电动力学郭硕鸿

电动力学郭硕鸿

【范文精选】电动力学郭硕鸿

【范文大全】电动力学郭硕鸿

【专家解析】电动力学郭硕鸿

【优秀范文】电动力学郭硕鸿

范文一:电动力学(郭硕鸿)

电动力学习题解答 1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性

第一章 推导下列公式

电磁现象的普遍规律

          ∇( A ⋅ B = B ×(∇ ×A ) + B ⋅ ∇) A + A (∇ ×B + ( A ⋅ ∇) B × ) ( )  1 2    A ×( ∇ ×A ) 2 ∇ A − ( A ⋅ ∇ ) A =           解 1 ∇( A ⋅ B) = B ×(∇ ×A) + (B ⋅ ∇) A + A ×(∇ ×B) + ( A ⋅ ∇)B

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

         因此 利用公式 c ×(a ×b ) = a ⋅ ( c ⋅ b ) ⋅ a) b 可得上式 其中右边前两项是 ∇ 作用于 −(c   A 后两项是 ∇ 作用于 B

2 根据第一个公式



令 A B 可得证



2. 设 u 是空间坐标 x y z 的函数 证 明

∇f (u) =

df du

∇u

  dA ∇ ⋅ A(u) = ∇u ⋅ du   dA ∇ ×A ( u ) = ∇ u du ×

证明 1

    

2

∂ f ( u )  df ∂ u  df ∂ u  df ∂ u  df ∂ f ( u )  ∂ f ( u )  ∇ f (u) = ∂ x e x + ey+ ez= ⋅ ex+ ⋅ ey+ ⋅ ez= ∇u du ∂ x du ∂ y ∂y ∂ du ∂ z du z       ( u) dA x ( u ) ∂ u dA y ( u) ∂ u dA z ( u ) ∂ u dA (u) ∂Ay(u) ∂Az x z ∇⋅A ( u ) = ∂ x + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ =∇u ⋅ ∂y ∂z du ∂x du ∂y dz ∂z du   ∂A

3

 ex  ∂ ∇ ×A ( u) = ∂ x  ( u) A

x

 ey ∂ ∂y  ( ) A u

y

 ez       ∂ ∂ A ∂ A  ∂ A ∂ A  ∂ A ∂ A  z y x z y x ∂z =( − )e y + ( − ) e z= − ) e x+ ( ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z ∂x  ( ) A u

z

(www.wenku1.com)-1-

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

       dA ∂ u dA y ∂ u  dA ∂ u dA ∂ u  dA y ∂ u dA ∂ u  dA x z x =( z ) e x+ ( − ) e y+ ( − ) e z= ∇ u × du ∂ − du ∂ z du ∂ du ∂ x du ∂ du ∂ y du y z x

3. 设 r = (x − x ) + ( y − y ) + (z − z ) 为源点 x'到场点 x 的距离 r 的方向规定为从 源点指向场点

' ' 2 ' 2 ' 2

1 证明下列结果 微商 ( ∇ e x

并体会对源变数求微商

 ∂

x '

 ∂ +e

y

 ∂

(∇ = e

=

(最后一式在人 r 0 点不成立

∂x  ∂  ∂  ∂ + e y + e z ) 的关 ∂ 系 ∂y ∂z x      r ' r r r r 1 '1 ' ∇ r = −∇ r = , ∇ = −∇ = − 3 ,∇ × = 0, ∇ ⋅ = −∇ = 0.( r ≠ 0) 3 3 3 r r r r r r r

见第二章第五节)

+ e ) 与对场变数求 ' z ' ∂y ∂z

             2 求       

                        ∇ ⋅ r , ∇ × , (a ⋅ ∇ )r , ∇ (a ⋅ r ), ∇ ⋅ [ E 0 sin(k ⋅ r )] 及 ×[ E 0 sin(k ⋅ r )], 其中 a , k 及 E 0 均为常矢量 r ∇  

'

证明 ∇ ⋅  ∂ ( x − x )

r=

∂x

+  ey ∂ ∂y

∂( y − y ) ∂y +  ez ∂

'

∂(z−z) ∂z =3

'

 ∇ ×r =

 ex ∂ ∂x

'

'

x−x

y−y

∂z ' z−z

=0

        ∂  ∂  ∂  (a ⋅ ∇ )r = [( a e + a e + a e ) ⋅ ( e + e + e )][( x − x' ) e + ( y − y' )e + (z − z ' )e ] x x y y z z y z x y z ∂x x ∂y ∂z

∂ ∂ ∂    + a y + a z )[( x x ') e x + ( y − y ' ) e y + ( z − z ' ) e z ] ∂ − x ∂y ∂z     = a xe x+ a ye y+ a ze z a =          + r ×(∇ ×a ) + ( r ⋅ ∇) ⋅ a ∇( a ⋅ r )  = a ×(∇ ×r ) + ( a ⋅ ∇) r        = (a ⋅ ∇)r + r ×(∇ ×a) + (r ⋅ a) ⋅ a = (a

x

     =a+r ×(∇ ×a ) + ( r ⋅ ∇) ⋅ a          ∇ ⋅[E0 sin(k ⋅ r )] = [∇(sin(k ⋅ r )] ⋅ E0 + sin(k ⋅ r )(∇ ⋅ E0 )

(www.wenku1.com)-2-

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

   ∂   ∂   ∂ sin( k ⋅ r ) e x + sin( k ⋅ r ) e y + sin(k ⋅ r )e z ]E 0 ∂ ∂y ∂z x           = cos( k ⋅ r )( k xe x + k y e y + k z e E 0 = cos( k ⋅ r )( k ⋅ E ) z)          ∇ ×[ E 0 sin(k ⋅ r )] = [ ∇ sin(k ⋅ r )] ×E 0+ sin(k ⋅ r ) ∇ ×E 0 =[

4. 应用高斯定理证 明

∫ ∫ ∫

dV ∇ ×

V

 f=

  dS ×f

∫ ∫

S

应用斯托克斯 Stokes 定理证明

S

 dS ×∇ φ =   dS ⋅ g

S

 dl φ

L

证明 1)由高斯定理

 dV ∇ ⋅ g =

V

S ∂x ∂y ∂z   ∂ ∂  ∂ ∂ ∂ ∂  而 ∇ ×fdV = [( f − f )j +( f − f − f )i+( f )k ] dV

∫(

V

∂ g

x

∂gy ∂g z + + ) dV = ∫ g x dS x + g y dS y + g z dS z

V

y x z y x ∂ z ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y y   ∂   ∂   ∂ ( f zi − fx k ) + ( f x j − f y i )] dV = ∫ ∂ ( f yk − f zj ) + ∂y ∂z [ x      dS ×f = [( f z dS y − f y dS z )i + ( f x dS z − f z dS x ) j + ( f y dS x − f x d S y )k ] S

S

    = ∫ ( f y k − f j )dS + ( f i − f k )dS

z x z x

y

  + ( f j − f i )dS

x y

z

若令 H x =f y k − f z j , H y = f zi − f x k , H Z = f x j − f y i 则上式就是













2)由斯托克斯公式有

   ∇ ⋅ HdV = dS ⋅ H ,高斯定理 则证毕

V

S

∫ ∫ ∫

S

  f ⋅ dl =

l

∫ ∫

  ∇ × f ⋅ dS

S

  f ⋅ dl = ( f x dlx + f y dl y + f z dlz )

l l

  ∇ ×f ⋅ dS = 

(

S

∂ ∂y

f z−

∂ ∂z

f y ) dS x + (

∂ ∂z

fx −

∂ ∂ f z ) dS y + ( f y − f x ) dS z ∂x ∂x ∂y

(www.wenku1.com)∫

l

d l φ =

l

( φ i dl x + φ j dl y + φ k dl z )

3 -

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

S

 dS ×∇ φ =

(

S

∂φ ∂z

dS y −

∂φ

 ∂ φ ∂φ  ∂ φ ∂φ  dS z )i + ( dS z − dS x ) j + ( dS x − dS y ) k ∂y ∂x ∂z ∂y ∂x

∂ φ  ∂ φ  ∂ φ  ∂ φ  ∂ φ  ∂  φ j ) dS x + ( i − k ) dS y + ( j − i ) dS z = ∫ (∂ k − ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y y

若令 fx = φi , f y = φ j , f z = φk 则证毕 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为

 P (t) = t)

  ' ' ' ρ ( x , x dV ,

V

利用电荷守恒定律 ∇

⋅J+

 dP  ∂P dt

 ∂  = 0 证明 P 的变化率为 ρ ∂t

'

=

 ' J (x , t)dV

V

' ∂ ρ ' ' ' ' ' ' x dV = − ∇ j x dV 证明 = ∫V ∂t ∫V ∂t  ∂P     ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ( ) x = − ∫ ∇ j x dV = − ∫ [ ∇ ⋅ ( x j ) − ( ∇ x ) ⋅ j ] dV = ∫ ( jx − ∇ ⋅ ( x j ) dV V ∂t V   = j dV ' − xj ⋅ dS    若 S → ∞,则∫ (xj ) ⋅ dS = 0, ( j S = 0)   ∂ ' 同理 ρ y = ∫ jy ' ∂ ρ = ∫ j z dV dV , ( ) ( ) z  ∂ t ∂t

'

x

S

(www.wenku1.com)dP

 = dt

' ' j (x , t)dV

V

 

   

     m ×R m⋅R 6. 若 mr 是常矢量 证明除 R 0 点以外 A = 3 的旋度等于标量 ϕ = 的梯 矢量 3 R R

度的负值 即

 ∇ ×A = −∇ϕ

其中 R 为坐标原点到场点的距离 证明 方向由原点指向场点

   1  1  1 1  1  m ×R )  ∇ ×A = ∇ ×( = −∇ ×[m ×(∇ )] = (∇ ⋅ m)∇ + (m ⋅ ∇)∇ − [∇⋅ (∇ )]m − [(∇ ) ⋅ ∇]m 3 R r r r r R

-4-

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

1  = (m ⋅ ∇) ∇ ,( r ≠ 0) r   1   1  1  1 m⋅R ∇ ϕ = ∇ ( 3 ) = −∇ [ m ⋅ ( ∇ )] = − m ×[ ∇ × )] − ( ∇ ) ×( ∇ ×m ) − ( m ⋅ ∇ ) ∇ R (∇ r r r r 1   1 − [(∇ r ) ⋅ ∇ ] m = − ( m ⋅ ∇ ) ∇ r  ∴ ∇ ×A = −∇ϕ

7 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球 介质的 使介质内均匀带静止自 电容率为ε 由电荷 ρ f 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

  D ⋅ dS = ρ f dV ,

(r2>r>r1)

3 3 4 π ( r − r 1) ρ f 4 πr = 3  ( r3 − r3 ) ρ 1 f  ∴E = r , (r2 > r > r 1 ) 3 3εr   Q 4π 3 3 由 ∫ E ⋅ dS = f (r 2 − r 1 ) ρ f , (r > r 2 ) S ε = 0 3ε

即 D⋅

S

∫2

 ( r − r 3)

3 1 2 3

0

 ρ f r , (r > r 2 )

∴E=

3 ε 0r  r

2) P



 ε − ε 0   ε 0 χe E = ε 0 E = ( ε − ε0 ) E ε0 

0



( r3 − r3 )

1

 ρ fr ] = −

ε −ε

0

 r 3  ρ f ∇ ⋅ (r −

1

∴ ρ P = −∇ ⋅ P = − ( ε − ε0 ) ∇ ⋅ E = − ( ε − ε ) ∇ ⋅ [ ε−ε0 =− ε−ε0 ρ f (3 − 0) = − ( )ρf 3ε ε

3 ε r3

r3

r)

σ P = P 1 n − P 2n

考虑外球壳时 r r2 n 从介质 1 指向介质 2 介质指向真空 P2n = 0

-5-

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

3 3

第一章

电磁现象的普遍规律

σ P = P 1 n = ( ε − ε0 ) r − r 1  ρf r r 3 ε r3

考虑到内球壳时 r r2

=r

2

= (1−

ε

0

)

r 2− r 1 3 3r 2

3

3

ρf

ε

σ

P

=−(ε −ε )

0

r 3 − r3 1 3 εr

3

 r =0 ρ r =r 1

f

8 内外半径分别为 r1 和 r2 的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定 导体 均匀自由电流 Jf 的磁导率为 µ 求磁感应强度和磁化电流 解

dt ∫ S   当 r r>r1 时 H ⋅ dl =

∫ l H ⋅ dl

 

=If +

d

  D ⋅ dS = I f

  2 2 j ⋅ dS = j f π (r − r 1 )

∫l

∫S

f

当 r>r2 时

rH

2 2  µ j f ( r2 − r 2 µ ( r − r 1 )   B = 1) = j f ×r 2r2 2r 2π ) 2 2 = π j f (r 2 − r 1

JM

2 2  B = µ0 ( r 2 − r 1 )   2 j f×r 2r   µ − µ )  µ  r2 − r2 = ∇ ×M = ∇ ×( χ H ) = ∇ ×( 0 )H=( − 1 ) ∇ ×( j ×r 1 ) M f 2 µ0 µ0 2r  µ  µ =( − 1 ) ∇ ×H = ( − 1 ) j f , (r 1

