电动力学期末复习

1、第一章一、选择题1、位移电流实质上是电场的变化率，它是（D ）首先引入的。A）.赫兹 B）.牛顿 C）.爱因斯坦 D）.麦克斯韦3、两个闭合包定电流圈之间的相互作用力，两个电流元之间的相互作用力，上述两个 相互作用力，哪个满足牛顿第三定律（C ）。A）.都满足 B）.都不满足C）.前者满足D）.后者满足二、填空题1、麦克斯克 在理论上预上了电磁波的存在,并指出光波就是一种电磁波。2、电荷守包定律的微分形式为 J十艾=0一.:t3、均匀线性介质中电磁场的能量密度 w的表达式为 w=1（E，3+H B）o24、 电磁波（电欠量和磁欠量分别为 E和H）在真空中传播，空间某点处的能流密度 S =-4

2、S = E H5、 线性介质的电磁能量密度 w = 能流密度S =。答：w=i（E ；+H B）或 1（aE2+1B2）； S = E-H 或B 226、电场、磁场的切向分量的边值关系分别为： 小4*l?T4答：e,x（E2Ei） = 0 或 E2t=Et ;毒 X（H2 Hi）=亍或 H2t Hit = a三、判断题1. 稳包电流场中，电流线是闭合的。（）V2. 电介质中D =至的关系是普遍成立的。（）X3. 跨过介质分界面两侧，电场强度 E的切向分量一定连续。（）V4. 电磁场的能流密度S在数值上等丁单位时间流过单位横截面的能量，其方向代表能量传输 方向。（）V5. 电流元1、2分别属于两

3、个闭合稳恒电流圈， 则电流元1、2之间的相互作用力服从牛顿第三定律。（）四、简答题i. 写出一般形式的电磁场量D、E、B、H的边值关系? (D2 -1) =§0 或n(B2-B1)=0 或 ? (E2 _E1) =0 或? ”2-1)=力D2n-Din =七B2n = BmE = E 2t it2、介质中麦克斯韦方程组的微分形式：；答：I E = -三；'、H = J 土； "D =匚 B = 0;汽；:t3、写出洛仑兹力密度表达式f = ：E J B = " :V或="三身:t c五、证明题1. 由场和电荷系统的能量守包定律、麦克斯韦方程组和洛

4、仑兹力公式证明:电磁场的能量密为n直混:t:t:t（2）能流密度为& = ExHi证明：场和电荷系统的能量守包定律为 S猝=f （1）:t由洛仑兹力密度公式f V = （D E次v * B、v占 v E J。4:w 4将上式代入（1）式得 S = J E（2）；:t44 .:D,J = k H -ft.:D一-t4 E-)/4 HE ('、H)= -'' (E H) + H ('、E)=(E H)八,* 叫 . t D -汨 / 、将上式代入（3）式得 JE = -VE*H）-E，一-H，一（4）ft ft比较（2）、（4）式，可得土曰鼻工_：w _：D

5、 - B电磁场的能重形?为=E+ Hft;t t能流密度为E H2、用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上，在静电情况下，导体外的电场线总是垂直丁导体表面。（提示：考虑D、E的边值关系）I? & - 02证明：介质2与导体1的边值美系（静电情况）i J（1）式I? M = 0其中n为界面法线单位欠量，D、E为介质2中的场量，导体内静电平衡时场量 D、E为0,?D=c-0 l"En-；-0"0,根据线性介质性质D = &E , （1 ）式化为吊g 0、E _0，导体外的电场只有法线方向分量，即总是垂直丁导体表面。3、用边值关系证明：在线性绝缘介质与导体的分

6、界面上，在包定电流情况下，导体内表面的 电场线总是平行丁导体表面。3证明：设介质1为导体，介质2为绝缘体博* *山& （2一山）=0稳包电流时绝缘介质与导体的边值关系为：< 42牝en （E2-Ei）=0绝缘介质中电流为零，因此J2n = J2n = 0E2t = E1t从而有E2n =E2n=0E2t =Eit =0即电场只有平行丁界面的分量4、证明当两种绝缘介质的分界面上不带自由电荷时，电场线的曲折满足：竺?=全，其中tg斗 、和$2分别为两种介质的介电常数，91和分别为界面两侧电场线与法线的火角。（提示：考虑D、E的边值关系）4证明：考虑分界面上不带自由电荷，由理想介质边值

