武汉大学电动力学-刘觉平第4章习题答案

第四章恒场目录习题4.1恒场的基本方程......................................................................2习题4.2恒场能量的势表达式..............................................................7习题4.3恒场唯一性定理......................................................................8习题4.4导体系静电叠加原理与静电屏蔽效应.................................8习题4.5导体系电容与电势系数和相互作用能.................................9习题4.6导体系静电平衡条件与静电体系稳定性...........................12习题4.7Green定理与Green互易定理............................................12习题4.8作用在导体面上的电场力...................................................12习题4.9恒场中的多极展开................................................................15这一章是所有电动力学教材都要涉及的内容，题目也不难。习题4.11．试由恒场所满足的基本方程导出恒场条件。解：恒场满足的基本方程，,00,ffDEBHj0,0ffjtt且有,,DEBH所以,10,00,0ffEEtttBBjttt因无穷远处,EB均为0，由亥姆霍兹定理知，0,0EBtt此即为恒场条件。证毕2．从式（4.1.40）导出式（4.1.44），从而验证两个稳恒电流回路之间的相互作用力满足牛顿第三定律。12'''1233'12'3''''3()[()()]...................(4.1.40)4||()().........................................(4.1.44)4||ffvvLLLLjxjxxxFdxdxxxIIdldlxxFxx解：若电流体系是一个稳恒电流圈L，则()()fffsjdvjddlIjxdconst所以12'''1233'12'3''''3''''''3'3()[()()]4||[()]4||()()(){[]}4||||ffvvLLLLjxjxxxFdxdxxxIIdldlxxxxIIdldlxxxxdldlxxxx''3'1'()1[]0||||10||Lsxxdldxxxxrrxx而第一个等号是用了斯托克斯定理第二个等号是由于所以''''12'3()()4||LLIIdldlxxFxx证毕3．应用静电场的势方程证明()()px是一个位于原点的电偶极矩为p的电偶极子的电荷密度。证：对于原点处的电偶极子，2000111,4411,4prprrEpr所以20011[()]411[()]()()4ijjijjiiEprppxr4.证明:(1)在面电荷两侧,电势是连续的,但电势的法向微商却有跃变121212nnjjw抖-=抖式中12n是边界面的法向,而w是边界面上的面电荷密度.(2)在面电偶极层两侧,电势的法向微商是连续的,但电势却有跃变:121201npjje--=×式中,0lim.lplss=是面电偶极层的面电偶极矩密度解(1)1112112112=nDnDnjj¶炎=--¶12==DDw\--原式(2)12121201212001()(+)-1-1=()EEnnpnljjreseeÑ-=-=籽证明：（1）因为E所以(,,)xyzdlE因而是x,y,z的连续可微函数，故有12又1212()nDD，122211()()DD所以112212//nn（2）如图所示由（1）中结论知11112312/|/|Ssnn22312212/|/|Ssnn将两式相加得1221112212312312/|/|/|/|0SsSsnnnn区域1区域2区域31S2S其中2123123123212/|/|Ssnnln当0l时，12112212/|/|Ssnn=0又1113||SS，2223||SS所以12123330120312||(1/)()SSlnln其中0303VllEldvQlp（此处V只包含一个分界面）所以12012(1/)np5.有一半径为a的磁化介质球,球心取在坐标原点,若球中的磁化强度为2()zMAzBe=+,求磁化电流和等效磁荷.解：磁化电流密度：2det///000xyzmeeejMxyzAzB1212()mnMM因为20M所以面磁荷流密度：121det///[(/)(/)]00xyzmxyeeenMxayazaMyzexaeM磁荷密度0002mMMAzz面磁荷密度0121201210()mznMMnMMa6.证明:若稳衡电流I形成的电流圈对场点x所张的立体角为W,则该电流圈的场点的磁标势是/(4)mIjp=-W解:将这一电流圈划分成无数的小电流圈，对于每一个小块面元，都相应的有一个磁矩，dmId它所产生的磁标势为14mIddr（1）所以整个回路L产生的磁标势是14mIdR2ˆˆdrdrRd这里，我们对立体角的正负进行规定：按右手螺旋法则，当观察点在曲面法向的正方向时，立体角0，反之0，以前大多数情况下认为是总大于零的。所以当我们认为ˆr与R的方向相同时，那么22ˆˆdrRdrRd22144mIIRdR反之，仍然得到这个结果。这里处理与书上略有不同，将书上的问题揭露出来了。关键是这里面，2dRd不是总能成立，左边总是大于零，右边可正可负。事实上，如果我们认为是总大于零的，而将正负号归于电流I，那也可以。这里的一些问题本质上是由于观察点与坐标原点不是同一点。7．证明：在孤立的带电导体表面上，电场强度的法向导数由下式给出：12111()EEnRR式中1R与2R是曲面的主曲率半径。证明：在导体的表面的一面积元S处沿导体的表面法向方向取一小体积元，使两底面分别在导体内外，设导体S上所带的电荷为q，而上下底面均与法向垂直，而导体内部电场为0，那么由高斯定理可知：0qEd得0qESES（因为ES）有0qES令sS则有0qEs那么得20EqEsss,EEsEsnsnsn曲面的主曲率半径为R1和R2,又1211ssnRR即12111()EEnRR关于主曲率半径R1和R2定义：由于对一个曲面，过其中一点做一个切平面，平行切平面总有两个互相垂直的方向，对每一个方向都有一个曲率半径，所以总共有两个曲率半径。8：有一点电荷q位于某一直线上，以该直线为轴幅向展开三个半无穷大平面。这个面形成的三个二面角分别为1，2，3，1232。每个二面角内充满一种均匀介质，其介电常量分别为123,,。求空间的电势分布，电场强度和电位移矢量。解：从电荷所在的点为原点，r为半径作一球体，则以各介质的交线为直径看去可将球分成三个二面角分别1,2,3的扇体。而电场方向均为沿着半径的方向，电场线与等势面正交，等势面为球面，即()r,()()rErErr故123EEEE因此Ddq222312123444222DrDrDrq而DE代入222312122444222ErErErq得到31122332()qErr,31122332()iiiqDErr又rEdr且123EEEE所以123=1122332()qr9：一半径为a的磁壳沿径向磁化，使表面磁矩为02cosMP，这里为极角，2cosP是二阶Legendre多项式，求球外的磁标势。解：由磁标势的定义有20mm在球外有20m解得1001()(cos)[cossin]llmmlllmmlmlcrdPAmBmr由于是沿径向极化，101()(cos)lmlllllcrdPr边界条件|0mr得0lc,所以101(cos)mlllldPr又mM及边界条件02(cos)raMMP02201(cos)cosmllllraldPMPr（没有对微分，微分后似乎不可能相等了）所以取2l，所以402,03lMdad其他可得402311(cos)3maMPr所以得4023(cos)3maMPr与书上不同。这个答案是满足边界条件的。习题4-21．试证1111()2222ffSVSVUdDdvdAHdvjA证明：介质中电磁场的能量表达式为312VUdxEDBH，在恒场中，E，BA且fEDD，fBHAHjA1111()2222ffSVSVUdDdvdAHdvjA2．一个带电圆柱壳体长为l，半径为a，且la。电荷在壳表面均匀分布，密度为。此壳体以角频率绕其对称轴ze旋转。若忽略边缘效应，试求(1)壳内的磁场；(2)总磁能。解：(1)取一垂直于圆柱壳的矩形zdlen并使圆柱壳穿过其中，设L为其边界，有0LdlBI，其中dladtdQdsIadldtdtdt0zBae(2)真空中磁场的能量为2