅c所以c⋅∫dV∇×f=∫dV[c⋅(∇×f)]=∫dV∇⋅(f×c)=∫(f×c)⋅dSVVV=∫c⋅(dS×f)=c⋅∫dS×f因为c是任意非零常向量，所以∫dV∇×f=∫dS×fV（II）设a为任意非零常向量，令F=ϕa，代入斯托克斯公式，得∫∇×F⋅dS=∫F⋅dl（1）S（1）式左边为：∫∇×(ϕa)⋅dS=∫[∇ϕ×a+ϕ∇×a]dSSS=∫∇ϕ×a⋅dS=−∫a×∇ϕ⋅dSSS=−∫a⋅∇ϕ×dS=∫a⋅dS×∇ϕSS=a⋅∫dS×∇ϕ（2）S（1）式右边为：∫ϕa⋅dl=a⋅∫ϕdl（3）所以a⋅∫dS×∇ϕ=a⋅∫ϕdl（4）S因为a为任意非零常向量，所以∫dS×∇ϕ=∫ϕdlS5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为p(t)=∫ρ(x",t)x"dV"，利用电荷守恒定律V∂ρdp∇⋅J+=0证明p的变化率为：=∫J(x",t)dV∂tdtV证明：方法（I）dpd∂∂ρ(x",t)=∫Vρ(x",t)x"dV"=∫V[ρ(x",t)x"]dV"=∫Vx"dV"=−∫V(∇"⋅J)x"dV"dtdt∂t∂tdp⋅e=−(∇"⋅J)x"⋅edV"=−x"(∇"⋅J)dV"=[−∇"⋅(x"J)+(∇"x")⋅J]dV"1∫V11∫V1∫V11dt第3页 电动力学习题解答=−x"J⋅dS"+JdV"∫S1∫Vx1因为封闭曲面S为电荷系统的边界，所以电流不能流出这边界，故dpx"J⋅dS"=0，⋅e=JdV"∫S11∫Vx1dtdpdp同理⋅e=JdV"，⋅e=JdV"2∫Vx23∫Vx3dtdtdp所以=∫JdV"dtV方法（II）dpd∂∂ρ(x",t)=∫Vρ(x",t)x"dV"=∫V[ρ(x",t)x"]dV"=∫Vx"dV"=−∫V(∇"⋅J)x"dV"dtdt∂t∂t根据并矢的散度公式∇⋅(fg)=(∇⋅f)g+(f⋅∇)g得：∇⋅(Jx")=(∇⋅J)x"+(J⋅∇)x"=(∇⋅J)x"+Jdp=−∫V∇"⋅(Jx")dV"+∫VJdV"=−∫dS⋅(Jx")+∫VJdV"=∫VJdV"dt36.若m是常向量，证明除R=0点以外，向量A=（m×R）/R的旋度等于标量3ϕ=m⋅R/R的梯度的负值，即∇×A=−∇ϕ，其中R为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。3证明：∵∇（1/r)=−r/rm×r11∴∇×A=∇×()=−∇×[m×(∇)]=∇×[(∇)×m]3rrr1111=(∇⋅m)∇+(m⋅∇)∇−[∇⋅(∇)]m−[(∇)⋅∇]mrrrr121=(m⋅∇)∇−[∇]mrr2其中∇(1/r)=0，（r≠0）1∴∇×A=(m⋅∇)∇，（r≠0）rm⋅r1又∇ϕ=∇()=−∇[m⋅(∇)]3rr1111=−m×[∇×(∇)]−(∇)×(∇×m)−(m⋅∇)(∇)−[(∇)⋅∇]mrrrr1=−(m⋅∇)(∇)r所以，当r≠0时，∇×A=−∇ϕ7.有一内外半径分别为r和r的空心介质球，介质的电容率为ε，使介质球内均匀带静12止自由电荷ρ，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。f解：（1）设场点到球心距离为r。以球心为中心，以r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。第4页 电动力学习题解答当rr2时，4πrD3=π(r2−r1)ρf33333(r−r)ρ(r−r)ρ21f21f∴D=E=32323r3εr033(r−r)ρ21f向量式为E=r333εr0（2）当rr时，2πrH=Jπ(r−r)23f21第5页 电动力学习题解答J(r2−r2)22f21µ0(r2−r1)所以H=，B=J33f2r2r2222µ(r−r)µ(r−r)021ˆ021向量式为B=Je=J×r3fθ2f2r2r（2）当rR时，电势ϕ满足拉普拉斯方程，通解为0bnnϕ=∑(anR+n+1)Pn(cosθ)nR因为无穷远处E→E，ϕ→ϕ−ERcosθ=ϕ−ERP(cosθ)000001所以a=ϕ，a=−E，a=0,(n≥2)0010n当R→R时，ϕ→Φ00bn所以ϕ0−E0R0P1(cosθ)+∑n+1Pn(cosθ)=Φ0nR02即：ϕ+b/R=Φ,b/R=ER000010003所以b=R(Φ−ϕ),b=ER,b=0,(n≥2)0000100n32⎧ϕ−ERcosθ+R(Φ−ϕ)/R+ERcosθ/R(R>R)00000000ϕ=⎨⎩Φ0(R≤R0)（2）设球体待定电势为Φ，同理可得032⎧ϕ−ERcosθ+R(Φ−ϕ)/R+ERcosθ/R(R>R)00000000ϕ=⎨⎩Φ0(R≤R0)当R→R时，由题意，金属球带电量Q0∂ϕΦ0−ϕ02Q=−εdS=ε(Ecosθ++2Ecosθ)Rsinθdθdφ∫00∫000∂nRR=R00=4πεR(Φ−ϕ)0000所以(Φ−ϕ)=Q/4πεR000032⎧ϕ−ERcosθ+Q/4πεR+(ER/R)cosθ(R>R)000000ϕ=⎨⎩ϕ0+Q/4πε0R(R≤R0)3.均匀介质球的中心置一点电荷Q，球的电容率为ε，球外为真空，试用分离变量法求f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Q的电势Q/4πεR与球面上的极化电荷所产生的电ff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Q的电势Q/4πεR与球面上的极化电荷所产生的电势ff第11页 电动力学习题解答的迭加。设极化电荷产生的电势为ϕ′，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形式为：bnnϕ′=（aR+）P（cosθ）内∑nn+1nnRdnnϕ外′=∑（cnR+n+1）P（ncosθ）nR当R→∞时，ϕ′→0，∴c=0。外n当R→0时，ϕ′为有限，∴b=0。内nndn所以ϕ′=aRP（cosθ），ϕ′=P（cosθ）内∑nn外∑n+1nnnR由于球对称性，电势只与R有关，所以a=0,(n≥1)d=0,(n≥1)nnϕ′=a，ϕ′=d/R内0外0所以空间各点电势可写成ϕ=a+Q4πεR内0fϕ=dR+Q4πεR外0f当R→R时，由ϕ=ϕ得：a=d/R0内外000∂ϕ内∂ϕ外Qfε0Qfε0d0Qf11由ε=ε得：=+，d=(−)02220∂n∂n4πR4πεRR4πεε0000Qf11则a=(−)04πRεε00QfQf11所以ϕ=+（−）内4πεR4πRεε00QfQf11Qfϕ=+（−）=外4πεR4πRεε4πεR00（二）应用高斯定理在球外，R>R0，由高斯定理得：εE⋅ds=Q=Q+Q=Q，（整个导体球0∫外总fpfQf的束缚电荷Q=0），所以E=e，积分后得：p外2r4πεR0∞∞QQffϕ=E⋅dR=dR=外∫外∫24πεR4πεRRR00在球内，RR两均匀12区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为bnn∑（anR+n+1）P（ncosθ）nR当R→∞时，电势趋于零，所以R>R时,电势可写为2bϕ=∑nP（cosθ）(1)on+1nnR当R→0时，电势应趋于偶极子p激发的电势：32p⋅R/4πεR=pcosθ/4πεRf00所以RR)o02pcosθQpRcosθ1p⋅RQp⋅Rϕ=+−=(+−)i23334πεR4πεR4πεR4πεRRR00201021在R=R处，电荷分布为：2∂ϕQoσ=D=−ε=n02∂R4πRR22在R=R处，电荷分布为：1∂ϕ3pcosθiσ"=−D=ε=−n03∂R4πRR116.