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文档简介

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、两个闭合恒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)0A).都满足 B).都不满足C).前者满足D).后者满足二、填空题1、麦克斯韦 在理论上预言了电磁波的存在,并指出光波就是一种电磁波。2、电荷守恒定律的微分形式为' J0t3、均匀线性介质中电磁场的能量密度w的表达式为1(E D H B)。-24、 电磁波(电矢量和磁矢量分别为 E和H )在真空中传播,空间某点处的能流密度S二-4中S = E H5

2、、线性介质的电磁能量密度 w =,能流密度S = 。答:w = -(E D H B)或(;E2 B2) ; S = E H 或 E B22 卩 46、电场、磁场的切向分量的边值关系分别为: 殓扌扌扌?彳扌扌答:e (Ez-Ejo或已:上二已仁;en仆彳-円“二门或日2日仁八三、判断题1. 稳恒电流场中,电流线是闭合的。()V2. 电介质中D = E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在数值上等于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分别属于两个闭合稳恒电流圈,则电流元1、2之

3、间的相互作用力服从牛顿第三定律。四、简答题1. 写出一般形式的电磁场量 D、E、B、H的边值关系答:?学? (Bi) =0 或in(B2-bj=o 或?(E2 _Ej =o 或D2n - Din = ;“ oB2n = B1nE2厂 Eit2、介质中麦克斯韦方程组的微分形式BD答:' E B; '、 H J D B = 0;3、写出洛仑兹力密度表达式答:f E J B = ?或-八T -2:t c五、证明题1. 由场和电荷系统的能量守恒定律、麦克斯韦方程组和洛仑兹力公式证明:(1) 电磁场的能量密为-J.sD.HsB已抚6t(2)能流密度为IE H1证明:场和电荷系统的能量守恒

4、定律为' S 二f"v ( 1 )ct由洛仑兹力密度公式f V = (' E V v B)声 v EJw将上式代入(1 )式得S = J E( 2)4D f J v H - ct-dt4E-74 H-H:tE C H)= - ( E H)+ H C E)二-(E H)将上式代入(3)式得JE=(E H) - -H (4)ctct比较(2 )、(4 )式,可得,丿_wD B电磁场的冃能量密为EH -戲盘孜能流密度为E H 2、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。(提示:考虑D、E的边值关系)ii? 8 - ; 0

5、2证明:介质2与导体1的边值关系(静电情况)(1 )式首=0其中n为界面法线单位矢量,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 = ;: 0; E -0根据线性介质性质D= E,( 1 )式化为 .=,导体外的电场只有法E =0匡=0线方向分量,即总是垂直于导体表面。3、用边值关系证明:在线性绝缘介质与导体的分界面上,在恒定电流情况下,导体内表面的电场线总是平行于导体表面。3证明:设介质1为导体,介质2为绝缘体e(J2)=0稳恒电流时绝缘介质与导体的边值关系为:f 1©汇叵-EJ = 0绝缘介质中电流为零,因此2n =2n = 0E2t = E1t从而有E2n活

6、2厂0E2t 二 Eit 0即电场只有平行于界面的分量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:需V,其中“(提示:考和;2分别为两种介质的介电常数, 片和去分别为界面两侧电场线与法线的夹角虑D、E的边值关系)4证明:考虑分界面上不带自由电荷,由理想介质边值关系n?(D>?D2n = D1nE2厂 EitI -:2E2nE2t 二二忌orEit (2)2E2COS2 二 “EjCOSt E2sinv2 二 Egg(2)(2)/(1) =tgitgKtg12;2tgti5、当两种导电媒质内流有稳恒电流时,分界面上电场线曲折满足二二2,其中二1和;2分tgx -1别为