7、关系2 - Di) =01 =0-D2n = DmE2t = E1tWE2nE2t =巳Eit(2)i 2E2cos2 = 1E1COS1 (1)E2sinu2 = E1sim1(2)(2)/(1) =近乜tggtg；2；2；1 - tg 哉；15、当两种导电媒质内流有稳包电流时，分界面上电场线曲折满足竺2=竺，其中e和定分tgw 二 i别为两种媒质的电导率。（提示：考虑J、E的边值关系）5证明：稳包电流时导体之间的边值关系建尸厂0 损， n （e2 _e）=02 E2n =1 E1nE 2t = E1tor2 E 2 cos”： 2 = - 1E1 cos 1 (1)I E2 sin 小=E

8、1 sin *(2)(2)/(1) =E2t Eutg，2tgtg二 2二 2E2n；1E1n 。2 ft1；12 1.，丈 .4 .6、证明 = 4成（x），其中 r =| x |。r、十川 t z . 1。,I、/1、,I、 T , ：r -r r 、 r6证明：(1)当 r 丰0时，'=()ex+；()ey+；()ez = = (=ex+ = ey+；ez) =一飞 r:x r :y r :z r r :x :y:zr,1 " , 1 1 L 3 L 叫 1 , 3 ； T 1而矿彳=矿(")=侦 r + 侦矿 r' = Vr t +二矿 r = 4

9、(一，r )+x3 =。， 3£，334343r r r r rr r r r,2 1, 1因此，.一 =，.，.一 = 0, r = 0r r(2)当r=0时，取一小球面 S包围着原点，取对小球体积 V积分，即'、2d - ' 、',】d - ds = dS = - -2r2 - -4:V r V r F r gr &r（或当r=0时，在r=0点，-奇异，上式不成立。因此 2是这样一个函数，它在 r#0处的值为 rr零，只有在r=0点上可能不等于零。为了进一步确定这样的函数，我们采用极限方法。2 1"21dV =r-dV =a )2 2-3

10、a r72dr(r a )Y 2】dV - 一12°：2d ： =4 (,“ 1)5/2d( Y1)3/2od=一4兀）因此我们证明了_ 2 1-=-4 ( x ) r7、已知一个电荷系统的偶极矩定义为44P(t)=匚 P(x',t)X'dV，证明4 dPdt4=JV J(x',t)dV作积分变换r =aP，可见上式的极存在,dP d 一 * 咛.x.4.*7证明：方法 1：£ =弟,P(X')X'dV '= L，P(X') = dV '= "，P(X )v dV '= L，JdV方法 2：由

11、电荷守恒定律 生=色,P(X；t)X'dV'= LX'dV'= .( J)XdV dt dt VV tV由"(胡二("f)g (f ' )；= r f)打 (f g)-(f ' )g-V( J)Xdv = 一 V(JX)(J ' )X dv 式中(J '、)x =J q X =j f =Jdt = 一 V " (JX)dVV£v = S(JX ) dS V JdV0,将上式中积分区域取为大于电荷分布区域，则右边第一项的面积分为i dPP 侦=V J（X,t）dv五、综合题1、已知电容率为；的

12、均匀介质内部体自由电荷密度为：*,求这种介质的体极化电荷密度：p1、解：Pp = -"ppp = -，P =_'，.（； _ 0 ）E = -（ ； -0 ）' E一,-?f；o _p = -（ 0 ）'、E = -（ "0 ）=-（1 -一）、zz2、根据算符的性质，推导下列公式AgA)*己(A睥2 解：由 Cx(AKB)=A(C B)B(C A)得Ax(V x A) =1 WA A) (A V)A1 2二或、A -(A 土 )A3、由麦克斯韦方程组导出电流连续性方程。解：由麦氏方程上式两边求散度(1 )左边且4 f :D'、H = J ；

13、:tDv r h ) = "j "土 ；：t(D所以有L ;:D ""叫= D = Dft ftftcP一:t-:t第二章一、选择题1、在两个火角为900的接地导体平板内有一点电荷 Q,用镜像法求解空间电势时其像电荷的数目为 :答：B（A）两个（B）三个 （C）四个 （D）五个2、电四极矩可反映电荷分布对球对称的偏离，沿Z轴方向拉长的旋转椭球体，其内部电荷均匀分布，则电四级矩D33 。答：AA）.大丁 0B）.小丁 0C）.等丁 0D）.不确定一、填空题1、如果一个体系电荷分布关丁原点对称，则它的电偶极矩3=。1答：02、电荷体系激发的势在远处的多级展开

