电动力学试题库十及其答案

简答题（每题5分，共15分）。1．请写出达朗伯方程及其推迟势的解．2．当你接受无线电讯号时，感到讯号大小与距离和方向有关，这是为什么？3．请写出相对论中能量、动量的表达式以及能量、动量和静止质量的关系式。证明题（共15分）。当两种绝缘介质的分界面上不带面电荷时，电力线的曲折满足：1212tantan，其中1和2分别为两种介质的介电常数，1和2分别为界面两侧电力线与法线的夹角。（15分）四.综合题（共55分）。1．平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l和2l，介电常数为1和2，今在两板上接上电动势为U的电池，若介质是漏电的，电导率分别为1和2，当电流达到稳恒时，求电容器两板上的自由电荷面密度f和介质分界面上的自由电荷面密度f。（15分）2．介电常数为的均匀介质中有均匀场强为0E，求介质中球形空腔内的电场（分离变量法）。（15分）3．一对无限大平行的理想导体板，相距为d，电磁波沿平行于板面的z轴方向传播，设波在x方向是均匀的，求可能传播的波型和相应的截止频率．（15分）4．一把直尺相对于坐标系静止，直尺与x轴夹角为，今有一观察者以速度v沿x轴运动，他看到直尺与x轴的夹角'有何变化？（10分）二、简答题1、达朗伯方程：220221AAjct222201ct推迟势的解：00,,,,,44rrjxtxtccAxtdVxtdVrr2、由于电磁辐射的平均能流密度为222320sin32PSncR，正比于2sin，反比于2R，因此接收无线电讯号时，会感到讯号大小与大小和方向有关。3、能量：20221mcWuc；动量：022,,1miWPuicPcuc；能量、动量和静止质量的关系为：222202WPmcc三、证明：如图所示在分界面处，由边值关系可得：切线方向12ttEE（1）法线方向12nnDD（2）12E121E又DE（3）由（1）得：1122sinsinEE（4）由（2）（3）得：111222coscosEE（5）由（4）（5）两式可得：2211tantan证毕。四、综合题1、解：如图所示，由电流稳定时，0j，则介质分界面上有12nnjj，即：11122212,nnnnEEEE由于E与n方向一致，121112,EEEEn又由12121122llUEdlEdlEdlElEl111122ElEl2112112122UUEllll由于均匀介质121112112UDEnll1212222122112UDEEnll电容器上板面自由面电荷密度为：121121120fnUDll1l2l121D2D下板面的为：211221120fnUDll介质分界面上自由面电荷密度为：21122112321211221122112fnnUUUDDllllll2、解：如图所示，取0E方向为z轴方向。由题意知，球内外均满足02(1)又轴对称，则)](cos)(cos[11nnnnnnnPrbPra)(0Rr(2))](cos)(cos[12nnnnnnnPrdPrc)(0Rr(3)当0r1有限，则0nb)(cos1nnnnPra(4)当rcos02rEnnnnPrdrE)(coscos102(5)在介质球面0Rr上有边值关系021Rr(6)0210rRrr(7)将(4)、(5)代入(6)、(7)中解得1003cos2Er(8)30002020coscos2ERErrbxxxyxox0E0Rz12球腔内的电场强度为：110032EE3、解：由亥姆霍茨方程：022EkE(1)根据题意0xk，场与x无关。可设场为)()(),,(tzkizeyEtzyE(2)将(2)代入(1)中，得振幅满足的亥姆霍茨方程为0222)()(yEkdyyEdy（3）分量通解为ykBykAyEyysincos)(利用0y，b边界条件0zxEE，0yEy(4)得：)(sintzkiyxzyekAE1)(costzkiyyzyekAE2)(sintzkiyzzyekAE3(5)其中bmky210,,m(6)而2222)()(bmckkkyz(7)由此得截止频率为bmcc(8)由于此波型(5)满足0E。因此1A、2A、3A不独立，将(5)中三式代入0E中得032zykiAkA，即32AkkiAyz(9)4、解：如图所示，设观察者的坐标系为，根据运动尺度缩短，x方向上，在坐标系中，直尺的长度为：22221cos1xxvvlllcc而y方向上，在坐标系中，直尺的长度为：sinyylll则2222tansintancos11yxlllvvlcclyxvyx