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华中师范大学电动力学期末考试试题04级B卷答案


华中师范大学 2005 –2006 学年第二学期
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期末考试试卷(B 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

学号:

题型 分值 得分

简答题 20

论述题 20

证明题 20

计算题 40

总分 100

学生姓名:

得分

评阅人

一、简答题: (共 20 分,每题 10 分)

1. 写出真空中微分形式的麦克斯韦方程, 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: (1)真空中微分形式的麦克斯韦方程为
v v v ρ ?B ?× E =? , ??E = , ?t ε0 v v v v ?E ? × B = μ 0 J + μ 0ε 0 , ? ? B = 0. ?t

年级:

(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 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’’,电磁场边值关系为

专业:

E + E' = E' '

H ? H '= H ''

对良导体情形有 E ( z, t ) = E ' ' e ? αz e i (βz ?ωt ) σ/εω>>1,

院(系) :

k ≈ iωμσ ≈ β + iα , α ≈ β ≈

ωμσ 2

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

ωμ

ωμ

同时,

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

第二个边值关系变为 E ? E ' =

σ (1 + i )E ' ' 2ωε 0
1+ i ?

从两个边值关系解得

2ωε 0 E σ =? , E 2ωε 0 1+ i + σ
' 2

E' R= E

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

2

2.写出电磁场四维势和电磁场张量,写出并证明坐标变换下电磁场的变换关系。 解: 1)电磁场四维势 (

v i Aμ = ( A, ? ) c
(2)电磁场张量

Fμυ =
? ? 0 ? ?? B3 Fμυ = ? ?B ? 2 ?i ? E1 ?c
(3)坐标变换下电磁场的变换关系

?Aυ ?Aμ ? ?xμ ?xυ
B3 0 ? B2 B1 0 i E3 c i ? ? E1 ? c i ? ? E2 ? c ? i ? E3 ? c ? ? 0 ? ?

? B1 i E2 c

E1′ = E1

′ E2 = γ (E2 ? vB3 )

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2

′ E3 = γ (E3 + vB2 )
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B1′ = B1

v ? ? ′ B2 = γ ? B2 + 2 E3 ? c ? ? v ? ? ′ B3 = γ ? B3 ? 2 E2 ? c ? ?
(4) (举例)证明变换下电磁场的变换关系

i ′ E '1 = F41 = a4 λ a1τ Fλτ c = a4 λ (a11 Fλ1 + a12 Fλ 2 + a13 Fλ 3 + a14 Fλ 4 ) = a4 λ (γFλ1 + 0 + 0 + iβγFλ 4 ) = γa4 λ Fλ1 + iβγa4λ Fλ 4 = γ (?iβγF11 + γF41 ) + iβγ (?iβγF14 + γF44 ) i i = γ 2 ( E1 ) + ( βγ ) 2 (? E1 ) c c i = γ 2 ( E1 )(1 ? β 2 ) c i = E1 c

得分

评阅人 二、论述题: (20 分)

论述利用格林函数求解静电场的基本思想。在无穷大导体平面上有半径为a的圆,圆内和圆外 用极狭窄的绝缘环绝缘。设圆内电势为V0,导体板其余部分电势为 0,求上半空间的电势。 解: 1)利用格林函数求解静电场的基本思想 ( 求解格林函数满足的方程得格林函数

v v v v ? 2G (x , x′) = ? ε10 δ ( x ? x′)
设区域内有两个函数 ?(x) 和 ψ (x) ,有格林公式

∫ (ψ? ? ? ?? ψ )dV = ∫ ?ψ ?
2 2

?

V

S

?? ?ψ ? ?? ?dS ?n ?n ?

3

? (x ) = ∫ G (x′, x )ρ (x′)dV ′ + ε 0 ∫ ?G (x′, x )
V

v

v v

v

? S ?

v v ?? v ? v v? G ( x′, x )?dS ′ ? ? ( x′ ) ?n′ ?n′ ?

