电动力学典型试题分析(精品文档)

1、典型试题分析1、 证明题：1、试由毕奥一沙伐尔定律证明 ？B 0证明：由式B0 J4X3 rrdv0 J X 4dv r又知：B0J x d dvA式中1 1 J X -J x，因此4r11由rr0J x dvA4r?B ? A 0所以原式得证2、试由电磁场方程证明一般情况下电场的表示式E证：在一般的变化情况中，电场 E的特性与静电场不同。电场 E 方面受到电 荷的激发，另一方面也受到变化磁场的激发，后者所激发的电场是有旋的。因此 在一般情况下，电场是有源和有旋的场，它不可能单独用一个标势来描述。 在变 化情况下电场与磁场发生直接联系，因而电场的表示式必然包含矢势 A在内。BA式代入EB /曰

2、得： tEAA0，该式表示矢量E疋无旋tt场，因此它可以用标势描述，EA t。因此，在般情况下电场的表A 示式为：E.t。即得证。23、试由洛仑兹变换公式证明长度收缩公式I 1。、1 V2。N c答：用洛伦兹变换式求运动物体长度与该物体静止长度的关系。 如图所示，设物 体沿x轴方向运动，以固定于物体上的参考系为 。若物体后端经过R点（第一事件）与前端经过P2点（第二事件）相对于 同时，则P1P2定义为 上测得的物体长度。物体两端在 上的坐标设为X；和x2。在 上R点的坐标为x1， P2点的坐标为X2，两端分别经过P；和P2的时刻为ti t2。对这两事件分别应用洛伦兹变换式得x1x1vt1x2v

3、t2两式相减，计及tlt2 ,有X2X21Xi2 v2 c.式中X2 Xi为 上测得的物体长度I （因为坐标Xi和X2是在上同时测得的），X2 Xi为上测得的物体静止长度I。由于物体对静止,2所以对测量时刻ti和t2没有任何限制。由*式得I loi Z c TOC o 1-5 h z 4、试由麦克斯韦方程组证明静电场与电势的关系E -答：由于静电场的无旋性，得：E ? dl 0设Ci和C2为由P点到P2点的两条不同路径。Ci与C2合成闭合回路，因此E?dl E?dl 0CiC2即E?dl E?dl因 此， 电 荷 由CiC2P点移至P2点时电场对它所作的功与路径无关，而只和两端点有关。把单位正

4、电P2荷由Pi点移至P2,电场E对它所作的功为：E?dl,这功定义为Pi点和P2点的电PiP2势差。若电场对电荷作了正功，则电势下降。由此，P2R E?dl由Pi这定义，只有两点的电势差才有物理意义，一点上的电势的绝对数值是没有物理意义的。相距为 dl的两点的电势差为dE?dl. 由于d-dxdydz?dl，因此，电场强度E等于电势的负梯度xyzE5、试由恒定磁场方程证明矢势A的微分方程2 Aj 0答：已知恒定磁场方程B0J (i)(在均匀线性介质内），把A（2）代入（1）得矢势A的微分方程J.由矢量分析公式2 A.若取A满足规范条件?A 0，得矢势A的微分方2A J.?A 06试由电场的边值

5、关系证明势的边值关系2 i in证：电场的边值关系为：n E2E10, $， * 式可写为D2nDmn ? D2 D1. *式中n为由介质1指向介质2的法线。利用D E及E，可用标势将 表为：势的边值关系即得证7、试由静电场方程证明泊松方程答：已知静电场方程为：?E需并知道E.（3）在均匀各向同性线性介质中，DE，将（3）式代入（2）得-， 为自由电荷密度于是得到静电势满足的基本微分方程，即泊松方程。8、试由麦克斯韦方程证明电磁场波动方程。答：麦克斯韦方程组?E(x)E(x)?B xB x oj x(x)oB xt00 0表明，变化的磁场可以激发E xt电场，而变化的电场又可以激发磁场，因此，

6、自然可以推论电磁场可以互相激发， 形成电磁波。这个推论可以直接从麦克斯韦方程得到， 在真空的无源区域，电荷 密度和电流密度均为零，在这样的情形下，对麦克斯韦方程的第二个方程取旋度并利用第一个方程，得到一2E(x),再把第四个方程对时间求，得到t20。这就是标准的波动方程。对应的波的速度是B x2E x导，得到0 0-t-，从上面两个方程消去1 C.0 09、试由麦克斯韦方程组证明电磁场的边界条件nE2 E10;n? D2D1; n ? B2B10.- D ?dsdVSV解：即：Sn D2Sn D1S.nD2D1fD2nD1n对于磁场B，把八SB ds 0应用到边界上无限小的扁平圆柱高斯面上，重

