【正文】 ?E0Rcosθ +? 0∑∑Rn=2n=2故而有 a0 = ? 0,a1 = ?E0,an = 0(n 1),bn = 0(n 1)b0Rb12 cosθ∴?外 ? 0 E0Rcosθ+R 2
 電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答參考第二章靜電場(chǎng)b0R0b1又?外 R=R0 = φ0,即 ?外 R=R0 = ? 0 ? E0Rcosθ+2 cosθ = φ0R0?? + b0 = φ0?0R0?故而又有∴?b1?? E0R0 cosθ + 2 cosθ = 0?R?0得到b0 = (φ0 ?? 0)R0,b1 = E0R02最后 得定解問(wèn)題的解為?外 = ?E0Rcosθ +? 0 + (φ0 ?? 0)R0 + E0R30cosθ(R R0)RR2 當(dāng)導(dǎo)體球上帶總電荷 Q時(shí) 定解問(wèn)題存在的方式是???22φ內(nèi) 0(R R0)φ外 0(R R0)???φ?有限內(nèi)R→0?φE0Rcosθ +? 0(? 0是未置入導(dǎo)體球前坐標(biāo)原點(diǎn)的電勢(shì)??外R→∞φφ外???內(nèi)RR0?φ外?∫sε 0ds Q(R = R0)??R?解得滿足邊界條件的解是bnR n∑n=0anR nPn cosθ∑n=0?內(nèi)?外 ? 0 E0Rcosθ1 Pn cosθ由于?外 R→∞ 的表達(dá)式中 只出現(xiàn)了 P1(cosθcosθ項(xiàng) 故 bn = 0(n 1)b0Rb12 cosθ∴?外 ? 0 E0Rcosθ+R又有?外 R=R0 是一個(gè)常數(shù) 導(dǎo)體球是靜電平衡b0R0b12 cosθ = C?外 R=R0 = ? 0 ? E0R0cosθ+R0b1∴?E0R0 cosθ + 2 cosθ = 0即 b1 = E0R30R0 3
 電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答參考第二章靜電場(chǎng)?外 ? 0 E0Rcosθ + b0+ E0R30cosθRR 2?φ外Q4πε 0又由邊界條件?∫sε 0dsQ∴b0 =?rQ∴?內(nèi)?? 0,R R04πε 0R0Q4πε 0RE R023?外+0Rcosθ E0Rcosθ R R03 均勻介質(zhì)球的中心置一點(diǎn)電荷 Qf 球的電容率為ε 球外為真空 試用分離變數(shù)法求空間電勢(shì) 把結(jié)果與使用高斯定理所得結(jié)果比較提示 空間各點(diǎn)的電勢(shì)是點(diǎn)電荷Qf 的電勢(shì)Qf4πεR與球面上的極化電荷所產(chǎn)生的電勢(shì)的疊加 后者滿足拉普拉斯方程解 一. 高斯法rE ?dsr = Q總 Q f + QP = Q fR R0 ,由高斯定理有ε 0∫對(duì)于整個(gè)導(dǎo)體球在球外而言 束縛電荷QP = 0)∴Er =Q f4πε 0R2Qf積分后得 ?外4πε 0R + C.(C是積分常數(shù)又由于?外 R→∞ = 0,∴C = 0Q f∴?外 = 4πε 0R (R R0)在球內(nèi)R R0 ,由介質(zhì)中的高斯定理∫Dr ?dsr = Q f又 Dr = εEr,∴Er =Q f4πεR2Qf4πεR積分后得到 ?內(nèi)+ C2.(C2是積分常數(shù) 4
 電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答參考第二章靜電場(chǎng)Q f4πε 0R0 4πεR0Qf由于?內(nèi) ?外 R=R0 ,故而有=+ C2Q f4πε 0R0Q f∴C2 =?4πεR0 (R R0).Qf4πεR 4πε 0R0QfQf∴?內(nèi)?4πεR0 (R R0)二. 分離變量法本題所求的電勢(shì)是由點(diǎn)電荷Qf 與介質(zhì)球的極化電荷兩者各自產(chǎn)生的電勢(shì)的疊加 且有Q f4πεR著球?qū)ΨQ性 因此 其解可寫作 ? =+? 39。 = ?D ,(D139。0I1I 24π∫∫dl (dl ? ) ? 132 (dlv1 ?dlv2)v v rv 12r312121r12l l122 線圈 2在線圈 1的磁場(chǎng)中受的力同 1 可得vvrFv21 =181。 ?1)jf0 6
 電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答第一章電磁現(xiàn)象的普遍規(guī)律9 證明均勻介質(zhì)內(nèi)部的體極化電荷密度 ρP總是等于體自由電荷密度 ρ f 的? (1? εε0 )倍ρP = ??? Pr = ???(ε ?ε 0)Er = ?(ε ?ε 0)?? Er = ?(ε ?ε 0)ρ f= ?(1? εε0 )ρ f證明ε10 證明兩個(gè)閉合的恒定電流圈之間的相互作用力大小相等 方向相反(但兩個(gè)電流元之間的相互作用力一般并不服從牛頓第三定律)證明1 線圈 1在線圈 2的磁場(chǎng)中的受力I 2dlv2 rv12Bv2 = 181。 ?1) r 2 ? r12 ) r=r = 02r 210故αM = nr Mr 2 = 0,(r = r1)r在上表面r r2時(shí)rM = nr (?Mr 1) = ?nr Mr 1 r=r2 = ? r r 2 ? r12rj f rr r=r2 = ? r 2 ? r 12rj(181。 ?1)? Hr = ( 181。 ?1)? (rj f r2r r ? r12)181。(r 2 ? r12r2)rj f rr2當(dāng) rr2時(shí)2πrH = πj f (r22 ? r12)Br = 181。∫j x ,t)dV 39。=∫jxdV39。(∫V∫V( jx39。x39。dV 39。證明?tr?t ) x = ??Pr 39。= ?∫V?39。J(x ,t)dV 39。)evz ]??x?y?z= axevx + ayevy + azevz = av?(av ?rv) = av (?rv) + (av ??)rv + rr (?av) + (rv ??)?av= (av??)rv + rv(?av)+ (rv?ar)?av= av + rv (?av) + (rv ??)?av??[Er0 sin(kr ?rr)] = [?(sin(kr ?rr)]? Er0 + sin(kr ?rr)(?? Er0) 2
