电动力学复习题库(修改)

1、三、简答题电磁场理论赖以建立的重要实验及其重要意义。11rr静电场能量公式We-dV、静磁场能量公式Wm-JAdV的适用条件。静电场能量可以表示为We1dV,在非恒定情况下，场的总能量也能这样完全通过电荷或电流分布表示出来吗为什么写出真空中Maxewll方程组的微分形式和积分形式，并简述各个式子的物理意义。写出线性均匀各向同性介质中麦克斯韦方程微分形式和积分形式，其简述其物理意义。电象法及其理论依据。答：镜像法的理论基础（理论依据）是唯一性定理。其实质是在所研究的场域外的适当地方，用实际上不存在的“像电荷”代替真实的导体上的感应电荷或介质中的极化电荷对场点的作用。在代替的时候，必须保证原有的场

2、方程、边界条件不变，而象电荷的大小以及所处的位置由Poisson方程和边界条件决定。引入磁标势的条件和方法。就是说该区域是没有自答：在某区域内能够引入磁标势的条件是该区域内的任何回路都不被电流所链环,由电流分布的单连通区域。若对于求解区域内的任何闭合回路，都有:Hdl0,L，真空中电磁场的能量密度和动量密度，并简述它们在真空中平面电磁波情况下分别与能流密度及动量流密度间的关系。真空中和均匀良导体中定态电磁波的一般形式及其两者的差别。比较库仑规范与洛伦兹规范。分别写出在洛仑兹规范和库仑规范下电磁场标势矢势所满足的波动方程，试比较它们的特点。写出推迟势，并解释其物理意义。上J（x,tr/%V4r答

3、：推迟势的物理意义：推迟势说明电荷产生的物理作用不能立刻传至场点而是在较晚的时刻才传到场点，所推迟的时间r/c正是电磁作用从源点x传至场点x所需的时间，c是电磁作用的传播速度。解释什么是电磁场的规范变换和规范不变性 TOC o 1-5 h z 答：设少为任意时空函数，作变换AAA,t HYPERLINK l bookmark32 o Current Document AA有AAB,A-AEtt即A,与A,描述同一电磁场。上述变换式称为势的规范变换。当势作规范变换时，所有物理量和物理规律都应该保持不变，这种不变性称为规范不变性。迈克尔逊一莫来实验的意义。答：迈克尔孙一莫来实验是测量光速沿不同方向

4、的差异的主要实验。迈克尔孙一莫来实验否定了地球相对于以太的运动，否定了特殊参考系的存在，它表明光速不依赖于观察者所在参考系。狭义相对论的两个基本原理（假设）及其内容。答：（1）相对性原理所有惯性参考系都是等价的。物理规律对于所有惯性参考系都可以表为相同形式。也就是不通过力学现象，还是电磁现象，或其他现象，都无法觉察出所处参考系的任何“绝对运动”。相对性原理是被大量实验事实所精确检验过的物理学基本原理。（2）光速不变原理真空中的光速相对于任何惯性系沿任一方向恒为c,并与光源运动无关。写出洛伦兹变换及其逆变换的形式。具有什么变换性质的物理量为洛伦兹标量、四维协变矢量和四维协变张量试各举一例。写出电

5、荷守恒定律的四维形式，写出麦克斯韦电磁场方程组的四维形式。1.写出真空中麦克斯韦方程组的微分形式、积分形式和边值关系。 TOC o 1-5 h z BEcE-BoJ00-EE0ttoE dlL HYPERLINK l bookmark322 o Current Document ddBdsHdlIfDdsdts出s:DdsQfBds0ssnE2E10 n H2 H1n D2D1n B2B102写出线性均匀各向同性介质中麦克斯韦方程组的微分形式、积分形式和边值关系。BJE-dBdtSSdsHdlidtsDds、DdsQf-Bds0ssn E2 E10n H2 H1n D2D1n B2B10.电磁

6、场与带电粒子系统能量转化与守恒定律微分式、积分式及其意义。微分式Sfvtd积分式一口SdfvdV一dVdt物理意义：单位时间内流入某一区域WJ的能量，等于其内电荷所消耗的焦耳热与场能的增加。.写出平面波、复介电系数、复波矢的表达式x,tEi k x wtoe4.写出四维波矢量、四维电流密度、四维势、电荷守恒定律、达朗贝尔公式的表达式。kk,i一cJJ,icAA,-cJ0 xAoJ5.写出磁偶极子的磁感应强度、矢势表达式答：磁偶极子的磁感应强度0(m )-R34 R磁偶极子的矢势m R034 R6.唯一性定理的内容及其意义。(6分)内容：设区域V内给定自由电荷（X）,在V的边界S上给定1）电势S