在均匀外电场E中置入一带均匀自由电荷ρ的绝缘介质球（电容率为ε），求空间各0f点的电势。解：以球心为原点，以E的方向为极轴方向建立球坐标系。将空间各点的电势看作由两0部分迭加而成，一部分ϕ为绝缘介质球内的均匀自由电荷产生，另一部分ϕ为外电12场E及E感应的极化电荷产生。前者可用高斯定理求得，后者满足拉普拉斯方程。00由于对称性，ϕ的形式为2n−(n+1)(aR+bR)P(cosθ)∑nnnn对于ϕ，当R>R时，由高斯定理得：103232D=ρR/3R，E=ρR/3εR1f01f00当RR)o20∑n+1n0nR当R→0时，ϕ为有限，所以2nϕ=aRP（cosθ）(RR)(3)o2000000ϕ=−3εERcosθ/(ε+2ε)(R>σ及112σ>>σ两种情况的电流分布的特点。21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Jf0与电场强度E0成正比（比例系数为电导率），所以E0也是稳定的。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Jf0是均匀的，由Jf0=σE可知，稳恒电场E0也是一个均20匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势ϕ便是均匀电场E0的电势。放入小球后，0以球心为原点，E0的方向为极轴方向，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，∂ρ/∂t=0，所以：∇⋅J=0(1)由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为:n⋅(J−J)=0(2)21设小球内的电势为ϕ，电解液中的电势为ϕ，则在交界面上有：12ϕ=ϕ(3)1R2R00∂ϕ∂ϕ12σ=σ(4)12∂R∂RR=R0R=R0将J=σE及E=−∇ϕ代入(1)，得：2∇⋅J=∇⋅(σE)=−σ∇ϕ=0可见ϕ满足拉普拉斯方程第16页 电动力学习题解答考虑到对称性及R→∞时E→E，球外电势的解可写成：0Jf0bnϕ2=−Rcosθ+∑n+1P（ncosθ）(R>R0)(5)σ2nR其中利用了J=σE。f020考虑到R→0时电势为有限值，球内电势的解可写成：nϕ=aRP（cosθ）(R>σ，即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时，12(σ−σ)/(σ+2σ)≈13σ/(σ+2σ)≈31212，112所以，J≈3J1f0332J≈J+(R/R)[3(J⋅R)R/R−J]2f00f0f0ω≈3εJcosθ/σf0f02当σ<<σ时，同理可得：12J≈01332J≈J−(R/2R)[3(J⋅R)R/R−J]2f00f0f0第17页 电动力学习题解答ω≈−3εJcosθ/2σf0f028.半径为R的导体球外充满均匀绝缘介质ε，导体球接地，离球心为a处（a>R）置00一点电荷Q，试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。f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22ϕ=Q/4πεR+a−2Racosθ，1f二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的ϕ。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯2方程。考虑到对称性，ϕ与φ无关。2由于R→0时，ϕ为有限值，所以球内的ϕ解的形式可以写成22nϕi2=∑anRPn(cosθ)（1）n由于R→∞时，ϕ应趋于零，所以球外的ϕ解的形式可以写成22bϕ=∑nP(cosθ)（2）o2n+1nnR22n由于R+a−2Racosθ=(1/a)∑(R/a)Pn(cos)nnϕ1=(Qf/4πεa)∑(R/a)Pn(cos)（3）n当R≤R时，ϕ=ϕ+ϕ0内1i2nn=(Qf/4πεa)∑(R/a)Pn(cos)+∑anRPn(cosθ)（4）nn当R>R时，ϕ=ϕ+ϕ0外1o2nbn=(Qf/4πεa)∑(R/a)Pn(cos)+∑n+1Pn(cosθ)（5）nnR因为导体球接地，所以ϕ=0（6）内ϕ=ϕ=0（7）外R内R00n+1将（6）代入（4）得:a=−Q/4πεa（8）nf2n+1n+1将（7）代入（5）并利用（8）式得:b=−QR/4πεa（9）nf0将（8）（9）分别代入（4）（5）得:ϕ=0(R≤R)（10）内01QfR0Qfϕ=[−],外4πεR2+a2−2RacosθaR2+(R2/a)2+2RR2cosθ/a00(R≥R)（11）0用镜像法求解：设在球内r0处的像电荷为Q’。由对称性，Q’在球心与Qf的连线上，根据边界条件：球面上电势为0，可得：（解略）2r=R/a，Q"=−RQ/a000f所以空间的电势为第18页 电动力学习题解答1QfQ"1QfR0Qfϕ=(+)=[−](R≥R)外04rr4222cos2(2/)222cos/πε12πεR+a−RaθaR+Ra+RRθa009.接地的空心导体球的内外半径为R和R，在球内离球心为a处(aa），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Oa电荷附近置一接地导体球两个模型，可确定三个镜像电荷Qb的电量和位置。22−QaaaaQ=−Q，r=e；Q=Q，r=−e；11z22zbbbbQ=−Q，r=−be，所以33zQ11aϕ=[−+4πεR2+b2−2RbcosθR2+b2+2Rbcosθa4a202bR++2Rcosθ2bba+],(0≤θ<π2,R>a)422aabR+−2Rcosθ2bbz12.有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面所−QaQ(x,a,b)(x,−a,b)0围成的直角空间内，它到两个平面的距离为a和b，求0空间电势。by解：用电像法，可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导体板的作用。+QQ1−Q(x,a,−b)ϕ=[−(x,−a,−b)004πεx−x2+y−a2+z−b20(0)()()1−222(x−x)+(y−a)+(z+b)011−+],(y,z>0)(x−x)2+(y+a)2+(z−b)2(x−x)2+(y+a)2+(z+b)2z00A(x,y,z)00013.设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为σ的液oy第20页σxB(x,y,−z)000 电动力学习题解答体。取该两平面为xz面和yz面在(x,y,z)和(x,y,−z)两点分别置正负电极并通000000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、B两点间建立电场，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∂ρ/∂t=0，∇⋅J=0。对于恒定的电流，可按静电场的方式处理。