電動力學典型試題分析-證明題和答案解析

1、完美WORD格式.整理典型試題分析1、 證明題:1、試由畢奧沙伐爾定律證明 ？B 0證明：由式 TOC o 1-5 h z 0 J x r. 0.B zdv J x4 r34A式中由0 J x .B dv4r0 J x dvA 4 r?B ? A 0所以原式得證2、試由電磁場方程證明一般情況下電場的表示式E證：在一般的變化情況中，電場 E的特性與靜電場不同。電場 E一方面受到電 荷的激發(fā)，另一方面也受到變化磁場的激發(fā)，后者所激發(fā)的電場是有旋的。因此 在一般情況下，電場是有源和有旋的場，它不可能單獨用一個標勢來描述。 在變 化情況下電場與磁場發(fā)生直接聯(lián)系，因而電場的表示式必然包含矢勢 A在內(nèi)。A

2、式代入EB /曰得: t0,該式表小矢量E是無旋場，因此它可以用標勢描述，E因此，在一般情況下電場的表示式為：EA -.0即得證。t3、試由洛侖茲變換公式證明長度收縮公式l 10 J1看。 c答：用洛倫茲變換式求運動物體長度與該物體靜止長度的關系。如圖所示，設物. . 加、-、一 一一 體沿x軸方向運動，以固定于物體上的參考系為。若物體后端經(jīng)過P點（第事件）與前端經(jīng)過P2點（第二事件）相對于同時，則RP2定義為上測得的物體長度。物體兩端在上的坐標設為X和乂2。在 上耳點的坐標為X, P2點t2 o對這兩事件分別應用洛倫茲的坐標為x2 ,兩端分別經(jīng)過P1和P2的時刻為t1專業(yè)資料分享完美WORD

3、格式.整理變換式得Xix1vt1:-2，X2i v2cx2 vt22i V2c,兩式相減，計及ti t2 ,有上同時測得的），X2Xi為 上測得的物體靜止長度lo。由于物體對 靜止,答：由于靜電場的無旋性，得：- E?dl。設Ci和C2為由凡點到P2點的兩條不同路徑。Ci與一C2合成閉合回路，因此CiE ?dl E?dl 0C2.式中X2 Xi為上測得的物體長度l （因為坐標Xi和X2是在2所以對測量時刻ti和t2沒有任何限制。由*式得l loj 4。 c4、試由麥克斯韋方程組證明靜電場與電勢的關系EE ?dl E ?dlC2CiR點移至P2點時電場對它所作的功 與路徑無關，而只和兩端點有關。

4、把單位正電荷由Pi點移至P2,電場E對它所作的功為:P2E?dl,這功定義為Pi點和P2點的電Pi勢差。若電場對電荷作了正功，則電勢下降。由此，P2P,P2E ?dl 由Pi這定義，只有兩點的電勢差才有物理意義, 意義的。一點上的電勢的絕對數(shù)值是沒有物理相距為dl的兩點的電勢差為E?dl. 由于dX dy dz ?dl, x y z因此，電場強度等于電勢的負梯度5、試由恒定磁場方程證明矢勢 A的微分方程2a:已知恒定磁場方程 B0J（在均勻線性介質(zhì)內(nèi)），把專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理A（2）代入（1）得矢勢A的微分方程J.由矢量分析公式6、2a?AJ.0?A2A.若取A滿足規(guī)范條件試由電

5、場的邊值關系證明勢的邊值關系?A 0,得矢勢A的微分方證：電場的邊值關系為：n E2 E10,式可寫為D2nDmn ? D2 D1式中n為由介質(zhì)1指向介質(zhì)2的法線。利用，可用標勢將表為:勢的邊值關系即得證7、試由靜電場方程證明泊松方程答：已知靜電場方程為:E?D黑并知道.（3）在均勻各向同性線性介質(zhì)中，D E ,將（3）式代入（2）得 2為自由電荷密度。于是得到靜電勢滿足的基本微分方程，即泊松方程。8、試由麥克斯韋方程證明電磁場波動方程。?E(x)(x)答：麥克斯韋方程組E(x)?B表明，變化的磁場可以激發(fā)B x 0j電場，而變化的電場又可以激發(fā)磁場,因此,t自然可以推論電磁場可以互相激發(fā),形

