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学习学习（649）
事隔两天再看这里写的东西,发现自己的理解偏差太多,这里尤其那些不是转帖来的自己草率写来的内容,仅凭当时一知半解聊作学习笔记自娱自乐而已;如果有人要参考,请务必慎重斟酌,这里的问题和错误我一般不修改. 这里的内容既不能保证反映state-of-the art的进展(比如所谓不能解决的问题可能是有容易的现成的解决方案或集成在某些知名工具里的),提到和分析这些问题的思路或想法也可能是错或漏的,并未有认真的审核.–而且几乎可以肯定这里的说法和理解是有问题的, 是为免责声明
假设在(0,1)上均匀分布的随机数发生器已经有了,这个也是最简单的吧. 现在要生成满足(a,b)上均匀分布的随机数,以及和它相关系数为0&s&1的均值为μ标准差 σ的正太分布的随机数怎么办?
这里的内容主要是说明了，网上搜来的方法是有局限性的。但是，哪种解决方案才能完美解决问题，并没有说到点子上。
问题的分解
先看看生成相关系数给定的不独立、但同均匀分布的随机数的一般做法是什么： ; 下面的方法一般只保证相关系数的近似值,并不保证特定分布
Generating Correlated Random Numbers
This article describes common methods that are used in generating correlated random numbers.
1: Generating two sequences of correlated random numbers
Generating two sequences of random numbers with a given correlation is done in two simple steps:
Generate two sequences of uncorrelated normal distributed random numbers X1,X2
Define a new sequence Y1=ρX1+1-ρ2-----√X2
This new Y1 sequence will have a
correlation of ρ with the X1 sequence.
Figures: Before and after correlating
Fig.1 Uncorrelated Normal distributed random numbers.
Fig.2 Correlated normal distributed random numbers with a correlatation of 0.80
2: Generating multiple (more than two) sequences of correlated random variables
A general way to generate correlated (normal distributed) random
numbers -with a given correlation matrix C– is done
by finding a matrix U such that
Using this matrix, one can generate correlated random
numbers Rc from uncorrelated
numbers R by multiplying them with this matrix.
There are multiple way to find such a matrix. The two most common methods are
A Cholesky decomposition of the correlation matrix
An Eigenvector decomposition of the correlation matrix (also known as a spectral decomposition)
Example using a Cholesky decomposition
We want to generate random numbers for three variables with the following correlations matrix:
C=???10.60.30.610.50.30.51???
Doing a Cholesky decomposition on the correlation matrix give the following matrix:
Function CHOL(matrix As Range)
Dim i As Integer, j As Integer, k As Integer, N As Integer
Dim a() As Double
Dim element As Double
Dim L_Lower() As Double
N = matrix.Columns.Count
ReDim a(1 To N, 1 To N)
ReDim L_Lower(1 To N, 1 To N)
For i = 1 To N
For j = 1 To N
a(i, j) = matrix(i, j).Value
L_Lower(i, j) = 0
For i = 1 To N
For j = 1 To N
element = a(i, j)
For k = 1 To i - 1
element = element - L_Lower(i, k) * L_Lower(j, k)
If i = j Then
L_Lower(i, i) = Sqr(element)
ElseIf i & j Then
L_Lower(j, i) = element / L_Lower(i, i)
CHOL = Application.WorksheetFunction.Transpose(L_Lower)
End Function
U=???1000.60.800.30.40.866???
Depending on the algorithm used for the Cholesky decomposition, you can also get the transposed of this matrix. This does doesn’t matter.
We can now transform three uncorrelated random numbers
R=[-0.3999-1.6041-1.0106]
into correlated numbers Rc by multiplying them with the U matrix.
(7) =[-0.3999-1.6041-1.0106]???1000.60.800.30.40.866???
=[-0.3999-1.5232-1.6368]
Example using a Eigenvector decomposition (also known as Spectral Decomposition)
The correlation matrix C has the following eigenvectors
E1=???0.57000.63720.5188???,E2=???0.60910.0960-0.7872???,E3=???0.5515-0.76470.3334???
and eigenvalues
λ1=1.9439,λ2=0.7069,λ3=0.3493
If we define
V=Eidiag(λi--√)
=???0.57000.63720.51880.60910.0960-0.78720.5515-0.76470.3334??????1.39420000.8402000.5911???
=???0.79470.88840.72320.51210.0808-0.66190.3259-0.45200.1970???
we get a matrix V that has the property
which gives us the final result for the decomposition
UTU=C,U=VT
We can now transform three uncorrelated random numbers
R=[-0.3999-1.6041-1.0106]
into correlated numbers R_c by multiplying them with the U matrix.
=[-0.3999-1.6041-1.0106]???0.79470.51210.72320.88840.0808-0.45200.7232-0.66190.1970???
=[-1.4687-0.02800.5734]
Example Matlab code
The matlab code below decomposes the correlation matrix C into an
upper matrix U using a Cholesky decomposition. Next 10 vectors
with 3 random normal numbers are multiplied with the upper matrix to
generate 10 correlated draws.
上面的是标准方法, 其它网页也容易找到类似介绍,不过英文容易找, 中文太困难了,比如(), 不知道是什么原因.
再看看两个均匀或正态随机变量相加之后会得到何种分布,尤其是推导和证明的方法:
两个独立同分布随机变量之和的分布
正态的情况
均匀分布的情况:
由此可见, 一个正态和一个均匀分布相加, 新的随机变量服从的将会不知道是什么分布。【至少推导是挺繁琐的，结果的解析形式不见得能表示成初等函数形式, 也许从出发比较方便,不过应该最好】
回到原始问题：
原始问题工作量
原始问题相当于，需要找到一个服从某个特殊的分布的随机变量 Z , 它跟均匀分布的随机变量 X按照相关系数的 ρ和1-ρ2-----√方式加权之和的新随机变量Y≡ρX+1-ρ2-----√Z 服从均值为 μ fang差σ的正态分布.
等我有空再推导吧.
假设一个连续随机变量X服从[0,1]上的均匀分布,另一个独立的随机变量Y服从标准正态分布,
它们的和Z=X+Y的分布密度函数如何?
独立的连续随机变量之和, 新密度函数是老的密度函数的卷积(这个在一般的讲概率的教材中涉及连续随机变量的变换的部分都会讲到,中文英文都有;Schaum’s outline of probability and statistics 3rd Ed)有提到.
X的密度函数: fX(x)=?????010x&00≤x≤1x&1
Y的密度函数
fY(x)=12π--√e-x22,?x∈R
它们的和 Z=X+Y 密度函数 fZ(z) 相当于两者密度函数的卷积:
fZ(z)=∫+∞-∞fX(x)fY(z-x)dx=∫10fY(z-x)dx=∫1012π--√e-(z-x)22dx
这个积分没有办法用初等函数表示,但是可以画出来,看上去很漂亮.
分布函数也无法用初等函数表示
在一起在一起:
要想得到服从该分布的随机数,在0-1均匀分布随机数的基础上,还需要该分布分布函数的反函数,这可咋办? 除了用迭代之类的数值方法,似乎没有更好办法,好在分布函数单调递增而且光滑。
要想从一个0-1均匀分布和一个未知分布的两个连续随机变量的指定权值的加权和得到一个新的连续随机变量，并使其服从标准正态分布，需要根据权值，先求未知分布的分布函数的反函数。——为什么网上搜到的方法都忽略这一点？
两个相互独立的连续随机变量的标量值函数所服从的新的分布密度函数，也可以构造R2→R2向量值函数的方式、通过联合分布密度和雅可比行列式的绝对值之积，求新的联合分布函数的边缘分布密度的办法来计算。——大部分情况下恐怕只能计算数值结果，解析结果一般不易用初等函数形式表示。下面是两个独立的标准正态分布(蓝色）变量的积的分布（红色）以及它们的和的分布（紫色）密度的对比。
此外，对于喜欢追求完美的人来说，这里的“”显得格外有意义。看上去，这些都是最近的研究成果，难道我无意间看到了一个余温没散的准热点问题？
一种妥协的解决方案
把这个新的分布密度函数跟均值为12标准差1的正态分布密度作比,发现非常相似:
既然随机数都是”伪随机数”,何必在非常近似的分布之间追求严格? 所以实际上调整一下均值之后,问题也就解决了.
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(window.slotbydup = window.slotbydup || []).push({
id: '4740881',
container: s,
size: '200,200',
display: 'inlay-fix'导读：?如果X是一个正态分布的随机变量,Y=|X|，那么Y具有折叠正态分布.，多元正态分布的协方差矩阵的估计的推导是比较难于理解的，[编辑]测试和智力分布，[编辑]生成正态分布随机变量，经常需要生成正态分布的数值，最基本的一个方法是使用标准的正态累积分布函数的反函数，一个简单可行的并且容易编程的方法是：求12个在（0,1）上均匀分布的和，这12个数的和是Irwin-Hall分布，是用11次多项式估计? 如果X是一个正态分布的随机变量, Y = | X | ，那么Y具有折叠正态分布. [编辑] 参量估计 [编辑] 参数的极大似然估计 [编辑] 概念一般化 多元正态分布的协方差矩阵的估计的推导是比较难于理解的。它需要了解谱原理（spectral theorem）以及为什么把一个标量看做一个1×1 matrix的trace而不仅仅是一个标量更合理的原因。请参考协方差矩阵的估计（estimation of covariance matrices）. [编辑] 参数的矩估计 [编辑] 常见实例 [编辑] 光子计数 [编辑] 计量误差 《饮料装填量不足与超量的概率》 某饮料公司装瓶流程严谨，每罐饮料装填量符合平均600毫升，标准差3毫升的常态分配法则。随机选取一罐，容量超过605毫升的概率？容量小于590毫升的概率 容量超过605毫升的概率 = p ( X > 605)= p ( ((X-μ) /σ) > ( (605 C 600) / 3) )= p ( Z > 5/3) = p( Z > 1.67) = 0.9525 容量小于590毫升的概率 = p (X < 590) = p ( ((X-μ) /σ) < ( (590 C 600) / 3) )= p ( Z < -10/3) = p( Z < -3.33) = 0.0004 《6-标准差(6-sigma或6-σ)的品质管制标准》 6-标准差(6-sigma或6-σ)，是制造业流行的品质管制标准。在这个标准之下，一个标准常态分配的变量值出现在正负三个标准差之外，只有2* 0.6 (p (Z
