郭硕鸿《电动力学》课后答案.doc 30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：解：（1）（2）在（1）中令得：，所以即2.设是空间坐标的函数，证明：，，证明：（1）（2）（3）3.设为源点到场点的距离，第30页 电动力学习题解答的方向规定为从源点指向场点。（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：；；；，。（2）求，，，，及，其中、及均为常向量。（1）证明：可见可见，（2）解：因为，为常向量，所以，，，又，为常向量，，而，第30页 电动力学习题解答所以4.应用高斯定理证明，应用斯托克斯（Stokes）定理证明证明：（I）设为任意非零常矢量，则根据矢量分析公式，令其中，，便得所以因为是任意非零常向量，所以（II）设为任意非零常向量，令，代入斯托克斯公式，得（1）（1）式左边为：（2）（1）式右边为：（3）所以（4）因为为任意非零常向量，所以5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为，利用电荷守恒定律证明p的变化率为：证明：方法（I）第30页 电动力学习题解答因为封闭曲面S为电荷系统的边界，所以电流不能流出这边界，故，同理，所以方法（II）根据并矢的散度公式得：6.若m是常向量，证明除点以外，向量的旋度等于标量的梯度的负值，即，其中R为坐标原点到场点的距离，方向由原点指向场点。证明：其中，（），（）又所以，当时，7.有一内外半径分别为和的空心介质球，介质的电容率为，使介质球内均匀带静止自由电荷，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，且相同处场强大小相同。第30页 电动力学习题解答当时，，。当时，，，向量式为当时，向量式为（2）当时，当时，当时，8.内外半径分别为和的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流，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。由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。当时，由安培环路定理得：当时，由环路定理得：所以，向量式为当时，第30页 电动力学习题解答所以，向量式为（2）当时，磁化强度为所以在处，磁化面电流密度为在处，磁化面电流密度为向量式为11.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为和，电容率为和，今在两板接上电动势为E的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度和；（2）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，分别设为和，电位移分别设为和，其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得：同理，在极板B内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：所以有，由于E第30页 电动力学习题解答所以E当介质漏电时，重复上述步骤，可得：，，介质1中电流密度介质2中电流密度由于电流恒定，，再由E得EEEEE13.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。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，所以因此即只有法向分量，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，则电流密度与导体表面夹角也是。导体外的电流密度，由于在分界面上电流密度的法向分量连续，所以因此即只有切向分量，从而只有切向分量，电场线与导体表面平行。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，板间填充电导率为的非磁性物质。（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。第30页 电动力学习题解答（3）求与轴相距为的地方的能量耗散功率密度。（4）求长度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）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r，长度为L，其中则由高斯定理得：（1）所以，（2）再由电流连续性方程得：（3）所以（4）即与严格抵消，因此内部无磁场。（2）由得：（5）联立（2）（4）（5）得（6）所以（7）设初始条件为，则由（7）式得所以，（8）（3）（9）（4）将上式在长度为l的一段介质内积分，得（10）由得：所以（11）由（6）（10）（11）得：即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。第30页 电动力学习题解答第二章静电场1.一个半径为R的电介质球，极化强度为，电容率为。（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）（2）（3）（4）2.在均匀外电场中置入半径为的导体球，试用分离变量法求下列两种情况的电势：（1）导体球上接有电池，使球与地保持电势差；（2）导体球上带总电荷解：（1）该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场方向的轴线，取该轴线为极轴，球心为原点建立球坐标系。当时，电势满足拉普拉斯方程，通解为因为无穷远处，所以，，当时，所以第30页 电动力学习题解答即：所以（2）设球体待定电势为，同理可得当时，由题意，金属球带电量所以3.均匀介质球的中心置一点电荷，球的电容率为，球外为真空，试用分离变量法求空间电势，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的电势与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加，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的电势与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加。设极化电荷产生的电势为，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形式为：当时，，。当时，为有限，。所以，由于球对称性，电势只与R有关，所以，所以空间各点电势可写成第30页 电动力学习题解答当时，由得：由得：，则所以（二）应用高斯定理在球外，R>R0，由高斯定理得：，（整个导体球的束缚电荷），所以，积分后得：在球内，R）置一点电荷，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。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，二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性，与无关。由于时，为有限值，所以球内的解的形式可以写成（1）由于时，应趋于零，所以球外的解的形式可以写成（2）由于（3）当时，（4）当时，第30页 电动力学习题解答（5）因为导体球接地，所以（6）（7）将（6）代入（4）得:（8）将（7）代入（5）并利用（8）式得:（9）将（8）（9）分别代入（4）（5）得:（10）,（11）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），所以空间的电势为10.上题的导体球壳不接地，而是带总电荷，或使具有确定电势，试求这两种情况的电势。又问与是何种关系时，两情况的解是相等的？解：由上题可知，导体球壳不接地时，球内电荷和球的内表面感应电荷的总效果是使球壳电势为零。为使球壳总电量为，只需满足球外表面电量为+即可。因此，导体球不接地而使球带总电荷时，可将空间电势看作两部分的迭加，一是与内表面的产生的电势，二是外表面+产生的电势。，，；，；，，所以由以上过程可见，球面电势为。若已知球面电势，可设导体球总电量为，则有：第30页 电动力学习题解答，即：电势的解为：当和满足时，两种情况的解相同。