電動力學(xué)習(xí)題解答完全版

1.根據(jù)算符的微分性與矢量性r (AB)B(A)(B)AA(B)(A r A(A)

(A)vv v

解 (AB)B(A)(B)AA(B)(A首先算符是一個微分算符其具有對其后所有表達式起微分的作用 又是一個矢量算 具有矢量的所v性 v因此利用c(ab)a(cb)(ca)b可得上式其中右邊前兩項是作用 根據(jù)第一個令 B可得設(shè)u是空間坐標(biāo) z的函 f(u)df A(u)urr A(u)u 1 f(u) f(u) f(u)

u

u

u

dff(u)

ex

ey

ezduxexduyey

du rA(u)

Ax(u)Ay(u)Azz(u)dAx(u)udAy(u)udAz(u)uu 3

r r

r r

Ay

Az

AxA(u)

(yz)ex(zx)ey(xy)ezAx(u r(

u u

udAzu

yy

udAxur

du duz (du dux (du duy 設(shè)r 為源點x'到場點x的距離r的方向規(guī)定為從證明下列結(jié)果并體會對源變數(shù)求微商(' )與對場變數(shù)r 微商( )的關(guān)ex ey ez

e x

yy

zz r'rr,1'1r,r0,r'r0.(r 0點不成立見第二章第五節(jié)求 r r r rrra)r(ar[E0sin(kr)]及[E0sin(kr)],其中ak及E0證明r(xx')yy(zz')rrrrrrxx'yy rrr

v )r[(axexayeyazez)(xexyeyzez)][(xx')ex(yy')ey(zz')ez

)[(xz

x'

(yy')r(z

z')ezx

x y zaaevaevx y zar)r)(r)(a

r(a)r(a))(a(a)

v

arr(a)(r) r r [E0sin(kr)][(sin(kr)]E0sin(kr)(E0)[sin(rr)

sin(rr

sin(r

r)r r

r

kr

krez)r r) r

cos(kr)(kxexkyeykzez)E0cos(kr)(kr r [E0sin(kr)][sin(kr)]E0sin(kr) VdVfSdS應(yīng) SdSLdl證明1)由定 dS r dSV即

g

gz)dV

gxdSS

gydS

gzdS [( 而VfdVyfzzfy)izfxxfzjxfyyfx)k[ r r fzj y(fzifxk)z(fxjfyi 又SdSfSfzdSyfydSz)ifxdSzfzdSxjfydSxfxdSy)k (fykfzj)dSx(fzifxk)dSy(fxjfyi)dS Hx

fykfzj,Hyfzifxk,HZfxjfy HdV dSH 定理 r r lfdlSf lfdll(fxdlxfydlyfzdlz r (

f

(

f

(

ffSr

S

fz

fx

fy r ( )

)

)( SzdSyydSzixdSzzdSxjydSxxdSy((r (r (ry

zj

z

xk

x

yi)dSfxi,fyj,fz已知一個rrr P(t)V(x,t)xdV 利用電荷守恒定律J r

dP J(x',t)dVr r r證 P x'dV''j'x'dV V r(P

'

r 'r

rr ' rr jxdV[(xj)(x)j]dVV(jx(xj xSjdV'xSr

xj S,則(xjdS0,(

S 同理(t)yjydVt)zjzdVrr dP

j(x,

m 若m是常矢量證明除 0點以外矢量A 的旋度等于標(biāo)量 的 度的負(fù)值

rAR m A

[m

)](m)

(mr

[()]mr

rv(mv

1,(r

)[m

)]m[r

r

[(1

v

v) vA有一內(nèi)外半徑分別為r1和r2的空心介質(zhì)球介質(zhì)的電容率為 由電荷f S解 DdSfdV S D4r24(r3r3 f (r3r3 fE

rr1 由EdS

(r2r1)f,(rr2 (r3r3 E 1fr,(rr2)30r3rrr1時 2) 0 0r

E(0 (r3r3 r3PP(0)E(0) fr] f(r1r0 PP1n

(30)(0

考慮外球殼時 n從介質(zhì)1指向介質(zhì) 介質(zhì)指向真 P2nr3r

0r3r2PP1n(0 1frrr(12

) 1考慮到內(nèi)球殼時

r3r P(0 1frrr 內(nèi)外半徑分別為r1和r2的無窮長中空導(dǎo)體圓柱沿軸向流有恒定均勻自由電流Jf導(dǎo)體的磁導(dǎo)率為 lHdlIfdtSDdSI 當(dāng)rr1時If0,故HB r2>r>r1時lHdl2rHSjfdSjf(rr1) jf(r2r2 (r2r2) B 2rHjf(r2r2 0(r2r2) B 1jf

