電動力學答案完整

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上1.7. 有一內(nèi)外半徑分別為 r1 和 r2 的空心介質(zhì)球，介質(zhì)的電容率為，使介質(zhì)內(nèi)均勻帶靜止由電荷求1 空間各點的電場；2 極化體電荷和極化面電荷分布。解（1） ， （r2>r> r1）即：， （r2>r> r1）由， （r> r2） ， （r> r2）r> r1時， （2） （r2>r> r1）考慮外球殼時， r= r2 ，n 從介質(zhì) 1 指向介質(zhì) 2 （介質(zhì)指向真空），P2n =0考慮內(nèi)球殼時， r= r11.11. 平行板電容器內(nèi)有兩層介質(zhì)，它們的厚度分別為 l1 和l2，電容率為1和，今在兩板接上電動勢為

2、 的電池，求（1） 電容器兩板上的自由電荷密度f（2） 介質(zhì)分界面上的自由電荷密度f若介質(zhì)是漏電的，電導率分別為 1 和 2當電流達到恒定時，上述兩問題的結(jié)果如何？解：在相同介質(zhì)中電場是均勻的，并且都有相同指向則故：，又根據(jù)， （n從介質(zhì)1指向介質(zhì)2）在上極板的交面上， 是金屬板，故=0即：而，（是下極板金屬，故=0）若是漏電，并有穩(wěn)定電流時，由可得 ， 又得： ，即 1.14、內(nèi)外半徑分別a和b的無限長圓柱形電容器，單位長度電荷為，板間填充電導率為的非磁性物質(zhì)。（1）證明在介質(zhì)中任何一點傳導電流與位移電流嚴格抵消，因此內(nèi)部無磁場。（2）求隨時間的衰減規(guī)律。（3）求與軸相距為r的地方的能量功耗

3、功率密度。（4）求長度為l的一段介質(zhì)總的能量耗散功率，并證明它等于這段的能減少率。（1）證明：由電流連續(xù)性方程： 根據(jù)高斯定理 , 即： ， ，即傳導電流與位移電流嚴格抵消。（2）解：由高斯定理得： 又，, （3）解：能量耗散功率密度=（5）解：單位體積靜電能W=減少率 例1.一個內(nèi)徑和外徑分別為R2和R3的導體球殼，帶電荷Q，同心地包圍著一個半徑為R1的導體球（R1 <R2）.使這個導體球接地，求空間各點的的電勢和這個導體球的感應電荷。解 這個問題有球?qū)ΨQ性，電勢不依懶于角度和，因此可以只取中n=0項。設(shè)導體殼外和殼內(nèi)的電勢為(1) (2)邊界條件為：（1）因內(nèi)導體球接地，故有 (3)

4、（2）因整個導體球殼為等勢體，故有 (4)（3）球殼帶總電荷Q，因而 (5)把（1）、（2）代入這些邊界條件中，得 由此解出 (6) ,其中 把這些值代入（1）、（2）中，得出電勢的解導體球上的感應電荷為 例4 導體尖劈帶電勢V，分析它的尖角附近的電場。解 用柱坐標系。取z 軸沿尖邊。設(shè)尖劈以外的空間，即電場存在的空間為。因不依懶于z，柱坐標下的拉氏方程為 （1）用分離變量法解次方程。設(shè)的特解為則上式分解為兩個方程 其中為某些正實數(shù)或0.把的特解疊加得得通解 各待定常量和的可能值都由邊界條件確定.在尖劈面上，=V，與r無關(guān)，由此 因有限，得 在尖劈面上，有與r無關(guān)，必須 因此得可能值為 考慮這

5、些條件，可以重寫為 為了確定待定常量，還必須用某一大曲面包圍著電場存在的區(qū)域，并給定這曲面上的邊界條件。因此，本題所給的條件是不完全的，還不足以確定全空間的電場。但是，我們可以對尖角附近的電場作出一定的分析。在尖角附近，上式的求和的主要貢獻來自r最低冪次項，即n=1項。因此， 電場為 尖劈兩面上的電荷密度為 若很小，有尖角附近的場強和電荷密度都近似地正比于由此可見，尖角附近可能存在很強的電場和電荷面密度。相應的三維針尖問題就是尖端放電現(xiàn)象。2.7 在一很大的電解槽中充滿電導率為的液體，使其中流著均勻的電流，今在液體中置入一個電導率為小球，求穩(wěn)恒時電流分布。討論兩種情況下電流分布的特點。解：維持