14、式为:(X)1_一 4二；04.11(-PRR 6 .Dj；：21RIII)展开式中第一项的物理意义是 ,第二项的物理意义是 答：把电荷体系看作全部电荷集中于坐标原点处的点电荷所激发的势；放置在坐标原点处与电荷体系同等电偶极矩的等效电偶极子p产生的电势。3、对丁均匀线性介质，静电场中电势 中满足的泊松方程为 答：二、判断题3、在稳包电路中，供给负载消耗的电磁能量是通过导线内的电子运动传递给负载的X导线周围的电磁场三、综合题1、一个内径和外经分别为 R2和R3的导体球壳，带电荷Q,同心的包围着一个半径为 R1的导（1）试用分离变量法求空间各点的电势；（2）求这个体球（R1 <R2 ）。使这

15、个导体球接地, 导体球的感应电荷。1解：见教材第48贞例题1.(1) 电势满足拉普拉斯方程。电势分布有球对称性。球壳内外的电势通解为i =a §(R R3)dii =c R (R2>R R3)选择无穷远处电势为0,则边界条件为1)IIR $ =0R=R2 = ：IR=R1 = I2)-IIR=R3? II 2 -jlR d”口。中I 2入 1i3)一R dQ +L_'r3 :RLJr£ ；r确定解中的待定系数a、b、c、d>0, bf "3, 八艺Qi得电势的解:Q+Qi140R(R R3)IIQi11() 40 RR1(R2>R>

16、R 1)(2)导体球的感应电荷为-煮日布口二2、半径为R0，电容率为&的介质球置丁均匀电场E0中，球外为真空，设球外电势分布为气,球内电势分布为华2,试用分离变量法求空间电势 气和中2以及球内的电场E2解：(见教材第49页例题2.)取极轴通过 外电场Eo方向，以代表球外区域的电势， 球内的电势。此问题有轴对称性，球内外均02其中电荷，因此中1、满足拉普拉斯方程，其通解为q =E(anRn +R)Pn(co第)(RRo)d(CnRn RnT)Pn(COSi) ( R Rg)边界条件包括:EJt e0华J有限 03 I =妇llR=%2 |R=R0z1= & I (4)由边界条件（

17、1 ）/曰1r E0Rcos = E0RP1(cos )因而ai = -Eo,an=。 (n=1)由边界条件（2）/曰dn =0由边界条件（3）/曰EoR°P(co&Pn)(破。W，)cnRnP n B(cOS)n Ron由边界条件（4）/曰(n 1)bn- EoPi(cos )ninRo)Pn (cos) = ' ncn 醴一1 Pn (cos)o n比较Pi系数得-Eo Ro 多 Ro«=2bi-EoRo* 3由以上两式得K ; -obi =；2 ；oEo R0,比较其他Pn项系数得丁是得电势为isf零,R|R=R)0 :R|R=Ro=一"2球

18、内的电场为3、在电容率为明无限大均匀介质内，有一个半径为R0的球形空腔，和一个外加均匀电场Eo用分离变量法求空腔内电势分布。(14分)3解：(将教材第49贞例题2的内交换即为本题)设球腔内、外电势分别为中1、甲2,应具有轴对称性。(1)球内外均无自由电荷，因此 、中2满足拉普拉斯方程，其通解为(a/ 与r)Pn(cos。 R。n=0rII = ' (CJn 当)Pn(cos。r - Ron=0r(2) 取原点电势为有限值，可设为 0边界条件:1) | is limitted, (r =0)2) % = -E°r cos' (r * 二)3) "，(= &am

19、p;) 0.：r4)r zzR0:rr =Ro(3) 由边值关系1 nbn=0由边值关系 2 =ci=-E0,cn=0, n #11 分二n.二 de由边值美系 3 =anR0 Pn(cos。=E°R0 cosqPn(cos"(a)n =0n =0 R0由边值关系4 =nanRnPn(cosu)=;noO_E0cos、(n 1)nP4%cosu)(b)(5)在(a)、(b)中比较系数n%0 一 ；3di =EoR ,2 ； ；oai-3；2 ；oEoan = 0dn = 0,n 1(6)空腔内电势分布为:1 = E0rcosr2 ； . ；o(R)4、在均匀外电场中置入半径

20、为Ro的导体球，导体球接有电池，使球与地保持电势差中o,求导体球外真中的电势2。4解：以导体球心作原点建立球坐标。微分方程及其解:空1"2 =。2 =' (anrn -)Pn(co)选择电势参考点：导体置入前原点电势为 ；1)=七=中0, (r = E)边界条件：、丁 口 q ,、2) ?2=*0 - EorcoS, (rT 叫)确定甲2中的待定系数an、bn :n = 0 : a。*=e°(a)a° =甲0，八R0由 1)n<由 2)n <ai= -E0|"0： anR°n+*=0 (b)an=0(n = 2D*)R0b0

