《电动力学》第三版_习题解答.pdf

电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律1.根据算符V的微分性与矢量性，推导下列公式，V(A-B)=Bx(VxA)+(BV)A+Ax(VxB)+(A-V)BAx(VxA)=VA2-(A-V)A解，1)V(A B)=Bx(VxA)+(B V)A+Ax(VxB)+(A V)B首先，算符V是一个微分算符,其具有对其后所有表达式起微分的作用.对于本题，V将作用于和方U又V是一个矢量算符，具有矢量的所有性质因此,利用公式己x(5xB)=小化石)-(0方而可得上式，其中右边前两项是V作用于A.后两项是V作用于月2)根据第一个公式，令力=方可得证。2.设u是空间坐标x,y,z的函数，证明;du/()=v duVx=Vz/x.du证明：1)Vf()=辿3+f)?+辿3=夕.包3+农.包己+也.包巨=心乜 dx 办)。z du&du dy y du dz du2)V/()=dAx(zz)SAy(z/)QA z(u)dAx(u)du&y()du dAz(z/)-1-1-=-1-1-dx dy dz du dx du dy dzdu dA=V n-dz du3)V x A(u)4 ddxA4 d0 4()以 d dz z()Mz 以八一,还前0y 8Ax=(不一,以+啜一力一氐一丁)”-1-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律,dA du dAdA du dA 9 dA Qu dA 9 dA二(-)ex+(-+(-)ez=Vx du dy du dz du dz du dx du dx du dy du3.设丁=J（x x）2+（y炉）2+（z z）2为源点x到场点X的距离，r的方向规定为从 源点指向场点.a a a1）证明下列结果，并体会对源变数求微商（V=,+,+以）与对场变数求 dx dy dz微商(V=/f+可+?)的关系口 ex cy czp 1 Y v V VVr=-Vr=,V=V =-,Vx=0,V=-V=O.(r w 0)r r r r r r r(最后一式在人r=0点不成立，见第二章第五节)。2)求V-r,Vxr,(5-V)r,V(5 r),V-Eo sin(A.初及Vx&sin(晨初，其中瓦后及瓦均为常矢量。证明：Vf=迤二立+亚22+旦凸=3 dx dy dz口 可 以V x r=二0dx dy dzx-x y-y z-zl-、/。-a-s i/，、一/，、一/，、一(Q.=(/%+a e+azezy(ex+e+ez)(x-x)ex+(y-y)e+(z-z)ez ox oy dz=(4，+?+%f)(x-x)。+(y +(z Zf)ezdx dy dz=/及+%当+见乙=&V(a-r)=ax(Vxr)+(a-V)F+rx(VxS)+(r-V)-5=(5-V)r+rx(VxS)+(r-a)-a=5+Fx(Vx5)+(F-V)-5V-瓦 sin(A-r)=V(sin(r)瓦+sin(A r)(V-Eo)-2-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律一。一。一sin（左 r）ex+sin（左 r）e+sin（左 r）ez EG dy dz 一=cos（-rkxex+kyey+kzez）及=cos（A r）（月）V x Eq sin（晨 7）=V sin（-r）xE0+sin（r）V x Eo4.应用高斯定理证明卜叩义=万义应用斯托克斯（Stokes）定理证明证明，1）由高斯定理JdKV亚=加亚即：1（-+dy+j gdSx+gydSy+gzdSz而卜xm=J*力-5”+（方+（-）肩”=J（f*-工7）+A（工彳一工外+：（/J-fyi）W又：dSxf=。（工西fydsz）i+-fzdSjR（fydsx-fxdsy）k7（犷-fzJ）dSx+（仃*）dSy+（fxj-fyi）dSz若令 Hx=fI fz，,Hy=fJ fkHz=f3 f；t则上式就是，Jv 互/方，高斯定理，则证毕,，2）由斯托克斯公式有：.疝=Vx八曲vx曲=*力丁/押工+（p-吟+（而刊0=皿+勿见+0M）-3-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律xv=卜，西 _,可)/+(,3 _,ds 历心 oz oy ox cz cy ox=J(竽-当)科+(争一争应+”勃科J dy dz dz dx dx dy若令人=4，fy=0八工=M则证毕，,5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为：户=p(x t)x dV.