2014年西南大學(xué)電動(dòng)力學(xué)復(fù)習(xí)提綱及復(fù)習(xí)習(xí)題參考答案資料

1、2012級(jí)電動(dòng)力學(xué)復(fù)習(xí)提綱數(shù)學(xué)準(zhǔn)備理解散度、旋度、梯度的意義，熟悉矢量的梯度、散度、旋度在直角、球、圓柱坐標(biāo)系中的 運(yùn)算，以及散度定理（高斯定理）、旋度定理（斯托克斯定理）。章后練習(xí)1、2。第1章理解全章內(nèi)容，會(huì)推導(dǎo)本章全部公式。 重點(diǎn)推導(dǎo)麥克斯韋方程組，以及用積分形式的麥克斯韋方程組推出邊值關(guān)系。章后練習(xí)1、2、5、9、10、12第2章能推導(dǎo)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，并且能說明各物理量及定律的物理意義。能認(rèn)識(shí)電磁場(chǎng)動(dòng)量及動(dòng)量轉(zhuǎn)化和守恒定律， 并且能說明各物理量及定律的物理意義。了解電磁場(chǎng)的角動(dòng)量， 理解電磁場(chǎng)有角動(dòng)量且角動(dòng)量轉(zhuǎn)化和守恒的意義。P35例題，書后練習(xí) 2、3第3章理解靜電場(chǎng)和靜磁場(chǎng)的勢(shì)

2、函數(shù)，為什么可以提出，在求解靜電磁場(chǎng)時(shí)有什么意義。勢(shì)的方程和邊值關(guān)系及推導(dǎo)。 深入理解唯一性定理，能應(yīng)用其解釋電磁現(xiàn)象，比如靜電屏蔽現(xiàn)象。熟 悉電磁能量勢(shì)函數(shù)表達(dá)式及意義。會(huì)獨(dú)立完成P48例題1, P55例1、例2, P57例5,。練習(xí) 1、 3、 6、 7第4章掌握靜像法、簡(jiǎn)單情形下的分離變量法；掌握電偶極矩的勢(shì)、場(chǎng)，以及能量、受力等；知道 電四極矩的表示，計(jì)算。 了解磁偶極矩的表示、能量。熟悉超導(dǎo)的基本電磁性質(zhì)及經(jīng)典電磁 理論的解釋。會(huì)獨(dú)立熟練計(jì)算P62例題1、P64例2及相關(guān)討論；P69例1、P72例3; P74例 1、例 2。練習(xí) 3、4、5、7、10、12第5章1、理解如何由麥克斯韋

3、方程推導(dǎo)自由空間的波動(dòng)方程，理解其意義。2、能推出電場(chǎng)和磁場(chǎng)的定態(tài)方程（亥姆霍茲方程），熟練掌握自由空間平面電磁波表達(dá)式，并且能應(yīng)用其證明平 面電磁波性質(zhì)；3、能推導(dǎo)反射、折射定律、費(fèi)涅爾公式，并且能應(yīng)用其討論布儒斯特定律、 半波損失等常見現(xiàn)象；4、理解全反射現(xiàn)象，知道什么情形下發(fā)生全反射，折射波表示，透 射深度；5、熟悉電磁波在導(dǎo)體空間表達(dá)式，理解其物理意義、理解良導(dǎo)體條件及物理意義；能推導(dǎo)導(dǎo)體中電荷密度；知道導(dǎo)體內(nèi)電場(chǎng)和磁場(chǎng)的關(guān)系；理解趨膚效應(yīng)，計(jì)算趨膚深度；理想導(dǎo)體的邊值關(guān)系；6、理解波導(dǎo)管中電磁波的求解過程和結(jié)果，知道結(jié)構(gòu)。能計(jì)算截止頻率。了解諧振腔中的電磁場(chǎng)解，理解且求解共振頻率。7

