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华中师范大学电动力学期末考试试题02级A卷(标准答案)


华中师范大学 2003 –2004 学年第二学期
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期末考试试卷(A 卷)参考答案
课程名称 电动力学 课程编号 50112000 任课教师 胡响明、候德富

学号:

题型 分值 得分

判断题 20

填空题 20

简答题 40

综合题 20

总分 100

学生姓名:

得分

评阅人

一、判断题: (20 分,共 10 题,每题 2 分) 如果命题正确, 请在下列每题后面的小括号内打√, 否则打×。

1

v v v 磁场的散度 ? ? B = 0 和旋度 ? × B = μ 0 J 对一般变化磁场和变化的电流均成立。

(×)

年级:

2 无穷大平行板电容器内有两层介质,极板上面电荷密度相同,但电荷种类不同。此时不同
介质内的电位移也不同。 (×) (×) (×)

3 两不同介质表面的面电荷密度同时使电场强度和电位移不连续。
4 电偶极矩只有在电荷分布对原点不对称时才不为零。

专业:

5 阿哈罗诺夫-玻姆效应表明,在量子物理中,仅用磁感应强度描述磁场是不够的,但用矢势
来描述又是过多的,能够完全恰当地描述磁场的物理量是由磁矢势决定的相因子。 (√)

6 在电磁波的反射过程中,只有电磁波传播所在介质起作用,另一种介质不起作用。 (×) 7 磁偶极辐射与电四极辐射具有相同的数量级。 8 运动尺度缩短与物体内部结构无关,是时空的基本属性决定的。 9 匀低速运动的带电粒子激发电偶极辐射。 10 辐射阻尼是由带电粒子的加速时激发的辐射场引起的。
(√) (√) (×) (√)

院(系) :

得分

评阅人

二、填空题(20 分,共 10 题,每题 2 分) 以下填空题中,所用到的符号必须说明其含义。

1 麦克斯韦首先预言了电磁波的存在,并指出光波就是一种电磁波。 2 写出电四极矩 Dij 产生的电势 ? ( 2 ) =
1 24πε 0

∑ Dij
i, j

?2 1 ,R 为源点到场点的距离。 ?xi ?x j R

3 在电子双缝衍射实验中, 阿哈罗诺夫-玻姆效应描述的是: 磁场的矢势具有可观察的物理效
应,它可以影响电子波束的相位,从而使干涉条纹发生移动。

4 平面电磁波的特征是:电磁波为横波,电场和磁场振动方向都与传播方向垂直;电场和磁
场振动方向互相垂直, 并与波矢方向垂直;电场和磁场同相,振幅比为电磁波的传播速度。

5 写出采用洛伦兹规范和在此规范下的电磁场方程: v v 1 ?2Α v v 1 ?? 1 ? 2? ρ 2 2 = ?μ 0 J , ? ? ? 2 2 = ? 。 ??Α+ 2 = 0 ,? Α ? 2 2 ε0 c ?t c ?t c ?t 6 电偶极辐射的磁感应线是围绕极轴,总是横向的,电场线是经面上的闭合曲线。 7 电偶极辐射对球面积分后的总功率与球半径无关,电磁能量可以传播到任意远处。 8 要获得较大辐射功率的辐射,必须使天线的长度与要产生的辐射的波长具有相同量级。

v i 1 9 四维波矢为 k μ = (k , ω) ,四维波矢构成的不变量为 k μ k μ = k 2 ? 2 ω 2 。 c c 10 介质中由于带电粒子运动诱导的电流激发的次波与带电粒子在超过光速时产生的电磁波
相互干涉形成的辐射称为切伦可夫辐射。

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得分
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评阅人

三、简答题(40 分,共 4 题,每题 10 分)

1 在无界空间传播的单色平面波, 它的磁感应强度 B 与电场强度 E 垂直。 证明在任何惯性系 观察,这一性质保持不变。 解: v 当参考系Σ’ x’,y’,z’)以速度 v = (v,0,0) 相对于惯性系Σ(x,y,z)运动时,同一个在Σ系电磁场 ( v v v ' 表 示 为 E = ( E1 , E 2 , E3 ) , B = ( B1 , B2 , B3 ) 。 在 Σ’ 系 电 磁 场 表 示 为 E ' = ( E1' , E 2 , E3' ) , v ' ' B ' = ( B1' , B2 , B3' ) 。电磁场在Σ系和Σ’系的变换关系为 E1' = E1 , B1' = B1 , E 2 = γ ( E 2 ? vB3 ) , v v ' B2 = γ ( B2 + 2 E3 ) ,E3' = γ ( E3 + vB2 ) ,B3' = γ ( B3 ? 2 E 2 ) (6 分) c c 于是 v v ' ' ' E '?B' = E1' B1' + E 2 B2 + E3 B3'
v v E3 ) + γ ( E3 + vB2 ) γ ( B3 ? 2 E 2 ) 2 c c v v = E1 B1 + γ 2 (1 ? 2 ) E 2 B2 + γ 2 (1 ? 2 ) E3 B3 c c v v = E1 B1 + E 2 B2 + E3 B3 = E ? B = 0 可见命题得证。 = E1 B1 + γ ( E 2 ? vB3 ) γ ( B2 +

