2006-2007-2电动力学B答案

若波导只传播 TE 01 波，则要求：
λ c 20 < λ < λ c10 ,
即：
λ > λ c 01
λ 2 < a < λ, b < λ 2
代入数据得：
4cm < a < 8cm,
b < 4cm
（4 分）
B 卷第 6 页共 6 页
（5 分） 四、 （14 分） 解：以球心 o 为原点， p 方向为极轴，建立球坐标系。空间的电势设为：
G
ϕ=
其中 ∇
2
G G p⋅r +ϕ' 3 4πε 0 r
ϕ' = 0 。 由 于 对 称 性 ， ϕ 与 方 位 角 φ 无 关 ， 考 虑 到 自 然 边 界 条 件
（ r → ∞,
ϕ → 0; r → 0, ϕ 有限） ，可设球内外电势的通解可以设为：
2Байду номын сангаас
方程特点：标势所满足的方程与静电场方程相同。 六、 （10 分）在介质分界面上，磁场满足边值关系： B 卷第 4 页共 6 页
G G ˆ ⋅ B2 − B1 = 0, 即： B2 n = B1n ； n
(
)
G G ˆ × H 2 − H1 = 0, 即：H 2t = H1t n
(
)
（2 分）
考虑到轴对称性，可设：
七、 （10 分） 1、矩形波导的截止波长为：
（4 分）
λ cmn =
波导中能传输的波应满足 λ
2
(m
a )2 + (n b )2
< λ cmn ，即：
解得：
⎛1⎞ ⎛ m ⎞ n < 6 ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 10 ⎠
2 2
λ <
2
(m
a )2 + (n b )2
当 m = 0 时， n < 1 .5 有： TE 当m 当m
2006─2007 学年 第二学期《电动力学》课程 考试试卷( B 卷)参考答案及评分标准
一、选择题（每题 3 分，共 18 分) 1、B，2、D， 3、B，4、A， 5、A， 6、B 二、填空题（每题 3 分，共 30 分） 1、库仑定律、毕奥—萨伐尔定律、法拉第电磁感应定律、电荷守恒定律； （答对 1 个给 1 分，满分 3 分） 2、
G
G
G
μ 0 H ，有：
（7）
G
G G ⎛ ρ ∂ ∇⋅ A ∂A ⎞ 2 ⎟ ∇ ϕ+ =− ∇ ⋅ε0⎜ ⎜ − ∇ϕ − ∂t ⎟ = ρ ， 即： ε0 ∂t ⎠ ⎝ G G⎞ ∂ ⎛ ⎛ 1 ∂A ⎞ G ⎟ ⎜ ∇×⎜ ⎜ μ ∇ × A⎟ ⎟ = ∂t ⎜ − ε 0 ∇ϕ − ε 0 ∂t ⎟ + J ⎝ 0 ⎠ ⎠ ⎝
G
（5）
G G G G ⎛ G ∂A ⎞ ∂B ∂A ⎟=0 ∇× E = − = −∇ × ，即得： ∇ × ⎜ E + ⎟ ⎜ ∂t ∂t ∂ t ⎝ ⎠ G G ∂A = −∇ϕ ，有： 因而可以引入标势 ϕ ，令： E + ∂t G G ∂A E = −∇ϕ − ∂t
将（5） （6）两式代入方程（2） （4） ，并考虑到 D = ε 0 E 、 B = （6）
01
波；
= 1 时， n < 1.37 有： TE
10
, TE
11
, TM
11
波； （6 分）
= 2 时， n < 0 .9 有： TE 20 波
B 卷第 5 页共 6 页
另解：电磁波的截止波长为：
λ cmn =
波模（ m, n ）的截止波长如下表:
2
(m
a )2 + (n b )2
模式 波长 ( mm )
TE10 （各 1.5 分）
5、下方， 4a
πε 0 mg （各 1.5 分）
6、变慢、相对（各 1.5 分）
ˆ ⋅ J = 0 （各 1 分） 7、平行， J = σ E ， n
8、能 9、 xμ = { x , ict} ， Aμ = ⎨ A, i
G
G
G
G
⎧ G ϕ ⎫ ∂Fμν = μ0 J μ ( μ ,ν = 1, 2,3, 4 ) （各 1 分） ⎬， c ⎭ ∂xμ ⎩
10、光速不变原理、相对性原理（各 1.5 分） 三、 （8 分） B 卷第 1 页共 6 页
μ G 1） A ( x ) = 0 4π
∫
G G J ( x' )
V
r
dV ' （3 分）