4、、獨(dú)立計(jì)算P103, P111, P120例1、P121 的例 2、例 3。練習(xí) 5、7、8、9, 10第6章1、熟悉并且理解時(shí)變電磁場(chǎng)的電磁勢(shì)及與電磁場(chǎng)的關(guān)系；2、什么是規(guī)范變換和規(guī)范不變性，熟悉庫(kù)侖規(guī)范和洛侖茲規(guī)范；3、熟悉達(dá)朗貝爾方程，理解什么是近區(qū)、感應(yīng)區(qū)、輻射區(qū)及特點(diǎn)；了解多極展開方法的應(yīng)用；理解什么是推遲勢(shì)，物理意義和表達(dá)式；4、熟悉電偶極輻射的電磁場(chǎng)及性質(zhì)特點(diǎn)、偶極輻射的功率特點(diǎn)。5、獨(dú)立完成練習(xí)2第7章1、了解狹義相對(duì)論的產(chǎn)生過程，對(duì)電磁學(xué)發(fā)展的意義；2、熟練掌握狹義相對(duì)論的原理；洛侖茲變換式、間隔的概念及表示；3、熟悉物理量按變換性質(zhì)分類；理解如何得到協(xié)變物理量、判斷物理規(guī)律

5、的協(xié)變性、熟悉教材給出的四維物理量、洛倫茲變換矩陣；4、熟練掌握相對(duì)論的多普勒效應(yīng)及特點(diǎn)；5、了解協(xié)變的電動(dòng)力學(xué)規(guī)律；6、熟悉如何求解以勻速運(yùn)動(dòng)的帶電粒子的勢(shì)函數(shù)、電磁場(chǎng)及特點(diǎn)；7、獨(dú)立完成 P159例4、P162例1、P164例2, P165例 3、例 4,練習(xí) 2、8, 9, 11,12第8章1、理解相對(duì)論的時(shí)空效應(yīng)，能用洛侖茲變換式推出同時(shí)的相對(duì)性，長(zhǎng)度收縮，動(dòng)鐘變慢，因果律及光速極限，并且能夠應(yīng)用計(jì)算；2、理解相對(duì)論的時(shí)空結(jié)構(gòu)；熟悉速度變換式并且能應(yīng)用計(jì)算；3、熟悉質(zhì)能關(guān)系式并且理解怎么提出的，深入理解靜能、動(dòng)能的概念。4、獨(dú)立完成 P171 例 1, P173 例 2, P177例

6、3, P180 例 1, P181 例 2, P182 例 3.練習(xí) 1、2、5、7、8、10、11第9章了解運(yùn)動(dòng)帶電粒子的電磁場(chǎng)，什么時(shí)候能產(chǎn)生輻射；了解經(jīng)典電動(dòng)力學(xué)的適用范圍。部分習(xí)題答案習(xí)題一(1、2、12自己證明)1 .用靜電場(chǎng)的高斯定理說明電力線總是從正電荷發(fā)出，止于負(fù)電荷，且靜電場(chǎng)線不可能是 閉合的。2 .用磁場(chǎng)的高斯定理說明磁力線總是閉合的。5 .試證明：在均勻介質(zhì)內(nèi)部，極化電荷密度PP與自由電荷密度P的關(guān)系為PP=|包11P,其中8是介質(zhì)的電容率.P證明：因?yàn)镈 = &E ,電容率z與坐標(biāo)無(wú)關(guān)，由D=%E + P,和VQ = Pf,得P - P - - D - 0 E1

7、 - ；0 /，r D 1 - ；0 /，.1P f一般介質(zhì)因此Pp與Pf符號(hào)相反。9.平行板電容器內(nèi)有兩層介質(zhì)，它們的厚度分別為11和12,電容率為 和% .今在兩極板間接上電動(dòng)勢(shì)為E的電池，求 電容器兩板上的自由電荷面密度； 介質(zhì)分界面上的自由電荷面密度.若分界面是漏電的，電導(dǎo)率分別為巴和仃2，當(dāng)電流達(dá)到恒定時(shí)，上述兩問題的結(jié)果如何？解(1)求兩板上自由電荷面密度 仃門和仃,在介質(zhì)絕緣情況下，電容器內(nèi)不出現(xiàn)電流L12V。=印1E2I2 =” D2(1)1'2邊值關(guān)系為 n (D1 - D2)-；：一，(2)在兩種絕緣介質(zhì)的分界面上，沒有自由電荷分布，仃f3 = 0I 3n (D2

8、-Di) =0D2 =D1因?yàn)閮蓸O板中（導(dǎo)體中）電場(chǎng)為0,;在導(dǎo)體和介質(zhì)的分界面 2處有n (D2 - Di) - ； f2得 -D2二 f2在另一導(dǎo)體與介質(zhì)的分界面i處有-n (D2 -Di) = : f(4)聯(lián)立解得(-Di) =DiV。li 1 2十i ；2V。1 il2十；i ；2可見，整個(gè)電容器保持 crfi +crf2 +cr f3 =0 （電中性）（2）當(dāng)介質(zhì)略為漏電，并達(dá)到穩(wěn)恒時(shí)，要保持電流連續(xù)性條件成立n(J2 Ji) =° 即 J in =J 2n Ji =J 2在兩介質(zhì)界面上有自由電荷積累，此時(shí)Di#D2,應(yīng)有J1 = J 2 = J；-iEi = ； 2E2