3) = 0.0013)。也就是说，这种品质管制标准的产品不良率只有万分之二十六。假设例3-16的饮料公司装瓶流程采用这个标准，而每罐饮料装填量符合平均600毫升，标准差3毫升的常态分配法则。预期装填容量的范围应该多少？ 6-标准差的范围 = p ( -3 < Z < 3)= p ( - 3 < (X-μ) /σ < 3) = p ( -3 < (X- 600) / 3 < 3)= p ( -9 < X C 600 < 9) = p (591 < X < 609) 因此，预期装填容量应该介于591至609毫升之间。 [编辑] 生物标本的物理特性 [编辑] 金融变量 [编辑] 寿命 [编辑] 测试和智力分布 《计算学生智商高低的概率》 假设某校入学新生的智力测验平均分数与方差分别为100与12。那么随机抽取50个学生，他们智力测验平均分数大于105的概率？小于90的概率？ 本例没有常态分配的假设，还好中心极限定理提供一个可行解，那就是当随机样本长度超过30，样本平均数xbar近似于一个常态变量，因此标准常态变量Z = (xbar Cμ) /σ/ √n。 平均分数大于105的概率 = p(Z> (105 C 100) / (12 /√50))= p(Z> 5/1.7) = p( Z > 2.94) = 0.0016 平均分数小于90的概率 = p(Z< (90 C 100) / (12 /√50))= p(Z < 5.88) = 0.0000 [编辑] 计算统计应用 [编辑] 生成正态分布随机变量 在计算机模拟中，经常需要生成正态分布的数值。最基本的一个方法是使用标准的正态累积分布函数的反函数。除此之外还有其他更加高效的方法，Box-Muller变换就是其中之一。另一个更加快捷的方法是ziggurat算法。下面将介绍这两种方法。一个简单可行的并且容易编程的方法是：求12个在（0,1）上均匀分布的和，然后减6(12的一半)。这种方法可以用在很多应用中。这12个数的和是Irwin-Hall分布；选择一个方差12。这个随即推导的结果限制在（-6,6）之间，并且密度为12，是用11次多项式估计正态分布。 Box-Muller方法是以两组独立的随机数U和V，这两组数在(0,1]上均匀分布，用U和V生成两组独立的标准正态分布随即变量X和Y:
。 这个方程的提出是因为二自由度的卡方分布（见性质4）很容易由指数随机变量（方程中的lnU）生成。因而通过随机变量V可以选择一个均匀环绕圆圈的角度，用指数分布选择半径然后变换成（正态分布的）x,y坐标。
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试推导由定体热容量求分子质量和摩尔质量的公式。设氩的定体比热
，求氩原子的质量和原子量。
解： 设讨论的气体可视为理想气体，则理想气体的定体热容量为：
为定体比热）
所以 气体的分子量为：
分子的质量为：
氩原子的质量
氩的原子量： 习题2—2
对应速率分布函数极大值的速率
称为最概然速率(most probable speed)。试证明，对于麦克斯韦速率分布 并求：
（1）速率V与Vmax相差不到Vmax 1%的分子占分子总数的百分数；
（2）速度分量Vx与Vmax相差不到Vmax 1%的分子占分子总数的百分数；
（3）速度分量Vx 、Vy 和Vz与Vmax相差不到Vmax 1%的分子占分子总数的百分数；
这些百分数怎样随温度变化？
因速率间隔很小，可按微分概率处理，不必积分。
解： 麦克斯韦速率分布为：
所以 最概然速率为：
（3）： 速度分量
的1%的分子占总分子数的
0.42%： 速度分量
的1%的分子占总分子数的
0.42%： 速度分量
的1%的分子占总分子数的
0.42%： 所以速度分量
的1%的分子占总分子数的
这些百分数为常数，与温度无关的。 习题（2-7）气体分子局限于二维运动，速度的每个分量都服从麦克斯韦分布律，求方均根速率、平均速率和最概然速率。 解：气体局限于二维运动，且速度每个分量都服从麦克斯韦分布 习题2—9
气体分子速率分布各向同性，速度分布函数为 式中
分别在一维、二维和三维的情况下求（1）平均速率；（2）方均根速率。
2-9 一维的情况： 速率分布函数为 平均速率： 方均根速率： 2-9 二维的情况： 速率分布函数为 平均速率： 方均根速率： 2-9 三维的情况： 速率分布函数为 平均速率： 方均根速率： 0.75
0.775 0.667
(2) 三维 二维 一维 答： 4、有N个粒子，其速率分布函数为
①作速率分布函数曲线； ②由V0求常数C； ③粒子的平均速率； ④粒子的方均根速率； ⑤速率处在V1~V2（& V0）间隔内的粒子数。 （1） v f(v) C V0 （2） （3） （4） （5） 即：
将气体视为理想气体，有
。处于热平衡时气体是等温的，代入上式有： 取z=0时，
，对上式积分得 此式表明，在重力场中气体分子数密度随高度的增大而减小。T越大减小得越缓慢，如图示：
2、压强随高度的变化
把气体视为理想气体：
（2.27）式两边乘 以KT得 式中
为z=0处的压强。上式称为等温气压公式。由此可见，
，利用此式可以近似估算不同高度处的大气压。
对上式取对数： 式中
（2.30) 称为标高。此式表明，大气分子的标高H与T成正比，与 m
成反比，即温度T愈高，分子愈轻，相对而言它们就愈多地分布在高层大气。利用（2.29）式，测出大气压强随高度的变化就可估算上升的高度。 例
上升到什么高度处大气压强减为地面的75%？设空气的温度为0°C。 解:已知空气的温度T=273.15K,设地面的压强为
,则上升的高度： 2．2 玻耳兹曼密度分布律
为气体分子的重力势力。若将任意保守场的势能
，就可将上式推广到任意势场：
正在加载中，请稍后...fr求空间各点的电势和极化电荷分布提示
时间： 22:16:33
电动力学习题解答 1. 根据算符? 的微分性与矢量性 推导下列公式第一章电磁现象的普遍规律? (Ar ? Br) = Br × ( ? ×Ar) + (Br ??)Ar + Ar ×( ? × Br) + (Ar Ar × ( ? × Ar) = 1 ? Ar 2 ? (Ar ? ? )Ar 2 1 ? (Av ? Bv) = Bv × ( ? × Av) + (Bv ??)Av + Av × ( ? × Bv) + (Av 解 ? ? )Bv 首先 算符? 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 ? ? )Br ? 将作用于 Av和 Bv又? 是一个矢量算符 具有矢量的所有性质 因此 利用公式 cv × (av ×bv) = av ?(cv ?bv) ? (cv ?av)bv 可得上式 其中右边前两项是 ? 作用于v v A 后两项是? 作用于 B2 根据第一个公式 令 Avv B可得证z的函数 证明2. 设 u是空间坐标 x y? f (u) = df ? u du dAr ? ? Ar(u) = ? udu ? r ? × Ar(u) = ? u × dA . du证明 1ez = df ? u ? f (u) = ?f (u) erx + ?f (u) ery + ?f (u) erz df = ??u r df ?u ery + df ? ?ur ex + ? du ? x ?x ?y ?z du ?y du ?z du2? Arx (u) ? + Ary (u) + ? Arzz(u) = dArx (u) ? ?u dAr + y (u) ? ?u + dArz (u) ? ?u r ? ? Ar(u) = dA ?y du ?x ?z = ? u ? du ?z du ?x ?y dz3r e x ? × Ar(u) = ? ?x r Ax(u)? ?y ?z r r A y (u) Az (u)r e y ?r ez? Ar ? Arx )erz = r ? Ary )erx + (? Ar r x? ? = (?A z ? A z )e ry + ( y ? ?y ?z ?x ?y ?z ?x- 1-&&&&电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律r r = (dArz ? dAry ?u r dArx ?u ? dA r dAr )ey + (dA y ?u ? dA ? u r u ? du ?z )ex + ( z ?u r du ?x du ?y )ez = ? u× du x du ?y du ?z du ?x) 为源点 x到场点 x 的距离 r 的方向规定为从 3. 设r = (x ? x) + (y ? y) + (z ? z源点指向场点 1 证明下列结果 并体会对源变数求微商 ( ?'' 2' 2' 2'r ? ' + er = e x ? x y ?y ?? ' + er ?z ')与对场变数求z微商( ? = erx ?r ? r ? ?x + ey ?y + ez ?z)的关系 r 1 r r r r ' 1 r r r r r , ? = ?? = ? 3 , 3 = 0, ? ? r 3 = ?? ' 3 = 0.(r ≠ 0) ?× r r r r r r? r = ?? ' r=(最后一式在人 r 2 求0点不成立 见第二章第五节)? ?rr, ?× rr ,(ar 量证明 ? ? rr??)rr, ? (ar ?rr), ? ?[Er0 sin(kr ?rr)]及? × [Er0 sin(kr ?rr)],其中ar,kr及Er0均为常矢' ' ) + ?(y ? y ) + ?(z ? z ? =(x ? x ' ) = 3 ?x ?y ?z r r r e e e x y z ? ? ? ?× rr = = 0 ?x ?y ?z ' ' x? x y? y z? z '? v (av ? ?)rr = [(axevx + a yevy + azevz ) ? ( ex + ??y evy + ??z evz )][(x ? x ')evx + (y ? y ')ery + (z ? z ' )evz ] ?x? ?x = (ax ? + ay ? + az )[(x ')evx + (y ? y ')ery + (z ? z ')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-&&&&电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律= [??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 ? ?× [Er0 sin(kr ?rr)] = [ ? sin(kr ?rr)] ×Er ?rr) ? × Er0 Er)4. 应用高斯定理证明0+sin(kr∫V SdV? × fr =∫ SdSr × fr应用斯托克斯 Stokes 定理证明∫ dSr × ?φ =∫ dlr θL证明 1)由高斯定理dV? ? gr =∫ SdSr ? gr (?g x + ? g y + ? g 即∫ ∫?x ?y zz )dV =∫ g xdS x + g ydS y + g zdS S V V ?而 ? × frdV = [(? f z? ??z f y )ir ? +(z∫V∫?yyf x? ??x f z)rj ?+ ( ?xf y? ??y f x )kr]dV?z=又∫ ir)]dVS[??x ( f ykr ? f zrj) + ??y ( f zir ? f xkr) + ??z ( f xrj ? f [( 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)dSy zdS × f= ∫ ∫Srr=若令 Hy x∫= f ykr ? f zrj ,H= f zir ? f xkr,HZ= f xrj ? fir ? ? HrdV =∫ S dSr ? Hr ,高斯定理 则证毕则上式就是∫2)由斯托克斯公式有 V∫lfr ?dlr =∫ ? × fr S ?dSr fr ?dlr =l∫l S( f xdlx + f ydly + f zdlz )S z? f? ∫ ? × fr ?dSr ∫ =∫ (?y而 d lr θ =l? f y)dS x + (? f x? ? f z)dS y + (? f y? ? f x )dS ?z ?z ?x ?x ?yz∫∫l( θ idlx + θ jdly + θ kdlz )- 3-&&&&电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律? θ ∫ dSr × ?φ =∫ (S Sθ dS y )kr ( dS ? ? ( dS ? ? dS ? ? θ dSz )ir + ? θ θ dS x )rj + ? θ y z ?y x ?x ?z ?y ?x ?z? θ r ? θ rj)dS + (? θr =∫ ( k ? x ?y ?z ?z i ? ?? θ x kr)dS 若令 f x = θ i , f y = θ j, f z = θ k ir)dS z则证毕 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为y+ (?? θ x rj ? ? θ ?yPr(t) =r, r dV , ρ (x t)x ∫' ' ' V利用电荷守恒定律? ? Jr + ? ρr ?t = 0证明 P的变化率为证明dPr = r dt ∫ r ' V J(x , t)dV ' ? Pr = r ? ρ 'r rr ' ' ' ? ' j'x ' dV ?t x dV = ?∫ ∫ ?t V V r r ' ?P ( ?t ) x = ?∫ V ? 'rj 'x'dV ' = ? ∫ [ ? '?(x' j )? ( ? 'x') ?rj ∫ Sxrj ?dSr ' =∫ jxdV ? xj dSr= 0,(rj S = 0) r r r ?ρ (? ρ ?t ) z = j dV ', ' 同理 ( ?t ) ∫ y = z ∫ ∫ dV dPr = r r j '若S → ∞ ,则 ( ) ? 即( j ?? ?(x j )dV ∫x ' ' ' 'r'']dV V'=dtj( x , t)dV ∫Vy'6. 若 m 是常矢量 证明除 R0 点以外 矢量 Ar=mr × Rr 的旋度等于标量? = mr ? Rr的梯 3r度的负值 即RR3? × Ar = ?? ?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mv × Rv) ? × Av = ? × ( = ?? × [mv × ( ? R1 )] = (? ? 1 mv)? 3 r R+ (mv1 ??) ? r? 1 [ ?? v ( ? r1 ?