利用电荷守恒定律v7+e=o证明户的变化率为：dt*=ygt)dv，证明，=f xdV=-f j x dV dt 8t 5(得)L=_(v,x=JV,(x)(Vx)，=(/；V(rr1）即：。4加？=一（/一勺3）E=-.?,（r2 /勺）3夕 一由婷加=大3”,)%(4-4)3犷:.E=pfr.(rr2)7八日寸,EQ 2)户=无%力=%乙/1斤=(一 八)后%尸=V 户=()V 后=(%)：f)p 尸=.(r 号尸)3 夕 3e J r=-*/（3-。）=-（T）。P=Pn-P2n考虑外球壳时，r=r2,n从介质1指向介质2（介质指向真空），鸟=0-5-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律分夕词二（1一（巧D匕，c Dr 2考虑到内球壳时，rr23 3z J 一勺 一|八b尸=一（%）3/八一弓=08.内外半径分别为h和12的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流Jf，导体 的磁导率为，求磁感应强度和磁化电流,，解,di=If+p-dS=I当 rh 时，J方历=271rH=j产一片）当rr2时 ItitH=用于(1；-y：)_ 2 _ 2Jm=Vx=Vx(Zm)=Vx()#=(-1)Vx(；xr-)o o 2产=(4一l)Vx 方=(4 1方o oaM=nx(M2-应i),(从介质1指向介质2)在内表面上，Ml=0,2=(4 1)二 4o 2r2故关=nx M2=0,(厂=勺)在上表面，r=r2时-2 2 2 2&m=nx(-Mi)=-nxM1=-xr jfxr=，勺 加(4T)1 r 2 丫 1 2r 4-6-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律9证明均匀介质内部的体极化电荷密度尸总是等于体自由电荷密度pf的-（1-7）倍，.证明，尸=V.R=V（o）后=（%）V.后=（%）且=（1包）Pf 10.证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等，方向相反（但两个电流元之间 的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律）证明：1）线圈1在线圈2的磁场中的受力，6_0 R?加2 x rndFn=Iidli xB2,户 12J/。I Hi X（，2 璃 X 看2）为1/2 丁“（必 X 2）吊 47r2 尾/J 24万3（d/,di?）4/2 rn rn（1）2）线圈2在线圈1的磁场中受的力:同1）可得tF21“（鼎.粤）粤（鼎.潟）4/2 h r21 r21（2）分析表达式（1）和（2）：（1）式中第一项为4/2 rn/2=0同理，对（2）式中第一项刊“（璃粤）=0 h k 1-凡=-24科工（潟毫）41211.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为L和12电容率为q和邑，今再两板 接上电动势为E的电池，求（1）电容器两板上的自由电荷密度。/-7-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律（2）介质分界面上的自由电荷密度0/若介质是漏电的，电导率分别为6和当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？解，在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向则1出+/22=ED1n-D2n=_ 2E2=（介质表面上bf=0）故，E=%E%=4E2+I 1 2+I又根据。-D2n=Of.（n从介质1指向介质2）在上极板的交面上，Dx-D2=crfi D2 是金属板，故 D2=0即，/信+%片而CTf0bf3=Di-D；=-D2,（。；是下极板金属，故。；=0）/*2+，2*1若是漏电,并有稳定电流时,又A6一Zi A+/2 A=gal a2Jin=j2n=力=%，（稳定流动，电荷不堆积）F符 i 71-j 2-7 7，即 =不可得，电场方向与电流密度同方向由于电流I是恒定的，故有：=cos 02 cos 01即，3=内层 而：方义（及一月1）=0 即 E2 sin 32=E1 sin 0 x cos 02 cos 0 x故有，里=9l名。2%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；在恒定电流的情况下，导体内电场线总是平行于导体表面，.