7、确定 或2）电势的法向导数ns，则V内的电场唯一地被确定。（4分）意义：1.给出了确定静电场的条件，这是解决实际问题的依据。2.在有解的情况下，解是唯一的。因此，在实际问题中，可以根据给定的条件作一定的分析，提出 TOC o 1-5 h z 尝试解，只要它满足唯一性定理所要求的条件，它就是唯一正确的解。（2分）7.平面电磁波的特性（6分）1）电磁波是横波,E和B都与传播方向垂直（2分）E、B、k两两垂直，EXB沿k的方向（2分）E和B同相，振幅比为v（2分）第一章例：电流I均匀分布于半径为a的无穷长直导线内，求空间各点的磁场强度，并由此计算磁场的旋度。解：在与导线垂直的平面上作一半径为r的圆，

8、圆心在导线轴上。由对称性，在圆周各点的磁感应强度有相同数值，并沿圆周环绕方向。先求磁感强度:（1）当ra时，通过圆内的总电流为I,用安培环路定理得r a)Bdl2rB0I因此，可以得出式中ee为圆周环绕方向单位矢量。r2I-2 a（2）若ra,则通过圆内的总电流为2rT1a应用安培环路定理得因而，得出 BLBdlrBolr22aolr2 a2ra）当ra时由我们求出的B得出?r-一（rB）err（2）当ra时，由上面的式子得10分）b-4ea六、电荷Q均匀分布于半径为a解：由高斯定理ra时，隼Eds4r2E写成矢量式得Qr40r3ra时，球面所围电荷为2二Eds4r2EQr330a0J的球体内

9、,ra）求各点的电场强度，并由此直接计算电场的散度.Q20r（2分）（1分）（共ra时，r3Q43-a3Qr30ar3r0）7.有一内外半径分别为r1和r2的空心介质球,介质的电容率为Qr33-a（1分）（2分）（2分）（2分）,使介质球内均匀带静止自由电荷求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。解：（1）设场点到球心距离为ro以球心为中心，以r为半径作一球面作为高斯面。由对称性可知，电场沿径向分布，且相同r处场强大小相同。当rr1时，D10,E10。2433当nrr2时，4rD?一（rr）f8./3(rD2向量式为向量式为当ri(1内外半径分别为r：)3E2r：)3rE3

10、2时,D2ri时,nP2/3(r3r2D3(r23(r3r：)f37，R3)-3-r/)3or3(屋(D20E2)P1)n(D2(1-)D2r：)f(小r：)f2or(D2-D2)D2)(1-)(1)D2rrIri3r1：-fri和万的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流Jf,导体的磁导率为,求磁感应强度和磁化电流。:(1)以圆柱轴线上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半径为r。由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。r1时，由安培环路定理得:B1当r1r2时，由环路定理得:rH2Jf(r2r；)所以H222Jf(rr1)2rB2(r22r向量式为B

11、222(rA)2r(r2口2%Jfr2时,2rH3Jf22、(r2r1)所以H322Jf(r2A)2rB3222o(12r1)cJf2r向量式为 B33/22、/22、。(上r1)。(上r1)ZJfe?2Jf2r2r(2)当r1r2时,磁化强度为所以M（一。1)H2(r(1)-。2r（一。1孙(-1)。H2（一。1)Jfr1处，磁化面电流密度为1Mdl。2r1/ 22、产rCj2r22fr2处，磁化面电流密度为1。Mdl(2r2。向量式为OCm（1）。“22r；).2Jf9.证明均匀介质内部的体极化电荷密度p总是等于体自由电荷密度（1。/）倍。证明：在均匀介质中1)E()E所以pp0)E(。)

12、(1/)D(。）/(1。/)f11.平行板电容器内有两层介质,它们的厚度分别为11和12,电容率为2,今在两板接上电动势为E（2）介质分界面上的自由电荷面密度的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度f3。（若介质是漏电的，电导率分别为1和2当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何）解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为E1和E2,电位移分别设为Di和D2,其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为f3。取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得:D1f1同理，在极板