7、复以上推导可得:B2nB1n即：n B2B10作跨过介质分界面的无限小狭长的矩形积分回路，矩形回路所在平面与界面 垂直，矩形长边边长为I，短边边长为丨。因为E dl 0，作沿狭长矩形的E的路径积分。由于I比I小得多，当I0时，E沿I积分为二级小量，忽略沿I的路径积分，沿界面切线方向积分为：E2t I E1t I 0即：E2t Eit 0, * 。 *可以用矢量形式表示为：E2 Ei t 0 式中t为沿着矩形长边的界面切线方向单位矢量。II令矩形面法线方向单位矢量为t，它与界面相切，显然有 t n t #将#式代入式，贝UE2 Ei nt 0, $ ，利用混合积公式ABC CAB，改写#式为：t

8、 E2 E1 n 0此式对任意t都成立，因此 E2 Ei n 0,此式表示电场在分界面切线方向分量是连续的。10、试由麦克斯韦方程组推导出亥姆霍兹方程2E k2E 0答：从时谐情形下的麦氏方程组推导亥姆霍兹方程。在一定的频率下，有D E,B H，把时谐电磁波的电场和磁场方程:E x,tB x,tiwtiwt代入麦氏方程组t*,消去共同因子e iwt后得0,E iw H ,iw E,0,在此注意一点H 0.B 0.在w 0的时谐电磁波情形下这组方程不是独立的。取第一式的散度，由于E 0，因而 H 0，即得第四式。同样，由第二式可导出第三式。在 此，在一定频率下，只有第一、二式是独立的，其他两式可

9、由以上两式导出。取第一式旋度并用第二式得E w2 E 由2 2EE 2E2E，上式变为E kE 0,此为亥姆霍兹方k wj程。11、试用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上，在静电的情况下，导体外的电场线总是垂直于导体表面； 在恒定电流的情况下，导体内的电场 线总是平行于导体表面。证明：（1）导体在静电条件下达到静电平衡，所以导体内匚0，而：n （E2 E1）0, n E20,故E0垂直于导体表面。（2）导体中通过恒定的电流时，导体表面f 0.导体外E2 0,即：D2 0。而：n? （D2 D1） f 0,即：n?Dj n? 0E1 0， n ? E“ 0。导体内电场 方向和法线垂直，即平

10、行于导体表面。12、设A和是满足洛伦兹规范的矢势和标势，现引入一矢量函数Z x,t （赫兹矢量），若令?Z,证明Ac2证明：A和满足洛伦兹规范，故有?A1c2 t0.?Z 0,即1 Zc2 t?乙代入洛伦兹规范，有:丄？2c t2、 计算题:1、真空中有一半径为Ro接地导体球，距球心为a a Ro处有一点电荷Q,求 空间各点的电势。解：假设可以用球内一个假想点电荷 Q来代替球面上感应电荷对空间电场的作,II用。由对称性，Q应在OQ连线上。关键是能否选择Q的大小和位置使得球面上=0的条件使得满足？考虑到球面上任一点P。边界条件要求-r r0.式中r为Q到P的距离,r为Q到P的距离。因此对球面上任

11、一点，应有 -rQ常数1由图可看出，只要选q的位置使 OQP OPQ,则-=匹常数。（2）r a设Q距球心为b，两三角形相似的条件为&,或b电.3由（1）和（2）式求出QaaQ.(4) (3)和(4)式确 a定假想电荷Q的位置和大小。由Q和镜象电荷Q激发的总电场能够满足在导体面上=0的边界条件，因此是空间中电场的正确解答。球外任一点打p 的电势是：1 QR0Q1QR Q0 a式中r4 0 rar4 0R2 a2 2RacosR2b2 2Rbcos为由Q到P点的距离，r为由Q到P点的距离，R为由球心O到P点的距离,为OP与OQ的夹角。2、两金属小球分别带电荷 和一，它们之间的距离为I，求小球的电

12、荷（数值 和符号）同步地作周期变化，这就是赫兹振子，试求赫兹振子的辐射能流，并讨 论其特点。B解：可知赫兹振子激发的电磁场：E14c3R140C2R| P ekR sin e ,（取球坐标原点在PekRsin e .电荷分布区内,兹并以P方向为极轴，则可知B沿纬线上振荡, 子辐射平均能流2E沿径线上振荡。）。 密度为：1 Re2*CE HRe B2 023_2 sinn.0C R因子sin2表示赫兹振子辐射的角分布,即辐射的方向性。在900的平面上辐射最强，而沿电偶极矩轴线方向0和没有辐射。3、已知海水的r 1, 1s m1试计算频率v为50、106和109Hz的三种电磁波在海水中的透入深度。