jf 0) rr2rJMM(MH) )H

1)(jfr 1)2r21)r( rrf 1)j,f rr (M r2r在內(nèi)表面上M10,M2( 1)rrrrr故 0,(rrr

nM 在上表面

r2r2

r2

r

r2 Mn(M1)nM1r

1jfr 2r2

1

2

r( r2r2r( 1) 1j 的10)P

證明PP(0)E(0)E(0) (1)(但兩個電流元之間的相互作用力一般并從第三定律)線圈 v4B2 042

r3r dF12I1dl1 v

r I

v rv

12

l1II

v

l1 v 01 l1

線圈2圈1的磁場中受的同 可 II

rr rr

2

分析表達式 和 rr3 rr3r

v2

v2

l1

(dl12)

dl12 12 l1

r)一周r同理 式中第一 dl(dl2231)rrl2 r dl dl

I 01

12(dlvr rl1l2平行板電容器內(nèi)有兩層介 它們的厚度分別為l1和 電容率為1和接上電動勢為的電 電容器兩板上的自由電荷密度

介質(zhì)分界面上的自由電荷密度若介質(zhì)是漏電的電導(dǎo)率分別為1和

何解在相同介質(zhì)中電場是均勻 并且都有相同指 E E 故E

1 ,E

l2l l2l 又根據(jù)D1nD2n 1D1D21即 D

D2是金屬板故

l2l f而 f2fD'D'DD'是下極板金屬故D'

ll 1 2若是漏電 j1,

rl l

j2j 又1 2 j1nj2nj1j2,穩(wěn)定流 電荷不堆 jj

Ej1 ,即:

E 2

ll 1 2 D D l2l l2l DD2121 l2l 當(dāng)兩種絕緣介質(zhì)得分界面上不帶面自由電荷時

其中1和2分別為兩種介質(zhì)的介電常數(shù)1和2當(dāng)兩種導(dǎo)電介質(zhì)內(nèi)流有恒定電流時

證明(1)根據(jù)邊界條 n(E2E1)0,即E2sin2E1 由于邊界面上f 故n(D2D1) 即2E2cos21E1有tg

tg1,

JE可得電場方向與電流密度同方由于電流I是恒定

2

而nE2E10即E2sin2E1 1 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)體外的電場線總是垂直于導(dǎo)體表面在恒定電流的情況下 證 導(dǎo)體在靜電條件下達到靜電平v導(dǎo)體內(nèi)E1 n(E2E1)vvvnE2

導(dǎo)體中通過恒定電流 導(dǎo)體表面fvE20,

D2 n(D2D1)f0,即:nD1n0E1vvvnE1導(dǎo)體內(nèi)電場方向和法線垂直ab的無限長圓柱形電容器單位長度電荷為為

證明在介質(zhì)中任何一點傳導(dǎo)電流與位移電流嚴(yán)格抵消求frl的一段介質(zhì)總的能量耗散功率ff 證明

r f JD

J

D JD)0.JD 解 D2rdlf f D2rer,E2rD r DJt0,JEDt t E 0,EEe t er 0e

fef0 解

J (f0e)

2能量耗散功率密度J解

2J

22單位體積dVl P(

)2l2rdr flna

b1 b1 1 靜電能W DEdV fdr fa a2 2 Wlfln

l2ln減少率

r1.一個半徑為R的電介質(zhì)球極化強度P=K

解(1) PPKrK( rK/r

Pn(P2P1) r外無極化電荷rP2 pnP1Rn

RK/ D D0Er r r ()r 對于球外電 由定理可 Eds0 r2r

4r2f

( 0 0

r

)r30 r0 球外電勢

R

E

ln 1

0 02

2

r

r 2 2

2()0 000 外dVR2(00

0

)( W 0

R0導(dǎo)體球上接有電 當(dāng)導(dǎo)體球上接有電池與地保持電勢差0時以地為電勢零 R= R>外

0是未置入導(dǎo)體

外Rnnn根據(jù)有關(guān)的數(shù)理知識可解得 nnn

R Pcos外由于 E0外 aaRcos

0aRnP(cos)b0b1cos

bnP(cos ERcos

R

故而有a00a1E0an0(n1),bn0(n

E0Rcos b1 R

又 0,即

0

b1cos外

外R R

R R

1E1R 0R

cos

20得 b(00)R,

ER 0最后( E ERcos 0 00cos(RR Q時 0(RR 0(RR0 內(nèi)

E0Rcos0(0

外R

Q(RR0 aRnP

內(nèi)

Rn 由于外R的表達式中只出現(xiàn)了P1 cos項 bn0(n

E0Rcos b1 R

0又有0

RR是一個常數(shù)外

0

b1cos R0101E0

cosb1cos0R20R2

bER

b0E RE000E000又由邊界條件s

rds b0

0,R E 00

R0外4 R 0均勻介質(zhì)球的中心置一點電荷 球的電容率為 球外為真空試用分離變數(shù)法空間電 f提示空間各點的電勢是點電荷Q的電勢f疊加后者滿足方

解一 在球外RR,由定理0而言束縛電荷QP

rr QQ 0E rE

積分后得 C.(C是積分常0 40又由于外R0,C

(RR0 在球內(nèi)RR0,由介質(zhì)中 定理DdsQ DE,E積分后得到

由于

外

,故而

(RR0 二.

