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(AB)=B×(V×A)+(B.V)A+Ax(V×B)+(AV) X(VX V)A 解:1)V(A.B)=Bx(V×A)+(B.V)A+Ax(V×B)+(AV)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A和B。 又V是一个矢量算符,具有矢量的所有性质。 因此,利用公式×(axb)=a·(a·b)-(·a)b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B 2)根据第一个公式,令A=B可得证。 2.设u是空间坐标x,y,z的函数,证明 f(udu df A(u)= A(u)=Vux 证明 1) V(a)=200a1+9(0a1+y()a2=.a1+f.aan+f.ama2=“vn VAu= 0A(u), aAy(u)aA-E(u) dA,(u)Ou dA, (u) Ou, dA=(u) Ou_vtdu A dA V×A() )e+( A A A
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 1 - 1. 根据算符∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式 A B B A B A A B A B r r r r r r r r r r ∇( ⋅ ) = × (∇ × ) + ( ⋅∇) + × (∇ × ) + ( ⋅∇) A A A A A r r r r r ( ) 2 1 ( ) 2 × ∇ × = ∇ − ⋅∇ 解 1 A B B A B A A B A B v v v v v v v v v v ∇( ⋅ ) = × (∇ × ) + ( ⋅∇) + × (∇ × ) + ( ⋅∇) 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 ∇ 将作用于 A B v v 和 又∇ 是一个矢量算符 具有矢量的所有性质 因此 利用公式 c a b a c b c a b v v v v v v v v v × ( × ) = ⋅( ⋅ ) − ( ⋅ ) 可得上式 其中右边前两项是 ∇ 作用于 A v 后两项是∇ 作用于 B v 2 根据第一个公式 令 A v B v 可得证 2. 设 u 是空间坐标 x y z 的函数 证明 ( ) . ( ) ( ) du dA A u u du dA A u u u du df f u r r r r ∇ × = ∇ × ∇ ⋅ = ∇ ⋅ ∇ = ∇ 证明 1 u du df e z u du df e y u du df e du df e z f u e y f u e x f u f u x y z x u x y z = ∇ ∂ ∂ + ⋅ ∂ ∂ = ⋅ + ⋅ ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ = ∂ ∂ ( ) r ( ) r ( ) r r r r ( ) 2 du dA u z u dz dA u y u du dA u x u du dA u z A z u y A u x A u A u x y z x y z r r r r r r r r = ∇ ⋅ ∂ ∂ + ⋅ ∂ ∂ + ⋅ ∂ ∂ = ⋅ ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ ⋅ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 = ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × = z y x y x z x z y x u y z x y z e y A x A e x A z A e z A y A A A u A u x y z e e e A u r r r r r r r r r r r r r r r r ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
动力学习题解答 第一章电磁现象的普遍规律 De, De=Vux du ay du az du az du ax 3.设r=√x-x)2+(y-y)2+(2-=2)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。 1)证明下列结果,并体会对源变数求微商(V80+22)与对场变数求 微商(V=Ex+,+2)的关系 Vr=-V=-V-=-V-= 0.V V3=0(F≠0) (最后一式在人r=0点不成立,见第二章第五节)。 2)求 V·F,V×F,(a·V,V(a·P)V[ E. sin(k,)及V×[Esin(k·F),其中ak及E均为常矢量。 证明;V·r= a(x-x),a(y-y),a(=-2) az V×F 0 ax ay GaV)=(a2x+a1,+a:e1)(x+p,+:)x-x)x+(y-y)e,+(2-2)] (a1x+a,+a2(x-x)e+(y-y)e,+(2-2)e2] ae ta V(a·F)=a×(V×F)+(a·V)+rx(Vxa)+(F,V)·a =(aV)+F×(V×a)+(Fa)a =a+F×(V×a)+(V)·a V[ E sin(k,F)=(sin(k·F)E。+sin(k·F(v·E)