证明，（1）导体在静电条件下达到静电平衡导体内耳=0Wt n x（月2 月J=0:.nxE2=Q,故属垂直于导体表面。-9-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律(3)导体中通过恒定电流时，导体表面.导体外月2=0,即：力2=。而t n (D2 一万J=o/=0,即：行力i=方。瓦=0心后=0导体内电场方向和法线垂直，即平行于导体表面。14.内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度电荷为4广 板间填充电导率为b的非磁性物质U(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4/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1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(1)证明：由电流连续性方程，+也=0dt据高斯定理pf-3V D-dD/.V-J+=0,即：V-J+V=0dt dt-疝-dDV (1+J)=0.J+J=0,即传到电流与位移电流严格抵消。dt dt(2)解：由高斯定理得：疝dl=14fdi:.D=-er,E=er17ir 27r0-3D 又 J+=G,J=oE,D=E dt一 dE 一 一 二J aE+=0,=EQe 2r02兀sr2兀sr-10-电动力学习题解答第一章 电磁现象的普遍规律(3)解:dD。/-乙(e )dt dt 2jirc%/s 2r能量耗散功率密度=J2 P=J1(5)解，单位体积dV=I 271rd丫 fb 几 f、If bP=()2crl27rrdr=-yinL 2兀sr 2ti a静电能少=8助展总烹加w24 a减少率8W b SXf l*Q b-=-In-=.-In-dt 2笳 a dt Ins a-11-电动力学习题解答参考第二章1.一个半径为R的电介质球，极化强度P=K5，电容率为 r(1)计算束缚电荷的体密度和面密度：(2)计算自由电荷体密度：(3)计算球外和球内的电势：(4)求该带电介质球产生的静电场总能量解：(1)r 1 1尸=V 尸=KV =-(V-r+V-r)r r r=-无色又丁球外无极化电荷:.p2=q=而不=r=k/rr(2)由公式D=sE-Kir1D=4+P,力.上-p 一 eKpf=VQ=-V 尸=-%(4)/对于球外电场，由高斯定理可得:区卜加=2瓦卜 4加2pfdV _。fK.r2 sin OdrdOdcp2。sKR%(一%r一 K同理可得球内电场：内=-一4r700球外电势9外=户外一00drsKR%(一4)，-1-电动力学习题解答参考第二章静电场oo R/r 内一外 J-内s0(,f0)一。r/八 _1八?-1 后 K(4)。内=万内.内=5三不.了.三;乙 乙 O O n L O Cr _ sK2r2 2(0)r2f内人明 r2sin3drd3d(p27rR)2叼J。外d=JJjg1K2R2%(%)1?r2sinftirdfti2 废2rk?*o(4)KF Kw=%+中外=2虑RQ+)(-)2%?一?o2.在均匀外电场中置入半径为4的导体球，试用分离变数法球下列两种情况的电势:（D导体球上接有电池，使球与地保持电势差。0；（2）导体球上带总电荷Q解：（1）当导体球上接有电池,与地保持电势差。0时.以地为电势零点本问题的定解条件如下。内=。0（r=rqV29外:0(R7?0)且 1)也=0(n 1)0外=(p0ERcos3+3 cos 0R R-2-电动力学习题解答参考b b又外|公用二00,即：0外I公4=Oo_oRcos9+m）+cose=0o R。火o故而又有:b。_人Go+h=。0火0-EqRq cosS+4_cose=0Ro得到：bQ=侬-（Po）R0，4=ER；最后，得定解问题的解为：（P外=-E0Rcos9+o+0）+E0R0 cos0RR0）R R（2）当导体球上带总电荷Q时，定解问题存在的方式是：寸如=0（RR）干脑卜=o（RR）。内|d=有限 1）b b0外=。oKcos6+嗔+请cos0 又有。外|公扁是一个常数（导体球是静电平衡）。外|R=R。=%-，07?0cos+-cos=C Ro R。EqRq cos 0 Hy cos 0-0即：Robi ER；-3-电动力学习题解答参考第二章静电场b E r39外=(Pq-EqRcos3+fucose K K他dx-b。=447r%q E r3。外=+2 cos 0 Eq Reos ft R Rq 40R R13.均匀介质球的中心置一点电荷。