1、簡答題1.電磁場理論賴以建立的重要實驗及;ft重要意義。2.靜電場能量公式叱=-pg>dV、靜鐵場能量公式W,=-j'AdV的適用條件。2 23.4.5.& 答:靜電場能量可以表示為W=-p<pdV .在非恒世情況下，場的總能量也能這樣完全通過電荷或電 2流分布表示出來嗎為什么寫出真空中Maxewll方程組的微分形式和積分形式，并簡述$個式子的物理意義。寫出線性均勻徉向同性介質中麥克斯韋方程微分形式和積分形式，貝簡述其物理意義。電象法及其理論依據。鏡像法的理論基礎（理論依據）是唯一性定理。其實質是在所研究的場域外的適當地方，用實際上不存在的“像電荷"代替貞

2、實的導體上的感應電荷或介質中的極化電荷對場點的作用。在代替的時候，必須保 證原有的場方程、邊界條件不變，而象電荷的大小以及所處的位置由Poisson方程和邊界條件決出。7. 引入磁標勢的條件和方法。答：在某區域內能夠引入磁標勢的條件是該區域內的任何回路都不被電流所鏈環，就是說該區域是沒有自 由電流分布的單連通區域。若對于求解區域內的任何閉合回路，都有（Hd/=0, xH=O8.9.10.11.貞空中電磁場的能量密度和動量密度，并簡述它們在真空中平面電磁波情況下分別與能流密度及動 量流密度間的關系貞空中和均勻良導體中宦態電磁波的一般形式及其兩考的差別。比較庫侖規范與洛倫茲規范。12.13.分別寫

3、出在洛侖茲規范和庫侖規范下電磁場標勢矢勢所滿足的波動方程，試比較它們的特點。 寫出推遲勢，并解釋實物理意義。&“）=如岸"：一譏）dw4兀Jr推遲勢的物理意義:答S推遲勢說明電荷產生的物理作用不能立刻傳至場點，而是在較晚的時刻才傳到場點，所推遲的時間rfc正 是電磁作用從源點*傳至場點X所需的時間,C是電磁作用的傳播速度。14. 解釋什么是電磁場的規范變換和規范不變性答：設巾為任意時空函數，作變換AA' = A + Vy/.卩0 = 0一些dtQA有g八x7xA = B, -呵-計一= E即（/1：0'）與（人0）描述同一電磁場。上述變換式稱為勢的規范變換。當

4、勢作規范變換時，所有物理量和物 理規律都應該保持不變，這種不變性稱為規范不變性。15. 邁克爾遜一莫來實驗的總義。答：邁克爾孫一其來實驗是測量光速沿不同方向的差異的主要實驗。邁克爾孫一奠來實驗否定了地球相對 于以太的運動，否定了特殊參考系的存在，它表明光速不依賴于觀察者所在參考系。16, 狹義相對論的兩個基本原理（假設及幷內容。答：（1）相對性原理 所有慣性參考系都是等價的物理規律對于所有慣性參考系都可以表為相同形式。 也就是不通過力學現象,還是電磁現象，或其他現象，都無法覺察出所處參考系的任何"絕對運動” 相對性原 理是被大量實驗事實所精確檢驗過的物理學基本原理.（2）光速不變原理

5、真空中的光速相對于任何慣性系沿任一方向恒為勺并與光源運動無關。17.18.寫出洛倫茲變換及英逆變換的形式。20.具有什么變換性質的物理量為洛倫茲標量、四維協變矢量和四維協變張量試各舉一例。 寫出電荷守恒定律的四維形式，寫出麥克斯韋電磁場方程組的四維形式。1. 寫出真空中麥克斯韋方程組的微分形式、枳分形式和邊值關系。迢dta鬲 x j + m-"弋V£ = 0jE.ji =Ldf sI/?</ = / + 壬 JQ価jBcfs=02寫出線性均勻各向同性介質中麥克斯韋方程組的微分形式、積分形式和邊值關系。Vx£=-dt2魯v.E需V£ = 0jEill