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 2 - du dA e u y u du dA x u du dA e x u du dA z u du dA e z u du dA y u du dA z y x y x z x y z r r r r r r r r r r = ∇ × ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ = ( ) ( ) ( ) 3. 设 ' 2 ' 2 ' 2 r = (x − x ) + ( y − y ) + (z − z ) 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 1 证明下列结果 并体会对源变数求微商 ( ) ' ' ' ' z e y e x ex y z ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ = r r r 与对场变数求 微商( ) z e y e x ex y z ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ∇ = r r r 的关系 , 0, 0.( 0) 1 1 , 3 ' 3 3 3 ' ' ∇ = −∇ = ∇ = −∇ = − ∇ × = ∇ ⋅ = −∇ = r ≠ r r r r r r r r r r r r 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 r, r,(a )r, (a r), [E0 sin(k r)]及 [E0 sin(k r)],其中a, k及E0均为常矢量 r r r r r r r r r r r r r r r ∇ ⋅ ∇ × ⋅∇ ∇ ⋅ ∇ ⋅ ⋅ ∇ × ⋅ 证明 3 ( ) ( ) ( ) ' ' ' = ∂ ∂ − + ∂ ∂ − + ∂ ∂ − ∇ ⋅ = z z z y y y x x x r r 0 ' ' ' = − − − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × = x x y y z z x y z e e e r x y z r r r r ( ) [( ) ( )][( ') ( ') ( ') ] x x y y z z x y z x y z e x x e y y e z z e z e y e x a r a e a e a e v r v v v v v v v r v − + − + − ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ ⋅ ∇ = + + ⋅ ( )[( ') ( ') ( ') ] x y z x y z x x e y y e z z e z a y a x a v r v − + − + − ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = a e a e a e a x x y y z z v v v v = + + = a r a r a r r a r a v v v v v v r v v v ∇( ⋅ ) = × (∇ × ) + ( ⋅∇) + × (∇ × ) + ( ⋅∇)⋅ a r r a r a a v v v v v r v = ( ⋅∇) + ×(∇× ) + ( ⋅ )⋅ a r a r a v v v v v = + × (∇ × ) + ( ⋅∇)⋅ [ sin( )] [ (sin( )] sin( )( ) 0 0 E0 E k r k r E k r r r r r r r r r r ∇ ⋅ ⋅ = ∇ ⋅ ⋅ + ⋅ ∇ ⋅
动力学习题解答 第一章电磁现象的普遍规律 [ sin(k r)e,+sin(k- r)e,+o sin(k r)e Ec cos(k·F)(k,ex+k,e,+k2e:)E0=cos(k,F)k·E) V×[Esin(k·P=[sin(kf×E+sin(k·P)V×E 4.应用高斯定理证明 dV×∫=dS 应用斯托克斯( Stokes)定理证明 Vφ=dp 证明:1)由高斯定理 dv·g=9ds·g ag r. ag,, ag )dv=p g, dS, +8, dS, +g 而[Vxf f-f)i+( -fj+(f -)k]dI j[a(k-f万)+(7-k)+G1-f 又:55×7=dS,-f4S+(45:-45,)+(,46,-dS,) =4(k-f)4S+(7-/416,+(1-f1)dS 若令H=J,k-f1,H,=J1-fk,Hz=Jx-f,1 则上式就是: v,d=as.,高斯定理,则证毕 2)由斯托克斯公式有 乐d=v×7 乐/:d=(an+,d,+/) f·dS f--f ds+(f-f , -f)ds 而=乐(,+d,+9m)
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 3 - 0 [ sin( ) sin( ) sin(k r)e ]E z k r e y k r e x x y z r r r r r r r r r ⋅ ∂ ∂ ⋅ + ∂ ∂ ⋅ + ∂ ∂ = cos( )( ) cos( )( ) k r kx ex k y ey kzez E0 k r k E r r r r r r r r r r = ⋅ + + = ⋅ ⋅ 0 0 0 [E sin(k r)] [ sin(k r)] E sin(k r) E r r r r r r r r r ∇ × ⋅ = ∇ ⋅ × + ⋅ ∇ × 4. 应用高斯定理证明 ∫ ∫ ∇ × = × V S dV f dS f r r r 应用斯托克斯 Stokes 定理证明 ∫ ∫ ×∇ = S L dS φ dl φ r r 证明 1)由高斯定理 ∫ ∫ ∇ ⋅ = ⋅ V S dV g dS g r r r 即 ∫ ∫ = + + ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ S x x y y z z V x y z dV g dS g dS g dS z g y g x g ( ) 而 f k dV y f x f j x f z f i z f y fdV z y x z y x V [( ) ( ) ( ) ] r r r r ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ ∇ × = ∫ ∫ ∫ − ∂ ∂ − + ∂ ∂ − + ∂ ∂ = f j f i