电动力学习题解答完全版

1.根据算符的微分性与矢量性r (AB)B(A)(B)AA(B)(A r A(A)

(A)vv v

解 (AB)B(A)(B)AA(B)(A首先算符是一个微分算符其具有对其后所有表达式起微分的作用 又是一个矢量算 具有矢量的所v性 v因此利用c(ab)a(cb)(ca)b可得上式其中右边前两项是作用 根据第一个令 B可得设u是空间坐标 z的函 f(u)df A(u)urr A(u)u 1 f(u) f(u) f(u)

u

u

u

dff(u)

ex

ey

ezduxexduyey

du rA(u)

Ax(u)Ay(u)Azz(u)dAx(u)udAy(u)udAz(u)uu 3

r r

r r

Ay

Az

AxA(u)

(yz)ex(zx)ey(xy)ezAx(u r(

u u

udAzu

yy

udAxur

du duz (du dux (du duy 设r 为源点x'到场点x的距离r的方向规定为从证明下列结果并体会对源变数求微商(' )与对场变数r 微商( )的关ex ey ez

e x

yy

zz r'rr,1'1r,r0,r'r0.(r 0点不成立见第二章第五节求 r r r rrra)r(ar[E0sin(kr)]及[E0sin(kr)],其中ak及E0证明r(xx')yy(zz')rrrrrrxx'yy rrr

v )r[(axexayeyazez)(xexyeyzez)][(xx')ex(yy')ey(zz')ez

)[(xz

x'

(yy')r(z

z')ezx

x y zaaevaevx y zar)r)(r)(a

r(a)r(a))(a(a)

v

arr(a)(r) r r [E0sin(kr)][(sin(kr)]E0sin(kr)(E0)[sin(rr)

sin(rr

sin(r

r)r r

r

kr

krez)r r) r

cos(kr)(kxexkyeykzez)E0cos(kr)(kr r [E0sin(kr)][sin(kr)]E0sin(kr) VdVfSdS应 SdSLdl证明1)由定 dS r dSV即

g

gz)dV

gxdSS

gydS

gzdS [( 而VfdVyfzzfy)izfxxfzjxfyyfx)k[ r r fzj y(fzifxk)z(fxjfyi 又SdSfSfzdSyfydSz)ifxdSzfzdSxjfydSxfxdSy)k (fykfzj)dSx(fzifxk)dSy(fxjfyi)dS Hx

fykfzj,Hyfzifxk,HZfxjfy HdV dSH 定理 r r lfdlSf lfdll(fxdlxfydlyfzdlz r (

f

(

f

(

ffSr

S

fz

fx

fy r ( )

)

)( SzdSyydSzixdSzzdSxjydSxxdSy((r (r (ry

zj

z

xk

x

yi)dSfxi,fyj,fz已知一个rrr P(t)V(x,t)xdV 利用电荷守恒定律J r

dP J(x',t)dVr r r证 P x'dV''j'x'dV V r(P

'

r 'r

rr ' rr jxdV[(xj)(x)j]dVV(jx(xj xSjdV'xSr

xj S,则(xjdS0,(

S 同理(t)yjydVt)zjzdVrr dP

j(x,

m 若m是常矢量证明除 0点以外矢量A 的旋度等于标量 的 度的负值

rAR m A

[m

)](m)

(mr

[()]mr

rv(mv

1,(r

)[m

)]m[r

r

[(1

v

v) vA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 由电荷f S解 DdSfdV S D4r24(r3r3 f (r3r3 fE

rr1 由EdS

(r2r1)f,(rr2 (r3r3 E 1fr,(rr2)30r3rrr1时 2) 0 0r

E(0 (r3r3 r3PP(0)E(0) fr] f(r1r0 PP1n

(30)(0

考虑外球壳时 n从介质1指向介质 介质指向真 P2nr3r

0r3r2PP1n(0 1frrr(12

) 1考虑到内球壳时

r3r P(0 1frrr 内外半径分别为r1和r2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 lHdlIfdtSDdSI 当rr1时If0,故HB r2>r>r1时lHdl2rHSjfdSjf(rr1) jf(r2r2 (r2r2) B 2rHjf(r2r2 0(r2r2) B 1jf

