考試課后題答案--

1、2二證明題2.已知一個電荷系統(tǒng)的偶極矩定義為p(t)(x,t)x,dv,利用電荷守恒定律0證明的變化率為dpJ(x,t)dv,tdt v解：p(t) (x,t)x,dv, (T就是方向符號)vx,與時間無關(guān)，取的 p(t) 一個分量為Pi(t)(x, ,t)xi dv,vdpi (t)dtpi(t)xi(xi ,t)dv,vxi , Jidv, v,(X Ji)dv,( , xi Ji)dv,v(x Ji) ds Ji dv,(p上的亂碼為p上一個點(diǎn)，rou也是，dv后都有一小撇)考慮到積分區(qū)域的表面比電荷所在區(qū)域大得多時，表面上的電流為0。： (xJi) ds=0s所以dR (t)dtJi

2、dv, v故得dpdtJ(x, ,t)dv, v3.證明:(1)兩種介質(zhì)的分界面上不帶自由電荷時，電力線的曲折滿足tan 2tan 1中1和2分別為兩種介質(zhì)的介電常數(shù),1和2分別為界面兩側(cè)電力線與法線的夾(2)tan 2tan 1，其中1, 2分別為兩種介質(zhì)的電導(dǎo)率。角.當(dāng)兩種導(dǎo)電介質(zhì)內(nèi)流有穩(wěn)恒電流時，分界面上電力線曲折滿足解：(1)考慮到界面上無自由電荷，故知:Dm即E1tDiD2n即 D1 cosE2t1E1D21D2 cos 2且 n (E2E1) 0Ei sin 1E2 sin 22 E2故生J1 E1 cos 1E2sin 2 即得 tan 2E2 cos 21(2) 一直導(dǎo)電介質(zhì)內(nèi)

3、流有穩(wěn)恒電流故J 0可知 J1nJ2n即 J1cos 1 J2 cos 2又知穩(wěn)恒電流的電場與靜電場之邊界條件相同，故E1tE2t 即 Esin 1E1 sin 2且J11E1故得 2 8s 11 cos 2 即 tanJ22E2sin 1 sin 2110.設(shè)A和是滿足洛倫茲規(guī)范的失勢和標(biāo)勢。引入一矢量函數(shù) 4,t)(即赫芝勢)，使(字母上邊的均為方向符號，其中g(shù)為稱號)證明：在洛倫茲規(guī)范1 c2 t(1)下A和遵從達(dá)朗貝爾方程:(2)工二C27(3)代入(1)式得Z)=0因?yàn)?1)式對任意點(diǎn)任意時刻都成立,故方程(4)對任意點(diǎn)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

4、0,便有1_Zc2 t三計算題1有一內(nèi)外半徑分別為 r1和r2的空心介質(zhì)球，介質(zhì)的介電常數(shù)為，使介質(zhì)內(nèi)均勻帶靜止電荷f，求空間各點(diǎn)的電場極化體電荷和極化面電荷分布解：(1)空間各點(diǎn)的電場由于自由電荷均勻分布在介質(zhì)球內(nèi)，電場具有球?qū)ΨQ性分布， 利用高斯定理可解得(r23 r13) f30r3(r3 r13) f3 or3(r2)(rirr2)(rri)極化體電荷和極化面電荷分布:r上)范圍內(nèi)存在極化體電荷pP e oE ( r 1) oEp ( r 1) 0 E (rir r2)或 p (1) f在r=r2球面上的極化面電荷p(前邊是r=r2)pn (P2 Pi)n ( r 1) 0E2(r23

5、r)fE23r nr r3 r21) aI) 0r)3 r23/33(r2r1)23r2(rr2)在r=r1的球面上的極化面電荷p(前邊是r=r1)p n (P,2P,3)P30P,2 e E,2E,20r r12.內(nèi)外半徑分別為r1和r2的無窮長中空導(dǎo)體圓柱， 沿向流有穩(wěn)恒自由電流 Jf,導(dǎo)體的磁導(dǎo)率 為。求磁感應(yīng)強(qiáng)度和磁化電流。解：沿中空倒替圓柱軸向流動的均勻自由電流Jf所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度具有軸對稱性，因而可 應(yīng)用安培環(huán)路定律求 B三個不同區(qū)域的 B可分別算出/220(r2r1)2p22(rr1)2r3(r(i(r現(xiàn)在計算磁化電流:JMJm m H2)2)ri)mH1)Jf(一01)Jf磁

