电动力学试卷

A1 z
ρ =a
= A2 z
ρ =a
,
−
（1 分） （2 分）
3
四、 （15 分） 真空中有两列电磁波 E1 ( r , t ) = E0 e y ei ( kz −ωt ) ， E0 及 K 皆为常数， E2 ( r , t ) = ex E0 ei ( ky −ωt ) 。试 求下列问题： （1）分别指出它们的各自的等位相面、位相传播速度、偏振方向和振幅。 （2）它们各自相应的磁场强度 H 、能流密度 S 和平均能流密度 S 。
解 （1）先找到它们的相位因子，由 K 是实数，所以
E1 E2
Reei ( ky -ω t ) ⊥ y 的平面波（平面波）
位相因子 等位相面 相速 振幅 偏振方向
Reei ( kz -ω t )
⊥ z 轴的平面（平面波）
ω/K
E0 e y
ey
ω/K
E0 e x ex
（8 分）
（2） E1 ：振幅为常矢，由 H =
′ = γ ( E y − υ Bz ) ， Ez′ = γ ( Ez + υ By ) （1） ′ = Ex ， E y Ex
′ = γ ( By + ′ = Bx ， By Bx
υ
c
2
Ez ) ， Bz′ = γ ( Bz −
υ
c2
E y ) （2）
式中 γ = (1 −
υ2
c
2
)
−
1 2
。
（5 分）
ε n×E 得 μ
H1 =
ε0 ε K × E1 = −e x 0 E0 ei ( kz −ωt ) μ0 μ0
S 是二次式，必须先对 E1 、 H1 都取实部。
S1 = E1 × H1 = E0 e y cos(kz − ωt ) × (−1) = ez
ε0 E e cos(kz − ωt ) μ0 0 x
′ B3 ′ ′ B2 ′ + E3 E ′ • B ′ = E1′B1′ + E 2 = E1 B1 + γ ( E 2 − vB3 )γ ( B 2 + v v E 3 ) + γ ( E 3 + vB2 )γ ( B3 − 2 E 2 ) c2 c v2 v v2 v E 2 B 2 − 2 B3 E 3 − vB3 B 2 + 2 E 2 E 3 + E 3 B3 − 2 B 2 E 2 + vB3 B 2 − 2 E 2 E 3 c c c c = E1 B1 + 1− β 2 = E1 B1 +
解：
理想导体中的 E ′′ = B ′′ = 0 ,将理想导体表面 z = 0 作为边界面，由
n× E = 0 n× H = i n• D =σ n• B = 0
知空气中的电磁场要满足以下边界条件
e z • ( B + B ′) = 0 ( E + E ′) × ez = 0
（1） （2）
板上的面电流可由下式求出
i = ( H + H ′) × e z
（3） （3 分）
5
′e y = 0 ， 先由（1） 、 （2）求出 E ′ 和 B ′ .由（2）可知 E 、 E ′ 的切线分量之和为零， E0 e y + E0反 Nhomakorabea波电场为
E ′ = − E0 e y e − i ( kz +ωt )
再由 E 、 E ′ 求出 H 、 H ′ ,由 H =
∂p = −iωp 。则在坐标原点处的电偶极子产生的矢势为 ∂t
μ 0 e ikr ，式中 r = xe x + ye y + ze z （或在球坐标中， r = rer ） 。可求出点偶极子产 A= p 4π r
生的辐射电磁场 E 和 B 为
E=
1 4πε 0 c r
2
p e ikr sin θeθ p e ikr sin θeϕ
B=
1 4πε 0 c r
3
求该天线辐射的平均能流密度、总辐射功率和该天线的辐射电阻。
6
解：
p 2 c 1 S = Re E ∗ × H = B n= sin 2 θn 2 3 2 2 2μ 0 32π ε 0 c r
(
)
2
(5 分)
p = ∫ S r dΩ =
2
p 32π 2ε 0 c 3
1
3
∫ sin θdΩ = 4πε 0 3c 3
7
八、 （10 分） 证明 E • B 和 E 2 − c 2 B 2 是洛仑兹标量，并用电磁场张量 Fμν 表示它们。 解：利用电磁场强度的变换关系
E1′ = E1 ′ = γ ( E 2 − vB3 ) E2 ′ = γ ( E 3 + vB 2 ) E3 B1′ = B1 v E3 ) c2 v ′ = γ ( B3 − 2 E 2 ) B3 c ′ = γ ( B2 + B2