7、两种媒质的电导率。(提示:考虑J、的边值关系)5证明:稳恒电流时导体之间的边值关系n叮1厂0人土,n (e2 _Et) =0I = 2 E2n =1 E1nE 2t = E1t(1)or- 2 E 2 cos2 =、" 1E1 cos 1 (1)I E2 sin哥二 E1 sin 片 (2)/二*壬居止二a2E2n a1E1n 6 耳Eittg®tg-1216、证明'4- (x),其中 r =| x |。r6证明:(1)当r丰0时,1 =三(丄r ex rd 1斗 ()ez ;z r二匚<x % =2)r :x :y ;zr3rr而 3 =.3r芋 r : A

8、 ;3(-3 3 = 0,rrr r r2 11因此 '0,rr(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V:Ws=WHr2dVs r(或当r = 0时,在r = 0点,1奇异,上式不成立。因此 ' 2 -是这样一个函数,它在rr0处的值为零,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。i 2-dV門叫i 2严1作积分变换r =a,可见上式的极存在,2 J/2 a )dV = lim d' 1a_0 $2 2-3a r72dr(r a )因此我们证明了-27d-120(;- i)r2P = -4 兀2)5/2(

9、;?21)3/20-4:)0dP7、已知一个电荷系统的偶极矩定义为P(t)(x ,t)x dV证明7dt=JV J(X:t)dVdP d7证明:方法1:dt dt二 d V、(X )XdVV(X)牛 dV = V (X V dV =V JdVXdVC J)xdV;tV花(、f)g (f )g= C f)g= (fg)-(f方法2 :由电荷守恒定律兴吟V”(X,t)XdV=V'、)g訐-VC J)XdV V(JX)(仁)X dV 式中(J、)X = J、X = J f = Jddt v(JX)dVv JV|s(JX ) dS v JdV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

10、面积分为dPdt=v J(X ,t)dV五、综合题1已知电容率为;的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 讣1、解:订=卩p =-' 卩_ o )E =- o E-P fe0订=-(;- ;。E 一(; - ;。)二-(1 -一)' fZZ一 一 1 2 一 一2、根据算符的性质'推导下列公式A C A)A -(A )A解:由麦氏方程上式两边求散度(1)左边且:tD C H )Jct0:卫二D 二DcP.:t.:t;:t.:t(i)所以有.:t2 解:由 C (A B)二 A(C B)-B(C A)得AC A) = 1 i (A A) _(A )A

11、 21 2A2 -(A )A23、由麦克斯韦方程组导出电流连续性方程。=0第二章、选择题1在两个夹角为90°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上答: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).大于0B).小于0C).等于0D).不确定一、填空题1如果一个体系电荷分布关于原点对称,则它的电偶极矩P =。1答:02、电荷体系激发的势在远处的多级展开式为:(X)1RR 6 i,jDjIII)展开式中第一项的物理意义是 ,第二项的物理意义

12、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、对于均匀线性介质,静电场中电势 满足的泊松方程为 答:1 2 -订 / ;二、判断题3、在稳恒电路中,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的导体球(Ri £R2)。使这个导体球接地,(1)试用分离变量法求空间各点的电势;(2)求这个 导体球的感应电荷。1解:见教材第48页例题1.(1)电势满足拉普拉斯方程。电势分

13、布有球对称性。球壳内外的电势通解为i "詈(R R3)ed11 二c R (R2>R R3)选择无穷远处电势为0,则边界条件为1)II2) JiR石=0R=R2 二:IR=R33)-肩R2dQ + .VR£3 ;:rr 去2 ;:RR d1 1确定解中的待定系数a、b、c、da=0, b Q4 二;04oc-, d4二;oR-Q1其中QiRf1 R21 RlQ得电势的解:Q+Q 14二 0R(R R3)= -Q(1-1) (R2>R>Ri)4 ;0 R R1(2)导体球的感应电荷为一 ;o:2R2d222、半径为R,电容率为;的介质球置于均匀电场Eo中,球

