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Answer to Homework-01 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 1 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/5/31; Status: editing, @ updating, final

题目

电磁学.第三版.习题 1.1 - 1.4

1.1

解：(1)设地球上带电$Q_E$,月球带电$Q_M$,地球质量为$m$,太阳质量为$M$，则

$$ \frac{GMm}{r^2}=\frac{Q_EQ_M}{4\pi\varepsilon_0r^2},\quad Q_E+Q_M=Q $$

由基本不等式得

$$ \begin{align*} Q=Q_E+Q_M&\ge2\sqrt{Q_EQ_M}=2\sqrt{4\pi\varepsilon_0GMm}\\ &=2\sqrt{\frac{6.67\times10^{-11}\times5.98\times10^{24}\times7.34\times10^{22}}{9.00\times10^{9}}}\\ &\approx1.14\times10^{14}\ (\text{C}) \end{align*} $$

(2)设$Q_E=kM,\ Q_M=km$，则

$$ Q=k(M+m),\quad \frac{GMm}{r^2}=\frac{k^2Mm}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$

得$k=\sqrt{4\pi\varepsilon_0G}$，于是

$$ Q=\sqrt{4\pi\varepsilon_0G}(M+m)=\sqrt{\frac{6.67\times10^{-11}}{9.00\times10^9}}(5.98\times10^{24}+7.34\times10^{22})\approx5.21\times10^{14}\ (\text{C}) $$

1.2

证明：质点速度为$v=\dfrac{2\pi r}{T}$，质点做圆周运动，所以

$$ \frac{Qq}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{m}{r}\left(\frac{2\pi r}{T}\right)^2 $$

整理得

$$ \frac{r^3}{T^2}=\frac{Qq}{16\pi^3\varepsilon_0m} $$

1.3

解：（1）证：处在O点的粒子受到来自三个顶点的库仑力大小相等，均为$\dfrac{|Q|q}{4\pi\varepsilon_0r^2},\ r=\dfrac{a}{\sqrt{3}}$，三个力均指向顶点且两两夹角均为$120^\circ$，合力为0。

（2）过O点垂直于三角形所在平面做$x$轴，当粒子处于$x$处，三个电荷对粒子的合力为（与三角形所在平面平行的分量相互抵消）

$$ F=\frac{3Qq}{4\pi\varepsilon_0(r^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}\cdot\frac{x}{\sqrt{r^2+x^2}} $$

当$x\ll r$ 时

$$ F\approx\frac{3Qqx}{4\pi\varepsilon_0r^3} $$

再由牛顿第二定律得

$$ m\frac{d^2 x}{dt^2}-\frac{3qQx}{4\pi\varepsilon_0r^3}=0 $$

这表明粒子在作简谐运动，角频率$\omega=\left(\frac{-3Qq}{4\pi\varepsilon_0mr^3}\right)^{\frac{1}{2}}$。

于是频率

$$ \begin{align*} \nu&=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{1}{2\pi}\left(\frac{-3Qq}{4\pi\varepsilon_0mr^3}\right)^{\frac{1}{2}}\\ &=\frac{1}{2\pi}\left(\frac{3\times4.8\times10^{-19}\times1.6\times10^{-19}\times8.99\times10^9}{2.3\times10^{-26}\times\left(\frac{3\times10^{-10}}{\sqrt{3}}\right)^3}\right)^{\frac{1}{2}}\\ &\approx2.1\times10^{13}\ (\text{Hz}) \end{align*} $$

1.4

解：设处于中垂面上的点电荷与连线的距离为$r$，$q_0$受到的力与中垂面平行，大小为

$$ F=\frac{2Qq_0r}{4\pi\varepsilon_0(l^2+r^2)^{\frac{3}{2}}} $$

当$\dfrac{dF}{dr}=0$时，$F$取极值，此时有

$$ \frac{l^2-2r^2}{(l^2+r^2)^{\frac{3}{2}}}=0 $$

解得$r=\dfrac{l}{\sqrt{2}}$，验证得该值为极大值，因此点电荷受力极大所在位置的轨迹是一个半径为$\dfrac{l}{\sqrt{2}}$的圆。

Answer to Homework-02 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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题目

电磁学.第三版.习题 1.5 - 1.14

1.5

（1）二三象限的点电荷在A处的电场为

$$ \boldsymbol{E}_{23}=-2\times\frac{ql/2}{4\pi\varepsilon_0 \left[(l/2)^2+(x+l/2)^2\right]^{3/2}} \boldsymbol{e}_y $$

一四象限的点电荷在A处的电场为

$$ \boldsymbol{E}_{14}=2\times\frac{ql/2}{4\pi\varepsilon_0 \left[(l/2)^2+(x-l/2)^2\right]^{3/2}} \boldsymbol{e}_y $$

于是A的总电场为

$$ \boldsymbol{E}=\frac{ql}{4\pi\varepsilon_0}\left[ \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x-l/2)^2\right]^{3/2}} - \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x+l/2)^2\right]^{3/2}} \right] \boldsymbol{e}_y $$

（2）当$x\gg l$时

$$ \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x-l/2)^2\right]^{3/2}} = \frac{1}{x^3} \left(1-\frac{l}{x}+\frac{2l^2}{x^2}\right)^{-3/2} \approx \frac{1}{x^3} \left(1+\frac{3l}{2x}-\frac{3l^2}{x^2}\right) $$

$$ \frac{1}{ \left[(l/2)^2+(x+l/2)^2\right]^{3/2}} = \frac{1}{x^3} \left(1+\frac{l}{x}+\frac{2l^2}{x^2}\right)^{-3/2} \approx \frac{1}{x^3} \left(1-\frac{3l}{2x}-\frac{3l^2}{x^2}\right) $$

$$ \boldsymbol{E} = \frac{3ql^2}{4\pi\varepsilon_0x^4} \boldsymbol{e}_y $$

1.6

解法一：设D为直径AC上任一点，D到环心O的距离为$r$，要证明D点的电场$\boldsymbol{E}$垂直于AC，只需证明$\boldsymbol{E}$沿AC方向的分量为零即可。

设环的半径为$R$，则B处弧元$R \mathrm{d}\theta$上的电荷量为$\mathrm{d} q=\lambda_0 \sin \theta R \mathrm{d} \theta$，它在D点产生的电场强度$\mathrm{d}\boldsymbol{E}$的大小为

$$ \mathrm{d} E=\frac{\mathrm{d} q}{4\pi\varepsilon_0 x^2} $$

式中，$x$是B到D的距离，其值为$x=\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos \theta}$，$\mathrm{d}\boldsymbol{E}$沿AC方向的分量为

$$ \mathrm{d} E_x=\mathrm{d} E \cos \alpha $$

$$ E_x = \frac{\lambda_0 R}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^\pi \frac{R\sin\theta\cos\theta - r\sin\theta} {\left(R^2+r^2-2Rr\cos \theta\right)^{3/2}}\mathrm{d} \theta $$

积分分子第一项

$$ \int_0^\pi \frac{\sin\theta\cos\theta}{\left(R^2+r^2-2Rr\cos\theta\right)^{3/2}}\mathrm{d} \theta = R\int_{-1}^1 \frac{u\mathrm{d} u}{\left(R^2+r^2-2Rru\right)^{3/2}}= \frac{2r}{R(R^2-r^2)} $$

其中用到不定积分公式

$$ \frac{x\mathrm{d} x}{(a+bx)^{3/2}} = \frac{2}{b^2} \left( \sqrt{a+bx}+\frac{a}{\sqrt{a+bx}} \right) $$

积分分子第二项

$$ \int_0^\pi \frac{\sin\theta\mathrm{d}\theta}{\left(R^2+r^2-2Rr\cos\theta\right)^{3/2}} = -\frac{2r}{R(R^2-r^2)} $$

综上可得 $E_x=0$。

解法二：题目等价于证明AC是等势面，直接计算D点的电势：

$$ \varphi_D = \frac{\lambda_0R}{4\pi\varepsilon_0}\int_0^\pi \frac{\sin\theta\mathrm{d} \theta}{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}} $$

设$t=r/R<1$，根据积分

$$ \int_1^{-1} \frac{-\mathrm{d} x}{\sqrt{1+t^2-2tx}}=\left.\frac{\sqrt{1+t^2-2tx}}{t} \right| _{-1}^1=2 $$

可证明AC为等势面，因此电场线必然垂直于AC。

1.7

根据对称性可以判断，O点的电场与两直线平行，只需计算平行分量。

用电场强度叠加原理求解，先计算半圆上的电荷对O点电场的贡献。设圆的半径为$R$，圆上任意一点的位置由矢径与直径AB之间的夹角$\theta(\in [0,\pi])$表示。考察位于$\theta$处的线电荷元$\mathrm{d} q=\lambda R\mathrm{d} \theta$，它在O点产生的电场强度的平行分量（背离圆弧、指向右侧为正）为

$$ \mathrm{d} E_{1\parallel} = \frac{\lambda R \mathrm{d} \theta}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\sin\theta $$

将上式在$[0,\pi]$上积分，求得整个半圆弧电荷对O点电场的贡献

$$ E_1=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R} $$

再求两条半无穷直线电荷对O点电场平行分量的贡献，其值等于单根半无穷直线电荷贡献的2倍。取其中一条半无穷长直线电荷，以其与半圆弧连接处为起点，沿直线取坐标$x$，则该处线电荷元$\mathrm{d} q=\lambda\mathrm{d} x$在O点产生的电场强度平行分量（向右为正）为

$$ \mathrm{d} E_{2\parallel} = \frac{\lambda\mathrm{d} x}{4\pi\varepsilon_0(R^2+x^2)}\cdot\frac{x}{\sqrt{R^2+x^2}} $$

在区间$[0,\infty)$积分后加倍，求得两条半无穷长直线电荷对O点电场的总贡献为

$$ E_2=-\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0R} $$

将两部分贡献求和得 $E_1+E_2=0$，故O点电场为零。

1.8

偶极子平行于OQ时，偶极子受力

$$ \boldsymbol{F} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{-qQ}{(D-l/2)^2}+\frac{qQ}{(D+l/2)^2}\right]\boldsymbol{e}_x = \frac{-QD\boldsymbol{p}}{2\pi\varepsilon_0\left[D^2-(l/2)^2\right]^2} $$

偶极子所受库仑力经过偶极子中心，以偶极子中心为参考点，力矩为0。

偶极子垂直于OQ时，偶极子受力只有$y$方向分量，$x$方向分量为零：

$$ \boldsymbol{F}=2\times \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+(l/2)^2\right]}\cdot\frac{l/2}{\sqrt{D^2+(l/2)^2}}= \frac{Q\boldsymbol{p}}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} $$

仍以偶极子中心为参考点，仅力的$x$分量对力矩有贡献，所受力矩为

$$ \begin{aligned} \boldsymbol{L} & = \left(\frac{-l}{2}\boldsymbol{e}_y\right)\times \frac{-qQ\boldsymbol{e}_x}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} + \left(\frac{l}{2}\boldsymbol{e}_y\right)\times \frac{qQ\boldsymbol{e}_x}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} \\ & =\frac{qQDl\boldsymbol{e}_z}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} =\frac{QD\boldsymbol{p}\times\boldsymbol{e}_x}{4\pi\varepsilon_0\left[D^2+l^2/4\right]^{3/2}} \end{aligned} $$

1.9

（1）由题意，半径为$R_2$的外球带电$Q_2=4\pi\sigma R_2^2$，球外电场为零即$E(r>R_2)=0$。设内球面带电量$Q_1$，取以体系中心为圆心、半径大于$R_2$的球面为高斯面，由高斯定理：

$$ \oint_{S(r=R_2)}\boldsymbol{E}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\frac{Q}{\varepsilon_0}=\frac{Q_1+Q_2}{\varepsilon_0}=0 $$

可得内球面带电量和电荷面密度

$$ Q_1=-Q_2=-4\pi\sigma R_2^2,\quad \sigma_1= - \frac{R_2^2}{R_1^2}\sigma $$

（2）以O为球心作半径满足$r\in(R_1,R_2)$的球形高斯面$S_r$，由对称性可知面上电场沿径向、大小均匀，由高斯定理推得

$$ \oint_{S_r}\boldsymbol{E}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=E(r)\oint_{S_r}\mathrm{d} S = 4\pi r^2 E = \frac{Q_1}{\varepsilon_0} $$

从而求得两球面间离球心为$r$处的电场强度为

$$ \boldsymbol{E}(r) = -\frac{\sigma R_2^2 \boldsymbol{r}}{\varepsilon_0 r^3}, \quad (R_1 < r < R_2) $$

（3）内球面内部无任何电荷，结合高斯定理与球对称性可知，内部电场为零。

1.10

首先根据对称性可分析出电场只有$x$分量；根据叠加原理，将空间电场视作带电板各薄层微元电场的叠加。

在位置$x$处、厚度为$\mathrm{d} x$的薄板，在空间$P$点产生的电场为

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{E}(x_P;x)=\frac{\sigma(x)}{2\varepsilon_0} \operatorname{sgn}(x_P-x)\boldsymbol{e}_x,\quad \sigma(x)=\rho(x)\mathrm{d} x = kx\mathrm{d} x $$

式中$\operatorname{sgn}(\cdot)$为符号函数。对电场积分可得空间任意位置电场：

$$ E(x)=\int_0^b\frac{kx}{2\varepsilon_0} \operatorname{sgn}(x_P-x)\mathrm{d} x $$$$ \boldsymbol{E}(x>b)=-\boldsymbol{E}(x<0)=\frac{kb^2}{4\varepsilon_0}\boldsymbol{e}_x,\quad \boldsymbol{E}(x\in(0,b))=\frac{k(2x^2-b^2)}{4\varepsilon_0}\boldsymbol{e}_x $$

1.11

（1）电荷密度呈球对称分布，核外总电量由体积分计算：

$$ Q=\int_{V}\rho\mathrm{d} V=-q=-1.60\times10^{-19} \ (\mathrm{C}) $$

此处用到$\Gamma$函数：

$$ \Gamma(t\in\mathbb{Z^+})=\int_0^\infty e^{-x} x^{t-1} \mathrm{d} x=(t-1)! $$

（2）由对称性，电场仅有径向分量 $\boldsymbol{E}=E_r(r)\boldsymbol{e}_r$，结合积分形式高斯定理：

$$ \oint_{S(r)} \boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d} \boldsymbol{S} = 4\pi r^2 E_r(r) = \frac{1}{\varepsilon_0} \int_0^r 4\pi r'^2 \rho(r')\mathrm{d} r' $$

解得

$$ \boldsymbol{E}(r)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[ \left( \frac{2}{a^2}+\frac{2}{ar}+\frac{1}{r^2} \right) e^{-2r/a} -\frac{1}{r^2} \right]\boldsymbol{e}_r $$

变式习题 取球极坐标，若空间电场为

$$ \boldsymbol{E}(r)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{2}{a^2}+\frac{2}{ar}+\frac{1}{r^2} \right) e^{-2r/a} \boldsymbol{e}_r $$

求全空间电荷分布。

若直接使用球坐标散度公式 $\rho=\varepsilon_0\nabla\cdot\boldsymbol{E}$ 计算，会得到错误结果：

$$ \rho(r)=-q e^{-2r/a}/(\pi a^3) $$

原因：$r>0$ 处散度公式成立，但 $r=0$ 处未引入$\delta$广义函数时，散度运算无意义。需利用关系 $\nabla\cdot\left(\dfrac{\boldsymbol{e}_r}{r^2}\right)=4\pi\delta(\boldsymbol{r})$ 处理原点奇点。

对含指数项的场做展开：

$$ \nabla \cdot \left(\frac{e^{-2r/a}}{r^2} \boldsymbol{e}_r\right) = \nabla \cdot \left( \frac{1-2r/a+O(r^2)}{r^2} \boldsymbol{e}_r \right) = 4\pi\delta(\boldsymbol{r}) $$

该电场为本题原电场叠加点状原子核（质子）后的分布，$\delta$ 函数对应理想点电荷原子核。

1.12

此题与教材1.5节例题1.8思路、过程、结果完全一致，答案：

$$ \frac{\rho\boldsymbol{a}}{3\varepsilon_0} $$

其中$\boldsymbol{a}$为连接正电球心与负电球心的矢量。

1.13

解法一：本题思路和解法与习题1.10完全一致。

解法二：根据微分形式高斯定理与对称性，原点附近区域电场仅有$x$分量：

$$ \frac{\partial E_x}{\partial x} = \frac{\rho(x)}{\varepsilon_0} $$$$ \frac{\partial E_x}{\partial x}\big|_{x_{\mathrm{n}}由电荷守恒 $N_{\mathrm{D}}e - N_{\mathrm{P}}e = 0$，可知pn结外部电场为0，联立微分方程即可解出区间内电场。

1.14

设场点到圆柱轴线的距离$r$远小于柱长，将圆柱体近似为无限长柱体。由对称性，电场沿径向$\boldsymbol{e}_r$，大小仅与$r$有关。取高为$h$、半径为$r$的柱形高斯面$S$，由高斯定理：

$$ \oint_{S} \boldsymbol{E}\cdot\mathrm{d} \boldsymbol{S} = 2\pi rhE = \frac{1}{\varepsilon_0}\int_0^r 2\pi r \rho(r)\mathrm{d} r = \frac{\pi h\rho_0 a^2}{\varepsilon_0}\cdot\frac{r}{r^2+a^2} $$$$ \boldsymbol{E} = \frac{a^2\rho_0r\boldsymbol{e}_r}{2\varepsilon_0 (a^2+r^2)} $$

（勘误建议：《习题解答》1.14中第一行算式第二项、第二行算式系数存在笔误，对应系数均应为$2$；该书最终答案正确。）

批改反馈意见

1.5 尽量不要用$k$代替$\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$；部分同学误将条件看成$\dfrac{x}{l}\ll1$，导致过程与答案出错。

1.8 本题无$D\gg l$近似条件，禁止直接使用偶极子远场结论。

1.11 第一问积分区间为无穷区间，仅积分到$a$属于错误；第二问积分疏漏会丢失$\dfrac{1}{r^2}$项。

Answer to Homework-03 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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题目

《电磁学》习题 2.6、2.7 - 2.11

补充作业：

【1】两个电容器的标称电容值分别是 300皮法 / 50伏特和 200皮法 / 100伏特，求串联总电容和总耐压值.
【2】求【例2.5】中电介质球内外任一点的电场强度.
【3】半径为 10厘米的铜球，表面每个原子失去一个电子，已知铜的摩尔质量为 64克，铜的密度为 8.9克/立方厘米，估算表面的电场和电势.
【4】半径为 0.1米的中性金属球壳内有两个点电荷，电量分别是 -3×10^(-9)库仑和 9×10^(-9)库仑，分别位于球心 O点左侧 2厘米和右侧 5厘米。求 O点左侧 0.2米处的电场强度。

1.15

(1)把正电荷$Q$从O点沿弧$OCD$移到D，电荷$-q$对正电荷$Q$不做功，又因为做功与路径无关，电荷$+q$对$Q$做的功为

$$ \int_{OCD}Q\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{OD}Q\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{l}^{3l}\frac{qQ\mathrm{d} r}{4\pi\varepsilon _0r^2 }=\frac{qQ}{6\pi\varepsilon_0l} $$

(2)$+q$对$Q$做的功：

$$ W_+=\int_{3l}^{\infty}\frac{-qQ\mathrm{d} r}{4\pi\varepsilon_0 r^2}=\frac{-qQ}{12\pi\varepsilon_0l} $$

$-q$对$Q$做的功

$$ W_-=\int_{l}^{\infty}\frac{qQ\mathrm{d} r}{4\pi\varepsilon_0 r^2}=\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0l} $$

根据叠加原理，总功

$$ W=W_++W_-=\frac{qQ}{6\pi\varepsilon_0l} $$

1.16

证明：取柱形高斯面，上下底面分别记为$a$，$b$，高为$h$，轴向与电场线方向平行，底面积为足够小的$\Delta S$。由高斯定理得：$-E_a\Delta S+E_b\Delta S =0$，得$E_a=E_b$。即同一电场线上任意两点电场强度相等。

作矩形回路$abcd$，由环路定理得

$$ \int_{abcd}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\int_{ab}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\int_{bc}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\int_{cd}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\int_{da}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=0 $$

即

$$ E_ah-E_dh=0,\quad E_a=E_d $$

因此，不同电场线的任意两点的场强也相等。

1.17

设无限远处为电势零点，根据叠加原理

$$ \begin{align*} U&=\frac{-2q}{4\pi\varepsilon_0r}+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+l^2-2lr\cos\theta}}+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{r^2+l^2+2lr\cos\theta}}\\ &=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\left[ -2+\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{l}{r}\right)^2-2\left(\frac{l}{r}\right)\cos\theta}}+\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{l}{r}\right)^2+2\left(\frac{l}{r}\right)\cos\theta}} \right] \end{align*} $$

对于远处$r\gg l$，利用泰勒展开式

$$ \frac{1}{\sqrt{1+x}}=1-\frac{1}{2}x+\frac{3}{8}x^2+\cdots $$

保留二阶小量，有

$$ \begin{align*} U&=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\left[ -2+1-\frac{1}{2}\left(\frac{l^2}{r^2}-\frac{2l}{r}\cos\theta\right)+\frac{3}{8}\left(\frac{l^2}{r^2}-\frac{2l}{r}\cos\theta\right)^2\right.\\ &\quad \left.+1-\frac{1}{2}\left(\frac{l^2}{r^2}+\frac{2l}{r}\cos\theta\right)+\frac{3}{8}\left(\frac{l^2}{r^2}+\frac{2l}{r}\cos\theta\right)^2\right]\\ &=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}\left(-\frac{l^2}{r^2}+\frac{3l^2}{r^2}\cos^2\theta+\cdots\right)\\ &=\frac{ql^2}{4\pi\varepsilon_0r^3}(3\cos^2\theta-1) \end{align*} $$

电场为

$$ \begin{align*} \boldsymbol{E}&=-\nabla U=-\frac{\partial U}{\partial r}\boldsymbol{e}_r-\frac{1}{r}\frac{\partial U}{\partial\theta}\boldsymbol{e}_{\theta}\\ &=\frac{3ql^2(3\cos^2\theta-1)}{4\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_r+\frac{3ql^2\sin\theta \cos\theta}{2\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_{\theta}\\ &=\frac{3ql^2}{4\pi\varepsilon_0r^4}\left[(3\cos^2\theta-1)\boldsymbol{e}_r+2\sin\theta \cos\theta\boldsymbol{e}_{\theta}\right] \end{align*} $$

1.18

同1.17，保留二阶小量，得

$$ U=\frac{3ql^2}{4\pi\varepsilon_0r^3}\sin\theta \cos\theta $$

$$ \boldsymbol{E}=-\nabla U=-\frac{9ql^2\sin\theta \cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_r+\frac{3ql^2\cos2\theta}{4\pi\varepsilon_0r^4}\boldsymbol{e}_{\theta} $$

1.19

(1)以圆筒轴为$z$轴建立柱坐标系，由对称性可知，电场只有$\boldsymbol{r}$分量，且仅与$r$有关。取与圆筒共轴、高为$h$、半径为$r$的圆柱面为高斯面，电通量$\varPhi=\oint\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S}=2\pi rhE$，利用高斯定理可得

$$ r

$$ a\le r\le b,\quad \varPhi=\frac{h\lambda_e}{\varepsilon_0},\quad E=\frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0r} $$

$$ r>b,\quad \varPhi=0,\quad E=0 $$

设外筒为电势零点位置，则

$$ U=-\int_b^rE\mathrm{d} r= \begin{cases} \displaystyle \frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{b}{a}, & r\le a\\[6pt] \displaystyle \frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{b}{r}, & a\le r\le b\\[6pt] 0, & r\ge b \end{cases} $$

(2)两筒间的电势差为

$$ \Delta U = U(a)-U(b)=\frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{b}{a} $$

1.20

(1)以氢原子核为球心，取半径$R$与$R+\mathrm{d} R$的球壳，场点$P$到球心距离为$r$。球壳体积元$\mathrm{d}V=2\pi R^2\sin\theta \mathrm{d}R\mathrm{d}\theta$，所带电荷量$\mathrm{d} q=\rho(R)\mathrm{d}V=2\pi R^2 \rho(R) \sin\theta \mathrm{d}R\mathrm{d}\theta$。其在$P$点产生的电势为

$$ \mathrm{d} U=\frac{\mathrm{d} q}{4\pi \varepsilon_0\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}}=\frac{\rho(R)R^2\sin\theta \mathrm{d}R\mathrm{d} \theta}{2\varepsilon_0\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}} $$

对$\theta$和$R$积分得$P$点电势

$$ U=\frac{1}{2\varepsilon_0}\int_0^{\infty}\rho(R)R^2\mathrm{d} R\int_0^{\pi}\frac{\sin\theta \mathrm{d} \theta}{\sqrt{R^2+r^2-2Rr\cos\theta}} $$

其中积分

$$ \int_0^{\pi}\frac{\sin\theta \mathrm{d} \theta}{\sqrt{R^2 + r^2 - 2 Rr \cos \theta}}= \left.\frac{\sqrt{R^2 + r^2 - 2Rr \cos \theta}}{Rr} \right|_{0} ^ {\pi}= \begin{cases}\dfrac{2}{r}, & R < r\\[6pt]\dfrac{2}{R}, & R > r\end{cases} $$

代回积分表达式得

$$ \begin{align*} U&=\frac{1}{\varepsilon_0r} \int_0^r\rho(R)R^2\mathrm{d} R+\frac{1}{\varepsilon_0}\int_r^{\infty}\rho(R)R\mathrm{d} R\\ &=\frac{-q}{\pi\varepsilon_0a^3r}\int_0^re^{-\frac{2R}{a}}R^2\mathrm{d} R-\frac{q}{\pi\varepsilon_0a^3}\int_r^{\infty}e^{-\frac{2R}{a}}R\mathrm{d} R\\ &=-\frac{q}{\pi\varepsilon_0a^3r}\left[-\frac{a^3}{4}\left(\frac{2r^2}{a^2}+\frac{2r}{a}+1\right)e^{-\frac{2r}{a}}+\frac{a^3}{4}\right]-\frac{q}{\pi\varepsilon_0a^3}\left[\frac{a^3}{4}\left(\frac{2r}{a}+1\right)e^{-\frac{2r}{a}}\right]\\ &=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{r}\right)e^{-\frac{2r}{a}}-\frac{1}{r}\right] \end{align*} $$

（2）所有电荷在$r$处产生的电势为

$$ U_{all}=U+\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{r}\right)e^{-\frac{2r}{a}} $$

本题也可先由高斯定理求出电场，再积分求解电势。

1.21

先求单个带电圆面产生的电势。取圆面上以圆心为原点、半径$r$、宽度$\mathrm{d}r$的环带，环带电荷量$\mathrm{d}q=2\pi\sigma r\mathrm{d}r$，它在轴线上离圆心为$x$处产生的电势为

$$ \mathrm{d}U=\frac{\mathrm{d} q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{x^2+r^2}}=\frac{\sigma r\mathrm{d} r}{2\varepsilon_0\sqrt{x^2+r^2}} $$

积分得总电势

$$ U=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\int_0^R\frac{r\mathrm{d} r}{\sqrt{x^2+r^2}}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(\sqrt{x^2+R^2}-|x|\right) $$

对题中两个圆面，各自产生的电势为

$$ U_+=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left[\sqrt{\left(x-\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\left|x-\frac{l}{2}\right|\right] $$

$$ U_-=-\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left[\sqrt{\left(x+\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\left|x+\frac{l}{2}\right|\right] $$

二者叠加

$$ U=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left[\left|x+\frac{l}{2}\right|-\left|x-\frac{l}{2}\right|+\sqrt{\left(x-\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\sqrt{\left(x+\frac{l}{2}\right)^2+R^2}\right] $$

因$l\ll R$，对根式项做近似

$$ \begin{align*} \sqrt{\left(x-\frac{l}{2}\right)^2+R^2}-\sqrt{\left(x+\frac{l}{2}\right)^2+R^2} &\approx\sqrt{x^2-xl+R^2}-\sqrt{x^2+xl+R^2}\\ &=\sqrt{x^2+R^2}\left[ \left(1-\frac{xl}{x^2+R^2}\right)^{\frac{1}{2}} -\left(1+\frac{xl}{x^2+R^2}\right)^{\frac{1}{2}} \right]\\ &\approx\sqrt{x^2+R^2}\left[1-\frac{xl}{2(x^2+R^2)}-1-\frac{xl}{2(x^2+R^2)}\right]\\ &=-\frac{xl}{\sqrt{x^2+R^2}} \end{align*} $$

另有

$$ \left|x+\frac{l}{2}\right|-\left|x-\frac{l}{2}\right|= \begin{cases} l, & x>\dfrac{l}{2}\\[6pt] 2x, & -\dfrac{l}{2}\le x\le \dfrac{l}{2}\\[6pt] -l, & x<-\dfrac{l}{2} \end{cases} $$

代入电势表达式：

$$ U= \begin{cases} \displaystyle \frac{\sigma l}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right), & x>\dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle \frac{\sigma x}{2\varepsilon_0}\left(2-\frac{l}{\sqrt{x^2+R^2}}\right)\approx\frac{\sigma x}{\varepsilon_0}, & -\dfrac{l}{2}\le x\le \dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle -\frac{\sigma l}{2\varepsilon_0}\left(1+\frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}}\right), & x<-\dfrac{l}{2} \end{cases} $$

(2)电场强度

$$ \boldsymbol{E}=-\frac{\mathrm{d} U}{\mathrm{d} x}\boldsymbol{e}_x= \begin{cases} \displaystyle \frac{\sigma l R^2}{2\varepsilon_0\left(x^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}\boldsymbol{e}_x, & x>\dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle -\frac{\sigma}{\varepsilon_0}\boldsymbol{e}_x, & -\dfrac{l}{2}\le x\le\dfrac{l}{2}\\[6pt] \displaystyle \frac{\sigma l R^2}{2\varepsilon_0\left(x^2+R^2\right)^{\frac{3}{2}}}\boldsymbol{e}_x, & x<-\dfrac{l}{2} \end{cases} $$

1.22

设立方体的边长为$2a$，将其分为8个边长为$a$的小正方体。设每个小正方体电荷在大正方体中心产生的电势为$U$，由叠加原理，大正方体中心电势为$8U$。

取大正方体中心为原点$O$，$xyz$轴与棱边平行，电荷密度为$\rho$，则

$$ U=\int_0^a\int_0^a\int_0^a\frac{\rho \mathrm{d} x\mathrm{d} y\mathrm{d} z}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{x^2+y^2+z^2}} $$

大正方体在顶点$(a,a,a)$处的电势为

$$ \int_{-a}^a\int_{-a}^a\int_{-a}^a\frac{\rho \mathrm{d} x\mathrm{d} y\mathrm{d} z}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{(x-a)^2+(y-a)^2+(z-a)^2}} $$

令$x’=\dfrac{x-a}{2},\ y’=\dfrac{y-a}{2},\ z’=\dfrac{z-a}{2}$，雅可比行列式

$$ \left|\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(x',y',z')}\right|=8 $$

积分化为

$$ \int_{-a}^0\int_{-a}^0\int_{-a}^0\frac{\rho \cdot 8\,\mathrm{d} x'\mathrm{d} y'\mathrm{d} z'}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{(2x')^2+(2y')^2+(2z')^2}} =4\int_0^a\int_0^a\int_0^a\frac{\rho \mathrm{d} x'\mathrm{d} y'\mathrm{d} z'}{4\pi\varepsilon_0 \sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}} =4U $$

八个顶点总电势为$32U$，是中心电势的4倍。

1.23

（1）考察点电荷$q$与总电荷量为$Q$的均匀带电球面$S$。将$q$从无穷远移到球心外侧、距球心$R$处，由高斯定理，球面外电场等效于电荷集中在球心，移动外力做功为$\dfrac{qQ}{4\pi\varepsilon_0R}$。

固定点电荷$q$，将带电球面从无穷远移至球心距$q$为$R$处，做功同样为$\dfrac{qQ}{4\pi\varepsilon_0R}$。由此可知：球面外任一电荷在球面上产生电势的平均值，等于该电荷在球心处产生的电势；多电荷系统满足叠加原理，结论依然成立。

（2）结合(1)的结论分析两项电势：球面内无电荷时对应第二项；仅球面内存在点电荷$q$时，球面上电荷在球内产生电场为零，$q$与球面电荷的电势能和$q$在球内位置无关，等效于$q$置于球心，由此得到第一项。

2.1

(1)证明：由对称性，电场仅存在垂直于金属板的分量。金属内部电场强度为0，取柱形高斯面，两底面分别处于两块金属板内部。由高斯定理，高斯面侧面与底面电通量均为0，故面内总电荷为0，得$\sigma_2+\sigma_3= 0$，即相对两面电荷面密度大小相等、符号相反。

由场强叠加原理，左侧金属板内部场强为各表面电场叠加：

$$ \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0}=\frac{\sigma_2+\sigma_3+\sigma_4}{\varepsilon_0} $$

可得$\sigma_1=\sigma_4$。

(2)结合条件

$$ (\sigma_1+\sigma_2)S=Q_1,\quad (\sigma_3+\sigma_4)S=Q_2,\quad \sigma_1=\sigma_4,\quad \sigma_2+\sigma_3= 0 $$

解得

$$ Q_{11}=Q_{24}=\frac{Q_1+Q_2}{2},\quad Q_{12}=-Q_{23}=\frac{Q_1-Q_2}{2} $$

2.2

内球电势为0，与无穷远电势相等。设内球带电量为$q$，由对称性电场沿径向且仅与$r$有关，取同心球面为高斯面，各区域场强：

$$ E(r < R_1)=0,\quad E(R_1 < r < R_2)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$

$$ E(R_2< r < R_3)=0,\quad E(r > R_3)=\frac{q+Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} $$

内球电势

$$ U=\int_{R_1}^{\infty}E\mathrm{d}r=\int_{R_1}^{R_2}E\mathrm{d}r+\int_{R_2}^{\infty}E\mathrm{d}r =\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R_1}-\frac{1}{R_2}\right)+\frac{q+Q}{4\pi\varepsilon_0R_3} $$

由$U=0$解得

$$ q=\frac{R_1R_2Q}{R_1R_3-R_1R_2-R_2R_3} $$

代入求外球壳电势：

$$ U=\frac{q+Q}{4\pi\varepsilon_0R_3}=\frac{(R_1-R_2)Q}{4\pi\varepsilon_0(R_1R_3-R_1R_2-R_2R_3)} $$

2.3

取肥皂泡上一圆形面元，相对球心张角为$\theta$，面积$\pi (r\theta)^2$，周长$2\pi r\theta$。表面张力合力垂直面元、指向球心；薄膜内外两侧均存在表面张力，结合近似$\sin\theta\approx\theta$，可得单位面积外侧压力：

$$ \frac{\Delta F}{\Delta S}=\frac{2\pi r\theta\cdot \alpha\cdot \theta \cdot 2}{\pi(r\theta)^2}=\frac{4\alpha}{r} $$

不带电时泡内压强$p_0$满足：$\displaystyle p_0=p+\frac{4\alpha}{r}$。肥皂泡带电后半径变为$R$，气体等温膨胀，内部气压$\displaystyle p_1=\frac{r^3p_0}{R^3}$。

带电表面单位面积所受电场力：面电荷密度$\sigma_e=\dfrac{Q}{4\pi R^2}$，受力处等效场强$E’=\dfrac{\sigma_e}{2\varepsilon_0}$，电场力向外，对应等效压强

$$ \frac{\Delta F}{\Delta S}=\sigma_e E'=\frac{\sigma_e^2}{2\varepsilon_0}=\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4} $$

带电后压力平衡条件：

$$ \frac{r^3}{R^3}\left(p+\frac{4\alpha}{r}\right)+\frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}=p+\frac{4\alpha}{R} $$

整理得

$$ \frac{Q^2}{32\pi^2\varepsilon_0R^4}=(R^3-r^3)p+4\alpha(R^2-r^2) $$

2.5

$r\gg R$时，导体$A$与腔内电荷$q_1、q_2$整体近似为点电荷。点电荷与导体间相互作用力大小相等、方向相反：

$$ \boldsymbol{F}_q=-\boldsymbol{F}_A=\frac{q(q_1+q_2)}{4\pi\varepsilon_0r^3}\boldsymbol{r} $$

由静电屏蔽，腔内电场仅由腔内壁感应电荷决定；腔内电荷位于空腔中心，内壁感应电荷均匀分布，腔内电荷所受合力为0，即$F_{q_1}=F_{q_2}=0$。

补充作业

电荷密度$\displaystyle \rho=\frac{3Q}{4\pi a^3}$，将右半球拆分为多层球壳，薄层等效面密度$\sigma=\rho \mathrm{d} r$。由高斯定理，场强$\displaystyle E=\frac{\rho \boldsymbol{r}}{3\varepsilon_0}$。面元受力

$$ \mathrm{d}\boldsymbol{F}=\boldsymbol{E}\sigma \mathrm{d}S =\frac{\rho^2\boldsymbol{r}\mathrm{d} r}{3\varepsilon_0}\cdot r^2\sin\theta \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta =\frac{\rho^2r^3\sin\theta }{3\varepsilon_0}\mathrm{d} r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta\,\boldsymbol{e}_r $$

由对称性，总电场力仅有$x$分量：

$$ F=F_x=\int_0^{\pi}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\int_0^R\frac{\rho^2r^3\sin^2\theta }{3\varepsilon_0}\cos\phi \mathrm{d} r\mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta =\frac{3Q^2}{64\pi\varepsilon_0R^2} $$

批改反馈

1.17、1.18 可利用偶极电场与矢量$\boldsymbol{l}$点乘的方式计算四极子电势，计算更加简便。

Answer to Homework-04 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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题目

电磁学.第三版.习题 2.6、2.8-2.11 以及补充作业

2.6

（1）该电容器等效于两个面积为$S=6.0,\text{cm}^2$，间距为$d=0.1,\text{mm}$的平行板电容器的并联

$$ C=2C'=\frac{2\varepsilon_0 S}{d}=106\ \text{(pF)} $$

（2）若所加电压为220V，则$\dfrac{\sigma d}{\varepsilon_0}=220$，外箔片上电荷的面密度为

$$ \sigma = \frac{220\varepsilon_0}{d} = 1.95\times10^{-5}\ \text{(C/m}^2\text{)} $$

中间箔片的面电荷密度为上述数值两倍且符号相反，即为$-3.90\times10^{-5}\text{ (C/m}^2\text{)}$

2.8

设$C_i$电压为$U_i$（$i\in{1,2,3,4,5}$），电压正方向按从左到右、从上到下规定。若$U_3>0$，表示$C_3$上极板带正电，以此类推。

根据基尔霍夫环路定理（KVL），对电路中三个独立回路列方程：

$$ \begin{cases} U_1+U_3=U_4\\ U_2=U_4+U_5\\ U_4+U_5=U \end{cases} $$

回路电压代数和为零，同时相连电容器极板的电量代数和为零，列出节点电荷方程：

$$ \begin{cases} -C_1U_1+C_3U_3+C_4U_4=0\\ -C_4U_4-C_3U_3+C_5U_5=0 \end{cases} $$

联立五式并代入数值，解得各电容电压依次为： $240,\text{V},\ 360,\text{V},\ 120,\text{V},\ 360,\text{V},\ 240,\text{V}$。

2.9

该电容由两部分并联组成：内筒与中筒构成$C_1$，中筒与外筒构成$C_2$，总电容

$$ C=C_1+C_2=2\pi\varepsilon_0l \left(\frac{1}{\ln(d/b)}+\frac{1}{\ln(b/a)}\right) $$

2.10

饱和水蒸气的分子数密度：

$$ n=\frac{598\times 10^{-3}}{18\times 1.66\times 10^{-27}}=2.0\times 10^{25}\ \text{(m}^{-3}\text{)} $$

水分子电偶极矩$p_0=3.2\times10^{-30}\ \text{C}\cdot\text{m}$，水蒸气最大电极化强度：

$$ P_{\text{max}}=np=1.24\times 10^{-4}\ \text{(C}\cdot\text{m}^{-2}\text{)} $$

2.11

（1）此处面密度为自由电荷与极化电荷的总和。导体表面场强$E=\dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}<E_{\text{max}}=10^9,\text{V/m}$，可得

$$ \sigma_{\text{max}} = 8.85\times 10^{-3}\ \text{(C}\cdot\text{m}^{-2}\text{)} $$

（2）原子直径$a=2\times10^{-10},\text{m}$，单位面积原子数为$\dfrac{1}{a^2}$。表面缺失/多出单个电子的原子数占比：

$$ \frac{\sigma_{\text{max}}/e}{1/a^2}=0.2\% $$

补充题(1)

已知 $C_1=300\ \text{pF},\ U_{1c}=50\ \text{V}$；$C_2=200\ \text{pF},\ U_{2c}=100\ \text{V}$。串联总电容：

$$ C=\frac{1}{\displaystyle \frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}}=120\ \text{(pF)} $$

串联电容电荷量相等，由电压限制条件

$$ \frac{Q}{C_1}<50,\quad \frac{Q}{C_2}<100 $$

得最大带电量 $Q_c = 15000\ \text{pF}\cdot\text{V}$，串联后总最大电压：

$$ U_c=\frac{Q_c}{C} = 125\ \text{(V)} $$

补充题(2)

系统仅存在极化电荷，面电荷密度：

$$ \sigma_p=P\cos\theta $$

该电荷分布在球外产生的电场，等效于球心处电偶极子 $\boldsymbol{p} = \dfrac{4}{3}\pi R^3\boldsymbol{P}$ 的电场，球外任意点场强：

$$ \boldsymbol{E}(r,\theta)= \boldsymbol{e}_r \frac{2R^3 P \cos\theta}{3\varepsilon_0 r^3}+ \boldsymbol{e}_\theta \frac{R^3 P\sin\theta}{3\varepsilon_0 r^3} $$

补充题(3)

铜球表面积 $S=4\pi R^2$，单个铜原子体积：

$$ V_0=\frac{M_{\text{mol}}}{\rho N_\text{A}} $$

将原子等效为立方体，表面原子数：

$$ N=\frac{S}{V_0^{2/3}} $$

表面总电荷量 $Q=Ne=0.385\ \text{C}$，对应的电场与电势：

$$ \boldsymbol{E}=\frac{Q\boldsymbol{e}_r}{4\pi\varepsilon_0 R^2}=3.46\times 10^{11}\boldsymbol{e}_r\ \text{(V/m)} $$

$$ U=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0R}=3.46\times10^{10}\ \text{(V)} $$

补充题(4)

静电平衡时，球壳外电场仅由内部总净电荷决定：

$$ Q=q_1+q_2=6\times10^{-9}\ \text{(C)} $$

场点位于球壳外左侧0.2 m处，电场强度：

$$ \boldsymbol{E}=\frac{Q\boldsymbol{e}_r}{4\pi\varepsilon_0 r^2}=1348\boldsymbol{e}_r\ \text{(V/m)} $$

Answer to Homework-05 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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题目

电磁学.第三版.习题 2.12 - 2.21

2.12

解：填入介质前，电容器带电量

$$ Q = CV = \frac{\varepsilon_0 S V}{d} = \frac{2\varepsilon_0 \times 10^4}{5 \times 10^{-3}} = 4\varepsilon_0 \times 10^6 \ \text{(C)} $$

由高斯定理，电位移矢量大小

$$ D = \sigma_e = \frac{Q}{S} = 2 \varepsilon_0 \times {10}^{6} \text{(C}\cdot\text{m}^{-2}\text{)} $$

填入介质后$D$保持不变。

(1) 介质中的电极化强度：

$$ P_1 = \left(1 - \frac{1}{5}\right) \times 2 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 10^6 = 1.4 \times 10^{-5} \text{(C}\cdot\text{m}^{-2}\text{)} $$

$$ P_2 = \left(1 - \frac{1}{2}\right) \times 2 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 10^6 = 8.9 \times 10^{-6} \text{(C}\cdot\text{m}^{-2}\text{)} $$

(2) 电场强度：

$$ E_1 = \frac{D}{\varepsilon_0 \varepsilon_{r1}} = \frac{2 \times 10^6}{5} = 4 \times 10^5 \text{(V}\cdot\text{m}^{-1}\text{)} $$

$$ E_2 = \frac{D}{\varepsilon_0 \varepsilon_{r2}} = \frac{2 \times 10^6}{2} = 10^6 \text{(V}\cdot\text{m}^{-1}\text{)} $$

正极板电势：

$$ U = E_1 d_1 + E_2 d_2 = 4 \times 10^5 \times 2 \times 10^{-3} + 10^6 \times 3 \times 10^{-3} = 3.8 \times 10^3 \ \text{(V)} $$

分界面电势：

$$ U_{\text{界面}} = E_2 d_2 = 10^6 \times 3 \times 10^{-3} = 3.0 \times 10^3 \ \text{(V)} $$

2.13

解：(1) 采用柱坐标，由对称性可知介质中$\boldsymbol{D}$沿径向且仅与$r$有关。由高斯定理：

$$ \boldsymbol{D} = \frac{\lambda_e}{2\pi r} \boldsymbol{e}_r,\quad \boldsymbol{E} = \frac{\boldsymbol{D}}{\varepsilon} = \frac{\lambda_e}{2\pi \varepsilon r} \boldsymbol{e}_r,\quad \boldsymbol{P} = \boldsymbol{D} - \varepsilon_0 \boldsymbol{E} = \frac{\lambda_e (\varepsilon - \varepsilon_0)}{2\pi \varepsilon r} \boldsymbol{e}_r $$

极化电荷体密度：

$$ \rho' = \nabla \cdot \boldsymbol{P} = 0 $$

极化电荷面密度：

$$ \sigma_1' = \boldsymbol{P}(r = R_1) \cdot (-\boldsymbol{e}_r) = -\frac{\lambda_e (\varepsilon - \varepsilon_0)}{2\pi \varepsilon R_1} $$

$$ \sigma_2' = \boldsymbol{P}(r = R_2) \cdot \boldsymbol{e}_r = \frac{\lambda_e (\varepsilon - \varepsilon_0)}{2\pi \varepsilon R_2} $$

(2) 电势差：

$$ \Delta U = \int_{R_1}^{R_2} E \, \mathrm{d}r = \frac{\lambda_e}{2\pi \varepsilon} \ln \frac{R_2}{R_1} $$

(3) 电容：

$$ C = \frac{q}{\Delta U} = \frac{2\pi \varepsilon l}{\ln(R_2 / R_1)} $$

2.14

解：由高斯定理得：

$$ D = \frac{Q}{4\pi r^2} \boldsymbol{e}_r,\quad E = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0 r^2} (1 + kr) \boldsymbol{e}_r $$

电势差：

$$ V = \int_a^b \boldsymbol{E} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{r} = \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} + k \ln \frac{b}{a} \right) $$

电容：

$$ C = \frac{Q}{V} = \frac{4\pi \varepsilon_0 ab}{(b - a) + abk \ln(b/a)} $$

极化强度：

$$ \boldsymbol{P} = (\varepsilon - \varepsilon_0)\boldsymbol{E} = -\frac{kQ}{4\pi r} \boldsymbol{e}_r $$