jf 0) rr2rJMM(MH) )H

1)(jfr 1)2r21)r( rrf 1)j,f rr (M r2r在内表面上M10,M2( 1)rrrrr故 0,(rrr

nM 在上表面

r2r2

r2

r

r2 Mn(M1)nM1r

1jfr 2r2

1

2

r( r2r2r( 1) 1j 的10)P

证明PP(0)E(0)E(0) (1)(但两个电流元之间的相互作用力一般并从第三定律)线圈 v4B2 042

r3r dF12I1dl1 v

r I

v rv

12

l1II

v

l1 v 01 l1

线圈2圈1的磁场中受的同 可 II

rr rr

2

分析表达式 和 rr3 rr3r

v2

v2

l1

(dl12)

dl12 12 l1

r)一周r同理 式中第一 dl(dl2231)rrl2 r dl dl

I 01

12(dlvr rl1l2平行板电容器内有两层介 它们的厚度分别为l1和 电容率为1和接上电动势为的电 电容器两板上的自由电荷密度

介质分界面上的自由电荷密度若介质是漏电的电导率分别为1和

何解在相同介质中电场是均匀 并且都有相同指 E E 故E

1 ,E

l2l l2l 又根据D1nD2n 1D1D21即 D

D2是金属板故

l2l f而 f2fD'D'DD'是下极板金属故D'

ll 1 2若是漏电 j1,

rl l

j2j 又1 2 j1nj2nj1j2,稳定流 电荷不堆 jj

Ej1 ,即:

E 2

ll 1 2 D D l2l l2l DD2121 l2l 当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时

其中1和2分别为两种介质的介电常数1和2当两种导电介质内流有恒定电流时

证明(1)根据边界条 n(E2E1)0,即E2sin2E1 由于边界面上f 故n(D2D1) 即2E2cos21E1有tg

tg1,

JE可得电场方向与电流密度同方由于电流I是恒定

2

而nE2E10即E2sin2E1 1 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的情况下 证 导体在静电条件下达到静电平v导体内E1 n(E2E1)vvvnE2

导体中通过恒定电流 导体表面fvE20,

D2 n(D2D1)f0,即:nD1n0E1vvvnE1导体内电场方向和法线垂直ab的无限长圆柱形电容器单位长度电荷为为

证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消求frl的一段介质总的能量耗散功率ff 证明

r f JD

J

D JD)0.JD 解 D2rdlf f D2rer,E2rD r DJt0,JEDt t E 0,EEe t er 0e

fef0 解

J (f0e)

2能量耗散功率密度J解

2J

22单位体积dVl P(

)2l2rdr flna

b1 b1 1 静电能W DEdV fdr fa a2 2 Wlfln

l2ln减少率

r1.一个半径为R的电介质球极化强度P=K

解(1) PPKrK( rK/r

Pn(P2P1) r外无极化电荷rP2 pnP1Rn

RK/ D D0Er r r ()r 对于球外电 由定理可 Eds0 r2r

4r2f

( 0 0

r

)r30 r0 球外电势

R

E

ln 1

0 02

2

r

r 2 2

2()0 000 外dVR2(00

0

)( W 0

R0导体球上接有电 当导体球上接有电池与地保持电势差0时以地为电势零 R= R>外

0是未置入导体

外Rnnn根据有关的数理知识可解得 nnn

R Pcos外由于 E0外 aaRcos

0aRnP(cos)b0b1cos

bnP(cos ERcos

R

故而有a00a1E0an0(n1),bn0(n

E0Rcos b1 R

又 0,即

0

b1cos外

外R R

R R

1E1R 0R

cos

20得 b(00)R,

ER 0最后( E ERcos 0 00cos(RR Q时 0(RR 0(RR0 内

E0Rcos0(0

外R

Q(RR0 aRnP

内

Rn 由于外R的表达式中只出现了P1 cos项 bn0(n

E0Rcos b1 R

0又有0

RR是一个常数外

0

b1cos R0101E0

cosb1cos0R20R2

bER

b0E RE000E000又由边界条件s

rds b0

0,R E 00

R0外4 R 0均匀介质球的中心置一点电荷 球的电容率为 球外为真空试用分离变数法空间电 f提示空间各点的电势是点电荷Q的电势f叠加后者满足方

解一 在球外RR,由定理0而言束缚电荷QP

rr QQ 0E rE

积分后得 C.(C是积分常0 40又由于外R0,C

(RR0 在球内RR0,由介质中 定理DdsQ DE,E积分后得到

由于

外

,故而

(RR0 二.