dV z f i f k y f k f j x y z z x x y [ ( ) ( ) ( )] r r r r r r 又 dS f [( f dS f dS )i ( f dS f dS ) j ( f dS f dS )k ] y S z y y z x z z x y x x S r r r r r ∫ ∫ × = − + − + − ∫ = y − z x + z − x y + x − y dSz ( f k f j)dS ( f i f k )dS ( f j f i ) r r r r r r 若令 H f k f j H f i f k H f j f i x y z y z x Z x y r r r r r r = − , = − , = − 则上式就是 ∫ ∫ ∇ ⋅ = ⋅ V S HdV dS H r r r ,高斯定理 则证毕 2)由斯托克斯公式有 ∫ ∫ ⋅ = ∇ × ⋅ l S f dl f dS r r r r ∫ ∫ ⋅ = + + l x x y y z z l f dl ( f dl f dl f dl ) r r ∫ ∫ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ ∇ × ⋅ = S z y x x z y y x z S f dS y f x f dS x f z f dS z f y f dS ( ) ( ) ( ) r r 而 ∫ ∫ = + + l i x j y k z l dl φ (φ dl φ dl φ dl ) r
动力学习题解答 第一章电磁现象的普遍规律 529(2△)+19单,图心,从 k-opD) Dds ay 若令x=中,,=,厂=9 则证毕 5已知一个电荷系统的偶极矩定义为 P()=p(x,0)d 利用电荷守恒定律V.7+9=0证明P的变化率为: =[J(x,1)d 证明:OP xdv 2.=x=-()x),M=J(-V(x万M d 若S→,则(x)d5=0.(=0) ,=J,(P)= dP 即 dt j(, t di 6.若m是常矢量,证明除R=0点以外,矢量Asm×R 的旋度等于标量q= m·R 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 m×R) V×A=XR-V×[m×(V=(Vm+(mV-V(-(V)V示
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 4 - ∫ ∫ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ ×∇ = S y z z x x y S dS k x dS y dS j z dS x dS i y dS z dS r r r r ( ) ( ) ( ) φ φ φ φ φ φ φ ∫ ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂ ∂ = x y z i dS y j x k dS x i z j dS z k y ( ) ( ) ( ) φ r φ r φ r φ r φ r φ r 若令 x i y j z k f = φ , f = φ , f = φ 则证毕 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 ( ) ( , ) , ' ' ' ∫ = V P t x t x dV r r r ρ 利用电荷守恒定律 = 0 ∂ ∂ ∇ ⋅ + t J r ρ 证明 P r 的变化率为 ∫ = V J x t dV dt dP ' ' ( , ) r r r 证明 ∫ ∫ = − ∇ ∂ ∂ = ∂ ∂ V V x dV j x dV t t P ' ' ' ' ' ' ' r r r r r ρ ∫ ∫ ∫ = − ∇ = − ∇ ⋅ − ∇ ⋅ = − ∇ ⋅ ∂ ∂ V x V x j x dV x j x j dV j x j dV t P ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ( ) [ ( ) ( ) ] ( ( ) r r r r r ∫ ∫ = − ⋅ S j xdV xj dS r r ' 若 → ∞, ( )⋅ = 0,( = 0) ∫ S S xj dS j r r r 则 同理 ∫ ∫ = ∂ ∂ = ∂ ∂ ' ' ( ) ,( ) j dV t j dV t y y z z ρ ρ r r 即 ∫ = V j x t dV dt dP ' ' ( , ) r r r 6. 若 m r 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 3 R m R A r r r × = 的旋度等于标量 3 R m R r r ⋅ ϕ = 的梯 度的负值 即 ∇ × A = −∇ϕ r 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 m r m r r m r m R m R m R A v v v v v v v v ) ] 1 )] [( 1 [ ( 1 ( ) 1 )] ( ) 1 [ ( ) ( 3 = −∇ × × ∇ = ∇ ⋅ ∇ + ⋅∇ ∇ − ∇ ⋅ ∇ − ∇ ⋅∇ × ∇ × = ∇ ×
动力学习题解答 第一章电磁现象的普遍规律 mV)V-,(r≠0) m·R Vo=V(R2)=-Vm. (VP=-mxlVX(P-(VP)x(VXm)-(m v)vr [(V-)m=-(m V)V 7.有一内外半径分别为r1和n2的空心介质球,介质的电容率为E,使介质内均匀带静止自 由电荷pr,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)5D54s=Jd,G>b) 即:D.4m2=2(r3-n3 E (n2) PF,(r>2) r<n时,E=0 2)P=ExE E DE p=-p=(-60E=(-=)7p门=-5p(-5 Eo Pr(3-0) 考虑外球壳时,r=2,n从介质1指向介质2(介质指向真空),P2n=0