13、B内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得:f2D2在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得:DiD2所以有Ei TOC o 1-5 h z flfl一,E2 HYPERLINK l bookmark316 o Current Document 12由于EEdllil2fi(k上)1212所以fl巨)2当介质漏电时，重复上述步骤，可得:Di fi , D2f2 ， D2 D1 f3f3fi f 2介质i中电流密度 Ji iEiiDi/ ii fi / i介质2中电流密度2 E 22 D2 / 22 ( fi由于电流恒定，JJ2,ifi/i2(fif3)/2-()fi(Ai)fi TOC o 1-

14、5 h z HYPERLINK l bookmark356 o Current Document 2i22i再由EEdlEiliE2l2得il2)2fi2ififi一li(lii22iiliil2/22i21iil2i21i2i122i2。i12i2.证明:(i)当两种绝缘介质的分界面上不带面自由电荷时，电场线的曲折满足tan22taniii和2分别为界面两侧电场线与法线的夹角。其中i和2分别为两种介质的介电常数,(2)当两种导电介质内流有恒定电流时，分界面上电场线的曲折满足tan 2tan 1其中1和2分别为两种介质的电导率。证明：(1)由E的切向分量连续，得E1 sin 1 E2 sin

15、2(1)交界面处无自由电荷，所以 D的法向分量连续，即D1 cos 1 D2 cos 21E1 cos 12E2 cos 2(1)、(2)式相除，得tan 22tan 11(2)当两种电介质内流有恒定电流时J 11E1 , J 22 E2由J的法向分量连续，得1 E cos 12 E 2 cos 2(1)、(3)式相除，即得tan 22tan 1113.试用边值关系证明：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于导体表面；在恒定电流情况下，导体内电场线总是平行于导体表面。证明：(1)设导体外表面处电场强度为E ,其方向与法线之间夹角为，则其切向分量为 Esin静电情况下

16、，导体内部场强处处为零，由于在分界面上E的切向分量连续，所以Esin0因此0即E只有法向分量，电场线与导体表面垂直。(2)在恒定电流情况下,设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为,则电流密度J导体表面夹角也是。导体外的电流密度 J 0,由于在分界面上电流密度的法向分量连续,所以因此Esin0即J只有切向分量,从而 E只有切向分量，电场线与导体表面平行。19.同轴传输线内导线半径为a,外导线半径为b,两导线间为均匀绝缘介质(如图所示)。导线载有电流I,两导线间的电压为Ur(1)忽略导线的电阻，计算介质中的能流S;(2)若内导线的电导率为叫计算通过内导线表面进入导线内的能流，证明它等于导线的损耗功

17、率。解：(1)以距对称轴为r的半径作一圆周(arb),应用安培环路定律,由对称性得2rHI因而h12r导线表面上一般带有电荷，设内导线单位长度的电荷(电荷线密度)为。，应用高斯定理由对称性，可得2rEr能流密度为ErH ez4V7ez式中ez为沿导线轴向单位矢量。两导线间的电压为,a lnb1 dr UIrEzIr aa2bErdrla2S心工芭rln(a/b)把S对两导线间圆环状截面积积分得:bcUIP2rSdraln(a/b)UI即为通常在电路问题中的传输功率表达式。可见这功率是在场中传输的。(2)设导线的电导率为由欧姆定律，在导线内有Er外，还有切向分量由于电场切向分量是连续的，因此在紧

18、贴内导线表面的介质内，电场除有径向分量Ezo因此，能流S除有沿z轴传输的分量Sz外，还有沿径向的分量-SrSrEzHrI_a22a3流进长度为Al的导线内部的功率为Sr2al12Ra第二章七、(11分)导体内有一半径为R的球形空腔，腔内充满电容率为e的均匀电介质，现将电荷量为q的点电荷放在腔内离球心为(aR)处，已知导体电势为0,试求：腔内任一点的电势。解：假设球内有点电荷q可代替球面上感应电荷,由对称性q应放在oq的连线上。选择q的位置大小，使球面上的=0,满足唯一性定理，解唯一合法。考虑两个特殊点(2分)Roqo(aRo)q4o(bRo)(2分)RoRoq4o(aRo)q4o(bRo)(2

19、分)Roq_qRobaRoq_b+RoqaRo(2分)RobaRobRoRoRo2Roqa(2分)RoqRoqar_22Ra2RaCosaR2b22RbCos(11.一个内半径和外半径分别维R2和R3的导体球壳，带电荷为Q同心地包围着一个半径为分）R1的导体球(R1R2),使半径R1的导体球接地，求空间各点的电势和这个导体球的感应电荷。SOLURION:QRRR第一步：分析题意，找出定解条件。(r,根据题意，具有球对称性，电势不依赖于4极角和方位角，只与半径r有关，即(r)故定解条件为21220.0.rR3边界条件导体接地有rRi整个导体球壳为等势体，有R3rR2球壳带电量为Q）根据Gauss