0

(RR0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 着球对称性因 其解可写

由于是球对称的其通解为aR由于球心有Qf的存在所以有内 即 在球外有外 即 ,即

外R

, 00

0bR20R2

00

1),

(

10b 0

4R0

,R 4

0 ,R

0

00 均匀介质球电容率为

球外充满了另一种介质容率为 P

1提示1

4R解

内

22 又

R1 3lA 00

l

(2Pfcos RR2RR

1

l 0 2fA22f22B1,及 1

R

1R A1

)R3,B14

2 1

2A 3B2,A12

R R 1 )1所以A20,B20

AlBl0,(l

R

Rcos

R

)f

,(RR 4 4(2 4 4

2

fR cosfR2(1

R 3f

,(RR 4 4(2)R 4 4

4(

1

1 rPP1nP2n,n从2指向 如果取外法线方 rpP外nP球n20)外)]n10)(

R( 6f ()[6(02)fcos2(12)2(122)cos 04(2 4(2 4(2

61(02)62(10)cos 4(2 2(2 1

Pfql可以看成两个点电荷相距 对每一个点电荷运 定 就得到在每 (0

(01)(q

PP 1r 3131

球壳上带电 求空间各20,3r3 r r

r0 r P ', r

10

BlP(cos

3rRrR

rf

1 ArlP(cos) 3

0B0B1cosB2PL

cos

3R2RA

cosL1 111R2 AB0C,(AR )cos0,B0(l1.2.3L),A0(l1R2 1 又12PfcoslA PfcosAcos l

(l1)Bl

B02B1cos

R R 2则rdSR2dSR2dS4R1R211 dS2

cosR2sindd2

cosR2sindd00

004 故3dS故

4B0B

,A ,A

4 4R

0 0r

P

Pf

,(rR 3

,(rR2

,(R1rR2在 P

Pfcos

Pf1 1

Pfcos11在 11P0

22r在均匀外电场E0中置入一带均匀自由电荷f的绝缘介质球 求空间各点的电 (Alrl

r2 2'

r外r

r0 E0rcos

1r2crlP(cos 外rR0) ERcosB0B1B2P 1R2ccRcoscR2P0

R R

1 2

06R0c00ERB1cR0 1R0B2cRR 2R0

0R

lcRl1P(cos)

fRccos2cRP l 20

cos(l1)BlPlRlRlEcos0B020B1cos30B2P0 R R R 1 1

R3 R0 R3

C10E0 R0R

2C2R0 R

BR3

CR2(

10 0

3E 33B 000E3

C 0 2

0

2及2C2R030 即C2(2R030R0) C2B2同理ClBl l ErcosR3

3ER

cos 000cos,r

得

fr2R2( rcos,r0 f 0在一个很大的电解槽中充满电导率为2的液体使其中流着均匀的电流f0 体中置入一个电导率为1的小 求稳衡时电流和电荷分 讨论1221 r 因为内 外n(rR0 稳恒电流认为表面无电流堆积即流入n流出故

r

即外rE0r (j

0r有限可以理解为在恒流时r0的小封闭曲面流入0rcos,r这时的解即为

1 ErcosER3(121

,r 0

2 2求内外电场E(2er2e e rsin2内 内

r

e)1

E0(cosersine12

E E(cosesine) 00 2)2cose E E(cosesine) 00 2)3cosecose

3Ecos

1v 2ER3 2 e 2 0

r3 1E j 及( r Ercosr2

r)r

r

j, 2

r f 0f1 1

E) )30E0cos( 12 8.半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质 离球心为a处(aR0)置一点电荷Qf 1 1(R)nP(cos).(RRR2a22aR解 分离变数由电势叠加原

an0 外

,arO2'0,(rarO

r

外r ' l1Pl(cos),(rR0l

BlP(cos a2a2r22ar

rl1rl

(r)nP(cos)

BlP(cos),(r4a

l

rl1 R0 又外rR[ ( )l1]Pl(cos)o n0 o

0, R0

0,...,

(R0)l

4a

RR0 RR0

02l1BR ,B ,B 0 a 代 式得 r0 内r0f作用由对称性Q'在OQ的连线 fP1在球面上

QfQ

r0,即

Q

QQQ r QQQ 将Q'的位置选在使Q' QfP1O,则rQ'R0常 为达到这一目 令Q'距圆心为 Q R 0 0,r0 并

R0

Q'

