三、簡答題

I.電磁場理論賴以建立的重要實驗及其重要意義。

2.靜電場能量公式叱二;Jp（pdV、靜磁場能量公式叱”=^JAdV的適用條件。

3.靜電場能量可以表示為叱,=gjp//V,在非恒定情況下，場的總能量也能這樣完全通過電荷或電

流分布表示出來嗎？為什么？

4.寫出真空中Maxewll方程組的微分形式和積分形式，并符述各個式子的物理意義。

5.寫出線性均勻各向同性介質中麥克斯韋方程微分形式和積分形式，其簡述其物理意義。

6.電象法及其理論依據。

答：鏡像法的理論基礎（理論依據）是唯?性定理。其實質是在所研究的場域外的適當地方，用實際上不

存在的“像電荷''代替真實的導體上的感應電荷或介質中的極化電荷對場點的作用。在代替的時候，必須保

證原有的場方程、邊界條件不變，而象電荷的大小以及所處的位置由Poisson方程和邊界條件決定。

7.引入磁標勢的條件和方法。

答：在某區域內能夠引入磁標勢的條件是該區域內的任何回路都不被電流所鏈環，就是說該區域是沒有自

由電流分布的單連通區域.若對于求解區域內的任何閉合回路，都有

￡n-dz=o,

則VxH=（）

H=7

引入弓m,

8.真空中電磁場的能量密度和動量密度，并簡述它們在真空中平面電磁波情況下分別與能流密度及動

量流密度間的關系。

9.真空中和均勻良導體中定態電磁波的一般形式及其兩者的差別。

10.比較庫侖規范與洛倫茲規范。

11.分別寫出在洛侖茲規范和庫侖規范下電磁場標勢矢勢所滿足的波動方程，試比較它們的特點。

12.寫出推遲勢，并解釋其物理意義。

答：推遲勢的物理意義：

推遲勢說明電荷產生的物理作用不能立刻傳至場點，而是在較晚的時刻才傳到場點，所推遲的時間r/c正

是電磁作用從源點X、傳至場點x所需的時間,c是電磁作用的傳播速度。

13.解釋什么是電磁場的規范變換和規范不變性？

答：設中為任意時空函數，作變換AfA=A+▽材，"=0-詈

aA

有VxA'=W8,-—J=E

dtdt

即（4,。'）與（4”）描述同一電磁場，上述變換式稱為勢的規范變換。當勢作規范變換時，所有物理量和物

理規律都應該保持不變，這種不變性稱為規范不變性。

14.邁克爾遜一莫來實驗的意義。

答：邁克爾孫一莫來實驗是測量光速沿不同方向的差異的主要實驗。邁克爾孫一莫來實驗否定了地球相對

于以太的運動，否定了特殊參考系的存在，它表明光速不依賴于觀察者所在參考系。

15.狹義相對論的兩個基本原理（假設）及其內容。

答：（1）相對性原理所有慣性參考系都是等價的。物理規律對于所有慣性參考系都可以表為相同形式。

也就是不通過力學現象,還是電磁現象,或其他現象，都無法覺察出所處參考系的任何“絕對運動”。相對性

原理是被大量實驗事實所精確檢驗過的物理學基本原理。

⑵光速不變原理真空中的光速相對于任何慣性系沿任一方向恒為c,并與光源運動無關。

16.寫出洛倫茲變換及其逆變換的形式。

17.具有什么變換性質的物理量為洛倫茲標量、四維協變矢量和四維協變張量？試各舉一例。

18.寫出電荷守恒定律的四維形式，寫出麥克斯韋電磁場方程組的四維形式。

1.寫出真空中麥克斯韋方程組的微分形式、積分形式和邊值關系。

VxE=-—VXB=/70J4-/Z()^0—▽?后=:包V-￡=0

dtdt￡0

=--\BdscU=1f+—\bds

Ldtst力$

§D?出=QfBds=0

s

nx-E,)=0-H)=an-(D-D^]=crn?(B-^)=0

HX(/72122

2寫出線性均勻各向同性介質中麥克斯韋方程組的微分形式、積分形式和邊值關系。

VxE=--Vx月=〃7+點走▽?后=RV.E=0

dtdt￡

jEdl=--\BdsjH-dl=If+—JDrZv

L'sidts

=，反而=()

