电动力学答案完整(共29页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上1.7. 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，使介质内均匀带静止由电荷求1 空间各点的电场；2 极化体电荷和极化面电荷分布。解（1） ， （r2r r1）即：， （r2r r1）由， （r r2） ， （r r2）r r1时， （2） （r2r r1）考虑外球壳时， r= r2 ，n 从介质 1 指向介质 2 （介质指向真空），P2n =0考虑内球壳时， r= r11.11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为 l1 和l2，电容率为1和，今在两板接上电动势为 的电池，求（1） 电容器两板上的自由电荷密度f（2） 介质分界面上的自

2、由电荷密度f若介质是漏电的，电导率分别为 1 和 2当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向则故：，又根据， （n从介质1指向介质2）在上极板的交面上， 是金属板，故=0即：而，（是下极板金属，故=0）若是漏电，并有稳定电流时，由可得 ， 又得： ，即 1.14、内外半径分别a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度电荷为，板间填充电导率为的非磁性物质。（1）证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。（2）求随时间的衰减规律。（3）求与轴相距为r的地方的能量功耗功率密度。（4）求长度为l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的

3、能减少率。（1）证明：由电流连续性方程： 根据高斯定理 , 即： ， ，即传导电流与位移电流严格抵消。（2）解：由高斯定理得： 又，, （3）解：能量耗散功率密度=（5）解：单位体积静电能W=减少率 例1.一个内径和外径分别为R2和R3的导体球壳，带电荷Q，同心地包围着一个半径为R1的导体球（R1 R2）.使这个导体球接地，求空间各点的的电势和这个导体球的感应电荷。解 这个问题有球对称性，电势不依懒于角度和，因此可以只取中n=0项。设导体壳外和壳内的电势为(1) (2)边界条件为：（1）因内导体球接地，故有 (3)（2）因整个导体球壳为等势体，故有 (4)（3）球壳带总电荷Q，因而 (5)把（

4、1）、（2）代入这些边界条件中，得 由此解出 (6) ,其中 把这些值代入（1）、（2）中，得出电势的解导体球上的感应电荷为 例4 导体尖劈带电势V，分析它的尖角附近的电场。解 用柱坐标系。取z 轴沿尖边。设尖劈以外的空间，即电场存在的空间为。因不依懒于z，柱坐标下的拉氏方程为 （1）用分离变量法解次方程。设的特解为则上式分解为两个方程 其中为某些正实数或0.把的特解叠加得得通解 各待定常量和的可能值都由边界条件确定.在尖劈面上，=V，与r无关，由此 因有限，得 在尖劈面上，有与r无关，必须 因此得可能值为 考虑这些条件，可以重写为 为了确定待定常量，还必须用某一大曲面包围着电场存在的区域，并

5、给定这曲面上的边界条件。因此，本题所给的条件是不完全的，还不足以确定全空间的电场。但是，我们可以对尖角附近的电场作出一定的分析。在尖角附近，上式的求和的主要贡献来自r最低幂次项，即n=1项。因此， 电场为 尖劈两面上的电荷密度为 若很小，有尖角附近的场强和电荷密度都近似地正比于由此可见，尖角附近可能存在很强的电场和电荷面密度。相应的三维针尖问题就是尖端放电现象。2.7 在一很大的电解槽中充满电导率为的液体，使其中流着均匀的电流，今在液体中置入一个电导率为小球，求稳恒时电流分布。讨论两种情况下电流分布的特点。解：维持电流恒定的电场也是静电场，可令，由电流恒定条件，等两种介质都是线性均匀的，根据欧

6、姆定律半径为，令导电液中原电流密度。问题就有z轴对称性。全部定解条件为： （R）； （R）R=0时， 有限；时， R=时， ， 即 （1）由R=0和处的条件，可将两区域电势方程的解写为 （2） （3）将（2）和（3）代入（1），解出由，得球面的电荷密度：球内为原外场与球面电荷分布产生的均匀场之叠加;球外的第一项是原外场，第二项是球面电荷产生的偶极场。电流分布为：当时，当时，2.8 半径为的导体球外充满均匀绝缘介质，导体球接地，离球心为处置一点电荷，试用分离变数法求空间各点电荷，证明所得结果与镜象法结果相同。【解】以球心为坐标原点，另位于，如图所示。 ROarz于是问题有 轴对称性。球外电势的全

