电动力学复习题

第一章电磁现象的普遍规律1.根据算符的微分性与向量性，推导下列公式：BABAABABBA)()()()()(AAAA)()(221A解：（1）)()()(ccABBABABABAABAB)()()()(ccccBABAABAB)()()()(（2）在（1）中令BA得：AAAAAA)(2)(2)(，所以AAAAAA)()()(21即AAAA)()(221A11.平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l和2l，电容率为1和2，今在两板接上电动势为E的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度1f和2f；（2）介质分界面上的自由电荷面密度3f。(若介质是漏电的，电导率分别为1和2当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？)解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为1E和2E，电位移分别设为1D和2D，其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为03f取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得：11fD同理，在极板B内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：22fD在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：21DD所以有111fE，212fE由于E)(d22111221111lllllEfff所以21ffE)(2211ll当介质漏电时，重复上述步骤，可得：11fD，22fD，312fDD213fff介质1中电流密度111111111//fDEJ介质2中电流密度2312222222/)(/ffDEJ由于电流恒定，21JJ，2312111/)(/fff1121212211223)1()(fff再由E2211lElEdlE得E)(221111122112111lllfff221111/llfE211212llE)(312fff211221llE211212213llfE14.内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f，板间填充电导率为的非磁性物质。（1）证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。（2）求f随时间的衰减规律。（3）求与轴相距为r的地方的能量耗散功率密度。（4）求长度l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的静电能减少率。解：（1）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r，长度为L，其中bra则由高斯定理得：LDrLf2（1）所以rDf2，trJfD21（2）再由电流连续性方程得：)/(/2tLtqJrLff（3）所以DffJtrJ21（4）即fJ与DJ严格抵消，因此内部无磁场。（2）由EJf得：rDJff2（5）联立（2）（4）（5）得0ddfft（6）所以0ddtfftfCe（7）设初始条件为00ftf，则由（7）式得0fC所以，tffe0（8）（3）222rEpf（9）（4）将上式在长度为l的一段介质内积分，得VbafffablrrlrVrPln2d22d22222（10）由221Ew得：ablrrlrVwWfbafVln4d2221d2122所以tabltWffddln2dd（11）由（6）（10）（11）得：tWPdd即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。第二章静电场1.一个半径为R的电介质球，极化强度为2/rKrP，电容率为。（1）计算束缚电荷的体密度和面密度：（2）计算自由电荷体密度；（3）计算球外和球内的电势；（4）求该带电介质球产生的静电场总能量。解：（1）Pp2222/)]/1()/1[()/(rKrrKrKrrr)(12PPnpRKRrr/Pe（2）)/(00PPED内200)/()/(rKfPD内（3）)/(/0PDE内内rrfrKRrVeeDE200200)(4d外外rKRr)(d00rE外外)(lndd00rRKRRrrErE外内内（4）RRrrrRKrrrKVW42200222022202d4)(21d4)(21d21ED200))(1(2KR9.（第十题参考）接地的空心导体球的内外半径为1R和2R，在球内离球心为a处(a1R)置一点电荷Q。用镜像法求电势。导体球上的感应电荷有多少？分布在内表面还是外表面？解：假设可以用球外一个假想电荷'Q代替球内表OQ'Q1RR'RP面上感应电荷对空间电场的作用，空心导体球接地，球外表面电量为零，由对称性，'Q应在球心与Q的连线上。考虑球内表面上任一点P，边界条件要求：0'/'/RQRQ(1)式R为Q到P的距离，R’为'Q到P的距离，因此，对球面上任一点，应有QQRR/'/'常数(2)只要选择'Q的位置，使OPQPOQ~'，则aRRR//'1常数(3)设'Q距球心为b，则aRRb//11，即aRb/21(4)由（2）（3）两式得:aQRQ/'1]/cos2//cos2[412124121220aRRaRRaQRRaaRQ导体内电场为零，由高斯定理可知球面上的感应电荷为Q，分布于内表面。