6、成電磁波。這個推論可以直接從麥克斯韋方程得到， 在真空的無源區(qū)域，電荷 密度和電流密度均為零，在這樣的情形下，對麥克斯韋方程的第二個方程取旋度專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理并利用第一個方程，得到 -2E(x) 已，再把第四個方程對時間求t2導，得到_0 0中，從上面兩個方程消去，得到2E xt20。這就是標準的波動方程。對應的波的速度是19、試由麥克斯韋方程組證明電磁場的邊界條件n E2 Ei 0;n? D2 Di;n ? B2 Bi 0. TOC o 1-5 h z : D ? ds dV SV解：即：Sn D2Sn DiS.n D2 D1fD2n Din對于磁場B,把。B ds 0應用

7、到邊界上無限小的扁平圓柱高斯面上，重復以上 S推導可得：B2n Bin即：n B2 Bi 0作跨過介質(zhì)分界面的無限小狹長的矩形積分回路，矩形回路所在平面與界面 垂直，矩形長邊邊長為l ,短邊邊長為l。因為。E dl 0,作沿狹長矩形的E的路徑積分。由于l比l小得多，當l0時，E沿l積分為二級小量，忽略沿l的路徑積分，沿界面切線方向積分為：E2t l Eit l 0即：E2t Eit 0,*。*可以用矢量形式表示為：E2 Ei t 0式中t為沿著矩形長邊的界面切線方向單位矢量。令矩形面法線萬向單包矢量為t ,它與界面相切，顯然有 t n t #將#式代入式，則 E2 Ei n t0, $ ,利用

8、混合積公式A B C C A B ,改寫#式為：t E2 E1n 0此式對任意t都成立，因此E2 Ei n 0,此式表示電場在分界面切線方向分量是連續(xù)的。專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理10、試由麥克斯韋方程組推導出亥姆霍茲方程2E k2E 0答：從時諧情形下的麥氏方程組推導亥姆霍茲方程。在一定的頻率下，有Eiwtx t E x eB x,tD E,B H ,把時諧電磁波的電場和磁場方程：,iwt,代入麥氏方程組 H 衛(wèi)，消去共同因子e iwt后得 H iw E，在此注意一點。tE 0,D 0，H 0.B 0.在w 0的時諧電磁波情形下這組方程不是獨立的。取第一式的散度，由于E 0,因而 H

9、 0,即得第四式。同樣，由第二式可導出第三式。在 此，在一定頻率下，只有第一、二式是獨立的，其他兩式可由以上兩式導出。取第一式旋度并用第二式得E w2 E 由22E E 2E2E ,上式變?yōu)橐?0,此為亥姆霍茲方程。試用邊值關系證明：在絕緣介質(zhì)與導體的分界面上，在靜電的情況下，導體外的電場線總是垂直于導體表面； 在恒定電流的情況下，導體內(nèi)的電場 線總是平行于導體表面。證明：(1)導體在靜電條件下達到靜電平衡，所以導體內(nèi)Ei 0,而：n (E2 E1) 0, n E2 0,故E0垂直于導體表面。(2)導體中通過恒定的電流時，導體表面 f 0.導體外E2 0,即：D2 0。而：n?(D2 D1)f

10、 0,即：n?D1 n ? 0E1 0, n ? E1 0。導體內(nèi)電場方向和法線垂直，即平行于導體表面。設所口是滿足洛倫茲規(guī)范的矢勢和標勢， 現(xiàn)引入一矢量函數(shù)Z x,t (赫1 Z茲矢量)，若令 ？Z,證明A -12 .證明：所口滿足洛倫茲規(guī)范，故有專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理1? A F0. c t?Z代入洛倫茲規(guī)范，有:1? A-? ?Z 0,即？A =c2 t2、計算題:1、真空中有一半徑為 接地導體球,距球心為a aR0處有一點電荷 Q,求空間各點的電勢。解：假設可以用球內(nèi)一個假想點電荷Q,來代替球面上感應電荷對空間電場的作用。由對稱性，Q應在OQ連線上。關鍵是能否選擇Q的大小和

