2022年电动力学试题库十及其答案.pdf

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1、简答题（每题 5 分，共 15 分）。1请写出达朗伯方程及其推迟势的解2当你接受无线电讯号时，感到讯号大小与距离和方向有关，这是为什么3请写出相对论中能量、动量的表达式以及能量、动量和静止质量的关系式。证明题（共 15 分）。当两种绝缘介质的分界面上不带面电荷时，电力线的曲折满足：1212tantan，其中1和2分别为两种介质的介电常数，1和2分别为界面两侧电力线与法线的夹角。（15 分）四. 综合题（共 55 分）。1平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l和2l，介电常数为1和2，今在两板上接上电动势为U 的电池，若介质是漏电的，电导率分别为1和2，当电流达到稳恒时，求电容器两板上的

2、自由电荷面密度f和介质分界面上的自由电荷面密度f。（15 分）2介电常数为的均匀介质中有均匀场强为0E ，求介质中球形空腔内的电场（分离变量法）。（ 15 分）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 3一对无限大平行的理想导体板，相距为d，电磁波沿平行于板面的z轴方向 传 播 ， 设波 在 x 方 向是 均匀 的 ， 求可能 传播 的 波 型和 相应的 截止 频率（ 15 分）4一把直尺相对于坐标系静止，直尺与x轴夹角为，今有一观察者以速

3、度 v沿x轴运动，他看到直尺与x轴的夹角有何变化（ 10 分）二、简答题1、达朗伯方程：220221AAjctvvv222201ct推迟势的解：00, , ,44rrjx tx tccA x tdVx tdVrrvvvvvv2、由于电磁辐射的平均能流密度为222320sin32PSnc Rv& &vv，正比于2sin，反比于2R，因此接收无线电讯号时，会感到讯号大小与大小和方向有关。3、能量：20221m cWuc；动量：022,1miWPu icPcucvv；能量、动量和静止质量的关系为：222202WPm cc三、证明：如图所示在分界面处，由边值关系可得：切线方向12ttEE（1）法线方向

4、12nnDD（2）12Ev121Ev精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 又DEvv（3）由（ 1）得：1122sinsinEE（4）由（ 2）（ 3）得：111222coscosEE（5）由（ 4）（ 5）两式可得：2211tantan证毕。四、综合题1、 解：如图所示，由电流稳定时，0jv，则介质分界面上有12nnjj，即：11122212 ,nnnnEEEE由于Ev与nv方向一致，121112 , EEEE nvvvv又由1212

5、1 12 2llUE dlEdlEdlElE lvvvvvv11 11 22E lE l2112 11 2122UUEllll由于均匀介质121112 11 2UDEnllvvv1212222122 11 2UDEEnllvvvv电容器上板面自由面电荷密度为：12112 11 20fnUDll1l2l121Dv2Dv精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 下板面的为：21122 11 20fnUDll介质分界面上自由面电荷密度为：2112

6、21123212 11 22 11 22 11 2fnnUUUDDllllll2、解：如图所示，取0E方向为z轴方向。由题意知，球内外均满足02 (1) 又轴对称，则)(cos)(cos11nnnnnnnPrbPra)(0Rr (2)(cos)(cos12nnnnnnnPrdPrc)(0Rr (3)当0r1有限，则0nb)(cos1nnnnPra (4)当rcos02rEnnnnPrdrE)(coscos102 (5)在介质球面0Rr上有边值关系021Rr (6)0210rRrr (7)将(4)、(5)代入 (6)、(7)中解得1003cos2E r (8)30002020coscos2E R

7、E rrbxyo0E0Rz12精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 球腔内的电场强度为：110032EEvv3、解：由亥姆霍茨方程：022EkE (1)根据题意0 xk，场与x无关。可设场为)()(),(tzkizeyEtzyE (2)将(2)代入 (1)中，得振幅满足的亥姆霍茨方程为0222)()(yEkdyyEdy（3）分量通解为ykBykAyEyysincos)(利用0y，b边界条件0zxEE，0yEy (4)得：)(sintzk

8、iyxzyekAE1)(costzkiyyzyekAE2)(sintzkiyzzyekAE3 (5)其中bmky210 ,m (6)而2222)()(bmckkkyz (7)由此得截止频率为bmcc (8)由于此波型 (5)满足0E。因此1A、2A、3A不独立，将 (5)中三式代入0E中得精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 6 页 - - - - - - - - - - 032zykiAkA，即32AkkiAyz (9)4、解：如图所示，设观察者的坐标系为，根据运动尺度缩短，xv方向上，在坐标系中，直尺的长度为：22221cos1xxvvlllcc而yv方向上，在坐标系中，直尺的长度为：sinyylll则2222tansintancos11yxlllvvlcclyxvvyx精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 6 页 - - - - - - - - - -