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 5 - ,( 0) 1 = ( ⋅∇)∇ r ≠ r m v r m m r r m r m R m R 1 ) ( ) ( ) 1 )] ( 1 )] [ ( 1 ( ) [ ( 3 = −∇ ⋅ ∇ = − × ∇ × ∇ − ∇ × ∇ × − ⋅∇ ∇ ⋅ ∇ = ∇ v v v v v v ϕ r m m r 1 ) ] ( ) 1 −[(∇ ⋅∇ = − ⋅∇ ∇ v v ∴∇ × A = −∇ϕ v 7 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 使介质内均匀带静止自 由电荷 ρ f 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 ∫ ∫ D ⋅ dS = f dV S ρ r r , (r2>r>r1) f D r r r ρ π π ( ) 3 4 4 3 1 2 3 即 ⋅ = − ,( ) 3 ( ) 2 1 3 3 1 3 r r r r r r r E f > > − ∴ = r r ε ρ 由 ( ) ,( ) 3 4 2 3 1 3 2 0 0 r r r r Q E dS f f S ⋅ = = − > ∫ ρ ε π ε r r ,( ) 3 ( ) 2 3 0 3 1 3 2 r r r r r r E f > − ∴ = r r ρ ε r r1时 E 0 r < 2) P eE E E r r r r ( ) 0 0 0 0 0 ε ε ε ε ε ε χ ε = − − = ( ) 3 ] 3 ( ) ( ) ( ) [ 3 3 0 1 3 3 1 3 0 0 r r r r r r r r P P E f f r r r r r ∇ ⋅ − − = − − ∴ = −∇ ⋅ = − − ∇ ⋅ = − − ∇ ⋅ ρ ε ε ε ρ ε ρ ε ε ε ε f ρ f ε ε ε ρ ε ε ε (3 0) ( ) 3 0 − 0 − = − − = − σ P = P1n − 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 2 = 0 P n
动力学习题解答 第一章电磁现象的普遍规律 Op=Pn=(8-Fo 考虑到内球壳时,r=r2 OP=-(8-8 8,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J,导体 的磁导率为,求磁感应强度和磁化电流 解 当rr>r1时,H·dl=2mH B H1(r2-2)(x2-n2) 当rr2时,2mH=可/(2-n) o -0 =(-1Vx=(-1),、<r<h) aM=h×(M2-M1),(m从介质指向介质2) 在内表面上,M1=0M2=(2-1) o 故 在上表面,r=r2时 aM=n×( n×M 1)
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 6 - P n f r r f r r r r r r r P ρ ε ε ρ ε σ ε ε 3 2 3 1 3 0 2 3 3 1 3 1 0 3 (1 ) 3 ( ) 2 − = − − = = − = r 考虑到内球壳时 r r2 0 3 ( ) 3 1 3 1 3 0 = − P = − − f r=r r r r r r ρ ε σ ε ε 8 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 µ 求磁感应强度和磁化电流 解 f l S f D dS I dt d H ⋅ dl = I + ⋅ = ∫ ∫ r r r r 当r r>r1时 2 ( ) 2 1 2 H dl rH j dS j r r f S f l ⋅ = = ⋅ = − ∫ ∫ π π r r r r j r r r r r j r r B f v f r r × − = − = 2 2 1 2 2 1 2 2 ( ) 2 µ ( ) µ 当 r>r2时 2 ( ) 2 1 2 2 rH j r r π = π f − j r r r r B f r r r × − = 2 2 1 2 0 2 2 µ ( ) ) 2 ) ( 1) ( ) ( ) ( 2 2 1 2 0 0 0 r r r J M H H j r M M f − = − ∇ × × − = ∇ × = ∇ × = ∇ × r r r r r µ µ µ µ µ χ ( 1) ( 1) ,( ) 1 2 0 0 H j r r r = − ∇ × = − f < < r r µ µ µ µ M n (M 2 M1 ),(n从介质1指向介质2 r r r r α = × − 在内表面上 ) 0 2 0, ( 1) 2 1 2 1 2 0 1 2 = − = = − r=r r r r M M µ µ 故 0,( ) 2 1 M = n × M = r = r r r r α 在上表面 r r2时 ( 1) 2 2 ( ) 0 2 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 − − × = − − = × − = − × = = − × = µ µ α M r r f r r f r j r r r j r r r r r r n M n M r r r r r r r r r f j r r r r 2 2 1 2 2 0 2 ( 1) − = − − µ µ
