当前位置:文档之家› 电动力学期末考试试卷及答案五

电动力学期末考试试卷及答案五

判断以下概念是否正确,对的打(√),错的打(×)(共15分,每题3分)1. 库仑力304r rQ Q F πεϖϖ'=表明两电荷之间作用力是直接的超距作用,即电荷Q把作用力直接施于电荷Q '上。

( ) 2. 电磁场有能量、动量,在真空中它的传播速度是光速。

( ) 3. 电磁理论一条最基本的实验定律为电荷守恒定律,其微分形式为:t j ∂∂=⋅∇/ρϖ。

( )4. 在介质的界面两侧,电场强度E ϖ切向分量连续,而磁感应强度B ϖ法向分量连续。

( ) 5.在相对论中,粒子能量,动量以及静止质量的关系为:42022c m c P W += 。

( )一. 简答题(每题5分,共15分)。

1.如果0>⋅∇E ρ,请画出电力线方向图,并标明源电荷符号。

2.当你接受无线电讯号时,感到讯号大小与距离和方向有关,这是为什么?3.以真空中平面波为例,说明动量密度g ρ,能流密度s ρ之间的关系。

二. 证明题(共15分)。

多普勒效应被广泛应用,请你利用洛伦兹变换证明运动光源辐射角频率ω与它的静止角频率0ω的关系为:)cos 1(0θγωωcv-=,其中122)/1(--=c v γ;v 为光源运动速度。

(15分)四. 综合题(共55分)。

1.半径为a 的无限长圆柱形导体,均匀通过电流I ,设导体的磁导率为μ,导体外为真空,求:(1)导体内、外空间的B ϖ、H ϖ;(2)体内磁化电流密度M j ϖ;(15分)。

2.介电常数为ε的均匀介质中有均匀场强为0E ϖ,求介质中球形空腔内的电势和电场(分离变量法)。

(15分)3.两频率和振幅均相等的单色平面电磁波沿z 轴方向传播,一个沿x 方向偏振,另一个沿y 方向偏振,且其相位比前者超前2π。

求合成波的偏振。

若合成波代表电场矢量,求磁场矢量B v以及能流密度平均值S v 。

(15分)4.在接地的导体平面有一半径为a 的半球凸部,半球的球心在导体平面上,如图所示。

点电荷Q 位于系统的对称轴上,并与平面相距为b (a b >)。

试用电像法求空间电势。

(10分)Qab•1、⨯2、√3、⨯4、√5、√二、简答题 1、2、由于电磁辐射的平均能流密度为222320sin 32PS n c Rθπε=v &&vv ,正比于2sin θ,反比于2R ,因此接收无线电讯号时,会感到讯号大小与大小和方向有关。

3由于 0g E B ε=⨯v v vS E H =⨯v v v 在真空中0B H μ=v v且c =所以21g S c=v v三、证明:设光源以速度v 运动,设与其连接坐标系为∑',地面参照系∑,在洛伦兹变换下,μk 的变换式为νμνμk a k =' (1) ⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=νβνβνν000100001000i i a (2) 因此有ωνν211cvk k -=' (3) ci k i ciωνβνω+-='1 (4) 设波矢量k ϖ与x 轴方向的夹角为θ,则有θωcos 1ck =(5)代入(4)式,整理得 )cos 1(θωνωcv-=' (6) ∑'为光源静止参考系。

设光源静止频率为0ω,则0ωω=',则有)cos 1(0θνωωcv-=(7)证毕。

四、综合题一、 1、(1) 利用安培定理I l d H =⋅⎰ϖϖ由对称性,当a r >时,I rH =θπ2 θπe r I H ϖϖ2= θπμe rI B ϖϖ20=当a r <时222r a I r H πππθ⋅= θπe a Ir H ϖϖ22= θπμe aIr B ϖϖ22= 即 a r > 20022r r I e r I B πμπμθϖϖϖϖ⨯== 22r rI H πϖϖϖ⨯= a r < 2222a r I e a Ir B πμπμθϖϖϖϖ⨯== 22arI H πϖϖϖ⨯= (2) H B M ϖϖϖ-=0μa r < H M ϖϖ)1(-=μμ200)1()1(aIH M j M πμμμμϖϖϖϖ-=⨯∇-=⨯∇=a r > 0=M ϖ,0=M j(3) aIa Ir M M ar t t N πμμπμμα2)1(2)1(002012--=--=-== aI πμμα2)1(0ϖϖ--= 2、如图所示,选择0E ϖ方向为z 轴方向,球腔半径设为0R ,球腔内外均满足方程 02=∇ϕ (1)解为a r < )](cos )(cos [11θθϕn n nn n n n P r b P r a ++=∑ (2) a r > )](cos )(cos [θθϕn n nn n nn P r d P r c 12++=∑ 当∞→r θϕcos 02r E -→ ∴ 0=n c 1≠n 01E c -= ∑++-=nn n nP r d r E )(cos cos θθϕ102 (3) 当0→r1ϕ有限。

∴ 0=n b)(cos θϕn nnn P ra ∑=1 (4)在0R r =界面上有 021R r ==ϕϕ 0210R r rr =∂∂=∂∂ϕεϕε (5)因此有∑∑=+-+nn n n n nn nP R a P R d R E )(cos )(cos cos 01000θθθ ∑∑∞=-∞=+=+-+-11000200)](cos [)](cos )1(cos [n n n n n n n nP R na P R d n E θεθθε 比较系数得0E ϖ⎪⎩⎪⎨⎧==000d R d a ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=+-1030100120100)2(a R d E R a R d R E εε解得 00=a ,00=d ,0=n a ,0=n d )1,0(≠n00123εεε+-=E a 0200012εεε+=R E d (6)∴ ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-+-=+-=θεεεεθϕθεεεϕcos )2()(cos cos 2320300002001r R E r E r E (7) 腔内电场001123E E ϖϖεεεϕ+=-∇= (8)3、解:设沿x 轴和y 轴振荡的波分别为:()() 10 2200i k z t x i k z t i k z t y y E E e e E E e e iE e eωπωω-⎛⎫-+ ⎪-⎝⎭===v vv v v 合成波为:()()120i k z t x y E E E E e ie e ω-=+=+v v v v v可见,合成波仍然为单色平面波,只是振幅变了,其实部为:()()() 0cos sin i k z t x y E E k z t e k z t e e ωωω-⎡⎤=---⎣⎦v v v ,上式表明,矢量E v的末端为一圆周,称为圆偏振,振幅为0E 磁场矢量:()()()()0 011 i k z t z z x y i k z t y x B Ee E e E e ie e c c E e ie e cωω--=⨯=⨯=⨯+=-v vv v v v v v()()()*20020001Re 2Re 2 x y y x zS E H E e ie e ie c E e μεμ=⨯=-⨯-=v v v v v v v v4、由球面对称性,有一像电荷Q '满足0=+''QPQP Q Q (1) 即QQ QP P Q '-=' 要求OQP Q OP ∆'∆~ 即QQ a d b a QP P Q '-===' ∴ b a d 2= ba Q Q -=' (2)再由面对称性,在d -处有点像电荷Q '-,b -处一像电荷Q -,如图示。

因此空间电势为θθπεϕcos 2cos 2[4122220dR R d b a QbR R b Q -+-+-+=]cos 2cos 22222θθbR R b Q dR R d b aQ++-+++ (3)z e bQ d b b a Q d b b a Q F ϖϖ]4)()([412222220-+++--=πε bb -a zQQ -Q '-Q 'O R d - P 'θP。

相关主题