G G ⎛ J ( x' ) ⎞ G μ 2 2 ⎟ dV ' 2） ∇ A = 0 ∫ ∇ ⎜ 4π V ⎜ r ⎟ ⎝ ⎠ G G' ⎛ J (x ) ⎞ G G 1 G G G G 2 ⎟ = J ( x ' ) ∇ 2 = −4πδ ( x − x ' ) J ( x ' ) 而 ∇ ⎜ ⎜ r ⎟ r ⎝ ⎠ G G' ⎛ G G G J (x ) ⎞ μ μ G G G G 2 2 ⎟ dV ' = − 0 ∫ 4πδ ( x − x ' ) J ( x ' ) dV ' = − μ0 J ( x ) 所以： ∇ A = 0 ∫ ∇ ⎜ 4π V ⎜ r ⎟ 4π V ⎝ ⎠
G G ∞ p⋅r + ϕ1 = ∑ an r n Pn ( cos θ ) 4πε 0 r 3 n =0 G G ∞ bn p⋅r Pn ( cos θ ) + ϕ2 = ∑ 3 4πε 0 r n =0 r n +1
（ r < R0 ）
（ r > R0 ）
（6 分）
在 r = R0 的边界上，有： ϕ1 = ϕ 2 ， ε 0
μ0 μ I ˆ e π ( μ0 + μ ) r θ
G
（6 分）
在介质分界面上，面磁化电流线密度为：
ˆ × ( M 2 − M1 ) = 0 αM = n
在电流与介质交界处，磁化电流强度为：
G
G
G G ⎛ μ ⎞ μ0 μ I μ − μ0 IM = v dl = I − 1⎟ ∫ ∫ M ⋅ dl = ⎜ μ0 + μ ⎝ μ0 ⎠ π ( μ0 + μ ) r
(
)
整理得：
G 2 G G G ⎞ ⎛ A ϕ ∂ ∂ ⎟ ∇ 2 A − ∇ ∇ ⋅ A − μ 0ε 0 ⎜ ∇ = − μ J + 0 ⎜ ∂t ∂t 2 ⎟ ⎠ ⎝
(
)
（8） （4 分）
采用洛仑兹规范： ∇ ⋅ A = 0 ，有：
G
∇ 2ϕ = −
ρ ε0
（2 分） （2 分）
G G G ⎛ ∂ϕ ∂ 2 A ⎞ ∇ A − μ 0ε 0 ⎜ ∇ + 2 ⎟ = − μ0 J ⎝ ∂t ∂t ⎠
kx =
mπ π nπ = = 50π , k y = = 0, −2 a a 2 ×10
kz =
（ kx ,
ω2
⎛ 2π ×15 ×109 ⎞ 2 − − = k k ⎜ ⎟ − ( 50π ) = 86.6π 2 8 c ⎝ 3 × 10 ⎠
2 x 2 y
2
k y , k z 各 1 分）
3、电磁场具有有限的传播速度 c ，或 t 时刻的势是由 t − r c 时刻激发的。 4、 2a,
五、 （10 分）解：麦克斯韦方程：
（2 分）
G G ∂B ∇× E = − ∂t
（1）
G ∇⋅D = ρ
（2）
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G ∇⋅B = 0
（3）
G G G ∂D ∇× H = J + ∂t
G G
（4）
（2 分）
由（3）式，可以引入矢势 A ，使： B = ∇ × A 将（5）式代入方程（1） ，有：
G G A ˆθ B2 = B1 = e r 显然，它满足边值关系。现以 z 为轴，取一环形回路，有：
G G ⎛ B1 B2 ⎞ H ⋅ dl = I ，即有： r π ⎜ + ⎟=I v ∫ ⎝ μ μ0 ⎠
解得： A =
μ0 μ I 。所以有： π ( μ0 + μ )
G G B2 = B1 =
b1 =
空间的电势为：
G G G G ε0 − ε ) p ⋅ r ( p⋅r ϕ1 = + 3 4πε 0 r 3 2πε 0 ( ε 0 + 2ε ) R0
G G 3p ⋅r ϕ2 = 4π ( ε 0 + 2ε ) r 3
空腔内电场的分布： （6 分）
G G G G G ⎛ p ε0 − ε ) p ⋅ r ⎞ ( ⋅r E1 = −∇ϕ1 = −∇ ⎜ ⎜ 4πε r 3 + 2πε ( ε + 2ε ) R 3 ⎟ ⎟ 0 0 0 0 ⎠ ⎝ G G G G G ε0 − ε ) p ( 1 ⎛ 3( p ⋅ r ) r p ⎞ = − 3 ⎟− ⎜ 3 4πε 0 ⎝ r5 r ⎠ 2πε 0 ( ε 0 + 2ε ) R0
即有：
b0 = 0
−
（2）
2p 2ε p 2ε + ε 0 a1 = − − b1 3 3 3 R0 4π R0 4πε 0 R0
（3）
ε 0 an nR0n −1 = −ε bn
联立（1）-（4）求解得:
( n + 1)
R0n + 2
（ n ≠ 0, 1 ）
（4）
an = bn = 0 n ≠ 1 ） ， a1 = p (ε 0 − ε ) , 3 2πε 0 ( ε 0 + 2ε ) R0 p (ε 0 − ε ) , 2πε 0 ( ε 0 + 2ε )