简答题（每题5分，共15分）。

1．请写出达朗伯方程及其推迟势的解．
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．请写出相对论中能量、动量的表达式以及能量、动量和静止质量的关
系式。

证明题（共15分）。

当两种绝缘介质的分界面上不带面电荷时，电力线的曲折满足：
1
21
2εεθθ=
t a n t a n ，其中1ε和2ε分别为两种介质的介电常数，1θ和2θ分别为界面两
侧电力线与法线的夹角。

（15分） 四. 综合题（共55分）。

1．平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l 和2l ，介电常数为1ε和
2ε，今在两板上接上电动势为U 的电池，若介质是漏电的，电导率分别为1
σ和2σ，当电流达到稳恒时，求电容器两板上的自由电荷面密度f ω和介质分界面上的自由电荷面密度f ω。

（15分）
2．介电常数为ε的均匀介质中有均匀场强为0E
，求介质中球形空腔内的电场（分离变量法）。

（15分）
3．一对无限大平行的理想导体板，相距为d ，电磁波沿平行于板面的z 轴方向传播，设波在x 方向是均匀的，求可能传播的波型和相应的截止频率．（15分）
4．一把直尺相对于∑坐标系静止，直尺与x 轴夹角为θ，今有一观察者以速度v 沿x 轴运动，他看到直尺与x 轴的夹角'θ有何变化？（10分） 二、简答题
1、达朗伯方程：2
2
022
1A A j c t
μ∂∇-=-∂ 222201c t ϕρϕε∂∇-=-∂ 推迟势的解：()()0
,,, , ,44r r j x t x t c c A x t dV x t dV r r
ρμμϕπ
π
⎛⎫
⎛⎫
''--
⎪
⎪⎝
⎭⎝
⎭
''=
=⎰⎰
2、由于电磁辐射的平均能流密度为222
3
2
0sin 32P S n c R
θπε=
，正比于2
sin θ，反比于
2
R ，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
、能量：2
m c W =
；动量：),,m iW P u ic P c μ⎛⎫
== ⎪⎝⎭ ；能量、动量和静止质量的关系为：22
22
02
W P m c c
-=-
三、证明：如图所示
在分界面处，由边值关系可得：
切线方向 12t t E E = （1） 法线方向 12n n D D = （2）
1
ε
又 D E ε=
（3）
由（1）得：
1122sin sin E E θθ= （4） 由（2）（3）得：
111222cos cos E E εθεθ= （5） 由（4）（5）两式可得：
2211tan tan θε
θε= 证毕。

四、综合题 1、 解：如图所示，
由电流稳定时，0j ∇⋅=
，则介质分界
面上有 12n n j j =，即： 11122212
, n n n n E E E E σσσσ==
由于E 与n
方向一致，
121112
, E E E E n σσ∴==
又由 1
2
121122l l U E dl E dl E dl E l E l =
⋅=⋅+
⋅=+⎰⎰⎰
111122 E l E l σσ=+
2112112
12
2
U U
E l l l l σσσσσ∴=
=
++
由于均匀介质
121112112
U D E n l l εσεσσ∴==
+
1212222
12
2112
U D E E n l l σεσεεσσσ===+
电容器上板面自由面电荷密度为： 12112112
0f n U D l l εσωσσ=-=
+
下板面的为： 21122112
0f n U D l l εσωσσ=-=-
+
介质分界面上自由面电荷密度为： ()
211221123212112
2112
2112
f n n U U U D D l l l l l l εσεσεσεσωσσσσσσ-=-=
-
=
+++
2、解：如图所示，取0E
方向为z 轴方向。

由题意知，球内外均满足 02=∇ϕ (1) 又轴对称，则 )](cos )(cos [1
1θθϕn n n n n
n
n P r
b P r a ++
=∑ )(0R r < (2)
)](cos )(cos [1
2θθϕn n n n n
n
n P r
d P r c ++
=
∑ )(0R r > (3)
当0→r 1ϕ有限，则 0=n b )(cos 1θϕn n
n
n
P r a
∑=
(4)
当∞→r θϕcos 02r E -→ ∑
++
-=n
n n n P r
d r E )(cos cos 1
02θθϕ (5)
在介质球面0R r =上有边值关系 0
21R r ==ϕϕ (6)
210
r R r
r
ϕϕε
ε=∂∂=∂∂ (7)
将(4)、(5)代入(6)、(7)中解得 1003cos 2E r ε
ϕθεε
=-
+ (8)
3
000202
0cos cos 2E R E r r
εεθϕθεε
-=-+
+
球腔内的电场强度为：
110032E E ε
ϕεε
=-∇=
+
3、解：
由亥姆霍茨方程：
02
2
=+∇E k E (1)
根据题意0=x k ，场与x 无关。

可设场为 )
()(),,(t z k
i z
e y E t z y E ω-=
(2)
将(2)代入(1)中，得振幅满足的亥姆霍茨方程为
022
2
=+)()(y E k dy
y E d y
（3）
分量通解为
y k B y k A y E y y sin cos )(+= 利用0=y ，b 边界条件 0==z x E E ，0=∂∂y
E y (4)
得：)
(sin t z k i y x z ye
k A E ω-=1 )
(cos t z k i y y z ye k A E ω-=2
)
(sin t z k i y z z ye k A E ω-=3 (5)
其中b
m k y π=
210,,=m (6)
而 2
2
2
2
)(
)(
b
m c
k k
k y z πω-=
-=
(7)
由此得截止频率为
b
m c
c πω= (8)
由于此波型(5)满足0=⋅∇E 。

因此1A 、2A 、3A 不独立，将(5)中三式代入0
=⋅∇E
中得
032=+-z y k iA k A ，即 32A k k i
A y
z = (9)
4、解：如图所示，设观察者的坐标系为'∑，根据运动尺度缩短，x
方向上，在'∑坐标系中，直尺的长度为：
cos x
x l l l θ'==而y
方向上，在'∑坐标系中，直尺的长度为：
sin y
y l l l θ'== 则
tan y x
l l θ''='=
=
∑
x '。