7、部定解条件为 （1） （2）由处的条件和轴对称性，泊松方程（1）的解写为 （3）其中是点电荷到场点的距离。可展开成 （4）因，将（4）的第一式代入（3），并由条件解出 （5）将（4）代入（5），便给出和两区域中电势的级数形式，仅在即点电荷所在点级数发散。在区域，（5）式给出 （6）它包含着这电荷体系所有各级电多极矩的电势，由（6）式的前三项是单极项，偶极项和四极项电势： （7） （8） （9）由（8）式和（9）式，可推知这体系的电偶极矩和电四极矩。【镜像法】以假象的像电荷代替导体球与介质分界面真实的感应电荷及极化电荷对电场的贡献，为使所得的解满足求解区域即球外的方程（1），像电荷必须置于球内。

8、由轴对称性，在球内处置像电荷，于是球外任一点的电势可写成 （10）其中是到场点的距离，是到场点的距离，即 （11）由的条件，有 ，即将和代入上式并两边平方，可解出 ， （12） （13）此解与（5）式是一致的，它显然也满足的条件。2.9. 接地的空心导体球的内外半径为R1 和R2 ，在球内离球心为a(a R1,于是球腔内任意一点的电势为 （3）其中r和r分别为场点到q和q的距离，即， (4)由R= R1 ，的条件，解出, (5)将（4）,（5）代入（3）得因为球外故感应电荷集中在内表面并且总电量为q。2.11. 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

9、位于系统的对称轴上，并与平面相距为b（ba）试用电象法求空间电势。解：以z轴为系统的对称轴，球心为坐标原点，求解区域为导体表面上方空间，导体表面的电势为零，定解条件为，以及但处，要满足导体表面电势为零的条件，需要导体内设置三个假想的像电荷：在z=-b处置-q，在处置-qa/b，在处置+qa/b。于是导体外任意一点的电势为 3.13 有一个均匀带电的薄导体壳，半径为，总电荷为，今使球壳绕自身某一直径以角速度转动，求球内外的磁场.【解】以球心为坐标原点，转轴为轴.球壳电荷面密度=，因球壳自转而形成的面电流密度为 （1） 【磁标势法】 球内外两区域均无传导电流分布，磁标势均满足方程，边界条件为 ，有

10、限； ， （2） 处， 即， （3） 由轴对称性，及（2）的两个条件，磁标势方程的解写为 （4） （5） 由条件（3），解出 ， （6） （7） （8） 球内为均匀场，球外为磁偶极场，球面电流形成的磁矩为 （9）3.14 电荷按体均匀分布的刚性小球，总电荷量为，半径为，它以角速度绕自身某一直径转动，求：（1）它的磁矩；（2）它的磁矩与自转角动量之比。设小球质量是均匀分布的。 【解】小球的电荷密度与质量密度分别为 ， 设转动轴为轴，则球内任一点的转动速度为， 球内电流密度与动量密度分别为， 小球的磁矩与自转角动量分别为 于是有 4.1有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播，一个波沿x方向偏

11、振，另一个沿y方向偏振，但相位比前者超前，求合成波的偏振。反之，一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振？解：两个波德波矢量均为，设振幅均为，有于是合成波 是振幅为的圆偏振波，在迎着传播方向看来，电矢量E逆时针旋转，故是右旋的圆偏振波。若的相位比滞后，则合成波是左旋的圆偏振波。若和的振幅不等，则合成波是右旋或左旋的椭圆偏振波。反之，一个圆（或椭圆）偏振波可以分解为两个相互独立，相位差为的线偏振波。4.2考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为和的线偏振平面波，它们都沿z轴方向传播（1）求合成波，证明波德振幅不是常数，而是一个波：（2）求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。解：因，这是两列频率接近

12、的波，波数分别为。设它们都沿x方向偏振，振幅为，且初相位一致，即于是合成波仍是x方向上的线偏振波，其实数形式为 这表明频率为的高频波受到了频率为的低频波调制，是已调至的振幅，或称包络线，等相位面方程为常数，对它求时间导数，得相速度 等振幅面方程为=常数，对此求时间的导数美得振幅传播速度 它是波包整体的传播速度，即群速。4.3一平面电磁波以从真空入射到得介质，电场强度垂直于入射面。求反射系数和折射系数解：设介质是非铁磁性且线性均匀的，即，折射率，因入射角，由折射定律，得 即折射角。当垂直于入射面时，由边值关系及可解出，反射系数为不考虑介质损耗时，折射系数为 4.4有一个可见平面光波由水入射到空气