9、= J極板的電導(dǎo)率遠(yuǎn)大于5和仃2 ,故極板中電場(chǎng)近似為, fi Vo =EiliE2I2 =(li L I2二 i=(L L)J'-'i -'2E _ V。二 2 li；:2匚V°iE2 一 ;l2 二 i li 二 2l2二ili 二2(；2：i - ；i二 2)V。l2 0 i . li；12根據(jù)邊值關(guān)系最后得出，各交界面上自由電荷面密度為V-l2 二 ili 二 210.試用邊值關(guān)系證明： 在絕緣介質(zhì)與導(dǎo)體的分界面上，在靜電情況下，導(dǎo)體外的電場(chǎng)線總是垂直于導(dǎo)體表面；在恒定電流情況下，導(dǎo)體內(nèi)電場(chǎng)線總是平行于導(dǎo)體表面.證明：因?yàn)?Eit =E2-導(dǎo)體內(nèi)（1）

10、電場(chǎng)為0,所以導(dǎo)體外（2）電場(chǎng)的切向分量為 0,電場(chǎng)線總是垂直于導(dǎo)體表面。在恒定電流情況下，V ,J = 0 ,則有Jn = 0,又由歐姆定律J = <tE故導(dǎo)體中En =0,所以電場(chǎng)僅有切向分量，電場(chǎng)線平行于導(dǎo)體表面。12.用靜電場(chǎng)的環(huán)路定理說明，電力線不可能是閉合曲線。習(xí)題二2.內(nèi)外半徑分別為 a和b的無(wú)限長(zhǎng)圓柱形電容器，單位長(zhǎng)度荷電為Kf,板間填充電導(dǎo)率為O的非鐵磁物質(zhì).證明在介質(zhì)中任何一點(diǎn)傳導(dǎo)電流與位移電流嚴(yán)格抵消.因此內(nèi)部無(wú)磁場(chǎng).求M隨時(shí)間的衰減規(guī)律.求與軸相距為r的地方的能量耗散功率密度.求長(zhǎng)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靜電能減少率.一 ,f , D解

11、：由圖斯定理可得D = 則E = D2二 r:由歐姆定律微分形式J f-；E- f?r.2 二；r而位移電流密度JD空.:t?r.,對(duì)其兩邊求散度又由*f-=0ft所以二'fft+ 組=0。-:t因?yàn)榻橘|(zhì)是非鐵磁性的，即 B = NH ,故任意一點(diǎn)，任意時(shí)刻有二0一 田Jf+a )由一ft三，f ,解這個(gè)微分方程得功率密度p=Jf七=二£2=二."2二2長(zhǎng)度為l的一段介質(zhì)耗散的功率為b %202 二rldr =32 二；r二"b 2 ln -.2二； a八 一、1W一 2能量密度 w = - E D,=-二，f / 2二；r2ft長(zhǎng)度為l的一段介質(zhì)內(nèi)能量減

12、少率為b ：w c 一2 rldra ；:t2二；2ln2a3 . 一很長(zhǎng)的直圓筒,半徑為外力矩的作用下，從t=0時(shí)刻開始,R,表面上帶有一層均勻電荷， 電荷量的面密度為 仃.在 以勻角加速度 a繞它的幾何軸轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示.試求筒內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；試求筒內(nèi)接近內(nèi)表面處的電場(chǎng)強(qiáng)度E和玻印廷矢量S;試證明：進(jìn)入這圓筒長(zhǎng)為l 一段的S的通量為d fnR2lB2)解：?jiǎn)挝幻骐娏鱥 =2 R" =；：RTB = 口居=0；R在圓筒的橫截面內(nèi)，以軸線為心，r為半徑作一圓，通過這圓面積的磁通量為2,E ： iB dS-r 0；R s由法拉第定律，得l 1 d：JE =2 二r dt1 , d -0