口 球的电容率为球外为真空，试用分离变数法求 空间电势，把结果与使用高斯定理所得结果比较口提示，空间各点的电势是点电荷仪的电势%与球面上的极化电荷所产生的电势的 叠加，后者满足拉普拉斯方程解：一.高斯法在球外,R4,由高斯定理有：（）（后疝=。总:。/+。尸=。/.（对于整个导体球而言，束缚电荷。0=0）.人工407?2积分后得：9外=+。.（。是积分常数）44火又由于。外 Rg 0,/.C 0。外=心 凡）47r4 火在球内，R4,由介质中的高斯定理：D-ds=Qf又力=说,.总=工4兀乘积分后得到i 9内=匚+。2-（。2是积分常数）4兀殴-4-电动力学习题解答参考第二章静电场由于。内=外|尺/，故而有:丁瓦=a+02/.内=2+-(7?Ro)4%R，47r(句+2和)尺2 4底衣 4(+2s2)R5 4万(句十？)斤-6-电动力学习题解答参考第二章静电场球面上的极化电荷密度=6-舄后从2指向1,如果取外法线方向，则bp=P外n-pnn=（%-o）V。外）L-（句-o）V。内）L（%一%）一6夕）cos。4%（句+2三冏_ 科囱-）巧cos8 句一*）4（0+22）火彳222-泞 cos。4啊（0+2冏=6句（。-）+6%（”。）cos”-3%2）cose4码（句+2）o 27r句（句+2%）届求极化偶极子：弓=可以看成两个点电荷相距1,对每一个点电荷运用高斯定理，就得到在每个 点电荷旁边有极化电荷外=（且-l）q f-qP=（且-l）（-q f）,两者合起来就是极化偶极子0%5.空心导体球壳地内外半径为Ri和R2,球中心置一偶极子户，球壳上带电Q,求空间各点电势和电荷分布 解，=。,|8=。2=。，。2 I 70=00必二 j、+，娟 D 为有限值02=必|r=Rx=C必=片（cosd）-弹阂鹏+售常Y 一吗-7-电动力学习题解答参考第二章静电场*旦Pf cos 8 47rR：+4尺cos 0-*CCOS 0 H-P?+=。即：40=。,(/1 火1+R2cos。=0,为=0(/=1.2.3),4=0(/=2.3.4)又必dr为3=dr2Pf cos 6 71 Pf cos 0-+XL4jR r=-+4 cos。+4万出火：-2吟R；E(TT)*Pi=一,一2 京 cs,+则，-僵数=哙心噜眄4成:A=4叫R：-cos 0R；sin 6d0d(p+f-cos 9R；sin OdOdcp=0+0=027r440火故浊心+(汕=4祖=2J dr J dr2 2,4=q,4=工47r%407?2 4GR：最后有40r2 而0吊 4兀。口2 03=T，(厂火2)47r()02=Q R，(火1 r 7?2)4阳火2电荷分布，在1=尺的面上-Pj cos-Pf cos Pf cos =0。内是由高斯定理解得的，夕了的作用加上后0的共同作用。外=一ocosa”|-o 有限。Bj。外=(/cos e+Z F(cos 8)r。内用(COS。)。内外。=凡）:B b B 一o&cose+/+U+资鸟+=pK+Co+cio cos+c27?02+“o R R。b即*+0。=E()Ro+奈=RoR。M=q42 R。加内 讷卜可内二pfdr3eR。+fcz7?0z-17(cos)=-R()+scx cgsO+2c2RP2+*92+2(-1)箸-9-电动力学习题解答参考第二章静电场-病cos曾-上学cos加给鸟+UU P 2 R 3 口4/火0 人0 火0及：2K24=3o即 G（2水o+3%火（）=0 C2=B2=0即：=%B。sC=-E 2%用 2sC R=34层d2,%，（）3 1 Z6V2Ao-o 人 o K解方程得：n3 i iB0=_/Pf C0=-0/（+）D占 n D3 n Oo_3ER；+3 c 身区1+24 0 0 1+24同理，Cj=Bj=Q得,R。3r0 r（+2%）/0内:一/2 麻夕（U_J_）-Mo rcos9j%及%6两种情况的电流分布特点先求空间电势：V内=0L2.八。内=外 r=R。因为5内外=凡）（稳恒电流认为表面无电流堆积,即流入=流出J）2。内 2。外故：巧 一-=a2 1 2r 2 2r并且西I二2即。外|f=-/cos9（J/o=。2踊）。内I-有限 可以理解为在恒流时 f 0的小封闭曲面流入=流出-10-电动力学习题解答参考第二章静电场这时的解即为t。内=-b 笠b E0rcose,rR。外=一纭/cos。+E。%（cri-cr2)cos 0 a1+2a2r2求内夕卜电场t E=V。=J的厂_|_ 2如0 2r 261 20rsin 2五,20内。厂 1 2。