$

wx(F2-E,)=0而x(凡一用)=an-萬?(凡一段)=0

2.電磁場與帶電粒子系統能量轉化與守恒定律微分式、積分式及其意義。

微分式▽?§一+JCJCO=-

dt

積分式一,?4萬=

物理意義：單位時間內流入某一區域V內的能量，等于其內電荷所消耗的焦耳熱與場能的增加。

3.寫出平面波、復介電系數、復波矢的表達式

與山）=罵/他"同，￡』+￡,k^p+ia

W

4.寫出四維波矢量、四維電流密度、四維勢、電荷守恒定律、達朗貝爾公式的表達式。

k,)=kJ—,

=（7,即）

-^-=0

%

□A,二一從"〃

5.寫由磁偶極子的磁感應強度、欠勢表達式

答：磁偶極子的磁感應強度萬"=-A（沅?▽）與

一⑴〃玩xA

磁偶極子的矢勢A=匕~1

4iR

6.唯一性定理的內容及其意義。（6分）

內容:設區域V內給定自由電荷°（工），在V的邊界S上給定

1）電勢4s確定或

d（p

2）電勢的法向導數8〃工則V內的電場唯一地被確定。（4分）

意義：1.給出了確定靜甩場的條件，這是解決實際問題的依據。

2.在有解的情況下，解是唯?的。因此，在實際問題中，可以根據給定的條件作?定的分析，提出?

嘗試解，只要它滿足唯一性定理所要求的條件，它就是唯一正確的解。（2分）

7.平面電磁波的特性（6分）

1）電磁波是橫波,E和B都與傳播方向垂直（2分）

2）E、B、k兩兩垂直，EXB沿k的方向（2分）

3）E和B同相，振幅比為v（2分）

第一章

例：電流/均勻分布于半徑為。的無窮長直導線內，求空間各點的磁場強度，并由此計算磁場的旋

度,

解：在與導線垂直的平面上作一半徑為「的圓，圓心在導線軸上。由對稱性，在圓周各點的磁感應

強度有相同數值，并沿圓周環繞方向。先求磁感強度：

（1）當時，通過圓內的總電流為/,用安培環路定理得

￡Bdl=2m3=氏1

因此，可以得出B=^-en（r>a）

2兀r

式中c個為圓周環繞方向單位矢量。

（2）若X。,則通過圓內的總電流為

應用安培環路定理得

￡Bdl=2^B=^4-

因而，得出B=2〃（「<。）

17ra20

用柱坐標的公式求磁場的旋度：

（1）當，〉。時由我們求出的"得出

(r>a)

VxB=-^-er+-—（rBl））e.=O

dzrdr

（2）當r<a時，由上面的式子得

(r<a)

▽x3=組

na~~

六、電荷。均勻分布于半徑為。的球體內，求各點的電場強度,并由此直接計算電場的散度.（共

10分）

解：由高斯定理

廠>〃時，iEds=4m,E=—E=—0（2分）

J44%廠

寫成矢量式得￡=-^（1分）

4%）廠

5

時，球面所圍電荷為一4行3P二一4玄3O^=JOr（］分）

3343/

，巨杰二4"2七="E=0"（2分）

r>aH'J',廠工0▽?4二0(廠工0)（2分）

-Qr

VE=-^-V-=0（2分）

4%;0r

7.有一內外半徑分別為八和G的空心介質球，介質的電容率為￡，使介質球內均勻帶靜止自由電荷0/，

求：（1）空間各點的電場；（2）極化體電荷和極化面電荷分布。

解：（1）設場點到球心距離為，以球心為中心，以一為半徑作一球面作為高斯面。

由對稱性可知，電場沿徑向分布，且相同r處場強大小相同。

當r<q時，A=0,E[=0°

23

當耳vrv&時，4;nD2=—^-（r-r^）pf

3

（，一,；bp/（，一小巧

/.D-,=

31

I可量式為E>=——---r

"3夕3

4q3

當廠〉4時，4m*~。3

(弓3-/)0戶_（犬一二）巧

/.Dy=

L3%,

-7%17氏?M

向M式為E?=------：--r

3島廠

(2)當q</*<與時，

….p—.0—耍黑)

