河南工业大学电动力学考精彩试题目

1、第一章4.处于静电平衡状态下的导体，关于表面电场说确的是：A.只有法向分量；B.只有切向分量C.表面外无电场D.既有法向分量，又有切向分量答案:A5.对于铁磁质成立的关系是A. B HB.B oHC. B o(H M ) D. B (H M )答案:C8. 一个半径为R的电介质球，极化强度为P K r2，电容率为，则介质中的自由r电荷体密度为，介质中的电场强度等于答案:f K (0) r2 K r13.应用高斯定理证明dvv应用斯托克(StokeS定理证明d ssd l .V证明:等式vdvf :exdvfvexf有ex dv fvdv (fv再利用高斯定理,有exdvfdv ( f vvex

2、)dvexf , a (bvids f,左边的x分量为(f ex)Ad s (f ex)u可见，dv f的x分量与；id s f的x分量相等。v対c) b (cri iex (d sa) c (a b)f) exd s f同理，有ey dvey d s f ,eAz dv f ez i idy另解:用一非零任意常矢量c点乘原式左边，得 cdvvdv( f) cv由于(f c) ( f) cc) f ( f)上式右边(f c)dvv|( f c)(d s因为c为任意非零常矢量，故dvv左边点乘一非零任意常矢量c,得由于c为非零任意常矢量,所以得到dssfic d ssc (d s)利用a (b

3、c)b (c a)c d sd s (c) d s( c)ss利用斯托克斯公式dsA(c)c d lsV得c d sc 1 d lV14.已知一个电荷系统的偶极矩定义为vp(t) (x',t)xdv利用电荷守恒定律Jt 0证明p的变化率为dtP vJ(x't)dv'由电偶极矩的定义式，得证明:d pdtd '''(x,t)x dv (x ,t)x dv ( J)x dv dt vv tv|(Jx) ( j)x Jd pdt|( J x )dvvJdvv*J x')Jdv'v(ds|j)x'Jdv'v在界面S上，J的

4、法向分量Jn 0，故式右边第一项等于零d p"dTJ (x ,t)dv，根据麦克斯韦方112.试证明：在没有电荷的地方电势不能达到极大值。 证明：考虑一般情况，设介质为线性非均匀介质，电容率为 程组(1)在没有自由电荷的地方，=0，式变为2221222xyzx x y y z z若有极大值或极小值的地方，应有x 0 y z2式变为2222 x2y2 0 z我们知道，在极大值处，若 为极大值，便不能满足 3式；在极小值处，2222,弋不，xyz若 为极小值，也不满足3式，于是证明了线性介质中，0处 不能取极值。15均匀介质球(电容率为1)的中心置一自由电偶极子Pf，球外充满了另一种介质

5、(电容率为2 )，求空间各点的电势和极化电荷分布。解：选球心为原点，Pf的方向为z轴方向，设球、外电势分别为1, 2f (X)/ 1(R <Ro)1(R >Ro)2 o由电势的叠加性及轴对称性，可设pfR'1 41R31pfR'2 41R32是拉普拉斯方程的解，形式为bn ER (cos R-J1 '(anRnn(R <Ro)2(CnRn 詁)Pn(COS )nR电势在界面及边界上满足1|r。有限(R> Ro)1|r RoR)RoR Ro将至代入、式可得bn 0,Cn 0再将至代入、式解出(12)Pf21( 12 2)(12)Pfd2 1( 1

6、2 2)孙 1an dn 0(n 1)于是，得1(/)2,2)r3(R Ro)1 41R33Pf2 4 (球面处的极化电荷面密度3(R Ro)p n ( p2 附 n (D2由于球面上无自由电荷，)。(注从结果看，球电势第一项是球心处的Pf 与 FPP on (上的 p产生；球外电势也是由 偶极子的电势，等效电偶极矩为3 oPf16 空心导体球壳的外半径为 R求空间各点电势和电荷分布。P p 即壳外电势P R4 oRP R4 oR3电势满足的方程边界条件为21解：选球心为原点，令 电荷的电势之和，3 o( 12 )Pf3 cos21(12 2)RoRPf与Pp产生的，而第二项是球面 、p共同产

7、生，它等效于一个电R Ro和R2，球中心置一偶极子 P,球壳上带电 Q电势等于球心电偶极子的电势与球壳外表面上1q (xooRo有限Ro2R由于电势具有轴对称性，并考虑R R, dsXi) q (x X2)o (待定)5, 6两式，所以设1 anRn Pn(cos )(R R1)n2 "77 Pn (cos )(R R2) n R将上式代入，两式后再利用式解得a。0, a1R2 0 ,b1_a4 0R3, n宀n4 00(n0(n0,1)0,1)于是，得bo14 0R3pRcos2恶&卫将2代入式可确定导体壳的电势 Q40 R2R3，(R0R1PcosRi)R20R2d