20、定理ds得到1r2d2r2dQrR3rrR2r0第二步，根据定解条件确定通解和待定常数。由方程可看出，电势不依赖于,取n=0;不依赖于，取Pn(cs)1,故得到导体球壳内、外空间的电势:RiR2由式得Ri,从而得到Bi-r2D(-r由式得R3D(R2由式得0.0.Ri)Q0将式代入式，即得Q40R31R11R2Q1R2因此得到 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark314 o Current Document QQi HYPERLINK l bookmark342 o Current Document A0,B4o4oC_Q_,d-Q HYPERLINK l bo

21、okmark348 o Current Document 4oRi4o将A,B,C,D系数代入到式，即得电势的解为B Qi -； r 4 orD2 C -r 4Qi4 orQioRi(rQi(Ri4 orR3)rR2)导体球上的感应电荷为0r RiRiQi J(一r 4 o r一)r2d Ri2.介电常数为电4 or的均匀介质球，半径为 R,被置于均匀外场 Eo中，球外为真空。求电势分布。三Solution:第一步，根据题意，找出定解条件。由于这个问题具有轴对称性，取极轴z沿外电场Eo方向，介质球的存在使空间分为两个均匀的区域球内和球外。两区域内都没有自由电荷。因此电势满足Laplace方程。

22、以1代表球外区域的电势，2代表球内区域的电势，故ir(rR)Eorcos02ioEorPi(cos0)irR2rRi2oCnrRnrR0有限值(rR)第二步，根据定解条件确定通解和待定常数由于问题具有轴对称性，即电势i与方向角无关，故(anrn(SS(rR)(Cnrn-dnnT)Pn(COSr(rR)由式得(anrnbn1F)Pn(COSrEorPi(cos)比较两边系数,a1E0an0.(n1)由式得(Cnrn1、n-n-)Pn(COSr有限值从中可见dn故有E0rP1(cosbnnCnrnPn(cos1nTPn(COSr根据、式，可得E0RR(cosbn-nRPn(COS)CnRnPn(C

23、OS)E0(cos)1(n1)bnRTPn(cosn1.-CnRPn(COS)0n比较Pn(cos)的系数，得EoRbiR2CiREo2biRciobn产(nCnRn哈nCnRn10由式给出bn0,Cn0.(n1)由式给出biC1EoR3Eo由此得到电势为1Eor cosR3 Eo 工 cos2 or2(rR)2Eor cos2 o(rR)相应的球内和球外的电场强度为Ei1-erer rEor cos31R Eo 2 cosrEo (coser sin e-R3Eo sin 2 o2 o1 3erR3Eo cos2-3 er r其中(cosersine)ez第二项和第三项之和实际上是一个等效的

24、放在原点的偶极子在球外产生的电场，其电偶极矩为p4o-R3Eo2o因此，球外区域的电场为EiEoE同理得到E23( p r)rP-3 rer re rErcos2 o3 o2V3 o2 03 o2 oE0(cos ersin e )EoezEo由此可见，球内的场是一个与球外场平行的恒定场。而且球内电场比原则外场E0为弱，这是极化电荷造成的。PXe oE2(o)E2-3oEo在球内总电场作用下，介质球的极化强度为介质球的总电偶极矩为-4oR3Eo2o第三章1.试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场Bo,写出A的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。解：Bo是沿z方向的均匀恒定磁场，即BoBoez,

25、由矢势定义AB得Az/yAy/z0;Ax/zAz/x0；Ay/xA*/yB。三个方程组成的方程组有无数多解，如：AyAz,AxBoyf(x)即：AByf(x)e*；AxAz0,AyBoxg(y)即：ABoxg(y)ey解与解之差为ABoyf(x)exB.xg(y)ey则(A)(Ay/z)ex(Ax/z)ey(Ay/xAx/y)ezo这说明两者之差是无旋场3.设有无限长的线电流I沿z轴流动，在z0区域为真空，试用唯一性定理求磁感应强度B,然后求出磁化电流分布。解:设z0区域磁感应强度和磁场强度为B1,H1；z0区域为B2,H2由对称性可知Hi和H2均沿e4.方向。由于H的切向分量连续，所以H1H