13、；Rr 2 dt因?yàn)?所以_1 ,_E 二 -一0；rR :2考慮到方向，則有1-E =J0-rR 二 e2在筒內(nèi)接近表面處，_1 ,_2e = 0；=r 二 er ez2該處的能流密度為_ I !_ 2Sr = Er H r = o 二R :1 l3r 邑！ I： R ?2=-0；2r3： 2t?r 2負(fù)號(hào)表明，S垂直于筒表面指向筒內(nèi)。進(jìn)入這圓筒長(zhǎng)為l 一段的S的通量為中 s = Sr 2二Rl -二 J 0二 2R4： 2ltd 6rR2l c2、nR2l p 出J% 廠人B，"R4：21t所以討論：此結(jié)果表明，筒內(nèi)磁場(chǎng)增加的能量等于s流入的能量。由于筒未轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，筒內(nèi)磁場(chǎng)為零，磁

14、場(chǎng)能量為零，磁場(chǎng)能都是經(jīng)過玻印廷矢量由表面輸入的。習(xí)題三1.試證明，在兩種導(dǎo)電介質(zhì)的分界面上，石邛石邛-仃2=一。17=0.（n由1指向2 ）.cncn證明：因?yàn)?sj-dS=0所以,j1n = j2n又,jn =；三cr-:n夕2_二1二 2 一.n3.試論證：在沒有電荷的地方，電勢(shì)既不能達(dá)到極大值，也不能達(dá)到極小值.（提示：分真空和均勻介質(zhì)空間，用泊松方程證明.）p證明：由中之中=（1）"0沒有電荷的地方(2)三2:21 222'2'2x 二 y二 z如果邛為極大，則:2 :J<。，:x:2:-0, :V22J <0 ,這不滿足(2)式，可見沒有電荷；

15、z處，中不能為極大。同理可以證明 中不能為極小。，一，i1 一 一 在均勻介質(zhì)中，有 Pp = _ 1 _ P,若沒有自由電荷，也就沒有極化電荷。方程(2)仍然成立，證明和前面一樣。6.三個(gè)同心薄金屬球殼形成一個(gè)靜電系統(tǒng)，內(nèi)球半徑為Ri,中間球半徑為 R2,外球半徑為R3,球殼之間為真空，內(nèi)外球殼接地，電荷Q置于中間球殼上，試求：(1)內(nèi)球殼上的感應(yīng)電荷Q1值;，(2)外球面上的感應(yīng)電荷Q3的值.在所研究場(chǎng)域內(nèi)無(wú)電荷分布，故場(chǎng)域滿足V D =0 .因?yàn)殡妶?chǎng)具有球?qū)ΨQ的特點(diǎn)，故選用球坐標(biāo)，且 E = Eg0,于是1 d, 2一、 一V D =0 (R1 <r <R2)或在球坐標(biāo)系中2

16、 (r D1)=0(1)r2 d.一 A積分得D1 = A2(2)rB同理得 D2 =(R2 :二 r ： R3)(3)r根據(jù)邊界條件確定常數(shù)A、B.由n D2dS- n n DdS = Q，得A B*由 R2 E1 dr = R：E2 dr得(5)a _R(R3 -R2)b 一 R3(R2 -R1)聯(lián)立(4)、(5)式，得a _Q_ R1( R3 - R2) 一4 二 R2( R3 - R1)B _Q_ R3(R2 _R1) 一4 二 R2( R3 - R1)因此，球殼之間電場(chǎng)分布為QR1(R3 _ R2)14二；0r 2 R2(R3 - R1)_ QR3(R2 - Ri)E2 =2&quo

17、t; 一 , Z4 二；0r R2(R3-Ri)內(nèi)球殼上感應(yīng)電荷分布二 1 =.；：0Ein - - EiRl(R3 -R2)小心電何Qi = QR2( R3 - Ri)外球殼內(nèi)表面感應(yīng)電荷分布為仃3 = M E2n =-g0E2總電荷小R3(R2 - R1 )小.Q 2 二一QR 2( R 3 一 R 1)7. (1)根據(jù)電荷守恒定律證明穩(wěn)恒電流情況下的邊界條件：電流密度的法向分量連續(xù).(2)證明導(dǎo)體表面電位移的法向分量Dn =仃(仃為面電流密度)，但D不在導(dǎo)體表面的法線方向.解(1)在兩種導(dǎo)電媒質(zhì)的分界面上，作一扁圓柱體(高AhT 0),把連續(xù)性方程叫dS =0用于這個(gè)圓柱面上， 則n(