于是在A点取包围A的高斯面，则∫E⋅dS=Q/ε，z由于I=∫j⋅dS，j=σE，所以Q(−x0,−y0,z0)Q(−x0,y0,z0)I/σ=Q/εQ(x0,−y0,z0)Q(x0,y0,z0)可得：Q=Iε/σ。oy同理，对B点有：Q=−Iε/σ−QB又，在容器壁上,j=0，即无电流穿过nx−Q(−x,−y,−z)−Q(−x0,y0,−z0)000容器壁。−Q(x0,−y0,−z0)−Q(x0,y0,−z0)由j=σE可知，当j=0时，E=0。nn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-Q，容器内的电势分布为：8⎛⎞1QI1iϕ=∑⎜⎜⎟⎟=[2224πεi=1⎝ri⎠4πσ(x−x0)+(y−y0)+(z−z0)11−+222222(x−x)+(y−y)+(z+z)(x−x)+(y+y)+(z−z)00000011−+222222(x−x)+(y+y)+(z+z)(x+x)+(y+y)+(z−z)00000011−+222222(x+x)+(y+y)+(z+z)(x+x)+(y−y)+(z−z)0000001−]222(x+x)+(y−y)+(z+z)00014.画出函数dδ(x)/dx的图，说明ρ=−(p⋅∇)δ(x)是一个位dδ(x)dx于原点的偶极子的电荷密度。⎧0,x≠0解：（1）δ(x)=⎨⎩∞,x=0oxdδ(x)δ(x+∆x)−δ(x)=limdx∆x→0∆x1）x≠0时，dδ(x)/dx=0dδ(x)0−∞2）x=0时，a)对于∆x>0，=lim=−∞dx∆x→0∆xdδ(x)0−∞b)对于∆x<0，=lim=+∞dx∆x→0∆x图象如右图所示。第21页 电动力学习题解答ρ=−(p⋅∇)δ(x)=−(p∂/∂x+p∂/∂x+p∂/∂x)δ(x)x11x22x33ρxdV=−(p⋅∇)δ(x)xdV=−(p∂/∂x+p∂/∂x+p∂/∂x)δ(x)xdV∫∫∫x11x22x33其中第一项为：∂∂−[(p)δ(x)]xdV=−p(δ(x)δ(x)δ(x))(xe+xe+xe)dxdxdx∫x1∫x1123112233123∂x∂x11∂δ(x)dδ(x)11=−pδ(x)δ(x)(xe+xe+xe)dxdxdx=−epxdx∫x1231122331231∫x111∂xdx11d(tδ(t))dδ(t)dδ(t)d(tδ(t))应用=δ(t)+t，即t=−δ(t)，可得：dtdtdtdtdδ(x)1−epxdx=−epd(xδ(x))+epδ(x)dx1∫x1111∫x1111∫x111dx1=−epxδ(x)+ep=ep(x=0)1x1111x11x1同理可得另外两项分别为ep及ep，所以，ρxdV=p,即p是一个位于原点的2x23x3∫偶极子的电荷密度。15.证明：（1）δ(ax)=δ(x)/a(a>0)，（若a<0，结果如何？）（2）xδ(x)=0证明：1)显然，当x≠0时，δ(ax)=δ(x)/a成立；又+∞+∞d(ax)1+∞1∫−∞δ(ax)dx=∫−∞δ(ax)=∫−∞δ(ax)d(ax)=aaa+∞∫δ(x)dx=1−∞所以δ(ax)=δ(x)/a在全空间成立。+∞+∞+∞d(−ax)1若a<0，∫−∞δ(ax)dx=∫−∞δ(−ax)dx=∫−∞δ(−ax)=−−aa即，δ(ax)=−δ(x)/a所以δ(ax)=δ(x)/a在全空间成立。2)由δ(x)的选择性证明。+∞∵xδ(x)=xδ(x)≥0，而∫xδ(x)dx=x=0−∞x=0∴xδ(x)=0，进而xδ(x)=016.一块极化介质的极化矢量为P(x")，根据偶极子静电势的公式，极化介质所产生的静P(x")⋅r电势为ϕ=dV"，另外根据极化电荷公式ρ=−∇"⋅P(x")及σ=n⋅P，∫3pp4πεrV0∇"⋅P(x")P(x")⋅dS"极化介质所产生的电势又可表为ϕ=−∫dV"+∫，试证明以上V4πεrS4πεr00两表达式是等同的。证明：由第一种表达式得第22页 电动力学习题解答1P(x")⋅r1⎛1⎞ϕ=∫3dV"=∫P(x")⋅∇"⎜⎟dV"4πεVr4πεV⎝r⎠00⎛1⎞1⎛1⎞∵∇"⋅⎜P⎟=∇"⋅P+P⋅∇"⎜⎟⎝r⎠r⎝r⎠1⎡∇"⋅P(x")⎛P(x")⎞⎤∴ϕ=⎢−∫VdV"+∫V∇"⋅⎜⎟dV"⎥4πε0⎣r⎝r⎠⎦1⎡∇"⋅P(x")⎛P(x")⎞⎤=⎢−∫dV"+∫⎜⎟⋅dS"⎥，4πε⎣VrS⎝r⎠⎦0所以，两表达式是等同的。实际上，继续推演有：1⎡∇"⋅P(x")P⋅n⎤1⎡ρpσp⎤ϕ=⎢−∫VdV"+∫S⋅dS"⎥=⎢∫VdV"+∫S⋅dS"⎥4πε0⎣rr⎦4πε0⎣rr⎦刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和。17.证明下述结果，并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化。（1）在面电荷两侧，电势法向微商有跃变，而电势是连续的。（2）在面偶极层两侧，电势有跃变ϕ−ϕ=n⋅P/ε，而电势的法向微商是连续的。210（各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面，形成面偶极层，而偶极矩密度P=limσl）σ→∞l→0z证明：1）如图，由高斯定理可得：2E⋅∆S=σ⋅∆S/ε，E0∴E=σ/2ε，ϕ10ϕ−ϕ=(σ/2ε)z−(σ/2ε)z=0σϕ2x2100∆S即，电势是连续的，但是E∂ϕ/∂n=E=eσ/2ε，111nz0∂ϕ/∂n=E=−eσ/2ε222nz0∴∂ϕ/∂n−∂ϕ/∂n=σ/εφ1+σ11220即，电势法向微商有跃变nEl2）如图，由高斯定理可得：E=eσ/εφ2－σz0∴ϕ−ϕ=limE⋅l=limσn⋅l/εz210l→0l→0=n⋅P/ε0又∂ϕ/∂n=E，∂ϕ/∂n=E12∴∂ϕ/∂n−∂ϕ/∂n=0，即电势的法向微商是连续的。1218.一个半径为R0的球面，在球坐标0<θ<π/2的半球面上电势为ϕ在π/2<θ<π的0半球面上电势为−ϕ，求空间各点电势。011P(x)−P(x)n+1n−1提示：P(x)dx=，P(1)=1，∫0n2n+1n0第23页 电动力学习题解答⎧0,（n=奇数）⎪Pn(0)=⎨n/21⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−1)⎪(−1),（n=偶数）⎩2⋅4⋅6⋅⋅⋅n22解：由题意，球内外电势均满足拉普拉斯方程：∇ϕ=0；∇ϕ=0内外球内电势在r→0时为有限，球外电势在r→∞时为0，所以通解形式为：nbnϕ内=∑anrPn(cosθ)，ϕ外=∑n+1Pn(cosθ)。nnr⎧ϕ0,(0≤θ<π/2)在球面上，ϕ内r=R=ϕ外r=R，即ϕr=R=f(θ)=⎨000−ϕ,(π/2<θ≤π)⎩0将f(θ)按球函数展开为广义傅立叶级数，f(θ)=∑fnPn(cosθ)nn−(n+1)则aR=bR=f，下面求f。