[( )]m ? r) ? ? ]mv- 4-&&&&电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律1 r , = (mv ? ?) ? (r≠ 0) ?? = ? (mv ? Rv 1 )] = ? mv ×[ 1( ) = ?? [mv ?( ? ?× ? 3 r r R ?[( ? ? ? ) ? ∴ ?× 1) ? ? ]mv = ?(mv 1 r r Av = ?? ?1( )] ? ? r1 ??) ) ×( ? ×mv) ? (mv ? r7 有一内外半径分别为 r1和 r2的空心介质球 介质的电容率为 ε 由电荷ρf使介质内均匀带静止自求1 空间各点的电场 2 极化体电荷和极化面电荷分布 解 1= 即 D? 4 π r 2 = 43 π (r 3 ? r13) ρ ρ frr,(r2 & r & r1) ∴Er (r =3? r13) 3 εr3由 E ?dS =∫ SDr ?dSr ρ f dV ∫,(r2&r&r1)f∫ Srrf Q=4 π 3 εε00(r23 ? r13) ρf,(r& r2)23 ? r13)ρ frr,(r & r2) ∴Er (r = 3 ε 0r 3r r & r1时 E r2) P ε 0 χ eEr0ε? ε 0r ε 0 =ε E =( ε ? ε0 ) ??0 )Er∴ 0 ρP= ?? ? Pr = ?( ε ? εEr = ?( ε ? ε(r 0 ) ? ?3 [?r13)ρ frr] = ? ε? ε 3 εr3 3 ε0ρ f? ?(rr? 1 r r r) r 33= ?ε ? ε 0ρ f(3? 0) = ?( ε ? ε 0) ρ ε 3 ε ζ P = P1n ? P2n考虑外球壳时 r r2fn从介质 1指向介质 2 介质指向真空P 2n = 0- 5-&&&&电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律r 3? r13ρ frr ζ P = P1n = ( ε ? ε 0) 3 εr3考虑到内球壳时 r r2= r=r2(1? ε0 ) r23 ? r13 ρ 3 ε 3r2fζ P = ?( ε ? ε0 ) r 3?3 r 1 ρ fr r 3r=r1= 03 εr8 内外半径分别为 r1和 r2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=I f 当r & r1时,I 0 当 r2&r&r1时∫ lHr ?dlr = Iff+ ddt∫ SDr ?dSr = Br == 0,故 Hr∫lH π rH = r j f ? dSr = j f π (r 2? r12) r ?dlr = 2∫Sj f (r 2? r12) = ?( r 2? r2 Bv ? = 1)rj 2 2r 2r当 r&r2时f× rr2 π rH = π j f(r22 ? r12) Br = ?0(r 22 ? r2 1)rj 2r 2f× rrJM= ? × Mr= ? ×( χM2 rrr ? r12 Hr ) = ? ×(? ? ? r 0) ? ? 1) ? ×(rj f × ? 0 )H = (?0 ) 2r 2 f,(r1 &= (?? ? 1) ? × Hr = ( ? ? 1)rj ?0 0 r M = nr × (Mr α在内表面上 故 αM 2?r & r2)Mr 1),(n从介质1指向介质2 = 0,M2=M1(?? ? 1) r 2 ? r12 ) r=r = 002r21= nr × Mr2= 0,(r = r1)r在上表面 r r2时×( ? Mr 1) = ? nr × Mr rM = nr α = ?(?? ? 1)r22 ? r12 r j 2r 2 f 0r r 2× ? r12 r j f× rr 1 r=rr 2 = ? r 2r2 12r=r2= ? r 2? r r jf 2r(r2? ? 1) ?0- 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ρ P总是等于体自由电荷密度ρf的 ?(1? εε 0)倍证明ρ P = ?? ? Pr = ?? ? ( ε ?ε 0)Er= ?( ε ? ε0 ) ??Er = ?( ερ ? εf = 0 )(1? εε 0) ? ρ εf10 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I 2dlv2×rv12 Bv2 = ?0 ∫ r12 3 4 π 2l dFv12 = I1dlv1× Bv2 rv12) ? 0 I1dlv1× (I 2dlv2×rv12) = ?0I1I 2 dlv1× (dlr2× ∴Fv12 =∫ ∫ ∫ ∫ r3 3 4 π 4 π l1 l2 r 12 12 l 1 l2 = ?0I1I 4 π2v v ∫ ∫ d l (dl ?12 2 1 l 1 l2r3rv v ) ?r r12132(dlv1?dlv2)12 线圈 2在线圈 1的磁场中受的力 12 同 1 可得Fv21 = ? 0I1I 4 πv (dl v ?v r ∫ ∫ d l2 1 2 l 2 l 1231r21v )r ? r21231(dlv2?dlv1)2分析表达式 1 和 2 1 式中第一项为v v rv v v dr 12 dlv2?( ? 1 ) 一周 = 0 dlv2 ∫ d l ? 12 dl =∫ 12 2 (dl 1 ? v 1 ∫ ∫ d l 3) ∫ = 3 r ∫2 ∫ r r 12 12 = l 12 l l2 l r l2 1 l2 2 r 1 2 12 v v vr 同理 对 2 式中第一项∫ 1 2 ∫ d l (dl ? 231 ) = 0 r21 l2 l 1 r ∴Fv12 = Fv21 = ? ? 0I1I ∫ 2∫ r 4 π ? l l2 r 2 ) 1 dlv12 132(dlv111. 平行板电容器内有两层介质 它们的厚度分别为 l1和 l2 电容率为 ε 1和 ε 接上电动势为 Ε 的电池 求 1 电容器两板上的自由电荷密度ωf2今再两板- 7-&&&&电动力学习题解答 2 介质分界面上的自由电荷密度ω第一章电磁现象的普遍规律f若介质是漏电的 电导率分别为ζ 1和 ζ2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l1E1 + l2E2 = Ε D ? D2n = ε 1E1 ? ε则 故1n2E2= 0 介质表面上ζ f = 0),E 1 = l1 εε 2 Ε ε1 Ε 2 + l2 ε 1,E2 = l1 ε 2 + l2 εf1又根据 D 1n ? D2n = ζ 在上极板的交面上n从介质 1指向介质 2D 1 ? D2 = ζ即 ζ 而 ζf1 =f1D 2 是金属板 故 D 20D1 =ε1 ε 2 ε l1 ε 2 + l2 ε12f= 0ζf3' = D1'? D2' = ? D 2 ,(D1'是下极板金属 故 D 1' = 0)∴ ζf3=?ε1 ε 2 ε = ?ζ l1 ε 2 + l2 ε1f1若是漏电 并有稳定电流时Er1 = rj ,Er2 = rj1 2ζ1 r j 1ζ2r =Εr l + l j2 又 1ζ 1 2ζ 2 j = j2n = j1 = j2, 稳定流动 电荷不堆积1n得ζ 2 Ε E 1 = j1 = ζ 1 l1 ζ 2 + l2 ζ1 Ε ,即: j1 = j2 = ζ1 Ε l1 + l j2 2 = E2 = ζ1 ζ 2 ζ 2 l1 ζ 2 + l2 ζ1 ζ f上 = D 3 = ε 1` ζ 2 Ε l1 ζ 2 + l2 ζ1 ζf下= ? D2 = ?ε 2 ζ1 Ε l1 ζ 2 + l2 ζ1- 8-&&&&电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律ζf中= D2 ? D3=ε 2 ζ 1? ε 2 ζ1 Ε l 1ζ 2 + l 2 ζ112. 证明 1 当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时 电场线的曲折满足tan θ tan θ其中 ε 1和 ε2 1=ε ε122分别为两种介质的介电常数θ 1和 θ2分别为界面两侧电场线与法线的夹角2 当两种导电介质内流有恒定电流时 分界面上电场线曲折满足tan θ tan θ其中 ζ 1和 ζ 证明2 1=ζ ζ122分别为两种介质的电导率(1)根据边界条件 n × (Ev2 ? Ev1) = 0,即 由于边界面上 ζfE2 sin θ 2= E1 sin θ1= 0 故 nv ?(Dv 2 ? Dv1) = 0 即 ε 2E2 cos θ22= ε 1E1 cos θ1∴有tg θ ε2 2ε = tg θ 1,即 tg θ 2 = ε1 tg θ1 ε1(2)根据 Jv = ζ Ev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j1 cos θ=2j2 cos θ1 n × (Ev2 ? v E ) v = 0 即 E 2 sin θ 2 = E1 sin θ1 1即ζ 1E1 ζ E2 = 2 cos θ 2 cos θ1 tg θ 1 =ζ tg θ 2ζ1 2而故有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 Ev1而0nv × (Ev2 ? Ev1) = 0 v∴nv × Ev2 = 0 故 E0垂直于导体表面- 9-&&&&电动力学习题解答 3 导体中通过恒定电流时 导体表面 ζ第一章电磁现象的普遍规律f= 0v ∴导体外 E2 = 0,即而v D2 = 0fnv ?(Dv 2 ? Dv1) = ζ 0 Ev1 = 0 ∴nv ? Ev1 = 0= 0,即: nv ? Dv1 = nv ? ε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 λ 为 ζ 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 λff板间填充电导率随时间的衰减规律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 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 1 证明 由电流连续性方程 ? ? J +fr?ρ = 0据高斯定理?t ρ f = ? ? Dr?? ? Dr ? Dr = 0 ∴ ? ? Jr + = 0 即 ? ? Jr + ? ? ?t ?t ∴ ? ?(Jr ?+ Dr r ) = 0.∴Jr +? D ?t = 0 即传到电流与位移电流严格抵消 ?t Dr ? 2 π rrdl = λ f dl λ f r e 2 πε r r(2)解 由高斯定理得∫∴ Dr = 2 λ π fr err ,Er =又 Jr∫=? Dr + = 0,Jr = ζ Er,Dr ?t ε Er ? Er = 0,Er ?t Er0e?ζ∴ ζ Er + ε=ζ = t ε∴2 λ πε fr err λ=r 0 2 πε r eε t r er- 10 -&&&&电动力学习题解答ζ ? t ε第一章电磁现象的普遍规律∴ λ3 解f=λf0e? Dr ζ Jr = ? = ? ? λ 0f ?ε t ζ λ f ? t (2 π r e ) =ε ? 2 πr ?t 1 =(λ f )2 ζ ζ 2 πε r能量耗散功率密度 5 解J2 ρ =J2单位体积dV = l ? 2 π rdr2 λ f )2 b ζ l2 π rdr = l2 ζπλε f 2ln Pr = (2 πε r ∫ ba a静电能 W =∫?tb ar 21D ?r EdV =∫ba1 λ 2 f r dr = 12l λ f? 2l 2 πε ?2 πε ln ba2减少率 ? ? W = ? l λ 2 πεf ln ba ?λ ?f?t=l λ2 2 fln baζ2 πε- 11 -&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场1.一个半径为 R 的电介质球 极化强度 P= K r 2 (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电容率为r ρ P = ?? ? Pr = ? K? ?r r2= ? K( ? r ?r + 12? ? rr) = ?2K / r 1 2 rζ P = ? nr?(Pr2 ? Pr1)R又 球外无极化电荷Pr2 = 0 ζ p = nr ? Pr1 R = nr r ? K rr2 R = K / R(2) 由公式 Dr = ε ErDr = ε 0Er + Pr ε Pr Dr = ε? ε 0 ρ f = ? ? Dr = ε ε? ε(3)对于球外电场 由高斯定理可得? ? Pr = ε K 2 ` 0 ( ε ? ε 0)rE ?dsr ∫外rQ = ε0∴Er外? 4 πr 2 =∫ ρ f dV = ε 0 ∴Er外 ε KR r 3 r ε 0( ε ? ε 0)r K ε? ε∞∫ ∫ ∫ ε? ( εεK02 θ drd θd ? )r 2?r sinε0r 同理可得球内电场 E 内 ∴球外电势? 外r ?r 0 r2∫∞Er外?drrε KR ε 0( ε ? ε0)r- 1-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场∞球内电势 ?内∫REr外 ?drr∫rREr内?drrεK ε 0( ε ? εK ln Rr + 0 ) ε ? ε 0 2ε ε K2 ε 0r24 ω内Krr ? ε 1 r 1 K ? ? 2 2 D 内 ? Er内 2 ε ε 0 r ε εr r ? 2 0 r∴∴ W内 ω dV 内 ∫ ω dV ∫外∫ ∫ ∫? 1εK r 2? r 2sin θ drd θd ? 2 ( ε ? ε 0)2 1 ε 2K 2R 2 1? r22K 2 πε R ε ? ε22 0)2W外∴W = W内 W外? R 2 ε 0 ( ε ? ε 0)2 r 4 2 πε R(1+ εε )( K )2 ε ? ε 0 0=∫ ∫ ∫?sin θ drd θd ?2 πε RK ε 0( ε ? ε0 2)2 在均匀外电场中置入半径为 R0的导体球 试用分离变数法球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 θ 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 θ 0时 以地为电势零点 本问题的定解条件如下θ 内θ 0 ? 2 ?