11、位置使得球面上=0的條件使得滿足?考慮到球面上任一點P。邊界條件要求 - r0.式中r為Q到P的距離,r為Q到P的距離。因此對球面上任一點，應有-,一常數(shù)。（1）由圖可看 Q出，只要選Q的位置使 OQP OPQ,則員常數(shù)。a（2）設Q距球心為b角形相似的條件為RoRR?，或b . 3由（1）和（2）式求出0Q.(4) (3)和(4)式確 a定假想電荷Q的位置和大小。由Q和鏡象電荷Q激發(fā)的總電場能夠滿足在導體面上的正確解答。球外任=0的邊界條件，因此 點 p 的電勢是：RoQarQ, Q,R0 一式中 r4 0R2 a2 2RacosR2 b2 2Rbcos為由Q到P點的距離,r為由Q到P點的距

12、離，R為由球心O到P點的距離,專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理為OP與OQ的夾角。2、兩金屬小球分別帶電荷 和-，它們之間的距離為l ,求小球的電荷（數(shù)值 和符號）同步地作周期變化，這就是赫茲振子，試求赫茲振子的輻射能流，并討 論其特點。B解：可知赫茲振子激發(fā)的電磁場：E除 Pbsin e,0（取球坐標原點在1 2 PeikR sin e .0c2 R電荷分布區(qū)內(nèi),并以P方向為極軸，則可知B沿緯線上振蕩,E沿徑線上振蕩。）0 密 度為：1 -Re 2c*Re B 2 02n 232 2一一 2 一-2 sin n. 0 C R因子sin2表示赫茲振子輻射的角分布,即輻射的方向性。在90的平面

13、上輻射最強，而沿電偶極矩軸線方向0和沒有輻射。3、已知海水的 r 1, 1s m1試計算頻率v為50、106和109Hz的三種電磁波在海水中的透入深度。取電磁波以垂直于海水表面的方式入射，透射深度10 7v 50Hz時:27,250 410 7 172mv 106 Hz 時:；2,21 06 41 0 7 10.5mv 109 Hz 時:2410 7 116mm4、電荷Q均勻分布于半徑為a 電場的散度。的球體內(nèi),求各點的電場強度，并由此直接計算解：作半徑為r的球（與電荷球體同心）由對稱性，在球面上各點的電場強度有相同的數(shù)值E,并沿徑向。當r a時，球面所圍的總電荷為 Q,由高斯定理得一2 E

14、ds 4 r E專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理因而 E 不，寫成矢量式得40rQr-3 . r40r若r a,則球面所圍電荷為:3r 43Qr33- a應用高斯定理得：Edsr2EQr3 .由此得e -Q .r4 0a現(xiàn)在計算電場的散度。當ra時E應取式，在這區(qū)域r0,由直接計算可因而當r a時E應取*式，由直接計算得QE-340a3Q丁 一 r a3.40a 05、半徑為R的均勻帶電球體，電荷體密度為 ，球內(nèi)有一不帶電的球形空腔,其半徑為R,偏心距離為a, (a Ri R)求腔內(nèi)的電場。解：這個帶電系統(tǒng)可視為帶正電的R球與帶負電的的Ri球的迭加而成。因此利用場的迭加原理得球形空腔的一點M

15、之電場強度為:E r r3 03 0r r3 0a3 06、無窮大的平行板電容器內(nèi)有兩層介質(zhì)，極板上面電荷密度為和束縛電荷分布。專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理解：由對稱性可知電場沿垂直于平板的方向，把B2E.HDBi0,0.*應用于下板與介質(zhì)1界面上，因導體內(nèi)場強為零，故得Dif .同樣把*式應用到上板與介質(zhì)2界面上得D2f.由這兩式得Ei二 E21束縛電荷分布于介質(zhì)表面上。在兩介質(zhì)界面處，E2nEmE2E10 E2nEm0E1在介質(zhì)2與上板分界處,p f 0 E2容易驗證，p p p0,介質(zhì)整體是電中性的。7、截面為S ,長為l的細介質(zhì)棍,化強度為kx ,沿X軸P kxi沿X軸放置，近端