14、外为真空,设球外电势分布为 , 球内电势分布为;:2,试用分离变量法求空间电势和2以及球内的电场E。Ro09-球心沿:2代表无自由2解:(见教材第49页例题2.)取极轴通过 外电场Eo方向,以打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2电荷,因此1、2满足拉普拉斯方程,其通解为电荷,因此1、2满足拉普拉斯方程,其通解为边界条件包括:由边界条件(1)因而a<| = -Eo,由边界条件(2)由边界条件(3)由边界条件(4)比较Pi系数得由以上两式得1 八(anRn 為此(84)(R Ro)nRE|_ 】E0 有限;iIr=r0:|.:R|R呎,得an比较其他Pn项系数得于

15、是得电势为八(qXn2 1 R=R°%_= g 0 ;:R|R=Ro岛)Pn(T( R R0)(1)E0Rcos = EoRP'cos )=0 (n=1)EoRoP(coSPn) (©O=sZ)0nRnPn 日(cOS)n Ron-EoPi(cosn)(:肾n &)Pn (cosn)ncnR(n_1Pn(co)nbiEo Ro 長2biEoRo3Eo R0,;2 o E0宀EoW弋罟2EoRcos";2。球内的电场为3 ;o二亠2 g3、在电容率为 的无限大均匀介质内,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。

16、(14分)O3解:(将教材第49页例题2的与o交换即为本题)设球腔内、外电势分别为1、七,应具有轴对称性。(1 )球内外均无自由电荷,因此1、2满足拉普拉斯方程,其通解为*hr汀。r -R。I 八(ann *)Pn(COS=)n 30r旳dII (Cjn 干)Pn(COSd)心r(2)取原点电势为有限值,可设为 01) i is limitted, (r =0)2) I 二-E°r cosd ( :)边界条件:<3)比=H, (r 訳)r:rr zzR0(3) 由边值关系1 -bn=0由边值关系2 -C1 =-E 0,cn=0, n =1由边值关系:d' anR/PJc

17、os" =-E°R0 cos,' RdPnpos"(a)n =0n =0 R0由边值关系 4= z nanR;Pn(cosT) = -EoCose-:Z (n+1)春(cosT)(b)R0nA(5)在(a)、(b)中比较系数=二o . .3dEoR,aian = 0 dn = 0,n1(6)空腔内电势分布为:;:i3eEor cos)2 ;o(乞 R)4、在均匀外电场中置入半径为接有电池,使球与地保持电势差中的电势2。4解:以导体球心作原点建立球坐标。微分方程及其解:上空通Ro的导体球,导体球0,求导体球外真%,宀2 "bf (anrn活)R(c

18、osr)n=0r选择电势参考点:导体置入前原点电势为;:0边界条件:1) 铁"广0,(r = &)2) 蛰=% E°r coS, (r T )确定;:2中的待定系数an、bn :由1)n = 0 : a。-b = A。(a)R0, c、;由 2)R0n Rh=0 (b)R0a 一ao 0ai= - Eoan =0 (n = 2口 )b0 = ( : 0 - 0)Ra0 = 0ai-E°bl 二 E°R。3n 1:外"0=0(-E 0 + E R $COS 日r以上取0=0亦可。(若无求解系数的的过程,只写出正确答案则扣 2分。)-25.

19、 均匀介质球的中心置一点电荷 Qf ,球的电容率为;,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 为其中'为球面极化电荷产生的电势,'满足拉普拉斯方程fn叫=o (rRo);可2零=o(rR)由于是球对称的,其通解为边界条件边值关系1 = a ( : Ro ;)rd2 = c d(rRo)1)Hr:o 二有限2)“二丸31 略严2 Ro ), c'j4).:rRo.:rRo二有限,b=0由 2);: =°,c