6、 =L山Sjfidl = ij + 壬 JQ.J?jBcfs=0«x（£. -£i）=0 亓 x（舟2凡）=a亓仏-A）=b h（B,-bJ = 02電磁場與帶電粒子系統能量轉化與守恒定律微分式、枳分式及苴意義。微分式"+晉一廬積分式 一#5廳=+ 血/V物理意義：單位時間內流入某一區域v內的能量，等于其內電荷所消耗的焦耳熱與場能的增加。3寫出平而波、復介電系數、復波矢的表達式仏i" ，£ = £ + ；£, P = p + ia/W4寫出四維波矢量、四維電流密度、四維勢、電荷守恒崔律、達朗貝爾公式的表達式。<

7、;yk» = kJ-.兒=（幾3）詁。5寫出磁偶極子的磁感應強度、矢勢表達式答：磁偶極子的磁感應強度磁偶極子的矢勢6 唯一性定理的內容及英意義。（6分）內容:設區域V內給定自由電荷*（），在V的邊界S上給定1）電勢外$確世或d<p5 S 則V內的電場唯一地被確定。（4分）2）電勢的法向導數意義：i.給出了確是靜電場的條件，這是解決實際問題的依據。2. 在有解的情況下，解是唯一的。因此，在實際問題中，可以根據給主的條件作一定的分析，提出 嘗試解，只要它滿足唯一性出理所要求的條件，它就是唯一正確的解。（2分）7.平面電磁波的特性（6分）（2分）（2分）1）電磁波是橫波疋和B都與傳播

8、方向垂直2）E、B、k兩兩垂宜，EXB沿k的方向3） E和B同相，振幅比為V 第一章（2分）例：電流/均勻分布于半徑為a的無窮長直導線內，求空間各點的磁場強度，并由此計算磁場的旋解：在與導線垂直的平面上作一半徑為r的圓，圓心在導線軸上。由對稱性，在圓周各點的磁感應 強度有相同數值”并沿圓周環繞方向。先求磁感強度：（1）當r>a時，通過圓內的總電流為f,用安培環路定理得因此，可以得出（E）B =座&2兀r式中e 0為圓周環繞方向單位矢量。（2）若|<碼則通過圓內的總電流為J.SFJ卓丄妝廣 a應用安培環路定理得因而，得出"等爲(2)用柱坐標的公式求磁場的旋度： （1

9、）當r>Q時由我們求出的S得出7心一讐dpB朋=0（E）當心時，由上面的式子得(心)六、電荷Q均勻分布于半徑為。的球體內，求各點的電場強度, 10分）并由此直接計算電場的散度.（共解：由高斯定理/ > a 時iE cis = 4耐= J（2分）寫成矢量式得£ = -4亦Z（1分）4rs時，球面所用電荷為評.4Q Qr'p = m = r343/加3（i分洱公=4岔2£= 24卑4;芯 u"（2分）（rHO）（2分）（2分）r/ > a 時， r H 0 V - = 0 廣4磯 r7.有一內外半徑分別為斤和q的空心介質球，介質的電容率為使介

10、質球內均勻帶靜止自由電荷P/， 求：（1）空間各點的電場：<2）極化體電荷和極化面電荷分布。解：（1）設場點到球心距離為r。以球心為中心，以r為半徑作一球而作為高斯而0由對稱性可知，電場沿徑向分布，且相同r處場強大小相同。當 /" < Zj 時，D| = 0 r £, = 0 c當 /J < r < z;時， 4岔D? =£兀（廠"一斤'）&.»宀",宀"，-3廠3q-向量式為E, = b-3"當 / > n 時，4岔2£）3 =卜（F-斤3）0/門 _（F-

11、訕（Z'）Q3 "耳-3亦向量式為禺=宀?"3/3（2）當 /J < r < A 時，Q =_7 P = -0（6-匂民）=一7（0-魚d）" £=一（1-勺閃£當r = G時，"5=（1-獲2b =-"（只-Pj） = -« （P, 一一DJ = -（1 一一）3" £ £r=n= （_?）守8. 內外半徑分別為的無窮長中空導體圓柱，沿軸向流有恒立均勻自由電流Jf，導體的磁導率為 “，求磁感應強度和磁化電流。解：（1）以圓柱軸線上任一點為圓心，在垂直于軸線平而內作

