电动力学课后答案

兰老师
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2 一平面电磁波以 θ = 45o 从真空入射到 ε r = 2 的介质 电场强度垂直于入射面 求反射系数和折射系数 r 解 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
eϕ B= v v v 2πr n ⋅ ( B2 − B1 ) = 0 其满足边界条件 v v v v n × (H 2 − H1 ) = α = 0 v v v v v v B µ ′I v µ ′I v 而 H B = −M = eϕ − M 即可得 在介质中 H 2 = = eϕ 2 µ0 2πrµ 0 µ 2πrµ v µ ′I µ − µ 0 v v v eϕ 则 I M = ∫ Mdl ∴ 在 x<0 的介质中 M = 取积分路线为 B → C → A → B 的半圆 2πr µµ 0 v Q AB⊥eϕ , ∴ AB 段积分为零 v Iµ ′( µ − µ 0 ) µ0 (I + I M ) v 2µµ 0 µ ′I v v µ (I + I M ) v IM = eϕ = B = − eϕ 可得 µ ′ = ∴B = 0 eϕ ∴ 由 2µµ 0 2πr 2πr µ + µ0 2πr v µ − µ0 µµ 0 I v 沿z轴 IM = I ∴ 空间 B = eϕ µ + µ0 µ + µ 0 πr
∫SD ⋅ dS3 = ∫ 3ρ f dV ,
r
r
(r2>r>r1) 即
D ⋅ 4πr 2 =
4π 3 (r − r13 ) ρ f 3
ε
ε
兰老师
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3. 设有无穷长的线电流 I 沿 z 轴流动 以 z<0 空间充满磁导率为 µ 的均匀介质 z>0 区 域为真空 试用唯一性定理求磁感应强度 B 然后求出磁化电流分布 r r 解 本题的定解问题为 ∇ 2 A1 = − µ 0 J , ( z > 0)
2r r ∇ A2 = − µJ , ( z < 0) r r A1 = A2 z =0 r r 1 1 ∇× A ∇ × A1 2 z =0 = µ µ0
z =0
由本题具有轴对称性 可得出两个泛定方程的特解为
µ0 I r e , ( z > 0) r 2πr θ 由此可推测本题的可能解是 B = r µI e θ , ( z < 0) 2πr r r r r r r r r r 验证边界条件 1 A1 = A2 z =0 , 即n ⋅ ( B2 − B1 ) = 0 题中 n = e z , 且e z ⋅ eθ = 0 所以边界条件 1 满足 r r r r r 1 1 2 ∇ × A2 z =0 = ∇ × A1 z =0 , 即n × ( H 2 − H 1 ) = 0 µ µ0 r B I r H1 = 1 = eθ 本题中介质分界面上无自由电流密度 又 µ 0 2πr r r B2 I r H = = eθ 2 r r r r r 2πr µ ∴ H 2 − H 1 = 0, 满足边界条件 n × ( H 2 − H 1 ) = 0 r µ0 I r e , ( z > 0) r 2πr θ 综上所述 由唯一性定理可得 本题有唯一解 B = r µI e θ , ( z < 0) 2πr r r r r B r r B 在介质中 H = − M 故在 z<0 的介质中 M = 2 − H 2 r r I I r I µ µ r ( − 1)eθ eθ − eθ = ⋅ 即 M = 2πr µ 0 2πr 2πr µ 0 r r r r r r I µ I µ ( − 1)eθ × e z = ( − 1)er ∴ 介质界面上的磁化电流密度 α M = M × n = 2πr µ 0 2πr µ 0 r r 2π I µ r r µ 总的感应电流 J M = ∫ M ⋅ dl = ∫ ( − 1)eθ ⋅ r ⋅ dϕ ⋅ eθ = I ( − 1) 电流 在 z<0 的空间中 沿 z 轴流向介质分界面 µ0 2πr µ 0 0