n0n0nn2n+112n+1πf=f(θ)P(cosθ)dcosθ=ϕP(cosθ)sinθdθn∫−1n∫0Rn2202n+1π2π=[ϕP(cosθ)sinθdθ−ϕP(cosθ)sinθdθ]2∫00n∫π0n22n+10−12n+11−1=−[ϕP(x)dx−ϕP(x)dx]=ϕ[P(x)dx+P(x)dx]0∫1n0∫0n0∫0n∫0n22n由于P(−x)=(−1)P(x)，所以nn2n+11n+112n+1n+11f=ϕ[P(x)dx+(−1)P(x)dx]=ϕ[1+(−1)]P(x)dxn0∫0n∫0n0∫0n22当n为偶数时，f=0；n12n+1Pn+1(x)−Pn−1(x)1当n为奇数时，f=ϕ[1+1]=ϕ[P(x)−P(x)]n202n+10n+1n−100n−11⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−2)=ϕ[−P(0)+P(0)]=ϕ(−1)2(2n+1)0n+1n−102⋅4⋅6⋅⋅⋅(n+1)nϕn−11⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−2)a=f/R=0(−1)2(2n+1)nn0nR2⋅4⋅6⋅⋅⋅(n+1)0(n+1)n+1n−11⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−2)b=fRϕR(−1)2(2n+1)nn0002⋅4⋅6⋅⋅⋅(n+1)至此，可写出球内外的电势为n−11⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−2)rnϕ=ϕ(−1)2(2n+1)()P(cosθ),(n为奇数，rR0)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(n+1)r第24页 电动力学习题解答第三章静磁场1.试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B，写出A的两种不同表示式，证明二者之0差为无旋场。解：B是沿z方向的均匀恒定磁场，即B=Be，由矢势定义∇×A=B得000z∂A/∂y−∂A/∂z=0；∂A/∂z−∂A/∂x=0；∂A/∂x−∂A/∂y=Bzyxzyx0三个方程组成的方程组有无数多解，如：○1Ay=Az=0，Ax=−B0y+f(x)即：A=[−B0y+f(x)]ex；○2Ax=Az=0，Ay=B0x+g(y)即：A=[B0x+g(y)]ey解○1与解○2之差为∆A=[−By+f(x)]e−[Bx+g(y)]e0x0y则∇×(∆A)=(−∂A/∂z)e+(∂A/∂z)e+(∂A/∂x−∂A/∂y)e=0yxxyyxz这说明两者之差是无旋场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µ0J×rB=dV"求解磁场分布，又J只分布于导线上，所以∫34πrµ0Idl×rB=dl∫34πr1)螺线管内部：由于螺线管是无限长r理想螺线管，所以其内部磁场是Oz均匀强磁场，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I妨取场点为坐标原点建立柱坐标系。r=−acosφ"e−asinφ"e−z"e，dl=−adφ"sinφ"e+adφ"cosφ"exyzxydl×r=(−adφ"sinφ"e+adφ"cosφ"e)×(−acosφ"e−asinφ"e−z"e)xyxyz2=−az"cosφ"dφ"e−az"sinφ"dφ"e+adφ"exyz取z"~z"+dz"的一小段，此段上分布有电流nIdz"2µ0nIdz"(−az"cosφ"dφ"ex−az"sinφ"dφ"ey+adφ"ez)∴B=∫223/24π(a+z")2π+∞2+∞µ0adz"nIµ0d(z"/a)=dφ"nIe==nµIe∫∫223/2z∫23/20z4π(a+z")2[1+(z"/a)]0−∞−∞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P(ρ,φ,0)为场点，其中ρ>a。222r=x−x"=(ρcosφ−acosφ")+(ρsinφ−asinφ")+z"222=ρ+a+z"−2aρcos(φ−φ")第25页 电动力学习题解答r=x−x"=(ρcosφ−acosφ")e+(ρsinφ−asinφ")e+z"exyzdl=−adφ"sinφ"e+adφ"cosφ"exy2dl×r=−az"cosφ"dφ"e−az"sinφ"dφ"e+[a−aρcos(φ"−φ)]dφ"exyz⎡2π+∞2π+∞2π+∞2−−⎤µ0nIaz"cosφ"az"sinφ"aaρcos(φ"φ)∴B=⎢ex∫dφ"∫−3dz"+ey∫dφ"∫−3dz"+ez∫dφ"∫3dz"⎥4π⎣0−∞r0−∞r0−∞r⎦=03.设有无限长的线电流I沿z轴流动，在z<0空间充满磁导率为µ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B，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B，H；z<0区域为B，H，由对称性可知H11221和H均沿e方向。由于H的切向分量连续，所以H=H=He。由此得到2θ12θB=B=0，满足边值关系，由唯一性定理可知，该结果为唯一正确的解。1n2n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H大小相等。根据安培环路定理得：2πrH=I，即H=I/2πr，H=H=(I/2πr)e12θ∴B=µH=(µI/2πr)e，(z>0)；1110θB=µH=(µI/2πr)e，(z<0)。222θ在介质中M=B/µ−H=(I/2πr)(µ/µ−1)e2020θ所以，介质界面上的磁化电流密度为：α=M×n=(I/2πr)(µ/µ−1)e×e=(I/2πr)(µ/µ−1)e0θz0r2π总的感应电流：I=M⋅dl=(I/2πr)(µ/µ−1)e⋅rdϕe=I(µ/µ−1)，∫∫0θθ00电流在z<0区域内，沿z轴流向介质分界面。4.设x<0半空间充满磁导率为µ的均匀介质，x>0空间为真空，今有线电流I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B=(µ"I/2πr)eφ它满足边界条件：n⋅(B−B)=0及n×(H−H)=α=0。由此可得介质中：2121H=B/µ=(µ"I/2πµr)e2φ由H=B/µ−M得：20µ"Iµ−µ0在x<0的介质中M=e，φ2πrµµ0µ"Iµ−µπ2πIµ"(µ−µ)00则：I=M⋅dl=rdφ+0dφ=M∫∫0∫π2πrµµ2µµ00再由B=eµ(I+I)/2πr=(µ"I/2πr)e可得µ"=2µµ/(µ+µ)，所以φ0Mφ00B=eµµI/(µ+µ)πr，I=(µ−µ)I/(µ+µ)（沿z轴）φ00M00225.某空间区域内有轴对称磁场。在柱坐标原点附近已知B≈B−C(z−ρ/2)，其中z0B为常量。试求该处的B。0ρ第26页 电动力学习题解答提示：用∇⋅B=0，并验证所得结果满足∇×H=0。22解：由于B具有对称性，设B=Be+Be，其中B=B−C(z−ρ/2)ρρzzz01∂∂1∂∵∇⋅B=0，∴(ρB)+B=0，即：(ρB)−2cz=0，ρzρρ∂ρ∂zρ∂ρ2∴ρB=czρ+a（常数）。ρ当ρ→0时，B为有限，所以a=0；B=czρ，即：ρρ22B=czρe+[B−c(z−ρ/2)]e（1）ρ0z因为J=0，D=0，所以∇×B=0，即(∂B/∂z−∂B/∂ρ)e=0（2）ρρθ直接验证可知，（1）式能使（2）式成立，所以B=czρ，(c为常数)ρ6.两个半径为a的同轴圆形线圈，位于z=±L面上。每个线圈上载有同方向的电流I。（1）求轴线上的磁感应强度。