外 0前坐标原点的电势 根据有关的数理知识 可解得 由于 ?外R = R0R & R0且?外 ?外R→∞= ? E0 Rcos θ?0? 0是未置入导体球R=R 0=θ 0 ?外∑an 0∞nRnbn 1P n cos θ )RnR →∞= ? E0 Rcos θ? 0即? 外 a 0 + a1 Rcos θ +∑anR n P n (cos θ ) + b0 b1 + 2 cos θ + R R n=2∞∑Rn=2∞bnn+1P n (cos θ ) R→∞ = ? E0 Rcosθ + ?0故而有 a0 = ? 0 ,a1 = ? E0,an = 0(n & 1),bn = 0(n & 1)∴ ?外 ?0E0 Rcos θb0 b + R R12cos θ- 2-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场又 ?外R=R 0= θ 0,即 ? 外R=R 0= ? 0? E0 Rcos θb0 b1 + 2 cos θ =θ 0 R0 R 0故而又有? + b0 = θ 0 0 R0 ? E0 R0 cos θ + b1 R02cos θ = 0得到b0 = ( θ 0 ?? 0)R0,b1 = E0 R02最后 得定解问题的解为? 外= ? E0 Rcos θ+ ? 0 + (θ 0?? 0)R0 + E0 R R R3 0cos θ (R & R0)2 当导体球上带总电荷 Q 时 定解问题存在的方式是? 2θ 内 0(R & R0) ? θ 外 0(R & R0) θ内 θ外R →0 R →∞ R0 2有限 E 0 Rcos θ + ?0( ? 0是未置入导体球前坐标原点的电势θ内 θ 外 R? θ外 ?∫ ε 0 ds Q(R = R0) ?R s解得满足边界条件的解是?内∑a Rn n=0n nP cos θ?外?0E0 Rcos θ∑Rn=0bnn1Pn cos θ由于 ?外R→∞ 的表达式中只出现了 P1(cos θcos θ 项 故 bn = 0(n & 1)∴ ?外 ?又有 ?外0E0 Rcos θb0 b + R R12cos θR=R 0 是一个常数导体球是静电平衡? 外 R=R0 = ? 0? E0 R0cos θ b1 R0b0 b + R0 R12 0cos θ = C∴ ? E0 R0 cos θ +23 cos θ = 0即 b1 = E0 R 0- 3-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场?外?0E0 Rcos θ + b0+ E0 R 3 0 cos θ R 2 R ∴b0 = Q 4 πε0又由边界条件?? θ外 ε 0 ∫ ?r ds Q s∴ ?内Q ?? 0,R & R0 4 πε 0R0 E R03 Q + 0 2 cos θ R 4 πε 0R E0 Rcos θ R & R0?外3 均匀介质球的中心置一点电荷 Qf 球的电容率为 ε 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 Qf 的电势 Qf 叠加 后者满足拉普拉斯方程 解 一. 高斯法 在球外球外为真空 试用分离变数法求4 πε R与球面上的极化电荷所产生的电势的R & R0 ,由高斯定理有ε0E ?dsr ∫r= Q总 Q f + Q P = Qf对于整个导体球而言 束缚电荷 Q P = 0)∴ErQ f = 4 πε 0R2 Qf 4 πε 0R + C.(C是积分常数 = 0,∴C = 0积分后得 ? 外又由于 ?外R→∞Q f ∴ ?外= 4 πε 0R (R & R0)在球内R & R0 ,由介质中的高斯定理fDr ?dsr = Q又 Dr = ε Er,∴Er Q∫f=积分后得到 ? 内4 πε R2 Qf + C2.(C2是积分常数 4 πε R- 4-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场由于 ?内?外R=R 0,故而有Q f Qf = + C2 4 πε 0R0 4 πε R0∴C2 = Qf 4 πε RQ f Q f ?4 πε R0 (R & R0). 4 πε 0R0 Qf Qf ?4 πε R0 (R & R0) 4 πε 0R0∴ ?内二. 分离变量法 本题所求的电势是由点电荷 Qf 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加 且有 着球对称性 因此 其解可写作 ? =Q f +? 4 πε R R'由于 θ '是球对称的 其通解为 ? '= a + b由于球心有 Qf 的存在 所以有 ?内R →0∞ b R即 ?内Q f a 4 πε R在球外有 ?外R →∞0即 ?外Qf 4 πε R由边界条件得?内? 外RR0,即 ?? 外Qf Qf + b + a 4 πε R0 4 πε R0 R0R0ε ∴b =?? 内 ?Rε0?RR,即ε 0 Qf2 ? ε 0b = ? ε Qf 4 πε R0 R 02 4 πε R02Q 1 ? ε 1) ,a Q f 1 ? ε 1) f 4 πε ( ε 0 4 π R0 ( ε0?外 ∴ ?内Qf 4 πε 0R ,R & R0 Qf 4 πε R Qf Qf ? ,R & R0 4 πε 0R0 4 πε R0- 5-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场4 均匀介质球 电容率为 ε 容率为 ε21的中心置一自由电偶极子 P球外充满了另一种介质 电 fr求空间各点的电势和极化电荷分布提示 同上题 θ =r r P f ? R3 + θ' ,而 θ '满足拉普拉斯方程 4 πε 1 R解 ε1? θ 内 =ε ?RR0? θ外2?R 2Pf cos θ +∑ lAlR 4 πε 1R03l 1 l 0又 ε? θ内1?R ? θ外2= ε 1( ?Pε?RR0= ε 2( ? 2Pf cos θ Bl ?∑ ( l 1 Rl 4 πε 1R03 02Pl比较 Pl (cos θ )系数 B0 0 A0 0f32 ρf3+ ε 1A1 = ? 2 ε 2 ρ?2 ε4 π R0得4 πε 1R0 2( ε 1? ε2 ) ρ 3 ,B1 2 )R0 f2 B1 ,及A1 3 R0B1 = R032 ) ρ fA1 =4 πε 1( ε 1+ 2 ε=2( ε 1? ε4 πε 1( ε 1+ 2 ε 2)比较 P2(cos θ )的系数2 ε 1A2 R0 13B4 2 , A2 = RB2 R0 4 0及 A2(1+ ε 1R0 ) = 0所以 A2 = 0,B2 = 0 同理 Al = Bl = 0,(l = 2,3 L) 最后有θ内ρ r f? Rr ρ ε 1? ε 2) ρ r f? r f? Rr3 + 2( 2( ε 1? ε 2) ρ f Rr 3 + 3 Rcos θ = 3 ,(R & R0) 4 πε 1R 4 πε 1( ε 1+ 2 ε 2)R0 4 πε 1R 4 πε 1 ( ε1 + 2 ε 2 )R 0 ρ ε 1? ε 2) ρ r f ? Rr3 3 ρ r f ? Rr r f? Rr3 + 2( ρ r f? Rr 2( ε 1? ε 2) ρ f 3 + 2 cos θ = = 3 ,(R & R0) 4 πε 1R 4 πε 1( ε 1+ 2 ε 2)R 4 πε 1R 4 πε 1 ( ε1 + 2 ε 2 )R 4 π ( ε 1+ 2 ε 2)Rθ外- 6-&&&&电动力学习题解答参考 球面上的极化电荷密度第二章静电场ζ P = P1n ? P2n,nr从 2指向 1 如果取外法线方向 则 ζ p = P外n ? P球n = [( ε 2?ε 0) ?φ 外)]n ?[( ε 1? ε 0) ?φ内)]n ? θ内 ? θ外 = ?( ε 2? ε 0) ? R + ( ε 1?ε 0) ? R ?6 ρfRR0=( ε 2? ε 0) =6 ε 1( ε0? εcos θ3?( ε 1? ε0 )[6( ε0? ε2 ) ρfcos θ ? 2( ε 1? ε2 )?2( ε 1+ 2 ε 2)ρ3 2 )R 0 fcos θ]4 π ( ε 1+ 2 ε 2)R02 )4 π ( ε 1+ 2 ε 2)R030 )ρ f4 πε 1 ( ε1 + 2 ε3ρ f+6 ε 2( ε 1? ε3 2 ε 2 )R 0cos θ =?3 ε 0( ε 1? ε 2)cos θ4 πε 1 ( ε1 +求极化偶极子2 πε 1( ε 1+ 2 ε 2)R0P r = qlr可以看成两个点电荷相距 l 对每一个点电荷运用高斯定理 就得到在每个f点电荷旁边有极化电荷ε 0 ε 0 q P = ( ? 1)q f, ? qP = ( ? 1)( ? q f) 两者合起来就是极化偶极子 ε1 ε1 P rP = (ε 0 ? 1)Prf ε15.空心导体球壳地内外半径为 R 1和 R 2 球中心置一偶极子 P 电势和电荷分布 解r球壳上带电 Q 求空间各点R2?2 θ 3 = 0, θ 3 r→∞ = 0 θ2 = C, θ 2 r→0 = ∞ r P ?rr 3+ θ 1' , θ 1' θ1 = 4 πε 0r θ3 θ ∑ l+1 r Pl (cos Blθ θ3θR1r→0为有限值) , θ 3 r? R2 = Cθ2 = C, θ 2 r=R1 = C r Pf ?rr ? θ3 θ1 = ∑ ∫ 4 πε 0r 3+ AlrlPl (cos θ ) ? ?r dS2r=R? θ1 = Q +∫ ?r dS r=R 1 ε 0- 7-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场B0 2+B R212 cos θB +2R3 2P2 +L = CR Pf cos θ 2 + A0 + A1 R1 cosθ + L = C 4 πε 0R1即A0 =B 0 = C,(A 1 R1 + R2Pf2 )cos θ= 0,Bl = 0(l = 1.2.3 L), Al = 0(l = 2.3.4L )4 πε R13θ Pf cos θ 又 ?θ 1 = ? 2Pf cos ?r ∑lAlRl?1 P L = ? 3 + 1 + L 4 πε 0R1 2 πε 0R1 ? θ Bl B ?r3 = ∑(?l ?1)rl+2 Pl = ? R02 ? 2 RB13 cosθ + L 1 1则+ A1 cos θ? θ3 B 2 dS = RB02∫ d S= 4 π2 R1B0 ? ∫ dS =∫0 ?r R1 R 112=4 π B0Pf 2 π π 2 π π ? Pf ? θ1 3 cos θ R 12 sin θ d θ d ? 3 cos θ R12 sin θd θd ? = 0+ 0 = 0 ? dS = ∫ ∫ ∫ + ?r 0 ∫ 0 0 ∫ 2 πε 0R1 0 4 πε 0R1故? θ3 ? θ1 0 =ε Q ? ∫ dS +∫ = 4 πB ?r ?r 0 ? Pf Q Q B0 = 4 πε 0, A0 = 4 πε 0R2 , A1 = 4 πε 0R3 1最后有Pr ?rr 2 Prf ?rr Q θ1 = ? 3+ 4 πε 0R2 ,(r & R1) 4 πε 0r 4 πε 0R1 Q θ3 = 4 πε 0r ,(r & R2) Q θ 2= 4 πε 0R2 ,(R1 & r & R2)电荷分布 在r R1的面上ζ在rP1θ ? Pf cos θ = ? Pf cos θ θ 1 = ? Pf cos = ε 0? + 3 3 3 ?r 2 π R1 4 π R1 4 πR1R2面上ζP2=? ε0? θ?r3=Q24 π R2- 8-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场6 在均匀外电场 E 0中置入一带均匀自由电荷ρrf 的绝缘介质球ε求空间各点的电势解Bl )Pl (cos θ ) + r l+1 1 ρ fr 2 + θ ' θ内 6 ε 2 ' ?θ = 0 θ外∑ (A rllr θ 内是由高斯定理解得的 ρ f 的作用加上 E0的共同作用 θ 外 r→∞ = ? E0r cos θ, θ θ外' r→0有限Bl E 0r cos θ + ∑ +1 Pl (cos θ ) rl θ 内 1 ρ fr 2 + ∑cer 6 ε lPl (cos θ ) θ 内 θ 外 r = R0) : B0 B1 B2 E 0 R 0 cos θ + R0 + R0 2 + R 3 P 2 +01 ρ f R0 2 + c + c1R0 cos θ + c2 R0 2 P2 + 6 ε 0即ρf6 εR0 2 + c0 = BR0 B1 R02 2E0 R0 + B2 R03= c1 R0= c2 R0? θ ? θ外 ε ?r内 = ε 0 ?r ? θ ?r内=ρ 3 εfR0 +lclR0l? 1Pl (cos θ ) ]= ∑ρ f 3 R0 + ε c1 cos θ +2 ε c2 R0 P 2 + L? θ 外 = ε 0( ? E0 cos θ + ∑(?l ?1) BlPl ) R 0l+2 ?r- 9-&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场? ε 0E0 cos θ ?ε 0B0 ? 2 ε 0B1 cos θ ?3 ε 0B2 3 4 P2 + L L R 02 R0 R0即ρ f ε B0 3 R0 = ? 0 2 R0 B0 = ? R3 0 ρ 3 ε 0fε C1 = ? ε 0E0 ? 2 ε 0B1 3 R0 C 0 = ? R02 ρ2 ε C2 R0 = ? 3 ε 0B 4 2L L Rf解方程得(3 ε 10 + 61 ε )B =? 3 ε ER + E0 R 0 1 ε +2 ε 0 3及3 0 0 0C =? 3 ε 0E0 1 ε +2 ε 00 02 ε C2 R0 = ? 3 ε 0R0 C 2即 C 2(2 ε R0 + 3 εR) = 0C 2 = B2 = 0同理 Cl = Bl = 0l = 2,3 L Lθ外得θ内3 3 E 0r cos θ± R 3 ε 0E0 R3 0 ρ f + E0 R 0 cos θ ? 0 2 cos θ ,r & R0 r 2 3r ε 0 ( ε +2 ε 0)r ρ 2 3 ε 0E0 1 6 ε f r ± R0 ρ f ( 1 ε +2 ε 2r cos θ ,r & R0 3 ε 0 6 ε 27 在一个很大的电解槽中充满电导率为ζ 2的液体 使其中流着均匀的电流δ 体中置入一个电导率为f0今在液2ζ 1的小球 求稳衡时电流和电荷分布讨论 ζ1&& ζ及ζ 2 && ζ 1两种情况的电流分布特点先求空间电势? 