…爭?一以

當r=1時，

ap=-n^P2-P]）=-n.（2-包口）二一。一包），|『二0

￡￡

當r二&時，

%=〃.尸2=(1-爭02屋=(1員）口

）3嚀%

O

8.內外半徑分別為q和G的無窮長中空導體圓柱，沿軸向流有恒定均勻自由電流J-導體的磁導率為

〃，求磁感應強度和磁化電流。

解：（1）以圓柱軸線上任一點為圓心，在垂直于軸線平面內作一圓形閉合回路，設其半徑為廣。由對稱

性可知，磁場在垂直于釉線的平面內，且與圓周相切。

當r<r,時，由安培環路定理得：=0,B,=0

當rl<r<r2時，由環路定理得：2加:/二乙/（,一，：）

3吟也

所以H2

向量式為〃2=*戶，/=告2'/"

當r>r2時，2mH3=J一方）

所以小二1八.T）,&=百一不）（

2r32rf

向量式為BLJ/5二〃。"；；4）小r

2r/'2r2

（2）當q時，磁化強度為

M;（幺-1）%—g7）""）〃x，

〃o〃（）2r

所以JM=Vx2W=Vx[(^--l)H,]=(^--l)VxH,=(^--l)Jz

〃。"〃力'〃。

在r=r,處，磁化面電流密度為

a”=—12WdZ=0

2町J

在r=r2處，磁化面耳流密度為

9.證明均勻介質內部的體極化電荷密度0P總是等于體自由電荷密度0f的一（1一4/￡）倍。

證明：在均勻介質中產=（￡/4—l）%￡=（￡—4）E

所以Pp=-▽?「=-（￡-%）▽?￡=-（￡一4）（1/￡）\7?。

=-[（E-￡0）/￡]pf=-（\-￡Q|￡）pf

II.平行板電容器內有兩層介質，它們的厚度分別為乙和4,電容率為邑和邑，今在兩板接上電動勢為/

的電池，求：（1）電容器兩極板上的自由電荷面密度①“和"/2；

（2）介質分界面上的自由電荷面密度①尸。（若介質是漏電的，電導率分別為力和。2當電流達到恒

定時，上述兩物體的結果如何？）

解：忽略邊緣效應，平行板電容器內部場強方向垂直于極板，且介質中的場強分段均勻，分別設為品和

E2,電位移分別設為Q和。2,其方向均由正極板指向負極板。當介質不漏電時，介質內沒有自

由席荷，因此，介質分界面處后由電荷面密度為

0/3=0

取高斯柱面，使其一端在極板A內，另一端在介質1內，由高斯定理得：

D\=①“

同理，在極板3內和介質2內作高斯柱面，由高斯定理得：

。2=-%2

在介質I和介質2內作高斯柱面，由高斯定理得：

D\=D?