8、76;,(R R2)R最后得到14 0Q ,(R40RR3R2，(R Ri)球壳外表面的电荷面密度分别为3P3cos4 R3Q 4 R22球外电势仅是球壳外表面上的电荷 Q产生，这是由于球心的电偶极子及表面 的1在壳外产生的电场相互抵消，其实球外电场也可直接用高斯定理求得：第三章1.稳恒磁场的泊松方程2 A J成立的条件是A.介质分区均匀B.任意介质C.各向同性线性介质D.介质分区均匀且A 0答案：D.电流J处于电流e产生的外磁场中，外磁场的矢势为则它们的相互作用能为A.B.2v1C.Ae JedVD.答案：A4.磁偶极子的矢势A和标势m分别等于4 R3 '4 R3答案：C5、用磁标势

9、解决静磁场问题的前提是A.该区域没有自由电流分布B.C.该区域每一点满足B 0该区域是没有自由电流分布的单连通区域D.该区域每一点满足答案：mJ(X)dv答案：B8.分析稳恒磁场时1,能够中引如磁标势的条件是在经典物理中矢势的环流八A dL表示 -.答案：FlH di*0或求解区是无电流的单连通区域313.电流体系J(X )的磁矩等于.16.将一磁导率为 ，半径为Ro的球体，放入均匀磁场Ho，求总磁感应强度B和 诱导磁矩m。解：本题中所求磁场空间区域没有自由电流分布，故最简单的办法就是用磁标势法来求解，若求解区无磁荷，则0。用分离变量法求解，便可得磁标势，然后再计算磁场。根据题意，以球心为原点

10、建立球坐标系，取H的方向为ez，此球体在 外界存在的磁场的影响下磁化，产生一个磁场，并与球磁场相互作用，最后达到平衡。磁场具有轴对称性。由于球外M2=0，磁荷体密度m2 0，球Mi (1)Hi1 1()B1，00磁场磁荷密度m20M 1(10) Bi 0，本题所满足的定解问题为mlmlm20( RRo)0( Rm2(1)Ro)mi 1Rr Romi|R R有限m2 10r R0(3)m2 RH0Rcos (4)由微分方程和自然边界条件(3) (4)式，得(2)minanRnPn(cos0)(R RJ(5)m2HoRcos-J詁 Pn(cos )(R Ro)0 R(6)由两个边界条件(1)(2)

11、nan Ro Pn (cosn 0H 0 Ro cosdnPn (cos )解得于是:mim2n iannR Pn (cos0 0 cos(n i)dnR巳(cos )aidiandnRcos(RH 0RCOSmiHi0203 0203 "2oHo2 0-HoRo300(n1)R0)r32 H 0 cos (RR2H0cosRd)H0cosHoHz1m2 12 0 R0 R)RR5'20H0 3H°cos er 1R2H°sin2 0 R0(RRe)H0 R)R 山(R 昭当R R0时，B2表达式中的第二项可看作一个磁偶极子产生的场m2中的第二项是磁偶极子

12、 m产生的势鸟 H0COSR2R30 R0 H R2 H 0 R2 0 R2引申拓展一个磁偶极子肿 R03h2 0均匀磁介质球在均匀磁场中磁化，对球外区磁化后的介质球相当于m,因此通解(6)式也可直接写为m R4 R3 然后利用边界条件确定 m即可得解.m2HoRcos17.有一个外半径为 R和R2的空心球，位于均匀外磁场 H0，球磁导率为 ，求空腔的场，讨论 >>0时的磁屏蔽作用。解：根据题意，以球心为原点，取球坐标，选取0的方向为ez，在外场H。的作用下，球壳磁化, 分布呈轴对称。产生一个附加场，并与外场相互作用，最后达到平衡。B的在球壳和球壳外，M 1 M30，mi m3 0

13、，球壳中m20 M 2(1)B20于是磁标势满足的定解问题为mi0( RRi)m20( RR R2)m30( RR2)R Rm2 RR2 , m2 |R R2m2 |R R2(1)22mlm3 0 R R, RR2营 IRR2 （2）m2 -R|RR,ml0R |r R ml R % 有限（3 ）m3 RH0Rcos (4)mlanRnPn(cos )0m2(bnRnn 0CnR4)Pn(COS )m3H0Rcos缶 Pn(COS )由于磁标势具有轴对称性，再根据两个自然边界条件，三个泛定方程的 解的形式为因为凡微分方程的解是把产生的磁场的源H0RcosH0RR(cos )0做成频谱分解而得出

14、的，分解所选取的基本函数系是其本征函数系。在本题中，源的磁标势是所以上面的解中an bn Cn g 0 故解的形式简化为mla1 Rcosm2biR气cosR2m3H0Rcosdi2cosR2代入边界（1）（ 2）式得球壳磁场a RiaRi2Ribi R2Ci2R2H0R2ai 0(bi2ci)3 /0 H 0di2R2解方程组,aibidiR23(bi2ci )R23)3。(22(330)H°R23 o( o)HoR2233o) Ri (2o)(2 0)R23 o(2o)H°R；2332(o) Ri (2o)(2 o)R2333 o(o)HoR2Ri2332(o) Ri