体极化电荷密度：

$$ \rho' = -\nabla \cdot \boldsymbol{P} = \frac{kQ}{4\pi r^2} $$

面极化电荷密度：

$$ \sigma_a' = \boldsymbol{P}(a) \cdot (-\boldsymbol{e}_r) = \frac{kQ}{4\pi a},\quad \sigma_b' = \boldsymbol{P}(b) \cdot \boldsymbol{e}_r = -\frac{kQ}{4\pi b} $$

2.15

解：金属球接地，电势$U=0$。介质内自由电荷密度：

$$ \rho=\frac{3q_0}{4\pi \left[(2R)^3-R^3\right]} $$

设接地金属球表面感应电荷量为$q$，电荷沿球面均匀分布。由高斯定理得介质内电场：

$$ E_1 = \frac{1}{8\pi \varepsilon_0} \left( \frac{q}{r^2} + \frac{q_0 r}{7R^3} - \frac{q_0}{7r^2} \right) $$

介质外电场：

$$ E_2 = \frac{q + q_0}{4\pi \varepsilon_0 r^2} $$

由边界条件解得：

$$ q = -\frac{16q_0}{21} $$

外表面电势：

$$ U = \int_{2R}^{\infty} E_2 \, \mathrm{d}r = \frac{q + q_0}{8\pi \varepsilon_0 R} = \frac{5q_0}{168\pi \varepsilon_0 R} $$

2.16

解：(1) 全域 $D = 8.85 \times 10^{-10} \ \mathrm{C \cdot m^{-2}}$。

介质外：

$$ P = 0,\quad E = \frac{D}{\varepsilon_0} = 100 \ \mathrm{(V \cdot m^{-1})} $$

介质内：

$$ P = \left(1 - \varepsilon_r^{-1}\right)D = 4.43 \times 10^{-10} \ \mathrm{(C \cdot m^{-2})},\quad E = \frac{D}{\varepsilon_0 \varepsilon_r} = 50 \ \mathrm{(V \cdot m^{-1})} $$

(2) 电势分布，其中 $x_1 = 0.01,\text{m},\ x_2 = 0.02,\text{m},\ x_3 = 0.03,\text{m}$：

$$ V(0 < x < x_1) = 100x $$

$$ V(x_1 < x < x_2) = 50(x + x_1) = 50x + 0.5 $$

$$ V(x_2 < x < x_3) = 100x - 0.5 $$

2.17

解：(1) 介质中$\boldsymbol{D}$沿径向且仅与$R$有关，由高斯定理：

$$ \boldsymbol{D}=\frac{q}{4\pi R^2}\boldsymbol{e}_R $$

电场：

$$ \boldsymbol{E}(R_1 \le R \le r) = \frac{q}{4\pi \varepsilon_1 R^2} \boldsymbol{e}_R,\quad \boldsymbol{E}(r \le R \le R_2) = \frac{q}{4\pi \varepsilon_2 R^2} \boldsymbol{e}_R $$

电势差：

$$ \Delta U=\int_{R_1}^{R_2}\boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{R} = \frac{q}{4\pi} \left( \frac{1}{\varepsilon_1 R_1} - \frac{1}{\varepsilon_1 r} + \frac{1}{\varepsilon_2 r} - \frac{1}{\varepsilon_2 R_2} \right) $$

电容：

$$ C = \frac{q}{\Delta U} = \frac{4\pi \varepsilon_1 \varepsilon_2 R_1 R_2 r}{(\varepsilon_1 - \varepsilon_2)R_1 R_2 + (\varepsilon_2 R_2 - \varepsilon_1 R_1)r} $$

(2) 极化强度：

$$ \boldsymbol{P}_1 = -\frac{Q(\varepsilon_1 - \varepsilon_0)}{4\pi \varepsilon_1 R^2} \boldsymbol{e}_R,\quad \boldsymbol{P}_2 = -\frac{Q(\varepsilon_2 - \varepsilon_0)}{4\pi \varepsilon_2 R^2} \boldsymbol{e}_R $$

极化电荷面密度：

$$ \sigma'\big|_{r} = -(\boldsymbol{P}_2-\boldsymbol{P}_1)\cdot\boldsymbol{e}_R=-\frac{Q}{4\pi r^2} \cdot \frac{\varepsilon_0(\varepsilon_1 - \varepsilon_2)}{\varepsilon_1 \varepsilon_2} $$

$$ \sigma_1' =\boldsymbol{P}_1(R_1)\cdot (-\boldsymbol{e}_R)= \frac{Q(\varepsilon_1 - \varepsilon_0)}{4\pi \varepsilon_1 R_1^2},\quad \sigma_2' =\boldsymbol{P}_2(R_2)\cdot \boldsymbol{e}_R= -\frac{Q(\varepsilon_2 - \varepsilon_0)}{4\pi \varepsilon_2 R_2^2} $$

2.18

证：由电磁场边值关系：

$$ E_1 \sin\theta_1 = E_2 \sin\theta_2,\quad \varepsilon_1 E_1 \cos\theta_1 - \varepsilon_2 E_2 \cos\theta_2 = \sigma $$

两式相除得：

$$ \varepsilon_2 \cot\theta_2 = \varepsilon_1 \cot\theta_1 - \frac{\sigma}{E_1 \sin\theta_1} = \varepsilon_1 \left(1 - \frac{\sigma}{\varepsilon_1 E_1 \cos\theta_1}\right) \cot\theta_1 $$

2.19

解：由高斯定理：

$$ 2\pi r^2 \varepsilon_1 E + 2\pi r^2 \varepsilon_2 E = q \quad \Rightarrow \quad \boldsymbol{E} = \frac{q}{2\pi (\varepsilon_1 + \varepsilon_2) r^2} \boldsymbol{e}_r $$

电位移矢量：

$$ \boldsymbol{D}_1 = \varepsilon_1 \boldsymbol{E} = \frac{\varepsilon_1 q}{2\pi (\varepsilon_1 + \varepsilon_2) r^2} \boldsymbol{e}_r,\quad \boldsymbol{D}_2 = \varepsilon_2 \boldsymbol{E} = \frac{\varepsilon_2 q}{2\pi (\varepsilon_1 + \varepsilon_2) r^2} \boldsymbol{e}_r $$

自由电荷面密度：

$$ \sigma_1 = D_1(a)=\frac{\varepsilon_1 q}{2\pi (\varepsilon_1 + \varepsilon_2) a^2},\quad \sigma_2 = D_2(a)=\frac{\varepsilon_2 q}{2\pi (\varepsilon_1 + \varepsilon_2) a^2} $$

2.20

解：电场线与介质分界面平行，A、B两点场强大小相等。无介质时电容 $C_0=\dfrac{\varepsilon_0S}{d}$，极板带电量 $Q=C_0V$。

(1) 插入介质后等效为两部分电容并联：

$$ C=\frac{\varepsilon S}{2d}+\frac{\varepsilon_0 S}{2d} $$

开关保持接通，电压不变，电场与原场强相等：

$$ E = \frac{V}{d} $$

(2) 开关断开，极板总电荷不变，电场：

$$ E = \frac{2\varepsilon_0}{\varepsilon + \varepsilon_0} E_0 $$

2.21

解：由电像法得像电荷：

$$ q'' = \frac{\varepsilon_0(\varepsilon_2 - \varepsilon_1)q}{\varepsilon_2(\varepsilon_1 + \varepsilon_2)},\quad q' = \frac{\varepsilon_0(\varepsilon_2 - \varepsilon_1)q}{\varepsilon_1(\varepsilon_1 + \varepsilon_2)} $$

受力位置处电场：

$$ E = \frac{q}{16\pi \varepsilon_1 a^2} $$

电荷所受作用力：

$$ F = -qE = -\frac{q^2}{16\pi \varepsilon_1 a^2} $$

Answer to Homework-06 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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题目

电磁学.第三版.习题 2.22 - 2.27、3.1 - 3.3

习题2.22

采用电像法求解。原电荷$+q(a, b)$共有三个像电荷：

$$-q(-a, b), \quad+q(-a,-b), \quad-q(a,-b)$$

区域 $x \geq 0,\ y \geq 0,\ -\infty \leq z \leq \infty$ 内的电势由原电荷与三个像电荷共同产生：

$$ \begin{aligned} U(x, y, z)= & \frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{\sqrt{(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+z^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{(x+a)^{2}+(y+b)^{2}+z^{2}}}\right. \\ & \left.-\frac{1}{\sqrt{(x-a)^{2}+(y+b)^{2}+z^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{(x+a)^{2}+(y-b)^{2}+z^{2}}}\right) \end{aligned} $$

电场分量：

$$ E_{x}=-\frac{\partial U}{\partial x}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{x-a}{r_{1}^{3}}+\frac{x+a}{r_{2}^{3}}-\frac{x-a}{r_{3}^{3}}-\frac{x+a}{r_{4}^{3}}\right) $$

$$ E_{y}=-\frac{\partial U}{\partial y}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{y-b}{r_{1}^{3}}+\frac{y+b}{r_{2}^{3}}-\frac{y+b}{r_{3}^{3}}-\frac{y-b}{r_{4}^{3}}\right) $$

$$ E_{z}=-\frac{\partial U}{\partial z}=\frac{q}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{z}{r_{1}^{3}}+\frac{z}{r_{2}^{3}}-\frac{z}{r_{3}^{3}}-\frac{z}{r_{4}^{3}}\right) $$

当 $x=0$（竖直导体平面），有 $r_{1}=r_{4},\ r_{2}=r_{3}$，得 $E_{y}=0$；当 $y=0$（水平导体平面），有 $r_{1}=r_{3},\ r_{2}=r_{4}$，此时：

$$ E_{y}=\frac{q b}{2 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{1}{\left[(x+a)^{2}+b^{2}+z^{2}\right]^{3 / 2}}-\frac{1}{\left[(x-a)^{2}+b^{2}+z^{2}\right]^{3 / 2}}\right) $$

水平导体平面的面电荷密度：

$$ \sigma_{e}(x, 0, z)=\varepsilon_{0} E_{y}=-\frac{q b}{2 \pi}\left(\frac{1}{\left[(x-a)^{2}+b^{2}+z^{2}\right]^{3 / 2}}-\frac{1}{\left[(x-a)^{2}+b^{2}+z^{2}\right]^{3 / 2}}\right) $$

习题2.23

(1) 由电像法，球外像电荷电量与位置：

$$ q'=-\frac{R}{d} q,\quad b=\frac{R^{2}}{d} $$

球内电场为原电荷与像电荷电场叠加：

$$ \boldsymbol{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left( \frac{q}{r_1^2}\boldsymbol{e}_{r1}+\frac{q'}{r_2^2}\boldsymbol{e}_{r2}\right) $$

$$ =\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left( (r^2+d^2-2rd\cos\theta)^{-1}\boldsymbol{e}_{r1}- \frac{R/d}{r^2+d^2-2rd\cos\theta}\boldsymbol{e}_{r2} \right) $$

电势：

$$ U=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left( (r^2+d^2-2rd\cos\theta)^{-1/2}- \frac{R}{\sqrt{r^2+d^2-2rd\cos\theta}} \right) $$

接地导体球壳内表面总带电量为 $-q$，可通过高斯定理，或对表面场强积分面电荷密度证明。

(2) 导体球壳总带电量为 $Q$，额外叠加均匀虚拟面电荷 $Q’=Q+q$。该电荷对球内电场无影响，仅叠加常数电势：

$$ \frac{Q'}{4 \pi \varepsilon_{0} R}=\frac{Q+q}{4 \pi \varepsilon_{0} R} $$

球内总电势：

$$ U_2=U_1+\frac{Q+q}{4\pi\varepsilon_0 R} $$

习题2.24

金属板置于 $x=0$ 平面，线电荷位于 $(b,0)$，像线电荷位于 $(-b,0)$，线密度 $-\lambda_{e}$。取金属板为电势零点，轴线上电势：

$$ U=-\frac{\lambda_{e}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln |b-x|+\frac{\lambda_{e}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln |b+x|=\frac{\lambda_{e}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \left|\frac{b+x}{b-x}\right| $$

导线与金属板电势差：

$$ \Delta U=U(x=b-a)-U(x=0)=\frac{\lambda_{e}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \left(\frac{2 b-a}{a}\right) \approx \frac{\lambda_{e}}{2 \pi \varepsilon_{0}} \ln \left(\frac{2 b}{a}\right) $$

单位长度电容：

$$ C=\frac{\lambda_{e}}{\Delta U} = \frac{2 \pi \varepsilon_{0}}{\ln \left(\dfrac{2 b}{a}\right)} $$

习题2.25

导体球外点电荷$Q$使球面产生感应电荷，将系统拆分为两组叠加计算：

点电荷$Q$与像电荷 $q’=-\dfrac{RQ}{r}$，$r’=\dfrac{R^2}{r}$，此部分球面感应总电荷 $Q_1=q’$；
球面均匀带电 $Q_2$，满足 $Q_1+Q_2=Q$。

点电荷所受合力：

$$ F=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q'}{(r-r')^2}+\frac{Q_2}{r^2}\right) $$

由 $F=0$ 解得：

$$ \frac{r}{R}=\frac{1+\sqrt{5}}{2} $$

(a) 第2.25题图

习题2.26

仅保留 $R/d$ 首阶近似，两球等效为：各自带均匀电荷 $Q-q’$，球心连线上距球心 $r=R^2/d$ 处存在像电荷 $q’=-\dfrac{RQ}{d}$。

总库仑力由三部分叠加：

$$ F=\frac{(Q-q')^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}+2\frac{Qq'}{4\pi\varepsilon_0(d-r)^2}+\frac{q'^2}{4\pi\varepsilon_0 (d-2r)^2} $$

展开并保留最低阶项，得：

$$ F=\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}-\frac{Q^2R^3}{\pi\varepsilon_0 d^5} $$

习题2.27

镜像法构造无穷多组像电荷，初始电荷：

$$ q_1=4\pi\varepsilon_0 R U_0 $$

(a) 第2.27题图

递推关系：

$$ q_n=-\frac{R}{2R-b_{n-1}}q_{n-1},\quad b_n=\frac{R^2}{2R-b_{n-1}} $$

化简得递推式：

$$ \frac{1}{q_n}+\frac{2}{q_{n-1}}+\frac{2}{q_{n-2}}=0 $$

解得通项：

$$ q_n=(-1)^{n+1}\frac{q_1}{n} $$

球面总电量为无穷级数求和：

$$ Q=\sum_{n=1}^\infty 2q_n=2q_1\ln 2 $$

电容：

$$ C=\frac{Q}{U_0}=8\pi\varepsilon_0R \ln 2 $$

习题3.1

两质子间库仑力：

$$ F=\frac{q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r_{0}^{2}}=\frac{9 \times 10^{9} \times\left(1.6 \times 10^{-19}\right)^{2}}{\left(6 \times 10^{-15}\right)^{2}}=6.4\ \text{(N)} $$

相互作用能：

$$ W=\frac{q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} r_{0}}=\frac{9 \times 10^{9} \times\left(1.6 \times 10^{-19}\right)^{2}}{6 \times 10^{-15}} \approx 3.84 \times 10^{-14}\ \text{(J)} $$

习题3.2

(1) 各对电荷相互作用能：

$$ W_{12}=\frac{q_{1} q_{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} a}=\frac{(-q) \cdot 2 q}{4 \pi \varepsilon_{0} a}=-\frac{q^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} a} $$

$$ W_{23}=\frac{q_{2} q_{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} a}=\frac{2 q \cdot(-q)}{4 \pi \varepsilon_{0} a}=-\frac{q^{2}}{2 \pi \varepsilon_{0} a} $$

$$ W_{13}=\frac{q_{1} q_{3}}{4 \pi \varepsilon_{0} \cdot 2a}=\frac{(-q) \cdot(-q)}{8 \pi \varepsilon_{0} a}=\frac{q^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} a} $$

(2) 系统总相互作用能：

$$ W=W_{12}+W_{23}+W_{13}=-\frac{7 q^{2}}{8 \pi \varepsilon_{0} a} $$

习题3.3

(1) 系统相互作用能公式：

$$ W=\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{N} q_{i} U_{i} $$

正电荷处电势：

$$ U_{+}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}}\left(-\frac{Q}{a}+\frac{Q}{\sqrt{3} a}-\frac{Q}{2 a}+\frac{Q}{\sqrt{3} a}-\frac{Q}{a}\right)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0} a}\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{5}{2}\right) $$

负电荷处电势 $U_{-}=-U_{+}$，系统共3个正电荷、3个负电荷，总作用能：

$$ W=3 Q U_{+}=\frac{3 Q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} a}\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{5}{2}\right) $$

(2) 移走两个相邻电荷后，剩余系统作用能：

$$ \begin{aligned} W_{1}= & \frac{Q}{8 \pi \varepsilon_{0}}\left(-\frac{Q}{a}+\frac{Q}{\sqrt{3} a}-\frac{Q}{2 a}\right)-\frac{Q}{8 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{Q}{a}+\frac{Q}{a}-\frac{Q}{\sqrt{3} a}\right) \\ & +\frac{Q}{8 \pi \varepsilon_{0}}\left(-\frac{Q}{a}-\frac{Q}{a}+\frac{Q}{\sqrt{3} a}\right)-\frac{Q}{8 \pi \varepsilon_{0}}\left(\frac{Q}{a}-\frac{Q}{\sqrt{3} a}+\frac{Q}{2 a}\right) \\ = & \frac{Q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} a}\left(\frac{2}{\sqrt{3}}-\frac{7}{2}\right) \end{aligned} $$

被移走两电荷的相互作用能：

$$ W_{2}=-\frac{Q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} a} $$

外力做功等于系统能量增量：

$$ A=W_{1}+W_{2}-W=\frac{Q^{2}}{4 \pi \varepsilon_{0} a}\left(3-\frac{4 \sqrt{3}}{3}\right) $$

反馈意见

2.25：部分同学模型梳理不清，电荷间作用关系判断错误，系数计算出错。 3.3：多数同学遗漏被移走两个电荷自身的相互作用能。

Answer to Homework-07 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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题目

电磁学.第三版.习题 3.4-3.17

3.4

解：(1) 电子电荷均匀分布在半径为 $a$ 的球面上，球面电势

$$ U = \frac{e}{4\pi\varepsilon_0 a} $$

电子静电势能

$$ W = \frac{1}{2} e U = \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a} $$

令静电势能等于电子静止能量 $m c^2$：

$$ \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 a} = m c^2 $$

解得

$$ a = \frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 m c^2} $$

(2) 电荷均匀分布在半径为 $a$ 的球体内，电荷密度

$$ \rho = \frac{3e}{4\pi a^3} $$

由高斯定理，球内、外电场：

$$ \mathbf{E}(r < a) = \frac{\rho r}{3\varepsilon_0} \mathbf{e}_r = \frac{e r}{4\pi\varepsilon_0 a^3} \mathbf{e}_r,\qquad \mathbf{E}(r > a) = \frac{e}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \mathbf{e}_r $$

球内电势分布

$$ U(r) = \int_r^\infty \mathbf{E} \cdot \mathrm{d}\mathbf{r} = \int_r^a \frac{e r}{4\pi\varepsilon_0 a^3} \mathrm{d}r + \int_a^\infty \frac{e}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \mathrm{d}r = \frac{e(3a^2 - r^2)}{8\pi\varepsilon_0 a^3} $$

电子静电势能

$$ W = \frac{1}{2} \iiint_V \rho U \, \mathrm{d}V = \frac{1}{2} \int_0^a \frac{3e}{4\pi a^3} \cdot \frac{e(3a^2 - r^2)}{8\pi\varepsilon_0 a^3} \cdot 4\pi r^2 \mathrm{d}r = \frac{3e^2}{20\pi\varepsilon_0 a} $$

令 $W = m c^2$，得

$$ a = \frac{3e^2}{20\pi\varepsilon_0 m c^2} $$

(3) 电子经典半径

$$ r_0 = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m c^2} = \frac{10^{-7} \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{9.11 \times 10^{-31}} = 2.8 \times 10^{-15} \, \text{m} $$

3.5

解：带电后，壳内壁感应电荷 $-Q$，外表面带电 $+Q$。系统总储能为球形电容器储能与孤立导体球储能之和：

$$ W = \frac{Q^2}{2C_1} + \frac{Q^2}{2C_2} $$

其中

$$ C_1 = \frac{4\pi\varepsilon_0 R_1 R_2}{R_2 - R_1},\quad C_2 = 4\pi\varepsilon_0 R_3 $$

代入得

$$ W = \frac{(R_2 - R_1)Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R_1 R_2} + \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R_3} = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_3} \right) $$

代入数值 $Q = 3.0 \times 10^{-8},\text{C}$，$R_1 = 0.02,\text{m}$，$R_2 = 0.04,\text{m}$，$R_3 = 0.05,\text{m}$，$\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12},\text{F/m}$：

$$ W = \frac{(3 \times 10^{-8})^2}{8 \times \pi \times 8.85 \times 10^{-12}} \times \left( \frac{1}{0.02} - \frac{1}{0.04} + \frac{1}{0.05} \right) = 1.82 \times 10^{-4} \, \text{J} $$

用导线连接球与壳后，系统等效为半径 $R_3$ 的孤立导体球，储能：

$$ W' = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R_3} = \frac{(3 \times 10^{-8})^2}{8 \times \pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 0.05} = 8.09 \times 10^{-5} \, \text{J} $$

3.6

解：由3.4结论，半径为 $r$、电量为 $Q$ 的均匀带电球静电能

$$ W = \frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0 r} $$

(1) 铀235原子核静电势能

$$ W_1 = \frac{3 \times (92 \times 1.6 \times 10^{-19})^2}{20 \times \pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 9.2 \times 10^{-15}} = 1.27 \times 10^{-10} \, \text{J} = 795 \, \text{MeV} $$

(2) 分裂后每块碎片电量为 $Q/2$，由体积关系：

$$ 2 \cdot \frac{4\pi}{3} r_1^3 = \frac{4\pi}{3} r^3 \quad\Rightarrow\quad r_1 = \frac{r}{2^{1/3}} $$

释放能量

$$ \Delta W = \frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0 r} - 2 \cdot \frac{3(Q/2)^2}{20\pi\varepsilon_0 r_1} = \frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0 r} \left(1 - 2^{-2/3}\right) = 4.70 \times 10^{-11} \, \text{J} = 294 \, \text{MeV} $$

(3) 1 kg 铀235原子核数目

$$ N = \frac{1}{235 \times 1.66 \times 10^{-27}} = 2.56 \times 10^{24} $$

总释放能量

$$ \Delta W_{\text{总}} = N \times \Delta W = 2.56 \times 10^{24} \times 4.70 \times 10^{-11} = 1.2 \times 10^{14} \, \text{J} $$

3.7

解：(1) 由对称性与高斯定理，$a < r < b$ 区域：

$$ D = \frac{Q}{2\pi r l},\quad E = \frac{D}{\varepsilon} = \frac{Q}{2\pi\varepsilon r l} $$

电场能量密度

$$ w = \frac{1}{2} D E = \frac{1}{2} \cdot \frac{Q}{2\pi r l} \cdot \frac{Q}{2\pi\varepsilon r l} = \frac{Q^2}{8\pi^2 \varepsilon r^2 l^2} $$

(2) 介质内总电场能

$$ W = \iiint w \, \mathrm{d}V = \int_a^b \frac{Q^2}{8\pi^2 \varepsilon r^2 l^2} \cdot 2\pi r l \, \mathrm{d}r = \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon l} \int_a^b \frac{\mathrm{d}r}{r} = \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon l} \ln \frac{b}{a} $$

(3) 两极电势差

$$ \Delta U = \int_a^b E \, \mathrm{d}r = \int_a^b \frac{Q}{2\pi\varepsilon r l} \mathrm{d}r = \frac{Q}{2\pi\varepsilon l} \ln \frac{b}{a} $$

电容

$$ C = \frac{Q}{\Delta U} = \frac{2\pi\varepsilon l}{\ln(b/a)} $$

验证：

$$ \frac{Q^2}{2C} = \frac{Q^2}{2} \cdot \frac{\ln(b/a)}{2\pi\varepsilon l} = \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon l} \ln \frac{b}{a} = W $$

证毕。

3.8

证：由3.7，半径 $r$ 以内电场能量

$$ W(r) = \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} \ln \frac{r}{a} $$

电容器总能量

$$ W = \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} \ln \frac{b}{a} $$

令 $W(r) = \dfrac{1}{2}W$：

$$ \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} \ln \frac{r}{a} = \frac{1}{2} \cdot \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 l} \ln \frac{b}{a} $$

$$ \ln \frac{r}{a} = \frac{1}{2} \ln \frac{b}{a} = \ln \left(\frac{b}{a}\right)^{\frac12} $$

$$ \frac{r}{a} = \sqrt{\frac{b}{a}} \quad\Rightarrow\quad r = \sqrt{ab} $$

证毕。

3.9

解：由高斯定理，圆柱形电容器内电场

$$ E = \frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0 r} $$

内导体表面场强最大，取临界击穿场强 $E_{\text{max}} = E_b$：

$$ E_b = \frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0 R_1} \quad\Rightarrow\quad \lambda_e = 2\pi\varepsilon_0 E_b R_1 $$

两极电势差

$$ U = \int_{R_1}^{R_2} E \, \mathrm{d}r = \frac{\lambda_e}{2\pi\varepsilon_0} \ln \frac{R_2}{R_1} = E_b R_1 \ln \frac{R_2}{R_1} $$

单位长度储能

$$ W = \frac{\lambda_e^2}{4\pi\varepsilon_0} \ln \frac{R_2}{R_1} = \pi\varepsilon_0 E_b^2 R_1^2 \ln \frac{R_2}{R_1} $$

(1) 求 $U$ 极值，令 $\dfrac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}R_1} = 0$：

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}R_1} \left( E_b R_1 \ln \frac{R_2}{R_1} \right) = E_b \left( \ln \frac{R_2}{R_1} - 1 \right) = 0 $$

得 $\ln \dfrac{R_2}{R_1} = 1$，即 $R_1 = \dfrac{R_2}{e}$。最大电势差

$$ U_{\text{max}} = \frac{E_b R_2}{e} $$

(2) 求 $W$ 极值，令 $\dfrac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}R_1} = 0$：

$$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}R_1} \left( \pi\varepsilon_0 E_b^2 R_1^2 \ln \frac{R_2}{R_1} \right) = \pi\varepsilon_0 E_b^2 \left( 2R_1 \ln \frac{R_2}{R_1} - R_1 \right) = 0 $$

得 $\ln \dfrac{R_2}{R_1} = \dfrac12$，即 $R_1 = \dfrac{R_2}{\sqrt{e}}$。最大储能

$$ W_{\text{max}} = \frac{\pi\varepsilon_0 E_b^2 R_2^2}{2e} $$

对应电势差

$$ U_{\text{max}} = \frac{E_b R_2}{2\sqrt{e}} $$

(3) 代入 $E_b = 3 \times 10^6,\text{V/m}$，$R_2 = 0.01,\text{m}$，$e = 2.718$：第一种方案：

$$ U_{\text{max}} = \frac{3 \times 10^6 \times 0.01}{2.718} = 1.1 \times 10^4 \, \text{V} $$

第二种方案：

$$ U_{\text{max}} = \frac{3 \times 10^6 \times 0.01}{2 \times \sqrt{2.718}} = 9.1 \times 10^3 \, \text{V} $$

3.10

解：(1) 内球壳自身电势 $U_1 = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R_1}$，自能

$$ W_{\text{自}}(+Q) = \frac{1}{2} Q U_1 = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R_1} $$

外球壳自身电势 $U_2 = -\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R_2}$，自能

$$ W_{\text{自}}(-Q) = \frac{1}{2} (-Q) U_2 = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R_2} $$

(2) 内电荷在外球壳处电势 $U_{12} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R_2}$，外电荷在内球壳处电势 $U_{21} = -\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R_2}$，互能

$$ W_{\text{互}} = Q U_{12} = -\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0 R_2} $$

(3) 系统总能量

$$ W = W_{\text{自}}(+Q) + W_{\text{自}}(-Q) + W_{\text{互}} = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right) $$

用球形电容 $C = \dfrac{4\pi\varepsilon_0 R_1 R_2}{R_2 - R_1}$ 验证：

$$ W = \frac{Q^2}{2C} = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right) $$

结果一致。

3.11

解：设介质拉出长度为 $x$，系统等效为两个圆柱形电容并联，总电容

$$ C = \frac{2\pi\varepsilon_0 x}{\ln(b/a)} + \frac{2\pi\varepsilon (l-x)}{\ln(b/a)} = \frac{2\pi[\varepsilon l - (\varepsilon - \varepsilon_0)x]}{\ln(b/a)} $$

电容器接电源，电压 $V$ 不变，介质受力

$$ F = \left( \frac{\partial W}{\partial x} \right)_V = \frac{V^2}{2} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}x} = -\frac{\pi(\varepsilon - \varepsilon_0)V^2}{\ln(b/a)} $$

负号表示电场力为吸引力。维持介质不动，外力

$$ F_{\text{外}} = \frac{\pi(\varepsilon - \varepsilon_0)V^2}{\ln(b/a)} $$

方向向外。

3.12

解：系统等效为两组平行板电容并联。无介质部分电容：

$$ C_1 = \frac{\varepsilon_0 b (a-x)}{d} $$

含介质部分等效串联电容，记 $t’ = \dfrac{\varepsilon_r - 1}{\varepsilon_r} t$：

$$ C_2 = \frac{\varepsilon_0 b x}{d - t'} $$

总电容

$$ C = C_1 + C_2 = \frac{\varepsilon_0 b \big[(d - t')a + x t'\big]}{d(d - t')} $$

极板总电量 $Q$ 不变，介质受力

$$ F = -\left( \frac{\partial W}{\partial x} \right)_Q = \frac{Q^2}{2C^2} \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}x} $$

求导

$$ \frac{\mathrm{d}C}{\mathrm{d}x} = \frac{\varepsilon_0 b t'}{d(d - t')} $$

代入得

$$ F = \frac{Q^2 b (d - t') t' d}{2\varepsilon_0 \big[S(d - t') + x b t'\big]^2} $$

其中 $S=ab$。力沿 $x$ 增大方向，指向介质原位置，得证。

3.13

解：初始电容（介质厚度 $t$，相对介电常数 $\varepsilon_r$），记 $t’ = \dfrac{\varepsilon_r - 1}{\varepsilon_r} t$：

$$ C_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{d - t'} $$

抽出介质后电容

$$ C = \frac{\varepsilon_0 S}{d} $$

初始电量 $Q = C_0 V$。

(1) 断开电源，$Q$ 不变，外界做功等于静电能增量：

$$ A_1 = \frac{Q^2}{2C} - \frac{Q^2}{2C_0} = \frac{\varepsilon_0 S t' V^2}{2(d - t')^2} $$

(2) 接通电源，$V$ 不变，外界做功：

$$ A_2 = \frac{C_0 V^2}{2} - \frac{C V^2}{2} = \frac{\varepsilon_0 S t' V^2}{2(d - t')d} $$

(3) 换为导体板即 $\varepsilon_r \to \infty$，$t’\to t$：

$$ A_1 = \frac{\varepsilon_0 S t V^2}{2(d - t)^2},\quad A_2 = \frac{\varepsilon_0 S t V^2}{2(d - t)d} $$

3.14

解：(1) 电像法配置像电荷，原电荷 $(a,0,a)$ 受力：

$$ \mathbf{F} = \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0} \left[ -\frac{1}{(2a)^2} \mathbf{e}_x - \frac{1}{(2a)^2} \mathbf{e}_z + \frac{1}{(2\sqrt{2}a)^2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \mathbf{e}_x + \frac{1}{\sqrt{2}} \mathbf{e}_z \right) \right] $$

$$ = \frac{q^2}{32\pi\varepsilon_0 a^2} \left[ \left(-2 + \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \mathbf{e}_x + \left(-2 + \frac{1}{\sqrt{2}}\right) \mathbf{e}_z \right] $$

力的大小

$$ F = \frac{(2\sqrt{2} - 1)q^2}{32\pi\varepsilon_0 a^2} $$

方向在 $xz$ 平面指向原点。

(2) 沿 $z=x,,y=0$ 移动电荷，外界做功

$$ A = \frac{(4 - \sqrt{2})q^2}{16\pi\varepsilon_0} \int_a^\infty \frac{\mathrm{d}x}{x^2} = -\frac{(4 - \sqrt{2})q^2}{16\pi\varepsilon_0 a} $$

(3) $(a,0,0)$ 处总电场

$$ \mathbf{E} = \frac{q}{2\pi\varepsilon_0 a^2} \left( \frac{1}{5\sqrt{5}} - 1 \right) \mathbf{e}_z $$

面电荷密度

$$ \sigma = \varepsilon_0 E = \frac{q}{2\pi a^2} \left( \frac{1}{5\sqrt{5}} - 1 \right) $$

3.15

解：(1) 均匀外场 $\mathbf{E}_0$ 中导体球，球外电势设为

$$ U = U_0 - E_0 r \cos\theta + \frac{p \cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2} $$

球面 $r=a$ 为等势面，$\cos\theta$ 项系数为零：

$$ -E_0 a + \frac{p}{4\pi\varepsilon_0 a^2} = 0 \quad\Rightarrow\quad p = 4\pi\varepsilon_0 a^3 E_0 $$

偶极矩 $\mathbf{p} = 4\pi\varepsilon_0 a^3 \mathbf{E}_0$。

(2) 球外电势

$$ U_{\text{外}} = U_0 - E_0 r \cos\theta + \frac{a^3 E_0 \cos\theta}{r^2} $$

球面带电量 $q$ 时，球内电势

$$ U_{\text{内}} = U_0 + \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 a} $$

(3) 球面外侧径向场强

$$ E_{r2} = -\frac{\partial U_{\text{外}}}{\partial r}\bigg|_{r=a} = 3E_0 \cos\theta $$

导体内部场强为0，感应面密度

$$ \sigma = \varepsilon_0 E_{r2} = 3\varepsilon_0 E_0 \cos\theta $$

感应电荷电势

$$ U_{\text{感}} = E_0 a \cos\theta $$

静电自能

$$ W = \frac{1}{2} \iint \sigma U_{\text{感}} \, \mathrm{d}S = 2\pi\varepsilon_0 a^3 E_0^2 $$

3.16

解：无限大介质分界面 $z=0$，点电荷 $q$ 位于 $(0,0,z)$。由边界条件解得像电荷：

$$ q' = \frac{1 - \varepsilon_r}{1 + \varepsilon_r} q,\quad q'' = \frac{2\varepsilon_r}{1 + \varepsilon_r} q $$

原电荷仅受像电荷 $q’$ 的库仑力，间距 $2z$：

$$ F(z) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{q q'}{(2z)^2} = -\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 z^2} \cdot \frac{\varepsilon_r - 1}{\varepsilon_r + 1} $$

外力与电场力等大反向，将电荷移至无穷远，外力做功

$$ A = \int_{z}^{\infty} -F \, \mathrm{d}z' = \frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0 z} \cdot \frac{\varepsilon_r - 1}{\varepsilon_r + 1} $$

3.17

解：采用镜像法：

原电荷 $q$ 位于 $x=d$；
球内像电荷 $q’ = -\dfrac{R}{d}q$，位置 $b = \dfrac{R^2}{d}$；
球心附加电荷 $q’’ = Q - q’ = Q + \dfrac{R}{d}q$，保证球面总电量为 $Q$。

(1) $q’$ 对 $q$ 的作用力，间距 $d-b = \dfrac{d^2-R^2}{d}$：

$$ F_{q'} = -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{R q^2 d}{(d^2 - R^2)^2} $$

(2) $q’’$ 对 $q$ 的作用力：

$$ F_{q''} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{qQ}{d^2} + \frac{R q^2}{d^3} \right) $$

总作用力

$$ F(d) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left[ \frac{qQ}{d^2} + \frac{R q^2}{d^3} - \frac{R q^2 d}{(d^2 - R^2)^2} \right] $$

将电荷移至无穷远，电场力做功

$$ W=-\int_d^{\infty}F(x)\mathrm{d}x=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left[ \frac{qQ}{d}+\frac{Rq^2}{2d^2}-\frac{Rq^2}{2(d^2-R^2)} \right] $$

反馈意见

3.17 多数同学对相互作用能计算掌握不熟练，建议优先采用电场力做功思路求解。

Answer to Homework-08 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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题目

电磁学.第三版.习题 4.1-4.12

4.1

电流来自电荷之运动。球的电荷密度为

$$ \rho = \frac{3Q}{4\pi R^3}, $$

速率为 $v = \omega r$，则电流密度等于

$$ j = \rho v = \frac{3Q\omega r}{4\pi R^3}. $$

4.2

由题给参数可算得流过铝线横截面的电流密度为
$$ j = \frac{I}{S} = \frac{5 \times 10^{-4}}{0.1 \times 10^{-6}} = 5 \times 10^3 \, (\text{A}\cdot{m}^{-2}). $$
铝线中的电子密度为
$$ n = \frac{2.7 \times 10^3 \times 3}{27 \times 1.66 \times 10^{-27}} = 1.8 \times 10^{29} \, (\text{m}^{-3}). $$
于是求得电子定向运动的平均速率为
$$ \overline{u} = \frac{j}{ne} = \frac{5 \times 10^3}{1.6 \times 10^{-19} \times 1.8 \times 10^{29}} = 1.7 \times 10^{-7} \, (\text{m}\cdot{s}^{-1}). $$
电子热运动的方均根速率为
$$ \sqrt{\overline{v^2}} = \sqrt{\frac{3kT}{m_e}} = \sqrt{\frac{3 \times 1.38 \times 10^{-23} \times 300}{9.11 \times 10^{-31}}} = 1.17 \times 10^5 \, (\text{m}\cdot{s}^{-1}). $$
一个电子两次碰撞之间的时间
$$ \tau= \frac{2m_e\sigma}{ne^2}= \frac{2\times9.11\times10^{-31}}{1.8\times10^{29}\times(1.6\times10^{-19})^2\times2.8\times10^{-8}}= 1.4\times10^{-14} (\text{s}) $$
电子的平均自由程
$$ \overline{\lambda}=\tau\overline v = \tau\sqrt{8kT/\pi m_e}{} = 2.67\times10^{-9}(\text{m}) $$
使用方均根速率计算的答案也给分。
电场强度的大小
$$ E = \frac{j}{\sigma} = 2.8 \times 10^{-8} \times 5 \times 10^3 = 1.4 \times 10^{-4} \, (\text{V}\cdot{m}^{-1}). $$

4.3

设 $x$ 处的截面面积为 $S$，则长为 $\mathrm{d}x$ 段的电阻为

$$ \mathrm{d} R = \rho \frac{\mathrm{d} x}{S} = \frac{\mathrm{d} x}{\sigma S}. $$

整段导线的电阻为

$$ R = \int_0^l \frac{\mathrm{d} x}{\sigma S}. $$

设 $x$ 处横截面的半径为 $r$，则由圆台的关系得

$$ r = a + \frac{b-a}{l}x = \frac{b-a}{l}\left(x + \frac{la}{b-a}\right). $$

相应截面面积等于 $S = \pi r^2$，求得整段导线的电阻等于

$$ \begin{aligned} R &= \frac{1}{\pi\sigma} \int_0^l \frac{\mathrm{d} x}{r^2} = \frac{l^2}{\pi\sigma(b-a)^2} \int_0^l \frac{\mathrm{d} x}{\left[x + \frac{la}{b-a}\right]^2} \\ &= \frac{l^2}{\pi\sigma(b-a)^2} \left[ -\frac{1}{x + \frac{la}{b-a}} \right]_{x=0}^{x=l} = \frac{l}{\pi\sigma ab}. \end{aligned} $$

4.4

采用支路电流法。标定总电流 $I$ 和支路电流 $I_1$ 和 $I_2$ 的正向方向，由节点电流方程可算得未标定支路的电流：流经 $R_3$ 的电流为 $I-I_1$，流经 $R_2$ 的电流为 $I_1-I_2$，流经 $R_4$ 的电流为 $I-I_1+I_2$。然后，就左、右两个回路列出回路电压方程如下：

$$ I_1 R_1 - R_3(I-I_1) + I_2 r = 0, $$

$$ (I_1-I_2)R_2 - (I-I_1+I_2)R_4 - I_2 r_2 = 0. $$

经整理之后求得关于 $I_1$ 和 $I_2$ 的两个方程：

$$ I_1(R_1+R_3) + I_2 r = I R_3, $$

$$ I_1(R_2+R_4) - I_2(R_2+R_4+r) = R_4 I. $$

从中解得

$$ I_1 = \frac{R_3(r+R_2+R_4)+R_4 r}{(R_2+R_4)r + (R_1+R_3)(R_2+R_4+r)} I $$

$$ I_2 = \frac{R_3(R_2+R_4)-R_4(R_1+R_3)}{r(R_2+R_4) + (R_1+R_3)(R_2+R_4+r)} I. $$

利用上述结果，可算得 $a$、$b$ 端之间的电势差和等效电阻：

$$ \begin{aligned} U_{ab} &= I_1 R_1 + (I_1-I_2)R_2 = I_1(R_1+R_2) - I_2 R_2 \\ &= \frac{(R_1+R_2)R_3 R_4 + (R_3+R_4)R_1 R_2 + (R_1+R_2)(R_3+R_4)r}{(R_1+R_3)(R_2+R_4) + (R_1+R_2+R_3+R_4)r} I, \end{aligned} $$

$$ R_{ab} = \frac{U_{ab}}{I} = \frac{(R_1+R_2)R_3 R_4 + (R_3+R_4)R_1 R_2 + (R_1+R_2)(R_3+R_4)r}{(R_1+R_3)(R_2+R_4) + (R_1+R_2+R_3+R_4)r} $$

4.5

设在内外球之间加一电压（内球电势高），则有电流通过内球流到外球。设此时内球带电量为 $Q$，由对称性可知，电场强度和电流密度均沿径向方向，其数值仅与径向距离 $r$ 有关。由高斯定理得电场强度

$$ E = \frac{Q}{4\pi\varepsilon r^2}, $$

由欧姆定律得电流密度

$$ j = \frac{\sigma Q}{4\pi\varepsilon r^2}, $$

从中求得总电流强度

$$ I = 4\pi r^2 j = \frac{\sigma Q}{\varepsilon}. $$

于是，可相继求得电场、内外球壳之间的电势差和等效电阻：

$$ E = \frac{I}{4\pi\sigma r^2}, \quad U = \frac{I}{4\pi\sigma}\left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right), \quad R = \frac{U}{I} = \frac{1}{4\pi\sigma}\left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right). $$

4.6

根据电阻网络上下对称性，每个竖直排列的三个节点中，上下两个节点等电位。故整个系统相对于把每组上下节点短接，整个电阻网络形成如图(a)所示的一维无限电阻网。下面先考虑图(b)中的单向无线电阻网：设$NQ$之间的等效电阻为$xr$。注意到，$xr$代表单向无线电阻网的等效值，因此若把$MN,NQ,QP$三段电阻去掉，余下电阻网络仍为单向无限长的，因而此时MP间等效阻值的$R_{MP}=xr$。

(a) 第4.6题图

由此，$NQ$之间的电阻同时等效为图(c)的有限大电阻电路，有等效关系

$$ \frac{1}{r/2}+\frac{1}{(r/2+r/2+xr)}=\frac{1}{xr} $$

解出$x=(\sqrt{21}-3)/4$。这时，$AB$间的总电阻可以用图(d)的电路等效，

$$ \frac{1}{R_{AB}}=\frac{1}{r}+\frac{1}{(xr+xr+r/2)} $$

$$ R_{AB}=r-\frac{2r}{\sqrt{21}} $$

4.7

如题图所示，下方的电话线某处触地，该处离甲站距离为$x$ km，相应电话线的电阻为 $R_1 = 6x\Omega$；离乙站距离为$(50-x)$km，相应电话线的电阻为 $R_2=6(50-x)\Omega$。此外，上方的电话线正常，两站之间电话线的电阻等于$R_3 = 300\Omega$。在乙站将两电话线短路之后，电桥被接通：电阻$R_1$与可调电阻$r$串联，构成电桥电路的左下臂，电阻$R_2$则与$R_3$串联构成电桥电路的左上臂。电桥的另外两臂之电阻同为 $R$，以至电桥平衡（即检流计G指零）的条件为左下臂电阻等于左上臂电阻，即

$$ R_1+r=R_2+R_3,~~6x+360=6(50-x)+300 $$

算出$x=20$km。

4.8

以轴线为轴、$r$ 为半径，在硫酸铜溶液中取一个厚为 $\mathrm{d}r$、长为 $l$ 的圆筒，这圆筒的电阻为
$$ \mathrm{d} R = \rho \frac{\mathrm{d} r}{2\pi r l} = \frac{\rho}{2\pi l} \frac{\mathrm{d} r}{r}. $$
积分便得电池内阻
$$ R = \frac{\rho}{2\pi l} \int_a^b \frac{\mathrm{d} r}{r} = \frac{\rho}{2\pi l} \ln\frac{b}{a}. $$
设两筒的电势差为 $U$，内筒上的电量为 $Q$。取圆柱坐标 $(r,\phi,z)$，则由对称性可知电场强度沿 $\boldsymbol{r}$ 方向，大小仅与 $r$ 有关。于是，由高斯定理得硫酸铜溶液中的电场强度
$$ E = \frac{Q}{2\pi\varepsilon l r}, $$
据此求得两筒之间的电势差和电池的电容为
$$ U = \int_a^b E \cdot \mathrm{d} r = \frac{Q}{2\pi\varepsilon l} \int_a^b \frac{\mathrm{d} r}{r} = \frac{Q}{2\pi\varepsilon l} \ln\left( \frac{b}{a} \right) \Rightarrow C = \frac{Q}{U} = \frac{2\pi\varepsilon l}{\ln(b/a)}. $$
由前述内阻 $R$ 和电容 $C$ 的公式，推得它们之间的关系为 $RC = \varepsilon\rho$。

4.9

如下图所示，标定各支路电流 $I_1$、$I_2$ 和 $I_3$，并用弧形箭头标出两个回路的方向。由节点电流方程得3个支路电流满足的关系如下

$$ I_3 - I_2 - I_1 = 0. $$

针对标出的两个回路，列出回路电压方程如下：

$$ I_1(R_3+R_4) - I_2 R_2 + \mathcal{E}_3 = 0. $$

$$ I_2R_2+I_3R_1-\mathcal{E}_1+\mathcal{E}_2=0 $$

从上述3个方程中消去 $I_3$，并将题给出的电源电动势和电阻数值代入，得 $I_1$ 和 $I_2$ 满足的方程如下：

$$ 9I_1 - 3I_2 = -6, \quad 3I_1 + 6I_2 = 6. $$

(a) 第4.9题图

解得 $I_1 = -2/7 , \text{A}$，$I_2 = 8/7 , \text{A}$。于是，求得流经 $R_2$ 的电流为 $I_2 = 8/7 , \text{A}$，$R_4$ 上的电压为

$$ U_4 = |I_1 R_4| = \left| -\frac{2}{7} \times 6 \right| = \frac{12}{7} \, \text{V}. $$