所以有片二為

rGfic°r\/.L

由于/=[Ed/=-^Z,+當2=^zi(—+—)

J句J%%

所以COfx=—CO=/](-H——)

/*1￡2

當介質漏電時，重復上述步驟，可得：

D、=0）仙,D2=—cofl>D2-=0r3

介質1中電流密度J1=a\E[=<J、DJ邑=%

介質2中電流密度J2=a2E2=a2D2/￡2=%（?/]+%3度j

由于電流恒定，，二心，

/.<j}cofJex=（J2{cof}+（or3）ls2

一叫3=--------------)^/1=(----------1)G〃

ae

cr2q%2i

再由y=，E?dl=E3+E￡得

￡1^22^1￡]O'2

._E\，，一a2￡\，

..69z|------------------------(-----------，

Zj+CT]/2/(T2(T2Z]+(7]/2

叼2=-(町+%3)=、k

+山2

（0f3=---------------，

+山2

12.證明：

（1）當兩種絕緣介質的分界面上不帶面自由電荷時，電場線的曲折滿足

tan02_￡2

tan仇J

其中三和三分別為兩種介質的介電常數，億和。2分別為界面兩側電場線與法線的夾角。

（2）當兩種導電存質內流有恒定電流時，分界面上電百線的曲折滿足

tan02_a2

tan仇6

其中巧和內分別為兩種介質的電導率。

證明：（1）由E的切向分量連續，得

4sinq=心sin。？（1）

交界面處無自由電荷，所以。的法向分量連續，即

D]cos。=D2COS%

￡[石]COS。]=三石2COS%（2）

⑴、（2）式相除，得

tan_￡2

tandJ

（2）當兩種電介質內流有恒定電流時

JI=（T]E],J2=。2七2

由J的法向分量連續，得一"

cos。1=%七2cos%（3）

（1）、（3）式相除，即得

tan<9,_（T2

tan0、（T,

13,試用邊值關系證明：在絕緣介質與導體的分界面上，在靜電情況下，導體外的電場線總是垂直于導體表

面；在恒定電流情況下，導體內電場線總是平行于導體表面。

證明：(1)設導體外表面處電場強度為其方向與法線之間夾角為。，則其切向分量為Esin。。在

靜電情況下，導體內部場強處處為零，由于在分界面上￡的切向分量連續，所以

Esin夕=0

因此6=0

即E只有法向分量，電場線與導體表面垂直。

(2)在恒定電流情況下，設導體內表面處電場方向與導體表面夾角為a，則電流密度＜/=或與

導體表面夾角也是導體外的電流密度7=0,由于在分界面上電流密度的法向分量連續，

所以

o￡sin(7=0

因此a=0

即/只有切向分量，從而E只有切向分量，電場線與導體表面平行。

19.同軸傳輸線內導線半徑為a,外導線半徑為b,兩導線間為均勻絕緣介質(如圖所示)。導線載有電流

I，兩導線間的電壓為U。

(1)忽略導線的電阻，計算介質中的能流S；

(2)若內導線的電導率為計算通過內導線表面進入導線內的能流，證明它等于導線的損耗功率。

解：⑴以距對稱軸為r的半徑作一圓周(GVM辦應用安培環路定律，由對稱性得

2術H。=I

因而=-!—

271r

導線表面上一般帶有電荷，設內導線單位長度的電荷(電荷線密度)為r,應用高斯定理由對稱性，可得

2^rE,.=—

￡

,因而Er^—^—

27n

能流密度為S=ExH=ErHoe:=/,e:

式中ez為沿導線軸向單位矢量。兩導線間的電壓為：

b

U=(Erdr=-\n-

cUI.

r2\n(a/b)：

把S對兩導線間圓環狀截面積積分得：

auiai

P=[2"Sdr=---------[-dr=UI

Ja\n(a/h)Jar

。即為通常在電路問題中的傳輸功率表達式。可見這功率是在場中傳輸的。

⑵設導線的電導率為。，由歐姆定律，在導線內有

cr71ap'"m~<y

由于電場切向分量是連續的，因此在緊貼內導線表面的介質內，電場除有徑向分量Er外，還有切向分量

瓦。因此，能流S除有沿z軸傳輸的分量Sz夕卜，還有沿徑向的分量-Sr

i2

-S=E,H\=—r-j-

’2（%）"2儲/0

流進長度為△I的導線內部的功率為

?2A/

2

-Srlna\l=-!-^-=IR

mr（y

第二章

七、（11分）導體內有一半徑為R的球形空腔，腔內充滿電容率為￡的均勻電介質，現將電荷量為q的點

電荷放在腔內離球心為a（a<處，已知導體電勢為0,試求I腔內任一點的電勢。

解：假設球內有點電荷/可代替球面上感應電荷，

由對稱性/應放在04的連線上。選擇/的位置大小，使球面二的0=0,滿足唯一性定理，解唯一合法。

考慮兩個特殊點A,B（2分）

色+U

A到a+&（pA=0=—（2分）

4;o（〃+/?o）4在oS+R°）

A到q'b+R（）

qq'