18、j2 一 j1) =0或jm = j2n,法向單位基矢n由媒質(zhì)1指 向媒質(zhì)2,因此電流密度在界面法線n上的分量連續(xù).(2)由于介質(zhì)中各點(diǎn)j2=0 ,故導(dǎo)電媒質(zhì)與非導(dǎo)電媒質(zhì)交界面上邊界條件為二 E1 =0E " = E 2ttn (D2 -D1)- ,D2n 一二因?yàn)殡妶?chǎng)有切向分量，所以D不在導(dǎo)體表面法線方向。分析(1)在穩(wěn)流場(chǎng)中，兩種導(dǎo)電媒質(zhì)界面上jn連續(xù)，而En不連續(xù)是由于界面上存在面電荷.面電荷密度為二=n (D1 - D 2) =n ( ;2E2 - ；1 E1)：2 C1界面上積累電荷密度激發(fā)的電場(chǎng)將影響整個(gè)空間的電場(chǎng)分布(2)兩種導(dǎo)電媒質(zhì)的交界面不是等勢(shì)面，當(dāng)交界面上各點(diǎn)切

19、向分量Et=0 ,界面才是等勢(shì)面.(3)對(duì)理想導(dǎo)體 5 T電，其內(nèi)部電流密度有限， 故E1 =0 ,整個(gè)理想導(dǎo)體為等勢(shì)體在穩(wěn)流場(chǎng)中，一般把供電電極作為理想導(dǎo)體使用，而不論其電導(dǎo)率的值為多大習(xí)題四3 .接地的空心導(dǎo)體球內(nèi)外半徑為R和R2,在球內(nèi)離球心為 a(a < R )處置一點(diǎn)電荷 q ,求空間的電勢(shì)分布.導(dǎo)體球上的感應(yīng)電荷有多少？分布在內(nèi)表面還是外表面?答案：1 = 1q十二 qRJa4n即 l<R2 +a2 -2Racos0 RR2 + （R2 / a f 2R（R； / a ）cos0q' = _q ,分布在內(nèi)表面.感應(yīng)電荷不等于像電荷.提示：該題的解法與例題 2完全

20、類似，只是像電荷在球外空間。4 .上題的導(dǎo)體球殼不接地，而是帶電荷q0 ,或使其有確定的電勢(shì) 中0，試求這兩種情況的電勢(shì).又問qo和外是何種關(guān)系時(shí)，兩情況的解相等？解：由疊加原理，本題可以看作3題再疊加一個(gè)半徑為 R2的均勻帶電球面，球面帶電為q0 +q。若題給條件是導(dǎo)體球殼電勢(shì)為 外 ,則在3題基礎(chǔ)上疊加一 電勢(shì)為50球面。所以1 = 1 q+-qR/a+ q + qO4"% f r2 +a2 2Racos8 R r2 +(R；/a 2 2R(R；/a jcosR2或者，平=工 q -qR/aL%4n% N r2 +a2 2Racosg Jr2 + (R： / a 2 - 2R(R

21、2 / a bos _當(dāng)中。=q+q°時(shí)，兩種情況的結(jié)果相等.4 二 0R25 .在x =0處和y =0處有兩個(gè)互相垂直的無(wú)限大導(dǎo)體面，設(shè)有一點(diǎn)電荷從無(wú)限遠(yuǎn)處準(zhǔn)靜態(tài)地移至x = a, y = b , z=0處，試求電荷在這位置上所受的電場(chǎng)力及移動(dòng)中外力所做的功.解：用電像法求點(diǎn)電荷所受電場(chǎng)力，即像電荷給點(diǎn)電荷的力，再求力的功。n ya3 nq 1 f 一° q1 /11 j I；/ ：b：X：xI*|*I*，IJ Jq3q2設(shè)點(diǎn)電荷電量為q,有三個(gè)像點(diǎn)電荷，如圖示,q受到的力為3個(gè)像電荷的力2b2外力的功為aex bey2.2a bW = qUqUq為q所在點(diǎn)感應(yīng)電荷電勢(shì)，

22、也即3個(gè)像電荷的電勢(shì)疊加2所以W =二1_8腌 Va b Va7 .在接地的導(dǎo)體平面上有一半徑為+ b2 Ja的半球凸起，半球的球心在導(dǎo)體平面上，點(diǎn)電荷 q位于系統(tǒng)的對(duì)稱軸上，并與平面相距為解：有三個(gè)像電荷，如圖示qi = q,q2 =-q,q3 - -q b b空間的電勢(shì)是q及三個(gè)像電荷電勢(shì)的疊加y2z -b，+ ,x2一 q+ y2 +(z +b 2-qa/bx2 y2 7.z -a2 / b 2qa/b2 y2，i.z a2/b10.均勻外電場(chǎng)Eo中置入半徑為Ro的導(dǎo)體球。試用分離變量法求下列兩種情況下空間的電勢(shì)分布: 導(dǎo)體球上接有電池，使球與地保持電勢(shì)導(dǎo)體球上帶電荷q0解：以球心為坐標(biāo)