    α M = n ×( M 2 − M 1 ), ( n 从介质 1 指向介质2

在内表面上

1

M

故α

= 0, M = ( µ

2

− 1)

r −r1 2r

2

2

2

)

=0

r =r 1

µ0  M

M=

  n × 2 = 0,( = r 1 ) r  

2 2

在上表面 r r2 时

    

2 2



1

M   α = n ×( − M ) = − n ×M µ r2 − = −( µ 0 − 1 )

2 2 r1

1 r =r 2

 jf

r r − r 1   r − r 1  =− × j ×r =− j 2 f r= r 2 f 2r 2r r

r2

(

µ µ0

− 1)

(www.wenku1.com)2r2

6 -

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

9 证明均匀介质内部的体极化 ρ P 总是等于体自由电荷密度 ρ 电荷密度 的 − (1−

f

ε

0

  )倍

ε

   ρf ε0 证明 ρ P = −∇ ⋅ P = −∇ ⋅ (ε − ε0 ) E = − (ε − ε 0 ) ∇⋅ E = − (ε − ε0 ) ε = − ( 1 − ) ρ f ε

10 证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等 方向相反(但两个电流

元之 间 的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律) 证明 1 线圈 1 在线圈 2 的磁场中的受力

   µ I dl ×r B 2 = 0 ∫ 2 23 12 4 π l 2 r 12    dF 12 = I 1 dl 1 × B2       dl ×( I dl ×r ) µ I I dl ×( dl ×r )  µ I 2 2 12 0 1 2 ∴ F 12 ∫ ∫ 0 1 1 3 = ∫ ∫ 1 32 12 = l 1 l2 4π r 4π r 12 l 1 l2 12   µ II   r r   12 2 ( dl 1 ⋅ 12 = 0 1 2 3) − 3 ( dl 1 ⋅ dl 2 ) ∫∫ dl 4 π l 1 l2 r 12 r 12

2 线圈 2 在线圈 1 的磁场中受的力 同 1 可得

1

 µ I I F 21 = 0 1 4π

2

    r r   21 21 ∫ ∫ dl 1 ( dl 2 ⋅ 3 ) − 3 ( dl ⋅ dl 1 )

l2 l 2

1

2

分析表达式 1 和 2 1 式中第一项为

r

21

r

21

    r   r  dr  1 ∫ ∫ dl 2 ( dl 1 12 dl ∫ dl 1⋅ 12 = ∫ dl ∫ 12 = ∫ dl 2 ⋅ ( − ) 一周 = 0 3 2 3) = ∫ 2 ⋅ 2 l l r 12 l2 r 12 l2 l r 12 l r 12 1 2 1 2   r dl ( dl ⋅ 21 ) = 0 同理 对 2 式中第一项 ∫ ∫ 1 r 321 2

l2 l 1

  µI I ∴ F =F =− 0 1 2 12 21 4π

r

12

∫∫r

l 1 l2

3 12

  ( dl ⋅ dl )

1 2

11. 平行板电容器内有两层介质 接上电动势为 Ε 的电池 求

它们的厚度分别为 l1 和 l2 电容率为ε1和ε

2

今再两板

1 电容器两板上的自由电荷密度ωf

(www.wenku1.com)-7-

(www.wenku1.com)电动力学习题解答 2 介质分界面上的自由电荷密度ω f 若介质是漏电的 达到恒定时 电导率分别为 σ 1 和σ

2

第一章

电磁现象的普遍规律

当电流

上述两问题的结果如

何 解 在相同介质中电场是均匀的 则

1

并且都有相同指向

l 1 E 1 + l2 E 2 = Ε ,  D 1 n − D 2 n = ε E 1 − ε 2 E2 = 0 介质表面上σ f = 0) ε 2Ε l 1ε 2 + l2 ε 1Ε , E2 = l 1 ε 2 + l 2 ε1

n 从介质 1 指向介质 2

E1 =

又根据 D 1 n

ε1 − D2n= σ f

在上极板的交面上

D −D =σ

1 2

f

D2 是金属板 故 D2 0

1

即 σ

f

= D 1= 1 =0

' '

ε 1ε 2 ε lε +lε

1 2 2 1

σ σ

f

3

f2

= D − D = − D , (D 是下极板金属

1 2 2 1 f3

'

'

1

故 D = 0)

'

∴ σ

=−

ε 1ε 2 ε l 1 ε2 + l 2 ε1

=−σ

f1

若是漏电

并有稳定电流时

   j  j 1 2 E1 = , E2 = σ1 σ2    j j  1 2 =Ε  l 1 + l σ 2 = j , 稳定流动 电荷不堆积 2 =j 又 σ 1 j = j 2n 1 2  1n  j 1 σ 2Ε  E 1 = = l 1 σ 2 + l 2 σ1 Ε  σ1 得 j =j = ,即 : 1 2 l l  j σΕ 1 2 2 1  σ + E 2= = 1 σ  σ lσ +l σ 2 2 1 2 2 1 ε 1`σ 2Ε ε 2σ 1Ε σ =D = σ = −D = − f 上 3 f 下 2 l 1 σ 2 + l2 σ 1 l 1 σ 2 + l2 σ 1

(www.wenku1.com)-8-

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

σ

f中

= D2 − D 3 =

ε 2σ − ε 2σ 1 Ε 1 +l σ 2 1 lσ

1 2

12. 证明 1 当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时 电场线的曲折满足

tan

θ 2 ε 2 tan θ 1 = ε1

其中 ε1和ε 两侧电场线与法线的夹角

2

分别为两种介质的介电常数 θ1和θ 2分别为界面 分界面上电场线曲折满足

2 当两种导电介质内流有恒定电流时

tanθ 2 σ 2 tan θ 1 = σ 1

其中 σ 1 和σ 2 分别为两种介质 的电导率 证明 (1)根据边界条件 n ×( E 2 −

    

即 ε E cosθ = ε E cosθ

2 2 2 1 1 1

  



 = 0, 即 E 2 sin θ 2 = E 1 sin θ 1

E 1)

由于边界面上 σ

f

=0

 n⋅(D −D)=0

2 1

∴ 有

tg θ 2 tg θ 1 tg θ 2 ε 2 = , = ε 1 即 tg θ ε2 ε1 1  

电场方向与电流密度同方向

(2)根据 J = σE 可得 由于电流 I 是恒定的

故有

j1

j2

cosθ 2 = cosθ 1

而 n ×( E 2 − E 1 ) = 0 即 E 2 sin θ 2 = E 1 sin θ 1

σE cos θ 2

1 1

σ E =

2 cosθ 1 2







故有

tg 1 σ 1 θ tg θ = σ 2

2

13 试用边值关系证明 在绝缘介质与导体的分界面上 在静电情况下 导 体 外 的 电 场 线 总是垂直于导体表面 在恒定电流的情况下 导体内电场线总是平行于 导体表面 证 明 1 导体在静电条件下达到静电平衡

 ∴导体内E 1 0

   n ×(E2 − E1 ) = 0

(www.wenku1.com)  ∴ n × E2

 = 0 故 E0 垂直于导体表面

-9-

(www.wenku1.com)电动力学习题解答 导体表面σ f = 0

第一章

电磁现象的普遍规律

3 导体中通过恒定电流时

 ∴导体外 E2

 = 0,即 D2= 0

       n ⋅ ( D 2 − D 1) = σ f = 0, 即 : n ⋅ D 1 = n ⋅ ε0 E 1 = 0

  ∴n ⋅ E 1 = 0

导体内电场方向和法线垂直 即平行于导体表面 单位长度电荷为 λ f 板间填充电导率

14 内外半径分别为 a 和 b 的无限长圆柱形电容器

为σ 的非磁性物质 1 证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消 2 3 4 求 λ f 随时间的衰减规律

因此内部无磁场

求与轴相距为 r 的地方的能量耗散功率密度 求长度为 l 的一段介质总的能量耗散功率 并证明它等于这段的静电能减少率 由电流连续性

1 证明 方程

 ∂ ρ f ∇⋅J + =0 ∂t  ρ f =∇⋅ D

  ∂D 即 ∇⋅J +∇⋅ =0 ∂t    ∂ D  ∂ D ∴ ∇ ⋅(J + ∂ t ) = 0 ∴ J + = 0 即传到电流与位移电流严格抵消 ∂t   (2)解 由高斯定理 ∫ D ⋅ 2 π r dl = λ dl

  ∂∇ ⋅ D ∴ ∇⋅J + ∂ t =0

据高斯定 理

f

 λ   λ  ∴D = f f er 2 π e r, E = 2 πε r r   ∂     D 又 J + ∂ t = 0, J = σ E , D = ε E  σ  ∂ E   = t ∴σE+ = 0, E = E 0 e ε ∂t ε λ λ

−σt ε

f  r0 2 πε er = e r 2 πε r

 er

- 10 -

(www.wenku1.com)电动力学习题解答

−σt

第一章

电磁现象的普遍规律

∴ λ f λ f0 e ε =

3 解

 σ ∂ ∂ λ f0 − ε t σ λf  D =− ( e )= ⋅ J=− ∂t ∂t 2πr ε 2πr

2 2

能量耗散功率密度 J ρ

=J

1 λf 2 )σ σ =( 2 πε r

5 解 单位体积

dV =l ⋅ 2πrdr

2



b a

λf 2πεr

lσλ f 2

2

P=∫ (

) σl2πrdr = 2πε

b

b ln a

2

1   静电能 W = D ⋅ EdV

b

1 l

2

λf

a 2 2 πε r 2 2 πε 2 ∂W l λ f b ∂ λ f l λ fσ b 减少率 − ∂ t = − ln ⋅ = 2 ln 2 πε a ∂ t 2 πε a

=

a

2

dr =

1 l λf b ⋅ ⋅ ln a

- 11 -

范文二:郭硕鸿第五版电动力学电磁波的传播

第四章 电磁波的传播

要求掌握§1—§5,其中重点是§1和§2。基本要求、重点如下。

1.会导出真空中电磁波的波动方程,介质的色散

2.时谐电磁波(单色波)及其满足的方程: GGGG−iωt时谐电磁波的一般形式: E(x,t)=E(x)e GG22⎧∇E+kE=0⎪GGiω 亥姆霍兹方程:⎨B=−∇×E,k==ω⎪vω⎩

对于导体情况 ε′=ε+i

3.平面电磁波 σ,而介质情况ε′=ε ω

GGGi(kG⋅xG1GGG−ωt)E(x,t)=E0e,B=k×E ω

特点:①振幅为常矢量

G②沿k传播 2π kGGGGGGGGGGGGG即E⋅k=B⋅k=E⋅B=0,(k,E,B)构成右手关系,E与B④横波且E与B垂直,③λ=

同相 ⑤振幅比E=v B

22⑥w=εE=μH (电场能等于磁场能)

GGG S=wvn与k方向一致

2. 了解菲涅尔公式及其导出过程

3. 了解导体内电磁波的特点 ①ρ(t)=

②良导体 a)条件σερ0e−

GGGGGβα≈≈b)导体内k=β+iα,波沿β传播,沿α衰减;2

c)穿透深度与趋肤效应。

③导体内磁场与电场的关系

对良导体 σ>>1; εωδ=1αGGG(β+iα)n×E≈H=ωμGGσ1+iGGσiπ4(n×E=en×Eωμ2ωμ

第四章 电磁波的传播

一.选择题

1.自由空间是指下列哪一种情况的空间 ( )

① ρ=0,JG=0 ②ρ=0,JG≠0 ③ ρ≠0,JG=0 ④ρ≠0,JG≠0

2. 在一般非正弦变化电磁场情况下的均匀介质内DG(t)≠εEG(t)的原因是 ( ) ①介电常数是坐标的函数 ③ 介电常数是频率的函数

③介电常数是时间的函数 ④ 介电常数是坐标和时间的函数

3.通常说电磁波满足亥姆霍兹方程是指 ( ) ①所有形式的电磁波均满足亥姆霍兹方程 ②亥姆霍兹方程仅适用平面波

③亥姆霍兹方程仅适用单色波 ④亥姆霍兹方程仅适用非球面波

4.对于电磁波下列哪一种说法正确 ( ) ① 所有电磁波均为横波 ②所有单色波均为平面波

③ 所有单色波EG均与HG垂直 ④上述说法均不对

5.平面电磁波相速度的大小 ( ) ①在任何介质中都相同 ②与平面电磁波的频率无关

③等于真空中的光速 ④上述说法均不对 6.已知平面电磁波的电场强度EG=100eG2π

xexp[i(300z−2π×106t)](SI)则 ( )

① 波长为300 ② 振幅沿z轴 ③圆频率为106 ④波速为1×108

7.已知平面电磁波的电场强度EG3 =100eGexp[i(2π

x300z−2π×106t)](SI)则 ( )