6、化電流面密度為mn H當(dāng) r=r2 時，H H22riM2(1)022ri當(dāng)r=ri時H H2 0M1016.在接地的導(dǎo)體平面上有一半徑為a的半球凸部(如圖),半球的球心在導(dǎo)體平面上，點(diǎn)n是柱面外法線單位矢徑電荷Q位于系統(tǒng)的對稱軸上，并與平面相距為b (ba),試用電象法求空間電勢。解：如圖，根據(jù)一點(diǎn)電荷附近置一無限大接地導(dǎo)體平板和一點(diǎn)電荷附近置一接地導(dǎo)體球兩個模型，可確定三個鏡像電荷的電量和位置。22-a _a_a_aQ1Q, r1ez；Q2-Q，匕 ez；bbbbQ3 Q , r3 bez,所以Q 1 14 0R2 b2 2RbcosR2 b2 2Rbcosa422 a aR22 2 Rc

7、osb2 b4 ab222Rcos b(02, R a)17.有一點(diǎn)電荷Q位于兩個互相垂直的接地導(dǎo)體平面所圍成的直角空間內(nèi)，它到兩個平面的距離為a和b, 求空間電勢。解：用電像法，可以構(gòu)造如圖所示的三個象電荷來代替兩導(dǎo)體板的作用。1.(x x)2 (y a)2(z b)21(x x)2 (y a)2 (z b)21(x %)2 (y a)2 (z b)2(x x)2 (y a)2 (z b)2,(y,z 0)20.有一塊磁矩為 m的小永磁體，位于一塊磁導(dǎo)率非常大的實(shí)物的平坦界面附近的真空中,求作用在小永磁體上的力解：根據(jù)題意，因?yàn)闊o窮大平面的m艮大，則在平面上所有的 H均和平面垂直，類比于靜電

8、場，構(gòu)造磁矩Bem關(guān)于平面的鏡像 m,則外場為:Be3r2 cos3- rmcos4 r2sin0m3 (2 cos er sin e )4 r3m受力為:F (m)B2a20m464 a4(12cos)ez21.一平面電磁波以 數(shù)和折射系數(shù)。45。從真空入射到r 2的介質(zhì)，電場強(qiáng)度垂直于入射面， 求反射系解：設(shè)n為界面法向單位矢量，(S)、(S)分別為入射波、反射波和折射波的玻印 亭矢量的周期平均值，則反射系數(shù) R和折射系數(shù)T定義為：S nS nE2聲TE0S nS n2 n2cos E2 匚2 n cos E0又根據(jù)電場強(qiáng)度垂直于入射面的菲涅耳公式，可得21 cos R1 cos根據(jù)折射定

9、律可得：2 cos 2 cos ”30，代入上式,丁 2 32 ,34、1 , 2 cos cos 21 R(.,1 cos 2 cos )得22.有兩個頻率和振幅都相等的單色平面波沿方向偏振，但相位比前者超前 怎樣的兩個線偏振？)解：偏振方向在 x軸上的波可記為Ex A0 cos( t在y軸上的波可記為/2,kz)EyA0 cos( tkz0y 0 xz軸傳播，一個波沿 x方向偏振，另一個沿 y 求合成波的偏振。(反之，一個圓偏振可以分解為A。cos( t 0 x)/2) A0 cos( t0y)/2合成得軌跡方程為:E2E2x y-2 .2 ,A0 cos ( t0 x)2 /cos (

10、t 0y)A(2cos2( t 0 x) sin2( t 0 x) Ao所以，合成的振動是一個圓頻率為的沿z軸方向傳播的右旋圓偏振。反之一個圓偏振可以分解為兩個偏振方向垂直，同振幅，同頻率，相位差為 /2的線偏振的合成。(另一問)。23.已知海水的r 1 ,1S- m-1,試計算頻率為50, 106和109Hz的三種電磁波在海水中的透入深度。解：取電磁波以垂直于海水表面的方式入射，透射深度為：由于1)當(dāng)2)當(dāng)3)當(dāng)1/,2/1/ ,1,所以0，1/.,050 Hz 時，1 1/50 410 7 172 m106 Hz時，21/ .106 410 7 10.5 m109 Hz 時,31/ .10