23、原點(diǎn)，設(shè)原點(diǎn)處原來電勢(shì)為=0所以滿足拉普拉斯方程(R>Ro)滿足的邊界條件有RT 笛,卬T EqRcoS +中0R=R。9=6。由軸對(duì)稱情形拉普拉斯方程通解a =£ 'a/ + 總 Pn(cos6 ), r J再由邊界條件a。=90a = -Eo，an =0(n #0,1).貝U有=E0Rcosi - %nn_pn cos-n R再由得中0 = -E0R0 cos - % -、-bH1Pn COSF nn R0即，b° =(3 - "同上=E0R；,bn =0(n =0,1)所以有E0Rcos-McosRR2解拉普拉斯方程5 2V =0邛=£

24、; anrn +冬 pn(cos6 )n王 r J邊界條件：1、 Rt 8,中 T E0Rcos8+邛0a0 = 0,a1-七=0(n =0,1):=-E°Rcosu0 八 RhPn cosu2、 r=rW為常數(shù)所有P系數(shù)為0bi3' E0 Ro ' R2 - 0 bi - Eo Ro ,3、R = Ro,Q = - -0 ds bo =s ；:RQ b = 0(b # 0,1 )4二；o一Q二 0 -E0Rcosu 4 二；0R3E0R0 cos iR212.在均勻外電場(chǎng) Eo中置入一帶均勻自由電荷Po的絕緣介質(zhì)球（介電常數(shù) W ）,求空間各點(diǎn)的電勢(shì)。解：設(shè)球外電勢(shì)

25、為 Q ,球內(nèi)電勢(shì)為 中2，則有Y 2 i =0, RRoP2 ', R :二 Roz由迭加原理 中=中'十中"，中是拉普拉斯方程解，中“是均勻帶電球解.：oR；1 _3；oRpoRo l+_2P-R2.6；故 1b nn(dnRbn、-,：?oRo由邊界條件(anRncno Ro z1 2，o2M)Pn(co)s、L7一£R Rt g,%E0Rcos9do = o, d1 - -Eo, dn =0(n = 0,1)R= 0, Q 有限 T Cn =0現(xiàn) R = Ro,：； = >2, ；o ;二 R3 -0 E0T aoa = - -, b1 =f

26、2.:REoR；. 2；oan =0 (n = 0,1)bn = 0 (n = 0)P0Ro 1:02R .6 :所以 i = 0 -E0RC ous-E53c os達(dá).；2；0 R23；°R3E0 ；0Rc ots ； 2 ；0習(xí)題五5.試用菲涅爾公式說明，當(dāng) ；2 ；1 n2 ni時(shí)，反射波電矢量與入射波電矢量反相，即半波損失現(xiàn)象。提示：直接用菲涅爾公式即可得到。7 .有一個(gè)可見平面光波由水入射到空氣，入射角為60 1證明這時(shí)將會(huì)發(fā)生全反射，并求5折射波的透入深度.設(shè)該波在空氣中的波長(zhǎng)為 % = 6.28x10 cm ,水的折射率為n = 1.33 .解：全反射臨界角為日c =a

27、rcsin n2 = 49 -45'< 60故會(huì)發(fā)生全反射.n1透入深度為一0=1.7 10，cm.2二、sin 二-n|18 .已知海水的 =1,仃=1S.m：試計(jì)算頻率v為50Hz,106 Hz,109 Hz的三種電磁波在海水中的透入深度.丘力 一 1: 2解：$ =-L 2a 、coNcr則透入深度分別為、=72cm,、= 0.5 m, 、= 16mm,10.9.頻率為3父10 Hz的電磁波，在a = 0.7cm,b = 0.6cm的矩形波導(dǎo)中可能傳播哪些波型？I施用解：對(duì)一組 m, n截止頻率為fc =10 .只有當(dāng)截止頻率小于f =3父10 Hz ,相應(yīng)的波模才能在波導(dǎo)