21、=(L - °)R)ai=*0i a” = 0 nn 1:a°=<p 0=E0R03耳=0=2 = 0 m (-Er 哙。s) rr以上取=o亦可。(若无求解系数的的过程，只写出正确答案则扣2分。)5.均匀介质球的中心置一点电荷 Qf ,球的电容率为z ,球外为真空，试用分离变量法求空间电 势分布。5解：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷分布有限，设无穷远处电势为0。本题所求的电势是由点电荷 Qf与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加。因此，其解 为= Q f4 " r其中小为球面极化电荷产生的电势，'满足拉普拉斯方程由丁 是球对称的，其通解为|

22、%=a+b r <Ro ；)加1=3 +。+; ( <R0 ；)rr 4 二；r(n 52 =c d(rRo)I?=c Qd(. Ro)r2 r4二；r边界条件|1）钏|1=有限2）助t=03) i R ) 2 R0),边值关系小#弭| 土甜2|4) s.Qf由 1) %|r_0 =有限,得 b=0 n % = a(r<R0);4二；r由2）中2J=。,得c=0*2十4（如）由3) %(知=%0),得a 土史.土4 二；R0 R0 4尺(DQf0d0Q f2_2_24 二尺R04 二；尺脚I由 4)8-，得cr R0cr R将（2）式代入（1）式，得 a=（1如）一, 4二；

23、。&Qf4 二;orQfQf+4二；0R04二；r(r Ro)(r : Ro)；6、空心导体球壳的内、外半径为 Ri和R2，球心置一电偶极子Pf,球壳带电Q,求空间电势分布6解：以球壳球心为原点建立球坐标系。自由电荷分布有限，设无穷远处电势为域分为2部分：球壳内I ,壳外空间II。壳外电势甲2满足方程；壳内心有自由电偶极子，因此电0。整个区拉普拉斯泊松方程而非拉普拉斯方程。球壳为等势体，设电势为%0应用叠加法。P r P已知自由电偶极子P在真空中产生的电势即泊松方程的特解平p=一=coS4；0r 4 0r电场有轴对称性,电势平1、甲2的通解CO八(Cnrnn =0勺cos '

24、(anrn4"°rndd苗)Pn(COS。)r无穷远处电势为、)2)0,边界条件为 3)气'有限，(r = 0) 0, (r > 0(Ri) = ;：ii 醒dS+I :r二)(R2) = 0舛I心 QdS =：'r；。R1确定通解中的待定系数: 由边值关系1) n bn = 0, (n = 0口 °°);由边值关系2) n Cn = 0, (n = 0】。0)由边值关系3)得n =0: a0 =%,P m= n = 1: a=> 中 i4临 oR，nPPrcoscoS 十中03 ; n4 兀 &0r4 兀 &

25、0&n0： d0 = 0R2cp | 1: di = 0 ii =r1:dn =0n1: an =0由边值关系4） n中0Q4； 0 R2最后得球壳内外的电势Q PcosPr cos i , q p r p r-);23 -(40R24二 0r40R140 R233rRiIIQf,球外充满另一种介质（电解：以球心为坐标原点建立球坐标系，自由电荷分布有限，设无穷远处电势为0。本题所求的电势是由点电荷 Qf产生的电势与介质电荷产生的电势的叠加。球的极化整个区域分为球内、球外 2部分：无论在球内还是在球外,'都满足拉普拉斯方程。该问题具有球对称性，球内外的电势分别为:QfQf b&#

26、39;i=-a4iR 4 iR R(R： R)QfQfd2 =2 = c - (R R0)4R41RR钏睥T有限值 1 R边界条件为：2 R_.J r 0平 =w1 R=Ro2 R% ,(I)(II)弹C% I11R虫=我=R出(III)1 cR R羊02 cRR=R07、半径为R0的均匀介质球（电容率为 &）的中心置一点电荷 容率为2）,试用分离变量法求空间电势.由边界条件（I）（II）得：b = 0, c=0ifa(RR0)4iR=Qfd2(RR0)从而有:再由边界条件（III）得Qf Qfa ,4；2田 4 iRQf(R R)R Ro)QfQfQfQf( 12)Qf，1 = Z