内 一、3cr2,5综一（丁+7次分）=4瓦5（cos婚-sm阪）3o-2 口-6+26 o，77T Z?3E外=E0(cos 0er-sin 苗)+0 0(-)2 cos 0er+sin 0ee r 5+2ct2厂 Z?3Eo(cos3er-sin苗)+3 0(-)3cos0er-cos0er+sin0ee r 6+2ct2及=E+Rh5-x 3纥 cos 0 一J 3 er a1+2ct2r3*r3求电流：根据7内=6%一 一7/0 二。2七0及 7?0)Ao)7=0 rQi_4万 y/a2+r2-2arcos3二 Qf 14万 a8 00 DZ(一)匕(cos8)+Z Vr片(cose(r d)w=o a 7=0 r又狐/与黑合阳5=0即：2+”=0,2&+与=0,.,2(如/+%=04兀eci R。4兀eci a R。4兀a a R。BR。鲁,葭鲁,里卢代入（*）式得解。-12-电动力学习题解答参考第二章静电场2）镜像法如图建立坐标系，本题具有球对称性，设在球内r0处有像电荷0,。代替球面上感应电荷对空间电场的作用，由对称性，。在0。7的连线上口先令场点Pi在球面上，根据边界条件有：鱼+2=o,即:2=一2=常数e Qf将。的位置选在使A QPQs a Q/Pq,则有；r r2（常数），为达到这一目的，令0距圆心为力,rQf 则：上=殳/。=逍Rq a a并有：至=_2_=4=常数，Q=_皿Q。于 a a这样，满足条件的像电荷就找到了，空间各点电势为:国+包/Q，4万打 1 4兀打2 4麻+-2 2qcos8将分离变数法所得结果展开为Legend级数，可证明两种方法所求得的电势相等。9.接地的空心导体球的内外半径为Ri和R2，在球内离球心为 心尺）处置一点电荷Q,用 镜像法求电势。导体球上的感应电荷有多少？分布在内表面还是外表面？解：球外的电势及导体内电势恒为0。而球内电势只要满足。内L居=0即可，因此做法及答案与上题同，解略U。勺内 47r%V；?2+6Z2-2Racos3 匚R2R；R-、R+T-1cos 6 a a因为球外。=0,故感应电荷集中在内表面，并且为一Q.-13-电动力学习题解答参考第二章静电场10.上题的导体球壳不接地，而是带总电荷Qo,或使其有确定电势00,试求这两种情况的电势。又问死与Q。是何种关系时，两种情况的解是相等的？解：由于球壳上有自由电荷Q。,并且又是导体球壳，故整个球壳应该是等势体。其电势用高斯定理求得为Q+Q0,所以球壳内的电势将由Q的电势，像电荷-的电势及球壳的电势叠加而成，球外电势利用高斯公式就可得。故：。内=1Q4o+6Z2-2Racos32 R：2R；R 八 火 2+-cos8a q+e+a(7?7?)火2。内1Q+%.(火火1)4f r2+。2 2RzcosR或。=火2）r当。=0十。时两种情况的解相同。4%火211.在接地的导体平面上有一半径为a的半球凸部（如图），半球的球心在导体平面上，点电荷Q位于系统的对称轴上，并与平面相距为b（ba）.解，如图，利用镜像法，根据一点电荷附近置一 无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体 球两个模型，可确定三个镜像电荷的电量和位置。试用电象法求空间电势。Q3=Q.r3=-br Q _1_1_+_a4麻。R2+b2-2Rbcos3 R2+b2+2Rbcos3 7 H7一.一:byR+r+2 RcosO b2 b-14-电动力学习题解答参考第二章静电场+I 4 Q 2-，(0e。)4尺2+-2-7?cos b2 b12.有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面 所围成的直角空间内，它到两个平面的距离为a和b,求空间电势解：可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导体板的作用。z P(x,y,z)a-；Q(x0,a,b)lb+Q L-(x0,-a,-b)i-Q(x0,a,-b)11(X-+(y_g)2+(z-6)2(x-x0)2+(j/-4Z)2+(z+Z?)211-I-I-i(X-X0)2+(+O)2+(Z-6)2 _ X)2+(+。)2+(z+b)2,(，z0)13.设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为。的液体。取该两平面为xz面 和yz面，在(x0,y0,z0)和(x0,y0,-z0)两点分别置正负电极并通以电流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As B两点间建立电场，使溶液中的载流子运动形对于恒定的电流，可按静电场的方式处理。于是，在A点取包围A的包围面：AZ0,Q(-xo,-yozo)/.可取如右图所示电像,-Q(-x0,y0dp dti=E-erQ=杰而又有 1成电流L当系统稳定时，是恒定场，即 V-；+=0中,dta 句y又在容器壁上，=0,即元电流流入容器壁。