4.10

如下图所示，标定支路电流 $I_1$、$I_2$ 和 $I_3$，并用弧形箭头标出两个回路的绕行方向。由节点电流方程得三者之间的关系如下：

(a) 第4.10题图

$$ I_1+I_3=I_2 $$

对于左、右侧回路，可列出回路电压方程如下：

$$ I_1 R_1 + I_2 R_2 + \mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_1 = 0, $$

$$ I_2 R_2 + I_3 R_3 + \mathcal{E}_2 + \mathcal{E}_3 = 0. $$

将题给出的电动势和电阻数值代入得

$$ 1.5I_1 + 2.0I_2 = 1.5, \quad 2I_2 + 1.4I_3 = -3.7. $$

联立求解节点电流方程和回路电压方程，可得 $I_1 = 1.58 , \text{A}$，继而求得

$$ U_{ab} = \mathcal{E}_1 - I_1 R_1 = 3.0 - 1.58 \times 1.5 = 0.63 \, \text{V}. $$

4.11

$a$、$b$ 断开时，回路电流为
$$ I = \frac{\mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_3}{R_1+R_3+R_4+R_5+r_1+r_3} = \frac{12-8}{2+2+2+2+1+1} = 0.4 \, \text{A}. $$
$a$、$b$ 间的电势差为
$$ U_{ab} = U_a - U_b = I(R_3+R_4+r_3) + \mathcal{E}_3 - \mathcal{E}_2 = 0.4(2+2+1)+8-10 = 0 \, \text{V}, $$
即 $a$、$b$ 两点等电势。
$a$、$b$ 接通后，由于两点等电势，故与断开是一样的，即没有电流。因此，流经 $R_1$ 中的电流仍为0.4A。

4.12

如下图所示，标定支路电流 $I_1$、$I_2$ 和 $I_3$，并用弧形箭头标出三个回路的绕行方向。由回路①的回路电压方程，可求得支路电流

$$ I_1 = \frac{\mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_2}{R_1} = \frac{6-4.5}{0.5} = 3 \, \text{A}. $$

由回路2的回路电压方程，可求得支路电流

$$ I_2 = \frac{\mathcal{E}_1 - \mathcal{E}_3}{R_2} = \frac{6-2.5}{0.5} = 7 \, \text{A}. $$

由回路3的回路电压方程，可求得支路电流

$$ I_3 = \frac{\mathcal{E}_2 - \mathcal{E}_3}{R_3} = \frac{4.5-2.5}{2.5} = 0.8 \, \text{A}. $$

(a) 第4.12题图

补充题

这道题其实是想让你使用稳恒电流的条件$\oint_S\boldsymbol{h}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S}=0$以及$j=\sigma E$，然后将进出导体的两个电流类比正负电荷，得出具体的电场分布，再利用电场求出cd电势差。对于进入导体的电流一端

$$ \sigma E\cdot2\pi r_1^2=I_0 $$

得

$$ \boldsymbol{E}=\frac{I_0}{2\pi r_1^3\sigma}\boldsymbol{r}_1 $$

同理对于出导体的一端

$$ \boldsymbol{E}=-\frac{I_0}{2\pi r_2^3\sigma}\boldsymbol{r}_2 $$

进而得到电势表达式

$$ \phi_1=\frac{I_0}{2\pi r_1\sigma} $$

$$ \phi_2=-\frac{I_0}{2\pi r_2\sigma} $$

又因为

$$ \phi_c-\phi_d=\frac{I_0}{2\pi \sigma}(\frac{1}{a}-\frac{1}{\sqrt{2}a}+\frac{1}{a}-\frac{1}{\sqrt{2}a})=U $$

得到

$$ \rho=\frac{1}{\sigma}=\frac{(2+\sqrt{2})U\pi a}{I_0} $$

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题目

电磁学.第三版.习题

4.16(4.15)

假设导体带电$Q$，导体之间电压为$U$，电流为$I$：

$$ C=\frac{Q}{U}=\frac{Q}{I}\frac{I}{U}=\frac{\oint_S \boldsymbol{D}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S}}{\oint_S \boldsymbol{j} \cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}}\frac{1}{R}=\frac{Q}{I}\frac{I}{U}=\frac{\oint_S \varepsilon \boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S}}{ R\oint_S \sigma \boldsymbol{E} \cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}}=\frac{\varepsilon}{\sigma R} $$

4.17

类比均匀介质球置于均匀外电场模型，替换对应物理量即可求解。

(1) 电势与场强分布

$$ \begin{cases} \varphi_1 = -\dfrac{3\sigma_0}{\sigma + 2\sigma_0} E_0 r \cos\theta = -\dfrac{3}{\sigma + 2\sigma_0} j_0 r \cos\theta, & r < R \\[10pt] \varphi_2 = -\dfrac{j_0}{\sigma_0} r \cos\theta + \dfrac{\sigma - \sigma_0}{\sigma + 2\sigma_0} \dfrac{R^3}{r^2} \dfrac{j_0}{\sigma_0} \cos\theta, & r > R \end{cases} $$$$ \boldsymbol{E}_1 = \frac{3}{\sigma + 2\sigma_0} \boldsymbol{j}_0, \quad r < R $$$$ \boldsymbol{E}_2 = \left( 1 + \frac{\sigma - \sigma_0}{\sigma + 2\sigma_0} \frac{2R^3}{r^3} \right) \frac{j_0}{\sigma_0} \cos\theta \,\boldsymbol{e}_r + \left( \frac{\sigma - \sigma_0}{\sigma + 2\sigma_0} \frac{R^3}{r^3} - 1 \right) \frac{j_0}{\sigma_0} \sin\theta \,\boldsymbol{e}_\theta, \quad r > R $$

(2) 等效电偶极矩

$$ p = \frac{\sigma - \sigma_0}{\sigma + 2\sigma_0} \, 4\pi \varepsilon_0 R^3 \, \frac{j_0}{\sigma_0} $$

(3) 焦耳功率与极值由焦耳定律，导体球焦耳功率：

$$ P=\int_V\sigma E^2\mathrm{d} V=\frac{9\sigma j_0^2}{(\sigma+2\sigma_0)^2}\cdot\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{12\pi j_0^2R^3}{\left(\sqrt{\sigma}+\dfrac{2\sigma_0}{\sqrt{\sigma}}\right)^2}\le\frac{3\pi j_0^2 R^3}{2\sigma_0} $$

取等条件：$\sigma=2\sigma_0$

4.18

令 4.17 中 $\sigma=0$ 即可得到对应结果。

补充作业

(1) 证明 $\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{A} = \mathbf{0}$

$$ (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{A} )_i = \varepsilon_{ijk} A_j A_k $$

交换哑指标 $j \leftrightarrow k$：

$$ \varepsilon_{ijk} A_j A_k = \varepsilon_{ikj} A_k A_j = -\varepsilon_{ijk} A_j A_k $$

移项得 $2\varepsilon_{ijk} A_j A_k = 0$，即 $(\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{A} )_i = 0$，故

$$ \boldsymbol{A} \times \boldsymbol{A} = \mathbf{0} $$

(2) 证明 $\boldsymbol{A} \cdot (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B} ) = 0$

$$ \boldsymbol{A} \cdot (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B} ) = A_i (\varepsilon_{ijk} A_j B_k) = \varepsilon_{ijk} A_i A_j B_k $$

交换哑指标：

$$ \varepsilon_{ijk} A_i A_j B_k = \varepsilon_{jik} A_j A_i B_k = -\varepsilon_{ijk} A_i A_j B_k $$

因此 $2\varepsilon_{ijk} A_i A_j B_k = 0$，即

$$ \boldsymbol{A} \cdot (\boldsymbol{A} \times \boldsymbol{B} ) = 0 $$

(3) 矢量混合积恒等式

$$ \begin{aligned} (\boldsymbol{A} \times\boldsymbol{B} )\cdot(\boldsymbol{C} \times\boldsymbol{D} ) &= \boldsymbol{A} \cdot\big[\boldsymbol{B} \times(\boldsymbol{C} \times\boldsymbol{D} )\big] \\ &= \boldsymbol{A} \cdot\big[\boldsymbol{C} (\boldsymbol{B} \cdot\boldsymbol{D} ) - \boldsymbol{D} (\boldsymbol{B} \cdot\boldsymbol{C} )\big] \\ &= (\boldsymbol{A} \cdot\boldsymbol{C} )(\boldsymbol{B} \cdot\boldsymbol{D} ) - (\boldsymbol{A} \cdot\boldsymbol{D} )(\boldsymbol{B} \cdot\boldsymbol{C} ) \end{aligned} $$

(IV.31) $\nabla(f+g)=\nabla f+\nabla g$

$$ \partial_i(f+g)=\partial_i f+\partial_i g $$

(IV.32) $\nabla\cdot(\boldsymbol{A} +\boldsymbol{B} )=\nabla\cdot\boldsymbol{A} +\nabla\cdot\boldsymbol{B} $

$$ \partial_i(A_i+B_i)=\partial_i A_i+\partial_i B_i $$

(IV.33) $\nabla\times(\boldsymbol{A} +\boldsymbol{B} )=\nabla\times\boldsymbol{A} +\nabla\times\boldsymbol{B} $

$$ \varepsilon_{ijk}\partial_j(A_k+B_k)=\varepsilon_{ijk}\partial_j A_k+\varepsilon_{ijk}\partial_j B_k $$

(IV.34) $\nabla(fg)=(\nabla f)g+f(\nabla g)$

$$ \partial_i(fg)=(\partial_i f)g+f(\partial_i g) $$

(IV.35) $\nabla\cdot(f\boldsymbol{A} )=(\nabla f)\cdot\boldsymbol{A} +f(\nabla\cdot\boldsymbol{A} )$

$$ \partial_i(f A_i)=(\partial_i f)A_i+f(\partial_i A_i) $$

(IV.36) $\nabla\times(f\boldsymbol{A} )=(\nabla f)\times\boldsymbol{A} +f(\nabla\times\boldsymbol{A} )$

$$ \varepsilon_{ijk}\partial_j(f A_k)=\varepsilon_{ijk}(\partial_j f)A_k+f\varepsilon_{ijk}\partial_j A_k $$

(IV.37) $\nabla(\boldsymbol{A} \cdot\boldsymbol{B} )=(\boldsymbol{B} \cdot\nabla)\boldsymbol{A} +\boldsymbol{B} \times(\nabla\times\boldsymbol{A} )+(\boldsymbol{A} \cdot\nabla)\boldsymbol{B} +\boldsymbol{A} \times(\nabla\times\boldsymbol{B} )$

$$ \begin{aligned} \partial_i(A_j B_j) &= (\partial_i A_j)B_j + A_j(\partial_i B_j) \\ &= (\partial_j A_i)B_j + \varepsilon_{ijk}(\nabla\times\boldsymbol{A} )_k B_j + (\partial_j B_i)A_j + \varepsilon_{ijk}(\nabla\times\boldsymbol{B} )_k A_j \\ &= (\boldsymbol{B} \cdot\nabla)A_i + [\boldsymbol{B} \times(\nabla\times\boldsymbol{A} )]_i + (\boldsymbol{A} \cdot\nabla)B_i + [\boldsymbol{A} \times(\nabla\times\boldsymbol{B} )]_i \end{aligned} $$

(IV.38) $\nabla\cdot(\boldsymbol{A} \times\boldsymbol{B} )=\boldsymbol{B} \cdot(\nabla\times\boldsymbol{A} )-\boldsymbol{A} \cdot(\nabla\times\boldsymbol{B} )$

$$ \partial_i(\varepsilon_{ijk}A_j B_k)=\varepsilon_{ijk}(\partial_i A_j)B_k+\varepsilon_{ijk}A_j(\partial_i B_k)=B_k(\nabla\times\boldsymbol{A} )_k - A_j(\nabla\times\boldsymbol{B} )_j $$

(IV.39) $\nabla\times(\boldsymbol{A} \times\boldsymbol{B} )=(\boldsymbol{B} \cdot\nabla)\boldsymbol{A} +\boldsymbol{A} (\nabla\cdot\boldsymbol{B} )-(\boldsymbol{A} \cdot\nabla)\boldsymbol{B} -\boldsymbol{B} (\nabla\cdot\boldsymbol{A} )$

$$ \begin{aligned} \varepsilon_{ijk}\partial_j(\varepsilon_{klm}A_l B_m) &= (\delta_{il}\delta_{jm}-\delta_{im}\delta_{jl})\partial_j(A_l B_m) \\ &= \partial_j(A_i B_j) - \partial_j(A_j B_i) \\ &= (\partial_j A_i)B_j + A_i(\partial_j B_j) - (\partial_j A_j)B_i - A_j(\partial_j B_i) \end{aligned} $$

(IV.40) $\nabla\times(\nabla f)=0$

$$ \varepsilon_{ijk}\partial_j\partial_k f = 0 \quad (\varepsilon_{ijk}\text{ 反对称，}\partial_j\partial_k f\text{ 对称}) $$

(IV.41) $\nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol{A} )=0$

$$ \partial_i(\varepsilon_{ijk}\partial_j A_k)=\varepsilon_{ijk}\partial_i\partial_j A_k=0 $$

(IV.42) $\nabla\cdot(\nabla f)=\nabla^2 f$

$$ \partial_i\partial_i f = \nabla^2 f $$

反馈意见

nabla算子相关证明建议理解爱因斯坦求和约定的写法，不必单纯依靠分量相等证明；对于二阶及更高阶张量，分量形式不再适用。若暂时难以理解也无需担心，期末考试一般不会单独考查此类证明题。

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题目

电磁学.第三版.习题 5.1-5.9

5.1

由动能公式

$$ \frac{m_p v_p^2}{2}=5.0\times10^6\times1.6\times10^{-19} $$

解得质子速度

$$ v_p=3.1\times10^7\,\text{m}\cdot\text{s}^{-1} $$

根据洛伦兹力公式计算受力：

$$ F=qvB=1.6\times10^{-19}\times3.1\times10^7\times1.5\approx7.4\times10^{-12}\,\text{N} $$

本题采用非相对论近似。质子动能远小于其静能（$\approx940,\text{MeV}$），该近似成立。

5.2

有限长直导线电流 $I$，距导线垂直距离为 $r$ 处的磁感应强度：

$$ B=\frac{\mu_0 I}{4\pi r}\left(\cos\beta_2-\cos\beta_1\right) $$

$\beta_1$、$\beta_2$ 分别为场点指向电流入、出端连线与电流方向的夹角；无限长直导线取 $\beta_1=\pi,\ \beta_2=0$，得

$$ B=\frac{\mu_0 I}{2\pi r} $$

(1) 正方形中心磁感应强度单条边到场中心垂直距离 $r=\dfrac{a}{2}$，$\beta_1=\dfrac{3\pi}{4},\ \beta_2=\dfrac{\pi}{4}$，单条边产生磁场：

$$ B=\frac{\mu_0 I}{4\pi(a/2)}\left[\cos\frac{\pi}{4}-\cos\frac{3\pi}{4}\right]=\frac{\sqrt{2}\mu_0 I}{2\pi a} $$

四条边磁场同向叠加，合场强：

$$ B=\frac{2\sqrt{2}\mu_0 I}{\pi a} $$

(2) 正方形轴线上距中心 $z$ 处磁感应强度单条边到场点距离 $\sqrt{z^2+(a/2)^2}$，且

$$ \cos\beta_1=-\frac{a/2}{\sqrt{z^2+a^2/2}},\quad \cos\beta_2=\frac{a/2}{\sqrt{z^2+a^2/2}} $$

单条边贡献：

$$ B=\frac{\mu_0 I a}{\pi\sqrt{4z^2+a^2}\sqrt{4z^2+2a^2}} $$

垂直轴线分量抵消，轴向分量叠加，总磁感应强度：

$$ B=\frac{4\mu_0 I a^2}{\pi\left(4z^2+a^2\right)\sqrt{4z^2+2a^2}} $$

5.3

导线首尾两段延长线过场点 $P$，对磁场无贡献，仅中段产生磁场，方向垂直纸面向内。由有限长直导线磁场公式：

$$ B=\frac{\mu_0 I}{4\pi b}\left(\cos\beta_2-\cos\beta_1\right)=\frac{\mu_0 I}{4\pi b}\left(\frac{l-a}{\sqrt{b^2+(l-a)^2}}+\frac{a}{\sqrt{b^2+a^2}}\right) $$

5.4

单圆环电流中心磁场：$\displaystyle B=\frac{\mu_0 I}{2r}$，半圆环贡献为其一半。两个同心半圆环磁场反向叠加：

$$ B=\frac{1}{2}\frac{\mu_0 I}{2R}-\frac{1}{2}\frac{\mu_0 I}{2(2R)}=\frac{\mu_0 I}{8R} $$

方向垂直纸面向内。

5.5

(1) 单圆环轴线上磁场：$\displaystyle B=\frac{\mu_0 I R^2}{2\left(R^2+d^2\right)^{\frac{3}{2}}}$。两圆环叠加，$P$ 点磁感应强度：

$$ B(x)=\frac{\mu_0 I R^2}{2\left[R^2+(x+a/2)^2\right]^{3/2}}+\frac{\mu_0 I R^2}{2\left[R^2+(x-a/2)^2\right]^{3/2}} $$

方向沿轴线向右。

(2) 一阶导数

$$ \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}x}=\frac{3\mu_0 I R^2}{2}\left(-\frac{a/2+x}{\left[R^2+(a/2+x)^2\right]^{5/2}}+\frac{a/2-x}{\left[R^2+(a/2-x)^2\right]^{5/2}}\right) $$

$$ \left.\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}x}\right|_{x=0}=0 $$

令 $x=0$ 处二阶导数为零，化简得：

$$ \frac{2\left(-R^2-a^2/4\right)+10a^2/4}{\left[R^2+a^2/4\right]^{7/2}}=0\implies a=R $$

5.6

磁偶极子远场沿极轴方向磁感应强度：

$$ B=\frac{\mu_0 m}{2\pi R^3} $$

解得地磁矩：

$$ m=\frac{2\pi R^3 B}{\mu_0}=\frac{2\pi\times\left(6\times10^6\right)^3\times8\times10^{-5}}{4\pi\times10^{-7}}=8.64\times10^{22}\,\text{A}\cdot\text{m}^2 $$

5.7

有限长螺线管轴线上磁场：

$$ B=\frac{\mu_0 n I}{2}\left(\cos\beta_2-\cos\beta_1\right) $$

已知 $n=2\times10^4\ \text{匝/米}$，直径 $d=4l$。

(1) 螺线管中心处

$$ \cos\beta_2=\frac{1}{\sqrt{17}},\quad \cos\beta_1=-\frac{1}{\sqrt{17}} $$

$$ B=\mu_0 n I\cos\beta_2=4\pi\times10^{-7}\times2\times10^4\times0.1\times\frac{1}{\sqrt{17}}\approx6.1\times10^{-4}\,\text{T} $$

(2) 螺线管一端中心处

$$ \cos\beta_1=0,\quad \cos\beta_2=\frac{1}{\sqrt{5}} $$

$$ B=\frac{\mu_0 n I}{2\sqrt{5}}\approx5.6\times10^{-4}\,\text{T} $$

5.8

面电流密度 $\displaystyle i=\frac{I}{2a}$，取电流元 $i\mathrm{d}y$，其磁场 $y$ 分量：

$$ \mathrm{d}B_y=\frac{\mu_0 i x\mathrm{d}y}{2\pi\left(x^2+y^2\right)} $$

积分求得总磁场：

$$ B=\frac{\mu_0 i x}{2\pi}\int_{-a}^{a}\frac{\mathrm{d}y}{y^2+x^2}=\frac{\mu_0 I}{2\pi a}\arctan\left(\frac{a}{x}\right) $$

方向沿 $y$ 轴正向。

5.9

球面上环带电荷量：

$$ \mathrm{d}q = \frac{q}{2}\sin\theta\mathrm{d}\theta $$

旋转形成的电流：

$$ \mathrm{d}I = \frac{q\omega}{4\pi}\sin\theta\mathrm{d}\theta $$

单环带在转轴上 $z$ 处产生磁感应强度：

$$ \mathrm{d}B = \frac{\mu_0 \mathrm{d}I R^2\sin^2\theta}{2\left(R^2+z^2-2Rz\cos\theta\right)^{\frac{3}{2}}} $$

总场强积分：

$$ B = \frac{\mu_0 q\omega R^2}{8\pi}\int_0^\pi \frac{\sin^3\theta\mathrm{d}\theta}{\left(R^2+z^2-2Rz\cos\theta\right)^{\frac{3}{2}}} $$

球内点 $(z<R)$： $$ B = \frac{\mu_0 q\omega}{6\pi R} $$
球外点 $(z>R)$： $$ B = \frac{\mu_0 q\omega R^2}{6\pi z^3} $$

环带磁矩 $\displaystyle \mathrm{d}m = \mathrm{d}I \cdot \pi (R\sin\theta)^2$，总磁矩：

$$ m = \int_0^\pi \frac{q\omega}{4\pi}\sin\theta\mathrm{d}\theta \cdot \pi R^2\sin^2\theta = \frac{1}{3}q\omega R^2 $$

Answer to Homework-12 of Electromagnetics.A

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题目

电磁学.第三版.习题

5.10

解取圆柱坐标$(r,\phi,z)$，$z$轴与导体柱轴重合，方向沿$I$的方向。由对称性分析知$\boldsymbol{B}$沿$\boldsymbol{e}_\phi$方向，其大小仅与$r$有关。选择与圆柱轴线垂直、半径为$r$、圆心位于圆柱轴线的圆环回路，运用安培环路定理计算各区磁场。

(1) 导体圆柱内$(r<a)$：穿越回路的电流等于$Ir^2/a^2$，由安培环路定理得

\[ 2\pi r B = \frac{\mu_0 r^2 I}{a^2} \Rightarrow B = \frac{\mu_0 I r}{2\pi a^2} \]

(2) 两导体之间$(a<r<b)$：穿越回路的电流等于$I$，由安培环路定理得

\[ 2\pi r B = \mu_0 I \Rightarrow B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r} \]

(3) 导体圆管内$(b<r<c)$：穿越回路的电流等于$I - \dfrac{r^2 - b^2}{c^2 - b^2}I$，由安培环路定理得

\[ 2\pi r B = \mu_0 I \left(1 - \frac{r^2 - b^2}{c^2 - b^2}\right) \Rightarrow B = \frac{\mu_0 I(c^2 - r^2)}{2\pi r(c^2 - b^2)} \]

(4) 电缆外$(r>c)$：穿越回路的电流等于零，由安培环路定理得$B=0$。

5.11

解按题意：电流$I$均匀分布于导体管截面，导体管截面的面积等于$\pi(R_1^2 - R_2^2)$，电流密度等于$j = I/[\pi(R_1^2 - R_2^2)]$。为便于数学处理，在导体管内的空心区引入两个虚拟电流：电流密度同为$j$，但一个与电流$I$同向，另一个方向相反。这两部分虚拟电流的磁效应互抵，不会影响磁场的计算结果。接着，将流经导体管的实际电流与新引入的同向虚拟电流合并，构成一个分布于半径为$R_1$的实心圆柱中的均匀电流；余下的反向虚拟电流，则对应分布于半径为$R_2$的实心圆柱中的均匀电流。为叙述方便起见，分别将这两个电流称为大圆柱电流和小圆柱电流（注意它们的流向相反）。最后，分别计算两个圆柱状均匀电流的磁场，然后叠加求得实际磁场分布。

(1) 圆柱轴线上的磁感应强度由对称性，大圆柱电流在圆柱轴线上产生的磁场等于零。圆柱轴线位于小圆柱电流外部，后者产生的磁场为

\[ B(O) = \frac{\mu_0 j\pi R_2^2}{2\pi a} = \frac{\mu_0 I R_2^2}{2\pi a(R_1^2 - R_2^2)} \]

方向垂直于$OO’$，朝向下方。

(2) 空心部分轴线上的磁感应强度这时，$O’$为场点，小圆柱电流对磁场的贡献为零，只需计算大圆柱电流的贡献。场点位于大圆柱内部，离大圆柱轴线的距离为$a$，可由安培环路定理计算磁场：

\[ 2\pi a B(O') = \mu_0 j\pi a^2 \Rightarrow B(O') = \frac{\mu_0 j a}{2} = \frac{\mu_0 I a}{2\pi(R_1^2 - R_2^2)} \]

方向垂直于$OO’$，朝向下方。

(3) 由题给出的数据，可算得$O$和$O’$点的磁感应强度的值为

\[ B(O) = 2.0\times10^{-6}\,\mathrm{T} = 2\times10^{-2}\,\mathrm{G},\qquad B(O') = 2.0\times10^{-4}\,\mathrm{T} = 2\,\mathrm{G} \]

5.12

解视导体板为无限大（即边缘效应不计）。由安培环路定理，可计算$xz$面内的面电流对左右两侧磁场的贡献为$B = \mu_0 i/2$，左侧空间的磁场沿$\boldsymbol{e}_x$方向，右侧空间的磁场沿负$\boldsymbol{e}_x$方向。同样，$xy$面内的面电流对上下侧磁场的贡献也为$B = \mu_0 i/2$，上侧空间的磁场沿$\boldsymbol{e}_x$方向，下侧空间的磁场沿负$\boldsymbol{e}_x$方向。将两部分贡献叠加，求得各象限的磁感应强度$\boldsymbol{B}_i\ (i=1,2,3,4)$为

\[ \boldsymbol{B}_1 = 0,\quad \boldsymbol{B}_2 = \mu_0 i \boldsymbol{e}_x,\quad \boldsymbol{B}_3 = 0,\quad \boldsymbol{B}_4 = -\mu_0 i \boldsymbol{e}_x \]

磁场强度$\boldsymbol{H}_i\ (i=1,2,3,4)$为

\[ \boldsymbol{H}_1 = 0,\quad \boldsymbol{H}_2 = i \boldsymbol{e}_x,\quad \boldsymbol{H}_3 = 0,\quad \boldsymbol{H}_4 = - i \boldsymbol{e}_x \]

5.13

解 (1) 取圆柱坐标$(r,\phi,z)$，螺绕环的中心轴为$z$轴。由对称性，螺绕环内的磁场沿$\boldsymbol{e}_\phi$方向（逆时针方向），大小仅与$r$有关。由安培环路定理可求得螺绕环内的磁场为

\[ 2\pi r B = \mu_0 N I,\quad B = \frac{\mu_0 N I}{2\pi r} \]

(2) 通过螺绕环截面的磁通为

\[ \Phi_B = \iint B\,\mathrm{d}S = \int_{d_1/2}^{d_2/2}\frac{\mu_0 N I}{2\pi r}\,h\,\mathrm{d}r = \frac{\mu_0 N I h}{2\pi}\ln\frac{d_2}{d_1} \]

证毕。

5.14

解由库仑定律计算电力，由洛伦兹公式计算磁力，结果如下：

\[ F_\mathrm{e} = \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 r^2} = \frac{(1.6\times10^{-19})^2}{4\pi\times8.85\times10^{-12}\times(0.53\times10^{-10})^2} = 8.2\times10^{-8}\,\mathrm{N} \]

\[ F_\mathrm{m} = qvB = 1.6\times10^{-19}\times2.2\times10^6\times10^8 = 3.5\times10^{-5}\,\mathrm{N} \approx 430 F_\mathrm{e} \]

5.15

解设电子速度相对磁场的垂直分量和平行分量分别为$v_\perp$和$v_{//}$，则电子在磁场中做回旋运动的半径和周期分别为

\[ R = \frac{m v_\perp}{qB},\qquad T = \frac{2\pi m}{qB} \]

据此求得

\[ v_\perp = \frac{qBR}{m},\qquad v_{//} = \frac{h}{T} = \frac{hqB}{2\pi m} \]

\[ v = \sqrt{v_{//}^2 + v_\perp^2} = \frac{qB[(2\pi R)^2 + h^2]^{1/2}}{2\pi m} = \frac{1.6\times10^{-19}\times2\times10^{-3}[(2\pi\times0.02)^2 + 0.05^2]^{1/2}}{2\pi\times9.1\times10^{-31}} = 7.6\times10^6\,\mathrm{m\cdot s^{-1}} \]

根据电子的旋转方向，可判断$\boldsymbol{B}$沿$y$轴正向。

5.16

解 (1) n型。

\[ n = \frac{IB}{q d U_{AA'}} = \frac{IB}{q a U_{AA'}} = \frac{10^{-3}\times0.3}{1.6\times10^{-19}\times10^{-3}\times6.5\times10^{-3}} = 2.9\times10^{20}\,\mathrm{m^{-3}} \]

5.17

解在随时间缓慢变化的磁场中，粒子磁矩$\mu = m v_\perp^2/(2B)$近似维持不变，据此推得（注意粒子运动速度始终与磁场垂直，成立$v = v_\perp$）

\[ v = \sqrt{\frac{B}{B_0}} v_0,\qquad r = \frac{mv}{eB} = \frac{mv_0}{e\sqrt{BB_0}} \]

5.18

解在磁镜装置中，凡投掷角小于临界值$\theta_\mathrm{c} = \arcsin(\sqrt{1/R_\mathrm{m}})$的粒子将会逃逸。由题设，粒子源各向同性，即粒子关于投掷角$\theta \in (0,\pi/2]$等概率分布，以至逃逸粒子所占的比例为

\[ \frac{2\pi\int_0^{\theta_\mathrm{c}}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta}{2\pi\int_0^{\pi/2}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta} = \int_0^{\theta_\mathrm{c}}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta = 1 - \cos\theta_\mathrm{c} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2} \]

推导中用到

\[ \cos\theta_\mathrm{c} = (1 - \sin^2\theta_\mathrm{c})^{1/2} = (1 - R_\mathrm{m}^{-1})^{1/2} = (1 - 1/4)^{1/2} = \sqrt{3}/2 \]

5.20

在z轴上取一点为圆心，以r为半径做一圆，由对称性可知

\[ 2\pi RB_{\phi}=\mu_0I, \]

得到

\[ B_\phi=\frac{\mu_0I}{2\pi r} \]

我们计算导体平面上电流产生的磁场

\[ \boldsymbol{B}'=\frac{\mu_0}{4\pi}\int_S \frac{\boldsymbol{i}\times (\boldsymbol{r}-\boldsymbol{R})}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{R}|^3}\mathrm{d}S =\frac{\mu_0I}{8\pi^2}\int_S\frac{\boldsymbol{R}}{R}\times\frac{\boldsymbol{r}}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{R}|^3}\mathrm{d}R\mathrm{d} \theta =\frac{\mu_0I}{8\pi^2}\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\frac{(\cos\theta,\sin\theta ,0)\times(r\cos\psi,r\sin\psi,z)}{((R\cos\theta-r\cos\psi)^2+(R\sin\theta-r\sin\psi)^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}R\mathrm{d} \theta =\frac{\mu_0I}{8\pi^2}\int_0^\infty\int_0^{2\pi}\frac{z(\sin\theta \boldsymbol{i}-\cos\theta \boldsymbol{j})-r\sin(\theta-\psi)\boldsymbol{k}}{(R^2+r^2-2Rr\cos(\theta-\psi)+z^2)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}R\mathrm{d} \theta \]

从积分中可以看出，B’没有r分量。z方向分量积分为0，而直线部分的电流也无法产生磁场的径向分量，故总磁场也只有径向分量。

6.1

解设沿电流方向的单位矢量为 $\boldsymbol{e}_i$，则载流导线所受的磁力为

\[ \boldsymbol{F} = I l \boldsymbol{e}_i \times \boldsymbol{B} = 3 \times 0.1 \times \frac{-\boldsymbol{e}_x + 4\boldsymbol{e}_y + 3\boldsymbol{e}_z}{|-\boldsymbol{e}_x + 4\boldsymbol{e}_y + 3\boldsymbol{e}_z|} \times (2\boldsymbol{e}_x - 3\boldsymbol{e}_y + 5\boldsymbol{e}_z) \]

计算得

\[ \boldsymbol{F} = (1.706\boldsymbol{e}_x + 0.647\boldsymbol{e}_y - 0.294\boldsymbol{e}_z)\,\mathrm{N} \]

6.2

解 (1) 输入电桥的电流 $I$ 分为两支，电流分别设为 $I_1$ 和 $I_2$，满足 $I = I_1 + I_2$；流出电桥的电流 $I$ 来自电桥的两个支路，电流分别设为 $I_3$ 和 $I_4$，满足 $I = I_3 + I_4$。这四个电流所受的力大小分别为

\[ F_1 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_1 a B,\quad F_2 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_2 a B,\quad F_3 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_3 a B,\quad F_4 = \frac{\sqrt{2}}{2} I_4 a B \]

方向均垂直纸面向外；含检流计的支路与 $\boldsymbol{B}$ 平行，其电流受力为 $0$。于是作用在电桥上的净力为

\[ F = \frac{\sqrt{2}}{2} (I_1 + I_2 + I_3 + I_4) a B = \sqrt{2} I a B \]

方向垂直纸面向外。

(2) 与电桥是否平衡无关。

6.3

解 (1) 在圆形回路上取弧元 $\mathrm{d}l = R\mathrm{d}\theta$，其所受磁力为 $\mathrm{d}F = I\mathrm{d}l B = I B R\mathrm{d}\theta$，方向垂直于弧元并背离圆心。设导线内部张力为 $T$，则作用于弧元两端张力之合力指向圆心，与上述磁力平衡：

\[ \mathrm{d}F = 2T\sin\frac{\mathrm{d}\theta}{2} \approx T\mathrm{d}\theta \quad\Rightarrow\quad I B R\mathrm{d}\theta = T\mathrm{d}\theta \quad\Rightarrow\quad T = I R B \]

(2) $T = I R B = 7.0 \times 5.0 \times 10^{-2} \times 1.0 = 0.35,\mathrm{N}$

反馈意见

5.20需要对对称性加以更详细的说明，不能只写环路定理（虽然结果是对的）； 5.12问的是磁场不是磁感应强度，这一点在引入磁场强度之后要注意，勿答非所问；

Answer to Homework-13 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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6.4

(1) 导线所受安培力为 $\boldsymbol{F} = Il\boldsymbol{B}$. 在导线离开水银槽前 $F\mathrm{d}t = m\mathrm{d}v$, 积分得

\[ \int IlB\mathrm{d}t = \int m\mathrm{d}v \Rightarrow qlB = mv \Rightarrow q = \frac{mv}{lB}. \]

导线离开水银槽后, 由机械能守恒 $mgh = \frac{1}{2}mv^2$, 得 $v = \sqrt{2gh}$. 因此

\[ q = \frac{m\sqrt{2gh}}{lB}. \]

(2) 代入数据计算得

\[ q = \frac{0.01}{0.2\times0.1}\sqrt{2\times9.8\times2} \approx 3.1\ \text{C}. \]

6.5

木制圆柱受重力、摩擦力、支持力与载流线圈磁力矩. 以接触线为转轴, 重力矩为 $mgR\sin\theta$; 线圈磁矩大小 $m = NIS = 2NIRl$, 磁力矩为 $2NIRlB\sin\theta$. 平衡条件为

\[ 2NIRlB\sin\theta \geq mgR\sin\theta \Rightarrow I \geq \frac{mg}{2NlB}. \]

最小电流

\[ I_{\text{min}} = \frac{0.25\times9.8}{2\times10\times0.1\times0.5} = 2.5\ \text{A}. \]

6.6

证先求圆盘磁矩

\[ m = \int_0^R \pi r^2 \mathrm{d}I = \int_0^R \pi r^2 \cdot \sigma\omega r \mathrm{d}r = \pi\sigma\omega \int_0^R r^3 \mathrm{d}r = \frac{\pi\sigma\omega R^4}{4}. \]

因 $\boldsymbol{B}\perp$ 轴线, 力矩大小

\[ L = mB = \frac{\pi\sigma\omega R^4 B}{4}, \]

证毕.

6.7

圆柱壳内 ($r<a$) $B_t=0$; 壳外 ($r>a$) 由安培环路定理 $B_t = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$. 壳表面 $B_t = \mu_0 i$, $i$ 为面电流密度. 电流元所在处有效磁场 $B = \frac{\mu_0 i}{2}$. 单位长度吸力

\[ F = \int_0^1\mathrm{d}z \int_0^\pi iB a\sin\phi\mathrm{d}\phi = \mu_0 i^2 a = \frac{\mu_0 I^2}{4\pi^2 a}. \]

6.8

代入数据得比值

\[ \frac{kT}{m_B B} = \frac{4\pi\times9.11\times10^{-31}\times1.38\times10^{-23}\times300}{1.602\times10^{-19}\times6.626\times10^{-34}\times1} = 446. \]

6.10

线圈轴线上磁场 $B(z) = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2+z^2)^{3/2}}$. 在小球的磁化率远小于1的情况下，可略去小球磁化电流对球内磁场的影响，即小球内的磁场近似等于外场$B(l)$，据此求得小球内的磁化强度为

\[ M=\chi_m H(l)\approx \chi_m B(l)/\mu\approx \chi_m B(l)/\mu_0 \]

设$m_0$为小球质量，$\rho$为小球密度，小球磁矩

\[m = \frac{\chi_m B(l) m_0}{\mu_0\rho}\]

受力

\[ F = m\left.\frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}z}\right|_{z=l} = -\frac{3\chi_m m_0 \mu_0 I^2 R^4 l}{4\rho(R^2+l^2)^4}. \]

代入数据得 $F\approx1.1\times10^{-12}\ \text{N}$, 沿 $z$ 轴正向, 为排斥力.

6.11

(1) $H = nI = \frac{N}{l}I = \frac{400}{0.4}\times20 = 2\times10^4\ \text{A/m}$.

(2) $M = \frac{B}{\mu_0} - H \approx7.76\times10^5\ \text{A/m}$.

(3) $\chi_m = \frac{M}{H} = 38.8$.

(4) 磁化面电流密度 $i=M=7.76\times10^5\ \text{A/m}$, 相对磁导率 $\mu_r=1+\chi_m=39.8$.

6.9

(1) 由安培环路定理

\[ \begin{aligned} &r < R_1: & 2\pi r H &= \frac{I}{\pi R_1^2}\cdot\pi r^2 \Rightarrow H = \frac{Ir}{2\pi R_1^2},\quad B = \frac{\mu_0 Ir}{2\pi R_1^2}, \\ &R_1 < r < R_2: & 2\pi r H &= I \Rightarrow H = \frac{I}{2\pi r},\quad B = \frac{\mu I}{2\pi r}, \\ &r>R_2: & 2\pi r H &= I \Rightarrow H = \frac{I}{2\pi r},\quad B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}. \end{aligned} \]

(2) 磁化强度 $M = \frac{\mu-\mu_0}{\mu_0}H$, 磁化面电流密度

\[ i_{\text{内}} = M(R_1) = \frac{(\mu-\mu_0)I}{2\pi\mu_0 R_1},\quad i_{\text{外}} = -M(R_2) = -\frac{(\mu-\mu_0)I}{2\pi\mu_0 R_2}. \]

6.12

由安培环路定理

\[ 2\pi r H = I \Rightarrow H = \frac{I}{2\pi r},\quad B = \frac{\mu I}{2\pi r}. \]

表面束缚电流面密度（正方向同电流$I$方向）

\[ i' = -M\big|_{r=a} = -\frac{(\mu-\mu_0)I}{2\pi\mu_0 a}. \]

6.13

用下标1表示空气一侧，$\theta_1$表示1侧磁感应线与界面法线的夹角；用下标2表示软铁一侧，$\theta_2$表示2侧磁感应线与界面法线的夹角，$\theta_2=85^\circ$，由边界条件 $B_{1n}=B_{2n}$, $H_{1t}=H_{2t}$, 得

\[ \tan\theta_1 = \frac{\mu_{r1}}{\mu_{r2}}\tan\theta_2 = \frac{\tan85^\circ}{7000} \approx1.633\times10^{-3}, \]

故 $\theta_1\approx0.09356^\circ=5.6’$.

6.14

不难看出，本题属于介质界面与磁感应线垂直的情况。对于这种情况，先去掉介质，计算位于 $A$、$B$ 两处的反向直线电流在真空中的磁场，其结果为

\[ B_{0 x}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi}\left(\frac{-y}{(x+a)^{2}+y^{2}}+\frac{y}{(x-a)^{2}+y^{2}}\right) \]

\[ B_{0 y}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi}\left(-\frac{x-a}{(x-a)^{2}+y^{2}}+\frac{x+a}{(x+a)^{2}+y^{2}}\right) \]

实际磁感应强度为 $B=\alpha B_{0}$，乘子 $\alpha$ 由下式决定

\[ \alpha=I\left(\oint_{L} \frac{1}{\mu} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}\right)^{-1} \]

式中，$L$ 为围绕直线电流 $I$ 的某个闭合回路。回路相继穿越介质1、介质2 和真空，相应回路分为3 段：$L_{1}$、$L_{2}$ 和 $L_{3}$，分别位于介质1、介质2 和真空中。于是，上式中的积分化为

\[ \oint_{L} \frac{1}{\mu} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\frac{1}{\mu_{1}} \int_{L_{1}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\frac{1}{\mu_{2}} \int_{L_{2}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}+\frac{1}{\mu_{0}} \int_{L_{3}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} \]

可以证明(证明提示：首先利用介质界面与磁感应线垂直的性质，证明沿 $L_{i}(i=1,2,3)$ 的积分与 $L_{i}$ 的选择无关；然后选择一个十分靠近直线电流 $I$ 的回路，并利用 $I$ 邻域内磁场的对称性，去完成下述结论的证明)

\[ \oint_{L} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=2 \int_{L_{1}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=4 \int_{L_{2}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=4 \int_{L_{3}} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\mu_{0} I \]

于是有

\[ \oint_{L} \frac{1}{\mu} \boldsymbol{B}_{0} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=\frac{\mu_{0} I}{2 \mu_{1}}+\frac{I}{4}+\frac{\mu_{0} I}{4 \mu_{2}}=\frac{\left(2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}\right) I}{4 \mu_{1} \mu_{2}} \]

从而最终求得乘子 $\alpha$ 和磁感应强度分布如下

\[ \alpha=\frac{4 \mu_{1} \mu_{2}}{2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}} \]

\[ B_{x}=\frac{2 \mu_{1} \mu_{2} \mu_{0} I y}{\pi\left(2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}\right)}\left(\frac{1}{(x-a)^{2}+y^{2}}-\frac{1}{(x+a)^{2}+y^{2}}\right) \]

\[ B_{y}=\frac{2 \mu_{1} \mu_{2} \mu_{0} I}{\pi\left(2 \mu_{2} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{0}+\mu_{1} \mu_{2}\right)}\left(\frac{x+a}{(x+a)^{2}+y^{2}}-\frac{x-a}{(x-a)^{2}+y^{2}}\right) \]

6.17

磁路方程如下:

\[ N I=\Phi_{B}\left(R_{m 1}+R_{m 2}\right),\quad R_{m 1}=\frac{4 l-d}{\mu A},\quad R_{m 2}=\frac{d}{\mu_{0} A},\quad \Phi_{B}=B \cdot A \]

解得空隙中的磁感应强度

\[ B=\frac{\mu \mu_{0} N I}{\left(\mu-\mu_{0}\right) d+4 \mu_{0} l} \]

6.18

由题设，铁芯的磁导率很高，其磁阻可以忽略，只需考虑气隙磁阻，磁路方程简化为

\[ N I=\Phi_{B} R_{m} \approx \frac{B d}{\mu_{0}} \]

式中，$d$ 为气隙长度。绕铁心横截面一周的长度为 $l=2 \cdot(1+2)=6 ,\text{m}$，则 $N$ 匝线圈需要用去的铜线的总长度为 $L=N l$。又设铜线的截面积为 $S$，则允许通过的最大电流强度为 $I=j_{m} S$，其中 $j_{m}$ 为铜线允许通过的最大电流密度。将 $N=L / l$ 和 $I=j_{m} S$ 代入磁路方程得

\[ \frac{L}{l} \cdot j_{m} S=\frac{B d}{\mu_{0}} \Rightarrow V=\frac{l B d}{\mu_{0} j_{m}} \]

式中，$V$ 为线圈用铜的体积，由题给数据，可算出所需铜的总质量为($\rho_{0}$ 为铜的密度)

\[ M=\rho_{0} V=\frac{\rho_{0} l B d}{\mu_{0} j_{m}}=\frac{8 × 10^{3} × 6 × 1 × 0.1}{4 \pi × 10^{-7} × 10^{7}}=3.8 × 10^{2}\,\text{kg} \]

铜线所消耗的功率为

\[ \begin{aligned} P &=I^{2} R=\left(j_{m} \cdot S\right)^{2} \rho \frac{L}{S}=j_{m}^{2} \rho V=\frac{j_{m}^{2} \rho M}{\rho_{0}} \\ &=\frac{\left(10^{7}\right)^{2} × 2 × 10^{-8} × 3.8 × 10^{2}}{8 × 10^{3}}=9.5 × 10^{4}\,\text{W} \end{aligned} \]

磁芯的磁导率很高，有 $B ≈\mu_{0} M$，于是磁极之间的吸引力为($A=1 ,\text{m}×2 ,\text{m}$ 为气隙截面面积)

\[ F=\frac{\mu_{0} M^{2} A}{2}=\frac{B^{2} A}{2 \mu_{0}}=\frac{1^{2} × 1 × 2}{2 × 4 \pi × 10^{-7}}=8.0 × 10^{5}\,\text{N} \]

6.19

其等效磁路如图，

(a) 第6.19题图

\[ R_{m 1}=\frac{L}{\mu_{r} \mu_{0} S},\quad R_{m 2}=\frac{3 L}{\mu_{r} \mu_{0} S},\quad R_{m 3}=\frac{3 L-L_{g}}{\mu_{r} \mu_{0} S}+\frac{L_{g}}{\mu_{0} S}=\frac{3 L-L_{g}+\mu_{r} L_{g}}{\mu_{r} \mu_{0} S} \]

由 $R_{m 2}$ 和 $R_{m 3}$ 并联得到的磁阻等于

\[ R_{m}=\frac{R_{m 2} \cdot R_{m 3}}{R_{m 2}+R_{m 3}}=\frac{3 L\left[3 L+\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}\right]}{\mu_{r} \mu_{0} S\left[6 L+\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}\right]} \]

由此可求得加在气隙支路的磁势降为

\[ U_{m}=\frac{\mathcal{E}_{m} R_{m}}{R_{m}+R_{m 1}}=\frac{3 \mathcal{E}_{m}\left[3 L+\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}\right]}{15 L+4\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}} \]

故通过气隙支路的磁通为

\[ \Phi_{B}=\frac{U_{m}}{R_{m 3}}=\frac{3 \mu_{r} \mu_{0} S \mathcal{E}_{m}}{15 L+4\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}} \]

相应通过气隙的磁感应强度等于

\[ B=\frac{\Phi_{B}}{S}=\frac{3 \mu_{r} \mu_{0} \mathcal{E}_{m}}{15 L+4\left(\mu_{r}-1\right) L_{g}}=\frac{3 × 1200 × 4 \pi × 10^{-7} × 597}{15 × 0.2+4 \times(1200-1) × 0.005}=0.1\,\text{T} \]

Answer to Homework-14 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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6.20

解两节铁芯界面上磁荷面密度的大小为

\[ \sigma_{\mathrm{m}} = \mu_0 M = (\mu - \mu_0)H = (\mu - \mu_0)nI \]

据此求得两节铁芯之间的吸力为

\[ F = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}^2 S}{2\mu_0} = \frac{n^2 I^2 (\mu - \mu_0)^2 S}{2\mu_0} \]

6.21

解 (1) 磁极强度（总磁荷量）：

\[ q_{\mathrm{m}} = \pi r^2 J = 3.142 \times 0.005^2 \times 1.2 = 9.4 \times 10^{-5}\,\mathrm{Wb} \]

(2) 永磁铁的磁矩为

\[ m = M V = \frac{J \pi r^2 L}{\mu_0} = \frac{1.20 \times 0.005^2 \times 0.1}{4\pi \times 10^{-7}} = 7.5\,\mathrm{A \cdot m^2} \]

(3) 利用教材2.5节例2.3关于均匀极化电介质圆棒在轴线上的电场的结果

\[ E = -\frac{P}{2\epsilon_0}(2 - \cos\theta_1 - \cos\theta_2) \]

以及静电场解和静磁场解之间的对应关系（参见教材6.8节），可推得永磁铁在磁铁中心处的磁场为

\[ H = -\frac{J}{\mu_0}(1 - \cos\theta) \]

式中，$\theta$ 为磁铁中心与端面边沿连线与轴线之间的夹角

\[ \cos\theta = \frac{L/2}{\sqrt{(L/2)^2 + r^2}} = \frac{L}{\sqrt{L^2 + 4r^2}} \]

将题给数据代入，最终算得磁铁中心的磁场强度和磁感应强度分别为

\[ H = -\frac{J}{\mu_0}\left(1 - \frac{L}{\sqrt{L^2 + 4r^2}}\right) = -\frac{1.2}{4\pi \times 10^{-7}} \times \left(1 - \frac{0.1}{\sqrt{0.1^2 + 4 \times 0.005^2}}\right) = -4.739 \times 10^3\,\mathrm{A \cdot m^{-1}} \]

\[ B = \mu_0 H + J = 4\pi \times 10^{-7} \times (-4.739 \times 10^3) + 1.2 = 1.194\,\mathrm{T} \]

$B$ 与 $H$ 的符号相反，亦即 $B$ 与 $H$ 的方向相反。

6.22

解 (1) 取直角坐标，原点位于磁盘中心，$x$ 轴与磁盘面垂直，正磁荷面位于 $x = l/2$，它对考察点处磁场强度的 $x$ 分量的贡献为

\[ H_+ = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(1 - \frac{x - l/2}{\sqrt{R^2 + (x - l/2)^2}}\right) \]

负磁荷面位于 $x = -l/2$，它对考察点处磁场强度的 $x$ 分量的贡献为

\[ H_- = -\frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(1 - \frac{x + l/2}{\sqrt{R^2 + (x + l/2)^2}}\right) \]

将两部分相加，求得总磁场强度

\[ H = H_+ + H_- = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(\frac{x + l/2}{\sqrt{R^2 + (x + l/2)^2}} - \frac{x - l/2}{\sqrt{R^2 + (x - l/2)^2}}\right) \]

方向向右，即沿 $x$ 轴正向。

(2) 磁盘的磁偶极矩和磁矩分别为

\[ p_{\mathrm{m}} = \pi R^2 \cdot \sigma_{\mathrm{m}} l = \sigma_{\mathrm{m}} \pi R^2 l,\qquad m = \frac{p_{\mathrm{m}}}{\mu_0} = \frac{\sigma_{\mathrm{m}} \pi R^2 l}{\mu_0} \]

方向向右。

(3) 当 $l \ll R$ 时，将上述磁场强度表达式作泰勒展开，保留至 $l/R$ 的一级小量，得

\[ H = \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0}\left(\frac{x + l/2}{\sqrt{R^2 + x^2 + xl}} - \frac{x - l/2}{\sqrt{R^2 + x^2 - xl}}\right) \]

\[ \approx \frac{\sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0} \cdot \frac{1}{\sqrt{R^2 + x^2}} \left[\left(x + \frac{l}{2}\right)\left(1 - \frac{xl}{2(R^2 + x^2)}\right) - \left(x - \frac{l}{2}\right)\left(1 + \frac{xl}{2(R^2 + x^2)}\right)\right] \]

\[ = \frac{R^2 l \sigma_{\mathrm{m}}}{2\mu_0 (R^2 + x^2)^{3/2}} = \frac{m}{2\pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \]

而半径为 $R$ 的小电流环的磁场为

\[ H = \frac{I R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}} = \frac{m}{2\pi (R^2 + x^2)^{3/2}} \]

与磁盘产生的磁场一样，证毕.