Qf QfR这样满足条件的像电荷就找到 空间各点电势R2

Q 1

RQf0ar2RQf0ar2(0)2 0RRaa外外

Legend R1R2a(a<R0)Q用镜像法求电势导体球上的感应电荷有多少分布在内表面还是外表面10而球内电势只要满足rR0即可因此做法及答案与上题同解略1 内4

因为球外 故感应电荷集中在内表 并且 上题的导体球壳不接地而是带总电荷Q0,或使其有确定电势势又问0Q0是何种关系时

1a解由于球壳上有自由电荷 并且又是导体球壳故整个球壳应该是等势体其电势1a

Q的电势像电荷

壳的电势叠加而成球外电势利用就可得[ QQ0].(RR[内

R1QR1

,(RR2[ [

R2a22RaaR2a22RaaR2Ra1 a 内或

R2外 ,(RR外 当QQ0

0 在接地的导体平面上有一半径为a的半球凸部如图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bb>a试用电象法求空间电势QPQPORQaQ,ra2r a2 Q2 Q,r2 QQ,r Q 2 ],(02

,RzP(x,y,azP(x,y,aby解可以构造如图所示的三个象电荷来代替 [0(x(xx0)2(ya)2(z

1

(x(xx0)2(ya)2(z

1(1(xx0)2(ya)2(z1(xx0)21(xx0)2(ya)2(z设有两平面围成的直角形无穷容器其内充满电导率为的液体取该两平面为xzyz面在x0,y0,z0和x0,y0,-z0两点分别置正负电极并通以电流I求导电液体中的电势解本题的物理模型是由外加电源在 B两点间建立电场使溶液中的载流子运动 I,当系统稳定时是恒定场对于恒定的电流可按静电场的方式处理于是在A点取包围A的包围面

jt I dsE dsn

而又有i

irE

1I

E 1IQ1 对 QQBQr又在容器壁 jn0,即元电流流入容器 j 有jn0时En 的图说明(P)(x)是一个位于原点的偶极子的电荷密0,x解(x)

,xd(x)lim(xx) d

x0x0

x

0b)x0,d(x)lim0 x01 (ax) (x).(aa x(x)

证明 根据[(x)]

(x '(xka'(xka 从(xf(x),f(xxF(xf(x)x(x)dxf(x)xx0r一块极化介质的极化矢量为P(x 根据偶极子静电势的极化介质所产生的

r

P(x)rdVV40r r r另外根据极化电 r' '及r

r r'

P(x

nPrOPrO P(x)dV' P(x) rr' r

P(x)rdV'

dV

3 r

r '又有

(P)

P' r'

r

' 则

1

PdV' r'

'(P)dV']rr

PdV'r

PdSS

PdV'

dS]1[PsdV'

dS V S证明下述结 并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变在面电荷两侧电势法向微商有跃 而电势是连续r在面偶极层两侧r1r n0而电势的法向微商是连续 各带等量 电荷密度而靠的很近的两个面形成 偶极层而偶极矩密度Pliml证明 如图可

2Ess E

,12

z z 0面 E 0201 201

E22(ez12

r 0r r

r

l0

nln又

118.一个半径为R0的球面在球坐标0的半球面上电势为 在

球面上电势为 1P(x)dx 0 提示Pn(1)Pn(0) 解

n偶数 外

,02

f()

这是内按球函数展开的广 2l1 [

RPl(cos)dcos

2l2

0R0AlRlfl

002l

P(cos)sind0 02l

P(x)dx0

1P

01 0 P(x)dx1P0 1 0Pl(x1)lPl1 ARl2l1 P(x)dx1l

2l10[(1)l11]1Pl 0当l为偶数 AlRl0当l为奇数 ARl2l1[(1)l1

(2l 0l 0

1]Pl l 135 l1135(l[(1) (1) 246(l 246(l 135 l1135(l[(1) (1) 246(l 246(ll1135(l l1135(l l (1)2 1) l 246(l l1135(l

246(l

(2lRl Al 0(1)Rl0

246(l

(2l

l1135(l 0

2 (2l

)lPl(cosl取奇数rR00 246(l 0 BlP(cos rl1 2l1

l1135(ll

RPl(cos0(1)