11、9 410 7 116 mm26. 一對無限大的平行理想導(dǎo)體板，相距為b,電磁波沿平行于板面的 z方向傳播，設(shè)波在x方向是均勻的，求可能傳播的波模和每種波模的截止頻率。解：在導(dǎo)體板之間傳播的電磁波滿足亥姆霍茲方程：(2 k2)E 0k -0 0E 0令U (x, y,z)是E的任意一個直角分量，由于E在x方向上是均勻的，所以U(x, y,z) U (y, z) Y(y)Z(z)在y方向由于有金屬板作為邊界，所以取駐波解；在 z方向是無界空間，取行波解。所以通解為：U(x, y,z) (C1sinkyy D1coskyy)e1kzz由邊界條件：n E 0和En/ n 0定解，得到ExA sin(

12、 n y /b)ei(kzz ；Ey A2 cos(n y/b)ei(kzz ；EzA3 sin( n y/ b)ei(kzz t)22.22222且 k /c n /b kz , ( n 0,1,2,)又由 E0得：Ai獨(dú)立，與A2, A3無關(guān)，A2n /b ikzA3令kz=0得截止頻率：c n c/b30.設(shè)有兩根互相平行的尺，在各自靜止的參考系中的長度均為，它們以相同速率 v相對于某一參考系運(yùn)動，但運(yùn)動方向相反，且平行于尺子。求站在一根尺上測量另一根尺的長度。解：根據(jù)相對論速度交換公式可得2系相對于1的速度大小是2,2、 TOC o 1-5 h z v 2v/(1 v /c )(1);

13、在1系中測量2系中靜長為0l的尺子的長度為l l041 v2/c2(2)將(1)代入(2)即得：l 1o(1 v2/c2)/(1 v2/c2)(3)此即是在1系中觀測到的相對于2靜止的尺子的長度。31.靜止長度為10的車廂，以速度v相對于地面S運(yùn)行，車廂的后壁以速度 U0向前推出一個 小球，求地面觀察者看到小球從后壁到前壁的運(yùn)動時間。解：根據(jù)題意取地面為參考系 S,車廂為參考系S,于是相對于地面參考系 S,車長為 TOC o 1-5 h z 110#l v2/c2 ,(1)車速為v,球速為U (U0 v)/(1 U0V/C )(2)所以在地面參考系S中觀察小球由車后壁到車前壁u t v t 1

14、所以t 1 /(u v)(3)2將(1) ( 2)代入(3)得：t 10(1 U0v/C )u011 v2/c232 一輛以速度v運(yùn)動的列車上的觀察者，在經(jīng)過某一高大建筑物時，看見其避雷針上跳起一 脈沖電火花，電光迅速傳播，先后照亮了鐵路沿線上的兩鐵塔。求列車上觀察者看到的兩鐵塔被電光照亮的時刻差。 設(shè)建筑物及兩鐵塔都在一直線上，與列車前進(jìn)方向一致。 鐵塔到建筑物的地面距離都是10。解：取地面為靜止的參 考系。取x軸與x軸向一致，令t=0時并令此處為 系與 在系中光經(jīng)過t的原點(diǎn)，如圖。1。/ c的時間后同時照亮左右兩塔 ，但在考系，列車為運(yùn)動的參平行同向，與列車車速方 刻為列車經(jīng)過建筑物時，X

15、右101 110.1 ,即:d 右vt22v/cI vt2 / 2v /c1010.1 v2 / c210(1(1 v/c)(1 v/ c)v/ c) , d左10.1v2 / c2(1 v/c)系中觀察兩塔的位置坐標(biāo)時間差為2V10d 右cc2,1 v2/c2在坐標(biāo)系 中，有兩個物體都以速度 U沿X軸運(yùn)動，在 系看來，它們一直保持距離1不變, 今有一觀察者以速度 v沿X軸運(yùn)動，他看到這兩個物體的距離是多少？解：根據(jù)題意，取固著于觀察者上的參考系為系，又取固著于AB兩物體的參考系為“系.在 中，A B以速度u沿x軸運(yùn)動，相距為1;在“系中，A B靜止相距為10,有：l l0 .1 u2/c21 0 212,1 u /c又系相對于以速度v沿X軸運(yùn)動，”系相對于 系以速度u 1&x軸運(yùn)動