0

(RR0本題所求的電勢是由點電荷Qf與介質(zhì)球的極化電荷兩者各自產(chǎn)生的電勢的疊加 著球?qū)ΨQ性因 其解可寫

由于是球?qū)ΨQ的其通解為aR由于球心有Qf的存在所以有內(nèi) 即 在球外有外 即 ,即

外R

, 00

0bR20R2

00

1),

(

10b 0

4R0

,R 4

0 ,R

0

00 均勻介質(zhì)球電容率為

球外充滿了另一種介質(zhì)容率為 P

1提示1

4R解

內(nèi)

22 又

R1 3lA 00

l

(2Pfcos RR2RR

1

l 0 2fA22f22B1,及 1

R

1R A1

)R3,B14

2 1

2A 3B2,A12

R R 1 )1所以A20,B20

AlBl0,(l

R

Rcos

R

)f

,(RR 4 4(2 4 4

2

fR cosfR2(1

R 3f

,(RR 4 4(2)R 4 4

4(

1

1 rPP1nP2n,n從2指向 如果取外法線方 rpP外nP球n20)外)]n10)(

R( 6f ()[6(02)fcos2(12)2(122)cos 04(2 4(2 4(2

61(02)62(10)cos 4(2 2(2 1

Pfql可以看成兩個點電荷相距 對每一個點電荷運 定 就得到在每 (0

(01)(q

PP 1r 3131

球殼上帶電 求空間各20,3r3 r r

r0 r P ', r

10

BlP(cos

3rRrR

rf

1 ArlP(cos) 3

0B0B1cosB2PL

cos

3R2RA

cosL1 111R2 AB0C,(AR )cos0,B0(l1.2.3L),A0(l1R2 1 又12PfcoslA PfcosAcos l

(l1)Bl

B02B1cos

R R 2則rdSR2dSR2dS4R1R211 dS2

cosR2sindd2

cosR2sindd00

004 故3dS故

4B0B

,A ,A

4 4R

0 0r

P

Pf

,(rR 3

,(rR2

,(R1rR2在 P

Pfcos

Pf1 1

Pfcos11在 11P0

22r在均勻外電場E0中置入一帶均勻自由電荷f的絕緣介質(zhì)球 求空間各點的電 (Alrl

r2 2'

r外r

r0 E0rcos

1r2crlP(cos 外rR0) ERcosB0B1B2P 1R2ccRcoscR2P0

R R

1 2

06R0c00ERB1cR0 1R0B2cRR 2R0

0R

lcRl1P(cos)

fRccos2cRP l 20

cos(l1)BlPlRlRlEcos0B020B1cos30B2P0 R R R 1 1

R3 R0 R3

C10E0 R0R

2C2R0 R

BR3

CR2(

10 0

3E 33B 000E3

C 0 2

0

2及2C2R030 即C2(2R030R0) C2B2同理ClBl l ErcosR3

3ER

cos 000cos,r

得

fr2R2( rcos,r0 f 0在一個很大的電解槽中充滿電導(dǎo)率為2的液體使其中流著均勻的電流f0 體中置入一個電導(dǎo)率為1的小 求穩(wěn)衡時電流和電荷分 討論1221 r 因為內(nèi) 外n(rR0 穩(wěn)恒電流認(rèn)為表面無電流堆積即流入n流出故

r

即外rE0r (j

0r有限可以理解為在恒流時r0的小封閉曲面流入0rcos,r這時的解即為

1 ErcosER3(121

,r 0

2 2求內(nèi)外電場E(2er2e e rsin2內(nèi) 內(nèi)

r

e)1

E0(cosersine12

E E(cosesine) 00 2)2cose E E(cosesine) 00 2)3cosecose

3Ecos

1v 2ER3 2 e 2 0

r3 1E j 及( r Ercosr2

r)r

r

j, 2

r f 0f1 1

E) )30E0cos( 12 8.半徑為R0的導(dǎo)體球外充滿均勻絕緣介質(zhì) 離球心為a處(aR0)置一點電荷Qf 1 1(R)nP(cos).(RRR2a22aR解 分離變數(shù)由電勢疊加原

an0 外

,arO2'0,(rarO

r

外r ' l1Pl(cos),(rR0l

BlP(cos a2a2r22ar

rl1rl

(r)nP(cos)

BlP(cos),(r4a

l

rl1 R0 又外rR[ ( )l1]Pl(cos)o n0 o

0, R0

0,...,

(R0)l

4a

RR0 RR0

02l1BR ,B ,B 0 a 代 式得 r0 內(nèi)r0f作用由對稱性Q'在OQ的連線 fP1在球面上

QfQ

r0,即

Q

QQQ r QQQ 將Q'的位置選在使Q' QfP1O,則rQ'R0常 為達到這一目 令Q'距圓心為 Q R 0 0,r0 并

R0

Q'