6、電流恒定的電場也是靜電場，可令，由電流恒定條件，等兩種介質(zhì)都是線性均勻的，根據(jù)歐姆定律半徑為，令導電液中原電流密度。問題就有z軸對稱性。全部定解條件為： （R<）； （R）R=0時， 有限；時， R=時， ， 即 （1）由R=0和處的條件，可將兩區(qū)域電勢方程的解寫為 （2） （3）將（2）和（3）代入（1），解出由，得球面的電荷密度：球內(nèi)為原外場與球面電荷分布產(chǎn)生的均勻場之疊加;球外的第一項是原外場，第二項是球面電荷產(chǎn)生的偶極場。電流分布為：當時，當時，2.8 半徑為的導體球外充滿均勻絕緣介質(zhì)，導體球接地，離球心為處置一點電荷，試用分離變數(shù)法求空間各點電荷，證明所得結(jié)果與鏡象法結(jié)果相同。

7、【解】以球心為坐標原點，另位于，如圖所示。 ROarz于是問題有 軸對稱性。球外電勢的全部定解條件為 （1） （2）由處的條件和軸對稱性，泊松方程（1）的解寫為 （3）其中是點電荷到場點的距離?？烧归_成 （4）因，將（4）的第一式代入（3），并由條件解出 （5）將（4）代入（5），便給出和兩區(qū)域中電勢的級數(shù)形式，僅在即點電荷所在點級數(shù)發(fā)散。在區(qū)域，（5）式給出 （6）它包含著這電荷體系所有各級電多極矩的電勢，由（6）式的前三項是單極項，偶極項和四極項電勢： （7） （8） （9）由（8）式和（9）式，可推知這體系的電偶極矩和電四極矩。【鏡像法】以假象的像電荷代替導體球與介質(zhì)分界面真實的感應電荷

8、及極化電荷對電場的貢獻，為使所得的解滿足求解區(qū)域即球外的方程（1），像電荷必須置于球內(nèi)。由軸對稱性，在球內(nèi)處置像電荷，于是球外任一點的電勢可寫成 （10）其中是到場點的距離，是到場點的距離，即 （11）由的條件，有 ，即將和代入上式并兩邊平方，可解出 ， （12） （13）此解與（5）式是一致的，它顯然也滿足的條件。2.9. 接地的空心導體球的內(nèi)外半徑為R1 和R2 ，在球內(nèi)離球心為a(a<R1)處置一點電荷q， 用鏡像法求電勢。導體球上的感應電荷有多少？分布在內(nèi)表面還是外表面？解：由于接地導體球殼的靜電屏蔽作用，球殼及其外部空間的電勢為零，求解區(qū)域為球腔。設(shè)點電荷q位于z=a,球腔內(nèi)電

9、勢的定解條件為 （1）R=0, 有限；R= R1 ， （2）由z軸對稱性，將代替導體球面感應電荷的鏡像電荷q置于z=b處，且必須使b> R1,于是球腔內(nèi)任意一點的電勢為 （3）其中r和r分別為場點到q和q的距離，即， (4)由R= R1 ，的條件，解出, (5)將（4）,（5）代入（3）得因為球外故感應電荷集中在內(nèi)表面并且總電量為q。2.11. 在接地的導體平面上有一半徑為a 的半球凸部，如圖半球的球心在導體平面上，點電荷Q 位于系統(tǒng)的對稱軸上，并與平面相距為b（b>a）試用電象法求空間電勢。解：以z軸為系統(tǒng)的對稱軸，球心為坐標原點，求解區(qū)域為導體表面上方空間，導體表面的電勢為零，