6.24

已知外磁场$\boldsymbol B_0 = B_0 \hat{z}$ ，球半径 $R$，球内相对磁导率 $\mu_{r2}$，球外 $\mu_{r1}$。

令 $\mu_1 = \mu_{r1}\mu_0$，$\mu_2 = \mu_{r2}\mu_0$，$H_0 = B_0 / \mu_1$。

电场中，半径为 $R$、介电常数 $\varepsilon_2$ 的球在均匀外电场 $\boldsymbol{E}_0$（背景 $\varepsilon_1$）中，有：

\[ \boldsymbol{E}_{\text{in}} = \frac{3\varepsilon_1}{\varepsilon_2 + 2\varepsilon_1} \boldsymbol{E}_0, \qquad \boldsymbol{p} = 4\pi\varepsilon_1 R^3 \frac{\varepsilon_2 - \varepsilon_1}{\varepsilon_2 + 2\varepsilon_1} \boldsymbol{E}_0. \]

类比关系： $\boldsymbol{E} \to \boldsymbol{H}$，$\varepsilon \to \mu$，$\boldsymbol{p} \to \boldsymbol{m}$。

直接写出磁场结果：

(1) 磁感应强度 $\boldsymbol{B}$

球内：

\[ \boldsymbol{H}_{\text{in}} = \frac{3\mu_1}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{H}_0 \quad\Rightarrow\quad \boldsymbol{B}_{\text{in}} = \mu_2 \boldsymbol{H}_{\text{in}} = \frac{3\mu_2\mu_1}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{H}_0 = \frac{3\mu_2}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{B}_0. \]

用相对磁导率表示：

\[ \boldsymbol{B}_{\text{in}} = \frac{3\mu_{r2}}{\mu_{r2} + 2\mu_{r1}} \boldsymbol{B}_0. \]

球外：令

\[ \gamma = \frac{\mu_{r2} - \mu_{r1}}{\mu_{r2} + 2\mu_{r1}}, \]

则

\[ \boldsymbol{B}_{\mathrm{out}} = B_0 \left[ \left(1 + 2\gamma\frac{R^3}{r^3}\right)\cos\theta\ \hat{r} + \left(-1 + \gamma\frac{R^3}{r^3}\right)\sin\theta\ \hat{\theta} \right] \]

(2) 等效磁矩 $\boldsymbol{m}$

等效磁矩m应满足

\[ \boldsymbol{H}_{\text{out}}(\boldsymbol{r}) = \frac{1}{4\pi} \left[ \frac{3(\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{r})\boldsymbol{r}}{r^5} - \frac{\boldsymbol{m}}{r^3} \right] \]

\[ \boldsymbol{m} = 4\pi R^3 \frac{\mu_2 - \mu_1}{\mu_2 + 2\mu_1} \boldsymbol{H}_0. \]

代入 $\mu_1 = \mu_{r1}\mu_0$，$\mu_2 = \mu_{r2}\mu_0$，$\boldsymbol H_0 = \boldsymbol B_0 / (\mu_{r1}\mu_0)$：

\[ \boldsymbol{m} = 4\pi R^3 \frac{\boldsymbol{B}_0}{\mu_0\mu_{r1}} \cdot \frac{\mu_{r2} - \mu_{r1}}{\mu_{r2} + 2\mu_{r1}}. \]

7.1

解 (1) 线圈中的感应电动势为 $\mathcal{E} = v B a$，方向为逆时针。该电动势在线圈中产生逆时针感应电流，电流强度为 $I = \mathcal{E}/R = v B a / R$。该线圈所受的磁力等于其进入磁场区的长度为 $a$ 的横边所受的安培力 $F = -I a B = -v B^2 a^2 / R$，右边的负号表示受力的方向与线圈运动方向相反。

(2) 电流强度为 $I$ 的长直载流导线产生的磁场为 $B = \mu_0 I / (2\pi r)$，$r$ 为离载流导线的距离。设矩形线圈紧靠载流导线一边离导线的距离为 $x$，则穿过线圈的磁通等于

\[ \Phi_b = \iint_S \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} = \int_x^{x+b} \frac{\mu_0 I}{2\pi r} \cdot a \, \mathrm{d}r = \frac{\mu_0 I a}{2\pi} \ln\left(\frac{x+b}{x}\right) \]

磁通方向指向纸面。规定电动势的方向为顺时针，与磁通方向满足右手定则，得

\[ \mathcal{E} = -\frac{\mathrm{d}\Phi_b}{\mathrm{d}t} = -\frac{\mu_0 I a}{2\pi}\left(\frac{1}{x+b} - \frac{1}{x}\right)\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t} = \frac{\mu_0 I a b v}{2\pi x(x+b)} = \frac{\mu_0 I a b}{2\pi t(vt + b)} \]

7.2

解取球坐标 $(r,\theta,\phi)$，原点位于线圈中心，$z$ 轴与转轴一致。磁矩为 $\boldsymbol{\mu} = -\mu \boldsymbol{e}_z$ 的小磁体产生的磁场为

\[ \boldsymbol{B} = -\frac{\mu_0 \mu \cos\theta}{2\pi r^3} \boldsymbol{e}_r - \frac{\mu_0 \mu \sin\theta}{4\pi r^3} \boldsymbol{e}_\theta \]

$PC$ 段切割磁力线运动，该段导线上产生的感应电动势等于

\[ \mathcal{E}_{PC} = \int_0^{\pi/2} \left[\omega R \sin\theta \boldsymbol{e}_\phi \times \left(-\frac{\mu_0 \mu \cos\theta}{2\pi R^3} \boldsymbol{e}_r - \frac{\mu_0 \mu \sin\theta}{4\pi R^3} \boldsymbol{e}_\theta\right)\right] \cdot \boldsymbol{e}_\theta R \, \mathrm{d}\theta \]

\[ = -\int_0^{\pi/2} \frac{\omega \mu \mu_0 \sin\theta \cos\theta}{2\pi R} \, \mathrm{d}\theta = -\frac{\mu_0 \mu \omega}{4\pi R} \]

负号表示感应电动势（即感应电流）的方向从 $C$ 到 $P$。

7.3

解取直角坐标 $(x,y,z)$，原点位于 $AB$ 轴的中点，$z$ 轴正向自 $B$ 至 $A$，磁场 $\boldsymbol{B}$ 沿 $y$ 轴正向，$\theta$ 为线圈平面法向与 $y$ 轴之间的夹角。由于线圈刚性旋转，各部分的速度与线圈平面法向一致，亦即速度 $\boldsymbol{v}$ 和磁场 $\boldsymbol{B}$ 之间的夹角也等于 $\theta$。考察线圈 $AC$ 段的某点 $P$，该点离 $A$ 点的距离为 $l$，离 $z$ 轴的距离为 $r = \sqrt{3} l / 2$，速度为 $v = \omega r = \sqrt{3} \omega l / 2$，则作用在单位正电荷上的非静电力为

\[ \boldsymbol{K} = \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B} = -v B \sin\theta \boldsymbol{e}_z \]

将其投影至 $AC$ 方向，应当乘以因子 $\cos 60^\circ = 1/2$；然后沿 $AC$ 积分，求得

\[ \mathcal{E}_{AC} = \int_A^C (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}) \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = \int_0^a \frac{\sqrt{3} \omega l B \sin\theta}{2} \cdot \frac{1}{2} \, \mathrm{d}l = \frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta \]

采取类似方式可算得 $\mathcal{E}{BC}$，区别仅仅在于：在将非静电力场沿 $BC$ 方向投影时，应乘以因子 $\cos 120^\circ = -1/2$，以至算得的 $\mathcal{E}{BC}$ 与 $\mathcal{E}_{AC}$ 反号，即

\[ \mathcal{E}_{BC} = -\mathcal{E}_{AC} = -\frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta \]

$AB$ 段静止，不会有动生电动势。回路的总动生电动势为

\[ \mathcal{E} = \mathcal{E}_{AC} + \mathcal{E}_{CB} = \frac{\sqrt{3}}{4} B \omega a^2 \sin\theta \]

由它产生的感应电流为

\[ I = \mathcal{E} / R = \frac{\sqrt{3}}{4R} B \omega a^2 \sin\theta \]

将欧姆定律 $\rho \boldsymbol{j} = \boldsymbol{E} + \boldsymbol{K}$ 沿某段线圈导线积分，不妨设为 $AB$ 段，可得

\[ IR = V_{AB} + \mathcal{E}_{AB} \]

从上式出发，分别求得顶点之间的电势差为（注意正三角形每边的电阻为 $R/3$）

\[ V_{AC} = \frac{IR}{3} - \mathcal{E}_{AC} = \frac{\sqrt{3}}{12} B \omega a^2 \sin\theta - \frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta = -\frac{\sqrt{3}}{24} B \omega a^2 \sin\theta \]

\[ V_{CB} = \frac{IR}{3} - \mathcal{E}_{CB} = \frac{\sqrt{3}}{12} B \omega a^2 \sin\theta - \frac{\sqrt{3}}{8} B \omega a^2 \sin\theta = -\frac{\sqrt{3}}{24} B \omega a^2 \sin\theta \]

\[ V_{BA} = \frac{IR}{3} - \mathcal{E}_{BA} = \frac{IR}{3} = \frac{\sqrt{3}}{12} B \omega a^2 \sin\theta \]

7.4

解 (1) 取圆柱坐标 $(\rho,\phi,z)$，$z$ 轴与转轴重合。在轮子旋转过程中，轮子各点的速度沿 $-\boldsymbol e_\phi$ 方向，磁场沿 $-\boldsymbol e_z$ 方向，则非静电力场 $\boldsymbol{K} = \boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}$ 沿 $\boldsymbol{e}_\rho$ 方向。于是，可求得感应电动势如下

\[ \mathcal{E} = \int_0^a (\boldsymbol{v} \times \boldsymbol{B}) \cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = \int_0^a \omega \rho B \, \mathrm{d}\rho = \frac{B \omega a^2}{2} \]

(2) 四根辐条并联，电阻为 $r_0 = r/4$，当 $R = r_0 = r/4$ 时，可获得最大输出功率

\[ P_{\max} = I^2 R = \left(\frac{\mathcal{E}}{R + r_0}\right)^2 R = \left(\frac{B \omega a^2 / 2}{r/2}\right)^2 \cdot \frac{r}{4} = \frac{B^2 \omega^2 a^4}{4r} \]

7.5

解 (1) 闷罐车两边之间的金属板上的感应电动势为

\[ \mathcal{E} = B l v = 0.62 \times 10^{-4} \times 2.5 \times \frac{60 \times 10^3}{3600} \approx 2.6 \times 10^{-3} \, \mathrm{V} \]

(2) 在地面参考系中，相对车厢静止的电荷随车厢一道运动，速度为 $v$。该电荷受到洛伦兹力；为维持匀速直线运动状态不变，该力需要同样大小但方向相反的静电力与之平衡，据此推得静电场的大小

\[ qE = q v B \Rightarrow E = v B = \frac{60 \times 10^3}{3600} \times 0.62 \times 10^{-4} = 1.03 \times 10^{-3} \approx 1.0 \times 10^{-3} \, \mathrm{V \cdot m^{-1}} \]

可是，在车厢参考系中，静止电荷不受洛伦兹力，相应静电力也应当等于零。因此，在车厢参考系中净电场为零。

(3) 闷罐车每边上的面电荷密度为

\[ \sigma = \epsilon_0 E = 8.85 \times 10^{-12} \times 1.03 \times 10^{-3} = 9.1 \times 10^{-15} \, \mathrm{C \cdot m^{-2}} \]

7.6

解 (1) 采用圆柱坐标 $(\rho,\phi,z)$，$z$ 轴与盘轴重合。由对称性，随时间变化的磁场产生的涡旋电场只有 $\hat{\phi}$ 分量，其大小只与 $\rho$ 有关。选择半径为 $\rho$ 的圆形回路，圆面与 $z$ 轴垂直，且圆心位于 $z$ 轴上，利用时变电磁场的环路定理，可算得涡旋电场的分布如下

\[ E_\phi \cdot 2\pi \rho = -\frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t} \cdot \pi \rho^2 \Rightarrow E_\phi(\rho < R) = -\frac{\rho}{2} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t} \]

\[ E_\phi(\rho > R) = -\frac{R^2}{2\rho} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t} \]

(2) 由欧姆定律算得导体盘的电流密度 $j_\phi = \sigma E_\phi$。

(3) 盘耗散的总功率为

\[ P = \int_0^R \sigma \cdot \left(\frac{\rho}{2} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t}\right)^2 \cdot \delta \cdot 2\pi \rho \, \mathrm{d}\rho + \int_R^a \sigma \cdot \left(\frac{R^2}{2\rho} \frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t}\right)^2 \cdot \delta \cdot 2\pi \rho \, \mathrm{d}\rho \]

\[ = \frac{\pi \delta \sigma R^4}{8} \left(\frac{\mathrm{d}B_0}{\mathrm{d}t}\right)^2 \left(1 + 4\ln\frac{a}{R}\right) \]

7.7

解 (1) 大线圈中心磁场为 $B = \mu_0 N_x I / (2R)$，小线圈中感应电动势为

\[ \mathcal{E} = N_x \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = N_x S \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t} = \frac{\mu_0 N_x N_x S}{2R} \frac{\mathrm{d}I}{\mathrm{d}t} \]

\[ = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 10^4 \times 5 \times 10^3 \times 3 \times 10^{-4} \times 5 \times 10^3}{2 \times 0.5} = 94.2 \, \mathrm{V} \]

(2) 匀速旋转的载流大线圈在静止小线圈中产生的时变电动势

\[ \mathcal{E}(t) = N_x \frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t} = N_x \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} \left( S \cdot \frac{\mu_0 N_x I}{2R} \cos\omega t \right) = -\frac{\mu_0 N_x N_x S I \omega}{2R} \sin\omega t \]

\[ = -\frac{4\pi \times 10^{-7} \times 10^4 \times 5 \times 10^3 \times 3 \times 10^{-4} \times 0.2 \times 4\pi \times 10^3}{2 \times 0.5 \times 60} \sin\left(\frac{4\pi \times 10^3}{60} t\right) \]

\[ = -0.790 \sin(209t) \, \mathrm{V} \]

反馈意见

个人非常不建议无法理解、经常记错电磁类比的同学死记硬背6.24，习题课可以讲一下怎么直接解Poisson方程。

Answer to Homework-15 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

This page is the ONELINE MIRROR VERSION of the answer to homework 15 of the course Electromagnetics.A, CourseID PHYS1004.09, 2026 Spring, 5401, USTC. Last update : 2026/6/1; Status: @ editing, updating, final

7.8

一环形螺线管有 $N$ 匝,环半径为 $R$ ,环的横截面为矩形. (1)求此螺线管的自感系数; (2)求这个环形螺线管和位于它的对称轴处的长直导线之间的互感系数.

解 (1)螺线管内磁场为 $B(r)=\mu_{0} N I /(2 \pi r)$ ,则通过它的全磁通为

\[ \Psi=N \iint B \cdot \mathrm{d}S=N \cdot \int_{R-a}^{R+a} \frac{\mu_{0} N I}{2 \pi r} h \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} N^{2} I h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \]

螺线管的自感系数等于

\[ L=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu_{0} N^{2} h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \]

(2)长直导线产生的磁场为 $B=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ ,它通过螺线管的全磁通为

\[ \Psi=N \iint_{S} B \mathrm{d}S=\frac{\mu_{0} N I h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \]

螺线管和长直导线之间的互感系数等于

\[ M=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu_{0} N h}{2 \pi} \ln \left(\frac{R+a}{R-a}\right) \]

7.9

在一个半径为10cm、截面积为 $12 ~\mathrm{cm}^{2}$ 的铁环上均匀地绕有1200 匝绝缘导线,环上有一宽度为1mm 的气隙. 设铁的相对磁导率是700,它与磁场强度无关, 且忽略磁滞效应. (1)当有1A 的电流通过线圈时,求气隙中的磁场; (2)计算该线圈的自感系数.

解 (1)设铁环半径为 $r$ ,截面积为 $S$ ,相对磁导率为 $\mu_{r}$ ,则铁芯和气隙的磁阻分别为

\[ R_{m1}=\frac{2 \pi r}{\mu_{r} \mu_{0} S},\quad R_{m2}=\frac{d}{\mu_{0} S} \]

对给定的磁动势 $N I$ ,可相继求得铁芯磁通和气隙的磁感应强度:

\[ \Phi_{B}=\frac{N I}{R_{m1}+R_{m2}}=\frac{\mu_{0} \mu_{r} S N I}{2 \pi r+\mu_{r} d} \]\[ B=\frac{\Phi_{B}}{S}=\frac{\mu_{0} \mu_{r} N I}{2 \pi r+\mu_{r} d}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 700 \times 1200 \times 1}{2 \pi \times 0.1+700 \times 10^{-3}}=0.795\ (\mathrm{T}) \]

(2)线圈的自感系数等于

\[ L=\frac{N \Phi_{B}}{I}=\frac{\mu_{0} \mu_{r} S N^{2}}{2 \pi r+\mu_{r} d}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 700 \times 12 \times 10^{-4} \times 1200^{2}}{2 \pi \times 0.1+700 \times 10^{-3}}=1.14\ (\mathrm{H}) \]

7.10

一块铜片被弯成对应形状,已知 $R=2 ~\mathrm{cm}$ , $l=10 ~\mathrm{cm}$ , $a=2\mathrm{cm}$ , $d=0.4 ~\mathrm{cm}$ ,求 (1) A、B 间管状区的自感系数; (2)输入端 A 和输出端 B 铜片之间的电容; (3)整个构件的共振频率.

解设自 A、B 进出铜片的电流为 $I$ ,则在以弯曲铜片为边界的圆柱管内的磁感应强度为 $B=\mu_{0} i=\mu_{0} I / l$ ,推得管状区自感系数等于

\[ L=\frac{\Phi}{I}=\frac{\mu_{0} \pi R^{2}}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times \pi \times(0.02)^{2}}{0.1}=1.58 \times 10^{-8}\ (\mathrm{H}) \]

输入和输出端铜片之间的电容等于

\[ C=\frac{\varepsilon_{0} a l}{d}=\frac{8.85 \times 10^{-12} \times 0.02 \times 0.1}{0.004}=4.43 \times 10^{-12}\ (\mathrm{F}) \]

从而求得构件的最低共振频率

\[ \omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{L C}}=\frac{1}{\sqrt{1.58 \times 10^{-8} \times 4.43 \times 10^{-12}}}=3.78 \times 10^{9}\ (\mathrm{rad \cdot s^{-1}}) \]

7.11

一个变压器,线圈 A、B、C 的匝数分别为500,1000,500,截面积分别是 $0.005 ~\mathrm{m}^{2}$ , $0.001 ~\mathrm{m}^{2}$ , $0.0005 ~\mathrm{m}^{2}$ ,铁芯的水平臂截面积是 $0.002 ~\mathrm{m}^{2}$ , 如果芯的相对磁导率 $\mu_{r}=10000$ ,求: (1)线圈 A 和 C 间的互感; (2)线圈 A 和 B 间的互感.

解等效磁路中, $R$ 为单个水平臂的磁阻, $R_{A}$、$R_{B}$ 和 $R_{C}$ 分别为三个线圈所绕铁芯的磁阻,它们的数值为

\[ R=\frac{0.2}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.002}=7.958 \times 10^{3}\ (\mathrm{H^{-1}}) \]\[ R_{A}=\frac{0.1}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.005}=\frac{R}{5} \]\[ R_{B}=\frac{0.1}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.001}=R \]\[ R_{C}=\frac{0.1}{4 \pi \times 10^{-7} \times 10^{4} \times 0.0005}=2 R \]

设在线圈 A 中通电流 $I_{A}$ ,相应磁动势等于 $N_{A} I_{A}$ . 磁路含3 个支路,它们的磁阻如下: 含线圈 A 的支路磁阻等于 $R_{1}=R_{A}+2 R=11 R / 5$ ;含线圈 B 的支路磁阻等于 $R_{2}=R_{B}=R$ ; 含线圈 C 的支路磁阻等于 $R_{3}=2 R+R_{C}=4 R$ . 支路2 和3 并联后的磁阻等于 $4 R \cdot R /(4 R+R)=4 R / 5$ ,于是流经支路1 的磁通为

\[ \Phi=\frac{N_{A} I_{A}}{R_{1}+4 R / 5}=\frac{N_{A} I_{A}}{11 R / 5+4 R / 5}=\frac{N_{A} I_{A}}{3 R} \]

据此可求得流经线圈 B (支路2)和线圈 C (支路3)的磁通分别为

\[ \Phi_{B}=\frac{R_{3} \Phi}{R_{2}+R_{3}}=\frac{4 R}{R+4 R} \frac{N_{A} I_{A}}{3 R}=\frac{4 N_{A} I_{A}}{15 R}=\frac{4 \times 500 I_{A}}{15 \times 7.958 \times 10^{3}}=1.676 \times 10^{-2} I_{A}\ (\mathrm{Wb}) \]\[ \Phi_{C}=\frac{R_{2} \Phi}{R_{2}+R_{3}}=\frac{R}{R+4 R} \frac{N_{A} I_{A}}{3 R}=\frac{N_{A} I_{A}}{15 R}=\frac{500 I_{A}}{15 \times 7.958 \times 10^{3}}=4.189 \times 10^{-3} I_{A}\ (\mathrm{Wb}) \]

(1)线圈 A 和线圈 C 之间的互感: $M_{AC}=\Psi_{AC} / I_{A}=N_{C} \Phi_{C} / I_{A}=2.09\ \mathrm{H}$ (2)线圈 A 和线圈 B 之间的互感: $M_{AB}=\Psi_{AB} / I_{A}=N_{B} \Phi_{B} / I_{A}=16.8\ \mathrm{H}$

7.12

一电磁铁由 $N$ 匝线圈紧绕在环形轭铁上构成,从轭铁上切去一小段形成气隙. 轭铁环的半径为 $b$ ,环截面的半径为 $a$ ,气隙宽度为 $w$ , 铁的磁导率 $\mu$ 为常数. 线圈由半径为 $r$、电阻率为 $\rho$ 的导线构成,磁铁线圈两端加有电压 $V$. 为简单起见,假设 $b / a \gg 1$ , $a / r \gg 1$ , $b / w \gg 1$ ,推导下列诸量的表达式: (1)气隙中的稳定磁场; (2)稳态时线圈损耗的功率; (3)当电压 $V$ 变化时线圈中电流变化的时间常数.

解 (1)磁路方程如下:

\[ N I=\frac{w \Phi}{\mu_{0} S}+\frac{2 \pi b \Phi}{\mu S}=\frac{w B}{\mu_{0}}+\frac{2 \pi b B}{\mu} \Rightarrow B=\frac{\mu \mu_{0} N I}{2 \pi \mu_{0} b+\mu w} \]

线圈电流强度为

\[ I=\frac{V}{R}=\frac{V}{2 N \pi a \rho /\left(\pi r^{2}\right)}=\frac{V r^{2}}{2 a \rho N} \]

于是求得气隙中的磁感应强度

\[ B=\frac{\mu \mu_{0} V r^{2}}{2 a \rho\left(2 \pi \mu_{0} b+\mu w\right)} \]

(2)线圈损耗的功率

\[ P=V I=\frac{V^{2} r^{2}}{2 a \rho N} \]

(3)线圈中电流变化的时间常数. 要计算线圈电流变化的时间常数,归结为计算线圈的自感系数. 通过线圈的全磁通为

\[ \Psi=N \cdot B \cdot \pi a^{2}=\frac{\mu \mu_{0} N^{2} \pi a^{2}}{2 \pi \mu_{0} b+\mu w} I \]

于是线圈的自感系数等于 $L=\mu \mu_{0} N^{2} \pi a^{2} /(2 \pi \mu_{0} b+\mu w)$ ,据此求得电流变化的时间常数

\[ \tau=\frac{L}{R}=\frac{\mu \mu_{0} N a \pi r^{2}}{2 \rho\left(2 \pi \mu_{0} b+\mu w\right)} \]

7.13

一个边长分别为 $l$ 和 $w$ 的长方形线圈,在 $t=0$ 时刻正好从磁场为 $B$ 的区域上方由静止开始向下运动. 线圈的电阻为 $R$ ,自感为 $L$ , 质量为 $m$ ,它的上边处在零磁场区. (1)假定自感可以忽略而电阻不能忽略,求出线圈的作为时间函数的电流和速度; (2)假定电阻可以忽略而电感不可以忽略,求出线圈的作为时间函数的电流和速度.

解 (1)忽略线圈自感,考虑电阻,则电动势为 $E=B l v$ ,线圈电流为 $I=E / R=B l v / R$ ,线圈运动方程如下

\[ m \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=m g-I l B \Rightarrow \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=g-\frac{B^{2} l^{2}}{m R} v \]

线圈初始速度为零,由上述方程解得速度,继而由速度得电流,结果如下:

\[ v=\frac{m g R}{l^{2} B^{2}}\left[1-\exp\left(-\frac{B^{2} l^{2} t}{m R}\right)\right],\quad I=\frac{m g}{B l}\left[1-\exp\left(-\frac{B^{2} l^{2} t}{m R}\right)\right] \]

(2)忽略线圈电阻,考虑自感,电动势仍为 $E=B l v$ ,线圈电流满足

\[ L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}=B l v \]

将上述方程代入线圈运动方程

\[ m \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=m g-I l B \]

导出电流强度满足的二阶常微分方程如下

\[ \frac{\mathrm{d}^{2} I}{\mathrm{d} t^{2}}=\frac{B l g}{L}-\frac{B^{2} l^{2}}{m L} I \]

利用线圈初始速度和初始电流为零的条件,可解得

\[ I=\frac{m g}{B l}(1-\cos \omega t),\quad v=\frac{g}{\omega} \sin \omega t,\quad \omega=\frac{B l}{\sqrt{m L}} \]

7.14

空心螺线管长为0.5m,截面为 $1 ~\mathrm{cm}^{2}$ ,匝数为1000. 忽略边缘效应,它的自感多大?一个100 匝的副线圈也绕在这个螺线管的中部,互感多大?现有1A 的稳恒电流流入副线圈,螺线管连接着 $10^{3} \Omega$ 的负载. 如果上述稳恒电流突然停止,将有多少电荷流过电阻?

解当有电流 $I$ 流过螺线管,则螺线管中的磁场和全磁通为

\[ B=\mu_{0} n I=\frac{\mu_{0} N I}{l},\quad \Psi=N B S=\frac{\mu_{0} N^{2} I S}{l} \]

于是求得螺线管的自感如下

\[ L=\frac{\Psi}{I}=\frac{\mu_{0} N^{2} S}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 1000^{2} \times 10^{-4}}{0.5}=2.51 \times 10^{-4}\ (\mathrm{H}) \]

通过副线圈的全磁通为 $\Psi’=N’ B S=\mu_{0} N’ N I S / l$ ,相应原、副线圈之间的互感为

\[ M=\frac{\Psi'}{I}=\frac{\mu_{0} N' N S}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 100 \times 1000 \times 10^{-4}}{0.5}=2.51 \times 10^{-5}\ (\mathrm{H}) \]

设副线圈电流为 $I’$ ,主线圈电流为 $I$ ,则主线圈回路的电路方程如下:

\[ I R+L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}+M \frac{\mathrm{d} I'}{\mathrm{d} t}=0 \]

将上式对时间积分得 $Q R+L \Delta I+M \Delta I’=0$ ,式中 $\Delta I$ 为主线圈电流变化,因 $I$ 开始的初值为零,末态值也等于零,故有 $\Delta I=0$ ; $\Delta I’$ 为副线圈的电流变化,按题设, $I’$ 的初值为1A,末态值显然等于零,以至 $\Delta I’=-1\ \mathrm{A}$ . 于是,流过电阻的电荷量为

\[ Q=-\frac{M \Delta I'}{R}=-\frac{2.51 \times 10^{-5} \times(-1)}{10^{3}}=2.51 \times 10^{-8}\ (\mathrm{C}) \]

7.15

无电阻的电感器 $L$ 连接金属导轨 M 的一端,施一恒力 $F$ ,向右拉动金属棒 N. 该棒长为 $l$ ,质量为 $m$ ,在导轨上无摩擦地滑动,并切割磁力线. 设导轨 M 与金属棒 N 的电阻为零,棒 N 在水平方向上的初始位置是 $x(0)=0$ , 初始速度是 $v(0)=0$ ,那么, (1)电路中电流 $I$ 和坐标 $x$ 之间的关系如何? (2)滑动棒的运动方程是什么? (3)求 $x(t)$ . (4)试分析滑动棒运动过程中的能量转换过程.

解 (1)金属棒切割磁力线运动产生的感应电动势为 $E=B l v$ ,相应的电路方程为

\[ L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}=B l v=B l \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t} \]

积分上式,利用初始条件 $x(0)=0$ 和 $I(0)=0$ ,得 $I=B l x / L$ .

(2)滑动棒的运动方程为

\[ m \frac{\mathrm{d} v}{\mathrm{d} t}=F-I l B \Rightarrow m \frac{\mathrm{d}^{2} x}{\mathrm{d} t^{2}}=F-\frac{B^{2} l^{2}}{L} x \]

(3)解运动方程,利用初始条件 $x(0)=0$ 和 $v(0)=0$ ,得

\[ x(t)=\frac{F L}{B^{2} l^{2}}(1-\cos \omega t) \quad\left(\omega=\frac{B l}{\sqrt{m L}}\right) \]

(4)由 $x(t)$ 可求得金属棒的速度和流经电感器的电流:

\[ v(t)=\frac{F L \omega}{B^{2} l^{2}} \sin \omega t,\quad I(t)=\frac{F}{B l}(1-\cos \omega t) \]

金属棒的动能为 $m v^{2} / 2$ ,电感的磁能为 $L I^{2} / 2$ . 依据上述结果,可分析金属棒运动过程中的能量转换关系. 一开始,外力 $F$ 做正功,动能和磁能增加,在 $t=\pi /(2 \omega)$ 时, 动能达到最大值 $W_{\text{max }}=L F^{2} /(2 B^{2} l^{2})$ . 在这之后,外力继续做正功,磁能继续增加, 但动能减小. 至 $t=\pi / \omega$ 时,磁能达到最大值 $W_{\text{max }}$ ,动能降至零. 当 $t>\pi / \omega$ ,棒反向运动,磁能减小,所消耗的磁能用来对外做功(外力 $F$ 做负功)和增加动能. 至 $t=3 \pi /(2 \omega)$ 时,动能达到最大值 $W_{\text{max }}$ . 此后直至 $t=2 \pi / \omega$ ,动能和磁能均减小到零, 所消耗的能量用来对外做功. 上述能量转换过程循环发生,周期为 $2 \pi / \omega$ .

7.16

由 $3 \times 10^{6} \Omega$ 的电阻、$1\mu\mathrm{F}$ 的电容和 $\mathcal{E}=4 ~\mathrm{V}$ 的电源连接成简单回路,试求在电路接通后1s 的时刻,下列各量的变化率: (1)电容上电荷增加的速率; (2)电容器内储存能量的速率; (3)电阻上产生的热功率; (4)电源提供的功率.

解 (1)电路方程如下:

\[ R \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}+\frac{1}{C} q=\mathcal{E} \]

令 $\tau_{C}=R C=3 \times 10^{6} \times 10^{-6}=3\ (\mathrm{s})$ ,利用初始条件 $q(0)=0$ ,解得

\[ q(t)=C \mathcal{E}\left(1-\exp(-t / \tau_{C})\right) \]

$t=1 ~\mathrm{s}$ 时,电容上电荷的量为

\[ q(1)=4 \times 10^{-6} \times\left(1-\exp(-1 / 3)\right)=1.13 \times 10^{-6}\ (\mathrm{C}) \]

电容电荷的增加速率为

\[ \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathcal{E}}{R} \exp(-t / \tau_{C})=\left(\frac{4}{3 \times 10^{6}}\right) \exp(-1 / 3)=9.55 \times 10^{-7}\ (\mathrm{C \cdot s^{-1}}) \]

(2)电容器的储能 $W=q^{2} /(2 C)$ , $t=1 ~\mathrm{s}$ 时的储能速率为

\[ \frac{\mathrm{d} W}{\mathrm{d} t}=\frac{q}{C} \frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}=\frac{1.13 \times 10^{-6}}{10^{-6}} \times 9.55 \times 10^{-7}=1.08 \times 10^{-6}\ (\mathrm{J \cdot s^{-1}}) \]

(3) $t=1 ~\mathrm{s}$ 时的电阻消耗的功率

\[ P=I^{2} R=\left(\frac{\mathrm{d} q}{\mathrm{d} t}\right)^{2} R=\left(9.55 \times 10^{-7}\right)^{2} \times 3 \times 10^{6}=2.74 \times 10^{-6}\ (\mathrm{W}) \]

(4) $t=1 ~\mathrm{s}$ 时的电源提供的功率

\[ P'=\mathcal{E} I=4 \times 9.55 \times 10^{-7}=3.82 \times 10^{-6}\ (\mathrm{W}) \]

8.1

有一个平绕于圆筒上的螺旋线圈,长10cm,直径1cm,共1000 匝,用每千米电阻为247Ω的漆包线绕制. 求线圈的自感系数和电阻. 如果把这线圈接到电动势为2V 的蓄电池上,问: (1)线圈中通电开始时的电流增长率是多少? (2)线圈中的电流达到稳定后,稳定电流是多少? (3)这回路的时间常数是多少?经过多少时间电流达到稳定值的一半? (4)电流稳定后,线圈中所储存的磁能是多少?磁能密度是多少?

解线圈的自感系数和电阻等于

\[ L=\frac{\mu_{0} N^{2} S}{l}=\frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 1000^{2} \times \pi \times 0.005^{2}}{0.1}=9.87 \times 10^{-4}\ (\mathrm{H}) \]\[ R=0.247 \times 1000 \times \pi \times 0.01=7.76\ (\Omega) \]

设给线圈加上电压 $V$ ,则可写下电路方程如下:

\[ V=L \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}+I R \]

满足上述方程和初始条件 $I(0)=0$ 的解为

\[ I=\frac{V}{R}\left(1-\exp\left(-\frac{R t}{L}\right)\right) \]

(1) $t=0$ 时的电流增长率:

\[ \left(\frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t}\right)_{t=0}=\frac{V}{L}=\frac{2}{9.87 \times 10^{-4}}=2.03 \times 10^{3}\ (\mathrm{A \cdot s^{-1}}) \]

(2)稳定电流:

\[ I_{0}=\frac{V}{R}=\frac{2}{7.76}=0.258\ (\mathrm{A}) \]

(3)时间常数:

\[ \tau=\frac{L}{R}=\frac{9.87 \times 10^{-4}}{7.76}=1.27 \times 10^{-4}\ (\mathrm{s}) \]

电流降至初值一半所需的时间为

\[ t=\tau \ln 2=0.88 \times 10^{-4}\ (\mathrm{s}) \]

(4)电流稳定后储存磁能:

\[ W=\frac{1}{2} L I^{2}=\frac{1}{2} \times 9.87 \times 10^{-4} \times 0.258^{2}=3.28 \times 10^{-5}\ (\mathrm{J}) \]

相应磁能密度为

\[ w=\frac{W}{V_{\text{体}}}=\frac{3.28 \times 10^{-5}}{\pi \times 0.005^{2} \times 0.1}=4.18\ (\mathrm{J \cdot m^{-3}}) \]

8.2

(1)利用磁场能量方法计算两个同轴导体圆柱面组成的传输线单位长度的自感系数 $L$. (2)如果电流为常数,而将外圆柱面半径加倍,那么磁能(单位长度)增加多少? (3)在上述过程中,磁场做了多少功?电池提供了多少能量?二者与磁能的增加有何关系?

解 (1)取圆柱坐标 $(r, \phi, z)$ .在 $a<r<b$ 区,磁感应强度 $B(r)=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ , 磁能密度 $w=B^{2} /(2 \mu_{0})=\mu_{0} I^{2} /(8 \pi^{2} r^{2})$ ,单位长度的磁能为

\[ W=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d}\phi \int_{a}^{b} w r \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \int_{a}^{b} \frac{1}{r} \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln \frac{b}{a} \]

由自感磁能(单位长度)公式 $W=L I^{2} / 2$ ,求得单位长度自感系数为

\[ L=\frac{2 W}{I^{2}}=\frac{\mu_{0}}{2 \pi} \ln \frac{b}{a} \]

(2)将外圆柱面半径加倍,磁能(单位长度)增加为

\[ \Delta W=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln \frac{2 b}{a}-\frac{\mu_{0}}{4 \pi} I^{2} \ln \frac{b}{a}=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln 2 \]

(3)能量分析. 外圆柱的面电流密度为 $i=I /(2 \pi r)$ , $r$ 为外圆柱半径. 面电流元 $i \mathrm{d}S=i r \mathrm{d}\phi \mathrm{d}z$ 受到的磁力沿 $r$ 正向,其大小为 $i B \mathrm{d}S$ ,式中 $B$ 为总磁场减去面元的贡献,结果为

\[ B=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}-\frac{\mu_{0} i}{2}=\frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}-\frac{\mu_{0} I}{4 \pi r}=\frac{\mu_{0} I}{4 \pi r} \]

在外圆柱半径增大的过程中,运动方向与磁力方向一致,磁场对面电流元做正功. 当外圆柱半径加倍,则磁场所做的总功为

\[ A_{1}=\int_{b}^{2 b} \mathrm{d}r \iint i B \mathrm{d}S=\frac{\mu_{0} I^{2}}{8 \pi^{2}} \int_{b}^{2 b} \mathrm{d}r \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{d}\varphi \int_{0}^{1} \mathrm{d}z=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln 2 \]

它正好等于系统的磁能增加. 在上述过程中,电池供能等于

\[ A_{2}=-\int I \mathcal{E} \mathrm{d}t=\int I \mathrm{d}\Phi=I^{2} \int \mathrm{d}L=\frac{\mu_{0} I^{2}}{2 \pi}\left(\ln \frac{2 b}{a}-\ln \frac{b}{a}\right)=\frac{\mu_{0} I^{2}}{2 \pi} \ln 2 \]

它等于磁场做功的2 倍;也就是说,电池供能等于磁场做功与磁能增加之和.

8.3

一个半径为 $R$ 的单匝圆线圈与长直导线共面,圆心与直导线的距离为 $d$ ,且 $d>R$ . 设线圈和直导线的电流分别为 $I_{1}$、$I_{2}$ ,求相互作用能.

解取圆柱坐标 $(\rho, \phi, z)$ ,原点位于圆线圈中心, $x$ 轴(对应 $\phi=0$ )与直导线垂直, $z$ 轴与线圈平面垂直. 直线电流 $I_{2}$ 产生的磁场为 $B=\mu_{0} I_{2} /[2 \pi(d+\rho \cos \phi)]$ ,通过线圈的全磁通为

\[ \begin{aligned} \Psi=\iint_{S} B \cdot \mathrm{d}S &= \frac{\mu_{0} I_{2}}{2 \pi} \int_{0}^{R} \int_{0}^{2 \pi} \frac{\rho \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\phi}{d+\rho \cos \phi}=\frac{\mu_{0} I_{2}}{\pi} \int_{0}^{R} \rho \mathrm{d}\rho \int_{0}^{\pi} \frac{\mathrm{d}\phi}{d+\rho \cos \phi} \\ &= \frac{\mu_{0} I_{2}}{\pi} \int_{0}^{R} \rho \mathrm{d}\rho \cdot \frac{2}{\sqrt{d^{2}-\rho^{2}}}\left(\arctan \left(\sqrt{\frac{d-\rho}{d+\rho}} \tan \frac{\phi}{2}\right)\right)\bigg|_{\phi=0}^{\phi=\pi} \\ &= \mu_{0} I_{2} \int_{0}^{R} \frac{\rho \mathrm{d}\rho}{\sqrt{d^{2}-\rho^{2}}}=\mu_{0} I_{2}\left(d-\sqrt{d^{2}-R^{2}}\right) \end{aligned} \]

两线圈之间的相互作用能为

\[ W=\Psi I_{1}=\mu_{0} I_{1} I_{2}\left[d-\left(d^{2}-R^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\right] \]

8.4

把一磁偶极子 $\boldsymbol{m}$ 从无穷远移到一个理想导电环(具有零电阻)轴上一点, 环半径为 $b$ ,自感为 $L$ . 在终了位置上 $\boldsymbol{m}$ 的方向沿圆环的轴,与环心相距为 $z$ .当磁偶极子在无穷远处时,环上的电流为零. (1)在终了位置时,计算环上的电流; (2)计算此位置上的磁偶极子与环之间的相互作用能.

解 (1)取球坐标 $(r, \theta, \phi)$ ,以磁偶极子所在位置为原点, $z$ 轴指向圆环中心. 磁偶极子在导电环所在球面 $(r=r_{m}=\sqrt{b^{2}+z^{2}})$ 上的磁场的$r$ 分量为

\[ B_{mr}=\frac{\mu_{0} m \cos \theta}{2 \pi r_{m}^{3}} \]

导电环位于 $\theta=\theta_{m}=\arcsin (b / r_{m})$ ,通过该环的磁通量为

\[ \Phi_{m}=\iint B_{mr} r_{m}^{2} \sin \theta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi=\frac{\mu_{0} m}{2 r_{m}} \sin ^{2} \theta_{m}=\frac{\mu_{0} m b^{2}}{2\left(b^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}} \]

理想导电环内的电场及其环路积分等于零,由法拉第定律可知穿过它的磁通 $\Phi$ 不会改变,磁偶极子在无穷远处时,环上电流为零, $\Phi=0$ ,以至往后任意时刻均有 $\Phi=0$ . 移近磁偶极子,环上有电流 $I$ ,产生磁通为 $L I$ ,它应当抵消上述磁通 $\Phi_{m}$ ,以至有

\[ I=\frac{\Phi_{m}}{L}=\frac{\mu_{0} m b^{2}}{2 L\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}} \]

电流的方向沿着 $\phi$ 的负向;若沿磁矩 $\boldsymbol{m}$ 的方向看,电流沿逆时针方向.

(2)电流环在磁偶极子处的磁场仅有 $z$ 分量

\[ B_{z}=-\frac{\mu_{0} b^{2} I}{2\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3 / 2}}=-\frac{\mu_{0}^{2} m b^{4}}{4 L\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3}} \]

它与磁偶极子之间的相互作用能为

\[ W=\boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{B}=m B_{z}=-\frac{\mu_{0}^{2} m^{2} b^{4}}{4 L\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3}} \]

8.5

将题8.2 中的导体圆柱面换成实心圆柱体,并假定电流沿截面均匀分布, 求单位长度的自感系数.