由，j=gE,有/=0 时，后=0-Q(-xo,yo,-zo)-Q(xo,yo,-Zo)Q(xo,-yozo)-Q(xo,-yozXA(xOjyozo)B(xo,yo,zo)Q(xoyo,zo)对b-15-电动力学习题解答参考第二章静电场14.画出函数幽注的图，说明夕=-(B V)b(另是一个位于原点的偶极子的电荷密度。dx解t b(x)=0,=lim-dx Ax.o Ax1)xwO时6梃 0)(若 a0证明：1如图可得：=%上+O 一G.C G 八二.hi-,0一弧-z-z=0 也？24%“2 24 2%面：等=瓦=异口 段=与2=看（一瓦。几1 2%。几 2 2%加1 dn2%2）可得：E=-ez&一 一（T f 访 P:.眄一旗=lim/=lim）/=QO Q0 4%又必=及池/Z V8n dn-17-厂而靠的很近的两个面,形成面,1）-+Of 巾1。%；O电动力学习题解答参考第二章静电场.也达=0.dn dn77 7T18.一个半径为R。的球面,在球坐标0 8 的半球面上电势为仰，在的半球面上电势为一。，求空间各点电势。2n+I05提示：匕(1)=10,(几=奇数)匕(0)=n 1-3-5-(72-1)K1)5 246,5=偶数)解，内=0v2=0。内Id 0、。外 厂8-0=f=71 Me-一0o,1。(1)三(：一?(2/+1)(2)/用(cos。),(/取奇数,1凡)2 4 o(/+1)火。L B1四卜弓（cos。）又备=等山外（3肛=。（-3言篙*+1）即:。外=Z(T户:?一飞+双检严弓(cos。),(/为奇数,rR。)2 4 6(/+1)r-19-电动力学习题解答参考第三章静磁场1.试用)表示一个沿Z方向的均匀恒定磁场50,写出)的两种不同表示式，证明两者之 差是无旋场U解：瓦是沿Z方向的均匀的恒定磁场.即瓦=6。,且瓦=VxN土古北人伏工-力晶 V77 4、一 月4 eA 4、一在直角 坐标系 中，V x 4=(-)ex+(-)e+(-)ezdy dz dz dx dx dy叫 dAy 0dy dzdA dA如果用N在直角坐标系中表示瓦,即，-=0dz dx8Ay 54-udx dy由此组方程，可看出N有多组解，如，解 1：Ay=AZ=0,Ax=-Boy+f(x)即：A=-Boy+f(x)ex解 2i Ax=Az=0,AY=Bqx+g(y)即：)=IAx+g(y)艮解 1 和解 2 之差为：AA=BQy+/(x)ex-BQx+g(y)ey 贝山,人不 rd(AA)z d(AA)x d(AA)zl rd(AA)y d(AA)xlVx(AA)=ex+-+幺 一dy dz dz ox ox oy:0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,电流强度为L试用唯一性定 理求管内外磁感应强度B0解：根据题意,得右图,取螺线管的中轴线为z轴本题给定了空间中的电流分布，故可由月=及二二4/求解磁场分布，又7在导 4r线上，所以豆=2,券E1)螺线管内：由于螺线管是无限长理想螺线管，故，由电磁学的有关知识知，其内部磁-1-电动力学习题解答参考第三章静磁场场是均匀强磁场，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，不妨取场点为零点，以柱坐标计算：r=-qcoso3%-asmCy-zyexdl=-ad(psm(p)ex+ad(p-cos(peydl xr=(-ad(py-sin(pex+ad(p*cos93)x(-acos(pex-asin(pey-z*ex)=-Qzcoscpdcpex-az1 sin(p1 d(pey+a2d(pez取由z-z+a的以小段，此段上分布有电流必YJnJdzy(-az1 cos(p d(pex-az1 sincpd(pyey+a2d9，。)口 2+(z，)21%2万 8 2 J I T+8也加 f Qdz如 f.471 0 1/+(z,)2%2 2,或马a2)螺线管外部:由于是无限长螺线管，不妨就在xoy平面上任取一点尸(p,9.O)为场点(夕。)/.|r|=x-x=d(pcos(p acos(p)2+(/7sin-sin1)2+z,2=J/92+q2+z2-2ap cos(p)r=x-x=(p cos(p-a cos(py)ex+(psin(p-asin)ey-zezdl=-ad(psm(p ex+ad(p)-cos 9 eydl xr=-az cos(pd(pex-azsin(pd(pey+a2-apcos(p1-(p)d(pez.,B=.nId/-a?ms,加/+，-竺邛丝弘，+4%o-oo r 0-00 r+力。