电动力学答案(郭硕鸿+第三版) chapter3(2)

B2z

112=µ0Ia222[(L+z)+a]

电动力学课后习题

∴L=

1a2

r

7. 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µ0 解

定解问题为

导体外的磁导率为µ

选取柱坐标系该问题具有轴对称性

vvA内=A内(r)ez

www

得由A内(r)

r=0

1

A内(r)= µJr2+C1lnr+C2

4

A外(r)=C3lnr+C4

<∞ 得C1=0

vv1µ

由 ×A内= ×A外 得 C3= Ja2

µ0µ21

.kh

1 A内(r)

(r)= µ0J r r r

1 (r A外r))=0 r r r

- 7 -

vv

A外A外(r)ez 代入定解问题得

daw

且解与z无关

令

课

后

答

案

.c

vv

2A= µJ,(r<a)

v内

2A外=0,(r>a) v

A内0<∞

v v

A外a=A内a 1vv1

×A内= ×A外 µ µ0

网

om

电动力学课后习题

v由A外

a

v=A内

a

v令A外

a

v=A内

a

=0 得 C2=

µ1

µ0Ja2,C4=Ja2lna42

1v2 v

A内=µ0J(a r2) 4∴

vµ

v2a AJaln外 2r

rrQmr

它的磁场强度为H=

4πµ0r3

一个可能的表示式并讨论它的奇异性

解

令

Ar=Aθ=0, 得

www

Qmsinθ

dθ

04πr

Q1 cosθ

∴Aφ=m

4πrsinθ

∴sinθAφ=∫

θ

显然

vQm1 cosθv

∴磁单极子产生的矢势A=eφ

4πrsinθ

- 8 -

.kh

Aφ满足1式

AθQm 1

[(sinθA) =φ rsinθ θ φ4πr2

11 Ar

(rAφ)]=0 [ (1)

rsinθ φ r 1 Ar

]=0 [(rAθ)

r r θ

Qsinθ

(sinθAφ)=m θ4πr

daw

课

后

答

vvvQmv

由 ×A=B=µ0H=e 得2r

4πr

案

.c

vvQmrQm1v

H==e32r

4πµ0r4πµ0r

网

om

8.

假设存在磁单极子

其磁荷为Q

m

给出它的矢势的

电动力学课后习题

讨论

当θ→0时

v

A→0vQvA→meφ

4πr

v

故A的表达式在θ=π具有奇异性

v

A不合理

π当θ→时

2

当θ→π时

v

A→∞

9. 将一磁导率为µ磁矩m

rr

半径为R0的球体放入均匀磁场H0内求总磁感应强度B和诱导

r

vv

解

根据题意

以球心为原点建立球坐标取H0的方向为e

z

的影响下极化

产生一个极化场静止的状态呈现球对称

本题所满足的定解问题为

并与外加均匀场相互作用

由泛定方程和两个自然边界条件得

www

由两个边界条件有

∞

dn ∞n

aRP(cosθ)= HRcosθ+P(cosθ)∑00 ∑n0nn+1n

n=0R0 n=0

∞∞

(n+1)dn

µanRn 1P(cosθ)= Hµcosθ µPn(cosθ)∑0000∑nnn+2 R0n=0 n=1

得

.kh

m=∑anRnPn(cosθ)

1

∞

n=0

m= H0Rcosθ+∑

2

daw

dn

P(cosθ)n+1n

Rn=0

∞

2 m1=0,R<R0

2

m2=0,R>R0

m1 m2

=µ0,(R=R0) m1= m2,µ R R

m1R=0<∞

m2R=∞= H0Rcosθ

课

后

答

案

- 9 -

.c

最后达到平衡

网

om

此球体在外界存在的磁场

保持在一个

电动力学课后习题

3µ0H0 a= 1

µ+2µ0

µ µ03

d1=H0R0

µ+2µ0

an=dn=0,(n≠1)

3µ0

= H0Rcosθ,R<R0 m1

+µ2µ

∴ 3

= HRcosθ+µ µ0 R0Hcosθ,R>R

0002 m2

+µ2µR0

www

2

3µµ0v

H0,(R<R0) v µ+2µ0

∴B= vvvv

v µH+µ µ0µR3[3(H0 R)R H0(R>R)0000053 2µµ+RR0 v

当B在R>R0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场

3

µ µ0R0v

∴ m中 2H0cosθ可看作偶极子m产生的势

µ+2µ0R

即

∴m=4π

r

10. 有一个内外半径为R1和R2的空心球位于均匀外磁场H0内球的磁导率为µ

- 10 -

.kh

v

vµ µ03

R0H

µ+2µ0

33

vµ µ02R0µ µ0R0vv

[1]cos[1 sinH= =+ Hθe Hθe 2θm2r0033

+2+2µµµµRR00 vvvv

vHH0 3(µµ 300 R)RR0 =H0+[]53

µ+2µ0RR vvvv vvvµ µ0HH03(30 R)R B2=µ0H2=µ0H0+ µ0R0[53

µ+2µ0RR

vv33

vvµ µ0R0µ µ0R01m R

3= 2H0cosθ= 2H0 R4πRµ+2µ0Rµ+2µ0R

da

w

课

后

答

案

.c

网

3µ03µ03µ0v vvv

H1= m1=µ+2µH0cosθer µ+2µH0sinθeθ=µ+2µH0 0

vvv B=µH=3µµ0H

011

µµ+20

om

求空

电动力学课后习题

r

腔内的场B

讨论µ>>

µ0时的磁屏蔽作用

v

v

在外场H0的作用下 球

解根据题意以球心为原点取球坐标选取H0的方向为ez壳极化

产生一个附加场

并与外场相互作用

最后达到平衡

v

v

B的分布呈现轴对称

定解问题

1

n=0∞

课

因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0做频谱分解而得出的

.kh

n=0

m=∑(bnRn+

2

后

m=∑anRnPn(cosθ)

∞

m= H0Rcosθ+∑

3

答

由于物理模型为轴对称

cn

Pn(cosθ)n+1

R

∞

daw

再有两个自然边界条件

故

案

dn

P(cosθ)n+1n

n=0R

v

分解所选取的基本函数

www

所以上面的解中故

1

系是其本征函数系

{Pn(cosθ)}在本题中

源的表示是

H0Rcosθ= H0RP1(cosθ)

an=bn=cn=dn=0,(n≠0)

解的形式简化为

m=a1Rcosθ

m=(b1R+

2

m

3

c1

)cosθ2R

d

= H0Rcosθ+1cosθ2

R

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