r '2 < S ' > ⋅n E 0 = r < S > ⋅n E 02 r < S ' ' > ⋅n n2 cosθ 2 E ' ' 2 T= r = < S > ⋅n n1 cosθE 02 R= T=
又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式
可得
4 ε 1 ε 2 cosθ cosθ 2 ( ε 1 cosθ + ε 2 cosθ 2 ) 2
r r r µ 0 Idl A1 ( x ) = 4π ∫ r r r r µ Idl A2 ( x ) = 4π ∫ r
µ0
µ0
4. 设 x<0 半空间充满磁导率为 µ 的均匀介质 x>0 空间为真空 今有线电流 I 沿 z 轴流 动 求磁感应强度和磁化电流分布 解 假设本题中得磁场分布仍呈轴对称 则可写作 v µ ′I v
T= ( ε0 4ε 0 2
3 2 − 2 2− 3 2 2 ∴R = ( )2 = 2 3 2+ 3 + 2 2 2
2 解 根据相对论速度交换公式 可得 Σ 2 系
2 3 2 2
2 3 2 + ε0 2 ) 2 2
=
2 3 2+ 3
设有两根互相平行的尺 在各自静止的参考系中的长度均为 l 0 它们以相同的速率 v 相 对于某一参考系运动 但运动方向相反 且平行于尺子 求站在一根尺子上测量另一根尺子的长度
车速 v 球速
u=
∆t =
l = = u0 + v u−v −v u 0 u v 1 + 02 c
l0 1 −
v2 c2
l 0 (1 +
u0 v ) c2 v2 1− 2 c
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4.一辆以速度 v 运动的列车上的观察者 在经过某一高大建筑物时 看见其避雷针上跳起 一脉冲电火花 电光迅速传播 先后照亮了铁路沿线上的两铁塔 求列车上观察者看到的 两铁塔被电光照亮的时间差 设建筑物及两铁塔都在一直线上 与列车前进方向一致 铁 塔到建筑物的地面距离已知都是 l 0 解 由题意 得右示意图 取地面为静止的参考系 Σ 列车为运动的参考系 Σ ′ 取 x 轴与 x ′ 轴平行同向 与列车车速方向一致 令 t = 0 时刻为列车经过建筑物时 并 令此处为 Σ 系与 Σ ′ 的原点 如图 在 Σ 系中 光经过 t =
ε cosθ − ε 2 cosθ 2 R= 1 ε cosθ + ε cosθ 1 2 2
2
又根据反射定律和折射定律
θ = θ 1 = 45o
由题意
ε 2 sin θ 2 = ε 1 sin θ ε 1 = ε 0 , ε 2 = ε 0ε r = 2ε 0 ∴θ 2 = 30 o
′
Z
相对于 Σ1 的速度大小是
′
v′ =
′ ′ ∴ 在 Σ1 系中测量 Σ 2 系中静长为 l 0 的尺子的长度为 2v v′ 2 l = l 0 1 − 2 代入 v ′ = ′ ′ ′ ′ v2 c o2 x2 o1 x1 1+ 2 2 v c O X 1− 2 ′ ′ c 此即是在 Σ1 系中观测到的相对于 Σ 2 静止的尺子的长度 即得 l = l 0 v2 1+ 2 c 3 静止长度为 l 0 的车厢 以速度 v 相对于地面 s 运行 车厢的后壁以速度 u 0 向前推出一
2. 设 u 是空间坐标 x
1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性 r r
r r df r r ∇f (u ) = ∇u dA dA ∇ ⋅ A(u ) = ∇u ⋅ ∇ × A(u ) = ∇u × du 证明 du du r r r r r r df 1 ∇f (u ) = ∂f (u ) e + ∂f (u ) e + ∂f (u ) e = df ⋅ ∂u e + df ⋅ ∂u e + df ⋅ ∂u e = ∇u x y z x y z du ∂y du ∂z ∂z du . ∂y du ∂x ∂x r r r r r r r 2 r ∂Ax (u ) ∂A y (u ) ∂Az z (u ) dAx (u ) ∂u dA y (u ) ∂u dAz (u ) ∂u dA + + = ⋅ ∇ ⋅ A(u ) = + ⋅ + ⋅ = ∇u ⋅ ∂x ∂y ∂z ∂x ∂y ∂z du du du dz r r r 3 ex ey ez r r r r