B到qa-Ro（pli=0=一（2分）

4;0（4-&）4宓0（〃一凡）

B到<R<、-b

b+R0

（2分）

qa-Roqa+R°

/,人

=q=-q（2分）

~a

R°q

qa

（i分）

^R1+a1-2RaCos9\lR2+b2-2RbCos0

1.一個內半徑和外半徑分別維R2和R3的導體球殼，帶電荷為Q。同心地包圍著一個半徑為R1的導體

球(RYR2),使半徑R1的導體球接地，求空間各點的電勢和這個導體球的感應電荷。

SOLURION:

第一步：分析題意，找出定解條件。

根據題意.具有球對稱性,電勢不依賴干4極角9和方位角0,只與半徑r有關.即

(3.38)

故定解條件為

r>R3

▽論=0./?]<r<R

2(3.39)

邊界條件

導體接地有

勾鵬=閡一=。

(3.40)

整個導體球殼為等勢體，有

勾心=如~小

(3.41)

球殼帶電量為Q，根據Gauss定理

臚回%

(3.42)

得到

叫白人智加=%

1!(3.43)

第二步，根據定解條件確定通解和待定常數.

由方程可看出，電勢不依賴于°,取不依賴于夕，取(

(3.39)n=0;2cos0)=l故得到導體球殼

內、外空間的電勢：

B

%=A+一r>R,

r

「D

(p2=C+一R]<r<R2)

.r(3.44)

由(3.40)式得

當r-8,必=0./.A=0

當r=與，(p2=0.C=-—

用

(3.45)

從而得到

B

6=一

r

Q=0('

(3.46)

由(3.41)式得

二川」)

&4R\(3.47)

由(3.42)式得

8?4%一。-44=%

(3.48)

即

4%(3.49)

將(3.49)式代入(3.48)式,即得

D=F/(-)

4%RJR&q(3.50)

令

o_____e___

"111

】+3)

RR2&(3.5i)

因此得到

A=0,B=+-

4g)4宓0

C=——D=-^~

您在

4oR40(3.52)

將A,B,C,D系數代入到(3.46)式，即得電勢的解為

16=—8=。+Q1(")

r4您0r4在(/

'i+2=一2.4

(/?!<r</?2)

r4刀々)尺4在0r

(3.53)

導體球上的感應電荷為

—)戶dQ

與

=fJJ&--yr2JQ

廣

r=R4%

=e,(3.54)

半徑為R,被置于均勻外場心中，球外為真空。求電勢分布。

2.介電常數為2的均勻介質球,

Solution:

第一步，根據題意，找出定解條件。

由于這個問題具有軸對稱性，取極軸z沿外電場&方向，介質球的存在使空間分為兩個均勻的區

域——球內和球外。兩區域內都沒有自由電荷。因此電勢。滿足L叩lace方程。以色代表球外

區域的電勢，外代表球內區域的電勢，故

vV,=o

L2=-E()rcos0=-E()rP{(cos份

(r>R)

①二匹

0加r=Ron

r=/?(3.55)

力外=0

%|—o=有限值

(r<R)

加°dni

(3.56)

第二步，根據定解條件確定通解和待定常數

由于問題具有軸對稱性，即電勢口與方向角。無關，故

0=+與應(cos。)(r>R)

n1

%=Z(c/"+喜次(cos。)(r<R)

■“r(3.57)

由(3.55)式得

閡—=Z&d+。￡)匕(cos。)=-E0r^(cos<9)

-n」一>8(3.58)

比較兩邊系數，得

4=—七。a?=(〃*1)(359)

由(3.56)式得

匈-0=Z(c/+"〃=r)2(cos。)=有限值

L〃r」,->?(3.60)

從中可見

4=0(3.61)

故有

⑥=—&)，%(cos。)+WX占4(cos。)

<〃r

。2與(cos。)

”(3.62)

根據(3.55)、(3.56)式,可得

-E()R[(cos。)+￡〃,白文cos。)=EgRZ(cos。)

n《?