27、， Z = 7 ，Z4 1R 4 ；2Ro 4 ; 1Ro 4 1R 4 1 2R)故球内外的电势为：c c c cQfQfQfQf,: 2-=4"R 4 2R 4 1R 4 2R8、均匀介质球的电容率为其中心置一电偶极子Pf，球外为真空，求空间各点的电势解：解法一：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷分无穷远处电势为0。空间各点的电势是电偶极子的电势与球面上的极产生的电势。'的叠加，令=虫=cos4"r4二、r中满足拉普拉斯方程E =0）；b"=0rRo()所以有PP中Tc7cos r«R ；)Wp 际>R电场有轴对称性，介质球内外的电势通

28、解形式为二 c bPf1二即户昭海"r *二 c d-P11 =©T")pn(cos” rc或(r < Ro)；(r W布有限，设化电荷所边界条件边值关系|D q】rT=有限3) i % ) "RO )4):rRo-:r确定解中的待定系数an、bn、如、dn 由边界关系1)可得： 知= 0,。= 0* )由边界关系2)可得： 色=0,。=。叫)由边界关系3)和4)可得：dn = an = 0, n # 1及a"(1 一亍Kh; dl = 1-§ 2 二广2；2 )4 J时*Pf.；i - 以PfcosuPf r 2( ；i -

29、侄)Pf r则介质球内的电势:I =coE- = - -ZT34二；1r；1( ；1 2 ；2) 2- R04二；1r( ；1 2；2)4二、尺介质球外的电势:(PII3Pf cosu-24( 1 2 o)r3Pf rPf r ( i 一 搭 r- =3 - 34 ( 12 0)r 4 1r ； ( 1 22)2 1r 二；解法二：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷分布有限，设无穷远处电势为0球外电势满足拉普拉斯方程；球内心有自由电偶极子，因此球内电势中I满足泊松方程而非拉普拉斯方程。4 4P, r P-由曾加法，已知电偶极子Pf在介质球中广生的电势为 % = = coS，此即泊松P 4、r3

30、4 1r2方程的特解电场有轴对称性，介质球内外的电势通解形式为I = P I = Pf 2 cos x (anr-bnT)Pn(cos)4"r口 rII =' (cnrn 当)Pn(cos2n=0r选择无穷远处电势为0,且甲:在介质球心为有限值，则边界条件为1) 钏有限,(r =0)2) 气I =0, (rT*)3) *(尺)=5)八-歇一笋II4) & c= £0 二一Icr R0°r R0确定解中的待定系数an、bn、cn、dn由边界关系1)可得：bn = 0, n= 0* )由边界关系2）可得:环=0,(1= 0)由边界关系3）和4）可得:d

31、n = an = 0,adiPfi - p3:Z T2二 Ro i( i 2 o)3Pf4( i 2 o)则介质球内的电势:介质球外的电势：L-COS 3籍 1一。4 r2R01(1 2 0)P*P)才 )PfrPfr2(i - o)-，3 - C4、r4二 'R。( “ 2 0)3Pf cosu3Pf rII234 ( i 2 o)r 4 ( i 2 o)r9、据接地无限大导体平面附近 z = a处放荷Q,用镜像法求空间任意一点P的电势。9解：（见教材第53页例题1）边界条件：导体面上W=C （C为常数）根据边界条件考虑像电荷电量及位置：置一点电Q电量：Q=Q , Q位置：（0, 0

32、, -a）1"x2 y2 (za)2.x2 y2 (z a)2)(z 0)10. 真空中有一半径为Ro的接地导体球，距球心为a（a>Ro）处有一点电荷Q,如图示，试用镜象法求空间任意一点的电势。（设镜象电荷Q，距球心为b）10解：用球内一假想的点电荷 Q'代替球面上应电荷对空间电场的作用。由对称性，Q应在OQ线上。考虑球面上任意一点 P (如图a所示)，边界条件要求r r一 rQ因此对球面上任意一点，应有一=Q =常数rQM)北)由图b可见，只要选Q'的位置使？OQP?OPQ，贝U二=孩=常数 r a设Q'据球心为b,两三角形相似的条件为b RoR由上式

33、可得Q'据球心的距离为b R2b =a和一=-常数 可得Q的大小为 r a因Q和镜像电荷Q'激发的总电场能满足在导体面上 中=0的边界条件，因此是空间中电场的正 确解答。球外任意一点的电势为1 rQ RoQ1 rQRoQ,=一一 7 = 4" r ar 4"、. R2 a2-2Racosu a、R2 b2-2Rbcos式中r为由Q到点场点P的距离,r'为由Q到点P的距离,R为由球心。到点P的距离，9 为OP与OQ的火角。11、真空中，有一半径为Ro的导体球，不接地，在与球心相距为a (a > Ro)处有一点电荷Q, 试用镜像法求导体球外的电势。