(
)
(
)
∫ D • dS = ∫
S
ΔS1
V
ρdV
（2 分）
V
将上式用于图 1 所示的小柱形闭曲面，得
∫ D • dS = ∫ D • dS + ∫ D • dS + ∫ D • dS = ∫
S ΔS 2 ΔS侧
ρdV
∵ h → 0 时， ΔS 侧 → 0 ∴ ∫ D • dS → 0
ΔS侧
∵ ΔS1 = ΔS 2 = ΔS 很小，令 在 ΔS1 上 D = D1 ，
对于静电场来说， E ≠ 0 ,即 Ex , E y , Ez 三个分量至少有一个不为零。于是由（1）式得出：
E ′ ≠ 0 ,即 E 经过洛伦兹变换后不可能成为 E ′ = 0 的纯粹磁场。
（5 分）
同样，对于静磁场来说， B ≠ 0 ,即 Bx , By , Bz 三个分量至少有一个不为零。于是由（2） 式得出： B′ ≠ 0 。即 B 经过洛伦兹变换后不可能成为 B′ = 0 的纯粹电场。 （5 分）
在 ΔS 2 上 D = D2 又∵ ΔV → 0 时， （1 分）
图 1 法向方向边值关系
∫
V
ρdV = σΔS ，因此上式可简化成
D1 • (− n ΔS ) + D2 • n ΔS = σΔS ⇒ n • D2 − D1 = σ
（2）将方程 H • dl =
l
(
)
（2 分）
∫
∫ J • dS + ∫
I
πa 2
（2 分）
∇ 2 A2 z = 0
因为 Az 与 z 和方位角 ϕ 无关，仅是 ρ 的函数， 所以
∂A −μ1 I 1 ∂ ( ρ 1z ) = ∂ρ ρ ∂ρ πa 2 1 ∂
ρ ∂ρ
其解为
(ρ
∂A2 z )=0 ∂ρ
A1 z = −(
μ1 I 2 ) ρ + C1 ln ρ + D1 4πa 2 A2 z = C 2 ln ρ + D 2
ε0 2 E cos 2 (kz − ωt ) μ0 0
1 2
由式 S = Re( E * × H ) 得
S1 = = ⎤ ε 1 1 ⎡ Re( E1* × H1 ) = Re ⎢ E0 e y e− i ( kz −ωt ) × (−1) 0 E0 e x ei ( kz −ωt ) ⎥ 2 2 ⎣ μ0 ⎢ ⎥ ⎦ 1 ε0 2 E0 ez 2 μ0
解 采用柱坐标系， 坐标轴与导体轴重合， 由于导体很长， 且 J = J zez =
I
πa 2
e z ，由 A =
μ
4π
∫
JdV ′ R
知， A 仅有 Az 分量， A = Az e z ，于是矢势 A 满足方程为
∇ 2 AZ = − μJ Z
柱内为 1 区，柱外为 2 区，则有
∇ 2 A1 z = − μ 1 J z = − μ 1
S
∂D • dS S ∂t
用于图 2 所示闭曲线 l 。经过分析，此方程左 边积分可转化成
∫ H • dl
l
= N • n × H 2 − H 1 Δl （2 分）
图 2 切向分量边值关系
[ (
)]
右边第二个积分为零，第一个积分为 i • NΔl ，
其中 N 为矩形闭曲线所围平面的单位法向矢量。最终原方程可简化成
S2 = E2 × H 2 = e y
E cos 2 (ky − ωt )
μ 0ω
( KE − i
∂E ) ∂y
S2 = =
1 * × H2 ⎤ Re ⎡ E2 ⎦ 2 ⎣
2 ey ⎛ ⎤ e 1 ⎡ 1∂ E ∂E 2 ⎜K E + Re ⎢e x E * × z (i − KE ) ⎥ = 2 ⎣ μ0ω ∂y 2 ∂y ⎦ 2 μ 0ω ⎜ ⎝
2
1
p
2
(5 分)
由 p = − i ω Il , p =
12πε 0 c
(ω
2 2 2
I l
)
p=
1 2p ω 2l 2 Rr I 0 2 ,得辐射电阻: Rr = 2 = 2 I0 6πε 0 c 3 c
2
μ0 ⎛ l ⎞ 2 由 ω = 2π , Rr = π ⎜ ⎟ λ 3 ε0 ⎝ λ ⎠
E2 ：振幅 E ( x, y )e x .由 H =
−i
ωμ
∇× E 得
4
H2 = − =− =
i
μ 0ω
i
∇ × E2 ⎡ei ( ky −ωt ) ∇ × E ( x, y )e x + ei ( ky −ωt ) ∇ × E ( x, y )e x ⎤ ⎦