12、一圓形閉合回路，設其半徑為廠。由對稱性可知，磁場在垂直于軸線的平面內，當r<z-,時，由安培環路是理得：H, =0當r, < r < r,時，由環路立理得：2加刃2=丿廣龍（幾（2_才）所以£=且與圓周相切。,=0廠2十）2D打2r- 2r /向量式為 B，=“（廠;xr' 2r2r-/當r>/時.2加:弘=丿產亦一耳2）所以H, = Ad） .B,=兒（廳一心片'2r'2尸，向量式為 禺=如（£ 心= "2、心 xr2r'2 廠（2）當r, < r < r,時，磁化強度為27M =（上-!）H,

13、=（上-l）b）丿r xr“0' A）2廣所以 =Vx.V/=Vx（A-1）hJ = （A-1）VxW, =（A-1）7Ao -他 Ao在r = /-處，磁化而電流密度為丄Md/=02時J在r = /s處，磁化而電流密度為旳 =0-丄仙.出=-（上-1嚴丁）片肘2 寸Ao 2r；$J向量式為 肘=-（-!） J f“02廠29. 證明均勻介質內部的體極化電荷密度Qp總是等于體自由電荷密度P/的-（1 -£o/£）倍。證明：在均勻介質中 P = £fSQ -!）£（,£ =£-£E所以 Pp = 一可P = -（

14、63;-£0）W£ =-（£-£oX1/£）WD= -£-£/£Pf =一（1一匂/£）厶11.平行板電容器內有兩層介質，它們的厚度分別為人和厶，電容率為引和巧，今在兩板接上電動勢為E 的電池，求：（1）電容器兩極板上的自由電荷而密度®門和血門：（2介質分界而上的自由電荷而密度 %。（若介質是漏電的，電導率分別為6和當電流達到恒 立時，上述兩物體的結果如何）解：忽略邊緣效應，平行板電容器內部場強方向垂直于極板，且介質中的場強分段均勻，分別設為和 E"電位格分別設為和其方向均由正極板指向

15、負極板。當介質不漏電時，介質內沒有自 由i荷，因此，介質分界面處旨由電荷而密度為3門=0取高斯柱面，使其一端在極板A內，列一瑞在介質1內，由髙斯定理得：*同理，在極板B內和介質2內作高斯柱而，由高斯定理得：£>, = f2在介質1和介質2內作高斯柱面，由高斯楚理得: 9=2所以有 5=他由于E = f£-cl/ =+ ）J習 勺習 勺所以 COfy =-f2 = E / (+)/ £| *2當介質漏電時重復上述步驟，可得：D = 6?門 »£)2 = 3八 »£)2 一 D| = iy/3 =9i _%介質 1 中電流

16、密度71 = <T,£j = <T,P, I £= bp/, /£,介質2中電流密度丿2 = 22 =6。£=b2（<y門+Q/3）/&2由于電流恒宦，7| =7,*' bG 門 I £ = b2（<y 門 + 3門）？邑% = （-）% =（£-l）iy-<7 £|6bjE,再由 E =E-dI =Eh+Ej2 得E =空嚴竺匯蓉+% gj$2 2£.b2 6斫69 門=E =E/<T2", +“23佇=-（約 |+®3）=_ ' 1

17、/ E6厶 +b|G12證明：(1) 當兩種絕緣介質的分界面上不帶面自由電荷時，電場線的曲折滿足tan 02 _ 匂tan &|£,其中£|和£2分別為兩種介質的介電常數，q和&2分別為界面兩側電場線與法線的夾角。(2) 當兩種導電入質內流有恒立電流時，分界面上電蜒線的曲折滿足tnnd _ 6tan q b,其中a,和<7,分別為兩種介質的電導率。證明：(巧由£的切向分量連續，得Ej sin&i = Er sing（1）交界而處無自由電荷，所以D的法向分量連續，即 £>1 cosi = D? cos 2COS

18、&i = "Er COS比（2）(1)、(2)式相除，得tan 02 _ £3 tan q £,(2)當兩種電介質內流有恒左電流時J = b'E » J 2 = bqE 2(3)由/的法向分量連續，得CT,£, cosq = b'Er COS&2(1). (3)式相除，即得""tan &2 _ 6tan q CT,13.試用邊值關系證明：在絕緣介質與導體的分界而上，在靜電情況下，導體外的電場線總是垂直于導體表 面：在恒定電流情況下，導體內電場線總是平行于導體表面。證明：(1)設導體外表

