河南工业大学电动力学考试题目.docx

河南工业大学电动力学考试题目.docx

《河南工业大学电动力学考试题目.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河南工业大学电动力学考试题目.docx（19页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

河南工业大学电动力学考试题目

第一章

4.处于静电平衡状态下的导体，关于表面电场说确的是:

B.只有切向分量；

D.既有法向分量，又有切向分量

A.只有法向分量；

C.表面外无电场；答案:

A5•对于铁磁质成立的关系是

B.

A.B=/z/7

B=C.B=//0（//+A?

）D.B=//（/?

+叼）

答案:

C

&一个半径为R的电介质球，极化强度为P=K二，电容率矗，则介质中的自由r

电荷体密度为—,介质中的电场强度等于—・

K7

答案：

0=冰/—「亍7

13.应用高斯定理证明

应用斯托克（Stokes）定理证明

sxV（p=（^dl（p.

证明：

①等式Ji/vVx/=（j）dsxf,左边的x分量为

ffTTTTT

6\・］小€x/=Idvet-Vxf,a-（bxc）=b-（cxa）=c-（axb）

^/Vx7=V-（7x^）

有q・JJvVx/=jdvV•（/xez）

再利用高斯定理，有

T

r-Jt/vVxf=JJvV-（/xcv）=&ds-（fxex）=

可见J6/vVx/的x分量与§dsxf的x分量相等。

同理，有e..-jJvVxf=sx/,ejJ〃冈x/=0■•如sxf

故jJvVxf=<^>dsxf

另解：

用一非零任意常矢量：

点乘原式左边，得cj6/vVx7=j67v（Vx/）-7由于▽•（/xc）=（Vx/）•c-（Vxc）•/=（Vx/）•c

上式右边=C）〃卩=0（/xc）・〃S=0C•（〃SX/）=c-申〃sxf

VS

因为：

为任意非零常矢量，^JdvVxf=^/7x/

②

左边点乘一非零任意常矢量：

，得c・J〃sxV°二j*c・（dsxV0）

$

TTTTTT

利用a-（bxc）=b-（cxa）

c・j\/sxV°二s.（Vyxc）二s・Vx（°c）

/TfTT（T

得c・jclsxV（p=c-qj）（pdI

i

由于c为非零任意常矢量，所以得到JdsxV。

二如

3/

14.

利用电荷守恒定律VJ+空=0证明7的变化率为dt

dp

~dt

已知一个电荷系统的偶极矩定义为

=JJ（x,t）dv.

V

证明：

由电偶极矩的定义式，得

—»

—=—jp（x\t）xdv=j^-[p（x,r）]xdv=-j（V-J）xdv①

VlrV

由于可•（JV）=（v•/）/+vy=T

¥=彳\7・（了；）小，+卩屈

=孕d”•（丿x）+JJdv=-#（ds^J）x+JJdv

在界面s上，7的法向分量血=0,故②式右边第一项等于零

第二章

12.试证明：

在没有电荷的地方电势不能达到极大值。

证明：

考虑一般情况，设介质为线性非均匀介质，电容率为£,根据麦克斯韦方程组

VD=p.D=£E得出刃E+EV^=p

在没有自由电荷的地方，0=0,①式变为

d2（pd2（pd2（p_1（羽dsd（pdsd（p'

dx2dy2dzt2s\dxdxcydydzdz）

若弟极大值或极小值的地方，应有

&（p_6（p_6（p

（2）式变为

空+空+空=0

dx2dy2dz2

我们知道，在极大值处，，若0为极大值，便不能满足（3）式；在极小值处，咚〉0,空〉0,空〉0,

dx2勿2dz2

若卩为极小值，也不满足（3）式，于是证明了线性介质中，°=0处卩不能取极值。

15.均匀介质球（电容率为％）的中心置一自由电偶极子p八球外充满了另

一种介质（电容率为匂），求空间各点的电势和极化电荷分布。

解：

选球心为原点•卩的方向为Z轴方向，设球•外电势分别为件

v-pf-pf无）/刍

£\

v>2=0

（R<

（R>

R°）

由电势的叠加性及轴对称性，可设

PR

%1*沪+0】

4^/?

①

PfR.

於一「少+024gR

②

0102是拉普拉斯方程的解，形式为

工（。

”川+為）代（心&）

/rK

（R

③

卩严工（c,F+翁比（COS0）

ItA

（R>R.）

④

电势在界面及边界上满足

®b=0有限

⑤

卩|心=0

⑥

%叭"2R*

⑦

⑧

将①至④代入⑤•⑥式可得

4=0,5=0

再将①至④代入⑦、⑧式解出

馅一勺）存_馅一勺）存

2齊（刍+2^2）7?