(4 分)

2 利用边值关系计算并分析电磁波垂直入射时导体表面的反射与透射特征。 解: 设入射、反射、折射电磁波的电场强度分别为 E、E’、E’’, 入射、反射、折射电磁波的磁场 强度分别为 H、H’、H’’, k’’ 电磁场边值关系为 E + E' = E' ' H ? H '= H '' (2 分) H’’ ? αz i (βz ? ωt ) 对良导体情形有 E ( z, t ) = E ' ' e e σ/εω>>1, k ≈ iωμσ ≈ β + iα , α ≈ β ≈

r r r r r 1 r r 1 (β + iα )n × E ? × E = iωμH , H = k ×E =

ωμσ 2

2

(2 分)1 (1 分) k H’ H
K’

ωμ

ωμ

同时,

E 1 1 ωμσ (1 + i )E ' ' , μ ≈ μ 0 。因而, H ' ' = = ωμ 2 B μ0ε0

(1 分) (1 分)

第二个边值关系变为 E ? E ' = 从两个边值关系解得

σ (1 + i )E ' ' 2ωε 0
? ? 2ωε 0 ? / ?1 + i + ? ? σ ? ? ? ?, ? ?

? 2ωε 0 E' = ??1 + i ? ? σ E ?

(2 分)

E' R= E

2

?? 2ωε 0 = ? ??1 ? σ ?? ??

2 ? ?? ? 2ωε 0 ? + 1? / ??1 + i + ? σ ? ?? ? ? ??

2 ? ? 2ωε 0 ? + 1? ≈ 1 ? 2 ≈1 ? σ ? ? ?

(1 分)

3. 在接地的导体平面上有一半径为 a 的半球凸部, 半球的球心在导体平面上, 点电荷 Q 位于 系统的对称轴上,并与平面相距为 b(b>a) ,试用电像法求空间电势。 P R 解: Q R 分别讨论导体上方与导体下方的情形。第一种情况为导体下方: 定解条件为 {? 2 ?1 = 0, ?1 |导体面 =0, ?1 |无穷远处 =0 ①
1 2

由唯一性定理可知,?1=0。 第二种情况为导体上方: (一) 选坐标系,取原点在球心的球坐标。 ? Q (二) 定解条件 ?? 2 ? 2 = ? δ( x, y, z ? b), ? 2 |导体面 =0, ? 2 | R →∞ = 0 ε0 ?

-Q’

R3

R4 Q’

(4 分)

-Q

(三)

像电荷的引入及电势的尝试解 像电荷应在解的适用范围以外(即导体下方)引入,它们取代感应电荷的作用是保证边界条 件(即导体上及无限远处电势为零)得到满足。 在(0,0,a2/b)处引入-Q’=-aQ/b 可使半球面电势为零,但不能保证导体平面电势为零。若 再在(0,0,-b)处引入-Q 和在(0,0, a2/b)处引入Q’=aQ/b,则能保证导体平面电势为零的要求, 同时后两者的引入也不会破坏半球面电势为零的要求,因为对于 R=a 的半球面来说,位于 (0,0,-a2/b)的+Q’刚好是位于(0,0,-b)的-Q 的镜象电荷。最后,这四个电荷均分布在有限区 域内,?2|R→∞亦必然得到满足。 (4 分) 1 Q ? Q' ? Q' ? Q 由此,可以提出电势的尝试解为:? 2 = [ + + + ] ,其中 4πε 0 R1 R2 R3 R4

a2 2 a2 R1 = R + b ? 2 Rb cos θ , R2 = R + ( ) ? 2 R cos θ , b b
2 2 2

a2 2 a2 R3 = R + ( ) + 2 R cos θ ,R4 = R 2 + b 2 + 2 Rb cos θ ,Q’=aQ/b. b b 不难验证,?2 满足定解条件,由唯一性定理可知,?2 是唯一正确的解。
2

(2 分)

