考试课后题答案

2 二 证明题2. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为⎰=vdv x t x t p ,,,),()(ρρρρ利用电荷守恒定律0=∂∂+⋅∇t J ρρ证明的变化率为⎰=vdv t x J dt pd ,,),(ρρρ解：⎰=vdv x t x t p ,,,),()(ρρρρ (T 就是方向符号),x ρ与时间无关，取的)(t p ρ一个分量为⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⋅+⋅⋅-=⋅⋅∇+⋅∇-=⋅∇-====vi si i vi i v i i v i i v i i i i vi i dv J s d J x dvJ x dv J x dv J x dv t x x t p dt t dp dv x t x t p ,,,,,,,,,,,,,,,,,)()()(),()()(),()(ρρρρρρρ&&ρρρρ（p 上的乱码为p 上一个点，rou 也是，dv 后都有一小撇）考虑到积分区域的表面比电荷所在区域大得多时，表面上的电流为0。

s d J x si i ρρ⋅⋅⎰)(,=0所以 ⎰⋅=vi i dv J dt t dp ,)(ρ故得 ⎰=vdv t x J dt pd ,,),(ρρρ3.证明：（1） 两种介质的分界面上不带自由电荷时，电力线的曲折满足1212tan tan εεθθ=，其中1ε和2ε分别为两种介质的介电常数，1θ和2θ分别为界面两侧电力线与法线的夹角.（2） 当两种导电介质内流有稳恒电流时，分界面上电力线曲折满足1212tan tan σσθθ=，其中2,1,σσ分别为两种介质的电导率。

解：（1）考虑到界面上无自由电荷，故知：1212222221111122211122112112221121tan tan cos sin cos sin sin sin 0)(cos cos εεθθθεθθεθεεθθθθ=======-⨯==即得故即且即E E E E E D E D E E E E E E n D D D D t t n n ρρρ（2）一直导电介质内流有稳恒电流故221121cos cos 0θθJ J J J J n n ===⋅∇即可知ρ又知稳恒电流的电场与静电场之边界条件相同，故1212221112222111211121tan tan sin cos sin cos sin sin σσθθθθσθθσσσθθ======即故得且即E J E J E E E E t t ρρρρ10.设A u v 和ϕ是满足洛伦兹规范的失势和标势。

引入一矢量函数(,)Z x t u v v（即赫芝势），使Z ϕ=-∇u vg ，证明21Z A c t∂=∂u vu v ；（字母上边的均为方向符号，其中g 为称号）证明：在洛伦兹规范 210A c tϕ∂∇+=∂u v g （1） 下A u v和ϕ遵从达朗贝尔方程：220221A A J c t μ∂∇-=-∂u v u v u v ，220221/c t ϕϕρε∂∇-=-∂ （2）将Z ϕ=-∇u vg （3）代入（1）式得21(ZA c t∂∇-∂u v ）=0 （4） 因为（1）式对任意点任意时刻都成立，故方程（4）对任意点任意时刻也成立，因此括号内两个矢量最多只相差一个无散场，令其为0，便有21ZA c t ∂=∂u vu v （5）三 计算题1 有一内外半径分别为r 1和r 2的空心介质球，介质的介电常数为ε，使介质内均匀带静止电荷f ρ，求（1） 空间各点的电场（2） 极化体电荷和极化面电荷分布 解：（1）空间各点的电场由于自由电荷均匀分布在介质球内，电场具有球对称性分布，利用高斯定理可解得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨<<<->=)(0)(3)()(31213031323012r r r r r r r r r r rE f f ερερ （3） 极化体电荷和极化面电荷分布：在（)21r r r <<范围内存在极化体电荷p ρP p ρ⋅-∇=ρ E E P r e ρρρ00)1(εεεχ-== ερf E =⋅∇ρ ερεεεερfr p E )()1(00--=⋅∇--=∴ρ )(21r r r <<或f p ρεερ)1(0--= 在r=r 2 球面上的极化面电荷p σ (前边是r=r2)2012)1()(2E n P P n r pρρρρρεεσ-⋅-=-⋅-=)()1(3)()(3)()1(3)(2022313232313203231322r r r r r r r r r rr n r r r r E ffr p f =--=----=∴-=⋅-=εερερεεσερρρρρ在r=r 1的球面上的极化面电荷p σ (前边是r=r1)00)(12,2,02,33,2,=∴===-⋅-==p r r e p E E P P P P n σεχσρρρρρρρ2.内外半径分别为r 1和r 2的无穷长中空导体圆柱，沿向流有稳恒自由电流J f ，导体的磁导率为。