J12亦］（刍+2s2）

“n==0（〃丰1）

于是，得

（刍一02）巳R

2济（£]+2匂）&：

3Pf・R

0=（R>%）

匕4龙（£+2弓）尺球面处的极化k荷面密度

bp_“•（£—£）=—〃•（D2—Z）!

）+£^i•（&_£）由于球面上无自由电荷，故

b,=n（D2-D1）=O

2齊（刍+2WJ&）

帚第二项是球面

它等效于一个电

bp=£o〃・（E-E]）=£u（-^+觇）

p°21°dRdR

从结果看，球电势第一项是球心处的p（与Pp产生的,上的刁产生；球外电势也是由片与几、巧共同产生,偶极子的电势，等效电偶极矩为

16.空心导体球壳的外半径为&和R?

球中心置一偶极子P,球壳上带电Q,

求空间各点电势和电荷分布。

解：

选球心为原点，令p=pe.,电势等于球心电偶极子的电势与球壳外表面上电荷的电势Q之和，即壳外电势

（P\=工“”用几（cos0）（R

n

・b

02=工的几《OS&）（/?

<心

;rK

将上式代入①，②两式后再利用⑦式解得

4）=5）心=-—，an=°⑺工a1）

b°=Rg“b\=—,bn=0（"0,1）

4矶

p・R

于是，得

pRcos0zr>…

F+奸嬴腐"旳

恵+陋止

4码R'R4昭点2R「

将％代入⑧式可确定导体壳的电势

4码/?

2

最后得到

+—1»（R

14碣R-R：

R2

©厂為

球壳外表面的电荷面密度分别为

R・R,

b严為十-磊严

球外电势仅是球壳外表面上的电荷Q产生，这是由于球心的电偶极子及表面的“在壳外产生的电场相互抵消，其实球外电场也可直接用高斯定理求得：

第三章

1.稳恒磁场的泊松方程v2A=-//7^立的条件是

A.介质分区均匀B.任意介质

C.各向同性线性介质D.介质分区均匀且VA=0

答案：

D

2.电流7处于电流乙产生的外磁场中，外磁场的矢势为A，则它们的相互作用

能为

A.jAe-JdvB.C.j4-JedvD.jA-Jdv

v2"vv

答案：

A

4•磁偶极子的矢势入和标势％分别等于

答案：

C

5、用磁标势解决静磁场问题的前提是

A.该区域没有自由电流分布B.该区域是没有自由电流分布的单连通区域

C.该区域每一点满足VxB=OD.该区域每一点满足VxB=//（）J.

答案：

B

8.分析稳恒磁场时，能够中引如磁标势的条件是.在经典物理中矢势的环

流輕』表示.1

答案：

jH-dl=0或求解区是无电流的单连通区域

/

13.电流体系7（x）的磁矩等于.

答案:

16.将一磁导率为〃，半径为R。

的球体，放入均匀磁场H。

，求总磁感应强度鸟和

诱导磁矩历。

解：

本题中所求磁场空间区域没有自由电流分布，故最简单的办法就是用磁标势法来求解，若求解区无磁荷，则▽'血=-仏=°。

用分离变量法求解，便

"o

可得磁标势，然后再计算磁场。

根据题意，以球心为原点建立球坐标系，取H的方向为乙，此球体在外界存在的磁场的影响下磁化，产生一个磁场，并与球磁场相互作用，最后达到平衡。

磁场具有轴对称性。

由于球外M2=0,磁荷体密度Pm2=。

’球A?

|=（—1）片1=（）^|‘

“0“0“

磁场磁荷密度

Pm2=-“（£•叼I=-（1-—）V•&=0,

本题所满足的定解问题为

⑴叽2“R>Rq）

血严血2（1丿

"~dR厲厂/（）X

（2）

札g有限⑶

札r2\z=-HoRcOS®（4）

由微分方程和自然边界条件（3）（4）式，得

X

^=^nRnPn（coS0）（R

n=0

血2=-HqRcose+f令Pn（cose）（RVR°）（6）

n=0K

由两个边界条件

（1）

（2）

0000d

"R：

P“（cos8）=-H0R0cos&+工加耳（cos8）

"=ooRq

<

呎）‘Ipn（cosQ）=cos。

—“ofPn（COS&）

「n=0n=0R（）

解得

'“+2心

冷=cln=°SHl）

于是:

仆-出Arzr®

“+2“°

0”2=H°Rcos&+上乎•兽H.cos0（R>他）

H==3®hcos0er-沁H{]cos0e6=——H{}“+2"。

〃+2儿“+2“°

“+2从

乩=N%=［1+"一如・込］/cos&◎_［1_"一*'・复］弘sin0eG

2屮泌〃+2〃oR20「L〃+2“o露0&

—行I"_"o叭3（乩・R）RH

-比+乔才一_詞

B2=^h2=讥+止各“（尺［*H倉R_兽

“+2炖DD

R‘

当R>R°时，B2表达式中的第二项可看作一个磁偶极子产生的场

血2中的第二项是磁偶极子m产生的势

z駄心

引申拓展均匀磁介质球在均匀磁场中磁化，对球外区磁化后的介质球相当于一个磁偶极子m,因此通解（6）式也可直接写为

m-R

4兀R\

然后利用边界条件确定m即可得解.

17•有一个外半径为&和仏的空心球，位于均匀外磁场H。

，球磁导率为“，求空腔的场EL讨论//»//o时的磁屏蔽作用。

解：

根据题意，以球心为原点，取球坐标，选取H。

的方向为在外场的作用下，球壳磁化，产生一个附加场，并与外场相互作用，最后达到平衡。

B的分布呈轴对称。

在球壳和球壳外，A?

!

=A?

3=0,/9„tl=p,„3=0,球壳中

几p=-“浮•宓2=-（1-•氏=0于是磁标势满足的定解问题为

“

丫％=0（R

V^m2=O（Rl

vv„13=o（r>r2）

血1・=&=血2b=/?

2，血2・=心=血2・=心

（1丿

（2）

由于磁标势具有轴对称性，再根据两个自然边界条件，三个泛定方程的解的形式为

0”产代（曲&）

7?

=0

xc

血2=工（仇疋+说r）E（cos&）

n=0X

30A

如=-H°RcosO+工的此（cos&）

n=0A

因为凡微分方程的解是把产生的磁场的源冃。

做成频谱分解而得出的，分解所选

取的基本函数系是其本征函数系。

在本题中，源的磁标势是

一H（）Rcos&二一HqRR（cos6＞）

所以上面的解中〜=bn=cn=dn=0故解的形式简化为

血朴=qRcos&

血2=b]/?

+#_COS&

0加3=-H°Rcos&+鲁COS&

K

代入边界

（1）

（2）式得

a.R.=a.R.H7

R「

b、R、H—=-HoR24—[-

-R「-R：

（I2c,

（勺一吕）&

2d[2cl

_“（）Ho_“—T=“（”i-~y）

解方程组，得

a_3〃o（2〃+〃o）H（）R；+3〃（）（“-〃o）H（）&

"12（“-“o）2R；-（2“+“o）（2〃o+“）R；b=3“o（2“+〃o）H（）R；

12（//-//0）2R；-（2〃+〃（））（2〃o+“）R；

c=3〃o（〃-“o）H（）R；R；

1-（2“+〃（））（2〃o+“）R；

d=3“o（2“+心H°R；+3〃o（〃-"o）H°R；R：

十丹疋

12（〃一-（2“+“o）（2〃（）+“）R；°~

球壳磁场

斤严一“o'%严一“0®乙

_卩（2“+〃o）（2〃o+“）_（乞）3宵0

2（〃-“0）2R2

当“》“°时:

（2〃+“（））（2“o+“）1

a1

2（〃-“0）-

=0

即球壳腔中无磁场，球壳屏蔽了外部空间的磁场。

第四章

）,其中虚部

1色散现象是指介质的（）是频率的函数.答案：

是（

）的贡献。

导体中平面电磁波的解析表达式为（）o

答案：

，

$=£+』,传导电流，Ed=co

2在研究导体中的电磁波传播时，引入复介电常数£=（

I、电磁波波动方察皿"+穿=。

只有在下列那种情况下

成立（）

A.ExB沿矢量斤方向B.BxE沿矢量斤方向

C.ExB的方向垂直于斤D.Exk的方向沿矢量鸟的方向

答案：

A

5、矩形波导管尺寸为zb，若a>bt则最低截止频率为（）

答案：

A

1、真空中的波动方程，均匀介质中的定态波动方程和亥姆霍兹方程所描述的物理过程是什么？

从形式到容上试述它们之间的区别和联系。

T—>

答：

（1）真空中的波动方程：

v2E—^^4=0,v2B—=0o

ldrldr

表明：

在Q=0,丿=0的自由空间，电场与磁场相互激发形成电磁波，电磁波可以脱离场源而存在；真空中一切电磁波都以光速C传播；适用于任何频率的电磁波，无色散。

V2£-_L.^£=0

（2）均匀介质中定态波动方程：

Vt，其中v（co\=.=o

W丄.空=0皿）•心）

V2dr

当电磁场在介质传播时，其g与P—般随3变化，存在色散，在单色波情况下才有此波动方程O

（3）亥姆霍兹方程:

V2E+k2E=0^k=co^）

VE=0

B=--Vx£

co

表示以一定频率按正弦规律变化的单色电磁波的基本方程，其每个解都代表一种可能存在的波模。

h已知海水的/<=1,CT=1S•m\试计算频率”为50,10"和10"Hz的三种电磁波在海水中的透入深度。

解：

取电磁波以垂直于海水表面的方式入射,透射深度为：

3=\la=gcojjb=\1,砂0

由于“「=1,所以“=“（），产=1/

1）当v=5OHz时，=1/V^x50x4^x10_7x1=72m

2）当v=106Hz时，J2=l/V^xlO^^xlO^xl0.5m

3）当v=109Hz时，=1/7^x109x4^x10"7x1«16mm2、平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上，入射角为°】。

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，结果如何？

提示：

导电介质中的波矢量k=p+ia,么只有z分量。

（为什么？

）解：

根据题意•取入射面为宓平面，z轴沿分界面法线方向，如图所示o

设导体中的电磁波表示为：

而k=fl+ia

上式中乞0满足：

J32-a2=co2ps

卩=g）jli£/2根据边界条件得：

kx=Px+iax=k\x=«sinq

kv=0v+q=S=O

其相速度为：

v=co!

p=col^p；+p；o衰减深度为：

\/a=\!

a：

0如果是良导体，T的实部与其虚部相比忽略，贝％

（Qsinq）'/c1+/3~-a~=0

a:

p:

=cops!

!

3、频率为30x109Hz的微波，在0.7cmx0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播？

在0.7cmx0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播？

解：

1）波导为0.7cmx0.4cm,=0.7cm,b=0.4cm

当Z7/-1,n=\时，vrl=4.3x1010Hz>v

当〃尸1,”4）时，vf2=2.1xlO,nHz

当斫0,时，vr3=3.7xlO,oHz>1/

所以此波可以以TE10波在其中传播。

2）波导为0.7cmx0.6cm,设。

=0.7cm,b=0.6cm

当刃二1,〃=1时.vrI=3.3x10IOHz>v

当仍二1,/r=0时.vc2=2.1xlO,oHz

当/n=Qt"1时,vf3=2.5x1010Hz

所以此波可以以TE10和TE01两种波模在其中传播。

第五章

）』=（）

1、变化电磁场的场量E和鸟与势（兔、0）的关系是£=（

一A4—一

答案：

E=-V^-—,B=VxA

2、真空中电荷只有做（）运动时才能产生电磁辐射；若体系电偶极矩

振幅&不变，当辐射频率有由Q时变为3",则偶极辐射总功率由原来的

P变为（）答案：

加速，81P0

3、洛仑兹规辅助条件是（）；在此规下，真空中迅变电磁场的势°满足

的微分方程是（）•

林器=。

“鲁弋,

1.电磁势的达朗贝尔方程成立的规换条件是（）

1、能否找到人=0的矢势A,A与A描述同一个磁场。

（提示：

挑选0满足

解：

因满足规变换的（和,0）,（反0）描述同一电磁场，

即：

+,0=0一少（0为任意标量函数）

（1）

（1）式的Z分量为：

+竺

''6z

依题意要求A*z=0,则◎二-竺，由以上分析知：

只要选择一个标量函数肖,dz

使之满足仏=-空，必然可以找到矢势入，且A\=0

dz

2、垂直放着的短天线（可看成电偶极辐射天线）向四周辐射电磁波。

当一个移动的接收台在远处接收信号时，问在什么位置收不到信号？

什么位置收到的信号只是最强信号的二分之一？

解：

电偶极辐射的平均能流密度

戶2

S=；―sin2OnS正比于sin'0

32“）C'R2

这表明电偶极辐射具有方向性

当0=0,龙时，没有辐射，&=90的平面上辐射最强

0=45°

sin2^=l

2