由于外表面没有电荷，且电势为零，所以从球表面到无穷远没有电场，0外。10.上题的导体球壳不接地，而是带总电荷0Q，或使具有确定电势0，试求这两种情况的电势。又问0与0Q是何种关系时，两情况的解是相等的？解：由上题可知，导体球壳不接地时，球内电荷Q和球的内表面感应电荷Q的总效果是使球壳电势为零。为使球壳总电量为0Q，只需满足球外表面电量为0Q+Q即可。因此，导体球不接地而使球带总电荷0Q时，可将空间电势看作两部分的迭加，一是Q与内表面的Q产生的电势1，二是外表面0Q+Q产生的电势2。]/cos2//cos2[4121241212201aRRaRRaQRRaaRQ内，)(1RR01外，)(1RR；20024/)(RQQ内，)(2RR；RQQ0024/)(外，)(2RR，所以)(4/)()(4/)(21200200RRRRQQRRRQQ)(]/cos2//cos2[411202124121220RRRQQaRRaRRaQRRaaRQ，由以上过程可见，球面电势为2004/)(RQQ。若已知球面电势0，可设导体球总电量为0'Q，则有：02004/)'(RQQ，即：20004/)'(RQQ电势的解为：)(]/cos2//cos2[41)()(/102124121220210220RRaRRaRRaQRRaaRQRRRRRRR当0和0Q满足20004/)(RQQ时，两种情况的解相QQbaQbaQRPO同。11.在接地的导体平面上有一半径为a的半球凸部（如图），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（ba），试用电象法求空间电势。解：如图，根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体球两个模型，可确定三个镜像电荷的电量和位置。QbaQ1，zbaer21；QbaQ2，zbaer22；QQ3，zber3，所以),20(,]cos2cos2cos21cos21[42242224222220aRRbabaRbaRbabaRbaRbbRRbbRQ12.有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面所围成的直角空间内，它到两个平面的距离为a和b，求空间电势。解：用电像法，可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导体板的作用。22200)()()(1[4bzayxxQ2220)()()(1bzayxx)0,(,])()()(1)()()(122202220zybzayxxbzayxx13.设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为σ的液体。取该两平面为xz面和yz面在),,(000zyx和),,(000zyx两点分别置正负电极并通以电流I，求导电液体中的电势。解：本题的物理模型是，由外加电源在A、B两点间建立电场，使溶液中的载流子运动形成电流I，当系统稳定时，属恒定场，即0/t，0J。对于恒定的电流，可按静电场的方式处理。于是在A点取包围A的高斯面，则/QdSE，由于SjdI，Ej，所以//QI可得：/IQ。同理，对B点有：QIQB/又，在容器壁上,0nj，即无电流穿过容器壁。由Ej可知，当0nj时，0nE。所以可取如右图所示电像，其中上半空间三个像电荷Q，下半空间三个像电荷-Q，容),,(0baxQ),,(0baxQ),,(0baxQ),,(0baxQabyz),,(000zyxA),,(000zyxBzxyo),,(000zyxQ),,(000zyxQzxyo),,(000zyxQ),,(000zyxQ),,(000zyxQ),,(000zyxQ),,(000zyxQ),,(000zyxQ器内的电势分布为：8141iiirQ202020)()()(1[4zzyyxxI202020)()()(1zzyyxx202020)()()(1zzyyxx202020)()()(1zzyyxx202020)()()(1zzyyxx202020)()()(1zzyyxx202020)()()(1zzyyxx])()()(1202020zzyyxx第四章电磁波的传播2.一平面电磁波以45°从真空入射到2r的介质，电场强度垂直于入射面，求反射系数和折射系数。解：设n为界面法向单位矢量，S、'S、S分别为入射波、反射波和折射波的玻印亭矢量的周期平均值，则反射系数R和折射系数T定义为：2020''EERnSnS，201202coscosEnEnTnSnS又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式，可得22121coscoscoscosR，RT1)coscos(coscos422121根据折射定律可得：30，代入上式，得3232R，3232T6.平面电磁波垂直射到金属表面上，试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热。证明：设在z0的空间中是金属导体，电磁波由z0的空间中垂直于导体表面入射。已知导体中电磁波的电场部分表达式是：)(0txizeeEE于是，单位时间