13、，入射角为。证明这时将会发生全反射，并求折射波沿表面传播的相度和透入空气的深度。设该波在空气中的波长为，水的折射率为n=1.33解：空气的折射率，水的折射率，这是光从光密介质入射至光疏介质的问题，由折射定律 （1）可得这问题的临界角为 （2）入射角，故，已没有实数意义上的折射角，将发生全反射。设界面为z=0的平面，入射面为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为虚数，故折射波电场为 （5）可见这是沿界面切向x传播，振幅在法向z按指数规律衰减的表面波。设由 （6）得折射波磁场两个分量： （7）因此折射波的法向平均能流密度： （8）透射系数T=0.这是

14、因为入射波能量在半个周期内透入第二介质，在另半个周期内又完全反射回到第一个介质所致。由，波透入空气中的深度为 （9）折射波德相速度为 （10）4.5频率为的电磁波在各向异性介质中传播时，若仍按变化，但不再与平行（即不成立）。（1）证明，但一般（2）证明（3）证明能流与波矢一般不在同一方向上解：设介质内即介质中的场方程为 （1）设成立，将代入上述场方程，得 （2） （3）是由于。将（2）的第三式代入第四式，得 （4）因，故与电场不同向。介质中的能流密度为 （5）显然，与波矢不在同一方向。4.7已知海水的，试计算频率v为50Hz，Hz的三种电磁波在海水中的透入深度。解：由在微波频率以下海水的数量级

15、为10，电导率，因此对于频率为50Hz，Hz和Hz的三种电磁波，均有 即海水对上述频率的波可视为良导体，波德穿透深度均可表示为 将代入上式，分别得 4.12无限长的矩形波导管，在z=0处被一块垂直地插入的理想导体平板完全封闭，求在和z=0这段管内可能存在的薄模解：因一端被理想导体封闭，波在此处将被完全反射，因此这波导管内电场不具有形式，现令,是方程 （1）满足条件 （2）的解，界面S是管壁。的三个直角分量均满足方程： （3）其中 （4）令从方程（3）得到三个一维波动方程： （5）它们都有形如的通解，因此 （6）设波导管x方向的宽度为a，y方向的宽度为b。有条件（2），有由此得，于是 （7）常数

16、是的振幅。同理得 （8） （9）再由条件（2），有 将（7）（8）（9）三式代入上述条件，解得 管内电场还应满足将（7）(8)(9)三式代入这条件，得 可见中只有两个是独立的，即（7），（8），（9）表示的解中，对每一组值，管内有两种独立的波模。5.1. 若把麦克斯韦方程组的所有矢量都分解为无旋的(纵场)和无散的(横场)两部分，写出和的这两部分在真空所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场。解：令，下标L表示纵场，T表示横场：， （1）于是从麦克斯韦方程， （2）得 ， （3）， （4） ， （5）， （6）方程组（3）的前两个方程表明，时变电场的纵向分量由电荷激发，它与静电场一样是有

17、散无旋场，故对应库仑场。5.2. 证明在线性各向同性均匀非导电介质中若, ,则和可完全由矢势 决定若取, 这时 满足哪两个方程？解：对于单色波，现行各向同性均匀介质内，若, ，场方程为， （1）将 ， （2）代入场方程（1），并选择洛伦兹规范 （3）得和遵从齐次波动方程：， （4）将角频率为的单色波， （5）代入（3）式，并求梯度，得 （6）于是又（2）可知和可完全由矢势确定：， （7）若取，则（3）式变成，此时满足的两个方程为， （8）由给定的边界条件，从这两个方程杰出，便可给出，5.3. 证明沿z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势) 表示，其中， 垂直于z轴方向。证：在洛伦兹规范 下，齐次达

18、朗贝尔方程的平面波解为 ，由于，即为横场，于是由洛伦兹规范，得，而波失量，故失势为其中，这平面波的电磁场用失势表示为5.4. 设真空中失势可用复数傅里叶展开为，其中是的复共轭。（1）证明满足谐振子方程；（2）当选取规范，时，证明；（3）把和用和表示出来。（1）证明：在洛伦兹规范 （1）下，真空中的的齐次波动方程为 （2）这是一个线性方程，任何频率的单色平面波是它的解，由各种不同频率的单色波线性叠加而成的任何电磁波，都是它的解。故一般的可将这方程的解表示为级数： （3）将（3）代入方程（2）可得， （4）即每一个单色波极其复共轭都满足谐振子方程。（2）当选取规范，时，将（3）式代入此条件得， （