20、=0由 3) :i(Ro)-2( Ro),得Qf d= r由4)-:rRo'o一:r,得QfRo4 Ro2将(2)式代入(1 )式,得QfaF)45Ro1 = a b( :Ro;)n = c (rRo)r 4二;rQf4二;r4二;rQfodRo2(r Ro);(Ro ;)(1)24二;&=d = ie()2x-)zQf4 二;0rQfQf+4二;°%4二;r(r Ro)(r : Rg);6、空心导体球壳的内、外半径为 R1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

21、I ,壳外空间II。壳外电势;2满足 方程;壳内心有自由电偶极子,因此电0。整个区拉普拉斯势1满足泊松方程而非拉普拉斯方程。球壳为等势体,设电势为;0o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订二上二 Jcos4阳 0r 4兀g0r电场有轴对称性,电势;:1、2的通解IICO八(Cnrnn =0pg2cos ' 何/40d)Pn(COS) r4 or<MPn(COSj r无穷远处电势为2)0,边界条件为3)7有限,(r = 0)0, (r > i(Ri)二 亠:r:=)II (R2)0+ 严 ds = 2r;0R1确定通解中的待定系数: 由

22、边值关系1) = bn =0, (n =oD );由边值关系2) = Cn =0, (n =0口 )由边值关系3)得n =0: a0 = 0= 1: a1 =PrcoS4 ;0&3= 1 = 4 严0®0 一 4二;0衬='ll =0R2n 1: an = 04 二;0 R2最后得球壳内外的电势1、 2Q PcosPrcos 1 Q P F P2(4 ;0R24二 0r 4 ; 0 R14 0 R2宀卡);114 0r7、半径为Ro的均匀介质球(电容率为 G的中心置一点电荷Qf,球外充满另一种介质(电容率为",试用分离变量法求空间电势解:以球心为坐标原点建立

23、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:Qf1 4"R(R ; R)Qf4=R-'2'=Qf+c +4 mR R(R Ro)有限值(I)边界条件为:2 R_ :5o=2 R=R0 ,R=Ro(II)2R 电(HD由边界条件(1)(11)得:b =0, c = 0从而有:Qf d-(R R0)12再由边界条件(III)得:QfQfa一4 2R0 4二“&a

24、mp;QfQf故球内外的电势为:=+4R 4 jRdQf Qf=+Qf(引-S)Qf=+4 ; 1R04R 4 m 2R)Qf Qf(R &)4二;R 4 2R 4二 jR 4 2RR Ro)8、均匀介质球的电容率为1,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ii布有限,设化电荷所产生的电势'的叠加,HlJPf4 二;32 co S4二;'满足拉普拉斯方程宀 I =0 XR );厂|尸0rRo(所以有COS rC: R); )I 尸 IIPf4 二;

25、j2cors &电场有轴对称性,介质球内外的电势通解形式为ii旳b二、(anrn爲)R (cost)n=or4二;订oO.p=(Cnrn 沽)Pn(COS)COSTn =0Pf 2COS(r : Ro);边界条件2)边值关系n寺心)1|r 0二有限II |r ;: = 03)% R 严iiR0 ), a郃叮一1Re:TC'P4) £ crF0(r Ro);确定解中的待定系数an、bn、cn、dn由边界关系1)可得:0=0,0=0)由边界关系2)可得:Cn =0,0= 0:)由边界关系3)和4)可得:dn=an=O, n=1及 宀(1一;)2二(2 用;Lf 2二角)则

26、介质球内的电势:介质球外的电势:ii見曲2pgj4二;订M( M 2 ;2) 2- Rq3Pf cost24二(12 0)r呻4呻TPf r2(边)Pf r334二 Mr ( ;i 2 ;2) 4二 mRq3Pf rPf r ( i 一 2)Pf r3 334 C12 0)r 4 1r ; ( 12 2)2 Mr 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球外电势讣满足拉普拉斯方程;球内心有自由电偶极子,因此球内电势i满足泊松方程而非拉普拉斯方程。4 4 P r p由叠加法,已知电偶极子Pf在介质球中产生的电势为 P f 3 f 2cos,此即泊松4兀 e 1