11.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（b>a），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。，；，；，，所以12.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：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。13.设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为σ第30页 电动力学习题解答的液体。取该两平面为xz面和yz面在和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，。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，由于，，所以可得：。同理，对B点有：又，在容器壁上,，即无电流穿过容器壁。由可知，当时，。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：16.一块极化介质的极化矢量为，根据偶极子静电势的公式，极化介质所产生的静电势为，另外根据极化电荷公式及，极化介质所产生的电势又可表为，试证明以上两表达式是等同的。证明：由第一种表达式得第30页 电动力学习题解答，所以，两表达式是等同的。实际上，继续推演有：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，而电势的法向微商是连续的。（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）证明：1）如图，由高斯定理可得：，，即，电势是连续的，但是，φ1+σ即，电势法向微商有跃变nEl2）如图，由高斯定理可得：φ2－σz又，，即电势的法向微商是连续的。第三章静磁场1.试用表示一个沿z方向的均匀恒定磁场，写出的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。解：是沿z方向的均匀恒定磁场，即，由矢势定义得；；三个方程组成的方程组有无数多解，如：，即：；第30页 电动力学习题解答，即：解与解之差为则这说明两者之差是无旋场3.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，；z<0区域为，，由对称性可知和均沿方向。由于的切向分量连续，所以。由此得到，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：，即，，(z>0)；，(z<0)。在介质中所以，介质界面上的磁化电流密度为：总的感应电流：，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，则可写作它满足边界条件：及。由此可得介质中：由得：在x<0的介质中，则：再由可得，所以，（沿z轴）5.某空间区域内有轴对称磁场。在柱坐标原点附近已知，其中为常量。试求该处的。提示：用，并验证所得结果满足。解：由于B具有对称性，设，其中第30页 电动力学习题解答，，即：，（常数）。当时，为有限，所以；，即：（1）因为，，所以，即（2）直接验证可知，（1）式能使（2）式成立，所以，(c为常数)6.两个半径为a的同轴圆形线圈，位于面上。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。提示：用条件解：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，同理，-L处线圈在轴线上z处产生的磁感应强度为：，。所以，轴线上的磁感应强度：（1）2）因为，所以；又因为，所以，。代入（1）式并化简得：将z=0带入上式得：，7.半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流均匀分布于截面上，试解矢势的微分方程。设导体的磁导率为，导体外的磁导率为。解：矢势所满足的方程为：自然边界条件：时，有限。边值关系：；选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与z无关。令，，第30页 电动力学习题解答代入微分方程得：；解得：；由自然边界条件得，由得：，由并令其为零，得：，。；9.将一磁导率为，半径为的球体，放入均匀磁场内，求总磁感应强度和诱导磁矩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，此球体被外加磁场磁化后，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：（1）自然边界条件：为有限；。衔接条件：在处满足及由自然边界条件可确定方程组（1）的解为：；由两个衔接条件，有：比较的系数，解得：；；，即：，（），（）第30页 电动力学习题解答在R0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：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：，其中S的平均值为在导体内部：金属导体单位体积消耗的焦耳热的平均值为：作积分：即得界面上单位面积对应的导体中消耗的平均焦耳热。又因为，所以，原题得证。第30页 电动力学习题解答8.平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上，入射角为。求导电介质中电磁波的相速度和衰减长度。若导电介质为金属，结果如何？提示：导电介质中的波矢量，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。设导体中的电磁波表示为：z而k上式中满足：（1）x（2）根据边界条件得：k1k2（3）（4），，，。将结果代入（1）、（2）得：（5）（6）解得：其相速度为：。衰减深度为：。如果是良导体，的实部与其虚部相比忽略，则：9.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：，，电场的三个分量通解形式相同，均为：边界条件为：在及两平面：，第30页 电动力学习题解答在及两平面：，在平面：，由此可得：波数满足：，，（）振幅满足：综合上述各式，即得此种波导管中所有可能电磁波的解。10.电磁波在波导管中沿z方向传播，试使用及证明电磁场所有分量都可用及这两个分量表示。证明：沿z轴传播的电磁波其电场和磁场可写作：，由麦氏方程组得：，写成分量式：（1）（2）（3）（4）（5）由（2）（3）消去Hy得：由（1）（4）消去Hx得：由（1）（4）消去Ey得：由（2）（3）消去Ex得：11.写出矩形波导管内磁场满足的方程及边界条件。解：对于定态波，磁场为：由麦氏方程组，得：又所以，，即为矩形波导管内磁场H满足的方程由得：，利用和电场的边界条件可得：第30页 电动力学习题解答边界条件为：，12.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:由可求得波导管中的磁场为:(1)(2)(3)本题讨论TM波，故Hz=0，由（3）式得：（4）1）若，则，（5）代入（4）得：（6）将（5）（6）代入（1）（2）得：2）若，则，（7）代入（4）得：（8）将（7）（8）代入（1）（2）得：因此，波导中不可能存在TMm0和TM0n两种模式的波。13.频率为Hz的微波，在的矩形波导管中能以什么波模传播？在的矩形波导管中能以什么波模传播？解：1）波导为，设，由得：当m=1，n=1时,当m=1，n=0时,当m=0，n=1时,所以此波可以以TE10波在其中传播。2）波导为，设，由得：当m=1，n=1时,当m=1，n=0时,当m=0，n=1时,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。第30页 电动力学习题解答解：在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程：yb令是E的任意一个直角分量，由于E在x方向上是均匀的，所以Oxz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：由边界条件：和定解，得到；；且，（）又由得：A1独立，与A2，A3无关，令kz=0得截止频率：第30页'