13、 解：取电磁波以垂直于海水表面的方式入射，透射深度0 r010 7v 50 Hz 时:v 106Hz 时:222v 109Hz 时:Y250410 7 1/212106410 7 1 22109410 7 120.5m16mm72m电荷Q均匀分布于半径为a的球体内， 电场的散度。解：作半径为r的球（与电荷球体同心）。有相同的数值E，并沿径向。当r a时,球面所围的总电荷为 Q，由高斯定理得4、求各点的电场强度，并由此直接计算由对称性，在球面上各点的电场强度2:E ds 4 r E,写成矢量式得Qr3 . r or若r a,则球面所围电荷为:Qr3a3应用高斯定理得：V Edsr2EQr3oa3

14、由此得e 丨.r4 oa现在计算电场的散度。当r a时E应取式，在这区域r0，由直接计算可0, r因而当r a时E应取*式，由直接计算得QE34 oa3Q r a34 0a 05、半径为R的均匀带电球体,电荷体密度为 ，球内有一不带电的球形空腔,其半径为R，偏心距离为a，(a R1 R )求腔内的电场。解：这个带电系统可视为带正电的R球与带负电的的Ri球的迭加而成。因此利用场的迭加原理得球形空腔的一点M之电场强度为:6无穷大的平行板电容器内有两层介质，极板上面电荷密度为f 求电场和束缚电荷分布。与介质2界面上得D2f.由这两式得Ei束缚电荷分布于介质表面上。在两介质界面处，E2n E1nE2E

15、inE2E10,解：由对称性可知电场沿垂直于平板的方向，把n H 2H1,*应用于下nD2D1Jn B2B10.板与介质1界面上，因导体内场强为零，故得D1f.同样把*式应用到上板0 E2n E1 n0E1在介质2与上板分界处,pf0 E2容易验证，p p p0,介质整体是电中性的。（1）求每端的束缚电荷面密度 缚电荷。解：（1）求在棍端P2n Rn7、截面为S ,长为I的细介质棍，沿X轴放置，近端到原点的距离为 b，若极 化强度为kx，沿X轴P kxi 。求：；（2）求棒内的束缚电荷体密度。（3）总束q时，试用镜像法就P2P2n0， P1n， P kxARn AP/x bkb1BRn BP/

16、x b1 k(bI)1P，P kxi(2)求由dpkdx(3)求q1 1qbA SSI k b Ikb S ksl 08、两块接地的导体板间的夹角为，当板间放一点电荷=90、60的情形分别求其电势，各象电荷处q及其各个象电解：设点电荷q处于两导体面间R,0 点，两导体面间夹角为在以R为半径的圆周上，它们的位置可用旋转矢量R表示，设荷的位置矢为R0、R-i，则有R0Rei ，RiR0ei2Rei 2R2i 2iR0eRe ，R3R1e i22Re i2R4i 2R?eRei2R5i 2 2R3eRe1i 4?Ri 2 2R4eRe i2?R7R5e i24Re i4R8Red22Re1i 4，R

17、-i2Reir2 1Re i，1)R3Re iR4Rei，2i eie，R4R3,象电荷只有3个，各象电荷所处在的直角坐标为:XiRcos，x2 Rcos，X3Rcos ，Rsin .y1Rsin，y2 Rsin , y3式中 r . x Rcos2y Rsi n2空间任意一点的电势 r1x Rcos 2y2Rsi n2 z，r2 J x Rcos 2y2Rsi n2 z，r3x Rcos 2y2Rsi n2 z .2 zRsR5,象电荷只有5个。各象电荷所在处的直角坐标为2XiRcosRcos ，33X2RcosyiRsi n2Rsin ，y2Rs in ,332X3RcosRcos,33X

18、4Rcos2Rcos ，33y3Rsin2Rsi n ，33y4Rsi n2Rsi n ，334X5RcosRcos -33y5Rsi n4Rsin33RiRe 3,R2Re i4i2 i2) R5Re 3，Re Re 3224ci2 ，e33R3i 23ReR4Re4i 一3eq40 r a d “ m 心各个r由相应的象电荷坐标确定。9、在一平行板电容器的两板上加 U vocoswt的电压，若平板为圆形，半径为 a,板间距离为d，试求（1）、两板间的位移电流jD ；（2）、电容器内离轴r处的磁场强度；（3）、电容器内的能流密度。jD解：(1)jDDTj D ezVoWsinwt dVoWs