10、定解條件為，以及但處，要滿足導體表面電勢為零的條件，需要導體內(nèi)設(shè)置三個假想的像電荷：在z=-b處置-q，在處置-qa/b，在處置+qa/b。于是導體外任意一點的電勢為 3.13 有一個均勻帶電的薄導體殼，半徑為，總電荷為，今使球殼繞自身某一直徑以角速度轉(zhuǎn)動，求球內(nèi)外的磁場.【解】以球心為坐標原點，轉(zhuǎn)軸為軸.球殼電荷面密度=，因球殼自轉(zhuǎn)而形成的面電流密度為 （1） 【磁標勢法】 球內(nèi)外兩區(qū)域均無傳導電流分布，磁標勢均滿足方程，邊界條件為 ，有限； ， （2） 處， 即， （3） 由軸對稱性，及（2）的兩個條件，磁標勢方程的解寫為 （4） （5） 由條件（3），解出 ， （6） （7） （8） 球

11、內(nèi)為均勻場，球外為磁偶極場，球面電流形成的磁矩為 （9）3.14 電荷按體均勻分布的剛性小球，總電荷量為，半徑為，它以角速度繞自身某一直徑轉(zhuǎn)動，求：（1）它的磁矩；（2）它的磁矩與自轉(zhuǎn)角動量之比。設(shè)小球質(zhì)量是均勻分布的。 【解】小球的電荷密度與質(zhì)量密度分別為 ， 設(shè)轉(zhuǎn)動軸為軸，則球內(nèi)任一點的轉(zhuǎn)動速度為， 球內(nèi)電流密度與動量密度分別為， 小球的磁矩與自轉(zhuǎn)角動量分別為 于是有 4.1有兩個頻率和振幅都相等的單色平面波沿z軸傳播，一個波沿x方向偏振，另一個沿y方向偏振，但相位比前者超前，求合成波的偏振。反之，一個圓偏振可以分解為怎樣的兩個線偏振？解：兩個波德波矢量均為，設(shè)振幅均為，有于是合成波 是振

12、幅為的圓偏振波，在迎著傳播方向看來，電矢量E逆時針旋轉(zhuǎn)，故是右旋的圓偏振波。若的相位比滯后，則合成波是左旋的圓偏振波。若和的振幅不等，則合成波是右旋或左旋的橢圓偏振波。反之，一個圓（或橢圓）偏振波可以分解為兩個相互獨立，相位差為的線偏振波。4.2考慮兩列振幅相同、偏振方向相同、頻率分別為和的線偏振平面波，它們都沿z軸方向傳播（1）求合成波，證明波德振幅不是常數(shù)，而是一個波：（2）求合成波的相位傳播速度和振幅傳播速度。解：因，這是兩列頻率接近的波，波數(shù)分別為。設(shè)它們都沿x方向偏振，振幅為，且初相位一致，即于是合成波仍是x方向上的線偏振波，其實數(shù)形式為 這表明頻率為的高頻波受到了頻率為的低頻波調(diào)制

13、，是已調(diào)至的振幅，或稱包絡(luò)線，等相位面方程為常數(shù)，對它求時間導數(shù)，得相速度 等振幅面方程為=常數(shù)，對此求時間的導數(shù)美得振幅傳播速度 它是波包整體的傳播速度，即群速。4.3一平面電磁波以從真空入射到得介質(zhì)，電場強度垂直于入射面。求反射系數(shù)和折射系數(shù)解：設(shè)介質(zhì)是非鐵磁性且線性均勻的，即，折射率，因入射角，由折射定律，得 即折射角。當垂直于入射面時，由邊值關(guān)系及可解出，反射系數(shù)為不考慮介質(zhì)損耗時，折射系數(shù)為 4.4有一個可見平面光波由水入射到空氣，入射角為。證明這時將會發(fā)生全反射，并求折射波沿表面?zhèn)鞑サ南喽群屯溉肟諝獾纳疃?。設(shè)該波在空氣中的波長為，水的折射率為n=1.33解：空氣的折射率，水的折射率