① 波矢沿x轴 ②频率为106 ③波长为2π

3×106 ④波速为3×106

12.平面电磁波的电场强度与磁场强度的关系为 ( ) ①EG⋅HG=0 且位相相同 ②EG⋅HG=0 但位相不相同

③EG⋅HG≠0 且位相相同 ④EG⋅HG≠0 但位相不相同

13.exp(ikG⋅Gx)的梯度为 ( )

① ikG ②ikGexp(ikG⋅Gx) ③kGexp(ikG⋅Gx) ④iGxexp(ikG⋅Gx)

14.对于平面电磁波 ( ) ①电场能=磁场能=εE2 ② 电场能=2倍的磁场能

③2倍的电场能=磁场能 ④ 电场能=磁场能=1εE2 2

15.对于平面电磁波,下列哪一个公式正确 ( )

GGGGE ① S=E×B ②=v ③E=BGGεH ④S=E2n μ

11 ; ④ :1 。 2216.一平面电磁波在真空中传播时,任一点的电能密度和磁能密度之比为: ( ) ① 2 :1 ; ② 1 :1 ; ③ 1 :

二.填空题

1.以一定频率振荡的电磁波称为__________________电磁波。2.定态波的电场强度

GGGGE(x,t)=__________________。3.定态波的磁感应强度B(x,t)=__________________。

GG4.平面电磁波的电场强度E(x,t)=__________________.5.平面电磁波的磁感应强度

GGB(x,t)=__________________。6.平面电磁波的能量密度w=__________________。

G7.平面电磁波的能流密度S=__________________。8.频率为ω的电磁波在介电常数为ε,电

导率为σ的导电介质中传播,则复介电常数ε=__________。

17.当入射角与折射角之和为90度时,反射光为线偏振的现象称为 ________定律。

18.电磁场以及和它作用的高频电流仅集中在导体表面很薄一层内的现象称为_______________。 /

(三)证明题与计算题

GG21.从麦克斯韦方程出发证明真空中定态电磁波的亥姆霍兹方程∇E+kE=0 2

GG2.证明平面电磁波k与E相互垂直

GG3.证明平面电磁波E与B相互垂直

G4.真空中有一平面电磁波,其磁场为 B(x,t)=10−6(i+2j+B0zk)cos(−3x+y+z−ωt)

求:(1)波的传播方向的单位矢量; (2)确定角频率、波长; (3)求磁场感应强度的ZGGGG

K分量; (4)求与上述磁场相联系的电场; (5)电磁场的能流密度S; (6)能量密度.

5.从边值关系导出正入射的菲涅尔公式 6.证明变化电磁场中的导体内部自由电荷密度按ρ(t)=σ

ερ0e−的规律变化

GGσ7.求在电导率为 的金属导体中传播的平面单色电磁波的B与E的振幅比以及它们的的相位差

8.角频率为 的平面电磁波垂直入射在电导率为 的金属导体表面上,已知导体的反射系数

2R定义为反射振幅 的平方米与入射波振幅E的平方之比,求证 E′2E′R=≈1−2Eσωσ

范文三:《电动力学(第二版)》(郭硕鸿)第一章习题

第一章 习 题

2. (1)

fu

fxeff

xyeyzezdfuduxedfudfuxduyeyduzez

dfuduxexuyeyu

zez

dfdu

u (2)

A(u)AxuAyuAzu

xy

z

dAxuudAyuu

dux

duy

dAzuuduzu

dAdu

(3)

AueAzuAyu

xy

z

eAxuz

Azuyx

eAyuAxu

zxy

eudAzuudAyuxydu

zdu

eudAxuudAzuyzduxdu

eudAyuudAxuzxduydu

u

dAdu

3. (1) r

xx'2yy'2zz'2

rxx'exyy'eyzz'ez

r'r

rxeryerxyz

ez

1

rxx'exyy'eyzz'ez rr

'11d1

r

1rrrrdrrr2rr

3



r

1r3r

0 

rr31r3r1r3

r3r3r4rrr3

0

r0处

rSr3

dSrr34r2

4 因此:r

r

34r

(2)以下各式中a、k和E0为常矢量

r

xxx'yyy'zzz' 3

ryzz'

zyy'

exzxx'xzz'



ey

xyy'

yxx'

ez

0

arax

xa

yyazzrarrrxxayyazz

a

araxxx'ayyy'azzz'

axxx'ayyy'azzz'

dpx',t'dV''Jx',tx'dV dtt

ex''Jx',tdVey''Jx',tdV

axexayeyazeza

以下推导所用三个公式:

AAA AAA

fu

df

du

u E0sin

krE0sinkr E0coskrkr

E0kcoskr

E0sinkrsinkrE0coskrkrE0

kE0coskr4.

(1)

b is a vector constant Gauss Theorem

bfdVbfdSbfdSbdSf

bffbbfbf

∴bfdVbfdVbfdV

∴dVfdSf (2)

Stokes Theorem

bdSbdldlb∵bbbb

∴bdSbdSdSb ∴dSdl 5.

xyezz''Jx',tdV

'x'Jx''JJ'x'x''JJexx''JJ

x

∴ x''J'x'JJx ∴ y''J'y'JJy ∴ z''J'z'JJz

dp

exJxdVeyJydVezJzdV ∴ dt

Jx',tdV

6.

∵m

11mRR

RmRmR3

∴Am

R

Amm2mRRR 其中:

mR1

11mRRmmRmRR3 2mRm21

R

0 ∴ A

mR

R3



7. (1)

DdSq

rr1, E0

r1rr4

2, E4r2f

3

r3r31

3

E

rr31

f3r

3

r

rr32, 0E4r24

f

3

r2r31

3E

r2r31

f3r

0r3

(2)

r1rr2,



0PP

1



D



10f

rr2,

Pr2Pr2e0Er2

r32r3

1103r3f0

2r332r103r3

1f2

rr1, Pr1Pr1e0Er10 8.

(1)磁感应强度

rr2, Bdl0I

B2r20

r22r1

J

fr

B

20r2r21

2r

2

Jfr

r1rr2, BdlI B2rr2r21

J

fr

B

r2r21

2r

2

Jfr

rr1 , B0 (2)磁化电流

r1rr2, MMH

JM

MMH1Jf 0

rr2 , MdlJM,

MnM2M1r

M1

1

M

rBr2

1r22

2r

110

r2r2

Jfr2

2r221r201

2rJf

2rr1, M0 9.

Df,DE

r01e0,e

1 0

Pe0E10

D0

01D

PP

1

0

D

10f 10.

cabcbacab,

r

r

30 F12

0I1I24Ldl2

1L2r3dl1r1212

0I1I24

dl1r12r12Ldl23dldl1L2r12r32112

0I1I2

4

dl1LdS2r12

21S2

r312

r12

dl2dl1LL312r12

0I1I2r

4123

dl2dl1L1L2r12

0I1I2r21

4

dl2dl1L1L2r321

同理

F0I1I2r21

214

dl2dl1L1L2r3 21

11. (1)

+ + + + + + + +f11

f2

2

f3

DD

1D2D,E1

,ED

2

1

2

El

1l2

1l1E2l2D1

2

D

l,ff1

2

13D

l1

l2



l1

2

1

2

(2) f2n12D2D10 介质漏电

(1)J

1E12E2, E21E2

2

E2

1l1E2l2l1l21

E2

E2

1

2

l

12l11l2

l21

E1

2



2l11l2

D21

11E1

2l11l2

D212

2E2



2l11l2

21

f1

D1

2l11l2

12

f3

D2

l

2l112

(2)

1221

f2

n12D2D1D2D1

l

211l2

12.

(1) ∵ n12E2E10

∴ E2sin2E1sin1

∵ n12D2D10 ∴ D2cos2D1cos1

D11E1,D22E2

∴ 2E2cos21E1cos1 ∴

tan2tan2

11

(2) ∵ n12E2E10

∴ E2sin2E1sin1 ∵ JdS

t

dV0(恒定电流)

∴ n12J2J10 ∴ J2cos2J1cos1 ∴ 2E2cos21E1sin1 ∴

tan2tan2

11

13.

(1) ∵ n12E2E10, E10

∴ n12E20 导体外电场线垂直导体表面 (2) ∵

JdS0 ∴ n12

J

2

J10

∵ J20 ∴ n12J10 ∴ n12E10

导体内电场线平行导体表面

14.

(1)圆柱无限长,D和E只有径向分量,且仅

为r的函数

DDrrr,EErrr 代入

E

BB

0 ,得:

tt

∵ t时无电磁场,Bt0 ∴ B0,代入HJ得:J

E

0 t

E t

(2)由DdSq得:

f

2rEf, E

2r由JdS

q

0,得: t

E2r

ft

0,

t

ft

f0 

因此ff0e



2

f

(3) pE22r



l2fbf

(4) Pl2r2rdr22lna

a

b

2

l2fb1f

Wel2rdrln 22r4aa

b

2

dWelb

ln2ffdt4a

2

lfbln

22a

范文四:电动力学答案(郭硕鸿+第三版)chapter3

rr

1. 试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B0

差是无旋场解

r

写出A的两种不同表示式证明两者之rr

且B0=∇×A

rrrB0是沿z方向的均匀的恒定磁场即B0=Bez

r∂Ay∂Axr∂Ax∂Azr∂Az∂Ayr

在直角坐标系中∇×A=(−ex+(−ey+(−)ez

∂y∂z∂z∂x∂x∂y

∂Az∂Ay

=0−

∂∂yz

∂Ax∂Az

−=0∂z∂x

∂Ay∂Ax

−=0∂x∂y

rr

如果用A在直角坐标系中表示B0

2

Ax=Az=0,AY=B0x+g(y)

rr

即 A=[B0x+g(y)]ey

解1和解2 之差为则

r∂(∆A)y∂(∆A)xr∂(∆A)x∂(∆A)zr∂(∆A)z∂(∆A)yr

∇×(∆A)=[−]ex+[−]ey+[−ez

∂y∂z∂z∂x∂x∂y

www

螺线管内

这说明两者之差是无旋场

2. 均匀无穷长直圆柱形螺线管每单位长度线圈匝数为n

理求管内外磁感应强度B

解根据题意得右图取螺线管的中轴线为z轴

电流强度为I试用唯一性定

.kh

rrJdl×r∫r3

rrr∆A=[−B0y+f(x)]ex−[B0x+g(y)]ey

rr

即 A=[−B0y+f(x)]ex

本题给定了空间中的电流分布故可由B=0

4πrµ

线上所以B=

1

由于螺线管是无限长理想螺线管

- 1 -

daw

rr

rJ×r

求解磁场分布又在导dV'J∫r3

由电磁学的有关知识知

其内部磁

1

Ay=AZ=0,Ax=−B0y+f(x)

r

由此组方程可看出A有多组解如

.c

om

场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度 由其无限长的特性不妨取场点为零点

以柱坐标计算

即可知道管内磁场

rrrrr=−acosϕ'ex−asinϕ'ey−z'exrrrdl=−adϕ'⋅sinϕ'ex+adϕ'⋅cosϕ'ey

rrrrrrr∴dl×r=(−adϕ'⋅sinϕ'ex+adϕ'⋅cosϕ'ey)×(−acosϕ'ex−asinϕ'ey−z'ex)

r

r

r

取由z'−z'+dz'的以小段此段上分布有电流nIdz'

rµ0∴B=

rrr

nJdz'(−az'cosϕ'dϕ'ex−az'sinϕ'dϕ'ey+a2dϕ'ez)

[a2+(z')2]

=

2)螺线管外部:

由于是无限长螺线管

(ρ>a)

rr

∴r=x−x'=(ρcosϕ−acosϕ')2+(ρsinϕ−asinϕ')2+z'2

.kh

=ρ2+a2+z'2−2aρcos(ϕ−ϕ')

rr

(ρsinϕ−asinϕ')ey−z'ez

rrrrr=x−x'=(ρ

cosϕ−acosϕ')exrrrdl=−adϕ'⋅sinϕ'ex+adϕ'⋅cosϕ'ey

www

rrrrr2

∴dl×r=−az'cosϕ'dϕ'ex−az'sinϕ'dϕ'ey+[a−aρcos(ϕ'−ϕ)]dϕ'ez

∞∞2π2πrµ0az'cosϕ'dϕ'raz'sinϕ'dϕ'r

edz'd'eydz'+∴B=⋅nI[∫dϕ'∫−+ϕ−x33∫∫4πrr−∞−∞00

a2−acos('−)rdz'ez]+∫dϕ'∫3

r−∞0

而螺线管内部又是匀强磁场

所以B=0

且螺线管又是无限

由于磁场分布在本题中有轴对称性

长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0

daw

r

- 2 -

µ04π

∫dϕ'∫

−∞

[a2+(z')2]

adz'