(2l

246(l l1135l2)(2l1)(R0)l1P(cosl即

(1)

246(l

rR0 试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场 写出A的两种不同表示式证明两者 解B0是沿z方向的均匀的恒定磁场即B0 且B0 Ay Az Ax在直角坐标系中A(yz)ex(zx)ey(xy

Ay

如果用A在直角坐标系中表示 即zx r由此组方程可看出A有多组

x解 AyAZ0,AxB0yf A[B0yf解 AxAz0,AYB0xg( A[B0xg( 12之差为AB0yf(x)]exB0xg则r

[(A)0

(A)

(A)

(A)

均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n 电流强度为I 理求管内外磁感应强度B 解根据题 得右 取螺线管的中轴线为z 本题给定了空间中的电流分布故可由B

JrdV求解磁场分布又J在导r3 线 所以B

Jdlrr3螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场由其无限长的特性不妨取场点为零点 racos'exasin'ey dlad'sin'exad'cos

asinr (ad' ad'cos'ey (acos

z'ex az'cos'd'exaz'sin'd'eyad z'z'dz'的以小段 nJdz'(az'cos

az'sin'd

a2dB

[a2(z')2]

'ez a nI d(a

n0I z

4 [a2(z')2] a

1]螺线管外部:由于是无限长螺线管xoyP(,.0)(r

(cosa(cosacos')2(sinasin')22a2z'22acos(rrr rrrxx'(cosacos')ex(sinasin')eyz'ez dlrad'sin'exad'cos r r r[a2a 'd' 'd )]dB B

az'cos'd' az'sin'd' exdz'd' a2acos(' rd' dz'ezr r 故不会有磁力线穿出螺线 上述积分为 所以BIz轴流动以z<0的均匀介质z>0区B然后求出磁化电流分布解2

A

0J,J,J,rA1

z

0 2z 0

1z由本题具有轴对称 可得出两个泛定方程的特解A(x) A(x) 4 A(x)

4

0Ir2re,(z

I e,(z2 验证边界条 A1A2z0,即n(B2B1) 题中nez,且eze 所以边界条件 满

z00

A1z0即nH2H1本题中介质分界面上无自由电流密 rr1I1r

r2

I

H2H10,nH2H10I r2re, 综上所 由唯一性定理可 本题有唯一

I e,(z2

rB

r

0 I 0即M 2r

2re2r(

介质界rr rI(

e

2r 2r 2 0总的感应电 JMMdl2r(1)erdeI( 0z<0的空间中z

x<0的均匀介质x>0Iz动I解假设本题中得场分布仍呈轴对 则可写IB2r n(B2B1)即可 v

(H2H1)vB

Ie2rv v

B

e 在x<0的介质 vI0 0v则IM 取积分路线为BCAB的半ee

0 0(IIM)B 0由0(IIM)evv Iv B2r 可得0 0 I0B0

rIM0 0

C(z212 2B0为常量 提示用B0,并验证所得结果满足

解由B具有轴对称 设BBeB 其中BB0 z QB01(B)B 即1(B)2cz Bcz2A(常数 取A 得B Bcze[B0

B2BQv0,v

v0即

Bz)ev 代入 式可 式成立B c为常a的同轴线圈形线圈zL面上La提示z2Bz解 由毕萨定 L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度vB1

vB1zez

1

sin Iavvvv4Idlrr3

同 L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度[(Lz)2a2][(Lz)2a2]3B2B2z 2 BBzez 0Ia 3

v QB

[(Lz)2a2] (B)(B)2B 2 又B B0,z2Bz0代入 式 1

1 [(Lz)2a2

2(Lz)2[(Lz)2a2]2[(Lz)2a2]36(Lz)2[(Lz)2a2[(Lz)2a2 1 [(Lz)2a20取

2(Lz)2[(Lz)2a2]2[(Lz)2a2]36(Lz)2[(Lz)2a2][(Lz)2a2 (L2a2)3[2(L2a2)2L22(L2a2)2]12(L2a2)2L25L2L2aL12r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 设导体的磁导率为0 导体外的磁导率为 2AJ,(rA0,(rA内0A外