34、解：导体球不接地，则导体球面为等势面，电势不为零，球面上必感应出等量正、负电荷, 但感应电荷总量为零。(1) 已知接地时，在离球心b处放置Q',保证球面为等势面且电势为0,但不能保证球面总 电荷为0;RoRQ = _ Q, b =aa(2) 为使球面总电荷为零，且为等势面，根据对称性可知，还必须在球心处再放一个 Q”=-Q, 这个电荷既不破坏球面等势性，乂使球面总电荷为零。Q - -Q = 0 Qa(3) 导体球外电势为点电荷 Q、像电荷Q'、-Q'共同产生的电势卜，U+Q+EL* Q&Q+些'4昨 0 ! 广 R4临 ° Ur2 +-2 2R

35、acose a Jr2+b2 -2Rbcos8 aR j12、半径为Ro的导体球，不接地且电势为Uo,在与球心相距为a (a > R。)的一点放置点电荷 Q,求导体球外电势。12解：(1)已知接地时，在离球心b处放置Q，可以保证球面为等势面且电势为零,但不能 保证球面总电荷为零;c RoR2Q = -一Q,b =aa当球不接地时，球面上必感应出等量正、负电荷，即感应电荷总量为零。为使球面总电荷为零，且为等势面，根据对称性可知，应在球心处放一个像电荷Q = -Q 典 Qa因此导体球表面的电势即为最后放置的电荷 Q”产生的电势(2)为保证导体球的电势为 U。，相当丁在球心处再放置一个点电荷

36、Q'"，因此Q"和Q在球表面共同产生的电势为Uo,即 导体球外电势为点电荷Q、像电荷Q、Q”、Q”'共同产生的电势1 Q Q Q Q=兰兰 "0 r r RQ2 ZZ -a -2RacosRoQ4二；。皿0a R2 b2 -2RbcosuR13、在接地的导体平面上有一半径为 a的半球凸部，半球的球心在导体平面上点电荷Q位丁系统的对称轴上并与平面相距为若取竖直向上为z方向，(1)用镜象法求空间电势时，需放置的像电荷的电量和位下图中标注！)； (2)空间的电势分布。13解：(1) z轴为垂直导体平面向置(不要在上的方向。共放置3个像电荷，电量和位置分别

37、-Q (0, 0, -b); -Qa/b (0, 0, a2/b); Qa/b (0,0,- a2/b),(2)则上半空间的电势就是点电荷Q和三个像电荷所产生的电势的叠加(xy,z)= Q4% Jx2 +y2 +(z-b)2Jx2 十y2 个+2 (zb)-a/ba/b2 2a2 22 2a2 2x +y “z-) v y (z g)14、有一点电荷Q位丁两个互相垂直的接'、y半面所围成的直角空间内，它到两个平面Qp为a和b , ( 1 )与出用电象法求空间电势a放置的像电荷的位置和电量；(2 )写出空势分布。xO14解：可用三个像电荷来代替两个互相垂b地导体平面的作用地导体的距离时，

38、需间的电直的接像电荷Qi ,Q2 ,Q3的电量分别为 Q1 = -Q,Q2 = Q,Q3 = -Q像电荷所处位置坐标为Qi（ -a,b ）,Q2（ -a, -b）,Q3（a, -b）在x a 0, y a 0区域的空间个点的电势为Q = 40 (xa)2(y-b)2(z z0)2( x - a)2 ( y b)2 (z- )211,十 ,一 j222222 ,(x a) (y b) (z-Z0)(x a) (y-b) (z-zj板，以及点 P(a,个的像电荷,置和电量如16、在ZA0和Z <0的两个区域分别充满电容率为S和&2的均匀介质，在z = a处放置一个点电荷Q用镜像法求空

39、间电势分布。16解：所求解区域内的泊松方程:ZP(x,y,z)R；i2 -'、J - -Q、(x, y,z - a)/、2'、w = 02) 选择电势参考点：无穷远处电势为 0,% 中1 =% =0, (t g)边界条件:3) % =%, (z = 0)3)根据边界条件考虑像电荷位置及电量:a)区域1位置、电量：Q' (0, 0a),、 i ,Q Q'、Q'x2 y2 (z a)2)(z 0)lEf制JL(Q4 i . x2 y2 (z - a)2b)区域2位置、电量：Q' '(0, 0, a)1 Q Q''1 Q Q&#