2θ 内 0 ? θ 2 外 0因为 δ 故 ζ内nθ 内θ 外r= R0δ 外n (r = R0) 稳恒电流认为表面无电流堆积 即流入n =流出n内12 θ2r并且 δ外 r→∞=ζ =δ22 θ外 2r即 θ 外 r→∞= ? E0r cos θ ( j f0 = ζ 2E0)0θ 内 r→∞有限 可以理解为在恒流时r → 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θ内这时的解即为ζ3 ζ 2 2ζ 2 E0r cos θ ,r & R01θ外ζ ?ζ 2 cos θ E 0r cos θ + E0 R0 ( ζ 1 1+ 2 ζ ) 2 ,r & R0 2 r 3求内外电场2 θr e + 2 θ er θ 1 2 θ r + E = ?? θ = ?( 2rr r sin θ 2Φ eθ ) 2 θ2r E内(2 θ 内er 1 ζ 2ζ r+ r 2 θ er θ ) =ζ 3 1+ 2 2 θ内 2r = 3 ζ 2 E 0erz ζ 1+ 2 ζ 23E0(cos θ err ? sin θ er θ )E 0 R0 ζ ? ζ 2 )[2cos E 外 E0(cos θ err ? sin θ er θ) + θ err + sin θ er θ ] r3 ( ζ 11+ 2 ζ 2 E 0(cos θ err ? sin θ er θ) + E 0 R03 ζ ? ζ 2 )[3cos θ err ? cos θ err + sin θ erθ ] r3 ( ζ 11+ 2 ζ 2 v ζ 1?ζ 3E0 cos θ ev 0 E + R 03 2 ) ( E r ? r3 3 r ζ 1+ 2 ζ 20求电流 根据 jr内v ζ1 内 E v j f 0 = ζ vE2 0v ζ 2Ev外 j 外v r v 及 ( j f0 ?r)r = ζ 2E0r cos θ r er r得5r5rj内3 ζ1 ζ1 2 ζr ,j外 = rj内 ζ 1 ζ jf0 ζ1 2 ζ 223(rj f ?rr)rr r ? jf 0 [ 30 ] 2R r5 r3 0ω f =ε 0(E2n ? E1n ) =ε 0(E外n ? E内n)= 3 ε 0E0 cos θ ( ζ 1?ζ 2) ζ1 + 2 ζ 2- 11 -&&&&电动力学习题解答参考 8.半径为 R0的导体球外充满均匀绝缘介质 ε 电荷 Q 提示f第二章静电场 导体球接地 离球心为 a 处(a & R 0)置一点试用分离变数法求空间各点电势 证明所得结果与镜像法结果相同1 = r= 1 ∞ (R ) P n (cos θ) .(R & a) 2 a ∑a n R2 + a ? 2aRcos θ 1n=0解 1 分离变数法 由电势叠加原理 球外电势θ外Qf ' ' 4 πε R + θ , θ是球面上感应电荷产生的电势 且满足定解条件 z Qf a? θ = 0,(r & R0) θ θ外 2 ' ' r→∞= 0 = 0P r根据分离变数法得r=R0θ' = Qf 4 πε∑rl=0∞Bl1 Pl (cos θ) , (r & R0)l+O∴ θ外∞ B +∑ l 2 a2 + r ? 2ar cos θ l=0 r Pl (cos θ)1*l+1= Qf 1 Bl r ( )n P n (cos θ ) + 1 Pl (cos θ) ,(r & a) ∑ ∑ 4 πε an=0 a l=0 r l+∞ ∞又 θ外r=R0=[4 πε a ( ∑n=0∞QfR0 la) +Bl ]Pl (cos θ ) =0 R l+1 o即Q f B0 Q f R0 Bl B 12 = 0,. . . ,Q f R 4 πε a + R0 = 0, 4 πε a a + 4 πε a ( a 0) l + R0 R0l+1= 0Q f R O3 Q f ,Bl = ? R ∴B0 = ? R0 4 πε a ,B1 = ? al 4 πε a , 2l+1 Q f a 4 πε a0代入 * 式得解- 12 -&&&&电动力学习题解答参考 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 Q ,Q 代替球面上感应电荷对空间电场的第二章静电场作用 由对称性Q 在 OQ'f的连线上PR R2 rz Qf Q’ 2先令场点 P1在球面上 根据边界条件有R0rQ' = ? Q ' =常数 Q f Q ' + = 0,即 r rQf rQ' Q f Qf将 Q 的位置选在使? Q P1 O ? Q' ' fP1P1 O,则有rQ' rQ f则=R0 常数 为达到这一目的 令 Q '距圆心为 r0 ar0 = R0 ,r0 = R 2 0 R0 a a ' rQ' = ? Q = R0 =常数 并有 rQ f Q f aQ '= ? R0Q afR1 R2这样 满足条件的像电荷就找到了 空间各点电势为θ外1 Q' = + = 4 πε r1 4 πε r2 4 πεfQ[Q2 2f? rR0 + (R0 ) aQfa + r ? 2ar cos θa + 2r R2],(r & a). cos θ a2 2 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 09 接地的空心导体球的内外半径为 R 1和 R 2 在球内离球心为 a(a&R 0)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 θ内r R1= 0即可 Q R1 a ] θ R 2R12 R cos 2 ? R + a a4 1 2因此做法及答案与上题同 解略θ内1 Q = ? [ 2 2 4 πε 0 R + a ? 2Racos θ因为球外 θ = 0 故感应电荷集中在内表面 并且为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 Q 0,或使其有确定电势 ? 0 试求这两种情况的电 势 又问 ? 0与 Q 0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 0 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 4 πε 0R2所以球壳内的电势将由 Q 的电势 像电荷? QR 1a 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θ内 = θ=1 4 πε[0Q R 2 + a 2? 2Racos θ?Q + Q0 a + ].(R & R1) R2 R 2R12 R cos θ 2 ? R + a a4 1 2Q R1θ = Q + Q0 ,(R & R2) 外 4 πε 0 R 1 Q = ? [ 4 πε 0 R 2 + a 2? 2Racos θ Q R1 R2θ内或 θ =R +a12 ?4a ]+ θ 0.(R & R1) 2R12 R cos θ aθ = Rr2θ 0 ,(R & R2)外当 θ 0 = Q + Q04 πε 0 R2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 利用镜像法 根据一点电荷附近置一 P 无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体 Q 球两个模型 可确定三个镜像电荷的电量和位置 ? ba Q RQ 1 = ? ba Q,r1 = ab rrO2Q 2 = ba Q,r2 = ? ab r2a Q b -Qr Q3 = ? 1 QQ,r3 = ? brr 1 θ= ? + [ 2 2 4 πε 0 R 2 + b ? 2Rbcos θ R2 + b + 2Rbcos θ a b R2 + a4 + 2 a b Rcos θ 2 b 2- 14 -&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场+ b R2 +a a ? 2 ab Rcos θ b4 2 2] ,(0≤ θ & π 2,R & a)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 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 -Q (x0,-a,b) aP(x, y, z) Q(x0,a,b) b y+Q (x0,-a,-b)-Q(x0,a,-b)θ= ?1 Q [ 4 πε 0 (x ? x0)2 + (y ? a)2 + (z ?b) 1 (x ? x0) 2 + (y + a)2 + (z ? b) 2 +2? 11 (x ? x0)2 + (y ? a)2 + (z + b)2?2 (x ? x0) 2 + (y + a)2 + (z + b)],(y,z & 0)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 A B 两点间建立电场 使溶液中的载流子运动形 z 成电流 I,当系统稳定时 是恒定场 即 ? ? rj + ? ρ ?t = 0 中 ?ρ ?t = 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 的包围面r jA(x0,y0,z0)ir ?dsr }? ζ 1 I = I =∫ Er ?dsr = 而又有 r ∫ i = Er ? ζ Q ε n Er ?dsr ∴有 Q ? Q =I ε1 1I= ε ζ ζ 1Qζyr j∫x对 BQB=?Q =? I ε ζ1zQ(-x0,-y0,z0) Q(x0,-y0,z0) Q(x0,y0,z0)B(x0,y0,z0)Q(x0,y0,z0)又在容器壁上 由r jn = 0,即元电流流入容器壁有 En = 0 r jn = 0时 rrj = ζ Ery-Q(-x0,y0,z0) -Q(x0,-y0,z0) -Q(-x0, y -z0) -Q(x0,y0,-z0)0,∴可取如右图所示电像x- 15 -&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场? ) δ (xr)是一个位于原点的偶极子的电荷密度 14.画出函数 d δ (x) 的图 说明ρ = ?(Pr ? dx解 δ (x) =d δ (x) dx0 ,x ≠ 0 ∞ ,x = 0d δ (x) = l im δ (x + ?x) ? δ (x) ?x→0 dx ?x 1 x≠ 0时 d δ (x) = 0 dx2xx = 0时a ?x & 0, d δ (x) = l im 0 ? ∞ = ?∞ ?x→0 ?x dx b)?x & 0, d δ (x) = l im 0 ? ∞ = +∞ ?x→0 ?x dx15 证明 1 δ (ax) = δ (x) .(a & 0) 若 a&0,结果如何 21 ax δ (x) = 0证明 1 根据 δ[ θ (x)] =∑δ (x ? xk 所以 δ (ax) = δ (x) a θ' (xk )2 从 δ (x)的定义可直接证明 有任意良函数 f(x),则 f (x) ? x = F(x)也为良函数f (x)x δ ∫(x)dx = f (x) ? x x=0 = 016 一块极化介质的极化矢量为 Pr(xr ') 根据偶极子静电势的公式 极化介质所产生的静 电势为Pr(xr') ?rr dV ' ? =∫ 4 πε r3V 0另外 根据极化电荷公式ρr P= ?? '? Pr(xr ')及 ζ r = nr ? Pr,极化介质所产生的电势又可表为PPr(xr ') ?dSr' ? '? Pr(xr') dV ' + ∫ S ? =? 4 πε 0r ∫ 4πε 0r试证明以上两表达式是等同的 X O- 16 ’P rV&&&&电动力学习题解答参考 证明第二章静电场?=1 4 πε0Pr(xr') ?rr 1 ∫ r 3 dV ' = 4πεV0∫ 'VPr(xr ')? ? ' 1r dV又有 ? 'p (Pr 1) = ? '? P r 1 + Pr ?? ' 1r r r ? '? Pr r ? '? Pr r 1 P 1 P dV '+ ∫ Sr ?dSr] 则 ? = 4 dV ' +∫ r ?( )dV '] = 4 πε 0[ ? ∫ 'V '? ' ' πε 0[ ? ∫ V r r V Pr ? '? Pr dV ' + ∫ S ?nr dS] r ρs ζP 1 1 = 4 = πε 0[ ?∫ [∫ P dV ' + ∫ S dS] 4 πε 0 V r r r r V '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? 2?? 1 =ε 10 nr ? Pr而电势的法向微商是连续的 各带等量正负面电荷密度 ± ζ 而靠的很近的两个面 形成面 偶极层 而偶极矩密度 Pr = lim ζ lr .)ζ → ∞ l→0z E1证明 1 如图可得2E ??s = ζ ??s , ε 0+ζ ζ z? ζ z = 0 ∴E = 2 ε , θ 1?θ 2 = 2 ε 0 2 ε0 0面x2S E? θ 1 = Er1 = ζ erz ? n1 2 ε0 ∴? θ1 ? ? θ2 = ζ ε 0 ? n ? n21? θ2 = r ζ E2 = 2 ε 0 ? n2 ( ?erz )2)可得Er = ζ r ε 0ez nr ? Pr =l im ζ nr ?lr ε 0 l→0 ε 0z- 17 -r nr+r1 2∴ θ 2?θ 1 = l imEr ?lr = l→0又-? θ1 r ? θ 2 = Er = E , ?n ?n&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场∴? θ2 ? ? θ 1 ?n ?n= 0.18.一个半径为 R 0 的球面 在球坐标 0 & θ & π 的半球面上电势为? 0 在 & θ π& π 的半2球面上电势为?? 0 求空间各点电势2∫n提示01P(x)dx =P(x) ? P+n 1 n? 1(x)012n +1 0 , (n =奇数),Pn (1) = 1 P n (0) =n1?3?5? ? ? (n? 1) 2?4?6 ( ? 1) 2 , (n=偶数)解? ?2 θ外= 0 θ内 0 θ内 r→0 & ∞ θ外r→∞ 2= 0θr=R0θ0 ,0≤ θ &π 2 = f( θ) = π ? θ0 , & θ ≤π 2AlrlPl (cos θ ) 这是 θ 内按球函数展开的广义傅立叶级数 Alrl是展开系数 θ 内 =∑ θ 内 R Pl (cos θ )d cos θ ] = 2l +1[? π Al R0l = fl = 2l +1[ ∫ θ 内 R0 Pl (cos θ) ?sin θd θ ∫ 0 0 2 ?1 2 = 2l +1[? 