A内a 1

A内 选取柱坐标系该问题具有轴对称 且解与z无 AA内

1(rA内(r))r r 1 ) A(r)1Jr2Clnr A外(r)C3lnrA内(rr0得C1 0A内A外得C320 由A外aA内 令A外aA内a0得C2

0Ja,C44

Jaln2 A内40J(arvv v2ln 假设存在磁单极子m

r

r 一个可能的表示 r 1r H 40r 40r2由vvvQm 0

4r2(sinA)A]2rsin[ 2[ [r

)] 1[(rA)

r] 令A

0, (sinA)Qm

sinAQmsin AQm1 显 evQm1cose 讨 当0

A Qm当2v

A4r 当 A 故A的表达式在具有奇异 A不合 将一磁导率为 半径为R0的球体放入均匀磁场H0内求总磁感应强度B和诱r 解根据题意以球心为原点建立球坐标取H0的方向为 的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称

0,R0,R

2m,2

1

0 m2,(RR

R0RH0RmanRnPn(cos11

P(cos 0Rcos aRnP(cos)HRcos

dnP(cos

n0

0 n0 (nRanRn1P(cos)Hcos nP(cosR得

0

0a30H

dR0 dR0 0andn0,(n H0Rcos,R HRcos 0 0Hcos,R R 0v Hcosev Hsinev 00

0 0

00 0B1H12H0 H 0 0]Hcose[1 0 0]H

R

R

v 0R3[3(H0R)RH00 v 0 33(H0 B20H20H0

20H0,(RR0

v B 3(H H 0 0],(RR v

0 R

R BR>R0时 0 0Hcos可看作偶极子m产生的0 R 01即 1

vmR0v

Hcos0R0H3 R R 3 0 0m40

r有一个内外半径为R1和R2的空心球位于均匀外磁场H0内球的磁导率为 求r 解根据题意以球心为原点取球坐标选取H0的方向为 v壳极化产生一个附加场 并与外场相互作用最后达到平衡B的分布呈现轴对称 mm2

0,R0,R1R0,R m

RR,m 1

m3

, m3 0R

R0HR 由于物理模型为轴对 再有两个自然边界条 三个泛定方程的解的形式manRnPn(cos11 (bRn

)P(cosnmn2

3 H0Rcos3

n1Pn(cosv因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系{Pn(cos)} 在本题中源的表示是所以上面的解中anbncndn0,(n 解的形式简化 aR (bRc1)

RRcos R

代入衔接条 aRbR11 1 R1 b1R2R2H0R2R

2

21 R

R32R3

2c1R32R3a13(2)HR33()Ha1 2()2

0 0(2)(2 3(2)Hb12()2

0

23()HR3c12(

3

02

)

d1 HR3(2)HR63(d1 HR 0 02 2()2R3(2)(2 0 i Bi0Hi0m,(ii B1[1

1(R1 (

)(2 0(122(0) 20(20)(20)12(0)2vB1即球壳腔中无磁 类似于静电场中的静电屏 BH0M0M0H无关的量 M0为常值浸入磁导率为'的无限介质中求磁感 解根据题意取球心为原点做球坐标M0的方向为ez

0,R0,R ,mmR11m

202011

RM00

R

R 11

m2

(bn

代入衔接条 对比Pn(cos)对应项前的系数a1ab0,(n

0M 2 b 0m1

2

Rcos,(RR0

2 2m 0cos,(RR0)2R22 由此RR

M20M 2 v RR,B 0R0[3(M0R)RM0

2 2 20v02 B

v R33(M 00 0],(RR 2又n(BB 其中 2010v代入B的表达 M r 结果如 解根据题意H0M0z

0,R0,R mm 1

M 0

0 R0m

RH0Rm a1Rcos,(RR0m12mH0Rcos2

d1cos,(RR0RaRH0

R1 R0H2d1aR R0

得 a1

0M030H0d0M0(0)H0 0 0M030H0Rcos,(RR0 M()HmH0Rcos 0cos,(RR00 00 01Hm11

coser

0M030H20 B1H0M0

H0 2

M0,(RR0 M( H [(Hcos 0cos)e R mM( rr m(Hsin 0sin)e]H3(mR)R0

rr

R m m

BH[H3(mR)R m 0M0R3 0R3

有一个均匀带电的薄导体 其半径为 总电荷为 今使球壳绕自身某一直径r角速度转动r提示本题通过解A或m的方程都可以解决也可以比较本题 5例2的电流分解根据题意取球体自转轴为z轴建立坐标系