27、r 4 殆 1 r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 二 P Icos (a.r0-JPcos)4聴订nmrdII 二' (Cnrn 倘)Pn(COS)n=0r选择无穷远处电势为0,且在介质球心为有限值,则边界条件为1)叫有限,(r=0)确定解中的待定系数由边界关系1)可得:2)-II =0, (r;:)3)iiR)cn、dnan、 bn、b = o, n= 0由边界关系2)可得:c = 0,= 0)由边界关系3)和4)可得:an0,aidiPf 1 - ;032 Roi( i 2 ;o)Pf_4 ( i 2 ;o)PfPf rcoS-zo则介质球内的电势:二亍co

28、s 2二Ro3 ;i(;i 2 ;o)PfPf,2( ;i 一。)4 Mr34- MRo3 ( 2 o)介质球外的电势:II3Pf cost24 ( i 2 o;)r3Pf r4 ( i 2 o)r39、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,二c( C为常数) 根据边界条件考虑像电荷电量及位置:;0置一点电电量:Q-Q,Q位置:(0, 0,-a)2 分zi(x,y,z)二14 二;°1(Q4二 °x2 y2 (za)2Q.x2 y2 (z a)2)(z 0)10. 真空中有一半径为R&

29、#176;的接地导体球,距球心为a(a> R°)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),边界条件要求因此对球面上任意一点,应有r_rQ二常数f hi由图b可见,只要选Q的位置使?OQ'P?OPQ,贝U匚二色二常数r a设Q据球心为b,两三角形相似的条件为b RoRoa由上式可得Q据球心的距离为b = Ra由6二常数和常数可得Q的大小为raR2因Q和镜像电荷Q激发的总电场能满足在导体面上=0的边

30、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(P 1 Q _ RoQ _ 1 QRoQ4 私o r ar 40 Jr2 +a2 - 2Racos日 a Jr2 + 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O到点P的距离,二 为OP与OQ的夹角。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。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,

31、但不能保证球面总 电荷为0;(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,又使球面总电荷为零。Q - -Q = 0 Qa(3) 导体球外电势为点电荷 Q、像电荷Q'、-Q'共同产生的电势申匸 1 -Q1 ''RoQ+ RoQ “4阳or, R4聴° &r2 +a2 2RacosB a+b2 -2Rbcos日 aR12、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 > Ro)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

32、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;小5k Ro2Q Q,baa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旦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 Uo,相当于在球心处再放置一个点电荷 Q ,因此Q 和 Q在球表面共同产生的电势为Uo,即,Q QU 0 :4 二;0R0二 Q Q = 4二;0 R U。 导体球外电势为点电荷Q、像电荷Q、Q >Q共同产生的电势'丄* Q父24二;0 r r RQ2a -2RacosR

33、oQ4二 0FRU0a R2 b2 -2RbcosrR13、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位于系统的对称轴上并与平面相距为b, b > a,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2 2 -Q (0, 0, -b); -Qa/b (0, 0, a/b); Qa/b (0,0,- a/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C(xy,z)=Q石我+y2 +(

34、zb)2十眉2 +y2十+-a/b* a/b(z b)、,2 a )2x2 y2 (z)2X2 y2 (z14、有一点电荷Q位于两个互相垂直的接平面所围成的直角空间内,它到两个平面为a和b , (1)写出用电象法求空间电势放置的像电荷的位置和电量;(2)写出空势分布。14解:可用三个像电荷来代替两个互相垂 yQ D地导体的距离时,需':x间的电b直的接aO地导体平面的作用。;2像电荷Qi ,Q2 ,Q3的电量分别为 Q, = _Q,Q2二Q,Q3工_Q像电荷所处位置坐标为Q( a,b ),Q2( -a, b),Q3(a, b)在x 0,y 0区域的空间个点的电势为Q114 ;o( x