28、管內(nèi)傳播，計(jì)算得_10-m =0,n =1, fc =2.5 10 Hz :二 f,_10-m =1,n =0, fc =2.1 10 Hz :二 f,m =1,n =1, fc =3.3 1010Hz . f,因?yàn)門M波的最低波型（波模）為 TMii,而現(xiàn)在（fc 11A f ,所以TM波都不可能傳播。所以可以傳播TE01和TE10波型。10.試證明矩形波導(dǎo)中不存在 TMmo波或TM 0n波.但可以有TEm0波和TE 0n波。證：因?yàn)閂 2E k2E =0iH = EEn E =0電場(chǎng)解為Ex=Acoskxxsinkyye1kzzkxAky4-ikzA=0Ey=A2 sinkxxcoskyy

29、e1kzzEz=A3 sin kxxsin kyye1kzzkx,ky,m,n = 0,1,2,.磁場(chǎng)解為HxA3ky iA2kz sin kxxcosky yeikzzHy-J0iAh - A3kx coskxxsinky ye1kzzHzi (A2kx - Aky coskxxcoskyye1kzz , “0Ez0,A30, TEwavem =0, > A2 = 0, E = Ex- A2n =0,，A =0,E = Ey所以可以有TEm0波和TE 0n波。而TM波有Hz =0,T 4kx Aky =0m = 0,- A2 = 0,kx =0- onlyH y = 0, n u0,

30、A uQ ky u0 onlyHx =0,所以不存在TMmo波或TM0n波.因?yàn)檫@樣會(huì)僅有 Hx或Hy, H線為直線，從波導(dǎo)管的一個(gè)側(cè)面到另一側(cè)面，這與 V，B=0矛盾.習(xí)題六2. （1）兩圓形極板構(gòu)成的平板電容器板間距為d。其中的介質(zhì)是有損耗的，電導(dǎo)率為（T,介電常數(shù)為£o假設(shè)平板間電場(chǎng)均勻并不計(jì)邊緣效應(yīng)，板間加電壓U=U msin 3t,求電容器中任一點(diǎn)的磁場(chǎng)。(2)試求與空間磁場(chǎng) H =Ai sin 4xcos( cot-W)ex + A2 cos4xsin( cot-W)ez 相應(yīng)的位移電流。解 （1）平板間電場(chǎng)均勻，且為Umsin 3t因此，傳導(dǎo)電流密度為jf =(E =(

31、Umsin 3t位移電流密度? , i ; U mjD =可(耳=84根據(jù)電流分布可知距圓形極板的中心軸等遠(yuǎn)處磁場(chǎng)H數(shù)值相等，磁力線分布是一系列圓心在中心軸上的同心圓，設(shè)某點(diǎn)離軸r遠(yuǎn)，由安培環(huán)路定律4 H- dl= J（jf+jD） rur:H= 2(j f + jD ), B=萬(wàn)(j f + j D)? D(1) 根據(jù)？ XH = ? t=J d （因?yàn)榇丝臻g沒有傳導(dǎo)電流）c ?HZ ?H x? Hz ex ( x?y ?z生)e y-?x y?Hx e ez ?y相應(yīng)的位移電流為jD= - A2 jcos4xcos(st-By)ex +4A2 sin4xsin(st-By)ey - A,P

32、 sin 4xsin(ot-Py)ez習(xí)題七2.用洛侖茲變換式和四維坐標(biāo)矢量，導(dǎo)出洛侖茲變換矩陣。解：洛侖茲變換式為, x -vtx'：,d 2 . 2 .1 -v /cy' = y, ,（1）z'=z, 2 t-vx/ct _.1 - v2 / c2令，x =x,x2 =y,x3 =z,X4 =ict,按矢量的變換性質(zhì)，則(2)aiiai2ai3a14a 2ia22a 23 a24La3ia 32 a 33 a34Ja4ia42 a 43 a44 -由（2）式矩陣計(jì)算為X1faiiai2 ai3 ai4一 XilX2'a2i a22 a23 a24X2X3&#

33、39;a3i a32a33a34X31X4'Ia4i a42 a43 a44?41（4）式計(jì)算結(jié)果為Xi'=a11 X1十 a2X2 +a3X3 +a4X4XifiXi*a22X2 + a23X3 * a24X4Xl' = a31X1+ 232X2 +233X3 +234X4Xi' = a4iXi+ a42X2 +a43X3 +a44X4將（5）式和（1）式比較，不難得出aii =Y, a14 = i 階,a41 = -i 階,a44 =其中L%為洛侖茲變換矩陣，設(shè)為(3)(4)L中其余各量為0.所以8.某星球發(fā)出的Ha線在其靜止參考系中波長(zhǎng)為0為=6563 A