19、inwtez d；H dl2 rH jD r2HHr巴WrSinwt2 2dVoWrSi nwte 2da时，Ha 型 aSinwte2d(3)ds 2 aduHaau Ha2Vg w-Sin wtCoswt d10、静止长度为l-的车厢，以速度v相对于地面S运行，车厢的后壁以速度为U- 向前推出一个小球，求地面观察者看到小球从后壁到前壁的运动时间。解：S系的观察者看到长度为I-.1 2的车厢以vv vi运动，又看到小球以u ui追赶车小球从后壁到前壁所需2Vc2u Vu V ，uVu- 2cvu-u V V 1- 2/ c1 Vu- 2/ cu-1I-t 一u-oV ct1 1 . u，1

20、2 上 -v u。 ct2t1t2t1X1x2 X1 l-I-1C2uo 1vu-c11、求无限长理想的螺线管的矢势A（设螺线管的半径为a,线圈匝数为n，通电电流为I)I解：分析：A JdV，JxdV Idl4 v r-A?dlB?ds，又对于理想的无限长 螺线管来说，它的B为：nlls(1)当ra时，可得：2 rAr2B B 0nI 2 rA r2 nlAnlrey2(2)当ra时,同理可得：22 2rA a B 2 rA a 0nlA -nla221_ eyr12、在大气中沿+ Z轴方向传播的线偏振平面波，其磁场强度的瞬时值表达式H J2 10 5 cos 107 i - k0z Am求k

21、0。(2)写出E的瞬时值表达式解：1 kow 1078v 3 10302 E vE i 24H 2410 4 cos107t kz44710 cos 10 tk0z413、内外半径分别为a和b的球形电容器，加上v V0coswt的电压，且 不大,故电场分布和静态情形相同，计算介质中位移电流密度jD及穿过半径R a R b的球面的总位移电流Jd。解：位移电流密度为:jDV0 coswtjDv0wsin wt b a2的球面的总位移电流Jd为：14、jD4 R24 R2v0w 0asin wt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的 TOC o 1-5 h z 证：pP即证明了均

22、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15、一根长为I的细金属棒，铅直地竖立在桌上，设所在地点地磁场强度为H ,方向为南北，若金属棒自静止状态向东自由倒下，试求两端同时接触桌面的瞬间 棒内的感生电动势，此时棒两端的电势哪端高？解：金属棒倒下接触桌面时的角速度 w由下式给出I1-Iw2 mg-式中为棒的质量，I为棒绕端点的转动惯量（-ml2 ）,g为重23力加速度，代入得1ml 2w2 mgl3棒接触桌面时的感生电动势为:E dl v B dllo wx oHdxw oHlxdxo3gHhL2此时棒的A点电动势高。16、点电荷q放在无限大的导体板前，相距为 a,若q所在的半空间充满均

23、匀的电介质，介质常数为解：设象电荷q位于，求介质中的电势、电场和导体面上的感生面电荷密度1a ,0,0 ,尝试解为：，x 04r r1）求q与a设在导体板上，1qqc4RR当 R,R,0,c0.q qqR rRR.R .a2 y2z2,Ra22 2y z2 2 2 222 22 2a y zq ayZ q此式对任何y、z都成立，故等式两边y、z的对应项系数应相等，2 2 2 qq q , q即:2又2 2 2 2 2 2 2 a qa q , aqa %2,1aa.故q 1114r r2 222 2 22rx ayz ,rxa yz(2)求 E Exq1r11 11 rx4r rxx rx(3

24、)求D2n D1n, D1n Dx /x 0Ex / x qa2 R317、设有两根互相平行的尺，在各自静止的参考系中的长度为1，它们以相同速率v相对于某一参考系运动，但运动方向相反，且平行于尺子，求站在一根尺上 测量另一根尺的长度。解：S系观察到S”的速度v v17 vc2S测得s的尺子长度是I221 c v运动尺的收缩，只与相对运动的速度的绝对值有关，l22s测得s的尺子长度也是l0： v 。c v2 2 c v18、两束电子作迎面相对运动，每束电子相对于实验室的速度v 0.9c，试求:（1）实验室中观察者观察到的两束电子之间的相对速度；（2）相对于一束电子静止的观察者观察的另一束电子的速度。解：（1）实验室系统中，电子束相对速度为0.9c+0.9c=1.8c,相对于一束电子静止的系统中，相对速度u代入v 0.9c 得:1与cu 0.994c19、设有一随时间变化的电场E Eocoswt，试求它在电导率为 ，介电常数为的导体中，弓|起的传导电流和位移电流振幅之比，从而讨论在什么情况下，传 导电流起主要作用，什么情况下位移电流其主要作用。解：可知传导电流为：ji ，位移电流为：jDE0 coswtttwsi nwtE0.。当jDWw时，传导电流起主要作用；当w时，位移电流起主要作用。20、已知矢势 A 5(x2y2z2)