19、而處電場強度為£，:rt方向與法線之間夾角為則;切向分量為£sin0。在 靜電情況下，導體內部場強處處為零，由于在分界而上£的切向分量連續，所以£sin& = 0因此 & = 0即E只有法向分量，電場線與導體表面垂直。(2)在恒泄電流情況下，設導體內表而處電場方向與導體表面夾角為a,則電流密度/ = o£與 導體表而夾角也是a °導體外的電流密度丿'=0,由于在分界而上電流密度的法向分量連續， 所以o£sina = 0因此 a = 0即/只有切向分量，從而£只有切向分量，電場線與導體表而平行

20、。21,同軸傳輸線內導線半徑為a,外導線半徑為b,兩導線間為均勻絕緣介質(如圖所示)。導線載有電流I. 兩導線間的電壓為U。1)忽略導線的電阻，計算介質中的能流5：2)若內導線的電導率為6計算通過內導線表而進入導線內的能流，證明它等于導線的損耗功率。解:(1)以距對稱軸為r的半徑作一圓周a<r<b,應用安培環路定律，由對稱性得 ,MH 8 = /因而 導線表面上一般帶有電荷，設內導線簞位長度的電荷(電荷線密度)為r,應用高斯定理由對稱性，可得2加遼=£2力£能流密度為S = Ex H = E,.H広Z = 4；：自.2 J式中為沿導線軸向單位矢量。兩導線間的電壓

21、為:神r aU= EAr =In-Jo2 亦bc UI , S = e.r n(a/h)"把S對兩導線間圓環狀截面積積分得:P=2加"=U1 r 丄 dr = 5Jdbi(«/Z>) Jd rUI即為通常在電路問題中的傳輸功率表達式。可見這功率是在場中傳輸的 設導線的電導率為6由歐姆定律，在導線內有E = i = Uc<7 mrcr "E.< rd由于電場切向分量是連續的，因此在緊貼內導線表面的介質內，電場除有徑向分量£外，還有切向分量仏 因此，能流S除有沿2軸傳輸的分SSz外，還有沿徑向的分量Srr-/i流進長度為AI的導線

22、內部的功率為第二章 七、（11分）導體內有一半徑為R的球形空腔，腔內充滿電容率為£的均勻電介質，現將電荷雖為q的點 電荷放在腔內離球心為處，已知導體電勢為0,試求：腔內任一點的電勢。解：假設球內有點電荷可代替球而上感應電荷, 由對稱性g'應放在oq的連線上。選擇9的位置大小使球而上的0=0,滿足唯一性定理，解唯一合法。（2分）（2分）考慮兩個特殊點A, Ba + &)0人=0 =+4亦 u(« + Ro) 4/%(b + R(JA到g'b + R。（2分）a Ri= 0 =4吧一&)B到孑 Rdq. _ b+R。 q « + Ro（

23、2分）q =qa（2分）a40 jRn2RaCose J，+1, JRbCosB（i分）1- 一個內半徑和外半徑分別維R2和R3的導體球殼帶電荷為Q同心地包用著一個半徑為Ri的導體球 （R1VR2）.使半徑R1的導體球接地，求空間齊點的電勢和這個導體球的感應電荷。R2R1RaSOLURION:第一步：分析題意，找出;4解條件。根據題意，具有球對稱性，電勢不依賴于4極角&和方位角0,只與半徑r有關，即 俠匚&4） T仇 故定解條件為=0. r > R3V-2 =0& < r < R?邊界棗件'每體接地有 嘰=%Lx=o 整個導體球殼為等勢體，有球

24、殼"?1電量為0根據Gauss zk理 卩心<Pift/?)得到-n坐幾4+怦.2心鄉 恥 盤少 A第二步，根據定解條j牛確肚通解和待定常數。由方程可看出，電勢不依賴于0，取n=0;不依賴于&,取此（cos8） = l,故得到導體球殼內、 外空間的電勢：人B 件=A + r0 = c+2I "r由式得 當 r->oo, 01r > /?3& V r < /?2 ）=0. A = 0A C從而得到 f B 叭=一 r（廠可）由式得= D（-） Rs R" & 由式得R、*4龍一£>4龍=%B-D=-4磯