求磁感应强度和磁化电流。

解：沿中空倒替圆柱轴向流动的均匀自由电流J f 所产生的磁感应强度具有轴对称性，因而可应用安培环路定律求B ρ三个不同区域的B ρ可分别算出⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨<<<->=)(0)(2)()(2121321223120r r r r r r r r r r r B μσ 现在计算磁化电流：ff r m M m M J J H J H M M J ρρρρρρρρ)1()1(0-=-=⨯∇==⨯∇=μμμχχ 磁化电流面密度为H n M n m Mρρρρρ⨯-=⨯-=χαn ρ是柱面外法线单位矢径当r=r2时，f M f J r r r r J r r r H H ρρρρρρ222122022212222)1(22---=∴⨯-==μμα 当r=r1时 0012=∴==M H H αρρρ16. 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 （b >a ），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。

Q b aQ -=1，z b a e r 21=；Q ba Q =2，zb a e r 22-=； Q Q -=3，z b e r -=3，所以),20(,]cos 2cos 2cos 21cos 21[42242224222220a R R b aba Rb aR b a ba Rb aRb b R Rb b R Q ><≤-+++++++--+=πθθθθθπεϕQ θQ b a-Q ba Q -R PO17.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[4b z a y x x Q πεϕ 2220)()()(1b z a y x x ++-+--)0,(,])()()(1)()()(122202220>++++-+-+++--z y b z a y x x b z a y x x20. 有一块磁矩为m 的小永磁体，位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中，求作用在小永磁体上的力F 。

解：根据题意，因为无穷大平面的µ很大，则在平面上所有的H 均和平面垂直，类比于静电场，构造磁矩m 关于平面的镜像'm ,则外场为：m e ϕμ∇-=0B而 234cos 4rm r m πθπϕ=⋅=R m )sin cos 2(4)sin cos 2(430330θθθθπμθθπμe e e e B +=---=∴r r e rm r r m m 受力为：z a r e a m e B m F )cos 1(643)(24202απμαθ+-=∇⋅=== 21.一平面电磁波以=θ45°从真空入射到2=r ε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''E E R =⋅⋅=n S nS ， 201202cos ""cos "E n E n T θθ=⋅⋅=n S n S又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式，可得22121"cos cos "cos cos ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=θεθεθεθεR ， R T -=+=1)"cos cos ("cos cos 422121θεθεθθεε 根据折射定律可得：︒=30"θ，代入上式，得3232+-=R ， 3232+=T 22.有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z 轴传播，一个波沿x 方向偏振，另一个沿y方向偏振，但相位比前者超前2π，求合成波的偏振。

（反之，一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振？）解：偏振方向在 x 轴上的波可记为)cos()cos(000x x t A kz t A E ϕωω-=-=在 y 轴上的波可记为)cos()2/cos(000y y t A kz t A E ϕωπω-=+-= 2/00πϕϕϕ=-=∆x y合成得轨迹方程为：)](cos )([cos 02022022y x y x t t A E E ϕωϕω-+-=+20020220)](sin )([cos A t t A x x =-+-=ϕωϕω所以，合成的振动是一个圆频率为ω的沿 z 轴方向传播的右旋圆偏振。

[反之一个圆偏振可以分解为两个偏振方向垂直，同振幅，同频率，相位差为2/π的线偏振的合成。

] (另一问)。

23. 已知海水的1=r μ，1=σS ·m -1，试计算频率ν为50，106和109Hz 的三种电磁波在海水中的透入深度。

解：取电磁波以垂直于海水表面的方式入射，透射深度为：πνμσωμσαδ/1/2/1===由于 1=r μ，所以0μμ=，σπνμδ0/1=1） 当50=νHz 时, 72110450/171=⨯⨯⨯⨯=-ππδm2）当610=νHz 时, 5.0110410/1762≈⨯⨯⨯⨯=-ππδm 3）当910=νHz 时, 16110410/1793≈⨯⨯⨯⨯=-ππδmm26. 一对无限大的平行理想导体板，相距为b ，电磁波沿平行于板面的z 方向传播，设波在x 方向是均匀的，求可能传播的波模和每种波模的截止频率。