Qf QfR這樣滿足條件的像電荷就找到 空間各點電勢R2

Q 1

RQf0ar2RQf0ar2(0)2 0RRaa外外

Legend R1R2a(a<R0)Q用鏡像法求電勢導(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10而球內(nèi)電勢只要滿足rR0即可因此做法及答案與上題同解略1 內(nèi)4

因為球外 故感應(yīng)電荷集中在內(nèi)表 并且 上題的導(dǎo)體球殼不接地而是帶總電荷Q0,或使其有確定電勢勢又問0Q0是何種關(guān)系時

1a解由于球殼上有自由電荷 并且又是導(dǎo)體球殼故整個球殼應(yīng)該是等勢體其電勢1a

Q的電勢像電荷

殼的電勢疊加而成球外電勢利用就可得[ QQ0].(RR[內(nèi)

R1QR1

,(RR2[ [

R2a22RaaR2a22RaaR2Ra1 a 內(nèi)或

R2外 ,(RR外 當(dāng)QQ0

0 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)體平面上點電荷Q位于系統(tǒng)的對稱軸上并與平面相距為bb>a試用電象法求空間電勢QPQPORQaQ,ra2r a2 Q2 Q,r2 QQ,r Q 2 ],(02

,RzP(x,y,azP(x,y,aby解可以構(gòu)造如圖所示的三個象電荷來代替 [0(x(xx0)2(ya)2(z

1

(x(xx0)2(ya)2(z

1(1(xx0)2(ya)2(z1(xx0)21(xx0)2(ya)2(z設(shè)有兩平面圍成的直角形無窮容器其內(nèi)充滿電導(dǎo)率為的液體取該兩平面為xzyz面在x0,y0,z0和x0,y0,-z0兩點分別置正負(fù)電極并通以電流I求導(dǎo)電液體中的電勢解本題的物理模型是由外加電源在 B兩點間建立電場使溶液中的載流子運動 I,當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定時是恒定場對于恒定的電流可按靜電場的方式處理于是在A點取包圍A的包圍面

jt I dsE dsn

而又有i

irE

1I

E 1IQ1 對 QQBQr又在容器壁 jn0,即元電流流入容器 j 有jn0時En 的圖說明(P)(x)是一個位于原點的偶極子的電荷密0,x解(x)

,xd(x)lim(xx) d

x0x0

x

0b)x0,d(x)lim0 x01 (ax) (x).(aa x(x)

證明 根據(jù)[(x)]

(x '(xka'(xka 從(xf(x),f(xxF(xf(x)x(x)dxf(x)xx0r一塊極化介質(zhì)的極化矢量為P(x 根據(jù)偶極子靜電勢的極化介質(zhì)所產(chǎn)生的

r

P(x)rdVV40r r r另外根據(jù)極化電 r' '及r

r r'

P(x

nPrOPrO P(x)dV' P(x) rr' r

P(x)rdV'

dV

3 r

r '又有

(P)

P' r'

r

' 則

1

PdV' r'

'(P)dV']rr

PdV'r

PdSS

PdV'

dS]1[PsdV'

dS V S證明下述結(jié) 并熟悉面電荷和面偶極層兩側(cè)電勢和電場的變在面電荷兩側(cè)電勢法向微商有躍 而電勢是連續(xù)r在面偶極層兩側(cè)r1r n0而電勢的法向微商是連續(xù) 各帶等量 電荷密度而靠的很近的兩個面形成 偶極層而偶極矩密度Pliml證明 如圖可

2Ess E

,12

z z 0面 E 0201 201

E22(ez12

r 0r r

r

l0

nln又

118.一個半徑為R0的球面在球坐標(biāo)0的半球面上電勢為 在

球面上電勢為 1P(x)dx 0 提示Pn(1)Pn(0) 解

n偶數(shù) 外

,02

f()

這是內(nèi)按球函數(shù)展開的廣 2l1 [

RPl(cos)dcos

2l2

0R0AlRlfl

002l

P(cos)sind0 02l

P(x)dx0

1P

01 0 P(x)dx1P0 1 0Pl(x1)lPl1 ARl2l1 P(x)dx1l

2l10[(1)l11]1Pl 0當(dāng)l為偶數(shù) AlRl0當(dāng)l為奇數(shù) ARl2l1[(1)l1

(2l 0l 0

1]Pl l 135 l1135(l[(1) (1) 246(l 246(l 135 l1135(l[(1) (1) 246(l 246(ll1135(l l1135(l l (1)2 1) l 246(l l1135(l

246(l

(2lRl Al 0(1)Rl0

246(l

(2l

l1135(l 0

2 (2l

)lPl(cosl取奇數(shù)rR00 246(l 0 BlP(cos rl1 2l1

l1135(ll

RPl(cos0(1)

(2l

246(l l1135l2)(2l1)(R0)l1P(cosl即

(1)