r r r ∂Ay ∂Ax r ∂Ax ∂Az r ∂Az ∂Ay r ∂ ∂ ∂ − ∇ × A(u ) = =( − − )e x + ( )e y + ( )e z ∂y ∂z ∂x ∂x ∂z ∂y r∂x r ∂y r ∂z Ax (u ) Ay (u ) Az (u ) r r r r r r r dAy ∂u dAx ∂u r dAx ∂u dAz ∂u r dAz ∂u dAy ∂u r dA =( − − − )e x + ( )e y + ( ) e z = ∇u × du ∂y du ∂z du ∂z du ∂x du ∂x du ∂y du
解 个小球 求地面观测者看到小球从后壁到前壁的时间 根据题意 取地面为参考系 S 车厢为参考系 S ′ 于是相对于地面参考系 S 车长
2v v2 1+ 2 c
′ z1 v v ′ Σ1 Σ2 ′
z2
′
v v
u0 + v uBaidu Nhomakorabeav 1 + 02 c 故在地面参考系 S 中观察 小球在此后 由车后壁到车前壁 l = l0 1 − v2 c2
7 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球 介质的电容率为 ε 1 空间各点的电场 2 极化体电荷和极化面电荷分布 1
−
y z 的函数
证明
−
−
使介质内均匀带静止自由电荷 ρ f
求
解
r (r − r1 ) ρ f r ∴E = r , (r2 > r > r1 ) 3εr 3 r r Qf r (r 3 − r 3 ) 4π 3 r 由 ∫ E ⋅ dS = = (r2 − r13 ) ρ f , (r > r2 ) ∴ E = 2 1 ρ f r , (r > r2 ) 3 S ε ε 3 3ε 0 r 0 r 0 r < r1时 E 0 r r r ε − ε0 r 2) P ε 0 χ e E = ε 0 E = (ε − ε 0 ) E r r ε0 ε − ε0 (r 3 − r13 ) r r r13 r ρ ∴ ρ P = −∇ ⋅ P = −(ε − ε 0 )∇ ⋅ E = −(ε − ε 0 )∇ ⋅ [ = − ∇ ⋅ − 3 r) ] ρ ( r r f f 3ε 3εr 3 r ε − ε0 ε − ε0 )ρ f =− ρ f (3 − 0) = −( 3ε ε σ P = P1n − P2 n P2 n = 0 考虑外球壳时 r r2 n 从介质 1 指向介质 2 介质指向真空 ε 0 r23 − r13 r 3 − r13 r σ P = P1n = (ε − ε 0 ) ρ f r r =r2 = (1 − ) ρf ε 3εr 3 3r23 r 3 − r13 r σ P = −(ε − ε 0 ) ρ f r r =r1 = 0 考虑到内球壳时 r r2 3 3εr ε 9 证明均匀介质内部的体极化电荷密度 ρ P 总是等于体自由电荷密度 ρ f 的 − (1 − 0 )倍 ε r r r ρf ε0 证明 ρ P = −∇ ⋅ P = −∇ ⋅ (ε − ε 0 ) E = −(ε − ε 0 )∇ ⋅ E = −(ε − ε 0 ) = −(1 − ) ρ f
r r r r r r 推导下列公式 r r ∇( A ⋅ B) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B) + ( A ⋅ ∇) B r r r r 1 r A × (∇ × A) = ∇A 2 − ( A ⋅ ∇) A v v v v v v v v v 2v 解 1 ∇( A ⋅ B ) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B ) + ( A ⋅ ∇) B v v 首先 算符 ∇ 是一个微分算符 其具有对其后所有表达式起微分的作用 对于本题 ∇ 将作用于 A和B 又 ∇ 是一个矢量算符 具有矢量的所有性质 v v v v v v v v v v v 因此 利用公式 c × ( a × b ) = v a ⋅ (cv⋅ b ) − (c ⋅ a )b 可得上式 其中右边前两项是 ∇ 作用于 A 后两项是 ∇ 作用于 B 2 根据第一个公式 令 A B 可得证