（2）求在中心区域产生最接近于均匀常常时的L和a的关系。22提示：用条件∂B/∂z=0z解：1）由毕—萨定律，L处线圈在轴线上z处产生的磁感应强度为B=Be，11zzId×2µ0lrµ0Ia121B=sinα=dθ=µIa1z∫3223/2∫0223/24πr4π[a+(z−L)]2[(z−L)+a]同理，-L处线圈在轴线上z处产生的磁感应强度为：121B2=B2zez，B2z=µ0Ia223/2。2[(z+L)+a]所以，轴线上的磁感应强度：12⎧11⎫B=Bzez=µ0Ia⎨223/2+223/2⎬（1）2⎩[(z−L)+a][(z+L)+a]⎭22）因为∇×B=0，所以∇×(∇×B)=∇(∇⋅B)−∇B=0；222又因为∇⋅B=0，所以∇B=0，∂B/∂z=0。代入（1）式并化简得：z222−7/222−5/2222−7/25(L−z)[(L−z)+a]−[(L−z)+a]+5(L+z)[(L+z)+a]−22−5/2−[(L+z)+a]=0222将z=0带入上式得：5L=L+a，∴L=a/27.半径为a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µ，导体外的磁导率为µ。0解：矢势所满足的方程为：2⎧⎪∇A内=−µ0J,(ra)外自然边界条件：r→0时，A有限。内11边值关系：A=A；∇×A|=∇×A|内r=a外r=aµ内r=aµ外r=a0第27页 电动力学习题解答选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与z无关。令A=A(r)e，A=A(r)e，内内z外外z代入微分方程得：1∂∂A内(r)1∂∂A外(r)(r)=−µJ；(r)=00r∂r∂rr∂r∂r12解得：A(r)=−µJr+Clnr+C；A(r)=Clnr+C内012外344由自然边界条件得C=0，111µ2由∇×A|=∇×A|得：C=−Ja，内r=a外r=a3µµ2012µ2由A=A并令其为零，得：C=µJa，C=Jalna。内r=a外r=a2404212212a∴A=µJ(a−r)；A=µJaln内0外42r38.假设存在磁单极子，其磁荷为Q，它的磁场强度为H=Qr/4πµr。给出它的矢mm0势的一个可能的表示式，并讨论它的奇异性。QrQ1mm解：H==e32r4πµr4πµr00Qm由∇×A=B=µH=e得：02r4πr⎧1∂∂AθQm[(sinθA)−]=⎪φ2rsinθ∂θ∂φ4πr⎪⎪11∂Ar∂⎨[−(rAφ)]=0(1)⎪rsinθ∂φ∂r⎪1∂∂Ar⎪[(rAθ−]=0⎩r∂r∂θ∂Qsinθm令A=A=0,得:(sinθA)=rθφ∂θ4πrθQmsinθQm1−cosθ∴sinθA=dθ,A=(2)φ∫φ04πr4πrsinθQm1−cosθ显然A满足(1)式，所以磁单极子产生的矢势A=eφφ4πrsinθ讨论：当θ→0时，A→0；当θ→π/2时，A→eQ/4πr；φm当θ→π时，A→∞，故A的表达式在θ=π具有奇异性，此时A不合理。9.将一磁导率为µ，半径为R的球体，放入均匀磁场H内，求总磁感应强度B和诱导00磁矩m。(对比P49静电场的例子。)解：根据题意，以球心为原点建立球坐标，取H0的方向为e，此球体被外加磁场磁化后，z第28页 电动力学习题解答产生一个附加磁场，并与外加均匀场相互作用，最后达到平衡，呈现轴对称。本题所满足的微分方程为：2⎧⎪∇ϕm1=0,(RR)m20自然边界条件：ϕ为有限；ϕ=−HRcosθ。m1R=0m2R=∞0衔接条件：在R=R处满足ϕ=ϕ及µ∂ϕ/∂R=µ∂ϕ/∂R0m1m2m10m2由自然边界条件可确定方程组（1）的解为：∞∞n−(n+1)ϕm1=∑anRPn(cosθ)；ϕm2=−H0Rcosθ+∑dnRPn(cosθ)n=0n=0∞∞n−(n+1)由两个衔接条件，有：∑anRPn(cosθ)=−H0Rcosθ+∑dnRPn(cosθ)n=0n=0∞∞n−1−(n+2)µ∑annRPn(cosθ)=−µ0H0cosθ−µ0∑(n+1)dnRPn(cosθ)n=0n=0比较P(cosθ)的系数，解得：a=−3µH/(µ+2µ)；n10003d=(µ−µ)HR/(µ+2µ)；a=d=0，(n≠1)10000nn即：ϕ=−3µHRcosθ/(µ+2µ)，（RR）m2000000∴H=−∇ϕ=3µH/(µ+2µ)1m1000(µ−µ)3(H⋅R)RH0300H=−∇ϕ=H+R[−]2m20053µ+2µRR0⎧µH1=3µµ0H0/(µ+2µ0),(R>µ时的磁屏蔽作用。0解：根据题意，以球心为原点，取球坐标，选取H0的方向为e，在外场H0的作用下，空z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，B的分布呈现轴对称。磁标势的微分方程为：222∇ϕ=0(RR)m11m212m32自然边界条件：ϕ为有限；ϕ=−HRcosθ。m1R=0m3R=∞0衔接条件：ϕ=ϕ；µ∂ϕ/∂R=µ∂ϕ/∂R；m1R=R1m2R=R10m1R=R1m2R=R1ϕ=ϕ；µ∂ϕ/∂R=µ∂ϕ/∂Rm2R=R2m3R=R20m3R=R2m2R=R2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：第29页 电动力学习题解答∞∞nn−(n+1)ϕm1=∑anRPn(cosθ)；ϕm2=∑[(bnR+cnR]Pn(cosθ)；n=0n=0∞−(n+1)ϕm3=−H0Rcosθ+∑dnRPn(cosθ)n=0因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0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{P(cosθ)}。在本题中源的表示是：n−HRcosθ=−HRP(cosθ)001所以上面的解中，a=b=c=d=0，(n≠1)nnnn解的形式简化为：ϕ=aRcosθ；m11−2ϕ=(bR+cR)cosθ；m211−2ϕ=−HRcosθ+dRcosθm301−2−2−2代入衔接条件得：aR=bR+cR，bR+cR=−HR+dR，11111112120212−3−3−3µa=µ(b−2cR)，µ(b−2cR)=−µH−2µdR。0111111200012解方程组得：36µµHR002a=，12332(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R0100233µ(2µ+µ)HR0002b=12332(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R01002，333µ(µ−µ)HRR00012c=12332(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R01002，333(2µ+µ)(µ−µ)(R−R)HR001202d=12332(µ−µ)R−(2µ+µ)(2µ+µ)R01002。从而，空间各点磁标势均可确定。空腔内：B=µH=−µ∇ϕ=acosθe−asinθe=−µae1010m11r1θ01z当µ>>µ时，a≈0，所以B≈0。即空腔中无磁场，类似于静电场中的静电屏蔽。01111.设理想铁磁体的磁化规律为B=µH+µM，其中M是恒定的与H无关的量。