解取圆柱坐标 $(r, \phi, z)$ . 由对称性,可判断磁场只有 $\phi$ 分量,且仅与 $r$ 有关;由安培环路定理,可求得各区磁场. 在 $a<r<b$ 区,结果与题8.2 相同:磁感应强度 $B(r)=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ ,单位长度磁能 $W_{1}=\mu_{0} I^{2} \ln (b / a) /(4 \pi)$ .在 $r<a$ 区, $B=\mu_{0} I r /(2 \pi a^{2})$ ,相应单位长度磁能为

\[ W_{2}=\int_{0}^{a} \frac{1}{2 \mu_{0}}\left(\frac{\mu_{0} I r}{2 \pi a^{2}}\right)^{2} 2 \pi r \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi a^{4}} \int_{0}^{a} r^{3} \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2}}{16 \pi} \]

单位长度磁能为 $W=W_{1}+W_{2}$ ,相应单位长度自感系数为

\[ L=\frac{2 W}{I^{2}}=\frac{2\left(W_{1}+W_{2}\right)}{I^{2}}=\frac{\mu_{0}}{8 \pi}+\frac{\mu_{0}}{2 \pi} \ln \frac{b}{a} \]

8.6

一同轴电缆的芯子和外壳有无限大的电导率,它们的半径分别为$r_1$ 和 $r_2$ . 该电缆被一个可移动的隔板短路. 当电流 $I$ 流过这个电缆时,求作用到这个隔板上的力.

解取圆柱坐标 $(r, \phi, z)$ ,原点位于电缆输入端, $z$ 轴沿电缆轴线,隔板位于 $z=z_{0}$ . 因隔板的短路作用,电流和磁场仅限于 $z<z_{0}$ 区. 由对称性及安培环路定理求得 $r_{1}<r<r_{2}$ , $z<z_{0}$ 区磁场 $B=\mu_{0} I /(2 \pi r)$ ,从而算得通电电缆内部的总磁能如下

\[ W_{m}=\iiint \frac{B^{2}}{2 \mu_{0}} \cdot \mathrm{d}V=\frac{z_{0}}{2 \mu_{0}} \int_{r_{1}}^{r_{2}}\left(\frac{\mu_{0} I}{2 \pi r}\right)^{2} 2 \pi r \mathrm{d}r=\frac{\mu_{0} I^{2} z_{0}}{4 \pi} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}} \]

\[ \boldsymbol{F}=\nabla W_{m}=\frac{\mathrm{d}W}{\mathrm{d}z_{0}} \boldsymbol{e}_{z}=\frac{\mu_{0} I^{2}}{4 \pi} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}} \boldsymbol{e}_{z} \]

8.7

一电磁铁. 用虚功原理证明: 1)电磁铁吸引衔铁的起重力为 $F=S B^{2} /(2 \mu_{0})$ ,式中 $S$ 为两磁极与衔铁相接触的总面积, $B$ 为电磁铁内的磁感应强度. 2)起重力与磁极、衔铁间的距离 $x$ 有无关系?

证 (1)设铁芯长度为 $l$ ,磁路方程为

\[ N I=\Phi R_{m}=B\left(\frac{l}{\mu}+\frac{2 x}{\mu_{0}}\right) \Rightarrow B=\frac{\mu \mu_{0} N I}{\mu_{0} l+2 \mu x} \]

系统的磁能为

\[ W=\frac{1}{2} I \Psi=\frac{1}{2} I \cdot N B \cdot S=\frac{\mu \mu_{0} S N^{2} I^{2}}{4\left(\mu_{0} l+2 \mu x\right)} \]

由虚功原理求得衔铁受力

\[ F=\left(\frac{\mathrm{d} W_{m}}{\mathrm{d} x}\right)_{I}=-\frac{\mu^{2} \mu_{0} S N^{2} I^{2}}{2\left(\mu_{0} l+2 \mu x\right)^{2}}=-\frac{S B^{2}}{2 \mu_{0}} \]

为吸引力,证毕.

(2)在 $x$ 很小时,起重力与磁极、衔铁间的距离 $x$ 无关.

Answer to Homework-16 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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9.1

(1) 计算10H的电感在频率为50Hz、60Hz、600Hz时的阻抗值； (2) 计算 $10\mu \mathrm{F}$ 的电容在上述频率下的阻抗值； (3) 在60Hz频率下，$L$ 和 $C$ 为何值时它们的阻抗都为 $100\Omega$？

解： (1) 10H电感在50Hz、60Hz、600Hz时的阻抗值分别为

$$ \omega L = 2\pi f L = 3.1\times 10^{3}\Omega ,\quad 3.8\times 10^{3}\Omega ,\quad 3.8\times 10^{4}\Omega . $$

(2) $10\mu \mathrm{F}$ 电容在50Hz、60Hz、600Hz时的阻抗值分别为

$$ \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{2\pi f C} = 3.2\times 10^{2}\Omega ,\quad 2.7\times 10^{2}\Omega ,\quad 27\Omega . $$

(3) 在60Hz频率下，阻抗为 $100\Omega$ 的电感和电容值分别为

$$ L = \frac{Z_{L}}{\omega} = \frac{Z_{L}}{2\pi f} = \frac{100}{2\pi\times 60} = 0.265(\mathrm{H}), $$

$$ C = \frac{1}{\omega Z_{C}} = \frac{1}{2\pi f Z_{C}} = \frac{1}{2\pi\times 60\times 100} = 2.65\times 10^{-5}(\mathrm{F}) = 26.5(\mu \mathrm{F}). $$

9.2

(1) $L = 31.8\mathrm{mH}$ 的线圈，其电阻可略去不计，当加上220V、50Hz的交流电压时，求它的阻抗和通过它的电流； (2) $C = 79.6\mu \mathrm{F}$ 的电容接到220V、50Hz的交流电源上，求它的阻抗和通过它的电流。

解：

$$ Z_{L} = \omega L = 2\pi \times 50\times 31.8\times 10^{-3} = 10(\Omega),\quad I = V / Z_{L} = 22\mathrm{A}. $$

$$ Z_{C} = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{2\pi\times 50\times 79.6\times 10^{-6}} = 40(\Omega),\quad I = V / Z_{C} = 5.5\mathrm{A}. $$

9.3

交流电压的峰值 $V_{\mathrm{m}} = 1\mathrm{V}$ 、频率 $= 50\mathrm{Hz}$ ，将这个电压接在RLC串联电路的两端， $R = 40\Omega$ ， $L = 0.1\mathrm{H}$ ， $C = 50\mu \mathrm{F}$ 。 (1) 计算这个电路的总阻抗； (2) 计算阻抗辐角 $\phi$ ； (3) 计算每个组件两端上的电压峰值。

解： RLC串联电路的复阻抗如下

$$ \dot{Z} = R + \mathrm{j}\omega L + \frac{1}{\mathrm{j}\omega C} = R + \mathrm{j}\left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right). $$

(1) 阻抗

$$ Z = \sqrt{R^{2} + \left(\omega L - \frac{1}{\omega C}\right)^{2}} = \sqrt{40^{2} + \left(100\pi \times 0.1 - \frac{1}{100\pi \times 5\times 10^{-5}}\right)^{2}} = 51.4(\Omega). $$

(2) 辐角

$$ \phi = \arctan \frac{\omega L - 1 / (\omega C)}{R} = \arctan \frac{100\pi \times 0.1 - 1 / (100\pi \times 5\times 10^{-5})}{40} = -0.678(\mathrm{rad}). $$

(3) 电阻、电感和电容上电压的峰值

$$ V_{\mathrm{m}R} = \frac{V_{\mathrm{m}}}{Z}\cdot R = \frac{1\times 40}{51.4} = 0.778(\mathrm{V}), $$

$$ V_{\mathrm{m}L} = \frac{V_{\mathrm{m}}}{Z}\cdot \omega L = \frac{1\times 100\pi\times 0.1}{51.4} = 0.611(\mathrm{V}), $$

$$ V_{\mathrm{m}C} = \frac{V_{\mathrm{m}}}{Z}\cdot \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{51.4\times 100\pi\times 5\times 10^{-5}} = 1.24(\mathrm{V}). $$

9.4

在习题9.4图所示的滤波电路中， $C_{1} = C_{2} = 10\mu \mathrm{F}$ 在频率 $f = 1000\mathrm{Hz}$ 下，欲使输出电压 $U_{2}$ 为输入电压 $U_{1}$ 的1/10，求此时扼流圈的自感 $L$。

解：

$$ \dot{U}_{2} = \dot{I}_{2}\dot{Z}_{C_{2}} = \frac{\dot{U}_{1}}{\mathrm{j}\omega L + 1 / (\mathrm{j}\omega C_{2})}\frac{1}{\mathrm{j}\omega C_{2}} = \frac{\dot{U}_{1}}{-\omega^{2}L C_{2} + 1}. $$

由题设 $\left| \dot U_1 / \dot U_2 \right| = \left| -\omega^{2}L C + 1 \right| = 10$，得

$$ L = 11 / (\omega^{2}C) = 11 / [(2\pi \times 1000)^{2}\times 10^{-5}] = 2.8\times 10^{-2}(\mathrm{H}) = 28(\mathrm{mH}). $$

Answer to Homework-17 & 18 of Electromagnetics.A

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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第17、18周作业

9.5

(1) $RLC$ 串联电路的复阻抗、阻抗和辐角正切如下

$$ \dot{Z}=R+\mathrm{i}\omega L+\frac{1}{\mathrm{i}\omega C}=R+\mathrm{i}\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right) $$

$$ Z=\sqrt{R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}=\sqrt{40^{2}+\left(100 \pi \times 0.1-\frac{1}{100 \pi \times 5 \times 10^{-5}}\right)^{2}}=51.4\,(\Omega) $$

$$ \tan \varphi=\frac{100 \pi \times 0.1-1 /\left(100 \pi \times 5 \times 10^{-5}\right)}{40}=-0.805 $$

据此推得该电路的功率因子为

$$ \cos \varphi=\frac{1}{\sqrt{\tan ^{2} \varphi+1}}=\frac{1}{\sqrt{0.805^{2}+1}}=0.78 $$

(2)有效值100V 的电压源产生的电流最大值为

$$ I_{m}=\frac{V_{m}}{Z}=\frac{\sqrt{2}\, V}{Z}=\frac{\sqrt{2} \times 100}{51.4}=2.75\,(\text{A}) $$

(3)功率损失为

$$ P=V I \cos \varphi=\frac{V^{2}}{Z} \cos \varphi=\frac{100^{2} \times 0.78}{51.4}=152\,(\text{W}) $$

9.6

(1) $RLC$ 串联电路的阻抗

$$ Z=\left[R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}\right]^{1 / 2}=\left[300^{2}+\left(0.9 \omega-\frac{1}{2 \times 10^{-6} \omega}\right)^{2}\right]^{1 / 2} $$

由上式算得 $\omega=500,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 和 $1000,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时的阻抗分别为626$\Omega$和500$\Omega$

(2)电流振幅按下式计算

$$ I_{m}=\frac{V_{m}}{Z}=\frac{V_{m}}{\sqrt{R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}}} $$

$$ \frac{\text{d} I_{m}}{\text{d} \omega}=V_{m} \omega\left(\frac{1}{\omega^{4} C^{2}}-L^{2}\right)\left[R^{2}+\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)^{2}\right]^{-3 / 2} $$

当 $\omega=1 / \sqrt{L C}=1 / \sqrt{0.9 \times2 \times10^{-6}}=745,(\text{rad}\cdot\text{s}^{-1})$ 时, $\text{d} I_{m}/\text{d} \omega=0$,电流取极值;电流先上升,在 $\omega=745,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时极大,然后下降

(3) $\omega=500,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时的相位角

$$ \varphi=\arctan \frac{\omega L-1 /(\omega C)}{R}=\arctan \frac{500 \times 0.9-1 /\left(500 \times 2 \times 10^{-6}\right)}{300}=-61.4^{\circ} $$

电流超前电压61.4$^\circ$,或电压滞后电流61.4$^\circ$(略绘复矢量图).

(4) $\omega=1 / \sqrt{L C}=745,\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}$ 时共振,共振频率 $f=\omega /(2 \pi)=119,\text{Hz}$ ,此时 $\cos \varphi=1$

(5)电阻为100$\Omega$时,共振频率仍为119Hz,共振电流的有效值为

$$ I=\frac{V}{R}=\frac{V_{m}}{\sqrt{2}\, R}=\frac{50}{\sqrt{2} \times 100}=0.354\,(\text{A}) $$

9.7

(1)并联电路的复阻抗为

$$ \dot{Z}=\frac{R \cdot \frac{1}{\mathrm{i} \omega C} \cdot \mathrm{i} \omega L}{R \cdot \frac{1}{\mathrm{i} \omega C}+R \cdot \mathrm{i} \omega L+\frac{1}{\mathrm{i} \omega C} \cdot \mathrm{i} \omega L}=\frac{\omega R L\left[\omega L-\mathrm{i} R\left(\omega^{2} L C-1\right)\right]}{\omega^{2} L^{2}+\left(\omega^{2} L C-1\right)^{2} R^{2}} $$

共振时, $\dot{Z}$ 的虚部为0,即

$$ \omega_{c}=\frac{1}{\sqrt{L C}}=\frac{1}{\sqrt{0.1 \times 10^{-7}}}=10^{4}\left(\text{rad}\cdot\text{s}^{-1}\right),\quad f_{c}=\frac{\omega_{c}}{2 \pi}=1592\,\text{Hz} $$

$\dot{Z}=100,\Omega$, $I_{m}=V_{m} / Z=100 / 100=1,(\text{A})$.

(3)共振时通过电阻的最大电流为 $I_{m R}=V_{m} / R=100 / 100=1,(\text{A})$

(4)共振时通过电感的最大电流为 $I_{m L}=V_{m} /(\omega L)=100 /(10^{4} \times0.1)=0.1,(\text{A})$

(5)共振时储存在电感中的最大能量为

$$ W_{m L}=\frac{1}{2}L I_{m L}^{2}=0.1 \times0.1^{2} / 2=5 \times10^{-4}\,(\text{J}) $$

储存在电容中的最大能量为

$$ W_{m C}=\frac{1}{2}C V_{m}^{2}=10^{-7} \times100^{2} / 2=5 \times10^{-4}\,(\text{J}) $$

9.8

原线圈电压为 $V_{0}=220,\text{V}$ ,匝数为 $N_{0}=660$ ,可由测得的副线圈电压,按公式 $N=N_{0} V / V_{0}$ 算得副线圈匝数. 对于 $V=5,\text{V}$、6.8 V、350 V,分别求副线圈的匝数为15、20、1050.

已知各副线圈电流,原线圈中的电流可由功率条件 $V_{0} I_{0}=V_{1} I_{1}+V_{2} I_{2}+V_{3} I_{3}$ 计算,结果为

$$ I_{0}=\frac{V_{1} I_{1}+V_{2} I_{2}+V_{3} I_{3}}{V_{0}}=\frac{5 \times 3+6.8 \times 2+350 \times 0.28 \times 10^{-3}}{220}=0.13\,(\text{A}) $$

9.9

由题设可知,伏特计所在回路的匝数 $N_{0}=1$ ,测得电压为 $V_{0}=0.50,\text{V}$ ,则变压器两个绕组的匝数可由它们各自的电压算出,结果如下:

$$ N_{1}=\frac{V_{1}}{V_{0}} N_{0}=\frac{100}{0.5} \times 1=200,\quad N_{2}=\frac{V_{2}}{V_{0}} N_{0}=\frac{3300}{0.5} \times 1=6600 $$

9.10

(1)与稳恒电流类似,满足如下电桥平衡条件:

$$ Z_{1} \cdot Z_{4}=Z_{2} \cdot Z_{3} $$

(2)频率变化时,一般会有电流通过G,因为复阻抗与频率有关.

(3)将题给数据代入电桥平衡条件得

$$ R_{1}(R+\mathrm{i} \omega L)=\left(R_{2}+\mathrm{i} \omega L_{2}\right) R_{3} \Rightarrow R_{1} R-R_{2} R_{3}+\mathrm{i} \omega\left(R_{1} L-R_{3} L_{2}\right)=0 $$

由实部、虚部分别等于零得

$$ R=\frac{R_{2} R_{3}}{R_{1}},\quad L=\frac{R_{3} L_{2}}{R_{1}} $$

10.1

(1)位移电流为

$$ \begin{aligned} I_{d} &=S \cdot \frac{\partial D}{\partial t}=\varepsilon S \frac{\partial E}{\partial t}=\frac{\varepsilon S}{d} \cdot \frac{\text{d} V}{\text{d} t}=C \frac{\text{d} V}{\text{d} t} \\ &=2.0 \times 10^{-6} \times 1.0 \times 10^{3}=2.0 \times 10^{-3}\,(\text{A}) \end{aligned} $$

(2)真实漏电流赶上位移电流的时间

$$ I=\frac{V}{R}=\frac{(\text{d} V / \text{d} t) \cdot T}{R}=I_{d} \Rightarrow T=\frac{I_{d} R}{\text{d} V / \text{d} t}=\frac{2.0 \times 10^{-3} \times 5.0 \times 10^{5}}{1.0 \times 10^{3}}=1\,(\text{s}) $$

(3)由安培环路定理得

$$ 2 \pi r B=\mu_{0}\left(I_{d}+I\right) \frac{\pi r^{2}}{\pi a^{2}}=\frac{\mu_{0} r^{2}}{a^{2}}\left(C \frac{\text{d} V}{\text{d} t}+\frac{V}{R}\right)=\frac{\mu_{0} r^{2}}{a^{2}} \frac{\text{d} V}{\text{d} t}\left(C+\frac{t}{R}\right) $$

式中, $t$ 为考察时间, $a$ 为极板半径. 由上式解得

$$ B=\frac{\mu_{0} r}{2 \pi a^{2} R} \frac{\text{d} V}{\text{d} t}(R C+t) $$

在 $r=20,\text{cm}$ 处,给定时刻的磁场大小分别为

$$ \begin{aligned} B(t=0) &= \frac{4 \pi \times 10^{-7} \times 0.2 \times 10^{3}}{2 \pi \times 0.3^{2} \times 5 \times 10^{5}} \times\left(5 \times 10^{5} \times 2 \times 10^{-6}+t\right)_{t=0} \\ &=8.9 \times 10^{-10}(1+t)_{t=0}=0.89 \times 10^{-9}\,(\text{T}) \end{aligned} $$

$$ B(t=1)=8.9 \times 10^{-10}(1+1)=1.8 \times 10^{-9}\,(\text{T}) $$

$$ B(t=2)=8.9 \times 10^{-10}(1+2)=2.7 \times 10^{-9}\,(\text{T}) $$

10.2

(1)导线中传导电流与位移电流大小之比为

$$ \frac{I_{0}}{I_{d}}=\left|\frac{\sigma E S}{\text{d} D / \text{d} t \,S}\right|=\frac{\sigma E}{\omega \varepsilon_{0} E}=\frac{\sigma}{\omega \varepsilon_{0}} $$

(2) $f=50,\text{Hz}$ 时,

$$ \frac{I_{0}}{I_{d}}=5.9 \times 10^{7} /\left(2 \pi \times 50 \times 8.85 \times 10^{-12}\right)=2.1 \times 10^{16}; $$

$f=3.0 \times 10^{11},\text{Hz}$ 时,

$$ \frac{I_{0}}{I_{d}}=5.9 \times 10^{7} /\left(2 \pi \times 3 \times 10^{11} \times 8.85 \times 10^{-12}\right)=3.5 \times 10^{6}. $$

10.3

极板内部的电位移矢量的大小为 $D=\sigma=Q /(\pi a^{2})$ ,由安培环路定理得 $r<a$ 区:

$$ 2 \pi r H=\pi r^{2} \frac{\text{d} D}{\text{d} t}=\frac{r^{2}}{a^{2}} \frac{\text{d} Q}{\text{d} t} \Rightarrow H=\frac{r}{2 \pi a^{2}} \frac{\text{d} Q}{\text{d} t}=\frac{r \omega Q_{0}}{2 \pi a^{2}} \cos \omega t $$

$r>a$ 区:

$$ 2 \pi r H=\pi a^{2} \frac{\text{d} D}{\text{d} t}=\frac{\text{d} Q}{\text{d} t} \Rightarrow H=\frac{1}{2 \pi r} \frac{\text{d} Q}{\text{d} t}=\frac{\omega Q_{0}}{2 \pi r} \cos \omega t $$

10.4

由电位移矢量法向分量和电场强度切向分量连续的边值关系

$$ D_{1n}=D_{2n} \Rightarrow \varepsilon_{1} E_{1n}=\varepsilon_{2} E_{2n} \Rightarrow \varepsilon_{1} E_{1} \cos \theta_{1}=\varepsilon_{2} E_{2} \cos \theta_{2} $$

$$ E_{1t}=E_{2t} \Rightarrow E_{1} \sin \theta_{1}=E_{2} \sin \theta_{2} $$

两式相除得 $\varepsilon_{1} \cot \theta_{1}=\varepsilon_{2} \cot \theta_{2}$; 由磁感应强度法向分量和磁场强度切向分量连续的边值关系

$$ B_{1n}=B_{2n} \Rightarrow \mu_{1} H_{1n}=\mu_{2} H_{2n} \Rightarrow \mu_{1} H_{1} \cos \varphi_{1}=\mu_{2} H_{2} \cos \varphi_{2} $$

$$ H_{1t}=H_{2t} \Rightarrow H_{1} \sin \varphi_{1}=H_{2} \sin \varphi_{2} $$

两式相除得 $\mu_{1} \cot \varphi_{1}=\mu_{2} \cot \varphi_{2}$ ,证毕.

10.5

(1)传播速度:

$$ v=1 / \sqrt{\varepsilon \varepsilon_{0} \mu \mu_{0}}=3 \times10^{8} / \sqrt{2.53 \times1}=1.89 \times10^{8}\,(\text{m}\cdot\text{s}^{-1}) $$

(2)波长:

$$ \lambda=v / f=1.89 \times10^{8} /\left(5 \times10^{9}\right)=3.77 \times10^{-2}\,(\text{m})=3.77\,(\text{cm}); $$

(3)磁场强度的振幅:

$$ H=\sqrt{\varepsilon / \mu}\,E=\left[2.53 \times 8.85 \times 10^{-12} /\left(4 \pi \times 10^{-7}\right)\right]^{1 / 2} \times 0.01=4.22 \times 10^{-5}\left(\text{A}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$

10.6

(1)磁场强度振幅:

$$ H=\sqrt{\varepsilon_{0} / \mu_{0}} E=E /\left(c \mu_{0}\right)=15 \times 10^{-3} /\left(3 \times 10^{8} \times 4 \pi \times 10^{-7}\right)=4.0 \times 10^{-5}\left(\text{A}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$

(2)波数:

$$ k=\omega / c=2 \pi f / c=2 \pi \times 7.94 \times 10^{7} /\left(3 \times 10^{8}\right)=1.66\left(\text{m}^{-1}\right) $$

(3)波长:

$$ \lambda=2 \pi / k=2 \pi / 1.66=3.78\,\text{m} $$

(4)发射机功率:

$$ P=\overline{S} \cdot 4 \pi r^{2}=2 \pi r^{2} E H=2 \pi \times\left(10^{5}\right)^{2} \times 0.015 \times 4 \times 10^{-5}=3.77 \times 10^{4}\,(\text{W})=37.7\,(\text{kW}) $$

10.7

取圆柱坐标$(r, \phi, z)$, $z$ 轴与圆柱轴重合,指向电流方向. 于是,导线内电场只有 $z$ 分量,磁场则只有 $\phi$ 分量,由欧姆定律和安培环路定理分别求得

$$ E_{z}=\frac{j}{\sigma}=\frac{\rho I}{\pi a^{2}} $$

$$ 2 \pi r H_{\phi}=j \cdot \pi r^{2}=\frac{I \pi r^{2}}{\pi a^{2}} \Rightarrow H_{\phi}=\frac{I r}{2 \pi a^{2}} $$

与此相应,坡印亭矢量只有$r$分量,其数值为

$$ S_{r}=-E_{z} H_{\phi}=-\frac{\rho I}{\pi a^{2}} \cdot \frac{I r}{2 \pi a^{2}}=-\frac{\rho r I^{2}}{2 \pi^{2} a^{4}} $$

负号表示指向圆柱导线内部. 长度为 $l$ ,半径为 $r$ 的导体体积内的能量耗散率为

$$ P=\frac{j^{2}}{\sigma} V=\rho\left(\frac{I}{\pi a^{2}}\right)^{2} \pi r^{2} l=\frac{I^{2} \rho l r^{2}}{\pi a^{4}}=-2 \pi r l \cdot S_{r} $$

它等于自考察导体边界(面积等于$2 rl \pi$)进入导体内部的电磁能流.

10.8

(1)太阳表面的平均能流密度:

$$ \overline{S}_{\text{表}} \cdot 4 \pi R_{\odot}^{2}=S_{\text{地}} \cdot 4 \pi d_{\text{日地}}^{2} ;\quad \overline{S}_{0} \cdot 4 \pi R_{0}^{2}=S \cdot 4 \pi d^{2} $$

$$ \overline{S}_{0}=\left(\frac{d}{R_{0}}\right)^{2} \overline{S}=\left(\frac{1.5 \times 10^{11}}{7 \times 10^{8}}\right)^{2} \times 1353=6.21 \times 10^{7}\left(\text{W}\cdot\text{m}^{-2}\right) $$

(2)电场强度有效值:由 $\overline{S}{0}=\varepsilon{0} \overline{E}^{2} c$ 得

$$ \overline{E}=\sqrt{\frac{\overline{S}_{0}}{\varepsilon_{0} c}}=\left(\frac{6.21 \times 10^{7}}{8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^{8}}\right)^{1 / 2}=1.53 \times 10^{5}\left(\text{V}\cdot\text{m}^{-1}\right)=153\left(\text{kV}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$

(3)磁场强度有效值:

$$ H=E /\left(\mu_{0} c\right)=1.53 \times 10^{5} /\left(4 \pi \times 10^{-7} \times 3 \times 10^{8}\right)=406\left(\text{A}\cdot\text{m}^{-1}\right) $$

10.9

(1)设镜子的面积为 $A$,则单位时间入射到镜子上的动量大小为 $S A \cos \theta / c$,方向沿光线传播方向. 经镜子反射以后,动量大小不变,但方向发生变化:离开镜子,且与镜子平面法线成 $\theta$ 角. 于是,反射后光线动量的损失为其法向分量的2倍,即等于 $2 S A \cos ^{2} \theta / c$. 因此,镜子受到的压力为

$$ p=\frac{2 S A \cos ^{2} \theta}{c A}=\frac{2 S \cos ^{2} \theta}{c} $$

(2)若入射光能被镜子吸收的份额为 $a$,则光线经过反射前后的动量差为

$$ \frac{S A \cos \theta}{c} \cdot \cos \theta+\frac{S A \cos \theta}{c} \cdot(1-a) \cos \theta=\frac{(2-a) S A \cos ^{2} \theta}{c} $$

镜子受到的压力为

$$ p=\frac{(2-a) S A \cos ^{2} \theta}{A c}=\frac{(2-a) S \cos ^{2} \theta}{c} $$

10.10

取球坐标$(r, \theta, \phi)$,原点位于球心, $z$ 轴指向磁场 $\boldsymbol{B}$ 的方向. 在 $r_{1}$ 与 $r_{2}$ 之间,利用静电场的高斯定理,可导出电位移矢量 $\boldsymbol D=Q \boldsymbol e_r /(4 \pi r^{2})$,从而依次求得电磁动量密度 $\boldsymbol{g}$ 和角动量密度 $\boldsymbol{l}$ 如下:

$$ \boldsymbol{g}=\boldsymbol{D} \times \boldsymbol{B}=\frac{Q}{4 \pi r^{2}}\left(\boldsymbol{e}_{r} \times \boldsymbol{B}\right) $$

$$ \boldsymbol{l}=\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{g}=\frac{Q}{4 \pi r} \boldsymbol{e}_{r} \times\left(\boldsymbol{e}_{r} \times \boldsymbol{B}\right)=\frac{Q}{4 \pi r}\left(B \cos \theta \boldsymbol{e}_{r}-B \boldsymbol{e}_{z}\right) $$

将角动量密度 $\boldsymbol{l}$ 过整个电容器作体积分,可求得系统的总电磁角动量. 在积分过程中,只需考虑角动量的 $z$ 分量 $l_{z}=-Q B \sin ^{2} \theta /(4 \pi r)$,积分求得总电磁角动量

$$ L_{z}=\iiint_{V} l_{z} \text{d} V=-\frac{Q B}{4 \pi} \int_{0}^{2 \pi} \text{d} \phi \int_{0}^{\pi} \sin ^{3} \theta \text{d} \theta \int_{r_{1}}^{r_{2}} r \text{d} r=-\frac{Q B}{3}\left(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}\right) $$

将磁场撤消之后,损失的电磁角动量将等量转换为电容器的机械角动量,即 $L_{z}=I \omega$,由此导出电容器的自转角速度

$$ \omega=-\frac{Q B}{3 I}\left(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}\right) $$

负号表示旋转方向与 $z$ 轴呈左手螺旋关系,即沿着原来磁场方向看为逆时针旋转.

10.11

(1) 平面电磁波沿 $+z$ 方向传播，电场沿 $\boldsymbol e_x$，由 $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}$ 沿传播方向可知 $\boldsymbol{H}$ 沿 $\boldsymbol e_y$。真空波阻抗

$$ \eta_{0}=\sqrt{\frac{\mu_{0}}{\varepsilon_{0}}} $$

磁场振幅 $H_{0}=\dfrac{E_{0}}{\eta_{0}}=E_{0}\sqrt{\dfrac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}$，相位与电场一致，因此

$$ \boldsymbol{H} = E_{0}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\cos\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{y} $$

(2) 电磁能量密度瞬时值

$$ w = \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2}+\frac{1}{2}\mu_{0}H^{2} $$

代入场量，注意 $\varepsilon_{0}E^{2}=\mu_{0}H^{2}$：

$$ \begin{aligned} w &= \varepsilon_{0}E_{0}^{2}\cos^{2}\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right) \\ &= \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E_{0}^{2}\left[1+\cos\left(2\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - 2\omega t\right)\right] \end{aligned} $$

一个周期内余弦振荡项平均值为0，平均能量密度

$$ \overline{w} = \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E_{0}^{2} $$

(3) 坡印亭矢量（能流密度）瞬时值

$$ \boldsymbol{S}=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H} $$

$$ \begin{aligned} \boldsymbol{S} &= E_{0}\cos\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{x} \times E_{0}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\cos\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{y} \\ &= E_{0}^{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\cos^{2}\left(\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - \omega t\right)\boldsymbol{e}_{z} \\ &= \frac{E_{0}^{2}}{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\left[1+\cos\left(2\omega \sqrt{\mu_{0}\varepsilon_{0}}\,z - 2\omega t\right)\right]\boldsymbol{e}_{z} \end{aligned} $$

对一个周期取平均，振荡项为零，平均能流密度

$$ \overline{\boldsymbol{S}} = \frac{1}{2}E_{0}^{2}\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{\mu_{0}}}\,\boldsymbol{e}_{z} $$

Electromagnetics.A Notes Vol.1

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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静电场-NOTE

电荷守恒

电荷

电荷的具体定义并不存在，但是不影响对电荷性质（电性，电量，激发场，收洛伦兹力作用）的精确把握和使用。

电荷若干性质

自然界中存在正、负两种电荷，实验表明同号电荷相斥，异号电荷相吸

电荷是量子化的，任何电量都是$e$的整数倍

对称性（反粒子的存在性）

相对论不变性：电量是相对论不变量

电荷守恒：一个孤立系统（与外界不发生电荷交换的系统）的电荷总量（代数和）是保持不变的，它既不能创生，也不会消灭。

关于思考题1.2

数学上，有如下8种二元关系：设$R$是集合$A$上的二元关系，$x, y,z \in A$

自反性：对$\forall x \in A,xRx$成立；举例$\leq,\geq,=$
反自反性：对$\forall x \in A,xRx$不成立；举例$> , < , \neq$
对称性：若$xRy$，则$yRx$；举例$=$、同余、垂直
反对称性：若$xRy$且$yRx$，则$x=y$；举例$\leq,\geq,\subset$
传递性：若$xRy$且$yRz$，则$xRz$；举例$\leq,\geq,> , <,=$，整除，同余
反传递：若$xRy$且$yRz$，则必有$xRz$不成立；举例垂直
等价：自反 + 对称 + 传递，举例$=$，同余，全等相似，平行
偏序：自反 + 反对称 + 传递，举例$\leq,\geq,\subset$，整除
全序/线序：偏序 + 任意两元素可比较，举例实数集上的$\leq$
严格偏序：反自反 + 反对称 + 传递，举例$> , <,\subsetneq$

电性相反的关系满足对称性，无自反性和传递性。同性相吸，异性相斥，本质改变了电性的二元关系。

库仑定律

库仑定律 两个静止的点电荷$q_0$和$q_1$之间的作用力大小为$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_0 q_1}{r^2}$，方向沿着两点电荷连线，同号电荷相斥，异号电荷相吸。若点电荷$q_0$指向$q_1$的矢量为$\boldsymbol r$则$q_0$对$q_1$的力为

$$\boldsymbol F = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q_0 q_1 \boldsymbol r}{r^3}$$

库仑定律的讨论：点模型；静止条件；平方反比的精确性与光子（库仑力传递中介）质量精确为零直接相关，与万有引力的异同。

叠加原理

叠加原理 两个静止点电荷之间的相互作用力不因第三个静止点电荷的存在而改变。

推论静止点电荷系统中，每个点电荷受的静电力为其与其它点电荷库仑力的矢量和。

从离散点电荷到连续带点体系

宏观尺度上，带电体的净电量由其上的一部分数量可观的粒子携带，粒子之间的间距远小于宏观尺度。因此，可以认为带电体有连续电荷分布，而不会产生任何可观测的误差。

重点，理解宏观小微观大的概念，理解库仑力的离散求和形式到连续积分形式推导

$$ \Delta q_i = \frac{\Delta q_i}{\Delta V_i}\Delta V_i=\frac{\Delta q_i}{\Delta S_i}\Delta S_i = \frac{\Delta q_i}{\Delta l_i}\Delta l_i $$

可得带电面和带电线对点电荷$q_0$的作用力分别为

$$ \boldsymbol F = \frac{q_0}{4\pi\varepsilon_0}\int_S \frac{\sigma_e(\boldsymbol r')}{|\boldsymbol r-\boldsymbol r'|^3}(\boldsymbol r-\boldsymbol r')\mathrm{d} S' $$

$$ \boldsymbol F = \frac{q_0}{4\pi\varepsilon_0}\int_l \frac{\lambda_e(\boldsymbol r')}{|\boldsymbol r-\boldsymbol r'|^3}(\boldsymbol r-\boldsymbol r')\mathrm{d} l' $$

电场强度

电场强度 试探电荷是指：受到外部带点体系静电力作用，但是自身电量的存在不改变外部带电系统电荷分布的点电荷，物理上一般是带电量极小的点电荷。试探电荷$q_t$在静电场中的受力$\boldsymbol F$与电荷量之比定义为电场强度：

$$\boldsymbol E = \boldsymbol F / q_t$$

电场强度$\boldsymbol E$的性质

矢量场
电场强度与试探电荷无关，仅与施力物体（激发电场的带点体系）有关
电场是物理实在，可以携带能动量、角动量等（例如电场可以与物体相互作用）
与超距观点的不同：电荷激发场，场再对电荷作用

点电荷系统激发电场的计算式

$$ \boldsymbol E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{V'} \frac{\rho(\boldsymbol r')}{\left|\boldsymbol r - \boldsymbol r'\right|^3}(\boldsymbol r - \boldsymbol r')\mathrm{d} V' $$

当然，“电荷体密度-体积分”也可换为“电荷面密度-面积分”等等。

若干典型带点体系的电场

例均匀带电圆环轴上电场强度$\boldsymbol E = \frac{\lambda_eRz }{2\varepsilon_0(R^2+z^2)}\boldsymbol e_z$

例均匀带电圆盘轴上电场强度 $\boldsymbol E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left( 1-\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}} \right)\boldsymbol e_z,\ z>0$

电场线 电场线是用来形象描述电场的，虚构的空间中的一簇曲线。电场线每处的切向表示电场在此处的方向，电场线疏密代表电场强度大小。电场线从正电荷或无穷远射向负电荷或无穷远，两两永不相交，中途不间断。静电场电场线首尾不相连，不可能成环。

高斯定理

通量任意矢量场$\boldsymbol A$曲面有向微元$\Delta \boldsymbol S$的通量定义为微面元处场向量与面法向量的内积

$$ \Delta \varPhi = \boldsymbol A \cdot \Delta \boldsymbol S $$

对于任意曲面，其电通量由如下积分定义

$$ \varPhi = \int_S \boldsymbol A \cdot \mathrm{d} \boldsymbol S $$

通量具有叠加性，即多个矢量场总场对同一曲面产生的电通量等于每个场单独产生的通量代数和。必须指出，上述积分是第二类曲面积分，被积函数和积分元均有矢量性。多元微积分知识告诉我们当第二类曲面积分在闭合曲面上时可以采用Gauss定理。

高斯定理 通过任意一个闭合曲面的$S$的电通量，等于该闭合曲面内所包围的总电荷$q$除以真空介电常数$\varepsilon_0$.

$$ \oint _S \boldsymbol E\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S=\frac{q}{\varepsilon _0} $$

微分形式：

$$ \nabla\cdot\boldsymbol E=\frac{\rho}{\varepsilon_0} $$

其中$\rho$为电荷密度

注意：

静电场是有源场，电荷是它的源。
式中$\boldsymbol E$是$S$面上的电场，$\boldsymbol E$由全空间电荷分布决定，但电通量仅与内部总电荷有关。
$d\boldsymbol S$的方向规定为外法线方向。
物理的高斯定理核心是给出电场散度与电荷密度的关系，而不仅是给出第二类曲面积分的变换方法

推论对一个点电荷的电场，所取的曲面包含点电荷时，曲面对电荷所张的立体角为$4\pi$，曲面不包含电荷时，曲面对电荷所张的立体角为0。

积分形式的高斯定理重要意义在于其交代了通量（面积分）与面内总电量（体积分）的关系，并且与电荷分布无关，这有利于我们在特别是高对称性情况中通过电荷简单地推算电荷量，或反之。

高斯定理与库仑定律的关系*

高斯定理适用性比库仑定律更强（不限于静场），它是Maxwell方程组之一；高斯定理严格依赖于库仑力的平方反比性。

例电场线从正电荷$+q_1$出发，与正点电荷及负点电荷的连线成$\alpha$角，则该电场线进入负点电荷$-q_2$的角度$\beta$，则满足关系

$$ \sqrt{q_2}\sin \frac{\beta}{2}=\sqrt{q_1}\sin \frac{\alpha}{2} $$

(a)

证明我们把与正点电荷及负点电荷的连线成$\alpha$角的所有电场线取出来做成电场线管，则没有电场线从“管道”侧面进出，管道处处电通量相同。因此，在正电荷附近与负电荷附近，电场线管的电通量是相同的。同时，很靠近点电荷的位置上电场强度大小近似相同。以点电荷$+q_1$与$-q_2$为中心，取一半径$r$很小的球面，可视为其上电场线均匀分布，穿出顶角$2\alpha$所对的球冠面的电场线应完全穿入顶角$2\beta$角所对的球冠面，两面上电通量相等：

$$2\pi (1-\cos \alpha)\frac{q_1}{\varepsilon_0} = 2\pi (1-\cos \beta)\frac{q_2}{\varepsilon_0}$$

以上推导已经用到了顶角$2\theta$所对的球冠面的立体角为$2\pi(1-\cos \theta)$。

环路定理

静电场环路定理 静电场环路定理：静电场的环量恒等于零，即对任意闭合回路$L$有

$$ \oint_L \boldsymbol E \cdot \mathrm{d} \boldsymbol l = 0 $$

这个定理的物理含义是，静电场对带电粒子沿闭合回路运动一周做功为0；或者说，电场对带电粒子沿某条路径$l$运动的总功仅与$l$的始末位置有关，与$l$在始末位置之间如何变化无关！

矢量场沿着闭合回路积分描述了矢量场的“有旋性”，静电场环路定理说明静电场是无旋的。注意：

电场的无旋性是因为点电荷电场无角向分量，而不是因为平方反比；
根据叠加定理，带点系统的总静电场也是无旋的；
环路定理保证静电场的电场线不可能是闭合曲线；
如其名，静电场环路定理对含时电场失效。

电势

电势定义电势为

$$ \varphi(A)=\int_O^A\boldsymbol E \cdot \mathrm{d} \boldsymbol l $$

这个定义表明：电势是不唯一的，它与积分起点有关；积分起点给定后，空间各点电势唯一，积分结果和连接积分起点$O$与终点$A$的积分路径无关。

值得指出：

在实际问题中，常取无穷远、大地或电器外壳的电势为零;
电荷量无限大的带点体系只是近似模型，实际不存在；如要使用需取有限远的某点为电势零点；

任意带点体系的电势计算式

$$ \varphi(\boldsymbol r)=\int_V \frac{\rho(\boldsymbol r') \mathrm{d} V'}{4\pi\varepsilon_0 |\boldsymbol r-\boldsymbol r'|} $$

电势与电场的关系

电场是电势的梯度，也即标量场$\varphi$在某点变化最快的方向和变化率

$$ \boldsymbol E = -\nabla \varphi $$

根据上式，等势面与电场线处处垂直，垂直于等势面的方向正是电势变化最快都方向，也即电场方向。由于电势是标量场并且积分（一般）易于电场，我们经常会先算出带点体系的电势，再通过梯度运算求出电场。

经典案例

例偶极子$\boldsymbol p$的电势为$\varphi(\boldsymbol r)=\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r}{4\pi\varepsilon_0 r^3}$，电场

$$\boldsymbol E(r,\theta)= \frac{p \cos\theta}{2\pi\varepsilon_0 r^3}\boldsymbol e_r+ \frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\boldsymbol e_\theta$$

散度

散度的极限定义 设有矢量场$\boldsymbol A$，在场中任一点$P$处作一个包含$P$点在内的任一闭合曲面$S$，$S$所限定的体积为$\Delta V$，当体积$\Delta V$以任意方式趋近于$P$点时，如果下列极限存在

$$ \text{div} \boldsymbol A = \lim_{\Delta V\to 0} \frac{\oint_S \boldsymbol A \cdot \mathrm{d} \boldsymbol S}{\Delta V} $$

则称此极限为场在$P$点处的散度。

根据上述定义，数学上可以演算出散度在三维直角坐标系中可以由下面的方法算出

$$ \text{div} \boldsymbol A = \nabla\cdot\boldsymbol A=\frac{\partial A_x}{\partial x}+\frac{\partial A_y}{\partial y}+\frac{\partial A_z}{\partial z} $$

$A_x$等是指矢量场在$x$方向的分量。$\nabla=\boldsymbol e_x\frac{\partial}{\partial x}+\boldsymbol e_y\frac{\partial}{\partial y}+\boldsymbol e_z\frac{\partial}{\partial z}$ 称为Nabla算符，它是兼具矢量性与微分性的算符，具体体现为它与物理量作用时既要遵从积分乘积（内积、外积、并矢等）的规则，也要遵从微分（不可交换、链式法则等）的规则。散度计算中，Nabla与矢量场内积，就要先把$\nabla$和$\boldsymbol A$各分量相乘，再加和，同时所谓“相乘”操作是场分量收求导算符作用。

旋度

$$ \nabla \times \boldsymbol E= \begin{vmatrix} \boldsymbol e_x & \boldsymbol e_y & \boldsymbol e_z \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ E_x & E_y & E_z \end{vmatrix} =\varepsilon_{ijk}\frac{\partial E_j}{\partial x_i} $$

Stokes定理

$$ \oint_{l=\partial S} \boldsymbol A \cdot \mathrm{d} \boldsymbol l = \int_S (\nabla\times \boldsymbol A)\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S $$

（这里$l=\partial S$的含义是$l$是简单非闭合曲面$S$的边缘所代表的闭合曲线。）

导体电介质-NOTE

物质的电性质

按照电荷在物质中移动的难易程度，物质分为导体和电介质。

静电场中的导体

导体静电平衡条件 对于不存在非静电力的均匀、各向同性导体，达到静电平衡的条件是导体内部电场强度处处为零。

推论处在静电平衡条件下导体，导体体内电场为零，电荷为零，导体表面为等势面。

例球极坐标中的薄导体球面面电荷密度为$\sigma=\sigma_0\cos\theta$，则球面内为匀强电场$\boldsymbol E=-\dfrac{\sigma_0}{3\varepsilon_0}\boldsymbol e_z$，方向从极角0指向极角$\pi$。

电容

孤立导体电容 一个电量为$Q$的孤立导体，电势为$U$（无穷远处为电势零点），则电容$C=Q/U$，代表使导体每升高单位电势所需的电量，反映导体容纳电荷的能力。

电容器

电容器由带有等量异号电荷、很靠近的两个导体A, B构成，电容值定义为$C=\dfrac{Q}{|U_A - U_B|}$

计算电容器电容值的一般方法：先假设电容器的两极板带等量异号电荷，求出极板之间的电场强度，求出极板之间的电势差，即可求出电容。

电介质

电介质极化

电介质在外电场作用下，其表面甚至内部出现极化电荷的现象，称为电介质的极化，外电场与极化电荷激发的电场共同组成总场

$$ \boldsymbol E = \boldsymbol E_0 + \boldsymbol E' $$

极化的微观机理是极性分子的取向极化或者中性分子的位移极化。

说明

介质极化过程中束缚电荷无宏观移动，更不能转移到其它带电体，只有微观变化（对比：静电感应时导体中的自由电荷有宏观移动）
极化电荷永远被束缚在产生它的分子/原子上，只要电介质不移动，极化电荷也不能自由运动，只能随极化程度增减；例如把极化电荷通过导线导出来是不可能的

极化强度

极化强度 极化强度是单位体积内分子电偶极矩的矢量和为极化强度矢量

$$ \boldsymbol P= \lim_{\Delta V\to 0}\frac{\sum \boldsymbol p_{\text{分子}}}{\Delta V} $$

理解这个公式需要把握“宏观小微观大”的观点，即$\Delta V$相对于我们考察的体系是充分小，而$\Delta V$包含充分多的分子以至于这样取平均的极限是存在的。

极化电荷分布

考察一块体积$V$（这里可以是宏观大的），分析极化电荷相对于体积边界$S=\partial V$的位置。整个极化出来的电偶极子都在$V$内，对$V$的净极化电荷量没有贡献（正负抵消）；整个极化出来的电偶极子都在$V$外，对$V$的净极化电荷量没有贡献（完全无关）；因此只有电偶极子恰好穿过$S$的有贡献。

设电偶极矩为$\boldsymbol p_i$的分子数密度为$n_i$，在$\mathrm{d} S$上贡献极化电荷

$$ d Q_i' = n_i\boldsymbol p_i\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S $$

$d \boldsymbol S$上总极化电荷

$$ d Q' = \sum_i \mathrm{d} Q_i' = -\sum_in_i\boldsymbol p_i\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S = -\boldsymbol P\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S $$

极化电荷量微元对$S$积分即得体积内总极化电荷

$$ Q'=\oint_{\partial V}\boldsymbol P\cdot \mathrm{d}\boldsymbol S=\int_V \rho_e' \mathrm{d} V $$

刚刚的分析是基于宏观大的体积块。根据数学高斯定理，上式微分形式即给出极化电荷体密度

$$ \rho_e'=-\nabla\cdot \boldsymbol P $$

使用类似的微元分析法可以得到在电介质分界面上有极化电荷面密度

$$ \sigma_e'=\boldsymbol n\cdot\boldsymbol P $$

(a)