16、到原點的距離為o求:(1)求每端的束縛電荷面密度;(2)求棒內(nèi)的束縛電荷體密度(3)總束縛電荷。解:(1)求在棍端P2nP1nP2P2n0, PnP/x bkbP/xk(bl)(2)P, dp dxkxi(3)Sl k b l kb S ksl8、兩塊接地的導體板間的夾角為，當板間放一點電荷q時，試用鏡像法就專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理=90、60的情形分別求其電勢解：設點電荷q處于兩導體面間R,0 一點，兩導體面間夾角為，各象電荷處 在以R為半徑的圓周上，它們的位置可用旋轉矢量 R表示，設q及其各個象電荷的位置矢為R。、R、 ，則有R0 Rei ,RiR3R4R5RR7RsR0eiR1

17、e R2ei R3eiR4eR5e R6ei2i 2 222 2i 2 2i 2 42 2Rei 2i 2Rei 2Rei 4Rei 2Rei 4Rei 4ReReR1 Rei 21)R3 Re2R4 R3,象電荷只有3個，各象電荷所處在的直角坐標為:X Rcos , x2 Rcos , x3 Rcos , y Rsin , y2 Rsin , y3 Rsin .式44 r . x Rcos 2y Rsin 2 z2,空間任意一點的電勢r1 , x Rcos 2 yRsin 2 z2,r2x Rcos 2 yRsin 2 z2 ,_2_ _22r3. x Rcos y Rsin z .專業(yè)資料

18、分享完美WORD格式.整理2)RsRe，R2R3ReRe 1，R6，R4Re 1ReR6R5,象電荷只有5個。各象電荷所在處的直角坐標為:XiX2 yiX3X4y3V4Rcos 3Rcos ,2Rsin 一 302Rcos 一 32Rcos 一 3Rcos 一3Rsin 一 , y2Rcos 一3Rcos 一3RsinRsin 32Rsin 3Rsin 一3Rsin 一3x5 Rcos 34 y5 Rsin 3q 114 0 r riRcos 一3Rsin 一 31111各個r由相應的象電荷坐標確定9、在一平行板電容器的兩板上加 U vocoswt的電壓，若平板為圓形，半徑為a,板間距離為d,

19、試求(1)、兩板間的位移電流jD;(2)、電容器內(nèi)離軸r處的磁場強度；(3)、電容器內(nèi)的能流密度。專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理jD解：（1）vw.Sinwt djDJd6zv0wSinwtez二 H dlrH.2jD rv0wrSinwt2dv0wrSinwt e 2da時，HaV0waSinwte2d(3)ds 2 ad U Hd2 au H2 2a vwSinwtCoswt d10、靜止長度為l0的車廂，以速度v相對于地面S運行，車廂的后壁以速度為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動時間。解：S系的觀察者看到長度為l0V；1 vu。2 c的車廂以vv vi運

20、動，又看到小球以u ui 追趕車小球從后壁到前壁所需u0 v uvu0c2u01vu0u0 v v 10 2cl0 1t u0 .t1t2t1t2t1v ,2 X2XicX2 x1 l01 Jo 2_l v2 u0 c2 1 c2u0l021 v c2vu0-2c11、求無限長理想的螺線管的矢勢 A （設螺線管的半徑為a,線圈匝數(shù)為n,通 電電流為I） 解：分析：A dV, J x dVIdl。4 v r專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理：A?dllonlB?ds,又對于理想的無限長 螺線管來說,它的 B為:(1)當 ra時，可得：2 rA r2B B onl 2 rA r1 2 onlonl