今将000一个理想铁磁体做成的均匀磁化球（M为常值）浸入磁导率为µ"的无限介质中，求0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M0的方向为e，本题具有轴对称的磁场z分布，磁标势的微分方程为：22∇ϕ=0(RR)m10m20自然边界条件：ϕ为有限；ϕ=0。m1R=0m2R=∞衔接条件：ϕ=ϕ；m1R=R0m2R=R0µ∂ϕ/∂R−µ"∂ϕ/∂R=µMcosθ；m1R=R0m2R=R000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：第30页 电动力学习题解答∞∞n−(n+1)ϕm1=∑anRPn(cosθ)；ϕm2=∑bnRPn(cosθ)；n=0n=0代入衔接条件，比较P(cosθ)各项的系数，得：na=µMµ+µ3an=bn=0，(n≠1)；100/(2")；b1=µ0M0R0/(2µ"+µ)∴ϕ=µMRcosθ/(2µ"+µ)，(RR)m20000由此B=µH+µM=2µ"µM/(2µ"+µ)10100003µ"µR3(M⋅R)RM0000B=−µ"∇ϕ=[−]2m2532µ"+µRR⎧2µ"µ0M0/(2µ"+µ)(RR)⎪530⎩2µ"+µRR又n×(B−B)=µ(α+α)，（其中α=0）将B的表达式代入，得：21R00Mα=−e3µ"Msinθ/(2µ"+µ)Mφ0012.将上题的永磁球置入均匀外磁场H中，结果如何？0解：根据题意假设均匀外场H的方向与M0的方向相同，定为坐标z轴方向。磁标势的微0分方程为：22∇ϕ=0(RR)m10m20自然边界条件：ϕ为有限；ϕ=−HRcosθ。m1R=0m2R=∞0衔接条件：ϕ=ϕ；m1R=R0m2R=R0µ∂ϕ/∂R−µ∂ϕ/∂R=µMcosθ；m1R=R00m2R=R000解得满足自然边界条件的解是：ϕ=aRcosθ，(RR)m2010−2代入衔接条件，得：aR=−HR+dR100010−3µH+2µdR+µa=µM00010100解得：a=(µM−3µH)/(µ+2µ)1000003d=[µM+(µ−µ)H]R/(µ+2µ)1000000∴ϕ=(µM−3µH)Rcosθ/(µ+2µ)，(RR)m200000000H=−∇ϕ=−µ(M−3H)/(µ+2µ)1m100002B=µH+µM=3µµH/(µ+2µ)+2µM/(µ+2µ)，(RR)20200013.有一个均匀带电的薄导体壳其半径为R，总电荷为Q，今使球壳绕自身某一直径以角0速度ω转动，求球内外的磁场B。提示：本题通过解A或ϕ的方程都可以解决，也可以比较本题与§5例2的电流分布m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：22∇ϕ=0(RR)m10m20自然边界条件：ϕ为有限；ϕ=0。m1R=0m2R=∞衔接条件：(∂ϕ/∂θ−∂ϕ/∂θ)/R=−σ=−Qωsinθ/4πR；m2m1R=R00µ∂ϕ/∂R=µ∂ϕ/∂R；m1R=R00m2R=R0其中σ=Qωsinθ/4πR是球壳表面自由面电流密度。0解得满足自然边界条件的解是：ϕ=aRcosθ，(RR)m210−2−3代入衔接条件，得：aR−bR=−Qω/4πR；a+2bR=0101001102解得：a=−Qω/6πR，b=QωR/12π1010∴ϕ=−QωRcosθ/6πR，(RR)m200∴H=−∇ϕ=Qω/6πR1m10B=µH=µQω/6πR，(RR)2020014.电荷按体均匀分布的刚性小球，其总电荷为Q，半径为R，它以角速度ω绕自身某一0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M0是均匀分布的）。解：1）磁矩1dVm=x×J(x)2∫Q又x=R=Rer，J(x)=ρv=3(ω×R)(4π/3)R013Q213Qω42m=R×(ω×R)RsinθdRdθdφ=(e×e)RsinθdRdθdφ23∫23∫rφ4πR4πR00又e×e=−e=sinθe+cosθ(−cosφe−sinφe)rφθzxy3Qω2ππR042∴m=dφdθ[sinθe+cosθ(−cosφe−sinφe)RsinθdR3∫0∫0∫0zxy8πR0第32页 电动力学习题解答23Qω2ππR043QR0=edφdθRsinθdR=ω3z∫0∫0∫08πR502)自转动量矩：3M0L=∫dL=∫R×dP=∫R×vdm=3∫R×(ω×R)dV4πR03M022=Rωe×(e×e)RsinθdRdθdφ3∫rzr4πR03M04=Rω(−sinθe×e)sinθdRdθdφ3∫φz4πR03M04=Rωsinθ(−e)sinθdRdθdφ3∫θ4πR03Mω2ππR0420=dφdθ[sinθe+cosθ(−cosφe−sinφe)RsinθdR3∫0∫0∫0zxy4πR023M02ππR0432M0R0=ωdφdθRsinθdR=ω4πR3∫0∫0∫050∴m/L=Q/2M015.有一块磁矩为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µ很大，则在平面上所有的H均和平面垂直，类比于静电场，构造磁矩m关于平面的镜像m",则外场为：B=−µ∇ϕe0mm⋅Rmcosθ而ϕ==m324πr4πrm2cosθsinθµ0m∴B=−µ(−e−e)=(2cosθe+sinθe)e03r3θ3rθ4πrr4πrm受力为：23µ0m2F=(m⋅∇)Br=2a=−(1+cosα)ee4zθ=α64πa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ω+dω和ω−dω的线偏振平面波，它们都沿z轴方向传播。（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：E(x,t)=E(x)cos(kz−ωt)；E(x,t)=E(x)cos(kz−ωt)10112022则合成波为E=E(x,t)+E(x,t)=E(x)[cos(kz−ωt)+cos(kz−ωt)]1201122第33页 电动力学习题解答k+kω+ωk−kω−ω12121212=2E(x)cos(z−t)cos(z−t)02222其中k=k+dk，k=k−dk；ω=ω+dω，ω=ω−dω1212所以E=2E(x)cos(kz−ωt)cos(dk⋅z−dω⋅t)0用复数表示E=2E(x)cos(dk⋅z−dω⋅t)exp[i(kz−ωt)]0相速由φ=kz−ωt确定，v=dz/dt=ω/kp群速由φ"=dk⋅z−dω⋅t确定，v=dz/dt=dω/dkg2.一平面电磁波以θ=45°从真空入射到ε=2的介质，电场强度垂直于入射面，求反射r系数和折射系数。解：设n为界面法向单位矢量，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R和折射系数T定义为：22S"⋅nE"S"⋅nncosθ"E"020R==，T==22S⋅nES⋅nncosθE010又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式，可得2⎛εcosθ−εcosθ"⎞4εεcosθcosθ"R=⎜12⎟，T=12=1−R⎜εcosθ+εcosθ"⎟(εcosθ+εcosθ")2⎝12⎠12根据折射定律可得：θ"=30°，代入上式，得2−323R=，T=2+32+33.