(2 分) 磁场由于其有旋性,一般可以引入另一个矢量来描述它。根据矢量分析的定理,则 B 可表为 另一矢量的旋度 v v (2 分) B = ?× A 矢势 A 的物理意义是它沿任一闭合回路的环量代表通过以该回路为界的任一曲面的磁通量。 只有 A 的环量才有物理意义,而每点上的值没有直接的物理意义。 (2 分) 得矢势的微分方程 v v v ? 2 A = ? μJ (? ? A = 0) (2 分) 和边值关系为 v v A1 = A2 (2 分)

4. 阐明静磁场用矢势描述的原因和矢势的意义,给出相应的微分方程和边值关系。 解: 麦氏方程组的磁场部分为 v v v ?× Η = J , ??B = 0

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得分
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评阅人

四、综合题(20 分)

1. 半径为 R 的不带电的导体球壳, 放入均匀电场 E0 中。 设想这球壳被垂直于 E0 的平面分割 成两个半球壳。为了使这两个半球壳不致分开,需要加多大的外力?(其中,面电荷所在处 的电场强度等于该面两边电场强度极限之和的一半, E=(E++E-)/2E+和 E-分别为从该面两 即 边趋于该面上同一点时电场强度的极限值)。

? ? ? ? ? ?

+ σ(θ) + R + θ O + + +

E0

解: 这导体放入电场中后,外表面上便感应出一层电荷,这电荷在电场中要受力。这个力便是 使两个半球分开的力。为了使两个半球壳不致分开,所加外力至少要与这个力大小相等,方向 相反。下面我们先求电场,然后求球壳上的感应电荷,再求感应电荷所受的力。 (一) 求电势。 (1) 以球心为原点,E0 的方向为极轴的方向取球坐标系。由问题的对称性可知,电势?只是 r 和θ的函数,而与方位角φ无关。因为本题所考虑的区域包括极轴(θ=0 和θ=π)在内,而电势 在极轴上应为有限值, 故所求的电势?满足拉普拉斯方程 (4 分) 2 ? ? =0 ① 其形式为 B ? (r , θ ) = ∑ ( Al R n + l +l1 ) pl (cos θ ) ② r l 其中 Al 和 Bl 是由边界条件决定的系数。 (2) 边界条件。 (8 分) (a) 无穷远处的边界条件。由于只有球上有电荷,故在离球很远处,电场应趋于原来的电 场 E0,即当 z=rcosθ→∞时,?应满足 ?? ③ | z →∞ = ? E 0 ?z ? ( z → ∞) = ? E 0 z + ? 0 = ? E 0 r cos θ + ? 0 ④ 式中?0 是一个常量,它的值等于未放入导体球时,电场在点的电势,取为零值,即?0=0。比 较②和④式得出:A0=?0 , A1=-E0 , Al=0(l≥2)。于是得 B ⑤ ? (r , θ ) = ? 0 ? E 0 r cos θ + ∑ l +l1 pl (cos θ ) l r

(b) 球面上的边界条件。因为是一个导体球,则球面是一个等势体,为简单起见,取球壳 的电势为零,即 r=R 时,?=0。 则有 ⑥ ?(R,θ)=0 即 Bl ⑦ ? 0 ? E 0 R cos θ + ∑ l +1 pl (cos θ ) = 0 l R 因为 pl(cosθ),l=0,1,2,…,是一个完备的正交函数系,故⑦式两边 pl(cosθ)项的系数应相等。由此 可以得出: B0=-R?0 , B1=E0R3, Bl=0(l≥2)。代入可得

? (r ,θ ) = ? E0 (r ?
(二) 求电场 球壳外表面上感应电荷的面密度为

R3 ) cos θ r2



(4 分)

?? ) R = 3ε 0 E 0 cos θ ⑨ ?R 元感应电荷所受的力等于它的电荷量乘以它所在处的电场强度。 面电荷所在处的电场强度等于 该面两边电场强度极限之和的一半,即 E=(E++E-)/2 式中 E+和 E-分别为从该面两边趋于该面上同一点时电场强度的极限值。在本题中, E+=3 E0cosθ er , E-=0 故感应电荷所在处的电场强度为 E=(3/2)E0cosθ er (4 分) (三) 求外力 由此得出带正电荷的半球壳上,感应电荷所受的合力 F+的大小为

σ (θ ) = ?ε 0 (

F+ = ∫ σ(θ(E ? ds) θ) cos( )
半球面 π/2

=∫ =

0

3 3ε 0 E 0 cos θ( E 0 cos θ) cos θ ? 2πR 2 sin θ dθ 2



9 2 πε 0 E 0 R 2 4 F+的方向与的方向相同。根据对称性可知,带负电荷的半球壳上,感应电荷所受的合力为 F=-F+。 因此要使这两个半球壳不分开,必须在它们上面分别加上大小相等而方向相反的外 力,外力的作用线沿通过球心的 E0 线并指向球心,力的大小至少应为(9/4) πε0E02R2。

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