14、，這是光從光密介質(zhì)入射至光疏介質(zhì)的問題，由折射定律 （1）可得這問題的臨界角為 （2）入射角，故，已沒有實數(shù)意義上的折射角，將發(fā)生全反射。設(shè)界面為z=0的平面，入射面為xz平面，入射波矢，折射波矢，由折射定律（1），有 （3） （4）折射波矢的法向分量為虛數(shù)，故折射波電場為 （5）可見這是沿界面切向x傳播，振幅在法向z按指數(shù)規(guī)律衰減的表面波。設(shè)由 （6）得折射波磁場兩個分量： （7）因此折射波的法向平均能流密度： （8）透射系數(shù)T=0.這是因為入射波能量在半個周期內(nèi)透入第二介質(zhì)，在另半個周期內(nèi)又完全反射回到第一個介質(zhì)所致。由，波透入空氣中的深度為 （9）折射波德相速度為 （10）4.5頻率為的

15、電磁波在各向異性介質(zhì)中傳播時，若仍按變化，但不再與平行（即不成立）。（1）證明，但一般（2）證明（3）證明能流與波矢一般不在同一方向上解：設(shè)介質(zhì)內(nèi)即介質(zhì)中的場方程為 （1）設(shè)成立，將代入上述場方程，得 （2） （3）是由于。將（2）的第三式代入第四式，得 （4）因，故與電場不同向。介質(zhì)中的能流密度為 （5）顯然，與波矢不在同一方向。4.7已知海水的，試計算頻率v為50Hz，Hz的三種電磁波在海水中的透入深度。解：由在微波頻率以下海水的數(shù)量級為10，電導率，因此對于頻率為50Hz，Hz和Hz的三種電磁波，均有 即海水對上述頻率的波可視為良導體，波德穿透深度均可表示為 將代入上式，分別得 4.12

16、無限長的矩形波導管，在z=0處被一塊垂直地插入的理想導體平板完全封閉，求在和z=0這段管內(nèi)可能存在的薄模解：因一端被理想導體封閉，波在此處將被完全反射，因此這波導管內(nèi)電場不具有形式，現(xiàn)令,是方程 （1）滿足條件 （2）的解，界面S是管壁。的三個直角分量均滿足方程： （3）其中 （4）令從方程（3）得到三個一維波動方程： （5）它們都有形如的通解，因此 （6）設(shè)波導管x方向的寬度為a，y方向的寬度為b。有條件（2），有由此得，于是 （7）常數(shù)是的振幅。同理得 （8） （9）再由條件（2），有 將（7）（8）（9）三式代入上述條件，解得 管內(nèi)電場還應滿足將（7）(8)(9)三式代入這條件，得 可見

17、中只有兩個是獨立的，即（7），（8），（9）表示的解中，對每一組值，管內(nèi)有兩種獨立的波模。5.1. 若把麥克斯韋方程組的所有矢量都分解為無旋的(縱場)和無散的(橫場)兩部分，寫出和的這兩部分在真空所滿足的方程式，并證明電場的無旋部分對應于庫侖場。解：令，下標L表示縱場，T表示橫場：， （1）于是從麥克斯韋方程， （2）得 ， （3）， （4） ， （5）， （6）方程組（3）的前兩個方程表明，時變電場的縱向分量由電荷激發(fā)，它與靜電場一樣是有散無旋場，故對應庫侖場。5.2. 證明在線性各向同性均勻非導電介質(zhì)中若, ,則和可完全由矢勢 決定若取, 這時 滿足哪兩個方程？解：對于單色波，現(xiàn)行各向同性

18、均勻介質(zhì)內(nèi)，若, ，場方程為， （1）將 ， （2）代入場方程（1），并選擇洛倫茲規(guī)范 （3）得和遵從齊次波動方程：， （4）將角頻率為的單色波， （5）代入（3）式，并求梯度，得 （6）于是又（2）可知和可完全由矢勢確定：， （7）若取，則（3）式變成，此時滿足的兩個方程為， （8）由給定的邊界條件，從這兩個方程杰出，便可給出，5.3. 證明沿z 軸方向傳播的平面電磁波可用矢勢) 表示，其中， 垂直于z軸方向。證：在洛倫茲規(guī)范 下，齊次達朗貝爾方程的平面波解為 ，由于，即為橫場，于是由洛倫茲規(guī)范，得，而波失量，故失勢為其中，這平面波的電磁場用失勢表示為5.4. 設(shè)真空中失勢可用復數(shù)傅里葉展開