(2)以圆心为柱坐标系原点,z 轴与平板垂直,R 为空间点到 z 轴的距离。上半空间的格林函 数用柱坐标表出为

v v G ( x , x′ ) =

1 ? 1 ? 2 2 2 2 4πε 0 ? R + z + R′ + z ′ ? 2 zz ′ ? 2 RR′cos(φ - φ ′) ? ? ? ? R 2 + z 2 + R′2 + z ′2 + 2 zz ′ ? 2 RR′cos(φ - φ ′) ? ? 1

因为在上半空间ρ=0

? (x ) = -ε 0 ∫ ? ( x′)
S

v

v

? v v G ( x′, x )dS ′ ?n′
1

格林函数的法向导数 ? ?G ?G = ?n′ ?z′ =
z′=0

2πε 0 R + z + R′ ? 2 RR′cos(φ - φ ′) 3 2
2 2 2 2π

[

z

]

由于 S 上只有圆内部分电势不为零,所以只需对 r≤a 积分 ? ε0 ∫ ?G v V ? ( x′)dS ′ = 0 ?n′ 2π



a

0

R′dR′∫ dφ ′
0

[R [

z
2 2 2

+ z + R′ ? 2 RR′cos(φ - φ ′)

]

32
?3 2

2π Vz a 1 = 0 ∫ R′dR′∫ dφ ′ 0 2π 0 R2 + z 2

]

? R′2 ? 2 RR′cos(φ - φ ′) ? 1+ ? 32? R2 + z2 ? ?

得分

评阅人

三、证明题: (20 分)

证明以高速匀速运动的带电粒子的电磁场主要集中在与速度垂直的方向上。 r r r ex ' E' = , B' = 0 3 4πε 0 r '
Ex = ex' , Bx ' = 0, 4πε 0 r '3 ey ' v ez ' , B y ' = ?γ 2 , 3 4πε 0 r ' c 4πε 0 r '3 ez ' v ey ' , Bz ' = γ 2 , 3 4πε 0 r ' c 4πε 0 r '3
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4

Ey = γ Ez = γ

x' = γx ,
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y' = y , z ' = z ,
r ex
,

r ? v2 ? E = ?1 ? 2 ? ? c ? ? ?

3 r r ?? v ? 2 ? v ? x ? 2 ? 2 4πε 0 ??1 ? 2 ?r + ? ? ? ? ? ? c ? ? ?? c ? ? ? 2

r r v r B = 2 ×E. c
v << c :

r E=

r ex
2

4πε 0 r r r r r v r μ 0 ev × x . B = 2 × E0 = c 4πr 3

r = E0 ,

v~c:

r 在与 v 垂直方向上 E = γ

r ex
4πε 0 r 3

r >> E0 ,

r r ? v 2 ? ex r 在与 v 平行方向上 E = ?1 ? 2 ? ? c ? 4πε r 3 << E0 . ? ? 0

得分

评阅人

四、计算题(共 40 分,每题 20 分,要求具有逻辑推理,必 要的文字说明和步骤)

1

一金属球壳的内外半径分别为R1和R2,在壳内离球心O为a处有一电荷,其电荷量为q1;在 球壳外离球心为处有另一电荷,其电荷量为q2,如图所示。已知球壳上总电荷量为零。试 求q1,q2和球壳三者各自所受的库仑力。

b

O
a q1 q2

5

解: 由于球壳是封闭导体,故壳外所有电荷(包括壳的外表面上的电荷)在壳内产生的电场强度 之和为零,壳内所有电荷(包括壳的内表面上的电荷)在壳外产生的电场强度之和为零(静电屏 蔽)。因此,壳内q1所受的库仑力F1便等于壳内壁上所有电荷对它的作用力之和,壳外q2所受的 库仑力F2便等于壳外表面上所有电荷对它的作用力之和。 根据电像法,q1的电像为 R ' q1 = ? 1 q1 ① a 它到球心 O 的距离(如图所示)为 R 21 ② a' = a q2的电像q2‘及其到球心的距离分别为 R ' ③ q2 = ? 2 q2 b 2 R ④ b' = 2 b

b

O
a q1

b’ q2’ q2

b’ q1’