，三丝兽3 口0-00 r由于磁场分布在本题中有轴对称性，而螺线管内部又是匀强磁场，且螺线管又是无限 长，故不会有磁力线穿出螺线管，上述积分为0,所以方=0。-2-电动力学习题解答参考第三章静磁场3.设有无穷长的线电流I沿z轴流动，以z0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：本题的定解问题为：V24 二 o,(zO)V2A2=-/,(z0)0)由此可推测本题的可能解是t5=2%C 0)综上所述，由唯一性定理可得，本题有唯一解，方会。60)2次在介质中，H=-M,故在zvO的介质中，M=-H2o o-3-电动力学习题解答参考第三章静磁场Rn I 4-/-/即，M=-ee-ee=-（-l）e02斯 o 2加 2次4o/.介质界面上的磁化电流密度：&m=Mxn=V）eexez=，-（上-1）许2疗 4 271r%2万,总的感应电流，JM=M-di=f(4 1)金一力外薪=/(4 1)J 片2初o o在z0空间为真空，今有线电流I 动，求磁感应强度和磁化电流分布.解，假设本题中得磁场分布仍呈轴对称,则可写作B=-em2jir n-(B?-5,)=0其满足边界条件：一 I：1 一n x(H2 H J=a=0即可得，在介质中：H?=-=-%4 17ir/Li-月-7-而心=M=上一e-Mo o.在xvO的介质中，而=4/为第2次贝心=小血兀取积分路线为5-。4-5的半圆口电流Z轴流ABl.e二.AB段积分为零M（一4）2 Mt.心吟产2=一察可得=24o4+4-4-电动力学习题解答参考第三章静磁场.空间方=L+4 nrIM=丝也/（沿z轴）+4o5.某空间区域内有轴对称磁场,在柱坐标原点附近已知5z*6。-。匕2-；夕2）,其中B。为常量，试求该处的5d提示：用V 方=0,并验证所得结果满足Vx）=0。解：由与具有轴对称性，设方=%屐+竺可，其中B/=B_c（z2）V.月=0（叫）+，B0 p op dzi a o即-（吟）2cz=0 夕8。=cz2+4（常数）pip取 Z=0,得=czpB=czpep+50-c（z2-1/?2）ez（1）-5BO QB/=0,。=0/.Vx5=0 即（匕金=0（2）dz dp代入（1）式可得（2）式成立，5夕=cz.c为常数。6.两个半径为a的同轴线圈形线圈.位于z=面上,每个线圈上载有同方向的电流L（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的磁场时的L和a的关系a2提示：用条件色=0 dz2 z解，1）由毕一萨定律，L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为-5-电动力学习题解答参考第三章静磁场ldl x r-sin a=及=Bz。，迎-文de4)tz2+(z-L)2 J1723以。1。()2+/声同理，一L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为,1 2B2=B2zez.B2z=5/1(L+z)2+a2轴线上得磁感应强度B=Bzez=|jjQIa2-；-7+-；772(-z)2+/(L+z)2+a22)/V x 5=0/.Vx(Vx5)=V(V-5)-V25=0-L。2又5B=0,:.V2B=0,Bz=0 代入(1)式中，得:为2 z_1 11 5(z)2+/1a(-Z)2-(-z)2+/l(_+/十 _ 2)2 KL _+/(-Z)2+/Q)4lo外 I a 内 I a1 一 1 一V x/内=V x 4外No 4选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与z无关，令）内=4内。）口1外:4外0）三 代入定解问题得：%土)dr3)=o dr)=oJ1 9得./内&)=一+Q lnr+C24 外&)=g Inr+Q由4内&)|Ro 9%=。吗，育=。前（火=R。）=。2|=oo=HqRcos0由泛定方程和两个自然边界条件得，00n=000 d9 m2=HoR cos Pn（cos 3）n=0人由两个边界条件有，00 00 JZ g 绵匕（cos 6=-h0r0 cos e+Z 音r 匕（cos 6n=0 n=0 人 0或a/RP（cos。）=-H/o cos。-叱乎 匕（cos。）、n=l n=0 八0得，-9-电动力学习题解答参考第三章静磁场_ 3oH o一4+2。4+24o4=dn=。,5。1)(Pa=-j HgRcos仇RR。Hx=T 9m=-Hq cos 诙 sin 线=0_ 后 1 0 r 0”0+2o 4+2 4+2瓦为+2o氏口+.