246(l

rR0 試用A表示一個沿z方向的均勻恒定磁場 寫出A的兩種不同表示式證明兩者 解B0是沿z方向的均勻的恒定磁場即B0 且B0 Ay Az Ax在直角坐標(biāo)系中A(yz)ex(zx)ey(xy

Ay

如果用A在直角坐標(biāo)系中表示 即zx r由此組方程可看出A有多組

x解 AyAZ0,AxB0yf A[B0yf解 AxAz0,AYB0xg( A[B0xg( 12之差為AB0yf(x)]exB0xg則r

[(A)0

(A)

(A)

(A)

均勻無窮長直圓柱形螺線管每單位長度線圈匝數(shù)為n 電流強度為I 理求管內(nèi)外磁感應(yīng)強度B 解根據(jù)題 得右 取螺線管的中軸線為z 本題給定了空間中的電流分布故可由B

JrdV求解磁場分布又J在導(dǎo)r3 線 所以B

Jdlrr3螺線管內(nèi)由于螺線管是無限長理想螺線管故由電磁學(xué)的有關(guān)知識知場是均勻強磁場故只須求出其中軸線上的磁感應(yīng)強度即可知道管內(nèi)磁場由其無限長的特性不妨取場點為零點 racos'exasin'ey dlad'sin'exad'cos

asinr (ad' ad'cos'ey (acos

z'ex az'cos'd'exaz'sin'd'eyad z'z'dz'的以小段 nJdz'(az'cos

az'sin'd

a2dB

[a2(z')2]

'ez a nI d(a

n0I z

4 [a2(z')2] a

1]螺線管外部:由于是無限長螺線管xoyP(,.0)(r

(cosa(cosacos')2(sinasin')22a2z'22acos(rrr rrrxx'(cosacos')ex(sinasin')eyz'ez dlrad'sin'exad'cos r r r[a2a 'd' 'd )]dB B

az'cos'd' az'sin'd' exdz'd' a2acos(' rd' dz'ezr r 故不會有磁力線穿出螺線 上述積分為 所以BIz軸流動以z<0的均勻介質(zhì)z>0區(qū)B然后求出磁化電流分布解2

A

0J,J,J,rA1

z

0 2z 0

1z由本題具有軸對稱 可得出兩個泛定方程的特解A(x) A(x) 4 A(x)

4

0Ir2re,(z

I e,(z2 驗證邊界條 A1A2z0,即n(B2B1) 題中nez,且eze 所以邊界條件 滿

z00

A1z0即nH2H1本題中介質(zhì)分界面上無自由電流密 rr1I1r

r2

I

H2H10,nH2H10I r2re, 綜上所 由唯一性定理可 本題有唯一

I e,(z2

rB

r

0 I 0即M 2r

2re2r(

介質(zhì)界rr rI(

e

2r 2r 2 0總的感應(yīng)電 JMMdl2r(1)erdeI( 0z<0的空間中z

x<0的均勻介質(zhì)x>0Iz動I解假設(shè)本題中得場分布仍呈軸對 則可寫IB2r n(B2B1)即可 v

(H2H1)vB

Ie2rv v

B

e 在x<0的介質(zhì) vI0 0v則IM 取積分路線為BCAB的半ee

0 0(IIM)B 0由0(IIM)evv Iv B2r 可得0 0 I0B0

rIM0 0

C(z212 2B0為常量 提示用B0,并驗證所得結(jié)果滿足

解由B具有軸對稱 設(shè)BBeB 其中BB0 z QB01(B)B 即1(B)2cz Bcz2A(常數(shù) 取A 得B Bcze[B0

B2BQv0,v

v0即

Bz)ev 代入 式可 式成立B c為常a的同軸線圈形線圈zL面上La提示z2Bz解 由畢薩定 L處線圈在軸線上z處產(chǎn)生得磁感應(yīng)強度vB1

vB1zez

1

sin Iavvvv4Idlrr3

同 L處線圈在軸線上z處產(chǎn)生得磁感應(yīng)強度[(Lz)2a2][(Lz)2a2]3B2B2z 2 BBzez 0Ia 3

v QB

[(Lz)2a2] (B)(B)2B 2 又B B0,z2Bz0代入 式 1

1 [(Lz)2a2

2(Lz)2[(Lz)2a2]2[(Lz)2a2]36(Lz)2[(Lz)2a2[(Lz)2a2 1 [(Lz)2a20取

2(Lz)2[(Lz)2a2]2[(Lz)2a2]36(Lz)2[(Lz)2a2][(Lz)2a2 (L2a2)3[2(L2a2)2L22(L2a2)2]12(L2a2)2L25L2L2aL12r半徑為a的無限長圓柱導(dǎo)體上有恒定電流J均勻分布于截面上 設(shè)導(dǎo)體的磁導(dǎo)率為0 導(dǎo)體外的磁導(dǎo)率為 2AJ,(rA0,(rA內(nèi)0A外

A內(nèi)a 1

A內(nèi) 選取柱坐標(biāo)系該問題具有軸對稱 且解與z無 AA內(nèi)