40、39;'2(x, y, z)=_rLJ： (z ： 0)4"2R4"1、x2 y2 (z-a)24) (1)(2)明显满足边界条件1;根据边界条件2、3确定Q'、Q'r .& 一 ®2 -Q+Q' Q+Q“Q' =Q.= 在+谷2=>Z1富2 = <Q -Q' = Q +Q“|Q”= -Q'=Q；1 . ；2第三章一、选择题1、在某区域能够引入磁标势 中刀的条件是该区域()。答：CA).没有自由电流B).不被自由电流所连环C).任何回路都不被自由电流所连环D).是没有自由电流分布的复连通域

41、二、填空题1、在某区域中，能够引入磁标势的条件是 答： 该区域内的任何回路都不被电流所链环，即该区域是没有自由电流分布的单连通区域。2、静磁场中磁感应强度 B和欠势A的关系为答:B八 A3、空间局部范围内的电流分布激发的势在远处的多级展开式中，第一项为A(0) =0上式的物理意义是。答:与电场情形不同，磁场展开式不含磁单级项，即不含与点电荷对应的项4、空间局部范围内的电流分布激发的势在远处的多级展开式中，第二项为3) = 一土m 44 二R3上式的物理意义是 。答：放置在坐标原点处与电流系同等磁矩的等效磁偶极子m的欠势。三、判断题1、对丁静磁场总能量，其计算式为 W =1 (A JdV，因而可

42、以把-A J看作为磁场能量密度。22()X2、 A-B效应的存在说明磁场的物理效应可以用磁感应强度B完全描述。()X3、 超导体处丁超导态时，体内仍可以存有磁场。()X四、简答题1. A-B效应的存在说明了什么？S、，、L、，皿 4 IIf, E、，、一工Lr ,、,.答：A-B效网的存在说明欠势A具有可观测的物理效网。它可以影响电子波束的 _相位，从 而使干涉条纹发生移动。2、 静电场中标势中满足的泊松方程答：* = 凡z3、静磁场中磁感应强度 B和欠势A的关系 答：E = vxA = 04、欠势A的物理意义。答：矢势A沿任意闭合回路的环量，代表通过以该回路为界的任一曲面的磁通量。LA 硕=

43、sB 4dS5、简述迈斯纳效应。答：1933年，迈斯纳与奥谢菲尔德通过实验发现，（1）当材料处丁超导状态时，随着进入超 导体内部深度的增加磁场迅速衰减，磁场主要存在丁超导体表面一定厚度的薄层内即处 于超导状态的材料具有抗磁性；（2）超导体的抗磁性与其所经历的过程无关。6、简述超导体的定义，并写出 3个超导体的电磁性质。答：物质在低温条件下呈现电阻等丁 0和排斥磁力线的性质，称为超导体。性质1:超导电性或电阻等丁零；性质 2:存在临界温度Tc；性质3:存在临界磁场Hc；性质4:存在临界电流Ic；性质5:排斥磁力线或迈斯纳效应或理想抗磁性；性质6:磁通量子化；性质7:存在第一类和第二类超导体。回答

44、以上其中三个即可。7、简述稳包磁场中欠势 A的物理意义.答：设Si和S2是两个有共同边界L的曲面，贝U通过它们的磁通量只与共同边界 L的形状有关，而与曲面形状无关。即欠势 A的物理意义是，它沿任一闭合回路的环量，代表通过以该 回路为界的任一曲面的磁通量。只有 A的环量才有物理意义，而每点上的值没有直接的物理 意义。（以上答出基本点即可）2质 LO 介介质1五、证明题1、证明Pt a的磁性物质表面为等磁势面。1.证明：以角标1代表磁性物质，2代表真空，由磁场边界条件? ( B2 - Bi ) = 0,? (H2 - Hi ) = 0以及B2= m°H2 ,Bi-Hi可得l0H 2n -

45、 'Hin ,H 2t = H it两式相除得里=史旦 0H 2n lH in因此，在该磁性物质外面，H2与表面垂直，因而表面为等磁势面。2、无自由电流时，用边值关系证明Pt *的磁性介质外的磁场强度与交界面处处垂直（提示：如右图，考虑B、H的边值关系）。介质i2质 Lo 介n（* -Bi）= & B 2 2 nl2证明：磁介质边界条件d 1n （H2 - H i）= & H 12 = H ti由线性磁介质性质B h 2,B1=H 1可得法向和切向分量为:H)H 2.=用 h (1), H 2 = H t(2)(2)/(1)=H2t-0 H 21HitH2tHL 0=