苧。5-口-注sin熊3（小而AR5瓦氏=点+；瞋3（方。天比R5:.B=芈J%RR0时，表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场（pm中，io cos6可看作偶极子而产生的势2 4+2 R即G.联导t*%。而田和:.丽=4兀 一 .R演 +2o10.有一个内外半径为Ri和R2的空心球，位于均匀外磁场方。内，球的磁导率为以，求空-10-电动力学习题解答参考第三章静磁场腔内的场上，讨论o时的磁屏蔽作用。解i根据题意，以球心为原点，取球坐标，选取后。的方向为在外场后0的作用下，球 壳极化,产生一个附加场，并与外场相互作用，最后达到平衡，月的分布呈现轴对称。定解问题；寸（pm、=O,RR%=0,凡 火R3 0%=0%|公与，0%=（Pm3R=R2的叫二加叫I Se叫二 口 2 I。火 一dR dR dR 隆”=。4o时：(4+2o)(24+o)一 2(-No)?.*.B=0即球壳腔中无磁场，类似于静电场中的静电屏障11.设理想铁磁体的磁化规律为月=+oMo,是恒定的与方无关的量，今将一个-12-电动力学习题解答参考第三章静磁场理想铁磁体做成均匀磁化球为常值）浸入磁导率为的无限介质中，求磁感应 强度和磁化电流分布，解：根据题意，取球心为原点，做球坐标，以应。的方向为己本题具有球对称的磁场分布,满足的定解问题为：叽=o，RR0v/%=o，R R0（Pmx=/人耳,凡=MoRoCOS9M 公。=。000=Zq“K%（cos8）w=08 h9m2=（瑞r）匕（cos。）=0代入衔接条件，对比匕（cos。）对应项前的系数，得,an=bn=0,（wl）,a o M b1 c，.02+421+%=累。）黄（0）由止匕,R R0，与2=一吗0咫 3（M,an 2+J R5:.B=浮。（RR）2/+%&3（M；R）R 2（火凡）12+R5 R3-13-电动力学习题解答参考第三章静磁场又力x（52瓦），0=4/+R），其中，女=0代入方的表达式，得:3 2oMo Sin%12.将上题的永磁球置入均匀外磁场方.中，结果如何？解：根据题意，假设均匀外场方o的方向与戏。的方向相同，定为坐标z轴方向,定解问题为：72（Pm=0，RR。冽 1=。冽2.=%，的恤 加%I A4瓦-。7鼠。=M cosd=。7?o)R代入衔接条件,%火0=-HoR。+请口 2dl _o/+o+町=40Mo得至AM。-3rH0 4+2%d=4o%+(-4);j0 H3 +2o%=oA；oH。Kcosa(X4)4+2o-14-电动力学习题解答参考第三章静磁场%2+9然铲,后=V%=卢此一34o/cos阪_4此 340缶阪 1 +24 +2og-34。/。24o+4瓦=方+oM渭川+含T、，（RR。）百 2=-V。%=-codM+（T）H。誓 cose 应-+2o RH+-”收+*瓦=082=o 后0+3（应元）天 R5fnF而oM。r3ffl 一 八 0 +2o4+2。13.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速度转动，求球内外的磁场方。提示：本题通过解N或om的方程都可以解决，也可以比较本题与5例2的电流分布得到结果,解，根据题意,取球体自转轴为Z轴，建立坐标系U定解问题为：VX=O,RR0屋苕 83 一-4叫卜时的m、的f（R 八oR oR|=0 Ro)K代入衔接条件t火o24 _八4 H.-=0Qco4叫解得，生Qco 6/rf?oQR；12以一黑;Rcs/（R=j(er x 5)R，sin2 ddrddd又 2rx禺=-ee=sin您z+cos9(cos娴一sin施)-3Qco/.m=-8叫f ,归1口强+cos6(-cos-sin妮y)R，sin2 6drd6d(/)=5 psin3 9R、drded。=0；。G2)自转动量矩Z=dL=RxdP=p加m=3M;4t2jRq=:J%x，x 可)火2 sin例M例。=j7?20(sin诙。xer)7?2 sin例n/阳。=；:R2(Dsin3(-ee)R2 sin阳2用3Mb?西 人、n4 2八7八7乂=-I I I sm 组+cos(cos 但sm 网)A sm Oar a 6a(p4/ZjRq3Moi 产a 4.3 _ 2M0R；G-I 117?sin OdrdOdcb-4;困上上上 515.有一块磁矩为应的小永磁体，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户.-17-电动力学习题解答参考第三章静磁场解：根据题意，因为无穷大平面的很大，则可推出在平面上，所有的月均和平面垂直,类比于静电场,构造磁矩应关于平面的镜像应，则外场为：瓦