2 θ 0Pl (cos θ )sin θd θ ∫ 0 2π 1]+∫ πθ 0Pl (cos θ )sin θd θ2π]θ 0 0 Pl (x)dx ?θ 0 ?1Pl (x)dx] = 2l +1[ ∫ 1 2 ∫ = 2l +1 θ 0[ ? 0 Pl (x)dx + 10Pl (x)dx ∫ ∫ ?1 0 2由 Pl ( ? x) = ( ? 1)l Pl (x) 则θ ∫ 1P(x)dx + 1 P(x)dx] Al R0l =2l +1 0[( ? 1)l+1 ∫ 0 0 2- 18 -&&&&电动力学习题解答参考第二章静电场= 2l +1 θ 0[( ? 1)l+1 +1] 2 1 Pl (x)dx 当 l为偶数时 Al R0l = 0 ∫当 l为奇数时 有0Pl+1(x) ? Pl? 1(x) θ ∫ 1Pl (x)dx = (2l +1) Al R0l =2l +1 θ0 0[( ? 1)l+1 +1] 2 2l +1 0 = ?θ 0[( ? 1)l+1 21 01?3?5? ? ? l 1?3?5? ? ? ( l ? 2) ] 2? 4?6? ? ?( l +1) ? ( ? 1) 2? 4?6? ? ?( l ? 1)l ? 12l ?1= θ 0[( ? 1)l ?1 21?3?5? ? ? l 1?3?5? ? ? ( l ? 2) ] 2? 4?6? ? ?( l +1) + ( ? 1) 2? 4?6? ? ? ( l ? 1) l2 l ?1= θ 0( ? 1)l ?1 21?3?5? ? ? ( l ? 2)12??34? ?56? ? ? ? ? ? (( l l ? +21)) (2l +1)则2? 4?6? ? ?( l ? 1) ( l +1 l ?1 Al = θ 0l ( ? 1) 2 12??34? ?56? ? ? ? ? ? (( l l ? +21)) +1) = θ 0( ? 1) (2l +1) R02∑θ 内= θ外 θ 0( ? 1)l+1l ?1 212??34? ?56? ? ? ? ? ? (( l l ? +21)) (2l +1)(Rr )l Pl (cos θ) ,( l 取奇数0r & R0)∑ rBl Pl (cosθ)l ?1 2 R0 Pl (cos θ又Bl = 2l +1 1 rl+1 2 [∫ θ外 θ外=即∑? 1 ( ? 1)l?21)] = θ 0( ?1)12??34? ?56? ? ? ? ? ? (( l l ? +21)) (2l +1)1?3?5? ? ?( l ? 2) 2? 4?6? ? ?( l +1) (2l +1)(Rr0 )l+1 Pl (cos θ) ,( l为奇数 r & R0)- 19 -&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场1. 试用 A表示一个沿 z 方向的均匀恒定磁场 B 差是无旋场 解rr0写出r A的两种不同表示式 证明两者之B 0是沿 z方向的均匀的恒定磁场 即 B 0 = ? × Ar r r Berz 且 B0 =r ? × Ar =? ( ( ?A Az ? ?? Azy )erx + ?y ? ?z )ey + (?? Axy ? ?A ?x x )erz ? Az r A ?Az ? ? ?zy = 0 ?y ?y ?A ?A x? ?xz = 0 ?z ?Ay ? ? Ax ?y = 0 ?xx在直角坐标系中如果用 A在直角坐标系中表示 B 0 即rr由此组方程 可看出 A有多组解 如 解1rAy = AZ = 0, Ax = ?B 0 y + f (x)即Ar = [ ? B0 y + f (x)]erx解2Ax = Az = 0, AY = B0x + g(y)即Ar = [B0x + g(y)]ery解 1和解 2 之差为 ?Ar = [ ? B0 y + f (x)]erx ?[B0x + g(y)]ery 则? ×(?Ar) = ?[ (?A) z ?(?A) y r ? ]ex +[?(?A) ?y ?z0 这说明两者之差是无旋场x??x ?(?A) z]ey +[?(?A) ?x ry?(?A) x ]er ? z ?y?z2. 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 I 试用唯一性定 理求管内外磁感应强度 B 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 Br? 0 Jr ×rr = ∫ r 4 π3dV '求解磁场分布 又 J 在导 r? 0 Jdlr × rr 线上 所以 Br = ∫ 3 4 π r1 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rr = ? acos ?'erx ? asin ?' ery ? z 'erx dlr = ? ad ?' ?s in ?'erx + ad? ' ?cos ?'ery ∴dlr ×rr = ( ? ad ?' ?s in?' erx + ad ?' ?cos ?'ery ) ×( ? acos ?'erx ? asin ?'ery ? z 'erx )2d = ? az 'cos ?'d ?'erx ? az 'sin ? 'd ?'ery + a ? 'erz取由 z' ?z '+dz'的以小段 此段上分布有电流nIdz'∴Br ? =0 4 π = ?0 4 πnJdz'( ? az 'cos ?'d ?'erx ? az'sin ?'d ?'ery + a 2d ?'erz )∫2 π ∞) ]32 [a 2 + (z '2d ?'∫ ∫0rz = nI?0 ?nIe 2 2 ]32 ?∞ [a 2 + (z ' ) a dz'2+∞d(za')3?∞∫z'= n?0I2[( )2 +1] 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 P( ρ, ?.0)为场点( ρ & a) ∴ r = xr ? xr '= = ρ2 2( ρ cos ? ? acos ? )( 2 ' + ρ sin ? ? asin ?' ) +z '2 2 2+a +z ' ? 2a ρ cos( ? ?? ' )rr = xr ? xr '= (ρ cos ? ? acos ?' )erx ( ρ sin ? ? asin ?' )ery ? z 'erz dlr = ? ad ?' ?s in ?'erx + ad? ' ?cos ?'ery ∴dlr × rr = ? az 'cos ?'d?' erx ? az 'sin ?'d ?'ery +[a ρ cos( ?' ?? ) ]d ?'erz 2 ? a∞ 2 π2 π ∴Br = 4 π ?nI[ ? az 'cos ?'d ?'erxdz '+ d? '∫ ∫ 3 ?0 r ?∞ 0 2 π ∞d? '∫ ∫0? az 'sin ?'d ?'erydz'+ r ?∞3∞a 2? a ρ rco3 s( ?' ?? ) dz 'erz ] + ∫ d ? '∫0 ?∞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 Br = 0- 2-&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场 z&0 区3. 设有无穷长的线电流 I 沿 z 轴流动 以 z&0 空间充满磁导率为 ?的均匀介质 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?2r1 = ? ?0Jr,(z & 0) Ar 2 r ? A 2 = ? ?J,(z & 0) r r A1 = A 2 z=0 r 1 ?× A 2 ?z=0= 1 ? × Ar1 z=0 ?0由本题具有轴对称性 可得出两个泛定方程的特解为0 Idlr Ar1(xr) ?=4 π r r Ar2(xr) = ? Idl ∫ r 4 π由此可推测本题的可能解是∫Br?0I erθ ,(z & 0) 2 πr ?I erθ ,(z & 0) 2 πr验证边界条件1Ar1 = Ar2z=0,即nr ?(Br2 ? Br1) = 0题中 nr = erz,且erz?er θ = 0 所以边界条件 1 满足21 ? × Ar2 1 ? × Ar1 z=0,即nr × (Hr z=0 = ? =0 0 ? r Hr1 =B 1 r = I e ?0 2 πr θ r Hr 2 B = I r 2 = eθ ? 2 πr2? Hr 1)本题中介质分界面上无自由电流密度 又∴ Hr = 02? Hr1= 0,满足边界条件nr × (Hr2? Hr 1)?0I erθ ,(z & 0)综上所述 由唯一性定理可得 本题有唯一解Br 2 π ? Ir erθ ,(z & 0) 2 πr在介质中r Hr =B ? Mr ?0故在 z&0的介质中 M rr =2 ? Hr B ?02- 3-&&&&电动力学习题解答参考 即 Mr第三章静磁场∴介质界面上的磁化电流密度= I ? erθ ? 2 I πr re θ = ? ? 1)erθ ? 2 π r (? 2 π r ?0 0 Iα rM = Mr ×nr I ? ? 1)erθ ×erz = I ? ? 1)err 2 π r (? 2 π r (? = 0 0总的感应电流M r ?dlr 2π I ? ? 1)r ? ? θ = I(?? ? 1) J M= ∫ 2 π r (? eθ r d ? ?r e ∫ = 0 00电流在 z&0的空间中 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 假设本题中得磁场分布仍呈轴对称 则可写作即可得 在介质中′ I ev Bv ? = ? 2 πr nv?(Bv ? Bv1) = 2 其满足边界条件 0 n v × (Hv 2? v H1) = αv = 0 Hv2v = B ′ I v = ? e? ? 2 π r?v π r?0 e? ? Mv B ? Mv = 2 2 = ?0 ? ′ I v ∴在 x&0的介质中 Mv = ? ′ I ? ? ?0 v e ? 2 π r ??0 v v 则I M = ∫ M dl 取积分路线为 B → C → A → B的半圆 v 而H Q A B⊥ev? , ∴ AB段积分为零 I M = I? ′ (? ? ?0) 2 ?? 0 ∴Bv ? =0(I + I M ) ev ? 2 πr e? = Bv = ? ? ′ I ev? 可得? ′ = ?2??+ ? 0 π 2 πr ∴由 ?0(I2 +r I M )v 0- 4-&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场∴空间 Bv =?? 0 I v e ? ?0r ?? +? ?0π I M = ? + ?0 I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 B B 0 为常量 试求该处的 Bρ 提示 用? ? Brz≈ B0? C(z2? 1ρ 2) 其中 2= 0,并验证所得结果满足? × Hr Bz0 = B0 ? c(z 2? 1ρ 2) 2解 由 Bv 具有轴对称性 设 Bv = Bρ evρ + Bzevz 其中Q ? ? Bv= 0∴ρ 1 ?? ρ ( ρ Bρ ) + ??z Bz = 0即ρ 1? ρ? ( ρ Bρ ) ? 2cz = 0∴ ρ Bρ = cz ρ 2 + A (常数)取 A = 0 得 Bρ = cz ρ∴Bv = cz ρ evρ +[B0 ? c(z 2 ? 1 ρ2 )]evz 2 Q vj = 0,Dv 0 = ?B ∴ ? × Bv = 0 即 ( ?zρ1?? Bz )evθ = 0 ?ρ2代入 1 式可得 2 式成立 ∴ Bρ = cz ρc为常数6. 两个半径为 a的同轴线圈形线圈 位于 z = ±L面上 每个线圈上载有同方向的电流 I 求轴线上的磁感应强度 1 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22提示 用条件 ?Bz = 0?z解 1 由毕 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v v r sin Bv1 = B1zevz , B 1z = 4? α = ? π 0 Idl× 0 ∫r 3 4 π [a 1 = 1 ?0 Ia2 3 2 2 ]2 [(L ? z)2 + a同理 L 处线圈在轴线上 z处产生得磁感应强度为Ia2 2 2 32]∫d θ+ (z ? L)Bv2 = B2zevzB 2z = 1 ?0Ia 221[(L + z)2 + a 2 ]32∴ 轴线上得磁感应强度 Bv = Bzevz = 1 ?0 Ia 1 1 2 + v 2 ]32 2 ]32 ez 2 [ (L ? z)2 + a [(L + z)2 + a2 Q? × Bv = 0∴ ? ×( ? × Bv) = ? ( ? ? Bv) ?? 2 Bv = 0又? ? Bv= 0∴ ?2Bv = 0, ??z22 Bz = 0 代入 1 式中 得?[(L ? z) + a ]22?1 2 2 2 21 2 2 3 2 2 25(L ? z) ?[(L ? z) + a ]2 [(L ? z) + a ] + 6(L ? z) [(L ? z) + a ]2 [(L ? z) + a ]?11 222 65 2? [(L ? z)2 + a ]0 取z2 6[(L + z) + a ]22(L + z) 2 + [(L + z) 2 + a 2 ] 2[(L + z) 2 + a 2 ]3? 6(L ? z) 2[(L + z) 2 + a 2 ]0 得? 2 2 2 2 (L + a ? 2(L + a )[ ) 2 L ? 2(L + a ) ]+12(L + a ) L = 0 2 2 2 2 2 2∴5L = L + a2 2 2- 6-&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场∴L = 12 a7. 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 ?0 导体外的磁导率为 ? 解 定解问题为rA 内 = ? ?0Jv,(r & a) ?2 v v ?2 A 外 = 0,(r & a) v A内 0 & ∞ v v A 外 a = A内 a 1 ? × Av内 = 1 ? × Av外 ?0 ?选取柱坐标系 该问题具有轴对称性 且解与 z无关 令Av内 = A内(r)evzv A 外 A 外(r)evz 代入定解问题得 1 ? (r ? A内(r)) = ? ? J 0 r ?r ?r ?