19、為，其中是的復共軛。（1）證明滿足諧振子方程；（2）當選取規(guī)范，時，證明；（3）把和用和表示出來。（1）證明：在洛倫茲規(guī)范 （1）下，真空中的的齊次波動方程為 （2）這是一個線性方程，任何頻率的單色平面波是它的解，由各種不同頻率的單色波線性疊加而成的任何電磁波，都是它的解。故一般的可將這方程的解表示為級數(shù)： （3）將（3）代入方程（2）可得， （4）即每一個單色波極其復共軛都滿足諧振子方程。（2）當選取規(guī)范，時，將（3）式代入此條件得， （5）（3） （6） （7）5.5. 設(shè)和是滿足洛倫茲規(guī)范的失勢和標勢。（1）引入一矢量函數(shù)（即赫芝勢），使，證明；（2）若令，證明滿足，并寫出它在真空中的推

20、遲解；（3）證明和可通過用下列公式表出。證明：在洛倫茲規(guī)范 （1）下和遵從達朗貝爾方程：， （2）將 （3）代入（1）式得 （4）因為（1）式對任意點任意時刻都成立，故方程（4）對任意點任意時刻也成立，因此括號內(nèi)兩個矢量最多只相差一個無散場，令其為0，便有 （5）若令 （6）將（3）式和（6）式代入（2）式的第二式得 （7）這方程與的達朗貝爾方程有完全相同的形式，因此它也有推遲勢解： （8）只要給出，由（6）式可求出，進而由（8）式便可求出赫芝勢。 （9） （10）5.6 兩個質(zhì)量、電荷都相同的粒子相向而行發(fā)生碰撞，證明電偶極輻射和磁偶極輻射都不會發(fā)生。證明：由電偶極矩產(chǎn)生的輻射場，由磁偶極矩

21、產(chǎn)生的輻射場，現(xiàn)有兩個質(zhì)量，電荷都相同的粒子相向而行，發(fā)生磁撞，在此過程中取兩個電荷的連線為x 軸，于是此系統(tǒng)的電偶極矩是由此可發(fā)現(xiàn)由于兩個粒子質(zhì)量相同，電量也相同，故當其運動時即于是系統(tǒng)的電偶極矩輻射場為 0同理，系統(tǒng)的磁偶極矩輻射場為 0綜上，兩個質(zhì)量電荷都相同的粒子，同向而行發(fā)生磁撞，不會發(fā)生電偶極輻射和磁偶極輻射。例1 一個立方體的固有體積為1000 m3，求沿與立方體的一邊平行的方向以0.8c 的速度運動的觀測者所測得的體積。解： 設(shè)立方體沿x方向運動 v=0.8 c，則觀測者將測得立方體與運動方向平行的一邊有一個收縮了的長度： 其它兩邊：所以體積例2. 能量為的一個宇宙線質(zhì)子來到地面，進入的磁場中，它的速度v與B垂直。 求：這質(zhì)子感受到的電場強度有多大？解： 設(shè)質(zhì)子的速度，磁感應強度，由電磁場變換公式得質(zhì)子感受到的電場為因為 所以全由存在引起的。質(zhì)子的靜能所以所以質(zhì)子感受到的電場為由相對論時間空間坐標變換可得 （1） （2） （3）例3：一直山洞長1km，一列火車靜止時，長也是1km，當這列火車以0.6c的速度運行時，穿過該山洞。A是站在地面上的觀察者，B是坐在火車上的觀察者。求：1）從車前端進洞到車尾端出洞，A,B觀測到的時間各是多少？2）對A,B分別來說，整個列車全在洞內(nèi)的時間是多長？解：1）對 來說，火車長 收縮火車