例均匀极化的电介质球，半径为$R$，极化强度矢量$\boldsymbol P$，球表面上极化电荷分布为$P\cos\theta$，这样的极化电荷在介质球内会激发出匀强的极化电场$\boldsymbol E’=-\boldsymbol P/(3\varepsilon_0)$

电介质结构方程 —— 场与极化强度的关系

总电场（注意不是仅极化电场或外电场）与极化强度都是矢量，之间的一阶关系可一般地用电极化率张量$\boldsymbol \chi_e$描述为

$$ \boldsymbol P =\boldsymbol \chi_e \cdot \varepsilon_0\boldsymbol E $$

对于各向同性均匀介质，二阶张量退化为标量

$$ \boldsymbol P=\chi_e\varepsilon_0\boldsymbol E $$

【书上第55页的东西估计不会考，不用记】

电介质中静电场的基本定理

根据

$$ \begin{cases} \rho_e=\varepsilon_0\nabla\cdot \boldsymbol E \quad (\text{总电荷密度})\\ \rho_e'=-\nabla\cdot \boldsymbol P \quad (\text{极化电荷密度})\\ \boldsymbol P=\chi_e\varepsilon_0\boldsymbol E \end{cases} $$

可得自由电荷密度满足

$$ \rho_{e0}=\nabla\cdot (\varepsilon_0\boldsymbol E+\boldsymbol P) $$

电位移矢量 定义矢量场$\boldsymbol D$

$$ \boldsymbol D=\varepsilon_0\boldsymbol E+\boldsymbol P \tag{1} $$

这个场称为电位移场。对于各向同性均匀电介质，定义$\varepsilon_r=1+\chi_e$，那么

$$ \boldsymbol D=\varepsilon_r\varepsilon_0\boldsymbol E $$

推论电位移矢量与自由电荷的关系为$\rho_{e0}=\nabla\cdot \boldsymbol D$

推论各向同性均匀电介质体内无自由电荷处必无极化电荷。若介质内某$\boldsymbol r$有自由点电荷，那么极化电荷会存在于$\boldsymbol r$周围极小的一周，而$\boldsymbol r$以外、电介质以内其它位置仍没有极化电荷。

利用电位移矢量解题的一般方法

分析自由电荷分布
计算各处电位移矢量场
根据式(1)和介质结构性方程计算电场或极化强度
根据极化强度可算极化电荷；根据电场可算总电荷

边值关系和唯一性定理

推论静电场中，极化电荷激发电场也服从环路定理，因此仍有$\nabla\times \boldsymbol E=0$

边值关系

静电场边值关系 设介质1, 2某处分界面法向为$\boldsymbol n$，从1指向2。则静电场中：电场强度在边界上切向分量连续$(\boldsymbol E_1-\boldsymbol E_2)\times\boldsymbol n=0$；电位移矢量在边界上法向分量与边界上自由电荷面密度满足$(\boldsymbol D_2-\boldsymbol D_1)\cdot\boldsymbol n=\sigma_{e0}$；电势在边界上连续。

一般边界上没有自由电荷，因此电位移法向分量一般连续。以上是最常用的几条边值关系，当然根据电位移-电场的关系，可以导出另外的边值关系，只是没那么好用。

唯一性定理 给定电场空间边界面$S$（可以是有限闭合曲面，也可以趋向无穷远）上的电势$U_S$、$S$内的导体和介质分布（介电常数确知），并给定下列两条件之一：（1）每个导体电势$U_i$已知；（2）每个导体上总电量$q_i$，那么$S$内满足高斯、环路定理的静电场解是唯一的。

该定理表明：边界条件确定，则静电场唯一确定。实际上，数学上最宽松的唯一性定理描述如下（也许不太严谨，能领会大意即可）：

唯一性定理（数学） 设区域$\Omega$为有界区域，边界为$\partial \Omega=S$，考虑泊松方程

$$ \nabla\cdot(\varepsilon(\boldsymbol r) \nabla u)=-\rho(\boldsymbol r) $$

其中$\varepsilon$为已知连续（分片光滑）介电常数，$\rho$为已知电荷密度。设边界$S$的一个划分为$S_D, S_N, S_R$，在$S_D$上满足$u(\boldsymbol r)=f(\boldsymbol r)$，在$S_N$上满足$\varepsilon \dfrac{\partial u}{\partial n}(\boldsymbol r)=g(\boldsymbol r)$，在$S_R$上满足$u(\boldsymbol r)+\alpha \varepsilon \dfrac{\partial u}{\partial n}(\boldsymbol r)=h(\boldsymbol r)$，且满足$S_D$非空或者$S_R$非空且$\alpha>0$（为了避免$u$有任意常数项），那么：泊松方程在$\Omega$内解唯一。

物理上的唯一性定理的边界条件正对应上述三种边界，即Dirichlet 条件和（积分型） Neumann 条件。

例一个半径为$R$的均匀介质球，相对介电常量为$\varepsilon_r$，放置在均匀外电场$E_0$中。则球均匀极化（之前的例子讲过），并且与退极化场$\boldsymbol E’$关系为：

$$\boldsymbol P=-3\varepsilon_0\boldsymbol E'$$

两类电介质静电学题目

介质界面与电场线重合的情况 注意，我们限于讨论带电体为导体的情况，这时导体表面就是等势面，电场线与导体表面垂直。分析思路：

由于介面与场平行，因而极化强度在介质界面上没有法向分量；
因此，极化面电荷只可能存在于介质与导体的边界面上；
导体总是要保证内电场为零，据此我们“猜测”介质和导体边界上的总电荷面密度的分布形式维持不变；
总电荷面密度分布不变，并不意味着总电量正好等于导体所带的自由电荷量，前者可以是后者的$\alpha$倍；
这样一来，有介质存在时的电场可表示为无介质时电场$\alpha$倍；

这种题目解题步骤就是：计算完全没有（各种所有）介质时的电场分布$E_0$；设有介质是电场为$E=\alpha E_0$；根据电介质高斯定理和电介质结构方程，即可搭建起电荷与电势的关系；题目给出电势（本质即给出电场），就可算电荷分布 —— 反之亦然。

介质界面与等势面重合的情况 分析思路：

有介质时的电位移场与无任何介质情况下的电场，满足同一方程（高斯与环路，只是差了系数$\varepsilon_0$）；
这就说明$\boldsymbol D=\varepsilon_0\boldsymbol E_0$；

这种题目解题步骤就是：计算完全没有（各种所有）介质时的电场分布$E_0$；有介质系统的电位移场即$\boldsymbol D=\varepsilon_0\boldsymbol E_0$；再根据电介质结构方程，即可搭建起电荷与电势的关系。

电像法

关于电像法使用的几点提示：

分清楚物理空间与非物理空间，原有电荷与欲分析电场的空间是物理空间；例如导体球外放置电荷，考察球外电场，则球外为物理空间，球内为非物理空间；
像电荷只能存在于非物理空间；
像电荷只是用来与原电荷一起，产生与原系统相同的电场，目的是辅助计算；像电荷不直接给出任何带电量性质，必须从得到的场入手，使用Gauss定理反推真实的电荷分布；

静电能-NOTE

真空中的静电能

真空中点电荷的静电能（相互作用能）

根据静电能与做功的关系，将两个相聚无穷远的点电荷$q_1,q_2$移动到相对位置为$\boldsymbol r$，外力克服静电力做功（不妨设$q_1$不动只移动$q_2$）为

$$ A=\int_\infty^{\boldsymbol r}(-\boldsymbol F_e(\boldsymbol r'))\cdot \mathrm{d} \boldsymbol r' $$

其中$-\boldsymbol F_e$就是外力矢量，因为要克服库仑力所以是库仑力的负数。计算得$A=\dfrac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0 r}$，这就是真空中点电荷的相互作用能的计算式。根据电场的叠加原理可知，若有$N$个点电荷$q_1$到$q_N$，整个系统的静电能为

$$ A=\sum_{i=1}^N\sum_{j \neq i}^N \frac{q_i q_j}{8\pi\varepsilon_0 r_{ij}} $$

这里之所以是八分之一，是因为对指标$i,j$的遍历虽然避免了$i=j$却没有避免$i\neq j$时互换导致同一对点电荷计入求和两次的情况。点电荷系统的静电能就是两两一组计算它们之间的静电能，再全部加起来。纯点电荷构成的系统的静电能就是相互作用能。

真空连续电荷分布的静电能

点电荷系统的静电能计算公式有另一种理解方法：

$$ A=\frac 1 2 \sum_{i=1}^N q_i \sum_{j \neq i}^N \frac{q_j}{4\pi\varepsilon_0 r_{ij}} = \frac 1 2 \sum_{i=1}^N q_i \left(\sum_{j \neq i}^N \frac{q_j}{4\pi\varepsilon_0 r_{ij}}\right) = \frac 1 2 \sum_{i=1}^N q_i U_i $$

其中$U_i$指的是，除了$q_i$以外所有其他点电荷在$q_i$所在位置$\boldsymbol r_i$激发的电势。

从这一理解出发，一个连续带电体组成的系统的静电能可以写为

$$ W_e=\frac 1 2 \int_V \rho_e(\boldsymbol r)U_1(\boldsymbol r)\mathrm{d} V $$

$U_1(\boldsymbol r)$表示除$\rho_e(\boldsymbol r)\mathrm{d} V$ 外的其余电荷在$\boldsymbol r$处产生的电势。实际上由于$\mathrm{d} V$随着线度三次方减小，故$\mathrm{d} V$球形微元的电势随着线度平方减小， $\rho_e(\boldsymbol r)\mathrm{d} V$在$\boldsymbol r$处产生的电势当$\mathrm{d} V\to0$时也趋近于零，从而也可以直接认为

$$ W_e=\frac 1 2 \int_V \rho_e(\boldsymbol r)U(\boldsymbol r)\mathrm{d} V $$

$U(\boldsymbol r)$表示$\boldsymbol r$处的总电势。电荷线密度的体系不得使用此公式，因为$\lambda_e \mathrm{d} l$在自身处的电势不仅不趋于零，还会按$\ln(1/r)\to\infty$，因此，在计算静电能时，带电体的线径无论怎样小，都不能当作线电荷处理。

多个带电体组成的系统的静电能

设有$N$个带电体。先使用单一连续带电体的公式

$$ \begin{aligned} W_e&=\frac 1 2 \int_V \rho_e(\boldsymbol r)U(\boldsymbol r)\mathrm{d} V \\ &=\frac 1 2 \sum_{i=1}^N \int_{V_i}\rho_e(\boldsymbol r)U(\boldsymbol r)\mathrm{d} V \\ &=\frac 1 2 \sum_{i=1}^N \int_{V_i}\rho_e(\boldsymbol r)\big(U^{(i)}(\boldsymbol r)+U_i(\boldsymbol r)\big)\mathrm{d} V\\ &\quad\big(U_i\text{指的是除第}i\text{个带电体外其余带电体在}\boldsymbol r\text{处产生的电势}\big) \\ &=\sum_{i=1}^N\frac 1 2 \int_{V_i}\rho_e(\boldsymbol r)U^{(i)}(\boldsymbol r)\mathrm{d} V +\sum_{i=1}^N\frac 1 2 \int_{V_i}\rho_e(\boldsymbol r)U_i(\boldsymbol r)\mathrm{d} V \\ &=\sum_{i=1}^N W_{\text{自}i}+W_{\text{互}} \end{aligned} $$

注意点电荷、线电荷的自能不能计算自能；任意带电物之间都可以计算互能。自能本质上只是由于对带电体空间划分引入的概念，只是把一部分带电体内部相互作用的能量抽离出来考察，与互能的来源都是静电相互作用，没有本质区别！

空间存在线性无损耗电介质情形

先说结论，静电能（就是负变化等于静电力做功的能量）定义为

$$ W_e=\frac 1 2 \int_V \big(\rho_{e0}(\boldsymbol r)+\rho_e'(\boldsymbol r)\big)U(\boldsymbol r)\mathrm{d} V $$

我们定义宏观静电能

$$ W_{e0}=\frac 1 2 \int_V \rho_{e0}(\boldsymbol r)U(\boldsymbol r)\mathrm{d} V $$

极化能

$$ W_{ep}=-\frac 1 2 \int_V \rho_e'(\boldsymbol r)U(\boldsymbol r)\mathrm{d} V $$

电荷体系在外电场中的静电能

电荷体系与（产生所谓外场的）电荷体系之间的能量本质是相互作用能。但如果把两个带电体分别视为研究对象和外环境，该式可被定义为电荷体系在外电场中的静电能

$$ W=\int_V \rho_e(\boldsymbol r)U(\boldsymbol r)\mathrm{d} V $$

电场的能量和能量密度

近距作用观点认为电场能量本质上存在于电场中，因此我们可以定义静电能量密度

$$ w_e=\frac 1 2 \boldsymbol D\cdot\boldsymbol E $$

那么总的静电能就是能量密度对体积分。下式是万用的，即使是各向异性电介质、含时场等也适用

$$ W_e=\int_V w_e(\boldsymbol r)\mathrm{d} V=\int_V \frac 1 2 \boldsymbol D\cdot\boldsymbol E \,\mathrm{d} V $$

对于线性无损耗电介质，我们也可以推导出宏观静电能密度$w_{e0}=\frac1 2 \varepsilon_0 E^2$，极化能密度$w_{ep}=\frac1 2 \boldsymbol P\cdot\boldsymbol E$。

非线性介质及电滞损耗

此部分参考教材复习理解即可。

利用静电能求静电力

求解静电力的两个原则

静电体系，静电力只与电荷和场分布有关，与如何维持这个静电系统的外界无关
首选虚功原理解法，尽量掌握应力张量解法

静电力做功（注意不是外力克服静电力做功）的功能关系

$$ -\boldsymbol F_e \cdot \delta \boldsymbol s + \delta A = \delta W_e $$

其中$-\boldsymbol F_e \cdot \delta \boldsymbol s$就是静电力做功引起静电能变化，$\delta A$是非静电力（例如电源）做功。

力矩的静电能求法：静电力矩与转动角度实际也是一对广义力-广义位移，因此也满足功能关系

$$ -\boldsymbol M_e \cdot \delta \boldsymbol \theta + \delta A = \delta W_e $$

稳恒电流-NOTE

稳恒条件

电流强度与电流密度

电流强度定义：

$$ I = \frac{\Delta q}{\Delta t} $$

只能描述整体电流大小；电流密度是精细矢量场量，描述导体内部各点电流分布。面元电流关系：

$$ \Delta I = \boldsymbol j\cdot \Delta\boldsymbol S = j\Delta S\cos\theta $$

载流子漂移速度

金属中电子定向漂移速度极慢 $u\sim 10^{-4},\text{m/s}$，通电瞬间灯亮是因为电场以光速传播。电流密度与漂移速度关系：

$$ \boldsymbol j = -ne\boldsymbol u $$

$n$ 为电子数密度，$e$ 为元电荷，负号表示电流方向与电子漂移方向相反。

电流连续方程（电荷守恒）

积分形式：

$$ \oint_S \boldsymbol j\cdot \mathrm{d}\boldsymbol S = -\frac{d q}{d t} $$

微分形式：

$$ \nabla\cdot \boldsymbol j = -\frac{\partial \rho_e}{\partial t} $$

稳恒条件结论

稳恒时电荷不随时间积累 $\dfrac{\partial \rho_e}{\partial t}=0$，故稳恒条件：

$$ \nabla\cdot \boldsymbol j = 0,\qquad \oint_S \boldsymbol j\cdot \mathrm{d}\boldsymbol S=0 $$

稳恒电流电流线必闭合无起止点；
无分支导线同一电流管各截面电流强度相等；
稳恒电流激发的电场为静电场。

欧姆定律与焦耳定律

欧姆定律积分形式

$$ I=\frac{U}{R},\quad U=IR $$

导体电阻公式：

$$ R = \rho \frac{l}{S} $$

电阻率 $\rho$，电导率 $\sigma=\dfrac{1}{\rho}$；电导 $G=\dfrac{1}{R}$，单位西门子 $\text{S}$。

欧姆定律微分形式

$$ \boldsymbol j = \sigma \boldsymbol E $$

适用范围比积分形式更广，非稳恒也可近似成立；场观点描述导电规律核心公式。

焦耳定律

积分热功率：

$$ P=IU=I^2R=\frac{U^2}{R} $$

热功率密度（单位体积热功率）微分形式：

$$ p = \frac{j^2}{\sigma} $$

经典电子论微观解释

自由电子热运动无宏观电流；外电场下电子漂移、与晶格碰撞，产生电阻与焦耳热；碰撞后速度“失忆”，各向等概率散射。

欧姆定律失效情形

强电场、低气压电离气体、晶体管非线性器件、高频交变场、各向异性导体、超导体。

电源与电动势

非静电力与电动势

稳恒电流线闭合，需非静电力搬运电荷维持电势差。电动势定义：单位正电荷绕回路一周非静电力做功

$$ \mathcal{E} = \oint_L \boldsymbol K\cdot \mathrm{d}\boldsymbol l $$

$\boldsymbol K$ 为单位正电荷受非静电力；电动势是标量，单位伏特。

电源内部欧姆定律

$$ \boldsymbol j = \sigma_\text{内}(\boldsymbol K+\boldsymbol E) $$

全电路欧姆定律

$$ \mathcal{E} = I(R+r),\quad U=\mathcal{E}-Ir $$

$r$ 电源内阻，$U$ 路端电压。易错点：开路 $I=0\Rightarrow U=\mathcal{E}$；短路电流极大严禁短路；电源电动势、内阻由自身性质决定，与外电路无关。

稳恒电路静电场作用

调节导线与界面电荷分布；能量中转：静电力耗能、非静电力供能，闭合回路静电力总功为0。

基尔霍夫定律

电路基本概念

节点：3条及以上支路汇合点；支路：两节点间电源电阻串联通路；回路：闭合环路；独立回路：每个回路含独有支路，平面电路取网孔即可。

基尔霍夫第一定律（节点电流定律）

$$ \sum I_\text{入} = \sum I_\text{出} \quad\text{或}\quad \sum I = 0 $$

本质是稳恒条件 $\nabla\cdot \boldsymbol j=0$。独立方程数：$n$ 个节点给出 $n-1$ 个独立方程。

基尔霍夫第二定律（回路电压定律）

$$ \sum (\pm\mathcal{E}\pm IR\pm Ir)=0 $$

符号规则：先取回路绕行方向；绕行经电源内部从负到正 $\mathcal{E}$ 取正；电流方向与绕行同向 $IR$ 取正，反之负。本质是静电场环路定理 $\oint \boldsymbol E\cdot \mathrm{d}\boldsymbol l=0$。

解题方法

支路电流法：设所有支路电流方向，联立节点+独立回路方程求解；结果为负表示实际电流与假设反向。回路电流法：设独立回路电流，先解回路电流再求支路电流，与支路电流法等效。

稳恒电流与静电场综合求解

界面边界条件

介质分界面上：

$$ \begin{cases} E_{1t} = E_{2t} \\ j_{1n} = j_{2n} \end{cases} $$

即电场切向分量连续，电流密度法向分量连续。

场量对应类比

静电场 $\leftrightarrow$ 稳恒电流： $\boldsymbol E\leftrightarrow\boldsymbol E,\ \boldsymbol D\leftrightarrow\boldsymbol j,\ \varepsilon\leftrightarrow\sigma$。

结论：稳恒电流场分布仅由电导率 $\sigma$ 决定，与介电常数 $\varepsilon$ 无关；极化电荷、自由电荷配比与 $\varepsilon$ 有关。

Electromagnetics.A Notes Vol.2

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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静磁场-NOTE

毕奥–萨伐尔定律

定律形式

稳恒电流元$I \mathrm{d}\boldsymbol{l}$ 在空间场点产生的磁感应强度：

$$ \mathrm{d} \boldsymbol{B} = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{I \mathrm{d} \boldsymbol{l} \times \boldsymbol{e}_r}{r^2} $$

遵循矢量叠加原理，总磁场为所有电流元磁场矢量和。

无限长直电流磁场结论

距离直线电流$r$ 处磁感应强度大小：

$$ B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r} $$

圆形电流环轴线上磁场（例题5.2结论）

半径$R$、电流$I$ 的圆线圈，轴上距环心$z$ 处：

$$ B = \frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} $$

定义圆线圈磁矩：

$$ \boldsymbol{m} = I\boldsymbol{S} = I\pi R^2 \boldsymbol{e}_z $$

任意载流线圈远场磁场

当场点距离$r_0\gg$线圈尺度时，磁场等效为磁偶极子场，形式与电偶极子电场对偶，仅需用磁矩$\boldsymbol{m}$ 表征，无独立磁荷贡献

$$ \boldsymbol{B}=-\frac{\mu_0 \boldsymbol{m}}{4\pi r^3}+\frac{3\mu_0(\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{r})}{4\pi r^5}\boldsymbol{r} $$

螺线管轴线磁场结论

单位长度匝数$n$，电流$I$：

无限长螺线管内部：$$B = \mu_0 n I$$
半无限长螺线管端面处：$$B = \dfrac{1}{2}\mu_0 n I$$

有限长螺线管轴上磁场为$B=\mu_0 nI\frac{\cos\beta_1-\cos\beta_2}{2}$，角度是场点与螺线管端点连线同轴线方向的夹角。

安培定律与电流单位定义

电流元间安培作用力

两稳恒电流元之间作用力不满足牛顿第三定律，但闭合回路间整体作用力满足牛顿第三定律。

$$ \mathrm{d} \boldsymbol{F}_{12}=\frac{\mu_0 I_1I_2 \mathrm{d} \boldsymbol{l}_2\times(\mathrm{d} \boldsymbol{l}_1\times \boldsymbol{r}_{12})}{4\pi r_{12}^3},\quad \boldsymbol{r}_{12}=\boldsymbol{r}_2-\boldsymbol{r}_1 $$

静磁场基本定理

磁场高斯定理

积分形式：

$$ \oint_S \boldsymbol{B}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} = 0 $$

微分形式：

$$ \nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0 $$

物理意义：磁场是无源场，无孤立磁单极，磁感应线为闭合曲线或无起止点。

安培环路定理

积分形式：

$$ \oint_L \boldsymbol{B}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = \mu_0 \sum I_{\text{内}} $$

微分形式：

$$ \nabla\times\boldsymbol{B} = \mu_0 \boldsymbol{j} $$

电流正负：右手四指沿环路绕行方向，电流与大拇指同向取正，反向取负。 易错点：只有稳恒静磁场环路定理严格成立；时变磁场需引入位移电流修正。

磁矢势

磁矢势定义与基本关系

由$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$ 可引入磁矢势$\boldsymbol{A}$，满足：

$$ \boldsymbol{B} = \nabla\times\boldsymbol{A} $$

磁矢势积分表达式

线电流、体电流磁矢势：

$$ \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi}\oint_L \frac{I \mathrm{d}\boldsymbol{l}'}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}'|},\quad \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r}) = \frac{\mu_0}{4\pi}\int_V \frac{\boldsymbol{j}(\boldsymbol{r}') \mathrm{d} V'}{|\boldsymbol{r}-\boldsymbol{r}'|} $$

磁矢势性质

规范任意性：由于“梯度无旋，旋度无散”，$\boldsymbol{A}\to\boldsymbol{A}+\nabla\varphi$ 不改变$\boldsymbol{B}$；
闭合回路磁矢势环量等于回路围面磁通量：$\displaystyle\oint_L \boldsymbol{A}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = \Phi_B$；
无电流区域$\boldsymbol{A}$ 满足拉普拉斯方程，有电流区域满足泊松方程。

磁约束等离子体（磁镜模型）

磁镜磁场位形

由两个通有同向电流的共轴线圈构成，形成中间磁场弱、两端磁场强的轴对称磁场位形。

(a)

带电粒子运动分解与回旋磁矩

带电粒子速度分解为垂直和平行于磁场分量：

$$ \boldsymbol{v} = \boldsymbol{v}_\perp + \boldsymbol{v}_\parallel $$

定义粒子回旋磁矩：

$$ m = \frac{\dfrac{1}{2}mv_\perp^2}{B} $$

由磁矩守恒$m = \text{Const.}$

$$ \frac{v_{\perp}^2}{B} = \frac{v_{\perp0}^2}{B_0} $$

一开始$v_{\perp0}=v\sin\theta_m$，随着粒子从中心弱磁场$B_0$ 向两端强磁场$B$ 运动时，$B$ 增大$\Rightarrow v_\perp$ 增大；由于洛伦兹力不做功，总动能守恒：

$$ \frac{1}{2}m(v_\perp^2 + v_{\parallel}^2) = \text{常量} $$

$v_\perp$ 增大则$v_\parallel$ 减小，直至镜点处$v_\parallel = 0,\ v_{\perp}=v$，粒子无法继续前进，被磁场反射反向螺旋运动，从而被约束在两镜之间。

磁镜比与临界投掷角

设中心磁场$B_0$，端部最大磁场$B_m$，定义磁镜比：

$$ R_m = \frac{B_m}{B_0} $$

投掷角$\theta$ 为速度与磁场夹角，满足

$$ \sin^2\theta_m = \frac{B_0}{B_m} $$

仅初始投掷角$\theta \ge \theta_m$ 的粒子能被磁镜捕获；$\theta<\theta_m$ 的粒子会从端部逃逸。

静磁场中的磁介质-NOTE

磁介质及其磁化强度$\boldsymbol{M}$

磁化强度定义

根据安培分子电流假说，已磁化物质的磁性来源于物质内部有规则排列的分子电流。描述磁介质磁化强弱与方向的宏观矢量，定义为体积元内分子磁矩的平均：

$$ \boldsymbol{M} = \frac{\sum \boldsymbol{m}_{\text{分子}}}{\Delta V} $$

无外场时分子磁矩无序排列，$\boldsymbol{M}=\boldsymbol{0}$，介质处于未磁化状态。

磁化电流概念

磁化后分子电流有序排列形成的宏观等效电流。与传导电流对比：磁化电流无电荷宏观迁移、无焦耳热；二者均可激发磁场、受磁场作用力。

磁化强度与磁化电流积分关系

磁化强度沿闭合回路的环量等于回路包围的总磁化电流：

$$ \oint_L \boldsymbol{M} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l} = I'_{\text{总}} $$

蓝色结论：均匀磁化介质（$\boldsymbol{M}=$ 常矢量）内部无磁化电流，磁化电流仅出现在介质界面或非均匀磁化区域。

磁化面电流边值关系

两磁介质分界面上，磁化面电流线密度$\boldsymbol{i}’$满足：

$$ \boldsymbol{i}' = \boldsymbol{n} \times (\boldsymbol{M}_2 - \boldsymbol{M}_1) $$

$\boldsymbol{n}$ 为介质1指向介质2的界面法向单位矢量。

磁介质中静磁场的基本定理

磁感应强度基本定理

总磁场$\boldsymbol{B}$（传导电流+磁化电流共同激发）仍满足真空中磁场基本规律：

$$ \oint_S \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{S} = 0,\quad \oint_L \boldsymbol{B} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l} = \mu_0(I_0 + I') $$

磁场强度$\boldsymbol{H}$定义

引入辅助矢量消去磁化电流，简化环路定理，定义：

$$ \boldsymbol{H} = \frac{\boldsymbol{B}}{\mu_0} - \boldsymbol{M} $$

这个式子描述了三个矢量场的关系，是磁介质里最根本的结构方程，与磁介质材料特有属性无关。

磁介质中安培环路定理

引入$\boldsymbol{H}$后，环路定理仅保留传导电流：

$$ \oint_L \boldsymbol{H} \cdot \mathrm{d} \boldsymbol{l} = I_0 $$

$I_0$ 为闭合回路$L$包围的传导电流代数和。

介质的磁化规律

线性各向同性磁介质本构关系

弱磁介质（顺磁、抗磁）满足磁化强度与磁场强度线性相关：

$$ \boldsymbol{M} = \chi_m \boldsymbol{H} $$

$\chi_m$ 为磁化率，由此推导出磁介质性能方程：

$$ \boldsymbol{B} = \mu \boldsymbol{H},\quad \mu = \mu_0(1+\chi_m) $$

顺磁质与抗磁质区分

顺磁质：$\chi_m>0,\ \mu>\mu_0$，磁化率量级 $10^{-4}\sim 10^{-5}$；
抗磁质：$\chi_m<0,\ \mu<\mu_0$，磁化率量级 $10^{-5}\sim 10^{-7}$；

二者均为弱磁性物质。

边值关系和唯一性定理

磁感应强度法向边值关系

磁介质分界面无自由磁荷，$\boldsymbol{B}$ 法向分量连续：

$$ \boldsymbol{n}\cdot(\boldsymbol{B}_2 - \boldsymbol{B}_1) = 0 $$

磁场强度切向边值关系

界面存在传导面电流$\boldsymbol{i}_0$时：

$$ \boldsymbol{i}_0 = \boldsymbol{n} \times (\boldsymbol{H}_2 - \boldsymbol{H}_1) $$

蓝色常用结论：一般介质界面无传导面电流（$\boldsymbol{i}_0=\boldsymbol{0}$），则$\boldsymbol{H}$切向分量连续：

$$ \boldsymbol{n} \times (\boldsymbol{H}_2 - \boldsymbol{H}_1) = \boldsymbol{0} $$

两类典型介质界面模型

介质界面与磁感应线重合：$\displaystyle \boldsymbol{H} = \frac{\boldsymbol{B}_0}{\mu_0}$，各区磁感应强度 $\boldsymbol{B}_i = \mu_i \boldsymbol{H}$；
介质界面与磁感应线垂直（等磁势面）：填充介质后 $\boldsymbol{B} = \alpha \boldsymbol{B}_0$，$\alpha$ 为待定常数，结合边界条件求解。

磁路定理及其应用

磁路与电路类比

利用数学形式相似性，将磁场线管等效为磁路，对标直流电路分析。

基本物理量对应关系

磁通量 $\Phi_B = B S \leftrightarrow$ 电流 $I=jS$；磁阻 $R_m \leftrightarrow$ 电阻 $R$；磁导率 $\mu \leftrightarrow$ 电导率 $\sigma$。

分段磁阻公式

分段均匀磁路，第$i$段磁阻：

$$ R_{mi} = \frac{l_i}{\mu_i S_i} $$

总磁阻满足串联关系 $\displaystyle R_m = \sum_i R_{mi}$。

磁路定理（磁路欧姆定律）

闭合磁路中，磁动势$\mathcal{E}m$、磁通量、总磁阻满足： $$ \mathcal{E}_m = \Phi_B R_m $$ 单段磁路磁势降为 $\Phi_B R{mi}$；闭合磁路中磁通量$\Phi_B$处处相等。

电磁感应-NOTE

法拉第电磁感应定律与楞次定律

法拉第电磁感应定律

任意闭合回路感应电动势等于磁通量变化率的负值，是处理所有感应问题总纲领。

$$ \mathcal{E} = -\frac{\mathrm{d} \Phi}{\mathrm{d} t},\quad \Phi = \iint_S \boldsymbol{B}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} $$

负号物理意义由楞次定律解释，是能量守恒的数学体现。

电磁场是统一整体，电场、磁场的划分依赖观测惯性系，电、磁是同一张量场的不同分量，无绝对区分。

两类“磁生电”

动生电动势公式

考察一个任意形状的导体闭合线圈在任意恒定磁场中运动或形变，线圈两端之间的动生电动势为

$$ \mathcal{E} = \oint_C (\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

一般地，一段载流导线$a\to b$

$$ \mathcal{E}_{ab} = \int_a^b (\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} $$

动生电动势源于洛伦兹力，同下面的涡旋电场无关。

洛伦兹力不做功与安培力做功的辨析

电子总速度为导体运动速度$\boldsymbol{v}$加漂移速度$\boldsymbol{u}$，总洛伦兹力$\boldsymbol{F}=-e(\boldsymbol{v}+\boldsymbol{u})\times\boldsymbol{B}$分解为两分量：

$$ \begin{cases} \boldsymbol{f}=-e\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B} & \text{驱动电荷，产生动生电动势，做正功}\\ \boldsymbol{f}'=-e\boldsymbol{u}\times\boldsymbol{B} & \text{阻碍导体运动，做负功} \end{cases} $$

总功率$P=(\boldsymbol{f}+\boldsymbol{f}’)\cdot(\boldsymbol{v}+\boldsymbol{u})=0$，洛伦兹力仅传递能量，外力做功转化为电能。

感生电动势与涡旋电场

导体不动、磁场随时间变化时，非静电力本质为变化磁场激发的涡旋电场$\boldsymbol{E}_\text{旋}$。闭合线圈的感生电动势就是涡旋电场沿着回路积分：

$$ \mathcal{E} = \oint_L \boldsymbol{E}_\text{旋}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = -\iint_S \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} $$

涡旋电场微分形式

旋度微分方程 $$ \nabla\times\boldsymbol{E}_\text{旋} = -\frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} $$
代入$\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}$，交换微分次序可得 $$ \boldsymbol{E}_\text{旋} = -\frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t},\quad \boldsymbol{E}_\text{总} = -\nabla\psi - \frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t} $$

涡电流及其应用

块状金属在时变磁场中产生闭合涡旋电流：

有利：感应加热、电磁阻尼（仪表指针快速稳定）；
有害：铁芯发热损耗，解决办法：铁芯分层绝缘。

例题：电子感应加速器原理

(a) 加速器

(b) 时变涡旋电场

交变电磁铁产生随时间线性变化的轴对称磁场，激发闭合涡旋电场对电子切向加速。径向洛伦兹力要维持电子轨道半径$R$恒定；由洛伦兹向心力条件

$$mv^2/R=evB_R$$

结合涡旋电场环路定理$\oint_L \boldsymbol{E}_\text{旋}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l}=-d\Phi/dt$，计算电子受冲量

$$ -eE_\text{旋}=\frac{e}{2\pi R}\frac{d\Phi}{dt}=\frac{dp}{dt} $$

设$t=0$时$\Phi=0,\ v=0$，积分得动量关系$mv=\dfrac{eR}{2}\bar{B}$，其中$\bar{B}$为轨道包围区域平均磁感应强度，联立得到轨道处磁场约束条件$B_R=\bar{B}/2$。

磁场按正弦规律变化时，仅第一个1/4周期内涡旋电场方向可加速电子且洛伦兹力提供向心力，剩余时段电场反向或径向力向外无法维持圆周运动，需在1/4周期末引出电子束，同时高速加速电子会因电磁辐射损耗能量，限制加速器最高能量。

电感

自感定义与自感电动势

单线圈通电流$I$，自感系数定义为总磁匝链磁通与电流之比$\Psi_\text{m}=LI$，对应的自感电动势核心公式：

$$ \mathcal{E}_L = -L\frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{d} t} $$

红色重点：细导线理想线圈内部无磁场，可直接取$\Psi_\text{m}=N\int\boldsymbol{B}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S}$；但实际导线有粗细，导线内部存在磁场，穿过导线内部微元面积的磁通$d\Phi$仅包围总电流$I$中的部分电流$I’$，该微元磁通等效只交联$I’/I$匝，不能直接按1匝计算贡献，因此完整总匝链磁通必须引入有效匝数权重积分：

$$ \Psi_\text{m} = \int \frac{I'}{I}d\Phi $$

该积分区分两部分贡献：外部磁通（包围全部电流$I’=I$，权重为1，对应外自感）、导线内部磁通（$I’<I$，权重小于1，对应内自感）。典型模型长直螺线管默认导线极细、忽略内自感，同轴电缆计算时必须用上述积分求单位长度内自感，是考试计算题常见坑点。

当然，我们非常推荐大家使用能量定义的自感，因为这样不用管有效磁通这种麻烦的东西，更好算。具体做法就是先计算全体系磁能（使用做功法或者能量密度积分），然后利用$L=2W_m/I^2$得到。

互感定义与互感系数对称性

线圈1电流$I_1$在线圈2产生匝链磁通$\Psi_{12}=M I_1$；线圈2电流$I_2$在线圈1产生$\Psi_{21}=M I_2$，$M_{12}=M_{21}=M$。互感电动势：

$$ \mathcal{E}_1 = -M\frac{\mathrm{d} I_2}{\mathrm{d} t},\quad \mathcal{E}_2 = -M\frac{\mathrm{d} I_1}{\mathrm{d} t} $$

典型互感例题结论

长直螺线管（$N_1,l,S$）外绕$N_2$匝线圈： $$ M = \mu_0 \frac{N_1 N_2 S}{l} $$
大小共面圆线圈$R\gg r$： $$ M = \frac{\mu_0 \pi r^2}{2R} $$

同名端、异名端与线圈串并联

**同名端定义：**电流从同名端流入，自感磁通与互感磁通同向叠加；异名端流入则反向抵消。

串联顺接（同名端相连）总自感 $$ L_\text{顺} = L_1 + L_2 + 2M $$
串联反接（异名端相连）总自感 $$ L_\text{反} = L_1 + L_2 - 2M $$

红色限制条件：为保证自感非负，$M\leq \dfrac{L_1+L_2}{2}$；耦合系数$k=\dfrac{M}{\sqrt{L_1 L_2}}\leq 1$。

似稳电路与暂态过程

似稳条件

电路线度$l \ll \lambda$（电磁波波长），电路各点电动势、电流同步变化，可借用稳恒电路基尔霍夫定律。

RL电路暂态过程（时间常数$\tau=L/R$）

充电（接通直流电源） $$ I(t) = I_0 \left(1 - e^{-t/\tau}\right),\quad I_0 = \frac{\mathcal{E}}{R} $$ $t=\tau$时电流达稳态63.2%；
放电（断开电源短接） $$ I(t) = I_0 e^{-t/\tau} $$ $t=\tau$时电流衰减至原值36.8%。

RC电路暂态过程（时间常数$\tau=RC$）

充电：$U_C(t) = \mathcal{E}\left(1-e^{-t/\tau}\right)$
放电：$U_C(t) = \mathcal{E}e^{-t/\tau}$

RLC阻尼振荡分类

令阻尼系数$\beta=\dfrac{R}{2L}$，固有角频率$\omega_0=\dfrac{1}{\sqrt{LC}}$：

欠阻尼$\beta<\omega_0$：电荷衰减振荡；
临界阻尼$\beta=\omega_0$：无振荡，最快回到稳态；
过阻尼$\beta>\omega_0$：单调缓慢趋近稳态。

Electromagnetics.A Notes Vol.3

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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磁能-NOTE

载流线圈系统的磁能

单线圈自感磁能

RL电路充电时电源做功一部分转化焦耳热，一部分储存为线圈磁场能量；放电时全部磁能释放为热量。磁能

$$ W_m = \frac{1}{2}LI^2 $$

多线圈系统总静磁能

总磁能包含自感磁能与互感磁能，与电流建立次序无关，对称形式：

$$ W_m = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^N L_i I_i^2 + \sum_{i=1}^N\sum_{k>i} M_{ik}I_i I_k $$

若令$M_{ii}=L_i$，则：

$$ W_m = \frac{1}{2}\sum_{i=1}^N\sum_{k=1}^N M_{ik}I_i I_k $$

可以发现电感矩阵$M$对角元非负。

载流线圈在外磁场中的磁能

互能定义

单个线圈在外磁场中的磁能 = 线圈与外场源线圈之间的互能，不含各自自感磁能。

磁矩与外场（磁）互能

均匀外磁场中磁矩$\boldsymbol{m}$的线圈磁能：

$$ W_{m,\text{外}} = \boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{B} $$

注意：当磁矩$m$几何线度远小于外场不均匀尺度，就可以把外场当作在其局部是均匀的。

磁场能量与磁能密度

线性介质磁能密度

线性无损耗介质中磁场能量密度公式：

$$ w_m = \frac{1}{2}\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{H} = \frac12 BH $$

各向同性介质$\boldsymbol{B}=\mu\boldsymbol{H}$，代入得：

$$ w_m = \frac{B^2}{2\mu} = \frac12\mu H^2 $$

空间总磁能计算方法

全场积分求总磁能：

$$ W_m = \iiint_V w_m \,\mathrm{d} V $$

做题标准流程：$\boldsymbol{H}\to w_m\to$体积积分$\to W_m\to L=2W_m/I^2$。

利用磁能求磁力与磁力矩

两类虚位移条件（只是不同计算方法，结果应一样）

电流恒定（电源接通） 电源做功等于磁能增量2倍，磁力做功等于磁能增量：
$$ \delta A = (\delta W_m)_I,\quad \boldsymbol{F} = \nabla W_m\big|_{I=\text{const}} $$
磁力矩 $M_\theta = \dfrac{\partial W_m}{\partial\theta}\bigg|_{I}$
磁通恒定（开路，电源断开） 无感应电动势，电源不做功，磁力消耗磁能：
$$ \delta A = -(\delta W_m)_\Psi,\quad \boldsymbol{F} = -\nabla W_m\big|_{\Psi=\text{const}} $$
磁力矩 $M_\theta = -\dfrac{\partial W_m}{\partial\theta}\bigg|_{\Psi}$

易错提醒：梯度前正负号由约束条件决定，做题必须先判断电流/磁通不变。 我们在这里重申：面对小磁矩在外场受力问题的通用流程：

不论固有磁矩还是载流环，统一理解成载流环，这不影响解答结果
载流环受力问题有如上两种解决办法，虚功过程不同，但答案应一样
我们推荐统一按照电流不变来算，因为求导方便，结果就是 $F=\left.\dfrac{\partial (\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{B})}{\partial q}\right|_{I}$

交流电路-NOTE

简谐交流电与复数表示

简谐量时域表达式

电压、电流的余弦表示形式

$$ u(t)=V_m\cos(\omega t+\varphi_u),\quad i(t)=I_m\cos(\omega t+\varphi_i) $$

特征量关系：

$$ \omega = 2\pi f = \frac{2\pi}{T} $$

复数相量规则

峰值相量 $\tilde A = A_m \mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi}$，实际瞬时值取实部：$a(t)=\mathrm{Re}(\tilde A)$；四则运算：

$$ \begin{aligned} \tilde A_1\pm\tilde A_2 &= (x_1\pm x_2)+\mathrm{i}(y_1\pm y_2)\\ \tilde A_1\cdot\tilde A_2 &= A_{1m}A_{2m}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\varphi_1+\varphi_2)}\\ \frac{\tilde A_1}{\tilde A_2} &= \frac{A_{1m}}{A_{2m}}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\varphi_1-\varphi_2)} \end{aligned} $$

复阻抗与交流电路求解

复阻抗

$$ Z_R = R,\quad Z_L = \mathrm{i}\omega L,\quad Z_C = \frac{1}{\mathrm{i}\omega C} $$

相位规律：

电阻：电压电流同相；
电感：电压超前电流$\pi/2$；
电容：电流超前电压$\pi/2$。

阻抗模：感抗$Z_L=\omega L$，容抗$Z_C=1/(\omega C)$。

串并联阻抗公式

串联总阻抗：

$$ Z_{\text{总}} = Z_1 + Z_2 + \dots + Z_n $$

并联总阻抗：

$$ \frac{1}{Z_{\text{总}}} = \frac{1}{Z_1} + \frac{1}{Z_2} + \dots + \frac{1}{Z_n} $$

基尔霍夫复数形式

节点：$\sum\tilde I = 0$；回路：$\sum\tilde U = \sum\tilde{\mathcal{E}}$；仅适用于低频似稳电路。

交流电功率、功率因数、视在功率

瞬时功率分解

设电压电流相位差$\varphi=\varphi_u-\varphi_i$，$V,I$为有效值：

$$ p(t) = VI\cos\varphi + VI\cos(2\omega t+\varphi_u+\varphi_i) $$

第一项恒定有功分量，第二项二倍频振荡储能交换分量。

三类功率定义

有功功率（平均功率，实际消耗）： $$ P = VI\cos\varphi $$ 仅电阻消耗功率，电感电容一周期平均有功为0；
无功功率（储能元件能量交换规模）： $$ Q = VI\sin\varphi $$
视在功率（电源额定容量）： $$ S = VI $$

三者关系：

$$ S^2 = P^2 + Q^2 $$

功率因数

$$ \lambda = \cos\varphi = \frac{P}{S} $$

提高功率因数可减小线路电流，降低输电损耗，充分利用电源容量；市电电网往往是感性的，因此发电厂可以并联容性电路提升功率因子。

串联谐振与品质因数$Q$

RLC串联谐振条件

总阻抗虚部为0，电路呈纯电阻性：

$$ \omega L - \frac{1}{\omega C} = 0 $$

谐振角频率/频率：

$$ \omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}},\quad f_0 = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}} $$

谐振特性

阻抗最小 $Z_{\text{min}}=R$，回路电流最大 $I_0=U/R$；
$U_L = U_C = Q U$，电感、电容分压可远大于总电压；
总电压与电流同相位，$\varphi=0$，功率因数$\lambda=1$。

品质因数$Q$

$$ Q = \frac{\omega_0 L}{R} = \frac{1}{\omega_0 C R} = \frac{1}{R}\sqrt{\frac{L}{C}} $$

物理意义：

储能与一周期耗能比值；
谐振时电感/电容电压与总电压倍数；
表征谐振曲线尖锐程度，$Q$越大选频能力越强。

麦克斯韦方程组与电磁波-NOTE

麦克斯韦理论建立基础

静电/静磁场通量定理的推广

静电场高斯定理、静磁场高斯定理可直接推广至含时电磁场，是构建普适电磁规律的基础：

$$ \nabla\cdot\boldsymbol{D} = \rho_0,\quad \nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0 $$

涡旋电场假设

时变磁场激发涡旋电场（非保守场），电场环路定理统一为：

$$ \oint_C \boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = -\iint_S \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} $$

微分形式：

$$ \nabla\times\boldsymbol{E} = -\frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} $$

位移电流假设

稳恒安培环路定理无法满足电荷守恒，麦克斯韦引入位移电流密度补全磁场激发源：

$$ \boldsymbol{j}_d = \frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t} $$

总电流密度：$\boldsymbol{j}_\text{总}=\boldsymbol{j}_0+\boldsymbol{j}_d$，普适安培环路定理：

$$ \oint_C \boldsymbol{H}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} = \iint_S \left(\boldsymbol{j}_0+\frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t}\right)\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} $$

微分形式：

$$ \nabla\times\boldsymbol{H} = \boldsymbol{j}_0 + \frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t} $$

（注意只用$\boldsymbol{E},\boldsymbol{B}$书写的麦氏方程需要包含磁化电流）

位移电流物理本质与区分

构成：$\boldsymbol{j}_d=\varepsilon_0\dfrac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t}+\dfrac{\partial \boldsymbol{P}}{\partial t}$，$\partial \boldsymbol{P}/\partial t$为极化电流，$\partial \boldsymbol{E}/\partial t$是真空纯时变电场生磁；
与传导电流$\boldsymbol{j}_0$核心区别：

无自由电荷定向运动，真空/介质均可存在
不产生焦耳热
不受洛伦兹磁力作用

物理意义：变化电场等价于电流，同样能激发磁场，是电磁波存在的根本前提。

电荷守恒定律不独立

对$\nabla\times\boldsymbol{H}=\boldsymbol{j}_0+\partial\boldsymbol{D}/\partial t$两边取散度，利用$\nabla\cdot(\nabla\times\cdot)\equiv0$与$\nabla\cdot\boldsymbol{D}=\rho_0$直接推得：

$$ \nabla\cdot\boldsymbol{j}_0 + \frac{\partial \rho_0}{\partial t} = 0 $$

易错说明：电荷守恒是推导位移电流的出发点，因此该式可由麦氏方程组导出，不属于独立方程。

完整麦克斯韦方程组与介质边值关系

积分形式

$$ \begin{align} \oint_S \boldsymbol{D}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} &= \iiint_V \rho_0 \mathrm{d} V \tag{电高斯} \\ \oint_S \boldsymbol{B}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} &= 0 \tag{磁高斯} \\ \oint_C \boldsymbol{E}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} &= -\iint_S \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} \tag{涡旋电场} \\ \oint_C \boldsymbol{H}\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{l} &= \iint_S \left(\boldsymbol{j}_0+\frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t}\right)\cdot \mathrm{d}\boldsymbol{S} \tag{全电流安培} \end{align} $$

