电动力学试卷

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
(
)
(
)
∫ 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 ，
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
反射波电场为
E ′ = − E0 e y e − i ( kz +ωt )
再由 E 、 E ′ 求出 H 、 H ′ ,由 H =
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 ⎠
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 ⎜ ⎝
′ 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 +
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）
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
Ａ卷
2008—2009 学年第一学期 《电动力学》试卷
（标准答案与评分标准）
专业班级 应用物理学 2006 级 姓 学 名 号 应用物理系 2009 年 1 月 15 日
开课系室 考试日期
题
号
一
二
三
四
五
六
七
八
总分
得
分
阅卷人
1
一、 （10 分） 由麦克斯韦方程组的积分形式导出两种不同媒质界面两侧的边值关系： （1） n • D2 − D1 = σ ，式中 σ 为媒质分界面自由电荷面密度。 （2） n × H 2 − H 1 = i ，式中 i 为媒质分界面传导电流面密度。 解： （1）由
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
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
ε 0 i ( kz −ωt ) − i ( kz +ωt ) (e +e ) μ0 ε0 cos kz • cos ωt μ0
（4 分）
取实部，
i = e y 2 E0
六、 （15 分） 在真空中，把基元天线表示成一个简单的电偶极子系统。这个系统的电偶极矩为
p = qle −iωt e z ， p =
′ = 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）
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 =
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 + ∫
（2 分） （2 分） （1 分）
由定解条件定解。 ① 选取矢势 A 的参考点 ρ = 0 ， A1 z = 0 ， D1 = 0 ， C1 = 0 ② ρ =a, ③ρ =a,
则有
μ1 I 2 a = C 2 ln a + D 2 4πa 2 C C μ1 I 1 ∂A1 z 1 ∂A2 z I ， − 2a = 2 ， =− 2 = 2 μ 1 ∂ρ μ 2 ∂ρ μ2a 2πa μ2a 4πμ 1 a μ2 I μ1 I μ 2 I + ln a C2 = − ， D2 = − 2π 4π 2π μ Iρ 2 μ 2 I a μ1 I ， ln − )e z A2 = ( A1 = − 1 2 e z 4πa ρ 4π 2π
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 。
N • n × H 2 − H1 = N • i
显然上式成立的条件为
[ (
)]
n × H 2 − H1 = i
(
)
（3 分）
2
二、 （15 分） 真空中有一电荷量为 q 的点电荷，它到一接地无限大平面导体板的距离为 d 。试求: (1) 导体外的电势分布; (2) q 受导体上电荷的作用力。 解： （1）空间电势为
Φ=
1 ⎡ q ⎢ − 4πε 0 ⎢ x 2 + y 2 + ( z − d )2 ⎣
（2） F =
q x + y + (z + d )
2 2 2
⎤ ⎥ ⎥ ⎦
（8 分）
4πε 0 (2d )2
− q2
=
− q2 en 16πε 0 d 2
（7 分）
三、 （10 分） 半径为 a 的无限长圆柱导体中沿轴线方向流动着均匀的电流强度为 I 的恒定电流。设 导体的磁导率为 μ1 ，柱外空间充满磁导率为 μ 2 的均匀介质。求导体内外的磁矢势。
ε n×E 得 μ
H=
ε0 ε (e z × E ) = -e x E0 0 ei ( kz −ωt ) μ0 μ0 ε0 ε ( −ez × E ′) = -e x E0 0 e − i ( kz +ωt ) μ0 μ0
（3 分）
H′ =
H 和 H ′ 都只有切线分量，已满足（1）
由（3）
i = e y E0
∂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
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
∂E 1∂ E 。 式中 E = E E ，并已用了 Re( E )= ∂y 2 ∂y
2 *
2
Fra Baidu bibliotek
*
（7 分）
五、 （10 分） 有一均匀平面波 E = e y E0 ei ( kz −ωt ) ， E0 > 0 ，从真空垂直入射到一理想导体大平板上。试 求板面上的感应面电流，坐标系如下图所示。
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
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
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
(5 分)
七、 （15 分） 试证明：一个静电场经过洛仑兹变换不可能变成纯粹磁场；同样，一个静磁场经过洛 仑兹变换不可能变成纯粹电场。 证 当参考系 ∑ ′ ( x′, y ′, z ′) 以匀速 υ = (υ , 0, 0) 相对于惯性系 ∑ ( x, y, z ) 运动时，同一个电
磁场在 ∑ 系和 ∑ ′ 系的分量的关系根据洛伦兹变换为
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
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 ⎤ ⎦
μ 0ω ⎣
⎤ ei ( ky −ωt ) ⎡ ∂E − KE ⎥ e z i ⎢ μ0ω ⎣ ∂y ⎦