V

Ir*

-E渭(cos。)—Z5+1)2wK(coM)=—ZqEP(cose)

〃"4"(3.63)

比較?(cos。)的系數，得

-EOR+&="R

K

n=1

2bl_c

一"十萬=>|

￡

Ko(3.64)

4R"+=〃

nw1

bP

—(〃+i)瑞r=1〃gR"T

KqJ(3.65)

由(3.65)式給出

"°,%=0.(〃/1)

(3.66)

由(3.64)式給出

a=一4

2%+s

c二一34E

10

2%+￡(3.67)

由此得到電勢為

6=_&/cosd+￡，。R，4)-!yCOS”

(r>/e)

1°2%+￡

夕,=至-E/cosO(r<R)

2%+￡

(3.68)

相應的球內和球外的電場強度為

&=-▽例

儡十導一…外

￡一，0NEJcose

2%+￡r2

-sin/〃)+y

=E0(coser上——REQcos0-er

2%+￡廠

(3.69)

其中

(cos6^r-sin=(370)

第二項和第三項之和實際上是一個等效防放在原點的偶極子在球外產生的電場，其電偶極矩為

p=4在

(3.71)

因此，球外區域的電場為

E=瓦+左

(3.72)

而

1「3(萬⑺7p

口—cT

4玄。rr

VJ(3.73)

同理得到

Ey=一▽02

(d..Id-

一_Ercos6>

I2%+￡0

分

3%(cos憑.-sin很〃)

24+￡

34

EF

2%+￡

=^~E()

2%+￡(3.74)

由此可見，球內的場是一個與球外場平行的恒定場。而且球內電場比原則外場石。為弱，這是極

化電荷造成的。

在球內總電場作用下，介質球的極化強度為

「二x/o應2=(￡-4)區=-34瓦

24+￡

(3.75)

介質球的總電偶極矩為

p=-^R3P=I。4玄0內瓦

32%+z00

(3.76)

第三章

1.試用A表示一個沿z方向的均勻恒定磁場用)，寫出A的詼種不同表示式，證明二者之差為無旋場。

解：5。是沿z方向的均勻恒定磁場，即B(、=B。%,由矢勢定義▽xA=〃得

dA:/dy-dAv/dz=Oi/次-3&/小=0；dAv/dx-dAx/dy=B()

三個方程組成的方程組有無數多解，如：

①4=4二°，4=一4)，+/(幻即：A=[-BQy^fM]ex；

②Ax=Az=0,4V=練.丫+8(y)即：A=fB()x+^(y)]ey

解①與解②之差為AA=[-Boy+f(x)]ex-[B()x+g(y)]ey

則Vx(A4)=(~dAy/dz)ex+(鞏/dz)ey+(dAyIdx-dAx/dy)e:=0

這說明兩者之差是無旋場

3.設有無限長的線電流/沿z軸流動，在z<0空間充滿磁導率為〃的均勻介質，z>0區域為真空，試用

唯一性定理求磁感應強度然后求出磁化電流分布。

解：設z>0區域磁感應強度和磁場強度為⑸，z<0區域為斗，區,由對稱性可知必和凡均沿與

方向。由于"的切向分量連續，所以“|=〃2=”分。由此得到⑸〃=區2〃=()，滿足邊值關系，

由唯一性定理可知，該結果為唯一正確的解。

以z軸上任意一點為圓心，以r為半徑作一圓周，則圓周上各點的〃大小相等。根據安培環路定理

得：27n，H=I,即”=//2勿，，H1=H2=(//l7ir)e0Bx=Hx—(//0//2^*^,(z>0)；

B?==(//2加息?(z<0)o

在介質中M=B21//0-H2=(//2^7-X/////0-1"