2

z'd()

nIµ0r⋅nIez==nµ0I∫z'2−∞

[()2+1]a

+∞

不妨就在xoy平面上任取一点P(ρ,ϕ.0)为场点

.c

om

=−az'cosϕ'dϕ'ex−az'sinϕ'dϕ'ey+adϕ'ez

2

3. 设有无穷长的线电流I 沿z轴流动以z

然后求出磁化电流分布

z>0区

rr

∇2A1=−µ0J,(z>0)2rr

∇A2=−µJ,(z

rr

A=A

12z=0

rr11∇×A∇×A12z=0=µµ0

由本题具有轴对称性

z=0

验证边界条件1

rrA1=A2

题中

daw

rrr

z=0,即n⋅(B2−B1)=0rrrr

n=ez,且ez⋅eθ=0

=1

z=0

由此可推测本题的可能解是

µ0Ir

e,(z>0)r2πrθ

B=

rµIe

θ,(z

.kh

2

1

µ

r∇×A2

rB1

µ0

r∇×A1

本题中介质分界面上无自由电流密度

www

综上所述 在介质中

µ0rrBIrH2=2=eθ

µ2πrrrrrr

∴H2−H1=0,满足边界条件n×(H2−H1)=0

rH1=

=

Ireθ2πr

由唯一性定理可得本题有唯一解

rrrBH=−M

µ0

故在z

- 3 -

.c

所以边界条件1

满足

rrrµIdlA1(x)=0∫

4πr

r

rrµIdlA2(x)=

4π∫r

rrr

z=0,即n×(H2−H1)=0

µ0Ir

e,(z>0)r2πrθ

B=

rµIe

θ,(z

rB2rM=−H2

µ0

om

可得出两个泛定方程的特解为

即 ∴

rrIµrIrIµM=⋅eθ−eθ=(−1)eθ

2πrµ02πr2πrµ0

介质界面上的磁化电流密度

rrrrrrIµIµ

(−1)eθ×ez=(−1)erαM=M×n=

2πrµ02πrµ0

总的感应电流在z

JM

rr

2πIµrrµ

(−1)eθ⋅r⋅dϕ⋅eθ=I(−1)=∫M⋅dl=∫

2πrµ0µ00

电流

4. 设x

动解

求磁感应强度和磁化电流分布假设本题中得磁场分布仍呈轴对称

x>0 空间为真空今有线电流I 沿z轴流

即可得

在介质中

∴在x

则IM

www

v

IM=

Q⊥eϕ, ∴AB段积分为零

vµ(I+IM)v∴B=0eϕ

2πr∴由

vµ0(I+IM)vµ′Iveϕ=B=−eϕ

2πr2πr

可得µ′=

.kh

vv=Mdl

Iµ′(µ−µ0)2µµ0

vvvvµ′IvB 而H2=−M=eϕ−M

µ02πrµ0

vvµ′IvB

H2==eϕ

µ2πrµ

vµ′Iµ−µ0vM=eϕ

2πrµµ0

取积分路线为B→C→A→B的半圆

daw

2µµ0µ+µ0

- 4 -

µ′Iv

eϕ2πr

vvv

n⋅(B2−B1)=0

其满足边界条件vvvv

n×(H2−H1)=α=0

B=

v

.c

则可写作

om

沿z轴流向介质分界面

vµµ0Iv

∴空间B=eϕ

µ+µ0πr

IM=

µ−µ0

I

µ+µ0

沿z

5.

某空间区域内有轴对称磁场

B0为常量提示

试求该处的Bρ

在柱坐标原点附近已知B

z≈B0−C(z−

2

12ρ)2

其中

用∇⋅B=0,并验证所得结果满足∇×H

rr

取A=

v1vv

∴B=czρeρ+[B0−c(z2−ρ2)]ez

2

.kh

得Bρ=czρ1

式可得

2

萨定律

1∂

(ρBρ)−2cz=0 ∴ρBρ=czρ2+A(常数)ρ∂ρ

www

vv∂Bρ∂Bzvv

−Qj=0,D=0 ∴∇×B=0 即 ()eθ=0

∂z∂ρ

式成立∴B

ρ=czρ

c为常数

daw

1

- 5 -

1∂∂

(ρBρ)+Bz=0ρ∂ρ∂z

vQ∇⋅B=0

.c

vvvv解由B具有轴对称性设B=Bρeρ+Bzez

其中 Bz=B0−c(z−

代入

6. 两个半径为a的同轴线圈形线圈位于z=±L面上每个线圈上载有同方向的电流I

1 求轴线上的磁感应强度

2 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L 和a的关系

∂2

提示用条件2Bz=0

∂z

1

由毕

L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为

om

2

12ρ)2

2

vµv

B1=B1zez, B1z=0

vvIdl×rr3

µ0Ia2

sinα=dθ∫224π[a+(z−L)] =

11

µ0Ia2

2[(L−z)2+a2]同理L处线圈在轴线上z

处产生得磁感应强度为

轴线上得磁感应强度

www

0取

z

2

23

115−22222223222

−[(L−z)+a]2(L−z)−[(L−z)+a]2[(L−z)+a]+6(L−z)[(L−z)+a]2

[(L−z)2+a2]6

511

−22322222222

[(L+z)+a]2(L+z)+[(L+z)+a]2[(L+z)+a]−6(L−z)[(L+z)+a]2

−2

[(L−z)+a2]6

.kh

22

2−12

2

v

又∇⋅B

=0

vvv2

∴∇×(∇×B)=∇(∇⋅B)−∇B=0

v∂2

∴∇B=0,2Bz=0 代入1式中得

∂z

v

2Q∇×B=0

daw

2

2

12

2

v111vv2B=Bzez=µ0Ia+ez

22222[(L+z)+a][(L−z)+a]

(L+a)[−2(L+a)∴5L2=L2+a2

L−2(L+a)]+12(L+a)L2=0

- 6 -

.c

2

5

2

om

vv

B2

=B2zez

B2z

112=µ0Ia222[(L+z)+a]

∴L=

1a2

r

7. 半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流J 均匀分布于截面上试解矢势A的微分方

程设导体的磁导率为µ0 解

定解问题为

导体外的磁导率为µ

选取柱坐标系该问题具有轴对称性

vvA内=A内(r)ez

www

得由A内(r)

r=0

1

A内(r)=−µJr2+C1lnr+C2

4

A外(r)=C3lnr+C4

vv1µ

由∇×A内=∇×A外 得 C3=−Ja2

µ0µ21

.kh

1∂∂A内(r)

(r)=−µ0Jr∂r∂r

1∂(r∂A外r))=0∂rr∂r

- 7 -

vv

A外A外(r)ez 代入定解问题得

daw

且解与z无关

.c

vv

∇2A=−µJ,(r

v内

∇2A外=0,(r>a)v

A内0

vv

A外a=A内a1vv1

∇×A内=∇×A外µµ0

om

v由A外

a

v=A内

a

v令A外

a

v=A内

a

=0 得 C2=

µ1

µ0Ja2,C4=Ja2lna42

1v2v

A内=µ0J(a−r2)4∴

v2aAJaln外2r

rrQmr

它的磁场强度为H=

4πµ0r3

一个可能的表示式并讨论它的奇异性

Ar=Aθ=0, 得

www

Qmsinθ

04πr

Q1−cosθ

∴Aφ=m

4πrsinθ

∴sinθAφ=∫

θ

显然

vQm1−cosθv

∴磁单极子产生的矢势A=eφ

4πrsinθ

- 8 -

.kh

Aφ满足1式

∂AθQm∂1

[(sinθA)−=φrsinθ∂θ∂φ4πr2

11∂Ar∂

−(rAφ)]=0 [ (1)

rsinθ∂φ∂r1∂∂Ar

]=0[(rAθ)−

r∂r∂θ

Qsinθ∂

(sinθAφ)=m∂θ4πr

daw

vvvQmv

由∇×A=B=µ0H=e 得2r

4πr

.c

vvQmrQm1v

H==e32r

4πµ0r4πµ0r

om

8.

假设存在磁单极子

其磁荷为Q

m

给出它的矢势的

讨论

当θ→0时

v

A→0vQvA→meφ

4πr

v

故A的表达式在θ=π具有奇异性

v

A不合理

π当θ→时

2

当θ→π时

v

A→∞

9. 将一磁导率为µ磁矩m

rr

半径为R0的球体放入均匀磁场H0内求总磁感应强度B和诱导

r

vv

根据题意

以球心为原点建立球坐标取H0的方向为e

z

的影响下极化

产生一个极化场静止的状态呈现球对称

本题所满足的定解问题为

并与外加均匀场相互作用

由泛定方程和两个自然边界条件得

www

由两个边界条件有

dn∞n

aRP(cosθ)=−HRcosθ+P(cosθ)∑00∑n0nn+1n

n=0R0n=0

∞∞

(n+1)dn

µanRn−1P(cosθ)=−Hµcosθ−µPn(cosθ)∑0000∑nnn+2R0n=0n=1

.kh

ϕm=∑anRnPn(cosθ)

1

n=0

ϕm=−H0Rcosθ+∑

2

daw

dn

P(cosθ)n+1n

Rn=0

∇2ϕm1=0,R

2

∇ϕm2=0,R>R0

∂ϕm1∂ϕm2

=µ0,(R=R0) ϕm1=ϕm2,µ∂R∂R

ϕm1R=0

ϕm2R=∞=−H0Rcosθ

- 9 -

.c

最后达到平衡

om

此球体在外界存在的磁场

保持在一个

3µ0H0a=−1

µ+2µ0

µ−µ03

d1=H0R0

µ+2µ0

an=dn=0,(n≠1)

3µ0

=−H0Rcosθ,R

+µ2µ

∴3

ϕ=−HRcosθ+µ−µ0⋅R0Hcosθ,R>R

0002m2

+µ2µR0

www

2

3µµ0v

H0,(R

∴B=vvvv

vµH+µ−µ0µR3[3(H0⋅R)R−H0(R>R)00000532µµ+RR0v

当B在R>R0时表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场

3

µ−µ0R0v

∴ϕm中⋅2H0cosθ可看作偶极子m产生的势

µ+2µ0R

∴m=4π

r

10. 有一个内外半径为R1和R2的空心球位于均匀外磁场H0内球的磁导率为µ

- 10 -

.kh

v

vµ−µ03

⋅R0H

µ+2µ0

33

vµ−µ02R0µ−µ0R0vv

[1]cos[1⋅sinH=−∇ϕ=+⋅Hθe−−Hθe2θm2r0033

+2+2µµµµRR00vvvv

vHH0−3(µµ300⋅R)RR0− =H0+[]53

µ+2µ0RRvvvvvvvµ−µ0HH03(30⋅R)RB2=µ0H2=µ0H0+−µ0R0[53

µ+2µ0RR

vv33

vvµ−µ0R0µ−µ0R01m⋅R

⋅3=⋅2H0cosθ=⋅2H0⋅R4πRµ+2µ0Rµ+2µ0R

da

w

.c

3µ03µ03µ0vvvv

H1=−∇ϕm1=µ+2µH0cosθer−µ+2µH0sinθeθ=µ+2µH00 

vvvB=µH=3µµ0H

011

µµ+20

om

求空

r

腔内的场B

讨论µ>>

µ0时的磁屏蔽作用

v

v

在外场H0的作用下 球

解根据题意以球心为原点取球坐标选取H0的方向为ez壳极化

产生一个附加场

并与外场相互作用

最后达到平衡

v

v

B的分布呈现轴对称

定解问题

1

n=0∞

因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0做频谱分解而得出的

.kh

n=0

ϕm=∑(bnRn+

2

ϕm=∑anRnPn(cosθ)

ϕm=−H0Rcosθ+∑

3

由于物理模型为轴对称

cn

Pn(cosθ)n+1

R

daw

再有两个自然边界条件

dn

P(cosθ)n+1n

n=0R

v

分解所选取的基本函数

www

所以上面的解中故

1

系是其本征函数系

{Pn(cosθ)}在本题中

源的表示是

−H0Rcosθ=−H0RP1(cosθ)

an=bn=cn=dn=0,(n≠0)

解的形式简化为

ϕm=a1Rcosθ

ϕm=(b1R+

2

ϕm

3

c1

)cosθ2R

d

=−H0Rcosθ+1cosθ2

R

- 11 -

.c

R=R2

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R1

∇ϕm3=0,R>R3

ϕm1=ϕm2R=R1,ϕm2=ϕm3R=R2

∂ϕm3∂ϕm2

µ∂ϕm1=µ∂ϕm2

=,µµR=R100∂R∂R∂R∂R

ϕm1R=0

ϕm3R=∞=−H0Rcosθ

三个泛定方程的解的形式为

om

代入衔接条件

解方程组得

33+3µ0(µ−µ0)H0R23µ0(2µ+µ0)H0R2

a1=3

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R23

3µ0(2µ+µ0)H0R2

b1=3

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R233

3µ0(µ−µ0)H0R2R1

c1=3

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R2

vv∴B1=−µ0a1ez

www

当µ>>

R13

vR2

=[1−]µH

(µ+2µ0)(2µ+µ0)R1300

−()2

R22(µ−µ0)

1−(

v

∴B1=0

即球壳腔中无磁场

类似于静电场中的静电屏障

r

rr

11. 设理想铁磁体的磁化规律为B=µH+µ0M0,M0是恒定的与H无关的量今将一个

- 12 -

.kh

µ0时

(µ+2µ0)(2µ+µ0)

≈12

2(µ−µ0)

vv

而 Bi=µ0Hi=−µ0∇ϕmi,(i=1,2,3)