46、0-H ”H 2.H n扫2与表面ft直3、对丁静磁场，试证明均匀磁介质内部的磁化电流密度Jm =（；T）Jf ,其中山为传导电流的密度。3 .证明：方法一：由Jm = M及均匀介质中M =，m H，其中，m = = T ,得： J 0Jm =' M =' （丁-i）H =（ 了 - i）' H00xc 4 k 4对静磁场有'H =Jf,所以 Jm =（了 T）JfJ 0方法二：由jm =乙x m、J=H和g=卜H,得：%Z =、行=、（旦一H）= ". （±_i）H=（二_1 H000对静磁场有', H =Jf，所以Jm =（M-i

47、）jf04、试用A表一个沿Z方向的均匀包定磁场B0，写出A的两种不同表示式，证明二者之差是无旋场。证明：方法在直角坐标系中Ax由此方程可见，A的一组 解为Ay=Az=0Ax = -B°y十f（x）另一组解为 Ax = Az = 0Ay = B°x g( y )故 A 的两种表达式为 X =-B0y + f(x)i"A? =B°x + g(y)j解 1 和解 2 之差为：=-B°y+f(x)i'-B°x + g(y)jMA土 A， -A f A彳A : A，、A = i z yj 工-上k=k(-E0)-(-E0)=0:yz：z

48、:x:x:y这说明A与A?之差为无旋场。方法二：据题意B° =B°k，且B。=* A在直角坐标系中当史=0直z xx y其中一解为 Ay = Az = 0 A = - 3 y另一解为Ax = Az = 0 A=B)X故A的两种表达式为A = -B0yAz=B0Xj.Vx (A A，=>(B)yi B)xj) = k(B。)一(B°)=0这说明A1与A?之差为无旋场。5、已知一个电荷系统的电偶极矩定义为P(t)= b，P(X，t)X'dV ',利用电荷守包定律 :十££=0证明：电流J产生的欠势A在远场区展开式的第一项 ft

49、4,. 4 eikR .14 JkA()(x,t)=J(x',t)dV '代表电偶极辐射。4 二 R Vv JdV证明：方法一:亚=d (X)XdV =：(X)ndV =D(X)J dV =dt dt Vv 、，:tv ' 'ikRikR (即即"Jv J°(X 't)dV 专 W 说明电流J产生的欠势A在远场区展开式的第一项代表电偶极辐射。(1)方法二：由电荷守包定律甘=东.(X'uXdv，=二，2即' = -,( J)Xdv由 (；g) =(、 ；)； (f " )；= (' f)g ='

50、 (f g) (f ' )gdp =(,(矿 J)XdV，= "b (JX ) (J b)X dV，(2)(2)式中(J )x =J Wx =J I = JdP rrr，-可，171 弓土，/c、则 疽=一“(Jx)dV +JdV =-s，(Jx)dS +>JdV(3)0。将（3）式中积分区域取为大丁电荷分布区域，则右边第一项的面积分为*dt为,t）dv ,即如x，t）=m&，t）dv =ikR |e 舄说明电流J产生的欠势A在远场区展开式的第一项代表电偶极辐射。六、综合题1. 试用分离变量法求磁化欠量为 M 0的均匀磁化铁球在球外空间产生的磁标势气和在球内空

51、间产生的磁标势 外。（课本83贞例题2）解：铁球内外为两均匀区域，在铁球外没有磁荷分布，铁球内由丁均匀磁化，有、=-"M0=0因此磁荷只能分布在铁球表面上，故球内、外磁标势都满足Laplace ' s equation :i2 1 =0：2 2 =0(r -R0)(R° -r)由丁轴对称性，上式解的通解为:bn )Pn(COS)% = £( anr * (n*) nr .'2 = L (Cnrn )Pn(COS ) nr(D边界条件为r =0：nr* =有限值中2 r =R,'0边值关系为-:nai= 1M0, bi= - M0R3, a”

52、 =bn33M°R3cosuR3M0 r0(n = 1)|<P1 23代入(1)式可得， 3r3r.11 ,时2 M0r cos = - M 0 r33(-R°)(r ：R0)=? Mr=R°由边界条件和边值关系可得第四、五直、选择题1、()最先预言了可见光会引起辐射压力，称为光压。 答：DA).赫兹 B).安培C).法拉第D).麦克斯韦2、对在理想矩形波导中传播的电磁波，以下说法正确的是()。答：DA).低丁截止频率的波才能被传播下去B).最终会衰减为0C).频率是连续的D).频率有不连续性，且最低频率由波导尺寸决定3、略去1/R (R为电偶极矩中心到场点的距离)的高次项后，电偶极辐射的电磁波在远场近似为()波；考虑1/R的高次项后，电偶极辐射的电磁波为()波。答：BA). TEM , TE B). TEM , TM C). TE, TM D). TE, TEM4、平面