微分形式

$$ \begin{align} \nabla\cdot\boldsymbol{D} &= \rho_0 \\ \nabla\cdot\boldsymbol{B} &= 0 \\ \nabla\times\boldsymbol{E} &= -\frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} \\ \nabla\times\boldsymbol{H} &= \boldsymbol{j}_0 + \frac{\partial \boldsymbol{D}}{\partial t} \end{align} $$

介质电磁性能方程

$$ \boldsymbol{D}=\varepsilon\boldsymbol{E},\quad \boldsymbol{B}=\mu\boldsymbol{H},\quad \boldsymbol{j}_0=\sigma\boldsymbol{E} $$

介质分界面边值关系（边界反射折射基础）

$$ \begin{cases} \boldsymbol{n}\cdot(\boldsymbol{D}_2-\boldsymbol{D}_1)=\sigma_0,\quad \boldsymbol{n}\cdot(\boldsymbol{B}_2-\boldsymbol{B}_1)=0\\ \boldsymbol{n}\times(\boldsymbol{E}_2-\boldsymbol{E}_1)=\boldsymbol{0},\quad \boldsymbol{n}\times(\boldsymbol{H}_2-\boldsymbol{H}_1)=\boldsymbol{i}_0 \end{cases} $$

易错说明：时变场中环路窄条的$\partial\boldsymbol{B}/\partial t$面积分可忽略，切向$\boldsymbol{E}$、法向$\boldsymbol{B}$边界条件与稳恒场完全一致。

电磁场标势、矢势与洛伦兹规范

标势矢势引入依据

由$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$，令$\boldsymbol{B}=\nabla\times\boldsymbol{A}$；代入电场环路定理可引入标势$\varphi$：

$$ \boldsymbol{E} = -\nabla\varphi - \frac{\partial \boldsymbol{A}}{\partial t} $$

洛伦兹规范条件

势存在规范任意性，为简化波动方程，选取洛伦兹规范：

$$ \nabla\cdot\boldsymbol{A} + \mu\varepsilon \frac{\partial \varphi}{\partial t} = 0 $$

洛伦兹规范的重要意义：消除标势、矢势耦合，将麦氏方程组拆分为标量、矢量分离的达朗贝尔波动方程，导出达朗贝尔方程

$$ \nabla^2 \varphi - \mu\varepsilon \frac{\partial^2 \varphi}{\partial t^2} = -\frac{\rho_0}{\varepsilon},\quad \nabla^2 \boldsymbol{A} - \mu\varepsilon \frac{\partial^2 \boldsymbol{A}}{\partial t^2} = -\mu \boldsymbol{j}_0 $$

无自由源（$\rho_0=0,\boldsymbol{j}_0=0$）退化为齐次波动方程，对应自由传播电磁波。

平面单色电磁波

自由空间波动方程推导结论

无源均匀线性介质$\rho_0=0,\boldsymbol{j}_0=0$，麦氏方程化简得电场、磁场波动方程：

$$ \nabla^2 \boldsymbol{E} - \frac{1}{v^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{E}}{\partial t^2} = \boldsymbol{0},\quad \nabla^2 \boldsymbol{H} - \frac{1}{v^2}\frac{\partial^2 \boldsymbol{H}}{\partial t^2} = \boldsymbol{0} $$

波传播速度：

$$ v = \frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}},\quad \text{真空光速 } c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}} $$

介质折射率：$n=\dfrac{c}{v}=\sqrt{\mu_r\varepsilon_r}$，弱磁介质$\mu_r\approx1$，$n\approx\sqrt{\varepsilon_r}$。

平面单色波标准解

$$ \boldsymbol{E}(\boldsymbol{r},t) = \boldsymbol{E}_0 \exp\left[\mathrm{i}(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r}-\omega t)\right],\quad \boldsymbol{H}(\boldsymbol{r},t) = \boldsymbol{H}_0 \exp\left[\mathrm{i}(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r}-\omega t)\right] $$

波矢定义：

$$ |\boldsymbol{k}|=k=\frac{\omega}{v}=\frac{2\pi}{\lambda} $$

$\boldsymbol{k}$方向为电磁波传播方向；单色波微分替换：$\partial/\partial t\to -\mathrm{i}\omega,\ \nabla\to \mathrm{i}\boldsymbol{k}$。

平面电磁波重要性质

横波：$\boldsymbol{k}\perp\boldsymbol{E},\ \boldsymbol{k}\perp\boldsymbol{H}$，电场、磁场均垂直传播方向；
正交右旋关系：$\boldsymbol{E}\perp\boldsymbol{H}$，$\boldsymbol{E},\boldsymbol{H},\boldsymbol{k}$构成右手螺旋坐标系；
场幅值比例关系：真空/介质中 $$ \sqrt{\varepsilon}E_0 = \sqrt{\mu}H_0 $$
电场磁场能量密度相等：瞬时电磁能密度$w_e=w_m$，总$w=w_e+w_m=2w_e$。

色散现象

介质$\varepsilon(\omega),\mu(\omega)$随电磁波频率$\omega$变化，波速$v(\omega)$与波长相关，产生色散；束缚电子受迫振动模型给出介电常数实部（折射率）、虚部（吸收）随波长变化曲线，共振频率处出现反常色散与吸收峰。

电磁场的能量、动量、角动量

电磁能密度与坡印亭矢量（能流）

线性介质瞬时总电磁能密度：

$$ w = \frac12 \boldsymbol{D}\cdot\boldsymbol{E} + \frac12 \boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{H} $$

坡印亭矢量（单位时间单位面积传输电磁能量，能流密度）：

$$ \boldsymbol{S} = \boldsymbol{E} \times \boldsymbol{H} $$

能量守恒微分形式（电磁能量连续性方程）：

$$ \nabla\cdot\boldsymbol{S} + \frac{\partial w}{\partial t} = -\boldsymbol{j}_0\cdot\boldsymbol{E} $$

右侧代表场对自由电荷做功功率密度。

平面电磁波平均能流（光强）

简谐时谐场取时间平均：

$$ \langle \boldsymbol{S} \rangle = \frac12 \mathrm{Re}\left(\boldsymbol{E}_0^* \times \boldsymbol{H}_0\right) $$

真空平面波：$\langle S \rangle = c\langle w \rangle$。

电磁场动量密度与光压

动量密度（单位体积电磁动量）：

$$ \boldsymbol{g} = \varepsilon_0\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B} $$

真空简化：$\boldsymbol{g}=\boldsymbol{S}/c^2$；电磁波入射物体传递动量产生光压。垂直入射，反射系数$\gamma$，光压压强：

$$ P = \frac{(1+\gamma)}{v}\langle S \rangle $$

全吸收$\gamma=0$，全反射$\gamma=1$。

电磁场角动量密度

$$ \boldsymbol{l} = \boldsymbol{r} \times \boldsymbol{g} $$

电磁场具有角动量，可对带电介质施加力矩，是光操控微粒的理论基础。

电磁场物质属性

电磁场是独立物质形态，与实物共性：具备能量、动量、角动量；差异：

场基元光子静质量为0，实物粒子静质量非零；
真空传播速度恒为$c$，实物速度小于$c$；
多场可空间叠加，实物具有不可入性。

补充：电磁波辐射基础

电偶极辐射结论

简谐振荡电偶极子辐射功率正比于振荡频率四次方$P\propto f^4$，高频天线辐射效率更高；赫兹实验利用LC振荡振子验证电磁波存在，证明麦克斯韦理论正确性。

易错点汇总

位移电流不依赖电荷运动，仅由时变电场产生；传导电流才伴随焦耳热；
$\nabla\cdot\boldsymbol{B}\equiv0$ 任何时变场均成立，不存在磁单极；
洛伦兹规范仅为简化方程的人为选取，麦氏方程本身具有规范不变性；
平面电磁波为横波，不存在沿传播方向的电场/磁场分量；
电磁场动量、能量是场本身固有属性，不是依附电荷的附属量；
电荷守恒可由麦氏方程组导出，独立方程仅4个麦氏方程。

电磁学A第1次习题课

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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第一次习题课补充题

Problem NJ-1

【本题考查对电场矢量分量性、电势标量性的理解，和简单的动力学；取自《难题集萃（上册）》电磁学篇的1-13】

在半径为 $R$ 的细圆环上分布着不能移动的正电荷,总电量为 $Q$.

（1）如果某个点电荷 $Q_1$（非零）可在环中指定直径AOB线段内做匀速直线运动。试确定圆环上电荷线密度 $\lambda$ 的分布。

（2）取 $x$ 轴沿直径AOB,原点 $O$ 在环中心，将第1问中的点电荷 $Q_1$ 放在与 $O$ 点相距 $r_1$ 的x左半轴上某点。设电量 $Q_1$ 的绝对值为 $Q$ 的 $\nu$ 倍。能否在右半轴上再放一个非零电量的点电荷 $Q_2$，使得这两个点电荷及圆环均可保持不动。设两点电荷都不与环接触，设环的质量分布均匀。试求 $Q_2$ 及其位置。

（3）把上述两个点电荷 $Q_1$ 和 $Q_2$ 固定在第2问中确定的位置上，同时改变它们的电荷符号但保持电量大小不变。再使环（所带电量 $Q$ 及分布均不变）沿 $x$ 轴的正方向平移一小量 $\delta$，然后静止地释放。试定量讨论环的运动。设环的质量为 $m$。

在求解本题时,只需考虑电荷间的库仑作用,其他相互作用均可略。

(a)

Solution to NJ-1

（1）结合教材习题1.6，第一问不难分析知，电荷线密度随着 $\theta$ 服从正弦分布

$$ \lambda(\theta)=\lambda_0\sin\theta $$

由于总电量为 $Q$ 立刻算出 $\lambda_0=Q/4R$

（2）在完成后续小问前，我们不妨想一下正弦分布怎么来的 —— 少部分同学作业中提出了这一思路。考虑一个均匀带电的球壳，其内部电场为0，从而内部包括任意直径在内的处处等势。如图，现在考察球壳某个直径AOB，并以A点极角为0，B点极角为 $\pi$ 建立球极坐标；任取过AOB的某平面记作 $\Sigma$，也即下图的纸面。

由于电势是标量，只与电荷到场点的直线距离有关，与方向无关，因此将极角 $\theta\to\theta+\mathrm{d} \theta$ 长成的球壳上的环带所带电荷全部划归到 $\Sigma$ 面上的两段线微元（MN和PQ），其对AOB直径上各处的电势贡献没有变。依次规律，可以把整个三位球壳的电量转移到球壳与 $\Sigma$ 面交成的大圆环上，而不对AOB上电势分布，即处处等式，造成改变。进一步，这个“电荷转移”操作对于AOB所在直线上任意一点的电势也没有改变，这根据对称性是显而易见的。

分析完之后，我们可以知道，$Q_1$ 必然在AOB所在直线上，但在环以外：否则，在环内受环的库仑力为0，其与 $Q_2$ 的库仑力不可能保持电荷静止。同理，$Q_2$ 也在直径上，并且与圆心O点、$Q_1$ 三点共线。

电性分析：圆环处在两点电荷之间，又要三体平衡，可分析出 $Q_1<0,Q_2<0$。

$Q_1, Q_2$ 距离O点为 $r_1$。注意到根据轴上对称性，圆环在 $Q_1$ 的电场等同于均匀带电球壳在那处的电场（所有电场贡献只有平行于AOB分量保留，其余抵消），故而圆环与 $Q_1$ 作用力为

$$ F_1=\frac{Q Q_1}{4\pi\varepsilon_0r_1^2} $$

两点电荷库仑力

$$ F_2=\frac{Q_1Q_2}{4\pi\varepsilon_0(r_1+r_2)^2} $$

有 $F_1+F_2=0$ 和 $Q_1=-\nu Q$（题干条件）；又根据圆环也要受力平衡，有

$$ \frac{QQ_1}{4\pi\varepsilon_0r_1^2}=\frac{QQ_2}{4\pi\varepsilon_0r_2^2} $$

联立得

$$ r_2=\frac{r_1}{\sqrt\nu -1} $$

$$ Q_2=\frac{-\nu}{(\sqrt\nu-1)^2}Q $$

注意：根据 $r_2>R$ 约束，我们要求 $\nu<\left(1+\frac{r_1}{R}\right)^2$，否则第二问所描述的体系不可能成立。

（3）第三问就比较简单了，把 $Q_1$ 和 $Q_2$ 固定不动，研究圆环的运动，还是根据对称性，本质就是研究均匀带电圆球壳（甚至可以简化为圆心处点电荷）的动力学。把点电荷与圆环的库仑力在平衡位置展开至 $\delta/R$ 的一阶小量，考察圆环的谐振运动，即可完成：

$$ \frac{QQ_1}{4\pi\varepsilon_0}(r_1+\delta)^{-2}\approx \frac{QQ_1}{4\pi\varepsilon_0 r_1^2}\left(1-\frac{2\delta}{r_1}\right) $$

$$ \frac{QQ_2}{4\pi\varepsilon_0}(r_2-\delta)^{-2}\approx \frac{QQ_2}{4\pi\varepsilon_0 r_2^2}\left(1+\frac{2\delta}{r_2}\right) $$

合力 $F=k\delta$，其中

$$ k=\frac{-Q}{2\pi\varepsilon_0}\left(\frac{Q_1}{r_1^3}+\frac{Q_2}{r_2^3}\right)=\frac{\nu\sqrt\nu Q^2}{2\pi\varepsilon_0 r_1^3} $$

圆环振动的角频率 $\omega=\sqrt{k/m}$

Problem NJ-2

【本题考查一个重要的带电体系结论；取自《难题集萃（上册）》电磁学篇的1-21】

在平面上有一段长为 $l$ 的均匀带电直线AB，在该平面取直角坐标 $Oxy$，原点 O为AB中点，AB沿 $x$ 轴，$y$ 轴与 $x$ 轴垂直，（1）证明:该平面上任一点P的电场强度方向沿 $\angle$APB的角平分线（2）求该平面上的电场线族方程（3）求该平面上的等势线族方程

(a)

Solution to NJ-2

如图，我们先证明微元MN在P点的电场与将相同电荷线密度的 $M’N’$ 在P点的电场相同。设 $NH=x, MN=\mathrm{d} x$，则

$$ E_P(MN)=\frac{\lambda \mathrm{d} x}{4\pi\varepsilon_0(x^2+h^2)} $$

相同电荷线密度的 $M’N’$ 在P点的电场

$$ E_P(M'N')=\frac{\lambda l_{M'N'}}{4\pi\varepsilon_0h^2} $$

其中

$$ l_{M'N'}=\frac{h}{\sqrt{h^2+x^2}}l_{M''N''} $$

$$ l_{M''N''}=l_{MN}\cos\theta $$

从而实际上有 $E_P(MN)=E_P(M’N’)$

于是我们可以发现，均匀带电线段在P点的电场相对于相同电荷线密度的圆弧A’B' 在P点的电场，而根据对称性，显然电场是 $\angle$APB的角平分线。

这样一来，电场线就符合以A、B为焦点的双曲线的定义，电场线是

$$ \frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{l^2/4-a^2}=1,\quad a\in(0,l/2) $$

对应地，等势面就是椭圆（若是三维则是以AB为轴的旋转椭球面，长轴在AB上）

$$ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{-l^2/4+a^2}=1,\quad a>l/2 $$

Problem NJ-3

【本题考查电场线始末位置的性质；取自《难题集萃（上册）》电磁学篇的1-25】

有1998个半径相同的导体球，各球均带有相同的正电荷，彼此不接触。试证明:在静电平衡时，至少有一个导体球的表面处处无负电荷。

Solution to NJ-3

各球达到静电平衡后，每球均为等势体。比较各球电势，总可以至少找到一个A 球，其电势不低于其他球的电势。若A球球面某处有负电荷，则必有电场线聚敛该处。

若此电力线发自其他某些球面的正电荷，则A球的电势应低于那些球的电势，与A 球电势不低于其他球电势的假设矛盾，因而是不可能的。
若此电场线来自无穷远，则A球电势应低于无穷远处的电势，从而所有其他球的电势也都低于无穷远处的电势。

比较其他球的电势，总可以至少找到一个B球，其电势不高于剩余各球。于是B球正电荷发出的电力线不能到达无穷远，否则与B球电势低于无穷远处电势矛盾；B球正电荷发出的电场线也不能达到剩余各球，否则与B球电势不高于剩余各球电势矛盾；B球正电荷发出的电场线更不能到达A球，否则与A球电势不低于B球电势矛盾。

总之，B球正电荷发出的电场线没有去处，这当然是不合理的。综上，A球球面上不可能有负电荷。即在达到静电平衡后，比较各球电势，其中不低于其他球电势的那个A球(至少有一个)，其表面应处处无负电荷。显然，在以上讨论中，并未涉及各导体球半径的大小，所带正电荷的多少，以及导体球的数目，甚至也未涉及是否为球形，其实这些都与结论无关。

Problem Exam-1

【本题考查一个重要的带电体系结论；取自《21春电磁学A叶班期中》第一题】

（1）如图所示，已知该平面为一电荷面密度为 $\sigma$ 的均匀带电平板，证明在如图所示的点处的由图上的面积元产生的电场强度的 $z$ 轴分量为

$$ E=\frac{\sigma\mathrm{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0} $$

（2）设某正方体仅有相对的某两个面上分别均匀带有面密度为 $+\sigma$ 和 $-\sigma$ 的电荷，求正方体中心处的场强大小。

(a)

Solution to Exam-1

（1）与Problem NJ-2类似，我们先考察平面上一片微元在场点激发电场 $z$ 分量。设微元面积为 $\mathrm{d} S$，所在平面距离场点为 $h$，与场点直线距离 $\sqrt{h^2+r^2}$，那么其电场垂直分量

$$ \mathrm{d} E = \frac{\sigma h \mathrm{d} S}{4\pi\varepsilon_0(h^2+r^2)^{3/2}} $$

而微元对场点张的立体角可以这样算：先把微元面积投影到与“微元到场点”连线垂直的方向

$$ \mathrm{d} S'=\mathrm{d} S \cos\theta=\mathrm{d} S \frac{h}{\sqrt{r^2+h^2}} $$

$$ \mathrm{d} \Omega=\mathrm{d} S' / (h^2+r^2) $$

联立几式可得

$$ \mathrm{d} E=\frac{\sigma\mathrm{d}\Omega}{4\pi\varepsilon_0} $$

从而任意面元的电场 $z$ 分量仅其对场点的立体角有关，原题立即得证。

（2）由上结论，我们只需要计算正方形对在其中心上方二分之一边长处的立体角。然而，根据对称性，一个立方体对齐中心的立体角为 $4\pi$，并且每个面对中心一相同的立体角，故每个正方形面贡献立体角为 $2\pi/3$。回到题目，总场即为

$$ E=\frac{\sigma}{3\varepsilon_0} $$

Problem Exam-2

( ) 一个点电荷与带电体的距离越近，所受到的静电力越大。
( ) 真空静电场情形下库仑定律与高斯定理不可以相互导出。
( ) 闭合曲面上各点电场均为零时，面内必没有宏观电荷。
( ) 一区域内场强处处为零，则该区域等电势；反之亦然。
( ) 未接地的空腔导体，当腔内电荷位置改变后，导体外的电场不变。
( ) 均匀带正电的细圆环，在环面的圆周之内，中心点的电势最低。
( ) 水在电场作用下主要发生取向极化。
( ) 一电介质只在表面带电荷，面电荷密度为 $\sigma$，则表面外侧附近的电场强度为 $\sigma/\varepsilon_0$
( ) 电介质中退极化场与外电场方向总是相反。
( ) 平板电容器接上电源，在两极板之间缓慢插入电介质板，则电容器的储能变大。

Solution to Exam-2

(错) 例如无限大均匀带电平板。
(对) 还要补上球对称定理
(错) 只是总电荷为0.
(错) 等势面上只保证场强与面垂直即可
(对)
(对)
(对)
(错) 注意表面内侧附近也可能有电场
(错) 各向同性介质是相反
(对)

Problem Exam-3

(a)

本题取自2024春叶邦角班电磁学H期中考试

有一样品（尺度为 mm），可看作无限大接地平面，距离平面 d处有一探头（尺度为 nm），探头可近似看作一半径为 R 的导体球，d 为球心到平板的距离。求：

在零阶近似下，二者之间的电容；
在一阶近似下（点电荷模型），二者之间的电容；并求探头受到的作用力；
在二阶近似下（电偶极子模型），二者之间的电容（已知导体球在匀强电场中的感应电偶极子为 $\boldsymbol p_0=4\pi\varepsilon_0 a^3E_0$）；
在二阶近似下，探头受到的作用力（用梯度力公式 $\boldsymbol F=(\nabla \cdot \boldsymbol p)\boldsymbol E$ 计算）；
在二阶近似下，将探头移到无穷远处所需要做的功。

Solution to Exam-3

零阶近似当做孤立电容球处理 $$ C_0=4\pi\varepsilon_0R $$
一阶近似，将球视作点电荷，地面看做无限大导体板，可用镜像法，球上电荷q，考虑平板的对称位置有一带电-q的像电荷。

球表面电势

$$ V_1=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{2d}\right) $$

平板上电势为0

因此

$$ C_1=\frac{q}{V_1}=\frac{4\pi\varepsilon_0}{\frac{1}{R}-\frac{1}{2d}}\approx4\pi\varepsilon_0R\left(1+\frac{R}{2d}\right) $$

一阶近似

用镜像法。探头所受到的力

$$ F_1=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot \frac{q\cdot (-q)}{(2d)^2}=-\frac{q^2}{16\pi\varepsilon_0d^2} $$

方向由q指向-q。

在一阶近似下，球表面的电场近似为 $|E_0|=|\frac{F_1}{q}|=\frac{q}{16\pi\varepsilon_0d^2}$，方向由q指向-q，设-q指向q为x轴正方向。该电场引起球的电荷极化，感应电偶极子为
$$ p_0=4\pi\varepsilon_0 R^3E_0=\frac{qR^3}{4d^2} $$
方向为x轴负方向。其镜像电偶极矩也为 $p_0$，且方向一致。镜面电荷电偶极矩在导体球上产生的电势（导体球上的电偶极矩在导体球上没有产生电势）
$$ \Delta V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r}{r^3}\bigg|_{x=d}=\frac{-qR^3}{64\pi\varepsilon_0d^4} $$

$$ V_2=V_1+\Delta V=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{2d}-\frac{R^3}{16d^4}\right) $$

$$ C_2=\frac{q}{V_2}= $$

$$ F_2=F_1+(\boldsymbol p\cdot \nabla)\boldsymbol E=F_1+p_x\frac{\partial \boldsymbol E_2}{\partial d}=\dots $$

$(\boldsymbol p\cdot \nabla=p_x\frac{\partial}{\partial x}+p_y\frac{\partial}{\partial y}+p_z\frac{\partial}{\partial z})$ 其中 $\boldsymbol E_2$ 是镜像电偶极子在导体球处产生的电场。

（助教无答案，不过大致思路是这样）

对 $F_2$ 积分

Problem Exam-4

本题选自2025春电磁学H期中考试

半径为 $R$ 的导体球接地，在距离球心 $d$ 处放置一个电偶极子 $\boldsymbol p$，方向为正好背离球心的方向。

(a) 求所有电像的位置以及电荷量（或偶极矩）。 (b) 求空间中电势的分布和系统的电场能。前者可以引入位置参数而不全部用球坐标表达。 (c) 求电偶极子的受力。 (d) 假定这个导体球半径趋于无穷大，而电偶极子到导体球表面的距离 $h = d - R$ 不变，这时就等效于一个无穷大导体平板。在此极限下，求电偶极子的受力。

Solution to Exam-4

（a）以球心向电偶极子的方向为 $z$ 轴，建立球坐标。将电偶极子 $\boldsymbol p$ 看作两个相距 $l \ll R, d$ 的点电荷 $\pm q$，有 $p = q l$，即正电荷 $q$ 位于距离球心 $d + \frac{l}{2}$ 处，负电荷 $-q$ 位于距离球心 $d - \frac{l}{2}$ 处。它们分别的像电荷为：

在距离球心 $\frac{R^2}{d + \frac{l}{2}} \approx \frac{R^2}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right)$ 处的电荷 $- \frac{R}{d + \frac{l}{2}} q = -\frac{R}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right) q$

在距离球心 $\frac{R^2}{d - \frac{l}{2}} \approx \frac{R^2}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right)$ 处的电荷 $\frac{R}{d - \frac{l}{2}} q = \frac{R}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right) q$

它们的总电量为：

$$ -\frac{R}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right) q + \frac{R}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right) q = \frac{R}{d} q l = \frac{R}{d^2} p $$

零阶近似位于距离球心 $\frac{R^2}{d}$ 处。另外，两个像电荷的零阶项一正一负，组成一个像电偶极子，为：

$$ \left(\frac{R}{d} q\right) \left[ \frac{R^2}{d} \left(1 + \frac{l}{2d}\right) - \frac{R^2}{d} \left(1 - \frac{l}{2d}\right) \right] = \frac{R^3}{d^3} q l = \frac{R^3}{d^3} p $$

方向与原电偶极子相同。总结为：

在距离球心 $\frac{R^2}{d}$ 处的像电荷 $\frac{R}{d^2} p$
在距离球心 $\frac{R^2}{d}$ 处的像电偶极子 $\frac{R^3}{d^3} p$，方向与原电偶极子同向，即背离球心。

(b) 设场点 $P$ 到原电偶极子和像的距离分别为 $r_1, r_2$，到两处的连线分别与 $z$ 轴正向夹角为 $\alpha_1, \alpha_2$：

$$ \begin{aligned} r_1(r,\theta) &= \sqrt{r^2 + d^2 - 2dr\cos\theta} \\ r_2(r,\theta) &= \sqrt{r^2 + \left(\frac{R^2}{d}\right)^2 - 2\frac{R^2}{d}r\cos\theta} \\ \alpha_1(r,\theta) &= \arccos \frac{r\cos\theta - d}{\sqrt{r^2 + d^2 - 2dr\cos\theta}} \\ \alpha_2(r,\theta) &= \arccos \frac{r\cos\theta - \frac{R^2}{d}}{\sqrt{r^2 + \left(\frac{R^2}{d}\right)^2 - 2\frac{R^2}{d}r\cos\theta}} \end{aligned} $$

空间电势分布为：

$$ \phi(\boldsymbol r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{\frac{R}{d^2} p}{r_2} + \frac{\frac{R^3}{d^3} p \cos\alpha_2}{r_2^2} + \frac{p \cos\alpha_1}{r_1^2} \right) $$

电场能（导体球接地，只需算电偶极子部分）：

$$ W_e = \frac{1}{2} q\phi(\boldsymbol r_+) + \frac{1}{2}(-q)\phi(\boldsymbol r_-) \approx -\frac{1}{2} \boldsymbol p \cdot \boldsymbol E $$

导体球在电偶极子处产生的电场：

$$ E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\frac{R}{d^2} p}{\left(d - \frac{R^2}{d}\right)^2} \boldsymbol e_z + \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\frac{R^3}{d^3} p}{\left(d - \frac{R^2}{d}\right)^3} \boldsymbol e_z = \frac{p}{4\pi\epsilon_0} \frac{R(d^2 + R^2)}{(d^2 - R^2)^3} \boldsymbol e_z $$

则：

$$ W_e = -\frac{p^2}{8\pi\epsilon_0} \frac{R(d^2 + R^2)}{(d^2 - R^2)^3} $$

$$ W_e(z) = -\frac{p^2}{8\pi\epsilon_0} \frac{R(z^2 + R^2)}{(z^2 - R^2)^3} $$

由虚功原理，外力 $F_{\text{ext}} = \frac{dW_e}{dz}$，电场力 $F_e = -F_{\text{ext}}$：

$$ F_e = -\frac{dW_e}{dz} = \frac{p^2}{2\pi\epsilon_0} \frac{Rz(z^2 + 2R^2)}{(z^2 - R^2)^4} $$

代入 $z = d$：

$$ F_e = \frac{p^2}{2\pi\epsilon_0} \frac{Rd(d^2 + 2R^2)}{(d^2 - R^2)^4} $$

正方向为 $z$ 轴正向（远离球心），因此为引力。

(d) 令 $h = d - R$，且 $h \ll R$，近似得：

$$ F_e \approx -\frac{3p^2 R^4}{32\pi\epsilon_0 h^4} $$

为引力，即电偶极子在无限大导体平板上的受力。

Problem Exam-5

考虑两个半径分别为 $a, b$ 的介质球 $1,2$（1 在 2 左边），相对介电常数都是 $\epsilon_r$，相距 $d \gg a, b$，在空间中加上向右的匀强电场 $E_0$。（已知：一个半径为 $R$、相对介电常数为 $\epsilon_r$ 的球体在外电场 $E_0$ 作用下产生电偶极矩 $\boldsymbol p = 4\pi\epsilon_0 \alpha R^3 \boldsymbol E_0$，其中 $\alpha = \frac{\epsilon_r - 1}{\epsilon_r + 2}$）本题中只考虑电偶极矩而不考虑电四极矩。

(a) 要求考虑一阶近似，求两个球的电偶极矩。 (b) 求两个介质球内部电场。(零级近似) (c) 如果将两个球换为导体球，求两个球的电偶极矩和内部电场。

Solution to Exam-5

(a) 零阶近似：

$$ p_{10} = 4\pi\epsilon_0 \alpha a^3 E_0, \quad p_{20} = 4\pi\epsilon_0 \alpha b^3 E_0 $$

两个电偶极矩在对方处产生的附加电场：

$$ E_{12} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2p_{10}}{d^3} = \frac{2\alpha a^3}{d^3} E_0, \quad E_{21} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2p_{20}}{d^3} = \frac{2\alpha b^3}{d^3} E_0 $$

由此产生的新的极化：

$$ \Delta p_1 = 4\pi\epsilon_0 \alpha a^3 E_{21} = \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0, \quad \Delta p_2 = 4\pi\epsilon_0 \alpha b^3 E_{12} = \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0 $$

一阶近似下：

$$ p_1 = 4\pi\epsilon_0 \alpha a^3 E_0 + \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0, \quad p_2 = 4\pi\epsilon_0 \alpha b^3 E_0 + \frac{8\pi\epsilon_0 \alpha^2 a^3 b^3}{d^3} E_0 $$

(b) 内部电场由三部分产生：原电场 $E_0$、自身极化产生的退极化场、另一个球在自身处的电场（用零阶近似）：

$$ E_1 = E_0 - \frac{p_1}{4\pi\epsilon_0 a^3} + E_{21} = E_0 - \left(\alpha E_0 + \frac{2\alpha^2 b^3}{d^3} E_0\right) + \frac{2\alpha b^3}{d^3} E_0 = (1 - \alpha)E_0 $$

同理：

$$ E_2 = (1 - \alpha)E_0 $$

$$ E_1 = E_2 = 0 $$

符合导体内部无静电场的认知。

Problem DT-1

选自物理学大题典1.23

求怎样的电荷分布才能产生出形如 $\frac{A}{r}e^{-\mu r}$(其中A为常数)

Solution to DT-1

球坐标下：

$$ \nabla^2 = \frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial}{\partial r} \right) + \frac{1}{r^2 \sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta} \left( \sin \theta \frac{\partial}{\partial \theta} \right) + \frac{1}{r^2 \sin^2 \theta} \frac{\partial^2}{\partial \phi^2} $$

$U$ 只有径向分量，当 $r\ne0$ 时

$$ \nabla^2U=\frac{1}{r^2} \frac{\partial}{\partial r} \left( r^2 \frac{\partial U}{\partial r} \right)=\frac{\mu^2 A}{r}e^{-\mu r}=-\frac{\rho}{\varepsilon_0} $$

得

$$ \rho=-\frac{\mu^2 A \varepsilon_0}{r}e^{-\mu r} $$

$r\rightarrow0$ 时

$$ \frac{A}{r}e^{-\mu r}=\frac{A}{r} $$

所以

$$ \nabla^2U=A\nabla^2\frac{1}{r}=-4\pi\delta(\boldsymbol r) $$

因此

$$ \rho=4\pi\varepsilon_0A\delta(\boldsymbol r)-\frac{\mu^2 A \varepsilon_0}{r}e^{-\mu r} $$

数学补充

狄拉克函数 $\delta(x)$

$$ \delta(x) = \begin{cases} +\infty, & x = 0 \\ 0, & x \neq 0 \end{cases} $$

且满足归一化条件

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \delta(x) \, \mathrm{d}x = 1 $$

对任意连续函数 $f(x)$：

$$ \int_{-\infty}^{\infty} f(x) \delta(x - a) \, \mathrm{d}x = f(a) $$

三维 $\delta$ 函数

$$ \delta^3(\boldsymbol r) = \delta(x) \delta(y) \delta(z) $$

对于点电荷 $q$，设电荷密度为 $\rho$

$$ \int_V\rho\mathrm{d} V=Q $$

$\boldsymbol r\ne0,\ \rho(\boldsymbol r)=0$

由狄拉克函数定义得，$\rho=q\delta(\boldsymbol r)$

对于球形高斯面

$$ \int_V\nabla^2\frac{1}{r}\mathrm{d} V=\oint_S\nabla\frac{1}{r}\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S=-\oint_S\frac{\boldsymbol r}{r^2}\cdot \mathrm{d} \boldsymbol S=-4\pi $$

所以

$$ \nabla^2\frac{1}{r}=-4\pi\delta(\boldsymbol r) $$

基矢变换

爱因斯坦求和约定

$$ \sum_iA_iB_i\rightarrow A_iB_i $$

对于位移 $\boldsymbol r$ 微分，有设一组新坐标系 $(\xi_1,\xi_2,\xi_3)$

$$ \mathrm{d} \boldsymbol r=\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_i}\mathrm{d} \xi_i $$

保持坐标系中任意两个坐标不变，假设 $\xi_2,\xi_3$ 不变，那么随着 $\xi_1$ 的变化，只会引起 $\boldsymbol r$ 沿着 $\xi_1$ 坐标轴的变化,可知基矢量

$$ \boldsymbol g_{\xi_1}=\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_1} $$

归一化得到单位基矢量

$$ \boldsymbol e_{\xi_1}=\frac{\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_1}}{\left|\frac{\partial\boldsymbol r}{\partial\xi_1}\right|} $$

其它基矢量同理。

矢量运算

点乘：

$$ \boldsymbol A\cdot\boldsymbol B=A_iB_i $$

叉乘：

$$ \boldsymbol A\times\boldsymbol B=\epsilon_{ijk}A_iB_j\boldsymbol e_k $$

列维齐维塔符号（Levi-Civita）$\epsilon_{ijk}$

克罗内克符号（Kronecker）$\delta_{ij}$（$i=j$ 时为1，$i\ne j$ 时为0）一个重要等式：

$$ \epsilon_{ijk}\epsilon_{mnk}=\delta_{im}\delta_{jn}-\delta_{in}\delta_{jm} $$

证明：（1）$\boldsymbol A\cdot(\boldsymbol A\times\boldsymbol B)=0$

证明：

$$ \begin{aligned} \boldsymbol A\cdot(\boldsymbol A\times\boldsymbol B)&=A_i\boldsymbol e_i\cdot(\epsilon_{jkl}\boldsymbol e_lA_jB_k)\\ &=\epsilon_{jkl}A_iA_jB_k\delta_{il}\\ &=\epsilon_{ijk}A_iA_jB_k=0 \end{aligned} $$

(2) $(\boldsymbol A\times\boldsymbol B)\cdot\boldsymbol C=\boldsymbol A\cdot(\boldsymbol B\times\boldsymbol C)$

两边展开得到的都是 $\epsilon_{ijk}A_iB_jC_k$

(3) $(\boldsymbol A\times \boldsymbol B)\times\boldsymbol C=(\boldsymbol A\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol B-(\boldsymbol B\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol A$

证明：

$$ \begin{aligned} (\boldsymbol A\times \boldsymbol B)\times\boldsymbol C&=(\epsilon_{ijk}A_iB_j\boldsymbol e_k)\times(C_m\boldsymbol e_m)\\ &=\epsilon_{kml}\epsilon_{ijk}A_iB_jC_m\boldsymbol e_l\\ &=(\delta_{im}\delta_{jl}-\delta_{il}\delta_{mj})A_iB_jC_m\boldsymbol e_l\\ &=A_iC_iB_j\boldsymbol e_j-B_jC_jA_l\boldsymbol e_l\\ &=(\boldsymbol A\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol B-(\boldsymbol B\cdot\boldsymbol C)\boldsymbol A \end{aligned} $$

电磁学A第2次习题课

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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第二次习题课

Problem Exam 1-均匀介质球均匀带电静电问题

【本题考查电介质和静电能；取自24春电磁学H班期中试题】

真空中有一半径为$R$、相对介电常数为$\varepsilon_r$的均匀电介质球，球体内均匀带有总自由电荷$Q$。求解下列问题：

求球内部的极化体电荷以及球表面的极化面电荷；
求球内部的静电能、球外部的静电能以及系统的总静电能；
求系统的宏观静电能与极化静电能；
若该介质球的电导率为$\sigma$，求任意时刻$t$、距离球心$r$处球内部的电场强度与电流密度；
求系统到达静电平衡态时产生的焦耳热。

本题研究真空中半径为$R$、相对介电常数$\varepsilon_r$的均匀电介质球，体内均匀带自由总电荷$Q$。首先明确：题目表述虽写“导体球”，但导体球静电平衡内部场强为零、无极化，不可能出现体内极化电荷与体内电场，因此实际为均匀带电线性电介质球。基本已知量：真空介电常数$\varepsilon_0$，介质介电常数$\varepsilon=\varepsilon_0\varepsilon_r$；自由电荷均匀体分布，具有严格球对称性，电场、电位移、极化强度均沿径向，仅与$r$有关，可用高斯定理与静电场基本关系求解。

解题整体思路：利用电位移高斯定理先求球内、球外$\boldsymbol D$，再求电场$\boldsymbol E$；由极化强度定义$\boldsymbol P=(\varepsilon_r-1)\varepsilon_0\boldsymbol E$求$\boldsymbol P$；利用极化电荷体密度$\rho_p=-\nabla\cdot\boldsymbol P$、面密度$\sigma_p=P|_{r=R}$求内外极化电荷；用电场能量密度$w_e=\dfrac12\boldsymbol E\cdot\boldsymbol D$体积积分求球内、球外、总静电能；区分宏观电场能与极化附加能；考虑介质有漏电电导率$\sigma$，自由电荷随时间指数弛豫，求任意时刻场强与电流密度；能量守恒，初始静电能与末态静电能之差全部转化为平衡态焦耳热。解答如下：

自由电荷体密度 $$ \rho = \dfrac{Q}{\frac{4}{3}\pi R^3} $$ 由$\displaystyle\oint \boldsymbol D\cdot d\boldsymbol S = \sum q_{\text{free}}$：

球内 $r<R$：

$$ D\cdot 4\pi r^2 = \rho\cdot \dfrac{4}{3}\pi r^3 \Rightarrow D = \dfrac{Q r}{4\pi R^3} $$

$$ E_1 = \dfrac{D}{\varepsilon_0\varepsilon_r} = \dfrac{Q r}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_r R^3} $$

球外 $r>R$：

$$ D\cdot 4\pi r^2 = Q \Rightarrow D=\dfrac{Q}{4\pi r^2},\quad E_2 = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} $$

极化强度

$$ P = (\varepsilon_r-1)\varepsilon_0 E_1 = \dfrac{(\varepsilon_r-1)Q r}{4\pi \varepsilon_r R^3} $$

球对称散度

$$ \nabla\cdot\boldsymbol P = \dfrac{1}{r^2}\dfrac{d}{dr}(r^2 P) $$

代入求导计算得极化体密度

$$ \rho_p = -\nabla\cdot\boldsymbol P = -\dfrac{3(\varepsilon_r-1)Q}{4\pi\varepsilon_r R^3} $$

球内总极化电荷

$$ Q_{p\text{内}} = \rho_p\cdot \dfrac43\pi R^3 = -\dfrac{\varepsilon_r-1}{\varepsilon_r}Q $$

球面极化面密度

$$ \sigma_p = P\big|_{r=R} = \dfrac{(\varepsilon_r-1)Q}{4\pi\varepsilon_r R^2} $$

球面总极化电荷

$$ Q_{p\text{表}} = \sigma_p\cdot 4\pi R^2 = \dfrac{\varepsilon_r-1}{\varepsilon_r}Q $$

满足极化电荷总和为零：$Q_{p\text{内}}+Q_{p\text{表}}=0$。

电场能量密度 $$ w_e = \dfrac12 \boldsymbol E\cdot\boldsymbol D $$

球内能量：

$$ W_1 = \int_0^R \dfrac12\varepsilon_0\varepsilon_r E_1^2 \cdot 4\pi r^2 dr $$

积分计算得

$$ W_1 = \dfrac{Q^2}{40\pi\varepsilon_0 \varepsilon_r R} $$

球外能量：

$$ W_2 = \int_R^\infty \dfrac12\varepsilon_0 E_2^2 \cdot 4\pi r^2 dr = \dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R} $$

总静电能

$$ W_e = W_1+W_2 = \dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}\left(1+\dfrac{1}{5\varepsilon_r}\right) $$

球内宏观静电能：
$$ W_{\text{e0内}}=\iiint_V \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 dV=W_1 /\varepsilon_r $$
球外宏观静电能$W_{\text{e0外}}=W_2$，从而总宏观静电能
$$ W_{e0}= \dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}\left(1+\frac{1}{5\varepsilon_r^2}\right) $$
极化静电能为总场能减去宏观场能
$$ W_\text{极化} = W_e - W_\text{e0}= \dfrac{Q^2}{40\pi\varepsilon_0\varepsilon_r R}\left(1-\frac{1}{\varepsilon_r}\right) $$
介质弛豫过程，自由电荷体密度随时间衰减
$$ \rho(t) = \rho_0 e^{-\frac{\sigma}{\varepsilon_0\varepsilon_r}t} $$
由高斯定理得球内电场
$$ \boldsymbol E(r,t) = \dfrac{\rho(t)\,r}{3\varepsilon_0\varepsilon_r}\boldsymbol e_r = \dfrac{Q r}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_r R^3} e^{-\frac{\sigma}{\varepsilon_0\varepsilon_r}t}\,\boldsymbol e_r $$

电流密度$\boldsymbol J=\sigma\boldsymbol E$：

$$ \boldsymbol J(r,t) = \dfrac{\sigma Q r}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon_r R^3} e^{-\frac{\sigma}{\varepsilon_0\varepsilon_r}t}\,\boldsymbol e_r $$

稳态平衡后电荷全部移至球面，内部场强为0，末态静电能 $$ W_\infty = \dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R} $$ 能量守恒，损耗的能量全部变为焦耳热 $$ Q = W_e - W_\infty = W_1 = \dfrac{Q^2}{40\pi\varepsilon_0 \varepsilon_r R} $$

Problem Exam 2-均匀电流场中置入导电球

【本题考查电介质、拉普拉斯方程解和欧姆定律；取自24春电磁学H班期中试题】

无限大均匀导电介质电导率$\sigma_0$，原有均匀稳恒电流场$\boldsymbol J_0=\sigma_0\boldsymbol E_0$；放入半径$R$、电导率$\sigma$的导电球。稳恒电流场无自由体电荷，电势满足拉普拉斯方程$\nabla^2\varphi=0$；系统轴对称，取外场沿$z$轴，求

球内外电势、电场
导体球表面电荷分布
球内焦耳热功率

解题思路：写出球内、球外拉普拉斯方程轴对称通解形式；代入无穷远与球面边界条件定系数；由$\boldsymbol E=-\nabla\varphi$求内外电场；由电场法向跃变求球面感应电荷分布与电偶极矩；写出球内焦耳功率表达式，对$\sigma$求导找极值，求最大功率。解答如下：

球内： $$ \varphi_1(r,\theta) = -\dfrac{3\sigma_0}{\sigma+2\sigma_0} E_0 r\cos\theta $$ 球外： $$ \varphi_2(r,\theta) = -E_0 r\cos\theta+ \dfrac{R^3}{r^2}\cdot \dfrac{\sigma-\sigma_0}{\sigma+2\sigma_0}E_0 \cos\theta $$

球内均匀电场：

$$ \boldsymbol{E_1} = \dfrac{3\sigma_0}{\sigma+2\sigma_0}\boldsymbol E_0 $$

球外为原场叠加感应偶极子场：

$$ \boldsymbol E_2 = \boldsymbol E_0+ \dfrac{R^3(\sigma-\sigma_0)}{\sigma+2\sigma_0}\cdot \dfrac{2\cos\theta \boldsymbol e_r + \sin\theta \boldsymbol e_\theta}{r^3}E_0 $$

感应电偶极矩大小 $$ p = 4\pi\varepsilon_0 R^3 \cdot \dfrac{\sigma-\sigma_0}{\sigma+2\sigma_0} E_0 $$

由界面法向电场跃变

$$ \varepsilon_0(E_{2r}-E_{1r})\big|_{r=R} = \sigma_e(\theta) $$

代入化简得球面电荷分布

$$ \sigma_e(\theta) = \dfrac{3\varepsilon_0 E_0(\sigma-\sigma_0)}{\sigma+2\sigma_0}\cos\theta $$

焦耳功率密度 $w=\boldsymbol J\cdot\boldsymbol E=\sigma E_1^2$ 总功率 $$ P(\sigma) = \sigma E_1^2 \cdot \dfrac43\pi R^3 $$ 代入$E_1$： $$ P(\sigma) = \dfrac{12\pi R^3 \sigma_0^2 E_0^2 \,\sigma}{(\sigma+2\sigma_0)^2} $$

令$f(\sigma)=\dfrac{\sigma}{(\sigma+2\sigma_0)^2}$，求导并令导数为零，解得

$$ \sigma = 2\sigma_0 $$

代入得最大功率

$$ P_{\text{max}} = \dfrac{3\pi R^3 \sigma_0 E_0^2}{2} $$

Problem Exam 3-流体介质与导体球静力学

【本题考查静电能特别是静电压强、静力平衡；取自24春电磁学H班期中试题】

无限大平面被一条水平直线分为两部分，有一半径为$R$、密度为$\rho$的导体球，球心过水平直线。在球外部，水平直线下侧充满密度为$\rho_1$、相对介电常数为$\varepsilon_{r1}$的液体；上侧充满密度为$\rho_2$、相对介电常数为$\varepsilon_{r2}$的液体。其中$\rho_1>2\rho$，$\rho_2\ll\rho$。求解以下问题：

当球所带电荷量$Q$为多少时球可以在该位置保持平衡；
系统的电容；
若下半介质和上半介质电导率分别为$\sigma_1$、$\sigma_2$，求介质的总电阻和耗散时间常数$\tau$。

