电动力学答案(郭硕鸿+第三版) chapter3(3)

Rcosθ,(R<R0)

2µ′+µ

2

an=bn=0,(n≠1)

∴ m1=

www

由此

m

3

µ0M0R0=cosθ,(R>R0)2

′2µ+µR

v

rvv′2µµ0M0

R<R0,B1=µH1+µ0M0=

2µ′+µ

vvrv3

vµ′µ0R03(M0 R)RM0

[ R>R0, B2= µ′ m2= 35

2µ′+µRR

v

2µ′µ0M0

,(R<R0) v 2µ′+µ

∴B= vvrv3

′µµ R3(MR)RM 000

[ 30(R>R0)5 RR 2µ′+µ

- 13 -

daw

得

答

µ0M

a1=

2µ′+µ

案

∴ m1=

∑a

∞

n

RnPn(cosθ)

.c

b1=

2 m1=0,R<R0 2

m2=0,R>R0

m1= m2R=R0,

m2

m1

µ µ′R0=M0µ0cosθ

R R

<∞ m1R=0 m2R=∞=0

网

µ0M03

R0

2µ′+µ

om

电动力学课后习题

又n×(B2 B1)

v

vv

R0

vvv=µ0(αM+α)其中α0

v

代入B的表达式得

vαM

3µ′v

M0

sinθe

2µ′µ0

r

12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场H0中结果如何

定解问题为

解得满足自然边界条件的解是

1

代入衔接条件

www

得到

a1= d1=

∴ m1=

.kh

m= H0Rcosθ+

2

m=a1Rcosθ,(R<R0)

a1R0= H0R0+

d1R02

µ0H0+µ0

2d1

+µa1=µ0M03R0

µ0M0 3µ0H0

µ+2µ0

µ0M0+(µ µ0)H03

R0

µ+2µ0

µ0M0 3µ0H0

Rcosθ,(R<R0)

µ+2µ0

- 14 -

daw

d1

cosθ,(R>R0)R2

课

后

2 m1=0,R<R0 2

m2=0,R>R0

m1= m2R=R0,

m2

m1

µ µ0R0=M0µ0cosθ

R R

<∞ m1R=0 m2R=∞= H0Rcosθ

答

案

.c

网

om

vv

解根据题意假设均匀外场H0的方向与M0的方向相同定为坐标z轴方向

电动力学课后习题

3

µ0M0+(µ µ0)H0R0

= H0Rcosθ+cosθ,(R>R0)2

µ+2µ0R

m

2

vµM 3µ0H0vµM 3µ0H0v

∴H1= m1= [00cosθer 00sinθeθ]

µ+2µ0µ+2µ0vvµM 3µ0H0

= 00

2µ0+µ

13. 有一个均匀带电的薄导体壳

得到结果

解根据题意取球体自转轴为z轴

定解问题为

2 m1=0,R<R0 2

m2=0,R>R0

1( m2 m1= Qωsinθ θ4πR0 R θ

0

m2 m1

µ=µ,(R=R0)0 R R

m1R=0<∞ m2R=∞=0

其中

www

.kh

σ=

提示

本题通过解A或 m的方程都可以解决也可以比较本题与

建立坐标系

课

r

角速度ω转动求球内外的磁场B

r

daw

其半径为R0总电荷为

Q

R=R0

后

答

rrvvvvv3(m R)Rm

B2=µ0H2=µ0[H0+ 3]

R5R

案

网

rvrvvµ0M0+(µ µ0)H0R3(m R)Rmv

( H0sinθ+sinθ)eθ]=H0+ 3

5

µ+2µ0RRR

3

02

Qωsinθ

是球壳表面自由面电流密度

4πR0

解得满足自然边界条件的解为

- 15 -

.c

3

vµ0M0+(µ µ0)H02R0vH2= m2= [( H0cosθ cosθ)er

µ+2µ0R2

v

µ0M03µ µ03vvm=R0+R0H0

µ+2µ0µ+2µ0

今使球壳绕自身某一直径以

om

5例2的电流分布

2

vvvv3µµ0v2µ0

B1=µH+µ0M0=H0+M0,(R<R0)

µ+2µ0µ+2µ0

电动力学课后习题

m=a1Rcosθ,(R<R0)

1

m=

2

b1

cosθ,(R>R0)2R

b1Qω aR = 10R2

4πR0 0

a+2b1=013 R0

代入衔接条件

∴ m1=

Qω

Rcosθ,(R<R0)6πR0

2

.kh

磁矩m=

vvvr22v2Qω

R013(m R)RmvQωR0v

H2= m2=θeθecos+sin=[ 3]rr335

12πR12πR4πRR

2

vQR0vm=ω

3

课

rvQµ0v

B1=µ0H1=ω

6πR0

daw

- 16 -

后

答

vvQωQωQωvv

∴H1= m1=cosθer sinθeθ=

6πR06πR06πR0

案

网

m

QωR02

=cosθ,(R>R0)12πR2

.c

其中

www

解1

rvvvvvµ03(m R)Rm

B2=µ0H2=[ 3]5

4πRR

14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q半径为R0它以角速度ω绕自身某以

直径转动求

1 它的磁矩

2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M0

是均匀分布的

v

1vvvx×J(x)dV∫2

om

Qω

解得 a1=

6πR0

QωR02

b1=

12π

电动力学课后习题

又 x=R=

Rer

v

v

v

J(x)=ρv=

vv

v

Q43πR03

vv(ω×R)

13Qωvvv13Qrvv242

∴m=R×(ω×R)Rsinθdrdθdφ=(e×e)Rsinθdrdθdφφr3∫3∫24πR024πR0

又 er×eφ= eθ=sinθez+cosθ( cosφex sinφey)

vvvvvv

v3Qω∴m=3

8πR0

∫∫∫

2ππ

R0

vvv

[sinθez+cosθ( cosφex sinφey)R4sin2θdrdθdφ

2)自转动量矩L=dL=

===

www

r

QR02v

ωv

5 ∴==Q2

M0L2M0R0vω5

15. 有一块磁矩为m的小永磁体

求作用在小永磁体上的力F.

位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中

.kh

3M0ω=3

4πR0

v3M0ω=3

4πR0

课

3M0vvv22

ωR(er×ez×er)Rsinθdrdθdφ3∫4πR0

3M0vv22ω( sinθReφ×er)Rsinθdrdθdφ3∫4πR0

3M0v22Rωsinθ( e)Rsinθdrdθdφθ3∫4πR0

后

∫

∫∫∫

2π

∫∫∫

2π

答

vv

vvvv3M0vvvR×dP=R×vdm=R×(ω×R)dV3∫∫∫4πR0

daw

π

R00

π

R0

r

案

vvv

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