1(rA內(nèi)(r))r r 1 ) A(r)1Jr2Clnr A外(r)C3lnrA內(nèi)(rr0得C1 0A內(nèi)A外得C320 由A外aA內(nèi) 令A(yù)外aA內(nèi)a0得C2

0Ja,C44

Jaln2 A內(nèi)40J(arvv v2ln 假設(shè)存在磁單極子m

r

r 一個可能的表示 r 1r H 40r 40r2由vvvQm 0

4r2(sinA)A]2rsin[ 2[ [r

)] 1[(rA)

r] 令A(yù)

0, (sinA)Qm

sinAQmsin AQm1 顯 evQm1cose 討 當(dāng)0

A Qm當(dāng)2v

A4r 當(dāng) A 故A的表達式在具有奇異 A不合 將一磁導(dǎo)率為 半徑為R0的球體放入均勻磁場H0內(nèi)求總磁感應(yīng)強度B和誘r 解根據(jù)題意以球心為原點建立球坐標(biāo)取H0的方向為 的影響下極化產(chǎn)生一個極化場并與外加均勻場相互作用最后達到平衡保持在一個靜止的狀態(tài)呈現(xiàn)球?qū)ΨQ

0,R0,R

2m,2

1

0 m2,(RR

R0RH0RmanRnPn(cos11

P(cos 0Rcos aRnP(cos)HRcos

dnP(cos

n0

0 n0 (nRanRn1P(cos)Hcos nP(cosR得

0

0a30H

dR0 dR0 0andn0,(n H0Rcos,R HRcos 0 0Hcos,R R 0v Hcosev Hsinev 00

0 0

00 0B1H12H0 H 0 0]Hcose[1 0 0]H

R

R

v 0R3[3(H0R)RH00 v 0 33(H0 B20H20H0

20H0,(RR0

v B 3(H H 0 0],(RR v

0 R

R BR>R0時 0 0Hcos可看作偶極子m產(chǎn)生的0 R 01即 1

vmR0v

Hcos0R0H3 R R 3 0 0m40

r有一個內(nèi)外半徑為R1和R2的空心球位于均勻外磁場H0內(nèi)球的磁導(dǎo)率為 求r 解根據(jù)題意以球心為原點取球坐標(biāo)選取H0的方向為 v殼極化產(chǎn)生一個附加場 并與外場相互作用最后達到平衡B的分布呈現(xiàn)軸對稱 mm2

0,R0,R1R0,R m

RR,m 1

m3

, m3 0R

R0HR 由于物理模型為軸對 再有兩個自然邊界條 三個泛定方程的解的形式manRnPn(cos11 (bRn

)P(cosnmn2

3 H0Rcos3

n1Pn(cosv因為泛定方程的解是把產(chǎn)生磁場的源H0做頻譜分解而得出的分解所選取的基本函數(shù)系是其本征函數(shù)系{Pn(cos)} 在本題中源的表示是所以上面的解中anbncndn0,(n 解的形式簡化 aR (bRc1)

RRcos R

代入銜接條 aRbR11 1 R1 b1R2R2H0R2R

2

21 R

R32R3

2c1R32R3a13(2)HR33()Ha1 2()2

0 0(2)(2 3(2)Hb12()2

0

23()HR3c12(

3

02

)

d1 HR3(2)HR63(d1 HR 0 02 2()2R3(2)(2 0 i Bi0Hi0m,(ii B1[1

1(R1 (

)(2 0(122(0) 20(20)(20)12(0)2vB1即球殼腔中無磁 類似于靜電場中的靜電屏 BH0M0M0H無關(guān)的量 M0為常值浸入磁導(dǎo)率為'的無限介質(zhì)中求磁感 解根據(jù)題意取球心為原點做球坐標(biāo)M0的方向為ez

0,R0,R ,mmR11m

202011

RM00

R

R 11

m2

(bn

代入銜接條 對比Pn(cos)對應(yīng)項前的系數(shù)a1ab0,(n

0M 2 b 0m1

2

Rcos,(RR0

2 2m 0cos,(RR0)2R22 由此RR

M20M 2 v RR,B 0R0[3(M0R)RM0

2 2 20v02 B

v R33(M 00 0],(RR 2又n(BB 其中 2010v代入B的表達 M r 結(jié)果如 解根據(jù)題意H0M0z

0,R0,R mm 1

M 0

0 R0m

RH0Rm a1Rcos,(RR0m12mH0Rcos2

d1cos,(RR0RaRH0

R1 R0H2d1aR R0

得 a1

0M030H0d0M0(0)H0 0 0M030H0Rcos,(RR0 M()HmH0Rcos 0cos,(RR00 00 01Hm11

coser

0M030H20 B1H0M0

H0 2

M0,(RR0 M( H [(Hcos 0cos)e R mM( rr m(Hsin 0sin)e]H3(mR)R0

rr

R m m

BH[H3(mR)R m 0M0R3 0R3

有一個均勻帶電的薄導(dǎo)體 其半徑為 總電荷為 今使球殼繞自身某一直徑r角速度轉(zhuǎn)動r提示本題通過解A或m的方程都可以解決也可以比較本題 5例2的電流分解根據(jù)題意取球體自轉(zhuǎn)軸為z軸建立坐標(biāo)系