0,R0,R1 1

2( 1)2

m2,(RR

0 R0

R其 m a1Rcos,(RR0m12m2R

cos,(RR0RaRb1R

1 2b

a

1R3R0b 解 a b

11

Rcos,(RR02m 0cos,(RR0)2 1Hm11

coser

sine Q0B10H1

vv 3(mH 0cose 0sine R)Rm 其中 QR2m 0 vv 3(mB20H2[

R)Rm] 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q 半径为R0 它以角速度绕自身某以直径转动求它的磁矩与自转动量矩之 v解 磁矩m2xJ v 又xR J(x)v3

0

1 r(v 1 m R2

R)Rsindrdd24R3(ere)Rsin 又reesinezcos(cosexsineye 3Q2R0[sinvcos(cosvsinv)R4sin2e m 0

00 3Qev2R QR2 00

0

0sin3R4drdd 050vv0

v vvvvdm

3M4eev

R2(vvv

e e 40

R2(sin

er

3M40

ee

)R2

3M02

00 3M02

R0R

2M00

00 vv

QR20 00 2M0R2 2M05rmrv解根据题意r很大r可推出在平面上H类比于静电场vvv

m 2cos sin Be04 v

err3e]4r3(cosersine F(m)

r

0(1cos2)e d和d的线偏振平面波它们都沿z轴方向求合成波证明波的振幅不是常 而是一个求合成波的相位速度和振幅速 E1(x,t)E0(x)cos(k1x E2(x,t)E0(x)cos(k2x EE1(x,t)E2(x,t)E0(x)[cos(k1x1t)cos(k2x k1 12t)cos(k1

x 2E0(x) x2

其中k1kdkk2kdk;1d,2 E2E0(x)cos(kxt)cos(dkxd E2E0(xcos(dkxd相速kxtvp群速dkxdt

一平面电磁波以45o从真空入射到r2的介质电场强度垂直于入射 求反r S,S',S''分别为入射波反射波和折射波的玻S'S'SnnE'R nTS''nT r

E2E00n2cos2E''2n1cosE20又根据电场强度垂直于入射面的可1cos cos1R

2cos cos241412coscos(1cos 1sin2 10,2022 22 2

R( 2)222T

22222 ( 2 2

32有一可见平面光波由水入射到空气入射角为60 证明这时将会发生全反射并求折射波沿表面的相速度和透入空气的深度 设该波在空气中的波长为06.28105 水的折射率为 1解由折射定律得临界角c kk 相速度vpk 2

) 6.28 sin2601投入空气的深度 sin2601 vvv 频率为的电磁波在各向同性介质 时若E,D,B,H仍按ei(kxt)变化但 E平行DEv v vkBkDBDBE0,但一般kE

v 2 vv 2[kE(kE)k 证明 由麦氏方程 E H D B得0 v v v v0B

ei(kxt)ikBei(kxt)ikB kB 同 kDv[evv]

vvi0 i(kxt 0 ikB

vv1v(vv) v[evv]

vvi i(kxtv 1

vBE(kE)E Eik vQD E一般 即kE一般B 1 B 由E B(kD D另由H D(kv

[k ( [k(kE)] [(kE)k]

kEk 1 B(k

得H(k 2 vvSEHE(kE)[Ek(kQv

2 kE一般0S一般E 有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴一个波沿x方向偏 方向偏振2

反之一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振解偏振方向在x轴上的波可记为xA0cos(tkz)A0cos(t0xyAcos(tkz

)Acos(t 00y0x2

0x2y2A2[cos2(t )cos2(t0y 00A2[cos2(t0000即x2y20

所以合成的振动是一个圆频率为的沿z轴方 的右旋圆偏振反之一个圆振可以分解为两个偏振方向垂直同振 同频 相位差为2的线偏振的合证明设在z>0z<0的空间中垂直于导体表面入射 zi(ztEE0 于是由 0的表 单位面积进入导体的能量v

1 1 ) E 其中HkEinv

2

H)2 zi(ztJE dQ

E)

2122 作积分Q2E00 dz4 又Q 2QE2 E 原题得证 已知海水的r1,1S 试计算频率为50,106和109Hz的三种电磁波在解22透射深 Qr0r0422 250410722 2504107222106410222106410723109Hz时:3 2