外 r)) = 0 1 ? (r A r ?r ?r A 内(r) = ? 1 ? Jr 2 + C1 lnr + C2 4 A 外(r) = C3 lnr + C4得由 A 内(r)r=0& ∞ 得C1 = 0由 1 ? × Av内 = 1 ? × Av外 得C 3 = ? ?2 Ja 2?0?- 7-&&&&电动力学习题解答参考 由A v外 a第三章静磁场a= Av内 a 令 v A外=内Av a = 0 得 C 2 = 1 ? 0Ja 2 ,C4 = ?2 Ja 2lna 4v = 1 ?0Jv(a2 A ?r ) 内 4 2 ∴ ? v v a A 外 2 Ja 2 ln r Qm r r 4 π ?0 r38. 假设存在磁单极子 其磁荷为 Q m 它的磁场强度为 H 一个可能的表示式 并讨论它的奇异性r=给出它的矢势的解Hvv = Qm r Qm 1 3 = vr π ?0 r 2 e 4 π ?0 r 4由? × Av = Bv = ?0 Hv Qm=v 4 π r 2er 得? (sin θ A ) ? ? Aθ ] = Q m 1 r sin θ [? θ θ ? θ 4 π r2 1 1 ? Ar ? ? (rAθ )] = 0 [ r sin θ ? θ ?r 1 ? (rAθ ) ? ?? θ Ar [ ]= 0 r ?r ? (sin θ Aθ ) = Q m sin θ ? θ 4 πr(1)令 Ar = Aθ = 0, 得θ Q m sin θ d θ ∴sin θ Aθ = ∫ 4 πr 0 ∴ Aθ = Q m 1? cos θ 4 π r sin θ显然Aθ 满足 1 式∴ 磁单极子产生的矢势 Av = Q m 1? cos θv eθ 4 π r sin θ- 8-&&&&电动力学习题解答参考 讨论 当 θ → 0时第三章静磁场Av → 0当 θ →π 时 Av → Q m v2当 θ → π 时 Av → ∞e4 πr v v 故 A的表达式在 θ = π 具有奇异性 A不合理 r rθ9. 将一磁导率为 ? 磁矩 m半径为 R 0 的球体 放入均匀磁场 H0内求总磁感应强度 B和诱导r v v 此球体在外界存在的磁场z解 根据题意 以球心为原点建立球坐标 取 H 0的方向为 e的影响下极化 产生一个极化场 并与外加均匀场相互作用 最后达到平衡 保持在一个 静止的状态 呈现球对称 本题所满足的定解问题为?2? m = 0,R & R0 1 ? 2 ?m 2 = 0,R & R0 ?? m1 ?? m2 ?m 1 = ? m2 ,? ? R = ?0 , (R = R0) ?R ? R=0 & ∞ ? m2m1 R =∞= ? H 0Rcos θ由泛定方程和两个自然边界条件得? m1 =∑a R Pn n n=0∞n(cos θ )∞dn ? m2 = ? H 0 Rcos θ +∑ P n (cos θ) R n+1 n=0由两个边界条件有∞ dn a n R 0n P n (cos θ ) = ? H 0 R 0 cos θ + ∑ ∑R n+1 Pn (cosθ ) n=0 n=0 ∞ (n +1)dn ?∑ annR 0n? 1 Pn (cos θ ) = ? H 0? 0 cos θ ? ?0∑ n+2 P n (cos θ) R0 n=1 n=0 ∞ 0 ∞得- 9-&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场a1 = ?3 ?0 H0? + 2?0 ? ? ?0 d1 = ? + 2?0 H 0 R 03an = dn = 0,(n ≠ 1) 3 ?0 ? + 2??m 1 = ? ∴ ?m 2H 0 Rcos θ ,R & R03 = ? H Rcos θ + ? ? ?0 R 02 H 0 cos θ ,R & R0 ? 0 ? + 2?0 Rv H 1 = ?? ? m1 = vv 3 ?0 H 0 cos θ evr ? 3 ?0 H 0 sin θ ev θ = 3 ?0 H0 ? + 2?0 ? + 2? ? + 2?v 3 ?? 0 H B 1 = ? Hv1 =? + 2?0 03 ? ? ?0 2R 03 ]H 0 cos v θ evr?[1? ? ? ?0 ?R ]H 0 sin θ ev θ ? 3 H 2 = ?? ? m2 = [1+ 3 ? + 2?0 R 0 ? + 2?0 R v v v v ? ? ?0 3 [3(H 0 ? R)R H 0 = Hv 0 + ? 3] R ? + 2?0 0 R5 R ? ? ?0 ?0 R03[3(Hv 0 ? Rv)Rv v v v v 0 B2 = ?0 H 2 = ?0 H 0 + ? H 3 ] 5 ? + 2?0 R R3??0 Hv 0,(R & R0) ∴Bv =? + 2?0 3[3(Hv 0 ? Rv)Rv v ? ? ? ?0 0 v 0 H ?0 H 0 + ],(R & R0) R5 R3 ? + 2?0 ? R0当 B在 R& R 0 时 表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场3 ? ? ?0 R 0 v ∴ ? m中 ? 2 ? + 2?0 R 2 H 0 cos θ 可看作偶极子 m 产生的势v即1 ? mv ? Rv = ? ? 3 R θ ? 02 H 0 cos ?0 4 π R3 ? + 2?0 R ∴ mv ? ? ?0 v =4 π ? R 0H ? + 2?03= ? ? ?0 ? + 2?0 ?R R 023 Hv Rv0?10. 有一个内外半径为 R 1 和 R 2的空心球 位于均匀外磁场 Hr0内球的磁导率为 ? 求空- 10 -&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场腔内的场 B 讨论? && ?0时的磁屏蔽作用 解 根据题意 以球心为原点 取球坐标 选取 H 0的方向为e 壳极化 产生一个附加场 并与外场相互作用 最后达到平衡 定解问题rv在外场 H zv0的作用下v球v B的分布呈现轴对称? 2? m = 0,R & R1 1 ? 2 ? m2 = 0,R1 & R & R2 ? 2? m3 = 0,R & R3 ?m 1 = ? m2R=R 1, ? m2 = ? m3R=R 1R=R 2?? m1 ?? m2 ?0 ? R = ? ? R ?m 1 ?m 3R=0 R=∞,?0?? m3?? m2 = ? ?R ?RR=R 2&∞ = ? H 0Rcos θ由于物理模型为轴对称 再有两个自然边界条件 故 三个泛定方程的解的形式为? m1 = =aRP ∑n n n=0 ∞∞n(cos θ ) cn + R n+1 )Pn (cos θ )∞? m2(b R ∑n=0n ndn ? m3 = ? H 0Rcos θ + ∑R n+1 P n (cos θ)n=0因为泛定方程的解是把产生磁场的源 H 0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 {Pn (cos θ )} 在本题中 源的表示是v? H 0Rcos θ = ? H 0 RP1(cos θ)所以上面的解中 an = bn = cn = dn = 0,(n ≠ 0) 故 解的形式简化为? m1 = a1Rcos θ ? m = (b1R + c )cos θ ? m = ? H 0Rcos θ + d R 322 12 1cos θ- 11 -R&&&&电动力学习题解答参考 代入衔接条件 得第三章静磁场a R1 = b1 R1 + c1 1 R 12 b1 R2 + c1 R22d1 = ? H 0 R2 + 2 R22c1 a1 ?0 = ?(b1? R1 3 ? ?0 H 0? ?解方程组得3 3 a1 = 3?0(2? + ?0)H 0R 0R2 2 + 3 ?0(? ? ?0)H 2 2(? ? ?0 ) R13 ? (2? + ?0)(2?0 + ?)R 3 22d1 2c1 = ?(b1? R3 ) 3 R2 2b1 =3 ?0(2? + ?0)H 0R2 30 + ?)R23 2(? ? ?0)2 R13 ? (2? + ?0)(2? 3 ?0(? ? ?0)H 0R2R 1 3 ?0 3 + ?)R23 2(? ? ?0)2 R13 ? (2? + ?0)(2c1 =3 d1 = 3?0(2? + ?0)H 0R26+ 3?0(? ? ?0)H 0R R1 2 + H 0 R2 2(? ? ?0)2 R13 ? (2? + ?0)(2?0 + ?)R23 3 3而Bvi = ?0 H vi= ? ?0? ? m ,( i = 1,2,3)i∴Bv1 = ? ?0a1evz R 1? (R 1 ) ]?0 Hv 2 = [1? (? + 2?0)(2? + ?30) ? ( R1 )302(? ? ?0)当 ? && ?0时2R2(? + 2?0)(2? + ?0)≈ 1 2(? ? ?0) 2 ∴Bv1 = 0即球壳腔中无磁场 类似于静电场中的静电屏障r11. 设理想铁磁体的磁化规律为 Br = ? Hr+ ?0 M 0,M- 12 -0是恒定的与H 无关的量 今将一个&&&&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 强度和磁化电流分布M0为常值浸入磁导率为 ?'的无限介质中 求磁感应解 根据题意 取球心为原点 做球坐标 以 M 满足的定解问题为0的方向为 z本题具有球对称的磁场分布vev? & RR 0 ?2 ? m2 = 0,R & 0 ?m 1 = ? m2 1 ? ?RR= 0 R=R 0 2,2?? m1? ? ′ ? ?m ?R &∞R=∞= M 0?0 cos θR0? m1 ? 0 ∴ ? m1 =∞ n m2=aRP ∑n n=0n(cos θ )? m2 =(R ∑n=0∞bn n+1)Pn (cos θ )代入衔接条件 对比 Pn (cos θ )对应项前的系数 得an = bn = 0,(n ≠ 1) ∴ ? m1 =a1=?0 M 0 2 ?′ + ??0 M 0 b1 = 2? ′+ ? R3 0? 0M 0 Rcos θ, (R & R0) 2? ′+ ?? m2= ?0M 0 R 3 2? ′+ ? R 0 v R & R0 , B01 2 cos θ, (R & R0) =? 1 + ?0 0 = 2? ′ ? 0 Mv r v H M 2? ′+ ?由此0 ? Rv)Rr v ? 3 [3( Mv = ? ′?0R 0 v 0 M R & R0, B2 = ? ? ′ ?? m2 ] 2? ′+ ? R5 R3v 2? ′?0 M 0 , (R & R0) ′+ ? ∴Bv = 2 ? [3( Mv 0 ? Rv)Rr v ? ? ′?0R 3 0 0 M ],(R & R0) 5 3 2? ′+ ? R R- 13 -&&&&电动力学习题解答参考 又nv × (Bv2? Bv1)R0第三章静磁场= ?0( α vM +α v) 其中 α v0代入 B的表达式 得vv α M3? ′ M 2? ′ ?00sin θ ev?12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场 H 0中 结果如何 解 根据题意 假设均匀外场 H 0的方向与 M 定解问题为rvv0的方向相同定为坐标 z轴方向? 2? m1 = 0,R & R0 ? 2 ? m2 = 0,R & R0 ? m1 = ? m2 ? ?? m1R=R 0, = M 0?0 cos θR0?? m2 ? ?0 ? R ?R ? m1 R=0 & ∞ ?m2 R=∞= ? H 0 Rcosθ解得满足自然边界条件的解是? m1 = a1Rcos θ, (R & R0) ? m = ? H 0 Rcos θ + d1 2 R 2 cos θ, (R & R0)代入衔接条件a1 R 0 = ? H 0R0 + Rd12 0?0 H02d1 + ?0 R 3 + ?a1 = ?0M00得到a1 = ?0 M? 3?0 H ? + 2?00 00d1 = ?0 M+ (? ? ?0)H0 3 R0 ? + 2?0∴ ? m = ?0 M1? 3?0 H 0 R cos θ, (R & R0) ? + 2?00- 14 -&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场? m = ? H 0 Rcos θ + ?0 M 0 + (? ? ?0)H 2 ? + 2?0 ∴ Hv10R03 R 2 cos θ, (R & R0)= ?? ?=m1?[?0 M 0? 3?0 H cos 0 θ evr ? ? 0 M 0? 3?0 H 0 sin θ ev θ ] ? + 2?0 ? + 2?0 v v = ? ?0 M 0 ? 3?0 H 0 2? 0 + ? v 3 ?? 0 Hv ? + 2?00 0 0Bv1 = ? Hv Hv2+ ?0 M0+2 ?02 M v 0,(R & R0) ? + 2?00 3 2R 0 cos θ )evr ? R 2= ?? ? m2= ?[( ? H cos θ ? ?0 M ?( ? H sin θ + ?0 M0 0+ (? ? ?0)H ? + 2?00+ (? ? ?0)HR03 sin θ )evθ ] = Hv20? + 2?0R+ 3(mr ? Rr)Rv ? v m R5 R3B v2 = ?0 H v 2 = ?0[Hv +r v 3(mr ? R)R v 0 m ? ] R5 R3 r? 0 Mv 0 v mv ? = + 2?0 R 3 + ? ? ?0 R 3 H 0 ? + 2?0 0 013. 有一个均匀带电的薄导体壳 其半径为 R 0 总电荷为 Q 今使球壳绕自身某一直径以 角速度ω 转动 求球内外的磁场 B提示 本题通过解 Ar或 ? m的方程都可以解决 也可以比较本题与 得到结果 解 根据题意 取球体自转轴为 z轴 建立坐标系 定解问题为5 例 2 的电流分布? 2? m1 = 0,R & R0 ? 2 ? m2 = 0,R & R0 1 (?? m2 ?? m1 ) = ? Qω sin θ ? 4 π R 0 ? θ R0 ? θ ?? m1 ?? m2 ? = ?0 ? R , (R = R0) ?R ?m 1 R=0 & ∞ ?m 2其中 ζR=∞ R=R 0= 0= Qω sin θ 4 π R0 是球壳表面自由面电流密度解得满足自然边界条件的解为- 15 -&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场? m1 = a1 Rcos θ, (R & R0) ? m2 = b1 2 cos θ, (R & R0) R a1 R0 ?