0,R0,R1 1

2( 1)2

m2,(RR

0 R0

R其 m a1Rcos,(RR0m12m2R

cos,(RR0RaRb1R

1 2b

a

1R3R0b 解 a b

11

Rcos,(RR02m 0cos,(RR0)2 1Hm11

coser

sine Q0B10H1

vv 3(mH 0cose 0sine R)Rm 其中 QR2m 0 vv 3(mB20H2[

R)Rm] 電荷按體均勻分布的剛性小球其總電荷為Q 半徑為R0 它以角速度繞自身某以直徑轉(zhuǎn)動求它的磁矩與自轉(zhuǎn)動量矩之 v解 磁矩m2xJ v 又xR J(x)v3

0

1 r(v 1 m R2

R)Rsindrdd24R3(ere)Rsin 又reesinezcos(cosexsineye 3Q2R0[sinvcos(cosvsinv)R4sin2e m 0

00 3Qev2R QR2 00

0

0sin3R4drdd 050vv0

v vvvvdm

3M4eev

R2(vvv

e e 40

R2(sin

er

3M40

ee

)R2

3M02

00 3M02

R0R

2M00

00 vv

QR20 00 2M0R2 2M05rmrv解根據(jù)題意r很大r可推出在平面上H類比于靜電場vvv

m 2cos sin Be04 v

err3e]4r3(cosersine F(m)

r

0(1cos2)e d和d的線偏振平面波它們都沿z軸方向求合成波證明波的振幅不是常 而是一個求合成波的相位速度和振幅速 E1(x,t)E0(x)cos(k1x E2(x,t)E0(x)cos(k2x EE1(x,t)E2(x,t)E0(x)[cos(k1x1t)cos(k2x k1 12t)cos(k1

x 2E0(x) x2

其中k1kdkk2kdk;1d,2 E2E0(x)cos(kxt)cos(dkxd E2E0(xcos(dkxd相速kxtvp群速dkxdt

一平面電磁波以45o從真空入射到r2的介質(zhì)電場強度垂直于入射 求反r S,S',S''分別為入射波反射波和折射波的玻S'S'SnnE'R nTS''nT r

E2E00n2cos2E''2n1cosE20又根據(jù)電場強度垂直于入射面的可1cos cos1R

2cos cos241412coscos(1cos 1sin2 10,2022 22 2

R( 2)222T

22222 ( 2 2

32有一可見平面光波由水入射到空氣入射角為60 證明這時將會發(fā)生全反射并求折射波沿表面的相速度和透入空氣的深度 設(shè)該波在空氣中的波長為06.28105 水的折射率為 1解由折射定律得臨界角c kk 相速度vpk 2

) 6.28 sin2601投入空氣的深度 sin2601 vvv 頻率為的電磁波在各向同性介質(zhì) 時若E,D,B,H仍按ei(kxt)變化但 E平行DEv v vkBkDBDBE0,但一般kE

v 2 vv 2[kE(kE)k 證明 由麥?zhǔn)戏匠? E H D B得0 v v v v0B

ei(kxt)ikBei(kxt)ikB kB 同 kDv[evv]

vvi0 i(kxt 0 ikB

vv1v(vv) v[evv]

vvi i(kxtv 1

vBE(kE)E Eik vQD E一般 即kE一般B 1 B 由E B(kD D另由H D(kv

[k ( [k(kE)] [(kE)k]

kEk 1 B(k

得H(k 2 vvSEHE(kE)[Ek(kQv

2 kE一般0S一般E 有兩個頻率和振幅都相等的單色平面波沿z軸一個波沿x方向偏 方向偏振2

反之一個圓偏振可以分解為怎樣的兩個線偏振解偏振方向在x軸上的波可記為xA0cos(tkz)A0cos(t0xyAcos(tkz

)Acos(t 00y0x2

0x2y2A2[cos2(t )cos2(t0y 00A2[cos2(t0000即x2y20

所以合成的振動是一個圓頻率為的沿z軸方 的右旋圓偏振反之一個圓振可以分解為兩個偏振方向垂直同振 同頻 相位差為2的線偏振的合證明設(shè)在z>0z<0的空間中垂直于導(dǎo)體表面入射 zi(ztEE0 于是由 0的表 單位面積進入導(dǎo)體的能量v

1 1 ) E 其中HkEinv

2

H)2 zi(ztJE dQ

E)

2122 作積分Q2E00 dz4 又Q 2QE2 E 原題得證 已知海水的r1,1S 試計算頻率為50,106和109Hz的三種電磁波在解22透射深 Qr0r0422 250410722 2504107222106410222106410723109Hz時:3 2