26、2由唯一性定理可知，该结果为唯一正确的解。以z轴上任意一点为圆心，以r为半径作一圆周,理得：2rHI,即HI/2r,H1B22H2I/2re,(z0)。在介质中MB2/0H2I/2r所以，介质界面上的磁化电流密度为:aMnI/2r总的感应电流：IM电流在z0区域内，沿/01eez2dlI/2r0H2I/2z轴流向介质分界面。设x0空间为真空,(H2Hi)1erB1nB2n0,满足边值关系,H大小相等。根据安培环路定1H10I/2re,(z0)；今有线电流I沿z轴流动，求磁感应强0。由此可得介质中:H2由H2B/(I/2r)e得:在x0的介质中I则：ImdlI(再由B0(IIm)/2r(I/2r

27、)e可得/(0),所以0I/(0)1/(（沿z轴）7.半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流J均匀分布于截面上,试解矢势A的微分方程。设导体的磁导率为0,导体外的磁导率为解：矢势所满足的方程为:2A内2A外(ra)自然边界条件:(r0时,a)A内有限。A3 |r边值关系：A内r选取柱坐标系，该问题具有轴对称性，且解与z无关。令A内AJ(r)ez,A外(r)ez,代入微分方程得:1(r r rA内(r)10J ；(rr rA 外(r) 0 r解得：Aj (r)0Jr2C1 ln r C2；A外(r) C3lnrC4由自然边界条件得C10,8.证明A内|r14 0J(aA外|r a得:并令其为零，得

28、:22r )；一8的磁性物质表面为等磁势面。C3C2Ja2-Ja2 ,20 Ja , C4,2,Ja ln a。2a lnr解：以角标1代表磁性物质,2代表真空，由磁场边界条件n B2B10,B1B2H 2tH 2n曲0Hm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。H10以及可得式中n和t分别表示法向和切向分量。两式相除得例2求磁化矢量为M)的均匀磁化铁球产生的磁场。解：铁球内和铁球外两均匀区域。在铁球外没有磁荷。在铁球内由于均匀磁化，则有MoM00因此磁荷职分布在铁球表面上。球外磁势61和球内磁势62都满足拉普拉斯方程，即0,220.,所以61只含R负哥次项。n新Pn(C0

29、S)当R=0时，2为有限值，所以2只含R1次哥项。2anRnPn（COS）.n铁球表面边界条件为当R=R0（R0为铁球半径）时,(WPn(c0S )M0cosn-nanR0Pn(cos)M0Pcos)nJhPn90s)nR0nanRnPn(cos).n比较Pn的系数，得a11M0,b11M0R3. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark97 o Current Document 33anbn0,n1.于是得M0R3cos喏MR HYPERLINK l bookmark578 o Current Document 1_2_3 HYPERLINK l bookmark

30、107 o Current Document 3R23R3第四章1.导出导体中的波动方程导体内部=0,J=E,麦氏方程组为：（1分）BtDt0(2分)对一定频率的电磁波，D-E,B=H,则有EiHHiEEE0H0（2分）式中场量是抽去时间因子以后的函数，只与坐标有关。将导体内部的麦克斯韦方程组与绝缘介质中的麦克斯韦方程组比较可知，其差别仅在于第二个方程中多了一项E。导体中： TOC o 1-5 h z HiEE（2分）如果将导体中的方程写成：HiE这只需令i,e称为复电容率（1分）将e用J代替后，导体内的麦克斯韦方程组与绝缘介质中的麦克斯韦方程组形式相同，得到的亥姆霍兹方程也相同。即导体内部满

31、足：2一2一2Ek2E0k、 HYPERLINK l bookmark593 o Current Document E0（2分）2.导出真空中自由空间的波动方程。在没有电荷电流分布的自由空间（或均匀介质）中麦克斯韦方程组(2)(4)真空中的波动方程D=oE,B=0H,取式的旋度，得2E TOC o 1-5 h z 一一2一 HYPERLINK l bookmark591 o Current Document E(E)EE0 HYPERLINK l bookmark534 o Current Document 2EE00-t2-02n呢C同理可得B00-t-F0令C1/.J00则E和B的方程可以写为2E12E/102B12B2.2ct.证明：两平行无限大导体平面之间可以传播一种偏振的TEM电磁波。证明：设两导体板与y轴垂直。边界条件为：在两导体平面上，Ex=Ez=0,Hy=0若沿z轴传播的平面电磁波的电场沿y轴方向偏振，则此平面波满足导体板上的边界条件，因此可以在导体板之间传播。另一种偏振的平面电磁波（E与导体面相切）不满足边界条件，因而不能在导体面间