15、(2o)(2 o)R2)H°R； 3 o(o)HoR；R；33 H 0R2 o)(2 0)R23 o(22(0o)2Ri3(2Bi0 mi10aiezRi 3(R2)(2(2o)(2 o)1(=) 0时：o)(2 0) i2I2(o)Ri、3R2oHoBi 0即球壳腔中无磁场，球壳屏蔽了外部空间的磁场第四章1 色散现象是指介质的（）是频率的函数答案:2在研究导体中的电磁波传播时，引入复介电常数（） ，其中虚部是（）的贡献。导体中平面电磁波的解析表达式为（）答案：i ，传导电流，E（x,t） E°e xei（ x1、电磁波波动方程c2 t20,c2 t20 ,只有在下列那种情

16、况下成立（）A.均匀介质B. 真空中 C.答案：A2、电磁波在金属中的穿透深度（A.电磁波频率越高,穿透深度越深C.电磁波频率越高，穿透深度越浅导体 D. 等离子体中）B.导体导电性能越好，穿透深度越深D.穿透深度与频率无关答案：C3、能够在理想波导中传播的电磁波具有下列特征（A. 有一个由波导尺寸决定的最低频率，且频率具有不连续性B. 频率是连续的C.最终会衰减为零D.低于截至频率的波才能通过.答案：A4、平面电磁波E、B、k三个矢量的方向关系是（）A. E B沿矢量k方向 B.B E沿矢量k方向C. E B的方向垂直于k D.答案：AE k的方向沿矢量B的方向5、矩形波导管尺寸为a b ,

17、若ab ,则最低截止频率为（A.B.C.1 b)D.答案：A1、真空中的波动方程，均匀介质中的定态波动方程和亥姆霍兹方程所描述的物理过程是什么？从形式到容上试述它们之间的区别和联系 答：（1）真空中的波动方程:表明：在0 , J 0的自由空间，电场与磁场相互激发形成电磁波，电磁波可以脱离场源而存在；真空中一切电磁波都以光速c传播；适用于任何频率的电磁波，无色散。（2）均匀介质中定态波动方程:12v12v0，其中V00k2（3）亥姆霍兹方程:当电磁场在介质传播时，其与卩一般随3变化，存在色散，在单色波情况下 才有此波动方程。0, k1 0i表示以一定频率按正弦规律变化的单色电磁波的基本方程，其每

18、个解都代表 一种可能存在的波模。1、已知海水的r 1， 1S m-1，试计算频率 为50，106和109Hz的三种 电磁波在海水中的透入深度。解：取电磁波以垂直于海水表面的方式入射，透射深度为：1/ .2/1/,由于r 1，所以0， 1/,01)当50HZ时，11/一 50 410 7 172 m2)当106Hz时,21八106 410 710.5m3)当109Hz时,3 1/ 一109 410 71 16mm2、平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上，入射角为 电磁波的相速度和衰减长度。若导电介质为金属，结果如何? 提示：导电介质中的波矢量k B i解：根据题意,取入射面为xz设导体中的电

19、磁波表示为：而 k上式中a,21。求导电介质中/2根据边界条件得：kxx i x k1x k1 sin平面,Ei a， a只有z分量。（为什么？） z轴沿分界面法线方向，如图所示。E°eksin 1x 0 ， x ( sin 1 ) / c ， y 0 ， 将结果代入(1)、(2)得：(sin 1)2 /c2 az復/2解得：22(2(22 pSin c22 pSin c1)1)1(c222sin)2(5)(6)2”2其相速度为： 如果是良导体，(sin 1)2 /c直/2222 Si n2c222 sin 12c109 Hz的微波，在0.7cm/. X2；。22 *si n c衰减

20、深度为：J2Oz/k2的实部与其虚部相比忽略，则:012(124歹si n c4.4 "Si n c1/1/2)122)3、频率为30播？在0.7cm 0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播?解：1)波导为 0.7cm 0.4cm，设 a 0.7cm， b 0.4cm0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传由c广2；当 m=1，n=1 时， 当 m=1， n=0时, 当m=0, n=1 时,)2a2 得:c1c2c3所以此波可以以TE102)波导为 0.7cm 0.6cm，由c c2 2)2当 m=1，n=1 时， 当 m=1， n=0时, 当m=0, n=1 时,c1c2c3所以此波可以以TE104.32.11010Hz1010Hz1010Hz3.7波在其中传播。设 a 0.7cm， b 0.6cm2 得:3.32.11010Hz1010Hz1010Hz2.5和TE01两种波模在其中传播。第五章1、变化电磁场的场量E和B与势（A、）的关系是E=（）,B=（）答案：E, B At2、真空中