22221094107 平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上入射角为1相速度和衰减长度若导电介质为金属 v提示导电介质中 量ki,只有z分量为什zv vzv vkv

vt0 EE xei(0 k''x与介质中的有关比较可2 22 2x根据边界条件得k''x

ix

x又kxkxksin1 vv

c 故k,k无y分 y0,y v有与 其中 c 2222(csin1 有 z

2212

22 2

22222 c

c2 212 2 12( c

1 2

c

)2222]

1v1v如果是良导体

sin2122c 2 c 2

z

2

1

4222 2c2sin2 2[c4 2

21

4

2222 2c2 2[c2 2无限长的矩形波导管在在 0处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭求z到 0这段管内可能存在的波解在此中结构得波导管 电磁波的依旧满足亥姆方 2Ek2Ek0

v E(x,y,z)(C1sinkxxD1coskxx)(C2sinkyyD2coskyy)(C3sinkzzD3coskzEyEz0,(x0, ExEz0,(y0,

0,(x0,

0,(y0,

0,(zExA1coskxxsinkyysinkz故EyA2sinkxxcoskyysinkzEzA3sinkxxsinkyycoskzE其

m,m0,2Lakn,n,2L kxkykz 00c2A1aA2bA3kz综上

E(x,y,z,t)E(x,y)ei(k2zt)在波导管中沿z方向传 试使 Ei0H及Hi0EEx(xy)和Hz(xy这两证 沿z轴的电磁波其电场和磁场可写 E(x,y,z,t)E(x,y)ei(kzzt H(x,y,z,t)H(x,y)ei(kzztvE H

Bi v vEEiE0

ikz

H

ikzH

0 由 消去H得E

kEzi(2k2

yzc 由 消去Hx得

i(2k2

(H

kEzzc 由

Hx

0Ez1i( 1由

c1Hy 1

2

y

z0zi( kc v 对于定态波磁场为v(v,)

v()Hx Hx

EDiE由麦氏方程组 得H)(H2H2Hi 又EB

Ev(

vk)H0, HvHv 由nB0得nH Hn利用viv和电场的边界条件可 Ht

HnHv证明E

yeikzEyA2sinkxxcoskyyeikz

A3sinkxxsinkv

yeikzHE Hx(A3kyiA2kz)sinkxxcosk

yeikzHH

A3kx)coskxxsink

yeikzH

(A

Ak)cos

yeikz 2 1 本题讨论TM波故 A2kxA1ky故 若n0,则kyb0,A2kx又kxa0,那么 HxHy 若m0,则kxa0,A1ky又kyb0,那么A1HxHy频率为30109Hz的微波在0.7cm0.4cm的矩形波导管中能以什么波 解 30109 波导为0.7cmc (m)c (m)2(nb当a0.7102mb0.4102mm1,n1时,4.31010Hzm1,n0时2.11010Hzm0n1时,3.71010Hz 30109Hz 波导为0.7cm0.6cmm1,n1时,2.11010Hzm1,n0时2.51010Hzm0n1时,3.31010Hz一对无限大的平行理想导体板相距为b 电磁波沿平行与板面的z方向设波在x方向是均匀的求可能的波模和每种波模的截止频率解在导体板之 的电磁波满足亥姆方 2Ek2Ek0v 令 是E的任意一个直角分 由于E在x方向上是均匀U(x,y,z)U(y,z)Y(y)Z又在y方向由于有金属板作为边界是取驻波解在z方向是空间取行波解得通解U(xyz)(C1sink

y

y)eikz由边界条件nE0,和n0EAsin(

y)ei(kzzt i(kzt

n E

且k2

k,n0,2L E

y)ei(kzzt

c 又由E0得A1独立与A2,A3无 bA2ikz令 0得截止频率cbv证明在谐振腔 电场E的分布

yeikzEyA2sinkxxcoskyyeikz

A3sinkxxsinkv

yeikzHE Hx(A3kyiA2kz)sinkxxcosk

yeikzHH

A3kx)coskxxsink

yeikzHzz

(A

Ak)cos

yeikz 2 1 1 由 (EDHB)有谐振腔21 电场能流密 1 E 1 *

v* 2[

4[A2cos2kxsin2kysin2kzA2sin2kxcos2kysin2kzA2sin2kxsin2kycos2k

v H BRe(H*B4 [(AkA

)2sin2kxcosk2kycos2kz 3 z

(A1kzA3kx)2cos2kxxsin2k