21、rey2(2)當 ra 時，同理可得：2 rA a2B 2 rA a2 onl.2 ,onla 1ey2 r yS12、在大氣中沿+ Z軸方向傳播的線偏振平面波，其磁場強度的瞬時值表達式J210 5 cos 107 t 一 koz Am(1)求k。(2)寫出E的瞬時值表達式解:1 kow 1o- 一 :v 3 1o 3o2410 4 cos 107 t koz4E i 2447.10 cos 10 t koz413、內(nèi)外半徑分別為a和b的球形電容器,加上V VoCOSWt的電壓，且 不大,故電場分布和靜態(tài)情形相同，計算介質(zhì)中位移電流密度jD及穿過半徑R a R b的球面的總位移電流JD。Vo

22、coswt解：位移電流密度為:巨，又E Vtb aR 2jDvowsin wtb a2的球面的總位移電流Jd為：_ 2Jd jD4 R4 R2v0wR b-2osin wt a14、證明均勻介質(zhì)內(nèi)部的體極化電荷密度p總是等于體自由電荷密度的完美WORD格式.整理證:即證明了均勻介質(zhì)內(nèi)部的體極化電荷密度p總是等于體自由電荷密度p15、一根長為l的細金屬棒，鉛直地豎立在桌上，設所在地點地磁場強度為H ,方向為南北，若金屬棒自靜止狀態(tài)向東自由倒下，試求兩端同時接觸桌面的瞬間 棒內(nèi)的感生電動勢，此時棒兩端的電勢哪端高？解：金屬棒倒下接觸桌面時的角速度 w由下式給出1 c l 一-Iw mg -式中為棒

23、的質(zhì)重,22力加速度，代入得1ml2w2 mgl3棒接觸桌面時的感生電動勢為：11為棒繞端點的轉動慣量（/2）,g為重0 xdx 131g.20H至2，城0H222y z q2222a y z qlE dl v B dl wx Hdx 0此時棒的A點電動勢高。16、點電荷q放在無限大的導體板前，相距為 a,若q所在的半空間充滿均勻的 電介質(zhì)，介質(zhì)常數(shù)為 ，求介質(zhì)中的電勢、電場和導體面上的感生面電荷密度。解：設象電荷q位于 a,0,0,嘗試解為：一 且 qr ,x 04 r r1) 求q與a 設在導體板上,當 R,R ,0, c 0. TOC o 1-5 h z q qqq-:0,-；.RRRR

24、此式對任何V、z都成立，故等式兩邊v、z的對應項系數(shù)應相等,專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理即:2 ,22q q , q，2q,2 2a q ,2 2a q ,a.ExD2nD1n,D1nDx/2z ,rx a3- r0.x 0 Ex/x 0qa2 R317、設有兩根互相平行的尺，在各自靜止的參考系中的長度為10,它們以相同速率v相對于某一參考系運動，但運動方向相反，且平行于尺子，求站在一根尺上 測量另一根尺的長度。解：S系觀察到S的速度v v 2vS測得S的尺子長度是l0 c22 c運動尺的收縮，只與相對運動的速度的絕對值有關,S測得S的尺子長度也是2210 c v18、兩束電子作迎面相對

25、運動，每束電子相對于實驗室的速度v 0.9c,試求:(1)實驗室中觀察者觀察到的兩束電子之間的相對速度；(2)相對于一束電子靜止的觀察者觀察的另一束電子的速度。解：(1)實驗室系統(tǒng)中，電子束相對速度為0.9c+0.9c=1.8c,(2)相對于一束電子靜止的系統(tǒng)中，相對速度u 上了代入v 0.9c得：1、cu 0.994c專業(yè)資料分享完美WORD格式.整理19、設有一隨時間變化的電場E Eocoswt ,試求它在電導率為，介電常數(shù)為的導體中，引起的傳導電流和位移電流振幅之比，從而討論在什么情況下，傳 導電流起主要作用，什么情況下位移電流其主要作用。解：可知傳導電流為：j i , 位移電流為：jD E0coswtwsinwtE0. j 。當 w時，傳導電流t t| jD, w起主要作用；當w時，位移電流起主要作用。20、已知矢勢 A 5(x2 y2 z2)i ，求B ,若A A 5j 6k ,人與人 是否對應同一電磁場。解：_222B A ( i j k) 5 x y z i 10zj 10ykx y z而Ai j k5 x2 y2 z2 i 5j 6