35、- a)2 ( y - b)2 (z -zo )2( x - a)2 ( y b)2 (z-zo )21 1 .+/一 t(x a)2 (y b)2 (zzo)2(x a)2 (y b)2 (z zo)2;2;215、球心在O点,半径为分成两个区域,有一电a),荷的位置和电量。15解:共需放置77个的像电荷的位图。分其中,(2aQQ2a板,以及 把空间点 P(a,的像电个的像电荷,置和电量如;2;216、在z 0和z 0的两个区域分别充满电容率为;1和;2的均匀介质,在z = a处放置一个点;2;2电荷Q用镜像法求空间电势分布。16解:所求解区域内的泊松方程:2'1 - -Q、(x,

36、y,z - a)/ M;202)选择电势参考点:无穷远处电势为 0,-2=0,(r r '):1.厂2:zz卫-2:z z二 2,(z 二0)3)勺边界条件:2)色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)1 ,Q Q' -i 厂 4 r R R'Qi(x, y,z) ()Q'y2(za)2)(z0)b)区域2位置、电量:1 Q Q''gw. R4二;iQ''(0, 0, a)Q Q''z 0)2 2 2y (z _a);2;24)(1)(2)明显满足边界条件1;根据边界条

37、件2、3确定Q'、Q';2;2Q Q'Q Q'';2QQ'=Q+Q”可一 ®2qq'=_L 2q I引;2第三章一、选择题1在某区域能够引入磁标势申m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和矢势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

38、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A(i)4 二RR3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的矢势 三、判断题1 - 1 -1、对于静磁场总能量,其计算式为 W二-A JdV,因而可以把-A J看作为磁场能量密度。2' 2()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、 超导体处于超导态时,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?答:A-B效应的存在说明

39、矢势A具有可观测的物理效应。它可以影响电子波束的 _相位,从 而使干涉条纹发生移动。2、 静电场中标势满足的泊松方程答: '宀=z3、静磁场中磁感应强度B和矢势A的关系 答:B八 A = 04、矢势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。I A dl = $B *dS5、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)当材料处于超导状态时,随着进入超 导体内部深度的增加磁场迅速衰减,磁场主要存在于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

40、,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于 0和排斥磁力线的性质,称为超导体。性质1:超导电性或电阻等于零;性质 2:存在临界温度Tc;性质3:存在临界磁场He; 性质4:存在临界电流lc;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。回答以上其中三个即可。7、简述稳恒磁场中矢势 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。即矢势 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

41、每点上的值没有直接的物理 意义。(以上答出基本点即可)介质1五、证明题1证明 :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n( B2 - Bi)= 0,n (H2 -hi )= 0以及B2 =2,Bi-Hi可得%H 2n -Hin ,H 2t = H it两式相除得匹虹0H 2n AH 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),二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)。2证明:磁介质边界条件n(n (H2 一 H i)=比 H c H ti由线性磁介质性质B

42、22,可得法向和切向分量为:介质12质 IO 介loH 力=H 力(1), H 2 二 H i(2)(2”(1)=H2tHitH2tJ loH 2,lH H 2.HHit ° 0 >H2与表面垂直3、对于静磁场,试证明均匀磁介质内部的磁化电流密度JM =(i_l)jf,其中Jf为传导电"0流的密度。3 证明:方法一:由Jm八 M及均匀介质中M =九H,其中m = 丁 -1,得:-0_4k 扌 卩 扌Jm M 八(1)H =(丁 -1)、 H0 04彳 卩 4对静磁场有' H = Jf,所以 jm -i)Jf一 0方法H,得:=(1 y.对静磁场有i H =1,