22221094107 平面電磁波由真空傾斜入射到導(dǎo)電介質(zhì)表面上入射角為1相速度和衰減長度若導(dǎo)電介質(zhì)為金屬 v提示導(dǎo)電介質(zhì)中 量ki,只有z分量為什zv vzv vkv

vt0 EE xei(0 k''x與介質(zhì)中的有關(guān)比較可2 22 2x根據(jù)邊界條件得k''x

ix

x又kxkxksin1 vv

c 故k,k無y分 y0,y v有與 其中 c 2222(csin1 有 z

2212

22 2

22222 c

c2 212 2 12( c

1 2

c

)2222]

1v1v如果是良導(dǎo)體

sin2122c 2 c 2

z

2

1

4222 2c2sin2 2[c4 2

21

4

2222 2c2 2[c2 2無限長的矩形波導(dǎo)管在在 0處被一塊垂直地插入地理想導(dǎo)體平板完全封閉求z到 0這段管內(nèi)可能存在的波解在此中結(jié)構(gòu)得波導(dǎo)管 電磁波的依舊滿足亥姆方 2Ek2Ek0

v E(x,y,z)(C1sinkxxD1coskxx)(C2sinkyyD2coskyy)(C3sinkzzD3coskzEyEz0,(x0, ExEz0,(y0,

0,(x0,

0,(y0,

0,(zExA1coskxxsinkyysinkz故EyA2sinkxxcoskyysinkzEzA3sinkxxsinkyycoskzE其

m,m0,2Lakn,n,2L kxkykz 00c2A1aA2bA3kz綜上

E(x,y,z,t)E(x,y)ei(k2zt)在波導(dǎo)管中沿z方向傳 試使 Ei0H及Hi0EEx(xy)和Hz(xy這兩證 沿z軸的電磁波其電場和磁場可寫 E(x,y,z,t)E(x,y)ei(kzzt H(x,y,z,t)H(x,y)ei(kzztvE H

Bi v vEEiE0

ikz

H

ikzH

0 由 消去H得E

kEzi(2k2

yzc 由 消去Hx得

i(2k2

(H

kEzzc 由

Hx

0Ez1i( 1由

c1Hy 1

2

y

z0zi( kc v 對于定態(tài)波磁場為v(v,)

v()Hx Hx

EDiE由麥?zhǔn)戏匠探M 得H)(H2H2Hi 又EB

Ev(

vk)H0, HvHv 由nB0得nH Hn利用viv和電場的邊界條件可 Ht

HnHv證明E

yeikzEyA2sinkxxcoskyyeikz

A3sinkxxsinkv

yeikzHE Hx(A3kyiA2kz)sinkxxcosk

yeikzHH

A3kx)coskxxsink

yeikzH

(A

Ak)cos

yeikz 2 1 本題討論TM波故 A2kxA1ky故 若n0,則kyb0,A2kx又kxa0,那么 HxHy 若m0,則kxa0,A1ky又kyb0,那么A1HxHy頻率為30109Hz的微波在0.7cm0.4cm的矩形波導(dǎo)管中能以什么波 解 30109 波導(dǎo)為0.7cmc (m)c (m)2(nb當(dāng)a0.7102mb0.4102mm1,n1時,4.31010Hzm1,n0時2.11010Hzm0n1時,3.71010Hz 30109Hz 波導(dǎo)為0.7cm0.6cmm1,n1時,2.11010Hzm1,n0時2.51010Hzm0n1時,3.31010Hz一對無限大的平行理想導(dǎo)體板相距為b 電磁波沿平行與板面的z方向設(shè)波在x方向是均勻的求可能的波模和每種波模的截止頻率解在導(dǎo)體板之 的電磁波滿足亥姆方 2Ek2Ek0v 令 是E的任意一個直角分 由于E在x方向上是均勻U(x,y,z)U(y,z)Y(y)Z又在y方向由于有金屬板作為邊界是取駐波解在z方向是空間取行波解得通解U(xyz)(C1sink

y

y)eikz由邊界條件nE0,和n0EAsin(

y)ei(kzzt i(kzt

n E

且k2

k,n0,2L E

y)ei(kzzt

c 又由E0得A1獨立與A2,A3無 bA2ikz令 0得截止頻率cbv證明在諧振腔 電場E的分布

yeikzEyA2sinkxxcoskyyeikz

A3sinkxxsinkv

yeikzHE Hx(A3kyiA2kz)sinkxxcosk

yeikzHH

A3kx)coskxxsink

yeikzHzz

(A

Ak)cos

yeikz 2 1 1 由 (EDHB)有諧振腔21 電場能流密 1 E 1 *

v* 2[

4[A2cos2kxsin2kysin2kzA2sin2kxcos2kysin2kzA2sin2kxsin2kycos2k

v H BRe(H*B4 [(AkA

)2sin2kxcosk2kycos2kz 3 z

(A1kzA3kx)2cos2kxxsin2k