19、5）（3） （6） （7）5.5. 设和是满足洛伦兹规范的失势和标势。（1）引入一矢量函数（即赫芝势），使，证明；（2）若令，证明满足，并写出它在真空中的推迟解；（3）证明和可通过用下列公式表出。证明：在洛伦兹规范 （1）下和遵从达朗贝尔方程：， （2）将 （3）代入（1）式得 （4）因为（1）式对任意点任意时刻都成立，故方程（4）对任意点任意时刻也成立，因此括号内两个矢量最多只相差一个无散场，令其为0，便有 （5）若令 （6）将（3）式和（6）式代入（2）式的第二式得 （7）这方程与的达朗贝尔方程有完全相同的形式，因此它也有推迟势解： （8）只要给出，由（6）式可求出，进而由（8）式便可求出

20、赫芝势。 （9） （10）5.6 两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞，证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生。证明：由电偶极矩产生的辐射场，由磁偶极矩产生的辐射场，现有两个质量，电荷都相同的粒子相向而行，发生磁撞，在此过程中取两个电荷的连线为x 轴，于是此系统的电偶极矩是由此可发现由于两个粒子质量相同，电量也相同，故当其运动时即于是系统的电偶极矩辐射场为 0同理，系统的磁偶极矩辐射场为 0综上，两个质量电荷都相同的粒子，同向而行发生磁撞，不会发生电偶极辐射和磁偶极辐射。例1 一个立方体的固有体积为1000 m3，求沿与立方体的一边平行的方向以0.8c 的速度运动的观测者所测得的体积。解：

21、 设立方体沿x方向运动 v=0.8 c，则观测者将测得立方体与运动方向平行的一边有一个收缩了的长度： 其它两边：所以体积例2. 能量为的一个宇宙线质子来到地面，进入的磁场中，它的速度v与B垂直。 求：这质子感受到的电场强度有多大？解： 设质子的速度，磁感应强度，由电磁场变换公式得质子感受到的电场为因为 所以全由存在引起的。质子的静能所以所以质子感受到的电场为由相对论时间空间坐标变换可得 （1） （2） （3）例3：一直山洞长1km，一列火车静止时，长也是1km，当这列火车以0.6c的速度运行时，穿过该山洞。A是站在地面上的观察者，B是坐在火车上的观察者。求：1）从车前端进洞到车尾端出洞，A,B

22、观测到的时间各是多少？2）对A,B分别来说，整个列车全在洞内的时间是多长？解：1）对 来说，火车长 收缩火车前端进洞，尾端出洞，总长为：洞长+车长=1+0.8=1.8km所需时间：对来说，火车长为1km山洞长为（山洞相对于B有运动，所以亦收缩）所需时间：2）对A来说整个列车全在洞内的时间，即从车尾端进洞到车前端出洞的一段时间对B来说，列车长为1km，而山洞只有0.8km，所以不能全部在山洞内。例4：介子的半衰期是，一束介子以的速度离开一个加速器，分别按经典和相对论理论计算介子衰变一半时飞过的距离是多少？解：经典理论：距离=按相对论理论：的半衰期是由相对于介子处于静止状态的观察者测定的。从实验室

23、中观察者看时，由于介子运动，时间膨胀了，所以半衰期也增加了。所以飞行距离为：例5：一列火车静止时与站台长度相等，都是，在火车前端和尾端以及站台起点A和终点B各装有一个钟，这四个钟结构完全相同，静止时走的快慢也相同，当火车以的速度进站，车前端与站台起点A对齐时，车前端与站台起点A的钟都指在十二点整。求：此时，站台上的人和火车上的人看到车尾端和站台终点B上挂的钟各指着什么时刻？解：两个作相对运动的坐标系没有公共的同时性，讲“这时”时必须指明是哪个坐标系的时间才有意义。首先，火车上和站台上的观察者都看到车前端与站台起点A对齐时是十二点整，站台上的人观察到：与A对齐时，站台上的时间是十二点整A，和B三个钟都指着十二点整，而车尾的钟这时却不是指着十二点整，而是指着某个时刻据式得：所以，站台上的人观察到钟指向12时38.4分vAB图：站台上的人观察到的四钟时刻。再看，火车上的人观察到，与A三钟均指12时整，可站台终点B这时却不是指向十二时整。而是指向某个时刻.按洛伦兹变换所以火车上的人看到：B钟指向12时38.4分AAAx火车上的人观察到的四钟时刻。专心-专注-专业