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−5λ=6.28×10cm，水的折射率为n=1.33。0解：由折射定律得，临界角θ=arcsin(1/1.33)=48.75°，所以当平面光波以60°角入射时，c将会发生全反射。由于k′′=ksinθx所以折射波相速度v=ω′′/k′′=ω/ksinθ=v/sinθ=c/nsinθ=3c/2px水透入空气的深度为−122−52�2−5κ=λ/2πsinθ−n=6.28×10/2πsin60−(3/4)≈1.7×10cm121i(k⋅x−ωt)4.频率为ω的电磁波在各向异性介质中传播时，若E,D,B,H仍按e变化，但D不再与E平行（即D=εE不成立）。（1）证明k⋅B=k⋅D=B⋅D=B⋅E=0，但一般k⋅E≠0。22（2）证明D=[kE−(k⋅E)k]/ωµ。（3）证明能流S与波矢k一般不在同一方向上。证明：1）麦氏方程组为：∇×E=−∂B/∂t（1）∇×H=∂D/∂t（2）∇⋅D=0（3）第34页 电动力学习题解答∇⋅B=0（4）i(k⋅x−ωt)i(k⋅x−ωt)由（4）式得：∇⋅B=B⋅∇e=ik⋅Be=ik⋅B=000∴k⋅B=0（5）同理由（3）式得：k⋅D=0（6）i(k⋅x−ωt)由（2）式得：∇×H=[∇e]×H=ik×H=−iωD0∴D=−k×H/ω=−k×B/ωµ（7）B⋅D=−B⋅(k×B)/ωµ=0（8）i(k⋅x−ωt)由（1）式得：∇×E=[∇e]×E=ik×E=−iωB0∴B=k×E/ω（9）B⋅E=(k×E)⋅E/ω=0（10）由（5）、（8）可知：k⊥B；D⊥B；E⊥B，所以k,E,D共面。又由（6）可知：k⊥D，所以，当且仅当E//D时，E⊥k。所以，各向异性介质中，一般k⋅E≠0。2）将（9）式代入（7）式，便得：222D=−k×(k×E)/ωµ=[kE−(k⋅E)k]/ωµ3）由（9）式得H=k×E/ωµ2∴S=E×H=E×(k×E)/ωµ=[Ek−(k⋅E)E]/ωµ由于一般情况下k⋅E≠0，所以S除了k方向的分量外，还有E方向的分量，即能流S与波矢k一般不在同一方向上。5.有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播，一个波沿x方向偏振，另一个沿y方向偏振，但相位比前者超前π2，求合成拨的偏振。反之，一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振？解：偏振方向在x轴上的波可记为E=Acos(ωt−kz)=Acos(ωt−ϕ)x000x在y轴上的波可记为E=Acos(ωt−kz+π/2)=Acos(ωt−ϕ)y000y∆ϕ=ϕ−ϕ=π/20y0x合成得轨迹方程为：22222E+E=A[cos(ωt−ϕ)+cos(ωt−ϕ)]xy00x0y2222=A[cos(ωt−ϕ)+sin(ωt−ϕ)]=A00x0x0所以，合成的振动是一个圆频率为ω的沿z轴方向传播的右旋圆偏振。反之一个圆偏振可以分解为两个偏振方向垂直，同振幅，同频率，相位差为π/2的线偏振的合成。6.平面电磁波垂直射到金属表面上，试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热。证明：设在z>0的空间中是金属导体，电磁波由z<0的空间中垂直于导体表面入射。已知导体中电磁波的电场部分表达式是：−αzi(βx−ωt)E=Eee0于是，单位时间内由z=0表面的单位面积进入导体的能量为：S=E×H，其中H=k×E/ωµ=(β+iα)n×E/ωµ12S的平均值为S=Re(E*×H)=βE/2ωµ20第35页 电动力学习题解答−αzi(βx−ωt)在导体内部：J=σE=σEee0金属导体单位体积消耗的焦耳热的平均值为：dQ=1Re(J*×E)=σE2e−2αz/220∞作积分：1σ2−2αzσ2α即得界面上单位面积对应的导体中消耗Q=Eedz=E/420∫00的平均焦耳热。22又因为αβ=ωµσ/2，所以Q=σE/4α=βE/2ωµ，原题得证。007.已知海水的µ=1，σ=1S·m-1，试计算频率ν为50，106和109Hz的三种电磁波在r海水中的透入深度。解：取电磁波以垂直于海水表面的方式入射，透射深度为：δ=1/α=2/ωµσ=1/πνµσ由于µ=1，所以µ=µ，δ=1/πνµσr00−71）当ν=50Hz时,δ=1/π×50×4π×10×1=72m166−72）当ν=10Hz时,δ=1/π×10×4π×10×1≈0.5m299−73）当ν=10Hz时,δ=1/π×10×4π×10×1≈16mm38.平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上，入射角为θ。求导电介质中电磁波的1相速度和衰减长度。若导电介质为金属，结果如何？提示：导电介质中的波矢量k=β+iα，α只有z分量。（为什么？）解：根据题意,取入射面为xz平面，z轴沿分界面法线方向，如图所示。−α⋅xi(β⋅x−ωt)设导体中的电磁波表示为：E=Eeez0而k=β+iαk上式中α,β满足：θ222β−α=ωµε（1）xα⋅β=ωµε/2（2）θθ12根据边界条件得：k1k2k=β+iα=k=ksinθ=(ωsinθ)/c（3）xxx1x111k=β+iα=k=0（4）yyy1y∴α=0，β=(ωsinθ)/c，α=0，β=0。xx1yy将结果代入（1）、（2）得：22222(ωsinθ)/c+β−α=ωµε（5）1zzαβ=ωµε/2（6）zz22212ω21ω2222221解得：β=(ωµε−sinθ)+[(sinθ−ωµε)+ωµσ]2z21212c2c22212ω212ω222221α=−(ωµε−sinθ)+[(ωµε−sinθ)+ωµσ]2z21212c2c22其相速度为：v=ω/β=ω/β+β。衰减深度为：1/α=1/α。xzz2如果是良导体，k的实部与其虚部相比忽略，则：第36页 电动力学习题解答2222⎧(ωsinθ)/c+β−α=01zz⎨⎩αzβz=ωµε/2242ω21ω42221∴β=−sinθ+(sinθ+ωµσ)2z21412c2c242ω21ω42221α=sinθ+(sinθ+ωµσ)2z21412c2c9.无限长的矩形波导管，在z=0处被一块垂直插入的理想导体平板完全封闭，求在z=−∞到z=0这段管内可能存在的波模。解：在此结构的波导管中，电磁波的传播满足亥姆霍兹方程：22∇E+kE=0，k=ωµε，∇⋅E=000电场的三个分量通解形式相同，均为：E(x,y,z)=(Csinkx+Dcoskx)(Csinky+Dcosky)(Csinkz+Dcoskz)1x1x2y2y3z3z边界条件为：在x=0及x=a两平面：E=E=0，∂E/∂x=0yzx在y=0及y=b两平面：E=E=0，∂E/∂y=0xzy在z=0平面：E=E=0，∂E/∂z=0xyz由此可得：E=Acoskxsinkysinkzx1xyzE=Asinkxcoskysinkzy2xyzE=Asinkxsinkycoskzz3xyz波数满足：k=mπ/a，k=nπ/b，（m,n=0,1,2⋅⋅⋅⋅⋅⋅）xy222222k+k+k=ωµε=ω/cxyz00振幅满足：Amπ/a+Anπ/b+Ak=0123z综合上述各式，即得此种波导管中所有可能电磁波的解。10.电磁波E(x,y,z,t)=E(x,y)ei(kzz−ω⋅t)在波导管中沿z方向传播，试使用∇×E=iωµH及∇×H=−iωεE证明电磁场所有分量都可用E(x,y)及00xH(x,y)这两个分量表示。