633

3µ0(2µ+µ0)H0R2+3µ0(µ−µ0)H0R2R13

d1=HR+023

2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R2

daw

.c

om

c1

aR=bR+1111

R12

c1d1bR+=−HR+021222

R2R2

aµ=µ(b−2c1

1

10R13

−µH−µ2d1=µ(b−2c100133R2R2

理想铁磁体做成均匀磁化球强度和磁化电流分布解

根据题意

取球心为原点

M

0为常值浸入磁导率为µ

'的无限介质中求磁感应

v

v

做球坐标

以M0的方向为ez本题具有球对称的磁场分布

满足的定解问题为

n=0

n=0

代入衔接条件

对比Pn(cosθ)对应项前的系数

ϕm=∑(

2

bn

)Pn(cosθ)Rn+1

.kh

µ0M0

Rcosθ,(R

2µ′+µ

2

an=bn=0,(n≠1)

∴ϕm1=

www

由此

ϕm

3

µ0M0R0=cosθ,(R>R0)2

′2µ+µR

v

rvv′2µµ0M0

R

2µ′+µ

vvrv3

vµ′µ0R03(M0⋅R)RM0

[ R>R0, B2=−µ′∇ϕm2=−35

2µ′+µRR

v

2µ′µ0M0

,(R

∴B=vvrv3

′µµ⋅R3(MR)RM000

[−30(R>R0)5RR2µ′+µ

- 13 -

daw

µ0M

a1=

2µ′+µ

∴ϕm1=

∑a

n

RnPn(cosθ)

.c

b1=

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

ϕm1=ϕm2R=R0,

∂ϕ∂ϕm2

m1

µ−µ′R0=M0µ0cosθ

∂R∂R

ϕ

µ0M03

R0

2µ′+µ

om

又n×(B2−B1)

v

vv

R0

vvv=µ0(αM+α)其中α0

v

代入B的表达式得

vαM

3µ′v

M0

sinθeϕ

2µ′µ0

r

12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场H0中结果如何

定解问题为

解得满足自然边界条件的解是

1

代入衔接条件

www

得到

a1= d1=

∴ϕm1=

.kh

ϕm=−H0Rcosθ+

2

ϕm=a1Rcosθ,(R

a1R0=−H0R0+

d1R02

µ0H0+µ0

2d1

+µa1=µ0M03R0

µ0M0−3µ0H0

µ+2µ0

µ0M0+(µ−µ0)H03

R0

µ+2µ0

µ0M0−3µ0H0

Rcosθ,(R

µ+2µ0

- 14 -

daw

d1

cosθ,(R>R0)R2

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

ϕm1=ϕm2R=R0,

∂ϕ∂ϕm2

m1

µ−µ0R0=M0µ0cosθ

∂R∂R

ϕ

.c

om

vv

解根据题意假设均匀外场H0的方向与M0的方向相同定为坐标z轴方向

3

µ0M0+(µ−µ0)H0R0

=−H0Rcosθ+cosθ,(R>R0)2

µ+2µ0R

ϕm

2

vµM−3µ0H0vµM−3µ0H0v

∴H1=−∇ϕm1=−[00cosθer−00sinθeθ]

µ+2µ0µ+2µ0vvµM−3µ0H0

=−00

2µ0+µ

13. 有一个均匀带电的薄导体壳

得到结果

解根据题意取球体自转轴为z轴

定解问题为

∇2ϕm1=0,R

∇ϕm2=0,R>R0

1(∂ϕm2−∂ϕm1=−Qωsinθ∂θ4πR0R∂θ

0

∂ϕm2∂ϕm1

µ=µ,(R=R0)0∂R∂R

ϕm1R=0

其中

www

.kh

σ=

提示

本题通过解A或ϕm的方程都可以解决也可以比较本题与

建立坐标系

r

角速度ω转动求球内外的磁场B

r

daw

其半径为R0总电荷为

Q

R=R0

rrvvvvv3(m⋅R)Rm

B2=µ0H2=µ0[H0+−3]

R5R

rvrvvµ0M0+(µ−µ0)H0R3(m⋅R)Rmv

−(−H0sinθ+sinθ)eθ]=H0+−3

5

µ+2µ0RRR

3

02

Qωsinθ

是球壳表面自由面电流密度

4πR0

解得满足自然边界条件的解为

- 15 -

.c

3

vµ0M0+(µ−µ0)H02R0vH2=−∇ϕm2=−[(−H0cosθ−cosθ)er−

µ+2µ0R2

v

µ0M03µ−µ03vvm=R0+R0H0

µ+2µ0µ+2µ0

今使球壳绕自身某一直径以

om

5例2的电流分布

2

vvvv3µµ0v2µ0

B1=µH+µ0M0=H0+M0,(R

µ+2µ0µ+2µ0

ϕm=a1Rcosθ,(R

1

ϕm=

2

b1

cosθ,(R>R0)2R

b1QωaR−=−10R2

4πR00

a+2b1=013R0

代入衔接条件

∴ϕm1=−

Rcosθ,(R

2

.kh

磁矩m=

vvvr22v2Qω

R013(m⋅R)RmvQωR0v

H2=−∇ϕm2=θeθecos+sin=[−3]rr335

12πR12πR4πRR

2

vQR0vm=ω

3

rvQµ0v

B1=µ0H1=ω

6πR0

daw

- 16 -

vvQωQωQωvv

∴H1=−∇ϕm1=cosθer−sinθeθ=

6πR06πR06πR0

ϕm

QωR02

=cosθ,(R>R0)12πR2

.c

其中

www

解1

rvvvvvµ03(m⋅R)Rm

B2=µ0H2=[−3]5

4πRR

14. 电荷按体均匀分布的刚性小球其总电荷为Q半径为R0它以角速度ω绕自身某以

直径转动求

1 它的磁矩

2 它的磁矩与自转动量矩之比设质量M0

是均匀分布的

v

1vvvx×J(x)dV∫2

om

解得 a1=−

6πR0

QωR02

b1=

12π

又 x=R=

Rer

v

v

v

J(x)=ρv=

vv

v

Q43πR03

vv(ω×R)

13Qωvvv13Qrvv242

∴m=R×(ω×R)Rsinθdrdθdφ=(e×e)Rsinθdrdθdφφr3∫3∫24πR024πR0

又 er×eφ=−eθ=sinθez+cosθ(−cosφex−sinφey)

vvvvvv

v3Qω∴m=3

8πR0

∫∫∫

2ππ

R0

vvv

[sinθez+cosθ(−cosφex−sinφey)R4sin2θdrdθdφ

2)自转动量矩L=dL=

===

www

r

QR02v

ωv

5 ∴==Q2

M0L2M0R0vω5

15. 有一块磁矩为m的小永磁体

求作用在小永磁体上的力F.

位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中

.kh

3M0ω=3

4πR0

v3M0ω=3

4πR0

3M0vvv22

ωR(er×ez×er)Rsinθdrdθdφ3∫4πR0

3M0vv22ω(−sinθReφ×er)Rsinθdrdθdφ3∫4πR0

3M0v22Rωsinθ(−e)Rsinθdrdθdφθ3∫4πR0

∫∫∫

∫∫∫

vv

vvvv3M0vvvR×dP=R×vdm=R×(ω×R)dV3∫∫∫4πR0

daw

π

R00

π

R0

r

vvv

[sinθez+cosθ(−cosφex−sinφey)R4sin2θdrdθdφ

2v2MR00ωR4sin3θdrdθdφ=

5

QR02v3Qωv2ππR034

=esinθRdrdθdφ=ω3z∫0∫0∫058πR0

- 17 -

.c

om

v

解根据题意因为无穷大平面的µ很大

则可推出在平面上所有的H均和平面垂直

rr

类比于静电场构造磁矩m关于平面的镜像m′则外场为

v

Be=−µ0∇ϕmvv m⋅Rmcosθϕ==m3

4πR4πr2

vµ0mm2cosθvsinθrvv

∴Be=−µ0e−e=αθe+θe[−](cossinθθ)rr

4π4πr3r3r3

v

∴m受力为

vvv

F=(m⋅∇)⋅Be

r=2aθ=α

3m2µ0v2=−(1+cosα)ez

64πa4

www

- 18 -

.kh

daw

.c

om

范文五:电动力学答案(郭硕鸿+第三版)chapter4

1. 考虑两列振幅相同的偏振方向相同频率分别为ω+dϖ和

ω−dω的线偏振平面波它们都沿z轴方向传播

合成波证明波的振幅不是常数而是一个波1求

合成波的相位传播速度和振幅传播速度2求

rrrr

E1(x,t)=E0(x)cos(k1x−ω1t)

解 rrrr

E2(x,t)=E0(x)cos(k2x−ω2t)

rrrrrrr

E=E1(x,t)+E2(x,t)=E0(x)[cos(k1x−ω1t)+cos(k2x−ω2t)]rrk+k2ω+ω2k−k2ω−ω2

=2E0(x)cos(1x−1t)cos(1x−1t)

2222

其中k1=k+dk,k2=k−dk;ω1=ω+dω,ω2=ω−dω

2

一平面电磁波以θ=45从真空入射到εr=2的介质

.kh

o

ωk

群速 dk⋅x−dω⋅t=0

∴vg=

dk

∴vp=

相速 kx−ωt=0

daw

电场强度垂直于入射面

求反射

系数和折射系数

r

n为界面法向单位矢量

>,,分别为入射波反射波和折射波的玻印

www

亭矢量的周期平均值则反射系数R和折射系数T

定义为

r'2

⋅nE0

R==2

⋅nE0

r

⋅nn2cosθ2E''2

T==

⋅nn1cosθE02

又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式

可得

2

1cosθ−2cosθ2

 R=

cosθ+cosθ

221

rrri(kx−ωt)

用复数表示E=2E0(x)cos(dk⋅x−dω⋅t)e

- 1 -

rrr

∴E=2E0(x)cos(kx−ωt)cos(dk⋅x−dω⋅t)

.c

om

T=

412cosθcosθ2(1cosθ+2cosθ2)2

又根据反射定律和折射定律

θ=θ1=45o

2sinθ2=1sinθ

由题意

ε1=ε0,ε2=ε0εr=2ε0

o

∴θ2=30

证明这时将会发生全反射并求3有一可见平面光波由水入射到空气入射角为

60

折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度设该波在空气中的波长为

λ0=6.28×10−5cm水的折射率为n1.33

解由折射定律得临界角θc

=arcsin(将会发生全反射 折射波 k′′=ksinθ

.kh

ω′′ω

==ck′′2k

θ

(0

22+0)22

T=

daw

=2+31

)=48.751.33

4ε02

23案

2.c

所以当平面光波以60

入射时

www

相速度 vp=

23−2

)2=2− ∴R=(22++22

投入空气的深度 κ=

λ1

2

2π2θ−n21

=

6.28×10−5

12

2πsin260−(1.33

vvvvvvvi(k⋅x−ωt)

4频率为ω的电磁波在各向同性介质中传播时若E,D,B,H仍按e变化但D

vvv

不再与E平行即D=εE不成立

明k⋅B=k⋅D=B⋅D=B⋅E=0,但一般k⋅E≠01证

- 2 -

vvvvvvvvvv

om

≈1.7×10−5cm

vvvvv12

明D=2[kE−(k⋅E)k]2证

ωµ

vv

明能流S与波矢k一般不在同方向上3证

证明

1

由麦氏方程组

同理

vvvvvvvi(k⋅x−ωt)∇×H=[∇e]×H0=ik×H=−iωD

vvv∴ik×B=−iµωD

www

µωω

vv1vvv∴B⋅=−B⋅(k×B)=0

vvvvvvvi(k⋅x−ωt)∇×E=[∇e]×E0=ik×E=iωB

v

v1vvv∴B⋅E=(k×E)⋅E=0

vvvvv

QD≠εE ∴∇⋅E一般≠0即 k⋅E一般≠0

.kh

vvk⋅D=0

rv ∴k⋅B=0

daw

vvv

∇⋅E=ik⋅E

- 3 -

vvvvi(kv⋅xvvvvv

−ωt)i(k⋅x−ωt)

∇⋅B=B0⋅∇e=ik⋅B0e=ik⋅B=0

.c

om

v

v∂B∇×E=−∂tv

v∂D

∇×H=

∂tv

∇⋅D=0v∇⋅B=0

v

v1vvv∂B

2由∇×E=− 得 B=(k×E)

∂tωv

vv∂D1vv

另由∇×H= 得 D=−(k×B)

∂tµωv1vvv

∴D=−[k×(k×E)]=2

1

vvv

[(k×E)×k]=2

1

vvvv

[kE−(k⋅E)k]2

2

µωµωµω

3

由B=

v

ω

v1vv1vv

(k×E)(k×E) 得 H=

µω

µωµω

5有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播

但相位比前者超前

方向偏振

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

x=A0cos(ωt−kz)=A0cos(ωt+ϕ0x)