所以，介質界面上的磁化電流密度為：

a=Mxn=(//2加*//4)-1"xe-=/M)-

.2萬

總的感應電流：/=JM?4/=J(//2m9(〃/從)一1/〃,rd(pe0=/(〃/4)-1),

電流在z<0區域內，沿z軸流向介質分界面。

4.設xvO半空間充滿磁導率為〃的均勻介質，x>0空間為真空，今有線電流/沿z軸流動，求磁感應強

度和磁化電流分布。

解：假設本題中的磁場分布仍呈軸對稱，則可寫作

8=（“//2m）分

它滿足邊界條件：-g）=0及〃x（"2-"i）=a=0。由此可得介質中：

H2=B/J.I=（“I!2乎廠）.

由凡=8/4-知得：

&x<0的介質中M二以幺二叢■分,

2萬w（）

則：/“二小以.力=也匕出「『麗+0『"=生包*

」2b%（）曲七2%o

再由8二分〃（）（/+/的）/2獷=（〃'〃2m）q可得〃'=2“o/（〃+〃（）），所以

8=j"o//（〃+〃o）w,=（〃一〃（））//（〃+從））（沿z軸）

7.半徑為〃的無限長圓柱導體上有恒定電流J均勻分布于截面上，試解矢勢A的微分方程。設導體的磁

導率為〃o，導體外的磁導率為〃。

解：矢勢所滿足的方程為：

V2A內=—〃（/，（r<a）

▽兄卜=0,（r>a）

自然邊界條件：—―0時，A內有限。

邊值關系：4|…二A外匚；內|?二；VxA外|…

NoM

選取柱坐標系，該問題具有軸對稱性，且解與Z無關。令

,.外=A外⑺,

代入微分方程得：

1d科⑺1d朋外⑺

rdrdr°rdrdr

1、

-

解得：（r）=--//0Jr+C]Inr+C2:A外（r）=C3Inr+C4

由自然邊界條件得G=0，

由一LVXA內IE=，VX4外IE得：C.=-^Ja2,

AoK2

2

由4匚=4外匚并令其為零，得：。2C4=^Ja\na.

''A內=一'二）；A外二]〃/。.。，

8.證明〃f8的磁性物質表面為等磁勢面。

解:以角標1代表磁性物質，2代表真空，由磁場邊界條件

〃,（與-四）=0,

nx（H2-H｝）=0

始二4四

以及

層=〃（）%

可得式中〃和2分別表示法向和切向分量。兩式相除得

“2,_從。3)o

因此，在該磁性物質外面，H與表面垂直，因而表面為等磁勢面。

例2求磁化矢量為加的均勻磁化鐵球產生的磁場。

解：鐵球內和鐵球外兩均勻區域。在鐵球外沒有磁荷。在鐵球內由于均勻磁化，則有

M-Mo

4=-4。"°=。

因此磁荷職分布在鐵球表面上。球外磁勢。1和球內磁勢少2都滿足拉普拉斯方程，即

vVi=o,▽論=0.

當月~8時，小1-8,所以。1只含破塞次項。

%=Z%Q(cos。)

〃K

當后0時，或為有限值，所以或只含7?正次第項。

%=Za“R"P”(cose).

n

鐵球表面邊界條件為當后而(而為鐵球半徑)E寸，

的二。2

%一公二m(M「M,)=_MoCOs'

dndn~

X(〃；2"月(COS0)=-￡，m〃R；12(cos0)+M)4cos0)

n^0n

E備匕(cos6)=Z典記(cos

n9n

比哈的系數，得/.

JD

〃”=2二°，"L

于是得COS。_R；%?/?