代入衔接条件b1 R0 3 02Qω =? 4 π R0a1 + 2Rb 1= 0 b1 = Qω R02解得a1 = ?Qω 6 π R012 π ∴ ? m = ? 6Qπω R0 Rcos θ, (R & R0)1? m2 = ∴ Hv Qω vQω R02 2 cos θ, (R & R0) 12 πR1= ?? ?m1= 6Qπ ω R0 cos θ evr? 6Qπω R0 sin θ ev θ = 6 π R0r Bv1 = ?0 H 1Q ?0 v ω π R0 =6其 中v r 2 1 [3(mv v ?R)R v 2 Qω R0 Qω R02 sin m cos θ ev r + θ ev r = ? ] H 2 = ?? ? m 2= 3 3 5 12 πR 12 πR R 4 π R3 2 mv Q =R 0 ω v 3v v r v2 = ?0 H v 2 = ?0 [3(mv ? R)R m B ? 3 ] 4 π R5 R14. 电荷按体均匀分布的刚性小球 其总电荷为 Q 半径为 R 0 它以角速度ω 绕自身某以 直径转动 求 它的磁矩 1 2 它的磁矩与自转动量矩之比 设质量 M 0 是均匀分布的解 1 磁矩 mv1 =v 2∫v vx × J(x)dV- 16 -&&&&电动力学习题解答参考第三章静磁场又 xv = Rv =RevrJv(xv) = ρ vv = 4 Q Rv) π R3 0 3(ωv ×ω v × Rv)R 2 sin θ drd θ1 d θ = 2 3Q ω ∴ mv 1 3Q Rr × ( sin θ drd θd θ 3∫ 4 π R = 24 π R0 0 2 3∫ ( evr×evθ )R4又 evr×ev θ = ? ev θ = sin θ evz + cos θ ( ?cos θ evx ? sin θ evy )v = ∴m3 Qω 2π π R 0[sin e θv 3∫ ∫ ∫ 0 0 0 8 π R0zθ( ?cos θv e x ? sin θ evy )R +cos 4 sin 2 θ drd θd θ2 π π Q R0 = 3Qω v 3 4 ∫ ∫ ∫ R 0sin θ R drd ez θ d θ = 2 3 0 0 0 5 v 8 π R0 ω2)自转动量矩 Lv∫ ∫ == dLv =Rv ×dPv Rv ×vvdm 3 = M 30 ∫Rv × (ω v × ∫ 4 π R0 Rv)dV= 3M0 2 R 2ω(evr×evz ×evr )R sin θ drd θd θ 4 π R3 0∫ = 3M02 2 ω( ?s in θ ev θ× evr )R R 3∫ 4 π R0= 3 M 0 R 2ω s 2 in θ ( ?evθ )R 3∫ 4 π R0sin θ drd θd θ2 π π = 3 M 0ω ∫ 4 θ θcos d θ ∫ ∫ R 0 [sin θ evz + sin cos θdrd ( ? θ evx? sin θ evy )R sin2 θ drd θd θ 3 0 0 0 4 π R0 2 v v 2π π R 0 = 3 M 0ω θd θ = 2 M 0 R0 ω 4 3 θ drd sin R ∫ 0 ∫ 0∫ 0 5 4 π R3 0Q R 02 v ω v = Q ∴m v = 5 2M L 2 M 0 R02 ω v 5 r015. 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 .r- 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 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 mvrv Be = ? ?0? ? m v v m ?R mcos θ ?m = 3 = 4 πr 4 πR2r 则外场为 ′∴Bve = ? ?0 4mπ [ ? 2cos θ evr? sin θ er θ ] = ?0 m 3( α cos θ evr + sin θ evθ ) 3 3 r r 4 πr ∴ mv受力为 Fv = (mv ? ?) ? Bve 3m θ = αr=2a 2 ?0 =? (1+ cos2 α )evz 64 πa 4- 18 -&&&&电动力学习题解答第四章电磁波的传播1.考虑两列振幅相同的 偏振方向相同 频率分别为ω + d ? 和ω ? d ω 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E r1(xr,t) = Er0(xr)cos(k1x ?ω 1t)解r r r E 2(x,t) = E0(x)cos(k2x ?ω 2t) r Er = Er1(xr,t) + Er2(xr, t ) = Er0(xr)[cos(k1x ?ω 1t) + cos(k2x ?ω 2t)] = 2Er0(xr)cos( k1 + k2 x ? ω 1 +ω 2 2 k1? k2 x ? ω 1?ω 2 22t)cos(2t)其中k1 = k + dk,k2 = k ? ω 1 = ω + dω, ω2 = ω ? d ω∴Er= 2Er0(xr)cos(kx ?ωt )cos(dk ? x ? d ω? t) = 2Er0(xr)cos(dk ? x ? d ω? t )ei(kx?ωt)用复数表示 Er相速 kx ?ωt = 0∴vp = ω k群速 dk ? x ? d ω? t= 0∴v = dω g dk2 一平面电磁波以 θ = 45o从真空入射到 ε 系数和折射系数 解 n为界面法向单位矢量r=2的介质 电场强度垂直于入射面 求反射r& S &,& S'&,& S' '&分别为入射波 反射波和折射波的玻印' 2E =0亭矢量的周期平均值 则反射系数 R 和折射系数 T定义为R = & S'& ?nr & S & ?nrE 02T = & S' '& ?nr θ 2E ' '2 & S & ?nr = n2 cos n1 cos θ E02又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得R =ε 1cos θ ? ε ε 1cos θ + ε2 cos θ 22 2 2cos θ- 1-&&&&电动力学习题解答第四章电磁波的传播T =4 ε 1ε2 cos θcos θ2( ε 1 cos θ + ε2 cos θ 2)2又根据反射定律和折射定律θ = θ 1 = 45o ε 2sin θ由题意2=ε 1 sin θ 2 ε0ε 1=ε 0, ε ∴ θ2=2 =ε 0 ε r=30o 2 23 )2 = 2 ? 3 2 23 2+ 3∴R = ( 22 ? 2+ 2 4 ε T = (ε0 02 3 2 3 2 2 = 2 + ε 0 2 23)2 2 + 3 2 2证明这时将会发生全反射 并求 设该波在空气中的波长为3 有一可见平面光波由水入射到空气 入射角为 60 折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度λ 0 = 6.28 ×10? 5 cm 水的折射率为 n解 由折射定律得 临界角 θ c = arcsin( 将会发生全反射 折射波 k ′ ′= k sin θ 相速度 v p = ω k ′ ′ ′ ′= ω k1.331 1.33) = 48.75所以当平面光波以 60 入射时=23 csin θ投入空气的深度κ =λ1 2 π sin θ ? n2 2 21= 2 π6.28 ×10? 5 60 ? ( 1 2 sin ) 1.33 2 v v v v≈1 .7 ×10? 5cm4 频率为ω 的电磁波在各向同性介质中传播时 若 E,D,B,H 仍按vi(kv?xv?ωt)变化v 不再与 E 平行 即 Dv = ε Ev 不成立 ? Ev ≠ 0- 2-但 De1 证明kv ? Bv = kv ? Dv = Bv ? Dv = Bv ? Ev = 0,但一般kv&&&&电动力学习题解答第四章电磁波的传播v (k v ? vE k 2 证明 Dv = ω 1 2? [k 2Ev ? )] v v3 证明能流S与波矢k 一般不在同方向上 证明 1 由麦氏方程组? Bv ? × Ev = ? ?t v ? × Hv ? D = ?t ?? Dv = 0 v ?? B = 0得? ? Bv = Bv0 ? ?ei(kv?xv?ωt) = ikv ? Bv0ei(kv?xv?ωt) = ikv ? Bv = 0 ∴kr ? Bv = 0同理kv ? Dv = 0 = [? ei(kv?xv?ωt)] ×Hv0? × Hv ?i ω Dv ∴ikv × Bv ?i? ω Dv= ikv × Hv ==∴Bv ? Dv = ? ?ω 1 Bv ?(kv × Bv) = 0 ? × Ev = [ ? ei(kv?xv?ωt) ] × Ev0 = ikv × Ev = i ω Bv ∴Bv ? Ev = ω 1 (kv × Ev) ? Ev? ? Ev = ikv ? = 0 Ev Q Dv ε Ev ≠ v v ∴ ? ? Ev一般 ≠ 0 即 k ? E 一般 ≠ 0- 3-&&&&电动力学习题解答第四章电磁波的传播2 由 ? × Ev? Bv =? ?t 得 ? Dv = ?t 得Bv = ω 1 (kv × Ev)另由? × HvDv = ? ?ω 1 (kv × Bv)∴ Dv× (kv × Ev)] = × Ev) ×kv] = 1 22[k Ev ? (kv ? =? 1 [kv 1 [(kv Ev)kv] ?ω ?ω 2 ?ω 2 = ω 1 (kv × Ev) 得 Hv = ?ω 1 (kv ×3 由BvEv)∴Sv = Ev × Hr1 Ev × (kv × Ev) = ?ω21 kv ? (kv ? = Ev)Ev] ?ω [E Q kv ? Ev一般 ≠ 0 ∴Sv一般 ≠ 1 E 2kv ?ω即 v 一般不与v同向Sk5 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 π 2 求合成波的偏振 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x = A0 cos( ωt ? kz) = A0 cos( ωt + ?在 y轴上的波可记为0x)y = A0 cos( ωt ? kz + π 2) = A0 cos( ωt + ? ? ? = ? 0y??合成得轨迹方程为2 x2 + y = A02 [cos2 ( ωt + ? 0x 2 ) + cos ( ωt + ? 0x0y)= π 20y)] )]= A02 [cos2 ( ωt + ? = A02即2 x2 + y 2 = A00xωt + ? ) + sin (20x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- 4-&&&&电动力学习题解答第四章电磁波的传播2 振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为 的线偏振的合成6 平面电磁波垂直直射到金属表面上 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πEv = Ev0e?αi( z e β z?ωt)于是 由 z 0 的表面 单位面积进入导体的能量为 其中Sv = Ev × Hv i α )nv × EvHv = ω 1? kv × Ev = ω? 1 ( β +其平均值为 Sv = 12*Re(Ev在导体内部β × Hv ) = E0 2ω ? 2 ei(β z?ωt)Jv = ζ Ev = ζ Ev0e?α z所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为作积分 耳热d Q = 12 Re(Jv * × Ev) = 1 ζ E2 e?2α z 0 2 Q =1 ζ E02 ∞ ?2α zdz = 4 ζα 2E即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦 0 e ∫ 0 2 ω? ζ 2原题得证.又 Qα β =β ∴Q = 4 ζα 2E= 0 E0 2 2ω ?7 已知海水的 ?r = 1, ζ = 1S ?m? 1试计算频率 ν 为50,10Hz 的三种电磁波在海水中的透入深度 解 取电磁波以垂直于海水表面的方式入射 透射深度和 106 9δ = 1 = α2 ω? ζQ ?r = 1 ∴? = ?0?r = ?0 = 4 π ×10? 7 ∴1& ν = 50Hz时 : δ1 = 2 2 = 1 = 72m 2 π × 50 × 4 π ×10? 7 × ω? ζ- 5-&&&&电动力学习题解答第四章电磁波的传播6 2& ν = 10 Hz时 δ22 ω? ζ2 × 1≈ 0.5m π ×10 2 π ×10 ×46 793& ν = 10 Hz 时 : δ32 = = ω? ζ2 × 1≈ 16m m 9 ×4 π × 10 ?7 2 π ×108 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 相速度和衰减长度 若导电介质为金属 结果如何1求导电介质中电磁波的提示 导电介质中的波矢量kv = β v + i αv , α v只有 z分量 为什么 解 根据题意 如图所示 入射平面是 xz平面 导体中的电磁波表示为i( βv ?xv?ωt) Ev = e Ev0e?α v?xv v '' = β v + k i αvzkv ' '介质 真空θ3与介质中的有关公式比较可得xkv 1θ θ 2 kv 'β ?α2 2=ω ? ε2α v ?β v = 1ω ? ζ 2根据边界条件得kx'' = β x + i α x =实数 ∴α x = 0 ω1又k x ' '= kx = k sin θ 1 = c sin θ∴ βx= ω c sin θ1而入射面是 xz平面 故kv,kv' '无y分量∴ α y = 0, βxy= 0∴ α v只有 αz存在v β 有β x与 βz 2z其中β= ω c sin θ1ω ( s in θ 1) + β z?α c ∴有 2 2 α z β z = 1ω ? ζ 2解得=ω ? ε21 ω2 εω 1 ω2 2 2 β z = 12 (? ? c 2 sin θ θ 1?ω 2 ? 2 1 ) + [( 2 sin ε )2 +ω 2 ? 2ζ 2 ] 2 2 c 2αz2ω2 = ? 1 (? εω 2? 2 θ 1) + 1[( ω 2? ε ?ω 2 sin 2 θ 1)2 +ω 2 sin 2 2 c c22?2 ζ2]12- 6-&&&&电动力学习题解答第四章电磁波的传播其