在y轴上的波可记为

www

2

2

y=A0cos(ωt−kz+ ∆ϕ=ϕ0y−ϕ0x=

合成得轨迹方程为

x+y=A0[cos(ωt+ϕ0x)+cos(ωt+ϕ0y)] =A0[cos(ωt+ϕ0x)+sin(ωt+ϕ0x)] =A0

22

2

2

2

2

2

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

- 4 -

.kh

π2

x2+y2=A02

daw

µωπ2

求合成波的偏振

vvv12vQk⋅E一般≠0 ∴S一般≠Ek

vvvvvvr1vvv1∴S=E×H=E×(k×E)=[E2k−(k⋅E)E]

vv

即S一般不与k同向

π

=A0cos(ωt+ϕ0y)2

.c

一个波沿x方向偏振另一个沿y

反之

一个圆偏

om

相位差为π

振可以分解为两个偏振方向垂直同振幅同频率

的线偏振的合成

6平面电磁波垂直直射到金属表面上试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热证明设在z>0 的空间中是金属导体电磁波由z

已知导体中电磁波的电场部分表达式是

vv−αzi(βz−ωt)

E=E0ee

于是

z

0 的表面

单位面积进入导体的能量为

ωµωµ

其平均值为S=

vv1βRe(E*×H)=E0222ωµ

又Qαβ= ∴Q=

.kh

−1

σ2βE0=E02 原题得证.4α2ωµ

耳热

ωµσ

2

daw

6

v*v112−2αz

dQ=Re(J×E)=σE0e

2212∞−2αzσ2

作积分Q=σE0∫edz=E0即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦

024α

所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为

- 5 -

在导体内部

vvv

J=σE=σE0e−αzei(βz−ωt)

7

已知海水的µr=1,σ

=1S⋅m

试计算频率ν为50,10和10Hz的三种电磁波在海

www

透射深度 Qµr=1 ∴µ=

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

δ=

1

α

=

2

ωµσ

µ0µr=µ0=4π×10−7

=

=72m

2π×50×4π×10−7×1

∴1>ν=50Hz时:δ1=

ωµσ

.c

9

om

vvv

S=E×H

其中

v1vv1vv

(β+iα)n×EH=k×E=

2>ν=

10Hz时

6

δ2

ωµσ2

=

2π×106×4π×10

7

×1

≈0.5m

3>ν=10Hz时:δ3=

9

ωµσ

2

≈16mm−79

2π×10×4π×10×1

8

平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上

结果如何

入射角为θ1

求导电介质中电磁波的

相速度和衰减长度若导电介质为金属 提示解

导电介质中的波矢量k=

如图所示

根据题意入射平面是xz平面

vvvv−αvv

⋅xi(β⋅x−ωt)

E=E0ee

导体中的电磁波表示为

v''vv

k=β+iα

与介质中的有关公式比较可得

根据边界条件得

''kx=βx+iαx=实数∴αx=0''

1

ωµσ2

ω

sinθ1c

vv''

而入射面是xz平面故k,k无y分量 ∴αy=0,βy=0

∴βx=

.kh

v

v

2z2z

又kx=kx=ksinθ1=

www

∴α只有αz存在β有βx与βz其中βx=

ω

(sinθ1)2+βz2−αz2=ω2µεc

∴有

αβ=1ωµσzz2

解得

1ω21ω222222222

β=(µεω−2sinθ1)+[(2sinθ1−ωµε)+ωµσ]2c2c1ω21ω222222222

α=−(µεω−2sinθ1)+[(ωµε−2sinθ1)+ωµσ]22c

c

daω

sinθ1c

ω

sinθ1c

- 6 -

β−α

vv

α⋅β=

22

=ωµε

2

m

v

vvv

β+iα,α只有z分量

为什么

x

其相速度为v=

ωβ

衰减深度为如果是良导体则

ω2222

sinθ+β−α=01zzc2

αβ=1ωµσzz2

ω21ω424222

α=sinθ+[sinθ+ωµσ]1122

2c2c

2

z

方程的通解为

E(x,y,z)=(C1sinkxx+D1coskxx)⋅(C2sinkyy+D2coskyy)⋅(C3sinkzz+D3coskzz)

根据边界条件有

Ey=Ez=

0,(x=0,a)

www

∂Ex

=0,(x=0,a)

x

.kh

Ex=A1coskxxsinkyysinkzz

Ey=A2sinkxxcoskyysinkzz

Ez=A3sinkxxsinkyycoskzz

,m=0,1,2Lanπ

ky=,n=0,1,2L

b

其中 kx=

ω2mπnπ

k+k+k=k=ωε0µ0=2且A1+A2+A3kz=0

abc

2

x

2y

2z

2

2

daw

Ex=Ez=0,(y=0,b)

rr∇2E+k2E=0

k=ω00

v∇⋅E=0

无限长的矩形波导管在在

z0处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭

z=−∞到

z0这段管内可能存在的波模

解在此中结构得波导管中电磁波的传播依旧满足亥姆霍兹方程9

.c

∂Ez

=0,(z=0)∂z

∂Ey∂

y

=0,(y=0,b)

- 7 -

om

求在

ω21ω44222

∴β=−2sin2θ1+[4sinθ1+ωµσ]

2c2c

2

z

综上

即得此种波导管种所有可能电磁波的解

10

vvi(kz−ωt)

电磁波E(x,y,z,t)=E(x,y)e2在波导管中沿z方向传

试使用

vvvv

∇×E=iωµ0H及∇×H=−iωε0E证明电磁场所有分量都可用Ex(x,y)和Hz(x,y)这两

个分量表示

证明沿z

轴传播的电磁波其电场和磁场可写作

daw

1

∂Ex∂Ez∂E

−=ikzEx−z=iωµ0Hy

∂z∂x∂x

写成分量式

∂Ez∂Ey∂Ez

−=−ikzEy=iωµ0Hx

∂y∂z∂y

.kh

∂Ey∂x

∂Ex

=iωµ0Hz∂y

www

∂Hz∂Hy∂Hz

−=−ikzHy=−iωε0Ex

∂y∂z∂y∂Hx∂Hz∂Hz

−=ikzHx−=−iωε0Ey

∂z∂x∂x

∂Hx

=−iωε0Ez∂y

∂Hz∂Ez

−kz)∂y∂x

.c

12

34

∂Hy∂x

23

消去Hy得 Ex=

ω2

i(2−kz2)c

(−ωµ0

- 8 -

vvv∂B∇×E=−=iωµ0H

∂t

由麦氏方程组得 v

vv∂E∇×H=ε0=−iωε0E

∂t

om

vv

i(kz−ωt) E(x,y,z,t)=E(x,y)ezvvi(kz−ωt) H(x,y,z,t)=H(x,y)ez

14

消去Hx得 Ey=

1

ω2

i(2−kz2)c

1

(ωµ0

∂Hz∂Ez

−kz∂x∂y

14

消去Ey得 Hx=

ω2

i(2−kz2)c

1

(−kz

∂Hz∂Ez

+ωε0)∂x∂y

v

11写出矩形波导管内磁场H满足的方程及边界条件

vvvvv22

得 ∇×(∇×H)=∇(∇⋅H)−∇H=−∇H=−iωε∇×Evvv∂B又∇×E=−=iωµH

∂t

vvv22

∴−iωε∇×E=ωµεH=−∇H

www

v

v

v

v(∇2+k2)H=0,k2=ω2εµ

∴ 即为矩形波导管内磁场H满足的方程v∇⋅H=0

vvvv

由n⋅B=0得 n⋅H=0

Hn=0

∂Ht

=0∂n

利用∇×E=iωµH和电场的边界条件可得

.kh

- 9 -

daw

vv∂Dv∇×H==−iωεE

由麦氏方程组∂t

v∇⋅H=0

vvvv−iωt

解对于定态波磁场为H(x,t)=H(x)e

.c

om

23

消去Ex得 Hy=

ω2

i(2−kz2)c

(−kz

∂Hz∂Ez

−ωε0∂y∂x

Hn=0

∴边界条件为 ∂Ht

∂n

12证明

论证矩形波导管内不存在TMm0或TM0n波已求得波导管中的电场E满足

v

ωµ

本题讨论TM波 故1

故Hz

又kx=

∴Hx=Hy=0

www

2

9

又ky=

∴Hx=Hy=0

∴波导中不可能存在TMm0和TM0n两种模式的波 13

频率为30×10Hz的微波

在0.7cm×0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播

0.7cm×0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播

1

ν=30×109Hz

.kh

若n=0,则ky=若m=0,则kx=

≠0,那么A20a

≠0,那么A1=0b

波导为0.7cm×0.4cm

daw

i

=−H(A3ky−iA2kz)sinkxxcoskyyeikzz

x

ωµ

i

Hy=−(iA1kz−A3kx)coskxxsinkyyeikzz

ωµ

i

(A2kx−A1ky)coskxxcoskyyeikzzHz=−ωµ

=0,A2kx=0b

=0,A1ky=0a

A2kx−A1ky=0

- 10 -

.c

由H=−

v

i

v

∇×E可求得波导管中的磁场为

om

Ex=A1coskxxsinkyyeikzzikz

Ey=A2sinkxxcoskyyez

ikzzE=Asinkxsinkye3zxy

由ν=

ωcm2n=(+(22m2ab

−2

−2

当a=0.7×10m.,b=0.4×10m时

m=1,n=1时,ν=4.3×1010Hz

m=1,n=0时

ν=2.1×1010Hz

m=0,n=1时,ν=3.7×1010Hz

∴此波可以以TM10波在其中传播 2

ν=30×109Hz波导为0.7cm×0.6cm

m=1,n=1时,ν=2.1×1010Hz

m=1,n=0时

ν=2.5×1010Hz

m=0,n=1时,ν=3.3×1010Hz

.kh

yz

是E的任意一个直角分量

rr∇2E+k2E=0

k=ωµ0ε0

v∇⋅E=0

令Ux

v

∴U(x,y,z)=U(y,z)=Y(y)Z(z) 又在y方向由于有金属板作为边界是取驻波解

在z方向是无界空间

取行波解

www

∴解得通解U(x,y,z)=(C1sinkyy+D1coskyy)eikzz

由边界条件

∂Evv

n×E=0,和=0定解

∂nEx=A1sin(

y)ei(kzz−ωt)b

nπ2nπω2i(kzz−ωt)2

且k=2=(+kz2,n=0,1,2Ly)e Ey=A2cos(

bbcnπ

Ez=A3sin(y)ei(kzz−ωt)

b

又由∇⋅E=0得

v

A1独立与A2,A3无关

daw

vnπ

A2=ikzAzb

- 11 -

∴此波可以以TE10和TE01两种波模传播

14一对无限大的平行理想导体板相距为b电磁波沿平行与板面的z方向传播在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解在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程

.c

由于E在x方向上是均匀的

om

设波

令k

z

0得截止频率

ωc=

nπcb

15证明整个谐振腔内的电场能量和磁场能量对时间的平均值总相等

v

证明在谐振腔中电场E的分布为Ex=A1coskxxsinkyyeikzzikz

Ey=A2sinkxxcoskyyez

ikzz

=EAsinkxsinkye3xyzvvi

由H=−∇×E可求得波导管中的磁场为

ωµ

1电场能流密度

www

2)磁场能流密度

=

2

=[A12cos2kxxsin2kyysin2kzz+A2sin2kxxcos2kyysin2kzz+A32sin2kxxsin2kyycos2kzz]4

ε

1vv

ωB=H⋅B

2

v*v1

B=Re(H⋅B)

4

14µω

2222

[(Ak−Ak)sinkxcoskkycoskzz+3yzzxy2

.kh

2

2

2

2

1rv

ωE=E⋅D

2

r*vv*v111

∴E=[Re(E⋅D)]=Re(E⋅D)

224

+(A1kz−A3kx)coskxxsinkyycoskzz+ +(A2kx−A1ky)coskxxcoskyysinkzz]

2

2

daw

2

2

iH=−(A3ky−iA2kz)sinkxxcoskyyeikzzx

ωµ

i

(iA1kz−A3kx)coskxxsinkyyeikzz Hy=−ωµ

iH=−(A2kx−A1ky)coskxxcoskyyeikzzz

ωµ

1vvvr

由ω=(E⋅D+H⋅B)有谐振腔中

2

- 12 -

.c

om

2

kx2+ky+kz2=k2=ω2µε且A1kx+A2kY+A3kz=0

有其中

kx=

mπnπpπ

,ky=,kz=,m,n,p=0,1,2Labc

a,y:0b,z:0c

abc是谐振腔的线度不妨令x:0

于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为

+A3sinkxxsinkyycoskzz)dxdydz

2222

=

4µω2

QA1kx+A2ky+A3kz=0

22

∴(A1kx+A2ky+A3kz)2=A12kx2+A2ky+A32kz2+2A1A2kxky+2A1A3kzkx+2A2A3kykz=0

∴B=

www

∴E=B

abck2abcε22222

=(A+A+A)=(A1+A2+A32)1232

3232µω

.kh

abc222222

[(A+A+A)(k+k+k)]123xyz2

32µω

B=∫BdV=

daw

- 13 -

1

abc

[(A3ky−A2kz)2+(A1kz−A3kx)2(A2kx−A1ky)2]8

谐振腔中磁场能量的时间平均值为

.c

abcε22

(A1+A2+A32)32

om

εabc22

E=∫EdV=∫∫∫(A1cos2kxxsin2kyysin2kzz+A2sin2kxxcos2kyysin2kzz+

4000

范文六:电动力学第一章郭硕鸿第三版

第一章

一.主要内容:电磁场可用两个矢量—电场强度

E(x,y,z,t)和磁感应强度

B(x,y,z,t)来完全描写,这一章的主要任务是:在实验定律的基础上找出 E, B所

满足的偏微分方程组—麦克斯韦方程组以及洛仑兹力公式,并讨论介质的电磁性质及电磁场的能量。在电磁学的基础上从实验定律出发运用矢量分析得出电磁场运动的普遍规律;使学生掌握麦克斯韦方程的微分形式及物理意义;同时体会电动力学研究问题的方法,从特殊到一般,由实验定律加假设总结出麦克斯韦方程。完成由普通物理到理论物理的自然过渡 知 识 体 系:



库仑定律:E(x)

xr40r

3

V

dVD



dS

涡旋电场假设

d

电磁感应定律:

dlL

dt

S



t



介质极化规律:D0P 

毕——萨定律:B0

4

L

JdVrr

3

0 

值关系



介质磁化规律:

位移电流假设

0

12



J

Dt

能量守恒定律能量密度w二.内容提要:

1.电磁场的基本实验定律: (1)库仑定律: 对静电场:



E(x)



DHB,能流密度:SH 

xr40r

3

V

dV

对n个点电荷在空间某点的场强等于各点电荷单独存在时在该点场强的矢量 和,即:

E(x)

n

i1

Qi

ri

3

n

40ri

i1

Ei

对于场中的一个点电荷,受力

FQE

(2)毕奥——萨伐尔定律(电流决定磁场的实验定律) 闭合线电流 :

0B

4

Idlrr

3

L

闭合:

 B0

4

L

JdVrr

3

(3)电磁感应定律

ddlLi

dt



t

①感生电场为有旋场(Ei



dS

S

本质不同。

又称漩涡场),与静电场ES

②磁场与它激发的电场间关系是电磁感应定律的微分形式。 (4)电荷守恒的实验定律 Jds

s

V

t

dV

J

t

①反映空间某点与J之间的变化关系,非稳恒电流线不闭合。

② 若空间各点与t无关,则

t

0,J0

为稳恒电流,电流线闭合。

稳恒电流是无源的(流线闭合),,J均与t无关,它产生的场也与t无关。

2、介质中的麦克斯韦方程

微分形式 积分形式



t

D

J

t

D

0



dldSLStddlIDdS L

dt

dSQSD

SdS0



其中:D0P,

0

说明:○1是介质中普适的电磁场基本方程,适用于任意介质。



2当0,回到真空情况:





LdlStdSdBdl(JdSEdS)00L

dtS

1

EdSSdv0V



SdS0





tE)B0(J0

t



E

0

0

3当○t

D

0,

Bt

0时,回到静场情况:



dl0LdlJdSL

S

SDdSdvVSdS0

与E

0



J



D

0

4有12个未知量,6○系。

个独立方程,求解时必须给出D,B与H

的关

介质中:PP,MJM 3、介质中的电磁性质方程 若为非铁磁介质 1○

、电磁场较弱时:P与E,M与H,D与E,B与H



均呈线性关系。

⑴各向同性均匀介质



P=e0E 0—介质极化率 D=0rE=E  0r

2、导体中的欧姆定律 ○



J —电导率 它适用于变化电磁场



在有电源时,电源内部J非,非为非静电力的等效场。



4.洛伦兹力公式

FQE



dFJBd V

考虑电荷连续分布,单位体积受的力



fEJB ----- 洛伦兹力公式

洛伦兹认为变化电磁场上述公式仍然成立,近代物理实验证实了该式的正确。

若对一个以速度

v运动的点电荷

q

FqEqvB

.

说明:①对于连续分布电荷

②对于点电荷情况5.电磁场的边值关系

Dds

ss



和电流J,f中包括,和J激发的电磁场



,F中的E,B不包含q激发的场.

dv →

v



nD2D1





Bds0 → nB2B10



L



Hdl

D(J)dss

t



nH2H1



B

EdldsLst



nE2E10,





s



PdsTdv →

v



nP2P1



p



L



Mdl

s



JMds → nM2M1M



s

dJds

dt

dv →



nJ2J10

nJ2J1

t



恒定电流:

6、电磁场的能量和能流 能量密度: w

12





DHB



能流密度: SH

三.重点与难点

1.概念:电场强度、磁感应强度、电流密度、极化强度、磁化强度、能流密度。 2.麦克斯韦方程、电荷守恒定律、边值关系、极化强度与极化电荷的关系、磁化强度与磁化电流的关系、应用它们进行计算和证明。 3.电磁场的能量及其传输

范文七:电动力学第六章郭硕鸿第三版

第六章 狭义相对论

主要内容:讨论局限于惯性系的狭义相对论的时空理论,相对论电动力学以及相

对论力学

一.狭义相对论基本原理:

1、相对性原理(伽利略相对性原理的自然扩展) (1)物理规律对于所有惯性系都具有完全相同的形式。 (2)一切惯性系都是等价的,不存在绝对参照系 2、光速不变原理

真空中光速相对任何惯性系沿任何一个方向大小恒为c,且与光源运动速度无关。

二.洛仑兹变换:

x'

y'y

坐标变换:z'z

vt2x

t'



x

yy'zz'

vt'2x

t



逆变换:

速度变换:ux

uxv1

vuxc

2

uy

1

xc

2

uz

1

xc

2

三.狭义相对论的时空理论:

1.同时是相对的:在某一贯性参考系上对准的时钟,在另一相对运动的贯性参考系观察是不对准的。

2.运动长度缩短:沿运动方向尺度收缩。其中v是物体相对静止系的速度;

ll

3.运动时钟延缓:运动物体内部发生的自然过程比静止的钟测到的静止物

体内部自然过程经历的时间延缓。

t



2

c

2

⑴ 运动时钟延缓:

2

c

2

1t只与速度有关,与加速度无关;

⑵ 时钟延缓是相对的,但在广义相对论中延缓是绝对的; ⑶ 时钟延缓是时空的另一基本属性,与钟的内部结构无关; ⑷ 它与长度收缩密切相关。 四.电磁场的洛仑兹变换:

B1B1

EE11

v

E(EvB)B(BE3) 222322

cE(EvB)

323

v

B(BE2)323

c

五.相对论力学: 1.运动质量:

m



pmv

2

.相对论动量:

3.质能关系:物体具有的能量为

Wm2c4

.相对论动能:TWW05.相对论力学方程:

dpF

dt

c

4

2

2

m0cmm0c

2



Fv

dWdt

本章重点:1、狭义相对论基本原理、洛仑兹变换并熟练利用洛仑兹变换解决具

体问题

2、理解同时的相对性和尺缩、钟慢效应,并会利用相关公式计算.

3、了解相对论四维形式和四维协变量

4、了解相对论力学的基本理论并解决实际问题 本章难点:1、同时的相对性、时钟延缓效应的相对性 2、相对论的四维形式

3、电动力学的相对论不变性的导出过程

范文八:郭硕鸿电动力学第五版-第1-4章答案

一、 第一章练习题答案 (一) 单选题

1.② 2. ③ 3. ③ 4. ① 5. ③ 6. ④ 7. ③ 8. ① 9. ①

10. ② 11. ② 12. ② 13. ① 14. ③ 15. ④ 16. ② 17. ① 18. ① 19. ③ 20. ④ 21. ④ 22. ③ 23. ① 24. ② 25. ④无

源有旋场 26. ③ 27. ④ 28. ④ 29. ① 30. ③ 31. ④ 32. ① 33.

(二) 填空题

Gρ(x')rGG∂ρdv'=0

1. ∫4πεr3 2. 0 3. SJ•ds+∫V∂t0

GGG∂ρ

=0 5. ∫J•ds 6. 0 4.∇•J+

∂t

Gμ0

7. 0 8. B=

GGJ(x')×r

' 9. 3

r

s

GGB•ds=0

S

10. 变化磁场激发电场 11. 电场强度随时间的变化率

GG∂B

12. ∇×E=−∂t

G

GG∂D

13. ∇×H=J+∂t

GG

14. ∇⋅D=ρ 15. ∇⋅B=0 16. 稳恒电流

17.

GGGG

f=ρE+J×B(适用于电荷分布情况)

GGG19. D=ε0E+P

GGG18. eE+ev×B

GG21. P=(ε−ε0)E

μ0

GG20. H=μ−M

GB

GGμ

22. M=(−1)H

23. 24. 25.

GGG

n⋅(D2−D1)=σf

GGG

n⋅(B2−B1)=0

GGGG

26. n×(H2−H1)=αf

1GGGG

27. w=(E⋅D+B⋅H)

2

28.

GGG

n×(E2−E1)=0

GGGS=E×H

GGG∂w

=−f•v 29. ∇•S+∂t

GG

30. ∇×E=0, ∇⋅D=ρ

(三) 证明题

⎧EGG⎪∇×=−

∂B⎪∂t⎪⎪G⎨∇×H=∂DG⎪∂t⎪⎪∇•DG=⎪G

G0

GG⎩D=ε0E,B⇒∇×(∇×EG=μ0H

)=∇•(∇•EG)−2

G1.=−∇2

EG=−∂(∇×BG∇E

)∂2EG ∂t=−μ0ε0∂2

⇒ ∇2

EG−1∂2EGtc2∂t

2=0

2. 由麦氏方程:

⎧⎪∇×HG=JG∂DG

⎪f

+(1)⎪⎨HG=B

G

∂t⎪μ−MG(2)0

⎪⎪DG=ε0EG+PG(3)⎩

(2)(3)代入(1)式得

1

μ∇×BG=(JGG∂PG∂EG

f+∇×M+0

∂t+ε0

∂t=JG+ε∂EGGGG∂PG

0(J为总电流

∂t=Jf+∇×M+

∂t

上式两边取散度:

1

GG∂(G

μ∇•(∇×B)=∇•J+ε∇•E)0∂t

=00⇒∇•JG+∂ρ

∂t

=0)

3.4 题为作业题,略。 5. 与书上内容P25 同。 6. 书上习题2 P34,略。 (四)计算题 1

2. 略。

第二章习题答案

镜像法

2. 书上例题。 P54 例二

3. 书上习题

11

4.书上习题

12

5.书上习题9

分离变量法

6.第一小题是书上例题,P48 例1,略。

第二小题做法类似,唯一不同的地方是内导体球没有接地,电势不为零,但可以利用带电量Q来求解。 7.书上例题,P49 例2,略。 8.

⎪∇2ϕ=0(1)⎪⎪

⎨ϕR→∞=−E0Rcosθ(2)⎪

⎪−ε0∂ϕdS=Q(3)

∫∂R⎪⎩1由()式得bn

ϕ=∑(anR+n+1)Pn(cosθ)

Rn

由(2)式得

n

a1=−E0,an=0(n≠1)

bn

⇒ϕ=−E0Rcosθ+∑n+1n(cosθ)

nR

由(3)式得:

−4πR0ε0[−E0cosθ+∑

2

n

−(n+1)bn

R0

3

n+2

n(cosθ)]=Q

E0R0

⇒b0=,b1=−,bn=0(n≠0,1)

4πε02

Q

E0R0

⇒ϕ=−E0Rcosθ+−cosθ3

4πε0R2R

Q

3

9.

2⎧∇⎪ϕ=0(1)⎨⎪⎩ϕR→∞=−E0Rcosθ(2)

1)式得由(

bn

ϕ=∑(anR+n+1)Pn(cosθ)

Rn

n

由(2)式得

a1=−E0,an=0(n≠1)

bn

⇒ϕ=−E0Rcosθ+∑n+1n(cosθ)

nR设导体球电势为φ0,则有:−E0R0cosθ+∑

n

bn

(cosθ)=φ0n+1nR0

3

3

⇒b0=R0φ0,b1=E0R0,bn=0(n≠0,1)R0φ0E0R0

⇒ϕ=−E0Rcosθ++cosθ2

RR∂ϕ2

由∫σdS=4πR0σ=−ε0∫∂R

3

2E0R0R0φ0 2

=−ε04πR0[−E0cosθ−cosθ−23

R0R0⇒σ=3E0cosθ+

φ0

R0

10.

设板间区域电荷为零,设为真空:∇2ϕ=(01

)取两板垂线方向为z轴方向,并取接地导体板为z=0,由对称性可知,ϕ仅为z的函数⇒d2ϕdz

2=0⇒ϕ=c1+c2z由ϕz=0=0⇒c1=0且有ϕ=c2l=V⇒cV

2=

l⇒ϕ=Vz

(0≤z≤l)

EGl=−∇ϕ=−Vl

eGz.

第三章习题答案

(一) 单选题

1.④ 2. ③ 3. ③ 4. ③ 5. ④ 6. ① 7. ③ 8. ② 9. ①

10. ④ (二)填空题

⎧⎪∇×HGG

1.⎨⎪G=JGG⎩∇•B=0

2. BG

=∇×AG 3. LA•dl

Gμ4.A=

6.