分析：导体球为等势体，球面自由电荷会按照介质的介电常数分布；极化电荷由介质在电场中极化产生，总电荷为自由电荷与极化电荷的代数和。

解题思路：利用导体球在双层介质中自由电荷按介电常数分配的规律，先求解上下半球的自由电荷；再根据极化电荷与自由电荷的关系计算极化电荷；最后将自由电荷和极化电荷相加得到总电荷。解答如下：

导体球的平衡条件为竖直方向合力为零，受力包括自身重力、上下介质的浮力、介质分界面产生的静电作用力。已知$\rho_2\ll\rho$，上半球浮力可忽略不计；导体球球心在介质分界面上，静电作用力由上下介质的介电常数差异产生。

导体球体积$V=\dfrac{4}{3}\pi R^3$，重力$G=\rho V g=\dfrac{4}{3}\pi R^3 \rho g$。半球体积$V_1=\dfrac{2}{3}\pi R^3$，浮力$F_b=\rho_1 V_1 g+\rho_2 V_1 g$。考虑导体球表面的静电压强一方面由自由电荷受的电场力贡献，另一方面由于介质为流体，介质中的极化电荷所受静电力无法由介质原子/分子骨架提供张力，必须也要由导体球提供支撑。导体内部静电能流密度为0，外部为$w_e=\boldsymbol D\cdot\boldsymbol E/2=\varepsilon E^2/2$，由虚功原理知静电压强大小为$p=w_e$，方向垂直于法向向外。从而总的静电力

$$ F_e=\left(\frac{1}{2}\varepsilon_2 E(R)^2-\frac{1}{2}\varepsilon_1 E(R)^2\right)\pi R^2 $$

正方向竖直向上。根据平衡条件$F_e+F_{\text{浮}}=G$，解得

$$ Q=\sqrt{ \frac{16\pi^2 R^5g(\rho_1+\rho_2-2\rho)(\varepsilon_1+\varepsilon_2)^2/3}{\varepsilon_1-\varepsilon_2} } $$

仅当$\varepsilon_1>\varepsilon_2$时成立。

导体球球心在无限大介质分界面上，可等效为上下两个半球电容器并联，每个半球对应一种介质，总电容为两个半球电容之和。下半球电容$C_1=2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{r1}R$，上半球电容$C_2=2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{r2}R$，并联总电容：
$$ C=C_1+C_2=2\pi\varepsilon_0 R(\varepsilon_{r1}+\varepsilon_{r2}) $$
上下介质的漏电电阻为并联关系，耗散时间常数为$RC$电路的时间常数，等于总电阻与总电容的乘积。下半球电阻$R_1=\dfrac{1}{2\pi\sigma_1 R}$，上半球电阻$R_2=\dfrac{1}{2\pi\sigma_2 R}$，并联总电阻：
$$ R_=\dfrac{1}{2\pi R(\sigma_1+\sigma_2)} $$
耗散时间常数$\tau=RC$，代入得：
$$ \tau=\dfrac{\varepsilon_0(\varepsilon_{r1}+\varepsilon_{r2})}{\sigma_1+\sigma_2} $$

Problem NJ 1-一维有限电阻网络

【本题考查电介质和静电能；取自《难题集萃（上册）》电磁学篇的4-16】

(a)

解答如下：采用电流分布法求解。设从 $A$ 端流入电流 $I$，从 $B$ 端流出电流 $I$，若能求出电流在网络中的分布，进而算出 $A,B$ 两端间的电压 $U_{AB}$，即可由

$$ R_{AB} = \frac{U_{AB}}{I} $$

得出 $R_{AB}$。

(a)

如下图，设网络中的电流分布，则对于每一个正方形，其上、下两水平电流之和均为 $I$，故有

$$ U_{AD} + U_{CB} = IR + IR + \cdots + IR \ (\text{共 } N \text{ 项}) = NIR $$

由对称性可知

$$ U_{AD} = U_{CB} $$

故

$$ U_{CB} = \frac{1}{2}NIR $$

于是有

$$ U_{AB} = I_1 R + U_{CB} = \left(I_1 + \frac{1}{2}NI\right)R $$

可见，求得 $I_1$ 后即可算出 $U_{AB}$。

取网络中第 $K-1$ 个和第 $K$ 个正方形，建立电压方程：

$$ I_{K-1} R + I'_K R = I''_{K-1} R + I_K R \tag{1} $$

$$ I_K R + I'_K R = I''_K R + I_{K+1} R \tag{2} $$

建立节点电流方程：

$$ I'_{K-1} + I_K = I'_K \tag{3} $$

$$ I''_{K-1} = I_K + I''_K \tag{4} $$

由式(1)$\sim$(4)，得

$$ I_{K+1} - 4I_K + I_{K-1} = 0, \quad K=2,3,\dots,N $$

这是关于 $I_K$ 的二阶递推式。

引入常量 $\alpha_1$ 和 $\alpha_2$，使得 $I_K$ 之间有如下递推关系：

$$ I_{K+1} - \alpha_1 I_K = \alpha_2(I_K - \alpha_1 I_{K-1}) \tag{5} $$

$$ I_{K+1} - \alpha_2 I_K = \alpha_1(I_K - \alpha_2 I_{K-1}) \tag{6} $$

即有

$$ I_{K+1} - (\alpha_1+\alpha_2)I_K + \alpha_1\alpha_2 I_{K-1} = 0 $$

与 $I_K$ 的原递推式比较，有

$$ \alpha_1 + \alpha_2 = 4, \quad \alpha_1\alpha_2 = 1 $$

故 $\alpha_1$ 和 $\alpha_2$ 为方程

$$ \alpha^2 - 4\alpha + 1 = 0 $$

的两个根，为

$$ \alpha_1 = 2+\sqrt{3}, \quad \alpha_2 = 2-\sqrt{3} $$

由式(5)、式(6)得出

$$ I_{N+1} - \alpha_1 I_N = \alpha_2^{N-1}(I_2 - \alpha_1 I_1), \quad I_{N+1} - \alpha_2 I_N = \alpha_1^{N-1}(I_2 - \alpha_2 I_1) $$

因对称性，有

$$ I_{N+1} = I_1, \quad I_N = I_2 $$

代入，得

$$ I_1 - \alpha_1 I_2 = \alpha_2^{N-1}(I_2 - \alpha_1 I_1), \quad I_1 - \alpha_2 I_2 = \alpha_1^{N-1}(I_2 - \alpha_2 I_1) $$

两式相减，得

$$ \begin{aligned} (\alpha_1 - \alpha_2)I_2 &= (\alpha_1^{N-1} - \alpha_2^{N-1})I_2 - (\alpha_1^{N-1}\alpha_2 - \alpha_2^{N-1}\alpha_1)I_1 \\ &= (\alpha_1^{N-1} - \alpha_2^{N-1})I_2 - (\alpha_1^{N-2} - \alpha_2^{N-2})I_1 \\ &= (\alpha_1^{N-1} - \alpha_1^{1-N})I_2 - (\alpha_1^{N-2} - \alpha_1^{2-N})I_1 \end{aligned} $$

由 $\alpha_1 - \alpha_2 = 2\sqrt{3}$，解出

$$ I_2 = \frac{\alpha_1^{N-2} - \alpha_1^{2-N}}{(\alpha_1^{N-1} - \alpha_1^{1-N}) - 2\sqrt{3}} I_1 \tag{7} $$

对于第1个正方形，可列出电压方程

$$ I_1 R + I_1 R = (I - I_1)R + I_2 R $$

即

$$ 3I_1 = I + I_2 $$

与式(7)联立，解出

$$ I_1 = \frac{I}{3 - \dfrac{\alpha_1^{N-2} - \alpha_1^{2-N}}{(\alpha_1^{N-1} - \alpha_1^{1-N}) - 2\sqrt{3}}} $$

于是有

$$ U_{AB} = \left(\frac{1}{2}NI + I_1\right)R = \left[\frac{N}{2} + \frac{1}{3 - \dfrac{\alpha_1^{N-2} - \alpha_1^{2-N}}{(\alpha_1^{N-1} - \alpha_1^{1-N}) - 2\sqrt{3}}}\right] IR $$

故 $A,B$ 之间的等效电阻为

$$ R_{AB} = \frac{U_{AB}}{I} = \left[\frac{N}{2} + \frac{1}{3 - \dfrac{\alpha_1^{N-2} - \alpha_1^{2-N}}{(\alpha_1^{N-1} - \alpha_1^{1-N}) - 2\sqrt{3}}}\right] R $$

电磁学A第3次习题课

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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第三次习题课补充题

Problem exam-1 电磁感应和磁矩场

(1)一个半径为$a$，非常薄（厚度为$b$）的导体圆盘放置在$xy$平面上，导体的电导率为$\sigma$，磁导率为$\mu_0$，原点在圆盘中心，空间加上磁场：

$$ \boldsymbol{B}=B_0\cos(\omega t+\varphi)\boldsymbol e_z $$

请给出圆盘上半径为$r$处的涡流密度$\boldsymbol{j}_f$。（6分）

(2)请求出圆盘的总磁矩，并给出远处$P$点（$r\gg a$）由涡流产生的磁感应强度。

(a)

Solution to exam-1

(1)先在柱坐标$(\boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_z)$下考虑问题。取一半径为$r$的圆，根据电磁感应定律，由于涡旋电场沿圆的切线方向，大小处处相等，故

$$ 2\pi r E = -\frac{\partial B}{\partial t}\pi r^2 = B_0\omega \pi r^2 \sin(\omega t+\varphi) $$

所以，有：

$$ \boldsymbol{E} = \frac{B_0\omega r}{2}\sin(\omega t+\varphi)\,\boldsymbol e_\theta $$

$$ \boldsymbol{j}_f = \sigma\boldsymbol{E} = \frac{B_0\sigma\omega r}{2}\sin(\omega t+\varphi)\,\boldsymbol e_\theta $$

(2)圆盘的磁矩元：

$$ d m = \pi r^2 \mathrm{d} I = \pi r^2 j_f b \mathrm{d} r = \frac{\pi B_0\sigma b \omega \sin(\omega t+\varphi)}{2}\,r^3 \mathrm{d} r $$

总磁矩为（这里用的是如图所示的球极坐标先在柱坐标$(\boldsymbol e_r,\boldsymbol e_\theta,\boldsymbol e_\varphi)$）：

$$ m = \int_0^a \mathrm{d} m = \frac{\pi B_0\sigma b \omega \sin(\omega t+\varphi)}{2}\int_0^a r^3 \mathrm{d} r = \frac{\pi B_0\sigma b \omega a^4 \sin(\omega t+\varphi)}{8} $$

$$ \boldsymbol{m} = m\boldsymbol e_z $$

远处磁矩的球坐标磁场分量：

$$ \begin{cases} B_r = \frac{\mu_0}{4\pi}\frac{2m}{R^3} = \frac{\mu_0}{16}\frac{B_0\sigma b \omega a^4 \sin(\omega t+\varphi)}{R^3}\cos\theta\\ B_\theta = -\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{m}{R^3} = -\frac{\mu_0}{32}\frac{B_0\sigma b \omega a^4 \sin(\omega t+\varphi)}{R^3}\sin\theta \end{cases} $$

Problem exam-2 共轴线圈相互作用和动力学

半径为$a$的大线圈通恒定电流$I$，轴线上放置一极小共轴线圈，小线圈面积$S$、电阻$r$。

$t=0$ 时刻两线圈轴向间距为$z_0$，小线圈沿轴线运动速度为$v$，求小线圈内感应电流大小与方向；
求该时刻小线圈受到的安培力；（提示：$m$ 为小线圈磁矩）
小线圈运动时，为维持大线圈电流$I$不变，需改变电源电动势，求电动势改变量$\Delta \varepsilon$，并说明增减；

(a)

Solution to exam-2

(1) 载流圆线圈轴线上距离圆心$z$处的磁感应强度公式：

$$ B(z) = \frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2+z^2)^{\frac{3}{2}}} $$

方向沿轴线（$z$ 方向）。 $t=0$ 时 $z=z_0$，小线圈面积极小，范围内磁场近似均匀，穿过小线圈的磁通量：

$$ \Phi = B(z_0) S = \frac{\mu_0 I a^2 S}{2(a^2+z_0^2)^{\frac{3}{2}}} $$

小线圈随时间运动：$z(t) = z_0 + vt$，磁通量随时间变化：

$$ \Phi(t) = \frac{\mu_0 I a^2 S}{2\big(a^2+(z_0+vt)^2\big)^{\frac{3}{2}}} $$

由法拉第电磁感应定律，感应电动势：

$$ \varepsilon = -\frac{d \Phi}{d t} $$

代入求导计算，再由欧姆定律得感应电流大小：

$$ i = \frac{|\varepsilon|}{r} $$

电流方向：与大线圈电流$I$同向，右手螺旋对应$z$轴正方向。

(2) 小线圈磁矩：$\boldsymbol{m} = i S ,\boldsymbol e_z$，其所受到的力为

$$ \begin{aligned} \boldsymbol{F} &= \left.\frac{\partial (mB)}{\partial z}\right|_{\text{电流和形状不变,即}m\text{不变}} \boldsymbol e_z = m \left( -\frac{3\mu_0 I a^2}{2} \frac{z}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}} \right) \boldsymbol e_z \\ &= \left( \frac{3\mu_0 I a^2 S^2 v}{2r} \frac{z}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}} \right) \left( -\frac{3\mu_0 I a^2}{2} \frac{z}{\left(a^2 + z^2\right)^{5/2}} \right) \boldsymbol e_z \\ &= -\left( \frac{3\mu_0 I a^2 S}{2} \right)^2 \frac{z^2 v}{r \left(a^2 + z^2\right)^5} \boldsymbol e_z \end{aligned} $$

$z$用$z_0$代入，即为小线圈在$z_0$处受到的作用力，其方向沿$-z$方向，即为阻尼力。

(3) 无源小线圈向右运动，而远离大线圈时，其贡献于后者的正向磁通量$\Phi_{21}$要减少，相应的互感电动势$\mathcal E_{21}$为正向，即$\mathcal E_{21}>0$。为维持$I$不变，有源大线圈中的电动势需要改变一个$\Delta\mathcal{E}$，即使$\Delta\mathcal{E}+\mathcal E_{21}=0$，即

$$ \Delta\mathcal{E}=-\mathcal E_{21}=-\left(-\frac{d\Phi_{21}}{dt}\right)=M\frac{di}{dt} $$

由上面（1）的磁通量结果，可以得到两线圈之间的互感系数为：

$$ M=\frac{\Phi}{I}=\frac{\mu_0}{2}\frac{a^2 S}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}} $$

由（1）得到的$\dot{z}$，有

$$ \begin{aligned} \frac{di}{dt}&=\frac{3\mu_0 a^2 ISv}{2r}\frac{d}{dt}\frac{z}{\left(a^2+z^2\right)^{5/2}}=\frac{3\mu_0 a^2 ISv^2}{2r}\cdot\frac{1-\dfrac{5z^2}{z^2+a^2}}{\left(a^2+z^2\right)^{5/2}}\\ &=\frac{3\mu_0 a^2 ISv^2}{2r}\cdot\frac{a^2-4z^2}{\left(a^2+z^2\right)^{7/2}} \end{aligned} $$

最终有：

$$ \begin{aligned} \Delta\varepsilon&=M\frac{di}{dt}=\frac{\mu_0}{2}\frac{a^2 S}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\cdot\frac{3\mu_0 a^2 ISv^2}{2r}\frac{a^2-4z^2}{\left(a^2+z^2\right)^{7/2}}\\ &=\frac{3\mu_0^2 a^4 IS^2 v^2}{4r}\frac{a^2-4z^2}{\left(a^2+z^2\right)^5} \end{aligned} $$

可见，$\Delta\mathcal{E}>0$或$\Delta\mathcal{E}<0$取决于$(a^2-4z^2)$，当

$$ z>a/2 \text{时},\ \Delta\mathcal{E}<0 $$

$$ z0 $$

Problem TD-1 磁化介质圆柱

一个长的中空圆柱体由磁导率为 $\mu$ 的铁制成。将其置于与轴线垂直的均匀磁场 $\boldsymbol B_0$ 中。假设 $\boldsymbol B_0$ 足够小，以致铁未被饱和，认为 $\mu$ 是常数。

(a) 画出圆柱体放入磁场前、后的磁力线。

(b) 设圆柱的外、内半径分别是 $a$ 和 $b$，求圆柱体内的磁场。

提示：在柱坐标下，有

$$ \nabla^2 \equiv \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial }{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 }{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 }{\partial z^2} $$

Solution to TD-1

圆柱放入磁场前磁场是均匀的，磁力线如题图所示。圆柱体放入后，磁场受到屏蔽，磁力线如题图所示。

(a)

引入磁标势 $\phi, \boldsymbol{H} = -\nabla\phi$，因本题中无自由电流，故 $\nabla\cdot\boldsymbol{H} = 0 \Rightarrow \nabla^2 \phi = 0$，在柱坐标下，为

$$ \frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r\frac{\partial \phi}{\partial r}\right) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 \phi}{\partial \theta^2} + \frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0 $$

因本题具有轴对称，$\frac{\partial^2 \phi}{\partial z^2} = 0$。可令

$$ \phi(r, \theta) = R(r)S(\theta) $$

则有

$$ \frac{1}{R}\left( r^2\frac{d^2 R}{d r^2} + r\frac{d R}{d r} \right) = -\frac{1}{S}\frac{d^2 S}{d \theta^2} = m^2 = \text{常数} $$

从而得电势具有通解为

$$ \phi = \sum_{m=1}^{\infty} (c_m r^m + d_m r^{-m})(g_m \cos m\theta + h_m \sin m\theta) $$

对本题还有 $\phi(r, \theta) = \phi(r, -\theta)$，故电势中不包含正弦项。把柱内、外空间分成如题图(c)所示的三部分，它们的通解 $\phi$ 都具有形式

$$ \phi_i = \sum_{m=1}^{\infty} (c_{im} r^m + d_{im}) \cos m\theta, \quad i=1,2,3 $$

首先对柱外空间区域，在 $r \to \infty$ 时，$\phi_3 = -H_0 r \cos\theta, \mu_0 H = B_0$，由上式得

$$ c_{31} = -\frac{B_0}{\mu_0}, \quad c_{3m} = d_{3m} = 0, \quad m \neq 1 $$

即有

$$ \phi_3 = -\left( \frac{B_0}{\mu_0} r - \frac{d_{31}}{r} \right) \cos\theta $$

再由 $r=a, b$ 处的边界条件，有

$$ \mu_0 \frac{\partial \phi_3}{\partial r} = \mu \frac{\partial \phi_2}{\partial r} \bigg|_{r=a} $$

$$ \mu_0 \frac{\partial \phi_1}{\partial r} = \mu \frac{\partial \phi_2}{\partial r} \bigg|_{r=b} $$

$$ \frac{\partial \phi_3}{\partial \theta} = \frac{\partial \phi_2}{\partial \theta} \bigg|_{r=a}, \quad \frac{\partial \phi_1}{\partial \theta} = \frac{\partial \phi_2}{\partial \theta} \bigg|_{r=b} $$

联合诸式得联立方程组

$$ \begin{cases} B_0 + \dfrac{\mu_0 d_{31}}{a^2} = \mu \left( -c_{21} + \dfrac{d_{21}}{a^2} \right) \\[1.5em] -B_0 + \dfrac{d_{31}}{a^2} = \mu_0 \left( c_{21} + \dfrac{d_{21}}{a^2} \right) \\[1.5em] \mu \left( c_{21} - \dfrac{d_{21}}{b^2} \right) = \mu_0 c_{11} \\[1.5em] c_{21} + \dfrac{d_{21}}{b^2} = c_{11} \end{cases} $$

以上还用了 $r=0$ 时要求 $\phi_1$ 有限，从而

$$ d_{11} = 0 $$

圆柱内磁标势完全由 $c_{11}$ 决定，由方程组解得

$$ c_{11} = -\frac{4\mu a^2 B_0}{a^2(\mu+\mu_0)^2 - (\mu-\mu_0)b^2} $$

即

$$ \phi_1 = c_{11} r \cos\theta $$

磁场

$$ \begin{aligned} \boldsymbol{H}_1 &= -\nabla\phi_1 = -\frac{\partial \phi_1}{\partial r}\boldsymbol e_r - \frac{1}{r}\frac{\partial \phi_1}{\partial \theta}\boldsymbol e_{\theta} \\ &= -c_{11}(\cos\theta \boldsymbol e_r - \sin\theta \boldsymbol e_{\theta}) \\ &= -c_{11} \boldsymbol e_z \\ &= \frac{4\mu a^2}{a^2(\mu+\mu_0)^2 - (\mu-\mu_0)b^2} \boldsymbol B_0 \end{aligned} $$

当$\mu\gg\mu_0$时

$$ \boldsymbol{H}_1\approx\frac{4}{\mu}\frac{\boldsymbol B_0}{1-b^2/a^2} $$

可见磁导率越大屏蔽作用越强。

拉普拉斯方程坐标系形式、通解与边界条件

引言

为什么要补充这一部分？首要原因是其不容忽略的重要性，Lalplace方程的解在原子物理、数理方程都会讲到，尽早熟悉可加深印象。次要原因是此类题目模型基本相似但又很容易出变式（例如多加几层介质增加难度），因此单纯想要靠记忆已经做过的答案是低效而不现实的，不如直接掌握底层解法。再次要原因是，解Laplace方程的思维难度和记忆量实际远小于理解电磁类比。

阅读这部分内容，把握以下两点：不需要掌握通解形式如何得到的，背下来即可；级数求和实际上不复杂绝大多数题目的解最终只用到1至2阶，所以实际不涉及无穷函数级数。

此部分不要求掌握，考试也不会考，仅作拓展。

正文

以下讨论全部限于静场情况；对于动场电动力学更常使用电势与磁矢势描述，它们的形式会更加和谐。

拉普拉斯方程为无旋无散标量场$\varphi$满足：

$$ \nabla^2 \varphi = 0 \tag{1} $$

物理中电势$\varphi_e$、磁标势$\varphi_m$均满足此方程（无自由电荷/无自由电流区域）。磁标势定义严格为：

$$ \boldsymbol{H} = -\nabla\varphi_m \tag{2} $$

柱坐标系下的拉普拉斯方程

柱坐标$(\rho,\phi,z)$，拉普拉斯算子：

$$ \nabla^2 \varphi = \frac{1}{\rho}\frac{\partial }{\partial \rho}\left(\rho\frac{\partial \varphi}{\partial \rho}\right) +\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2} +\frac{\partial^2 \varphi}{\partial z^2} $$

$z$平移对称$\partial\varphi/\partial z=0$，二维拉普拉斯方程：

$$ \frac{1}{\rho}\frac{\partial }{\partial \rho}\left(\rho\frac{\partial \varphi}{\partial \rho}\right) +\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2}=0 \tag{3} $$

通解

圆柱问题自动蕴含角度周期边界$\varphi(\rho,\phi+2\pi)=\varphi(\rho,\phi)$，通解（这个形式和TD-1的通解本质是一样的）：

$$ \varphi(\rho,\phi) = A_0 + B_0\ln\rho +\sum_{n=1}^{\infty}\big[(A_n \rho^n + B_n \rho^{-n})\cos n\phi +(C_n \rho^n + D_n \rho^{-n})\sin n\phi\big] \tag{4} $$

柱对称常用边界约束

原点有界：$\rho\to0$时$\varphi$有限 $\implies B_0=0,,B_n=D_n=0$；
无穷远有界：$\rho\to\infty$时$\varphi$有限 $\implies A_0=A_n=C_n=0$；
界面衔接：分界面法切向导数关系需要遵从电磁学结论，一般来说有势连续

球坐标系下的拉普拉斯方程

球坐标$(r,\theta,\phi)$，拉普拉斯算子：

$$ \nabla^2 \varphi = \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \varphi}{\partial r}\right) +\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial \varphi}{\partial \theta}\right) +\frac{1}{r^2\sin^2\theta}\frac{\partial^2 \varphi}{\partial \phi^2} $$

$\phi$旋转对称$\partial\varphi/\partial\phi=0$，方程简化：

$$ \frac{1}{r^2}\frac{\partial }{\partial r}\left(r^2\frac{\partial \varphi}{\partial r}\right) +\frac{1}{r^2\sin\theta}\frac{\partial }{\partial \theta}\left(\sin\theta\frac{\partial \varphi}{\partial \theta}\right)=0 \tag{5} $$

通解

$$ \varphi(r,\theta)=\sum_{n=0}^{\infty}\big(C_n r^n + D_n r^{-(n+1)}\big)P_n(\cos\theta) \tag{6} $$

$P_n(x)$为$n$阶勒让德多项式，常用$P_0(x)=1,P_1(x)=x,P_2(x)=3x^2/2-1/2,P_3(x)=5x^3/2-3x/2$。

球对称常用边界约束

原点有界：$r\to0$有限 $\implies D_{\forall n}=0$；
无穷远有界：$r\to\infty$有限 $\implies C_{\forall n>0}=0$；
分界面法切向导数关系需要遵从电磁学结论，一般来说有势连续

拉普拉斯方程数学三类边界条件与电磁物理对应

数学标准边界条件

设求解区域边界$\partial\Omega$：

第一类：$\varphi\big|_{\partial\Omega}=f(\boldsymbol{r})$；
第二类：$\frac{\partial \varphi}{\partial \boldsymbol{n}}\bigg|_{\partial\Omega}=g(\boldsymbol{r})$；
第三类：$\alpha\varphi + \beta\frac{\partial \varphi}{\partial \boldsymbol{n}}\bigg|_{\partial\Omega}=h(\boldsymbol{r})$；
附加有界性：区域内孤立奇点处$\varphi$有限（原点、轴上等）。

数学上的边界条件往往如此简洁，但是运用到物理问题上则需要更为细致的考虑。

这是因为Laplace方程只在无源（没有传导电流）的空间使用，一旦涉及到有源边界，我们就不得不为每块均匀介质设不同的势。不同块之间当然可以允许有源，但也同时意味着边界将变得复杂：边界此时不仅肩负着为每块区域内势定解的任务，还负责建立两区之间势的联系。

下面我们约定$\boldsymbol{n}$从介质1指向介质2。

电势边界与数学形式的对应

介质分界面有自由面电荷$\sigma_f$：

$$ \varphi_{e1}=\varphi_{e2} \tag{静场恒成立-7} $$

$$ D_{2n}(\varphi_{e2},\boldsymbol{P}_1)=D_{1n}(\varphi_{e1},\boldsymbol{P}_2)+\sigma_f \tag{电法向约束-8} $$

大多数情况都是线性各向同性均匀电介质，法向约束可以写为

$$ \varepsilon_1 \frac{\partial \varphi_{e1}}{\partial \boldsymbol{n}} = \varepsilon_2 \frac{\partial \varphi_{e2}}{\partial \boldsymbol{n}}+\sigma_f $$

静场情况下不需要涉及切向约束，或者说切向电场恒相等总是意味着边界两侧电势连续。

磁标势边界与数学形式的对应

记介质分界面自由面电流$K_f$（正方向为$\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{\tau}$）：

$$ \frac{\partial \varphi_{m1}}{\partial \boldsymbol{\tau}} = \frac{\partial \varphi_{m2}}{\partial \boldsymbol{\tau}}-\boldsymbol{K}_f \tag{磁切向约束-9} $$

$$ B_{1n}(\varphi_{m1},\boldsymbol{M}_1) = B_{2n}(\varphi_{m2},\boldsymbol{M}_2) \tag{磁法向约束-10} $$

大多情况都线性各向同性均匀磁介质，法向约束可写为

$$ \mu_{1} \frac{\partial \varphi_{m1}}{\partial \boldsymbol{n}} = \mu_{2} \frac{\partial \varphi_{m2}}{\partial \boldsymbol{n}} $$

大家可能会疑惑，为什么多了一个切向约束，然后少了一个值（第一类）约束？

对于分界面有传导电流的情况，很容易推出边界两侧磁标势不可能处处相等；取而代之的是要用切向磁场与传导面电流的关系来刻画磁标势的关系，也即如上。如果$\boldsymbol{K}_f=0$自然地可以把不那么好看的切向约束退化为如下形式

$$ \varphi_{m1}=\varphi_{m2} \tag{切向$\boldsymbol{H}$连续等价势连续-11} $$

例题一：均匀介质圆柱置于垂直轴线均匀外电场极化

问题描述

无限长均匀介质圆柱，半径$a$，相对介电常数$\varepsilon_r$；外部真空$\varepsilon_0$。外加均匀外电场$\boldsymbol E_{\text{ext}}=E_0,\hat{\boldsymbol{x}}$，电场垂直圆柱轴线（$z$方向）。求柱内、柱外电势$\varphi_1(\rho,\phi),\varphi_2(\rho,\phi)$，并解出$\boldsymbol{E},\boldsymbol{D}$。

基本方程建立

全域无自由电荷，$\nabla^2 \varphi_1=0\ (\rho<a)$，$\nabla^2 \varphi_2=0\ (\rho>a)$，均满足二维柱拉普拉斯方程(3)。

边界条件转化为势的数学约束

原点有界：$\rho\to0$，$\varphi_1$有限；
无穷远渐近：$\rho\to\infty$，$\boldsymbol E_2\to \boldsymbol E_{\text{ext}}=E_0\hat{\boldsymbol{x}}=-\nabla\varphi_2$。故远场 $$ \varphi_2 \xrightarrow{\rho\to\infty} -E_0 \rho \cos\phi $$
根据对称性各处的$\varphi$都是$\phi$的偶函数，所以形式通解里其实只有$\cos m\phi$系数非零
界面$\rho=a$衔接（$\sigma_f=0$）： $$ \varphi_1\big|_{\rho=a} = \varphi_2\big|_{\rho=a} \tag{12} $$ $$ \varepsilon_0\varepsilon_r \frac{\partial \varphi_1}{\partial \rho}\bigg|_{\rho=a} = \varepsilon_0 \frac{\partial \varphi_2}{\partial \rho}\bigg|_{\rho=a} \tag{13} $$

代入柱对称通解形式(4)

远场只有$\cos\phi$一次项，高次$n\ge2$系数全为0；常数项$A_0$无物理意义可取0。

内部$\rho<a$：原点有界$\implies B_0=B_1=0$， $$ \varphi_1(\rho,\phi)=A_1 \rho \cos\phi $$
外部$\rho>a$：含外场项+感应偶极衰减项， $$ \varphi_2(\rho,\phi)=\big(-E_0 \rho + B_1 \rho^{-1}\big)\cos\phi $$

边界条件联立求解参数

代入$\rho=a$势连续(12)：

$$ A_1 a \cos\phi = \big(-E_0 a + B_1 a^{-1}\big)\cos\phi \implies A_1 a = -E_0 a + \frac{B_1}{a} \tag{14} $$

径向导数：

$$ \frac{\partial \varphi_1}{\partial \rho}=A_1 \cos\phi,\quad \frac{\partial \varphi_2}{\partial \rho}=\big(-E_0 - B_1 \rho^{-2}\big)\cos\phi $$

代入法向约束(13)消去$\varepsilon_0,\cos\phi$：

$$ \varepsilon_r A_1 = -E_0 - \frac{B_1}{a^2} \tag{15} $$

联立式(14)(15)解得：

$$ A_1 = -\frac{2E_0}{\varepsilon_r+1},\quad B_1 = \frac{\varepsilon_r-1}{\varepsilon_r+1}E_0 a^2 $$

势场最终表达式

$$ \varphi_1(\rho,\phi) = -\frac{2E_0}{\varepsilon_r+1}\,\rho\cos\phi \tag{16} $$

$$ \varphi_2(\rho,\phi) = \left(-E_0 \rho + \frac{(\varepsilon_r-1)E_0 a^2}{(\varepsilon_r+1)\rho}\right)\cos\phi \tag{17} $$

求矢量场$\boldsymbol{E},\boldsymbol{D}$

内部电场均匀：

$$ \boldsymbol E_1 = -\nabla\varphi_1 = \frac{2E_0}{\varepsilon_r+1}\,\hat{\boldsymbol{x}} $$

内部电位移：

$$ \boldsymbol{D}_1 = \varepsilon_0\varepsilon_r \boldsymbol E_1 = \frac{2\varepsilon_0\varepsilon_r E_0}{\varepsilon_r+1}\,\hat{\boldsymbol{x}} $$

外部电场=外场+介质圆柱等效偶极子场：

$$ \boldsymbol E_2 = -\nabla\varphi_2 = E_0\hat{\boldsymbol{x}} +\frac{(\varepsilon_r-1)E_0 a^2}{\varepsilon_r+1}\cdot\frac{\cos\phi\,\hat{\boldsymbol{\rho}}+\sin\phi\,\hat{\boldsymbol{\phi}}}{\rho^2} $$

例题二：均匀磁化球置于反向均匀外磁感应场

问题描述

半径$a$均匀磁化小球，恒定磁化强度$\boldsymbol{M}=M_0\hat{\boldsymbol{z}}$；球外真空区域施加均匀外磁感应$\boldsymbol B_{\text{ext}}=-B_0\hat{\boldsymbol{z}}$（与$\boldsymbol{M}$反向）。全域无自由电流，可用磁标势$\varphi_m$满足$\boldsymbol{H}=-\nabla\varphi_m$、$\nabla^2 \varphi_m=0$。求球内$\varphi_{m1}(r,\theta)$、球外$\varphi_{m2}(r,\theta)$，再解$\boldsymbol{H},\boldsymbol{B}$。

基本方程

无自由电流：

$$ \nabla^2 \varphi_{m1}=0\quad(r < a),\qquad \nabla^2 \varphi_{m2}=0\quad(r > a) \tag{18} $$

球轴对称$\partial/\partial\phi=0$，采用式(5)方程与通解(6)。

物理边界转化为势的数学约束

原点有界：$r\to0$，$\varphi_{m1}$有限；
无穷远渐近：$r\to\infty$，$\boldsymbol B_2\to\boldsymbol B_{\text{ext}}=-B_0\hat{\boldsymbol{z}}$；真空$\boldsymbol{B}=\mu_0\boldsymbol{H}$，故远场 $$ \boldsymbol{H}_2\xrightarrow{r\to\infty} \frac{\boldsymbol B_{\text{ext}}}{\mu_0} = -\frac{B_0}{\mu_0}\hat{\boldsymbol{z}} = -\nabla\varphi_{m2} $$ 球坐标$\hat{\boldsymbol{z}}=\cos\theta\hat{\boldsymbol{r}}-\sin\theta\hat{\boldsymbol{\theta}}$，对应远场势 $$ \varphi_{m2}\xrightarrow{r\to\infty} \frac{B_0}{\mu_0}\,r\cos\theta $$
界面$r=a$无自由面电流$\boldsymbol{K}_f=\boldsymbol{0}$： $$ \varphi_{m1}\big|_{r = a} = \varphi_{m2}\big|_{r = a} \tag{$\boldsymbol{H}_t$连续-19} $$ $$ B_{1r}\big|_{r=a} = B_{2r}\big|_{r=a} \tag{$\boldsymbol B_n$连续-20} $$ $\boldsymbol B_1=\mu_0(\boldsymbol{H}_1+\boldsymbol{M})$，$\boldsymbol B_2=\mu_0\boldsymbol{H}_2$；$\boldsymbol{H}=-\nabla\varphi_m$，径向分量$H_r=-\frac{\partial \varphi_m}{\partial r}$。

代入球轴对称通解(6)

远场仅$l=1$项，更高阶$l\ge2$系数置0，常数$l=0$无效应舍弃：

球内$r<a$：原点有界$\implies D_1=0$， $$ \varphi_{m1}(r,\theta)=C_1\,r P_1(\cos\theta)=C_1\,r\cos\theta $$
球外$r>a$：远场线性项+磁化球偶极衰减项， $$ \varphi_{m2}(r,\theta)=\left(\frac{B_0}{\mu_0}\,r + \frac{D_1}{r^2}\right)\cos\theta $$

边界条件联立求解$C_1,D_1$

第一步：势连续$r=a$式(19)

$$ C_1 a \cos\theta = \left(\frac{B_0}{\mu_0}a + \frac{D_1}{a^2}\right)\cos\theta \implies C_1 a = \frac{B_0 a}{\mu_0} + \frac{D_1}{a^2} \tag{21} $$

第二步：法向$B_r$连续。先写出径向$H_r$：

$$ H_{1r}=-\frac{\partial \varphi_{m1}}{\partial r}=-C_1 \cos\theta,\quad H_{2r}=-\frac{\partial \varphi_{m2}}{\partial r}=-\left(\frac{B_0}{\mu_0}-\frac{2D_1}{r^3}\right)\cos\theta $$

注意看，此处，包括前面(8)(10)中，为什么我们没有使用相对介电（磁）常数来写？这是因为各向同性均匀极（磁）化从来不是默认成立的——对于此题这种极（磁）化强度给定的情形线性反馈失效，我们能依靠的方程只有$\boldsymbol{D}=\varepsilon_0\boldsymbol{E}+\boldsymbol{P}$（或者$\boldsymbol{H}=\boldsymbol{B}/\mu_0-\boldsymbol{M}$）。

磁化只有$z$向，$M_r=M_0\cos\theta$；

$$ B_{1r}=\mu_0(H_{1r}+M_r)=\mu_0\big(-C_1 + M_0\big)\cos\theta $$

$$ B_{2r}=\mu_0 H_{2r}= -\mu_0\left(\frac{B_0}{\mu_0}-\frac{2D_1}{r^3}\right)\cos\theta $$

代入$r=a$相等，约去$\mu_0,\cos\theta$：

$$ -C_1 + M_0 = -\frac{B_0}{\mu_0} + \frac{2D_1}{a^3} \tag{22} $$

联立式(21)(22)二元一次方程组，解得：

$$ C_1 = \frac{B_0}{\mu_0} - \frac{2M_0}{3},\quad D_1 = -\frac{M_0 a^3}{3} $$

磁标势完整表达式

$$ \varphi_{m1}(r,\theta) = \left(\frac{B_0}{\mu_0}-\frac{2M_0}{3}\right) r\cos\theta \tag{23} $$

$$ \varphi_{m2}(r,\theta) = \left(\frac{B_0}{\mu_0}\,r - \frac{M_0 a^3}{3 r^2}\right)\cos\theta \tag{24} $$

求解矢量场$\boldsymbol{H},\boldsymbol{B}$

球内场（$r<a$）

$$ \boldsymbol{H}_1 = -\nabla\varphi_{m1} = -\left(\frac{B_0}{\mu_0}-\frac{2M_0}{3}\right)\hat{\boldsymbol{z}} $$

磁感应强度：

$$ \boldsymbol B_1 = \mu_0(\boldsymbol{H}_1+\boldsymbol{M}) = \mu_0\left[ -\frac{B_0}{\mu_0}+\frac{2M_0}{3}+M_0 \right]\hat{\boldsymbol{z}} = \left(-B_0 + \tfrac53 \mu_0 M_0\right)\hat{\boldsymbol{z}} $$

球外场（$r>a$）

$$ \boldsymbol{H}_2 = -\nabla\varphi_{m2} = -\frac{B_0}{\mu_0}\hat{\boldsymbol{z}} -\frac{M_0 a^3}{3}\cdot\frac{2\cos\theta\hat{\boldsymbol{r}}-\sin\theta\hat{\boldsymbol{\theta}}}{r^3} $$

$$ \boldsymbol B_2 = \mu_0 \boldsymbol{H}_2 = -B_0\hat{\boldsymbol{z}} -\frac{\mu_0 M_0 a^3}{3}\cdot\frac{2\cos\theta\hat{\boldsymbol{r}}-\sin\theta\hat{\boldsymbol{\theta}}}{r^3} $$

电磁学A第4次习题课

Mon, 01 Jun 2026 00:14:09 +0800

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第四次习题课

球面对称的电流

一个球面对称（且为常数值）的电流密度在球心到球壳的方向上以辐射状分布，造成壳上的电荷以 $\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t$ 的比例增加。证实麦克斯韦方程

$$ \nabla \times \mathbf{B} = \mu_0 \mathbf{J} + \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} $$

在球内的所有点上都成立。

答案：

球面对称电流密度产生的磁场为零，所以得到的麦克斯韦方程的左边为零。我们的目标因此变为证明

$$ \mathbf{J} = -\varepsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}. $$

球内电场 $\mathbf{E}$ 指向球外，大小为

$$ \frac{Q_{in}}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}, $$

又

$$ \frac{\mathrm{d}Q_{in}}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}Q}{\mathrm{d}t}=0 $$

所以

$$ \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = -\hat{\mathbf{r}} \frac{\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}, $$

电流密度 $\mathbf{J}$ 指向球外。电荷穿过任何球边界的比率都是 $\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t$，所以在半径 $r$ 处的电流密度为

$$ \mathbf{J} = \hat{\mathbf{r}} \frac{\mathrm{d}Q/\mathrm{d}t}{4 \pi r^2}. $$

因此

$$ \mathbf{J} = -\varepsilon_0 \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} $$

确实是正确的。

点电荷和半无限长的导线

从负无穷远处到原点的导线内通有电流 $I$，原点处通过不断地积累点电荷来增大总电荷量 $q$，因此有 $dq/\mathrm{d}t = I$。考虑图 9.12 中所示的环路，它是一个半径为 $b$ 的圆环，相对电荷的夹角为 $2\theta$。要求计算沿着该环路的积分 $\int \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s}$，并分别从以下三种途径来求此积分。

(a)

通过使用毕奥-萨伐尔定律，对导线不同部分的贡献进行叠加，以此得到环上给定点的磁场 $\mathbf{B}$。

(b)

使用麦克斯韦方程的积分形式，即包含位移电流的安培定理的普遍形式

$$ \int_C \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = \mu_0 I + \mu_0 \varepsilon_0 \int_S \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a}, $$

其中曲面 $S$ 是由该圆周所张成且不与导线相交的那一部分表面。

(c)

采用与 (b) 中相同的方法，但这次让曲面 $S$ 与导线相交。

(a)

答案：

(a) 用毕奥-萨伐尔定律

考虑环上某一点 $P$。导线从 $-\infty$ 延伸到原点，电流 $I$ 流向原点，在原点积累电荷 $q$，且 $dq/\mathrm{d}t = I$。

采用角度 $\alpha$ 进行参数化，$\alpha$ 的取值范围为从 $\alpha_0 = \pi/2 - \theta$ 到 $\pi/2$。导线元到环心的水平距离为

$$ l = b \tan \alpha, $$

导线元长度为

$$ \mathrm{d}l = \mathrm{d}(b \tan \alpha) = \frac{b}{\cos^2 \alpha} \mathrm{d}\alpha, $$

导线元到点 $P$ 的距离为

$$ r = \frac{b}{\cos \alpha}. $$

毕奥-萨伐尔定律中的叉积因子为 $\mathrm{d}l$ 与从导线元指向 $P$ 的单位矢量之间夹角的正弦值，该正弦值为 $\cos \alpha$。因此点 $P$ 处的磁场大小为

$$ B = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int \frac{\mathrm{d}l \cos \alpha}{r^2} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \int_{\alpha_0}^{\pi/2} \frac{(b/\cos^2 \alpha) \mathrm{d}\alpha \cdot \cos \alpha}{(b/\cos \alpha)^2} = \frac{\mu_0 I}{4\pi b} \int_{\alpha_0}^{\pi/2} \cos \alpha \, \mathrm{d}\alpha $$

$$ = \frac{\mu_0 I}{4\pi b} (1 - \sin \alpha_0) = \frac{\mu_0 I}{4\pi b} (1 - \cos \theta). $$

方向沿环的切向。因此环路上的线积分为

$$ \int \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = B \cdot 2\pi b = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta). $$

当 $\theta = 0$ 时，积分为零；当 $\theta = \pi$ 时，积分为 $\mu_0 I$。

(a)

(b) 用麦克斯韦方程积分形式，曲面不与导线相交

取圆环所张的曲面，但该曲面不与导线相交。此时没有传导电流穿过该曲面，所以 $\mu_0 I$ 项为零。

根据习题 1.15 的结果，通过该曲面的电通量为

$$ \Phi_E = \frac{q}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta). $$

对时间求导：

$$ \frac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t} = \frac{1}{2\epsilon_0} \frac{dq}{\mathrm{d}t} (1 - \cos \theta) = \frac{I}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta). $$

位移电流项为

$$ \mu_0 \epsilon_0 \int_S \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\mathrm{d}\Phi_E}{\mathrm{d}t} = \mu_0 \epsilon_0 \cdot \frac{I}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta) = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta). $$

因此

$$ \int \mathbf{B} \cdot \mathrm{d}\mathbf{s} = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta), $$

与 (a) 的结果完全一致。

(c) 用麦克斯韦方程积分形式，曲面与导线相交

现在取圆环所张的平面圆盘作为曲面，该曲面穿过原点处的导线，因此传导电流穿过该曲面，贡献为 $\mu_0 I$。

此时通过该曲面的电通量为

$$ \Phi_E^{(c)} = \frac{q}{\epsilon_0} - \frac{q}{2\epsilon_0} (1 - \cos \theta) = \frac{q}{2\epsilon_0} (1 + \cos \theta). $$

由于曲面与导线相交，电场通量的方向与曲面法线方向相反，因此位移电流项取负号：

$$ \mu_0 \epsilon_0 \int_S \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} \cdot \mathrm{d}\mathbf{a} = -\mu_0 \epsilon_0 \frac{d}{\mathrm{d}t} \left[ \frac{q}{2\epsilon_0} (1 + \cos \theta) \right] = -\frac{\mu_0 I}{2} (1 + \cos \theta). $$

因此麦克斯韦方程的右边为

$$ \mu_0 I - \frac{\mu_0 I}{2} (1 + \cos \theta) = \mu_0 I \left[ 1 - \frac{1}{2} (1 + \cos \theta) \right] = \frac{\mu_0 I}{2} (1 - \cos \theta). $$

与 (a) 和 (b) 的结果完全一致。这验证了麦克斯韦方程的一致性。

螺线管内的振荡场

半径为 $R$ 的螺线管单位长度上有 $N$ 匝线圈，电流随时间按函数 $I(t) = I_0 \cos \omega t$ 变化，因此螺线管内的磁场为 $B(t) = \mu_0 n I(t)$。本题要求正确运用法拉第定律和安培环路定律。

(a)

变化的磁场会产生电场。假设磁场为 $B_0(t) = \mu_0 n I_0 \cos \omega t$，试求出螺线管内距轴线为 $r$ 处的电场。

(b)

变化的电场又会产生磁场。试求出由前面所得的变化电场所产生的磁场在螺线管内半径 $r$ 处的值，更精确地说，是求出轴线上与半径 $r$ 处磁场 $\mathbf{B}$ 的差值，并将该差值记为 $\Delta B(r, t)$。

(c)

由于刚求出的差值 $\Delta B(r, t)$，贯穿螺线管的总磁场并不等于 $\mu_0 n I_0 \cos \omega t$。试问比值

$$ \frac{\Delta B(r, t)}{B_0(t)} $$

为多少？并解释如下论断：“磁场本质上的基本值为 $\mu_0 n I_0 \cos \omega t$，但前提是电流变化发生的时间相比光穿越螺线管的时间大得多。”由于这个时间很短，所以对 $\omega$ 的“每个”值，磁场在本质上都可以认为是 $\mu_0 n I_0 \cos \omega t$。

答案：