q1所受的库仑力F1便等于它的像电荷q1 对它的作用力,即 Rq q1 (? 1 1 ) ' v q1 q 1 v v a (? n1 ) F1 = (? n1 ) = 2 2 2 R 4πε 0 ( R1 ? a ) 4πε 0 ( 1 ? a) a 式中n1为从球心到方向上的单位矢量。





q2所受的库仑力等于壳的外表面上所有电荷对它的作用力之和。壳的外表面上有以下几种电荷:因壳的 内表面上出现(-q1)而在壳的外表面上出现的电荷q1;因q2而产生的感应电荷像电荷(-R2q2/b);因壳内外的总电 荷为零, 故外表面上除q1和(-R2q2/b)外还有R2q2/b。 其中(-R2q2/b)是根据静电感应规律分布在外表面上, 1和 而q R2q2/b则均匀分布在外表面上。因此q2所受的库仑力便为

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6

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q2 ' q ' F2 = n2 + 2 2 4πε 0 (b ? b' ) 4πε 0 q2 = =

q1 +

R2 q2 b n2 b2

q2 q (bq + R q ) ? R2 q 2 / b n2 + 2 1 32 2 n 2 2 2 4πε 0 (b ? R2 / b) 4πε 0 b



q 2 bq1 + R2 q 2 bR q [ ? 2 2 22 2 ]n2 3 4πε 0 b (b ? R2 ) 式中n2为从球心到q2方向上的单位矢量。 因静电的库仑力遵守牛顿第三定律,故球壳所受的库仑力便为 F = ? F1 ? F2
=? =? aR1 q1
2 2 2 2

4πε 0 ( R1 ? a ) aR1 q1
2 2

n1 ? n1 +

q2 4πε 0

[

bq1 + R2 q 2 bR q ? 2 2 22 2 ]n 2 3 b (b ? R2 )

4πε 0 ( R1 ? a )

2 2

q2 bR q bq + R q [ 2 2 22 2 ? 1 3 2 2 ]n2 4πε 0 (b ? R2 ) b

2 求磁化矢量为M0的均匀磁化铁球产生的磁场。

解: 铁球内和铁球外两均匀区域。在铁球外没有磁荷。在铁球内由于均匀磁化,则有 v v M = M0 v ρ m = ? μ 0? ? M 0 = 0 因此磁荷职分布在铁球表面上。球外磁势 ?1 和球内磁势 ?2 都满足拉普拉斯方程,

? 2?1 = 0,

? 2? 2 = 0.

由于球外磁势随距离的增大而减小,所以 ?1 展开式只含 R 负幂次项

?1 = ∑
n

bn Pn (cos θ ) R n +1

而球内磁势 ?2 只含 R 正次幂项

? 2 = ∑ an R n P n (cos θ ).
n

铁球表面边界条件为当 R=R (R0 为铁球半径)时 ,且设球外为真空,则有
B1R = B2 R

?1 = ? 2

7

B1 R = μ 0 H 1 R = ? μ 0 = μ0 ∑
n

?? 1 ?R

B2 R = μ 0 H 2 R + μ 0 M R ?? 2 + μ 0 M 0 cos θ ?R = ? μ 0 ∑ na n R n ?1 Pn (cos θ ) + μ 0 M 0 cos θ = ? μ0
n

( n + 1)bn Pn (cos θ ), R n+ 2


n

( n + 1)bn n Pn (cosθ ) = ? ∑ na n R0 ?1 Pn (cosθ ) + M 0 P1 cos θ ) n+ 2 R0 n

∑R
n

bn
n+1 0

n Pn (cosθ ) = ∑ na n R0 Pn (cosθ ). n

通过比较得

a1 =

1 1 3 M 0 , b1 = M 0 R0 . 3 3 a n = bn = 0, n ≠ 1.

v v 3 3 M 0 R0 cos θ R0 M 0 ? R = , ?1 = R2 3 3 R3

?2 =
球内磁场是

1 v v 1 M 0 R cos θ = M 0 ? R. 3 3

v 1 v H = ??? 2 = ? M 0 , 3 v v v v 2 B = μ0 ( H + M 0 ) = μ0 M 0 . 3

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