34、 .若地球上的觀察者測(cè)得該星球的運(yùn)動(dòng)速度為300 km s，試計(jì)算下列情況下地球上的觀察者看到從該星球發(fā)出的Ha線的波長(zhǎng).該星球的運(yùn)動(dòng)方向與輻射方向所夾角為0°, 180°, 90o.解由多普勒效應(yīng)設(shè)波源對(duì)工系靜止,故多普勒效應(yīng)的波長(zhǎng)表示為.v，二，0 (1- - cosu)c0其中九二6563 A8.c= 3. 0M0 m/s1Y=,.1-v2c2v=3. 0 M05m/s。=0o表示星球逆著觀察者視方向，迎觀察者而來，此時(shí)cos e = 1故v1-、 c _ 、入一兀 i 一 0v1-c21- v1_c 556A v1 + c（紫移）。=1800表示星球順著觀察者的視方

35、向，離觀察者而去"Io入=卜=6570 A (紅移)1-v ce= 900表示星球的運(yùn)動(dòng)方向與觀察者的視方向垂直；由 （1）式、 卜 o 一一= =6563 A(橫向紅移)1-vc9.設(shè)有一發(fā)光原子，當(dāng)其靜止時(shí)，輻射的光波波長(zhǎng)為% ,現(xiàn)此原子以速度v相對(duì)于慣性系S運(yùn)動(dòng)，試求在該慣性系中順 v的方向和垂直v的方向傳播的光波頻率解 按Lorentz變換關(guān)系，設(shè)v沿S系中x軸正方向，則S中觀察光的頻率 與原子靜 止坐標(biāo)系中光頻率 1有如下關(guān)系-(- vkx)設(shè)光波傳播方向在 S系中與x軸夾角為0,則3kx = kcos 0= cos 0 c二(1-vcosu)c© =(1-埔v

36、、cosu) c2 二cv .、 0 (1 - co s)c其中沿著v方向光頻率為2 二 c0 (1- v)c垂直v方向光頻率為11. （1）計(jì)算U 口 其中U "為四維速度矢量。（2）證明 廠為四維矢量.? X"解(1) U " = %(Ui,U2,U3,ic)U "U(% ui )(洶)+ (表4 )( 口 力U2 + (ic)2 22u - c 2 z2=-c 彳U i1-/是不變量。(2); x；=awXy, x=a0X工已cXxar ar -atGX" CXg CXTCXg二adL,pa 人也匕aPc awCXqCXTAy故C是四維協(xié)

37、變矢量算符。區(qū)12.證明：如果在一個(gè)慣性系中E1B,則在其他慣性系中必然有E-LBo以v沿x軸運(yùn)動(dòng)）中有E'、解根據(jù)電磁場(chǎng)變換關(guān)系，若工 系中有E、B, £ （相對(duì)ZB',則有變換關(guān)系如是所以E3B3vv=E1 B1= E1B1顯然，若在(E2 -vB3)(B2 = E3) (E3 vB2)(B3 -下 E2)5c -c1-21 - ：2E2B2 E3B3 =E .B中£,3布£ '中亦有EB，。習(xí)題八1.設(shè)兩根互相平行的尺，在各自靜止的參考系中的長(zhǎng)度均為10,它們以相同的速率 v相對(duì)于某一參考系 工運(yùn)動(dòng)，但是運(yùn)動(dòng)方向相反， 且平行于尺子。求站在一根尺子上測(cè)量另一根 尺子的長(zhǎng)度。解：設(shè)1尺(工')系沿工系x軸正向以速度v運(yùn)動(dòng)，則2尺工"系相對(duì)于工系的速度為-v, 因此在1尺上測(cè)得2尺的速度及其長(zhǎng)度分別為,ux - v- 2vc2u 二二u x2221 -vux/c c v 22 1' = 10 1 _ u'x/c = 1 0 -22c v兩尺看對(duì)方長(zhǎng)度一樣。5.火箭A和B分別以0.8c和0.6c的速度相對(duì)于地球向右和向左飛行。由火箭 B的觀察者 測(cè)得火箭A的速度是多少？.、一 .L解 萬(wàn)法一：取如下對(duì)應(yīng)關(guān)系：地球<-> 5；火箭B <-