 電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答第一章電磁現(xiàn)象的普遍規(guī)律= [??x sin(kr ?rr)erx + ??y sin(kr ?rr)ery + ??z sin(kr ?rr)erz ]E0= cos(kr ?rr)(kxerx + k yery + kzerz )Er0 = cos(kr ?rr)(kr ? Er)?[Er0 sin(kr ?rr)] = [?sin(kr ?rr)]Er 0+sin(kr ?rr)? Er04. 應(yīng)用高斯定理證明dV? fr = ∫S dSr fr∫V應(yīng)用斯托克斯Stokes 定理證明∫S dSr?φ = ∫Ldlrφ證明1)由高斯定理dV?? gr = ∫S dSr ? gr∫V?g即(?g?x?g∫Vx +y +zz )dV = ∫ g xdS x + g ydS y + g zdS z??yS而 ? frdV = [( f z ? ??z f y )ir + ( f x ? ??x f z )rj + ( f y ? ??y f x )kr]dV???∫V∫?y?z?x=∫[??x ( f ykr ? f zrj) + ??y ( f zir ? f xkr) + ??z ( f xrj ? f yir)]dVr r[( f zdS y ? f ydS z )ir + ( f xdS z ? f zdS x )rj + ( f ydSx ? f xdS y )kr]( f ykr ? f zrj)dSx + ( f zir ? f xkr)dS y + ( f xrj ? f yir)dS z∫SdS f=∫又S=∫若令H x = f ykr ? f zrj,H y = f zir ? f xkr,H Z = f xrj ? f yir則上式就是?? HrdV = ∫SdSr ? Hr ,高斯定理 則證畢∫V2)由斯托克斯公式有fr ?dlr = ∫S? fr ?dSr∫lfr ?dlr =l( f xdlx + f ydly + f zdlz )∫∫l∫S? fr ?dSr = ∫Sf z ? ? f y )dS x + ( f x ? ? f z )dS y + ( f y ? ? f x )dS z?z ?z ?x ?x ?y???(?y而∫dlrφ =∫l(φidlx +φ jdly +φkdlz )l 3
 電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答第一章電磁現(xiàn)象的普遍規(guī)律∫S dSr?φ = ∫S(dSz )ir + (dS x )rj + (?ydS y )kr?φ dS ? ?φ?φ dS ? ?φ?φ dS ??φ?xyzx?z?y?x?zr?φ rj)dS + (?φri ? ??φx kr)dS y + (??φx rj ? ?φ?y ir)dS z?φ=∫(k ?x?y?z?z若令 f x = φi, f y = φ j , f z = φk則證畢5. 已知一個(gè)電荷系統(tǒng)的偶極矩定義為Pr(t) =ρ(x ,t)x dV,r 39。)ery + (z ? z39。39。3 = 0.(r ≠ 0)rr33r(最后一式在人 r 0點(diǎn)不成立 見第二章第五節(jié))2 求??rr,?rr,(ar ??)rr,?(ar ?rr),??[Er0 sin(kr ?rr)]及?[Er0 sin(kr ?rr)],其中ar,kr及Er0均為常矢量證明 ??rr =?(x ? x?x39。= e?z 39。)2為源點(diǎn) x39。 電動(dòng)力學(xué)習(xí)題解答第一章電磁現(xiàn)象的普遍規(guī)律1. 根據(jù)算符?的微分性與矢量性 推導(dǎo)下列公式?(Ar ? Br) = Br (? Ar) + (Br ??)Ar + Ar (? Br) + (Ar ??)BrAr (? Ar) = 1 ?Ar 2 ? (Ar ??)Ar2解1 ?(Av ? Bv) = Bv (? Av) + (Bv ??)Av + Av (? Bv) + (Av ??)Bv首先 算符?是一個(gè)微分算符 其具有對(duì)其后所有表達(dá)式起微分的作用 對(duì)于本題?將作用于 Av和Bv又?是一個(gè)矢量算符 具有矢量的所有性質(zhì)因此 利用公式 cv (avbv) = av ?(cv ?bv) ? (cv ?av)bv 可得上式 其中右邊前兩項(xiàng)是 ?作用于vvA 后兩項(xiàng)是?作用于 Bvv2 根據(jù)第一個(gè)公式 令 A B可得證2. 設(shè) u是空間坐標(biāo) xy z的函數(shù) 證明?f (u) = df ?udu?? Ar(u) = ?u ?dArdur? Ar(u) = ?u.dAdu證明1?f (u) = ?f (u) erx + ?f (u) ery + ?f (u) erz =dfdu ?x?ex +rdf ?u ery + df ?ur??ez = df ?u?u?x?y?zdu ?ydu ?zdu2?Ary (u)?ydAry (u)du?Arx (u) +?x+ ?Arzz(u) = dArx (u) ? ?u +? ?u + dArz (u) ? ?ur?z = ?u ? du?? Ar(