z证明：沿z轴传播的电磁波其电场和磁场可写作：E(x,y,z,t)=E(x,y)ei(kzz−ωt)，H(x,y,z,t)=H(x,y)ei(kzz−ωt)由麦氏方程组得：∇×E=−∂B/∂t=iωµH，∇×H=ε∂E/∂t=−iωεE000写成分量式：∂E/∂y−∂E/∂z=∂E/∂y−ikE=iωµH（1）zyzzz0x∂E/∂z−∂E/∂x=ikE−∂E/∂x=iωµH（2）xzzxz0y∂E/∂x−∂E/∂y=iωµHyx0z∂H/∂y−∂H/∂z=∂H/∂y−ikH=−iωεE（3）zyzzy0x∂H/∂z−∂H/∂x=ikH−∂H/∂x=−iωεE（4）xzzxz0y∂H/∂x−∂H/∂y=−iωεE（5）yx0z第37页 电动力学习题解答222由（2）（3）消去Hy得：E=(−ωµ∂H/∂y−k∂E/∂x)/i(ω/c−k)x0zzzz222由（1）（4）消去Hx得：E=(ωµ∂H/∂x−k∂E/∂y)/i(ω/c−k)y0zzzz222由（1）（4）消去Ey得：H=(−k∂H/∂x+ωε∂E/∂y)/i(ω/c−k)xzz0zz222由（2）（3）消去Ex得：H=(−k∂H/∂y−ωε∂E/∂x)/i(ω/c−k)yzz0zz11.写出矩形波导管内磁场H满足的方程及边界条件。−iωt解：对于定态波，磁场为：H(x,t)=H(x)e由麦氏方程组∇×H=∂D/∂t=−iωεE，∇⋅H=0得：22∇×(∇×H)=∇(∇⋅H)−∇H=−∇H=−iωε∇×E又∵∇×E=−∂B/∂t=iωµH22∴−∇H=−iωε∇×E=ωµεH2222所以∇H+kH=0，k=ωµε，∇⋅H=0即为矩形波导管内磁场H满足的方程由n⋅B=0得：n⋅H=0，H=0n利用∇×E=iωµH和电场的边界条件可得：∂H/∂n=0t边界条件为：H=0，∂H/∂n=0nt12.论证矩形波导管内不存在TMm0或TM0n波。证明：已求得波导管中的电场E满足:E=Acoskxsinkyeikzzx1xyikzzE=Asinkxcoskyey2xyE=Asinkxsinkyeikzzz3xy由∇×E=iωµH可求得波导管中的磁场为:H=−(i/ωµ)(Ak−iAk)sinkxcoskyeikzz(1)x3y2zxyikzzH=−(i/ωµ)(iAk−Ak)coskxsinkye(2)y1z3xxyH=−(i/ωµ)(Ak−Ak)coskxcoskyeikzz(3)z2x1yxy本题讨论TM波，故Hz=0，由（3）式得：(Ak−Ak)=0（4）2x1y1）若n=0，m≠0则k=nπ/b=0，k=mπ/a≠0（5）yx代入（4）得：A=0（6）2将（5）（6）代入（1）（2）得：H=H=0xy2）若m=0，n≠0则k=0，k=nπ/b≠0（7）xy代入（4）得：A=0（8）1将（7）（8）代入（1）（2）得：H=H=0xy因此，波导中不可能存在TMm0和TM0n两种模式的波。913.频率为30×10Hz的微波，在0.7cm×0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播？在0.7cm×0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播？解：1）波导为0.7cm×0.4cm，设a=0.7cm，b=0.4cm第38页 电动力学习题解答ωccm2n2由ν==()+()得：c2π2ab10当m=1，n=1时,ν=4.3×10Hz>νc110当m=1，n=0时,ν=2.1×10Hz<νc210当m=0，n=1时,ν=3.7×10Hz>νc3所以此波可以以TE10波在其中传播。2）波导为0.7cm×0.6cm，设a=0.7cm，b=0.6cmωccm2n2由ν==()+()得：c2π2ab10当m=1，n=1时,ν=3.3×10Hz>νc110当m=1，n=0时,ν=2.1×10Hz<νc210当m=0，n=1时,ν=2.5×10Hz<νc3所以此波可以以TE10和TE01两种波模在其中传播。14.一对无限大的平行理想导体板，相距为b，电磁波沿平行于板面的z方向传播，设波在x方向是均匀的，求可能传播的波模和每种波模的截止频率。解：在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程：y22(∇+k)E=0k=ωµεb00∇⋅E=0令U(x,y,z)是E的任意一个直角分量，由于E在x方向上是均匀的，所以OxU(x,y,z)=U(y,z)=Y(y)Z(z)z在y方向由于有金属板作为边界，所以取驻波解；在z方向是无界空间，取行波解。所以通解为：U(x,y,z)=(Csinky+Dcosky)eikzz1y1y由边界条件：n×E=0和∂E/∂n=0定解，得到nE=Asin(nπy/b)ei(kzz−ωt)；x1i(kzz−ωt)E=Acos(nπy/b)e；y2E=Asin(nπy/b)ei(kzz−ωt)z32222222且kω/c=nπ/b+k，（n=0,1,2,⋅⋅⋅⋅⋅⋅）z又由∇⋅E=0得：A1独立，与A2，A3无关，Anπ/b=ikA2z3令kz=0得截止频率：ω=nπc/bc15.证明整个谐振腔内的电场能量和磁场能量对时间的平均值总相等。证明：设谐振腔的三边长度分别为a，b，c，则谐振腔中电场E的分布为：E=Acoskxsinkysinkzx1xyzE=Asinkxcoskysinkzy2xyzE=Asinkxsinkycoskzz3xyz第39页 电动力学习题解答振幅满足：Ak+Ak+Ak=0，波数满足：k=mπ/a，k=nπ/b，1x2y3zxy22222k=pπ/c，k+k+k=k=ωµε（m,n,p=0,1,2⋅⋅⋅⋅⋅⋅）zxyz电场能量密度：w=1E⋅De2对时间的平均值为：w=1[1Re(E*⋅D)]=1Re(E*⋅D)e224222222222222=ε(Acoskxsinkysinkz+Asinkxcoskysinkz+Asinkxsinkycoskz)/41xyz2xyz3xyz于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为：abcabcε222W=wdV=dxdywdz=(A+A+A)e∫Ve∫0∫0∫0e12332由∇×E=iωµH可求得谐振腔中的磁场为：H=−(i/ωµ)(Ak−Ak)sinkxcoskycoskzx3y2zxyzH=−(i/ωµ)(Ak−Ak)coskxsinkycoskzy1z3xxyzH=−(i/ωµ)(Ak−Ak)coskxcoskysinkzz2x1yxyz磁场能量密度：w=1H⋅Bm2对时间的平均值为：w=1[1Re(H*⋅B)]=1Re(H*⋅B)m2241222=[(Ak−Ak)sinkxsinkycoskz+23y2zxyz4ωµ222+(Ak−Ak)coskxsinkycoskz+1z3xxyz222+(Ak−Ak)coskxcoskysinkz]2x1yxyz谐振腔中磁场能量的时间平均值为：abcW=wdV=dxdywdzm∫Vm∫0∫0∫0mabc222=[(Ak−Ak)+(Ak−Ak)+(Ak−Ak)]23y2z1z3x2x1y32ωµ因为Ak+Ak+Ak=0，所以1x2y3zabc222222W=(A+A+A)(k+k+k)m2123xyz32ωµ2abck222abcε222=(A+A+A)=(A+A+A)212312332ωµ32即W=Wem第40页'