43、所以JM =( i)Jf-04、试用A表一个沿Z方向的均匀恒定磁场B0,写出A的两种不同表示式,证明二者之差是无旋场。证明:方法一:据题意Bo = Bok,且Bo八在直角坐标系中yAy:y :z由此方程可见,A的一组 解为Ay二Az =0Ax=-Boy,f(x)另一组解为 Ax 二 Az = 0Ay 二 Box g( y )故 A 的两种表达式为 A1 二-B°y f(x)FABoX g(y)jk(-Bo)-(-B)=o解 1 和解 2 之差为 A二B°y f(x)J-BoX g(y) j AAyJ 1 cI7 A = i这说明A与A2之差为无旋场。方法二:据题意Bo 二

44、Bok,且 Bo 八 A在直角坐标系中xAxyAyk:zAz4fcA cAz+ jxz4'、Ez丿I czex JI Ex创丿=i:y :z其中一解为Ay 二 Az = 0 A 二 - B0 y另一解为Ax 二 Az = 0Ay = Bi X故A的两种表达式为A1 =_B0y?Ag = B0Xj '(Ai A)(-B)yi -B)xj) = k(-B0)-(-B。) =0这说明A与A2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)= vF&,t)XdV ,利用电荷守恒定律v J0证明:电流J产生的矢势A在远场区展开式的第一项eikRA()(x,t)二 0 J

45、(x:t)dV代表电偶极辐射。4兀 R V "证明:方法一:dPdt晋 v "X)X dV =v "X )诗 dV = v£ )V dV =ikReR 4-方法二:由电荷守恒定律dP ddt 盂v (x,t)xdV7 x d- V C J)xdV(D由* (f g) f )g (f * )g= C f )g(f g) (f)gdP.J)xd-fdt、(J x ) -(J I )x dV (2)ikRikR in即 A(Qt)丄0 J0(x ,t)dV =e 0v 说明电流J产生的矢势A在远场区展开式的第一项代表电偶极辐射。(2)式中(J )x =J 、

46、x =J I 二 JdP则 dT(Jx)dV v JdV= EsJx)dS"+(JdW ( 3)将(3 )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0P = dPdtikR | eJ(x,t)dV,即3必)=六0(5八说明电流J产生的矢势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矢量为M o的均匀磁化铁球在球外空间产生的磁标势i和在球内空间产生的磁标势2。(课本83页例题2)解:铁球内外为两均匀区域,在铁球外没有磁荷分布,铁球内由于均匀磁化,有订二oMo=O因此磁荷只能分布在铁球表面上,故球内、外磁标势都满足Lap lace '

47、 s equation(r -R0)(R。 -r)由于轴对称性,上式解的通解为:鸽 * (anrn +n、八(Cnrn - L nbndnr(n1)Pn(COS )Pn(COS )(i)边界条件为边值关系为1 r ;: =02心二有限值衍0=? M0(r -R°)(r :: R。)由边界条件和边值关系可得ai=iM0, WM0R3,厂吋1);M0R3cos,rm r代入(i)式可得13r2_ 3r311呻*2 M0r cos M 0 r3 3第四、五章一、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

48、中传播的电磁波,以下说法正确的是()。答:DA).低于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、 平面波由真空倾斜入射到某金属表面,入射面为xz面,z轴指向金属内,则有:答:C(A) 波矢量k的虚部:既有x分量,也有z分量(B) 波矢量k的实部垂直于导体表面(C) 金属内电磁波的相速

49、度和衰减长度分别为 7=丨,:=1/ :z(D) 金属内折射波的波速为v =1/5、 关于矩形波导管中传播的电磁波,下列说法中正确的是:答:A(1) 电场和磁场不能同时为横波,即电磁波不可能是TEM波.(2) 同是TE波,或同是TM波,随(m, n)取值的不同,电磁场的分布不同.(3) 对TEmn波,m、n均不可取零,而对 TMmn波,m、n之一可取零. 实际上,波导中的轴线方向并非是波的真正传播方向.(A) (1)、(2)、(B) (1)、(2)、(3)(C)、(3)、(D) (1)、6、 矩形波导管横截面长为a宽为b,且a>b,则具有最低截止频率的波型是()。答:BA). TE01B). TE1

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