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pp总是等于体自由电荷密度p的-(1-0)倍。 证明:p=-V.p=-V(-60)E=(-5E=-(-60)=-(1-0)p 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: dF12=l1dl1×B2 F2=d1×( Ldl. xr 24 d1×(dl2×F2) 012 /12 /12 2)线圈2在线圈1的磁场中受的力 同1)可得: F1=“254a1,)-1a) (2) 分析表达式(1)和(2): (1)式中第一项为 a2(a.)=4a2pa.=a2 I l, 同理,对(2)式中第一项手(d2)=0 2, dl 1l.平行板电容器内有两层介质,它们的厚度分别为1和12,电容率为E1和E2,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Or
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 7 - 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 ρ f 的 (1 0 )倍 ε ε − − 证明 f f P P E E ρ ε ε ε ρ ρ (ε ε ) (ε ε ) (ε ε ) (1 ) 0 = −∇ ⋅ = −∇ ⋅ − 0 = − − 0 ∇ ⋅ = − − 0 = − − r r r 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 ∫ × = 2 3 12 0 2 2 12 2 4 l r I dl r B v v v π µ 12 1 1 B2 dF I dl v v v = × ∫∫ ∫∫ × × = × × ∴ = 1 2 1 2 3 12 0 1 2 1 2 12 3 12 0 1 1 2 2 12 12 ( ) 4 ( ) 4 l l l l r I I dl dl r r I dl I dl r F v v r v v v v π µ π µ ( ) ( ) 4 1 2 3 1 2 12 12 3 12 12 2 1 0 1 2 ∫∫ = ⋅ − ⋅ l l dl dl r r r r dl dl I I v v v v v v π µ 1 2 线圈 2 在线圈 1 的磁场中受的力 同 1 可得 ∫∫ = ⋅ − ⋅ 2 1 ( ) ( ) 4 3 2 1 21 21 3 21 21 1 2 0 1 2 21 l l dl dl r r r r dl dl I I F v v v v v v v π µ 2 分析表达式 1 和 2 1 式中第一项为 ) 0 1 ( ) ( 1 2 2 2 1 2 12 2 2 12 12 3 2 12 12 3 2 1 12 12 2 1 ⋅ = ⋅ = = ⋅ − = ∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ l l l l l l r dl r dr dl r r dl dl r r dl dl 一周 v v v v v v v v 同理 对 2 式中第一项 ∫∫ ⋅ = 2 1 ( ) 0 3 21 21 1 2 l l r r dl dl v v v ∫∫ ∴ = = − ⋅ 1 2 ( ) 4 3 1 2 12 0 1 2 12 12 21 l l dl dl r I I r F F v v r v v π µ 11. 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 1 2 ε 和ε 今再两板 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ω f
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of 若介质是漏电的,电导率分别为1和σ2,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 ∫4E1+2E2=E 1Dn-D2n=5E1-2E2=0(介质表面上or=0 故:E1 E2E E2 1,E2+12a1 1,E2+12G 又根据D1n-D2n=0r,(n从介质1指向介质2) 在上极板的交面上 D1-D2=oD2是金属板,故D2=0 f E 而G=0 =D1-D2=-D2,(D是下极板金属,故D1=0) 1a+l 若是漏电,并有稳定电流时 J2 + +l2 in=/2n==j2,(稳定流动,电荷不堆积) 1 得:方 即 J2 E ,g+l &r0 8.g,e 8
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 8 - 2 介质分界面上的自由电荷密度ω f 若介质是漏电的 电导率分别为σ 1和σ 2 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 , 0 0) 1 2 1 1 2 2 f 1 1 2 2 − = − = = + = Ε D D ε E ε E 介质表面上σ l E l E n n 故 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 , ε ε ε ε ε ε l l E l l E + Ε = + Ε = 又根据 D1n − D2n = σ f n 从介质 1 指向介质 2 在上极板的交面上 1 D1 − D2 = σ f D2是金属板 故 D2 0 即 1 2 2 1 1 2 1 1 ε ε ε ε ε σ l l f D + = = 而 0 2 σ f = ,( 0) ' 1 ' 1 ' 2 ' 2 ' σ f3 = D1 − D = −D D 是下极板金属 故D = 3 1 1 2 2 1 1 2 f f l l σ ε ε ε ε ε σ = − + ∴ = − 若是漏电 并有稳定电流时 2 2 2 1 1 1 , σ σ j E j E r r r r = = 又 = = = + = Ε 1 2 1 2 , 稳定流动 电荷不堆积 2 2 2 1 1 1 j j j j j l j l n n r r r σ σ 得 + Ε = = + Ε = = + Ε = = 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 1 1 1 2 , : σ σ σ σ σ σ σ σ σ σ l l j E l l j E l l j j 即 1 2 2 1 1` 2 3 σ σ ε σ σ l l f D + Ε = = 上 1 2 2 1 2 1 2 σ σ ε σ σ l l f D + Ε = − = − 下