GJ(x')

' 5. r1GG

A•JdV ∫2V

1GG

B•HdV 7. 铁磁体 ∫2∞

(三)证明题 书上例题,P83例1

(四) 计算题

1. 0 (此题删去) 2. 书上例题P83例二 3. 书上习题P108 第9题

第四章习题答案

(一)单选题

1.① 2. ③ 3. ③ 4. ④ 5. ④ 6. ① 7. ② 12. ① 13.

② 14. ④ 15. ② 16. ②

(二)填空题 1.时谐 2 .

GG−iωtE(x)e

3.

GG−iωtB(x)e

4.

GGi(kG•xG

E0(x)e−ωt)

GGGi(kG•x2G

−ωt)1GGGGEek

5. B0(x)e 6. (E•D+H•B) 7. μ2

σε+i8.

ω

17. 布儒斯特定律 18. 趋肤效应

(三)证明题与计算题 1. 书上内容,见教材。 2.3. 书上内容,略。 4

GGGG(1)k=−3ex+ey+ez

GGGG

−e3Gkx+ey+ez

ek==

k2π

(2)ω,λ=

kG

(3)Bz(x,t)=10−6B0zcos(−3x+y+z−wt)

GG∂DG

=−iωε0E(4)∇×H=∂tG

GGGB10−6×sin(−3x+y+z−wt)G∇×H=∇×=[−ex(B0z−2)−ey(1+3B0z)+7ez]

μ0μ0

GGi

∇×HE=

ωε0

(5)(6)略。

5.6.7.8 书上内容,略。

范文九:电动力学第二章郭硕鸿第三版

第二章 静 电 场

静电场:静止电荷或电荷分布不随时间变化产生的电场

一.主要内容:应用电磁场基本理论解决最简单的问题:电荷静止或电

荷分布不随时间变化,产生的场不随时间变化的静电场问题。

本章研究的主要问题是:在给定自由电荷分布及介质和导体分布的情况下如何求解静电场。由于静电场的基本方程是矢量方程,求解很难,并不直接求解静电场的场强,而是通过静电场的标势来求解。

首先根据静电场满足的麦克斯韦方程,引入标势,讨论其满足的微分方程和边值关系。在后面几节中陆续研究求解:分离变量法、镜像法和格林函数法。最后讨论局部范围内的电荷分布所激发的电势在远处的展开式。

知 识 体 系:

1.静电场的微分方程:E0

引入电势:E D  1S2S

21

 2 nD2D1 1

nSn

11

静电场的能量:WEDdV WdV

2



边值关系:n

E2E10





2





S

2

V

2.静电边值问题的构成:

2

——微分方程 1

1S2S



1 2 21

nSnS



或S——边界条件(由唯一性定理给出) nS

3.静电边值问题的基本解法: (1)镜像法 (2)分离变量法

条件:电势满足拉普拉斯方程:20 (3)电多极矩

(4) 格林函数法

二.内容提要:

1.静电场的电势及其微分方程: (1)电势和电势梯度

因为静电场为无旋场,即E0,所以可以引入标量函数,引入后

E

电势差:空间某点电势无物理意义,但两点间电势差有意义

选空间有限两点PQ

QP

Q

P

Edl

参考点:

(1)电荷分布在有限区域,通常选无穷远为电势参考点 0

P

(Q)

P

Edl

(2)电荷分布在无限区域不能选无穷远点作参考点,否则积分将无穷大。 电荷分布在有限区域时的几种情况的电势 (1) 真空中点电荷

(P)

P

Qr

3

40r

dl

Q40r

Q

无限大均匀线性介质中点电荷 : 

n

4r

(2) 电荷组 : (P)

i1

Qi40ri

(3) 连续分布电荷:无穷远处为参考点

(x)dV

40r

(P)

V

(2)电势满足的微分方程和边值关系

泊松方程:2



1 其中仅为自由电荷分布,适用于均匀各向同性线性介质。 ○

2对0的区域:电势满足拉普拉斯方程:20 ○边值关系

A.两介质界面上边值关系

1S2S

2112

nSn



S

(S为分界面)

(n 由1→2)

B.导体与介质界面上的边值关系

const.



n

S

En





n

S

Q

S

n

S

dS

dS

S

C.导体与导体界面上的边值关系

1S2S

2112

nnS

S

其中1,2 是导体的电导率 (3)静电场的能量

W

1

2



EDdV

1

dV

用电势表示: W

1

2

V

1不是静电场的能量密度; 是自由电荷密度,而则是空间所有电注意:○

2

荷的电势

2 W○

12

V

dV只适用于静电场。

2.唯一性定理: A.均匀单一介质

2

满足当区域V内自由电荷分布(x)已知,



,若V边界上S已知,

或V边界上

n

S

已知,则V内场(静电场)唯一确定。

B. 均匀单一介质中有导体

1或当区域V内有导体存在,给定导体之外的电荷分布当○(x),S

n

S

已知,

2每个导体电势i或带电量,则V内电场唯一确定。 ○

静电边值问题的构成:

2

——微分方程 1

1S2S



1 2 21

nSnS



或S——边界条件 nS

3.静电边值问题的基本解法: (1)镜像法:

理论依据:唯一性定理,采用试探解的方法。 1.镜像法概念、条件

 镜像法:用假想点电荷来等效地代替导体或介质边界面上的面电荷分布,然

后用空间点电荷和等效点电荷迭加给出空间电势分布。

 条件:①所求区域内只能有少许几个点电荷(只有点电荷产生的感应电荷才

能用点电荷代替。)或是简单的连续分布。

②导体边界面形状规则,具有一定对称性。 ③给定边界条件。

 要求:①做替代时,不能改变原有电荷分布(即自由点电荷位置、Q大小不

能变)。泊松方程不能改变。所以假想电荷必须放在所求区域之外。 ②不能改变原有边界条件,通过边界条件确定假想电荷的大小和位置。 ③一旦用了假想等效电荷,不能再考虑边界面上的电荷分布。 ④坐标系根据边界形状来选择。

(2)分离变量法:

 条件:电势满足拉普拉斯方程:20

A.空间处处0,自由电荷只分布在某些介质(如导体)表面上,将这些表面视为区域边界,可以用拉普拉斯方程。

B.在所求区域介质中有自由电荷分布,若这个自由电荷分布在真空中,产生的势0为已知,则区域V中电势可表示为两部分的和

0

不满足0,但表面上的电荷产生的电势使0满足,仍可用拉

2

2

普拉斯方程求解。

注意:边值关系还要用S而不能用S。  拉普拉斯方程20的通解: 轴对称通解: (R,)

n

(anR

n

bnR

n1

)Pn(cos)

Pn(cos)

为勒让德函数,P01

P2(cos)

12

2

P1(cos)cos

(3cos1) …

球对称通解:若与,均无关,即具有球对称性,则通解为:

(R)a

bR

 解题步骤

1.选择坐标系和电势参考点

坐标系选择主要根据区域中分界面形状 参考点主要根据电荷分布是有限还是无限

2.分析对称性,分区域写出拉普拉斯方程在所选坐标系中的通解 3.根据具体条件确定常数

(1) 外边界条件: 电荷分布有限 

0

导体边界可视为外边界,S给定,或给定总电荷Q,或给定 (接地 

S

0)



电荷分布无限,一般在均匀场中,EE0ez

E0rcosE0z (直角坐标或柱坐标)

(2) 内部边值关系:介质分界面上

1n

S

14.

S

2

S

12

2n

S

表面无自由电荷

电多极矩

讨论电荷分布在小区域内,而场点又距电荷分布区较远,即 l

(1)电势的多极展开:

式中Q



0

x



140

x



V

40r



1

1

2



111

P40R40R406

Q

D

xx

ij

ij

i

2

1

j

R



V

dv——体系的总电荷

P

ij

V



xdv——体系的电偶极矩

D

V



3xixjxdv——电四极矩



(1)意义:小区域内电荷体系在远处的电势可以看成是位于原点的点电荷,偶极子,电四极子,电八极子等产生的势的叠加。

(2)电偶极矩P



P原点无关。xdv依赖于原点的选取,但当系统中正、负电荷数量一样多时,与



(3)对点电荷系统P

i

qixi,D3qixixi

i



(4)当电荷分布关于原点对称时P0

(2)小区域电荷体系在外电场中的相互作用能

其中Wi

WiWi

1

0

Wixedv



Wi

qe0,q

0

Wi

1

Wi

2







xdV是点电荷在外电场中的相互作用能



pe0pEe0是电偶极子在外电场中的相互作用能 1

D:e0是电四极子在外电场中的相互作用能 6

2

电偶极子在外电场中受的力



1

FWipEepEe





若外电场均匀F0

电偶极子在外电场中受的力矩

LpEe

三.重点与难点

本章重点:静电势及其特性、分离变量法、镜象法。 本章难点:镜象法、分离变量法(柱坐标)、电多极矩。

范文十:电动力学第四章郭硕鸿第三版

第四章 电磁波的传播

电磁波:随时间变化的运动电荷和电流辐射电磁场,电磁场在空间互相激发,在空间以波动的形式存在,就是电磁波

主要内容:研究电磁场在空间存在一定介质和导体的情况下的波动情况;在真

空与介质,介质与介质,介质与导体的分界面上,电磁波会产生反射、折射、衍射和衰减等,这些本质上是边值问题。电磁波在空间传播有各种各样的形式,最简单、最基本的波型是平面电磁波。 知识体系:

1.自由空间(介质):指0,J0的无限大空间.

麦氏方程为:

BE

tD

H 定态波 

t

0D

B0

2Bk2B0

-----定态波亥姆霍兹方程 i

EB

ikxikxtt

基本解:Ex,tE0e,Bx,tB0e

k

性质:(1)B与E的关系:BE EB,E,B,k构成右手螺旋关系





(2)B与E同位相;

Ek

(3v,振幅比为波速(因为E,B,k相互垂直,BE)。

Bk(4)平面电磁波的能量和能流

11212B22

EB 能量密度:wEDHB,wE 22



电场能等于磁场能,能量密度平均值为

1

02 2



 能流密度:SEHvwn (n为k方向上的单位矢量)

112

E0n 平均值:SReEH

22



1.

良导体:0,JE

2

BkB0 i

EB

2

kiikxitxtx

E0ee基本解:Ex,tE0e, i

2

k2

BE

t

D

HEt

D0

B0

2. 电磁波在界面反射和折射

A. 入射波,反射波,折射波波矢量位于同一平面,



nE2E10kk,(反射定律)

 

22v2nnH2H10sin

1n212(折射定律) B.sinv21n111



3.

谐振腔



2Ek2E022

EkE0

E00EHiE定态波:在求解中主要用到 nE0E

n0nES0nnH(一般未知)

ExEy

(1)解为:

EzmL1

mnp

xsinysinzL1L2L3mnp

A2sinxcosysinz

L1L2L3

mnp

A3sinxsinycosz

L1L2L3npA1A2A30

L2L3A1cos

两个独立常数由激励谐振的信号强度来确定。

(2)谐振频率:

mnp

mnp

k



kxkykz

222



mnp

[()2()2()2]1/2

L2L3L1

2mnp

2[()2()2()2]1/2 kL1L2L3

(3)讨论

 给定一组(m,n,p),解代表一种谐振波型(本征振荡, 在腔内可能存在多种谐

振波型的迭加);只有当激励信号频率mnp时,谐振腔才处于谐振态。

 不存在(m,n,p)中两个为零的波型,若mn0,则E0。

 对每一组(m,n,p)值,有两个独立偏振波型,这是因为对于确定的E可以分

解到任意两个方向。  最低频率的谐振波型

假定L1L2L3,则最低谐振频率为110



1L1

2

1L2

2

该波型为(1,1,0)型,ExEy0,EzA3sin

L1

xsin

L2

y



ey,kE0,为横电磁波。 所以 EEzez,kex

L1L2



但是在一般情况下,kE0。

4.

矩形波导管

1.矩形波导管

x0,a

由四个壁构成的金属管,四个面为

y0,b



一般情况下让电磁波沿z轴传播,对理想导体:E10,H1=0,



理想导体边界条件:nE0,nH

2.解的形式





满足方程nE0(x0,a;y0,b),

En

S0(x0,a;y0,b)n

2

2

EkE0

E0

Ex(x,y,z)A1coskxxsinkyyeikzzikzEy(x,y,z)A2sinkxxcoskyyez E(x,y,z)Asinkxsinkyeikzz

3xyz

其中kx

mn

,ky ab

i

E确定 H的解由H



截止频率为:

c,m,n

(m,n)有关); 最低截止频率为:

c,1,0

 (ab)

,1,0c,

(ab); (0)

最高截止波长为10

22v

2a,一般把波长2a的波,称为超短波即(0)(0)

k10

微波。

本章重点:1、电磁场的波动方程、亥姆霍兹方程和平面电磁波 2、反射和折射定律的导出、振幅的位相关系,偏振 3、导体内的电磁波特性、良导体条件、趋肤效应 4、谐振腔和波导管中电磁波的运动形式 本章难点:1、振幅、位相关系 2、导体内电磁波的运动