动力学习题解答 第一章电磁现象的普遍规律 =D2-D3 12.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 0. 其中E1和E2分别为两种介质的介电常数,61和2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 tane, a, 其中1和a2分别为两种介质的电导率 证明:(1)根据边界条件:nx(E2-E)=0,即:E2sin2=E1sinO1 由于边界面上ar=0,故:(D2-D)=0,即:E2E2cosB2=61E1cos1 g62_g1m,g62_62 g611 (2)根据:J=GE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:_=2 62 CoS 即: E gE 而:nx(E2-E)=0即E2sinO2=E1sinO cos0. cos0 故有 g 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E1=0 而:n×(E2-E1)=0 n×E,=0,故E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 - 9 - Ε + − = − = 1 2 2 1 2 1 2 1 2 3 σ σ ε σ ε σ σ l l f D D 中 12. 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 1 2 1 2 tan tan ε ε θ θ = 其中 1 2 ε 和ε 分别为两种介质的介电常数 θ1和θ 2 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 1 2 1 2 tan tan σ σ θ θ = 其中σ 1和σ 2分别为两种介质的电导率 证明 (1)根据边界条件 2 1 2 2 1 1 n × (E − E ) = 0,即 E sinθ = E sinθ v v 由于边界面上σ f = 0 故 ( ) 0 n ⋅ D2 − D1 = v v v 即 2 2 2 1 1 1 ε E cosθ = ε E cosθ 1 2 1 2 1 1 2 2 , ε ε θ θ ε θ ε θ ∴ = = tg tg tg tg 有 即 (2)根据 J E v v = σ 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 1 2 2 1 cosθ cosθ j j = 即 1 2 2 2 1 1 cos cosθ σ θ σ E E = 而 ( ) 0 n × E2 − E1 = v v v 即 2 2 1 1 E sinθ = E sinθ 故有 2 1 2 1 σ σ θ θ = tg tg 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 0 导体内E1 v ∴ 而 ( ) 0 n × E2 − E1 = v v v 0 ∴n × E2 = v v 故 E0 v 垂直于导体表面
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a=0 导体外E2=0,即:D2=0 而:n(D2-D)=a=0,即:nD1=n·E0E1=0 万·E1=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r,板间填充电导率 为σ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A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:V·J+ 0 t 据高斯定理pr=VD V·J+ V·J V·(J+-)=0.∴J+=0,即传到电流与位移电流严格抵消。 at 解:由高斯定理得:」D2ml=,d =M、E= 又J*0,J=aB,D=BE gE +8-=OE=E tER
电动力学习题解答 第一章 电磁现象的普遍规律 - 10 - 3 导体中通过恒定电流时 导体表面 = 0 σ f ∴导体外 0, 0 E2 = D2 = v v 即 而 ( ) 0, : 0 n ⋅ D2 − D1 = f = n ⋅ D1 = n ⋅ 0E1 = v v v v v v v σ 即 ε 0 ∴n ⋅ E1 = v v 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 f 板间填充电导率 为σ 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λ f 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 = 0 ∂ ∂ ∇ ⋅ + t J ρ f r 据高斯定理 f D r ρ = ∇ ⋅ = 0 ∂ ∂∇ ⋅ ∴∇ ⋅ + t D J r r 即 = 0 ∂ ∂ ∇ ⋅ + ∇ ⋅ t D J r r ( ) 0. = 0 ∂ ∂ = ∴ + ∂ ∂ ∴∇ ⋅ + t D J t D J r r r r 即传到电流与位移电流严格抵消 (2)解 由高斯定理得 ∫ ∫ D ⋅ rdl = dl π λ f r r 2 r f r f e r e E r D r r r r πε λ π λ 2 , 2 ∴ = = 又 J E D E t D J r r r r r r = = σ = ε ∂ ∂ + 0, , t E E e t E E ε σ σ ε = = = ∂ ∂ ∴ + 0 0, r r r r r t r r f e e r e r r r ε σ πε λ πε λ − ∴ = 2 2 0