25、將式代入式，即得 ”丄/（-丄+丄-丄4 眄 Rsl & R尺3 令a=尺3（ - +） R R 他因此得到A = 0,3 = - + -404亦 0C = -, D = -4；Ey&4；7?o將A,B,CD系數代入到式，即得電勢的解為B Q% = =+（r>RJr 4磯尸 4亦（/<卩=C + 2 = 一_+£!（尺 < 廠 < &）r4 亦 yRj 4 庇（/"導體球上的感應電荷為乞(丄-丄)rdCp r Ri =-MJ -r/fl .=G.2. 介電常數為£的均勻介質球，半徑為R.被置于均勻外場仇中，球外為真空

26、。求電勢分布。Solution:第一步，根據題意，找出圧解條件。由于這個問題具有軸對稱性，取極軸Z沿外電場Eo方向，介質球的存在使空間分為兩個均勻的區 域一一球內和球外。兩區域內都沒有自由電荷。因此電勢0滿足Laplace方程。以©代表球外 區域的電勢，仍代表球內區域的電勢，故V-i =0(4R)卯"=-E）/cos0 = -E（/PM cos3）宀=0200=£cR 創(r<R)V"2 = 0 卩一。=有限值i =叭02eR_£ 6®"0 r=« 創6-dn根據企解條件確;4通解和待定常數i=R第二步，由于

27、問題具有軸對稱性，即電勢卩與方向角0無關，故 % =工（心r" +塔必（COS&）nr5 =2>rZ + 電r）E（COS&）«r由式得r>R(r<R)=工（糾尸+化為）吒（COS&）=-耳出(COS&)FT®比較兩邊系數，得5=_E0"“=0（«工1）由式得®Lo=心詡化（COS&）L «r從中可見 <=0 故有11*1=有限值ftO% =-£orP(cos&) +»pE(cos&)<It5(COS&)

28、71;根據.式，可得-Cj"(cos&) +工化耐璟 cos&) = 2；cF/；(cos&)ir八ir-瓦呂(COS&) - 2> + 1冷咯k/(cos&) =三qFF(cos&)K旬ntl比較4(cos&)的系數.- EqR + = CiRK2/?1 _ £_瓦+" = 口* =jR”Il =- 5+1)島由式給出b =0, c =0.(“知) 由式給出2£u+f_ 3£0 Dq = Eo2£u +£由此得到電勢為(p =-瓦rcos&+ _ R&#

29、39;Eor cose (r > R)2務+ £廠3令 L d0 =£orcos0相應的球內和球外的電場強度為r<R)E = -“=-fe + e y- ErcosO + _"E。AcosBdr rd02%+w r' 丿= Eo(cos乙 -sin6r&)+ _ REoCosW耳2£g + £r2£q +£r其中(cos 他- sin 6F&) = e.第二項和第三項之和金際上是一個等效的放在原點的偶極子在球外產生的電場，其電偶極矩為 ” =4亦0；筍 rE2(, + £因此，球

30、外區域的電場為&=瓦 + 01 3(pT)r p而0 =4亦0 .同理得到(丘2 =-呵2/ 、_E rcosGdr F rod yI 2£o + £丿3匂垃(C OS圮-sin靄) 2£u +£3旬 E e2£u+£ 八2£u +£由此可見，球內的場是一個與球外場平行的恒崔場。而且球內電場比原則外場Eo為弱，這是極 化電荷造成的。在球內總電場作用下，介質球的極化強度為P = X店運2 =(£ 一 £«)丘2 = / % 3£qEq2£q + £介

31、質球的總電偶極矩為p = l欣、戸=£2生4冋點運，32 旬 + £第三章1.試用A表示一個沿z方向的均勻恒定磯場寫出A的兩種不同表示式，證明二者之差為無旋場。 解：是沿Z方向的均勻恒宦磁場即Bo = BoeL由矢勢泄義xA = B得dA. / dy - dAy / dz = 0： dA/dz-dA. /dx = 0： 3役 /dx-dA/dy = B(> 三個方程組成的方程組有無數多解，如： Ay=4=0, A=-B,y + f(x)即：A = -By + f(x)e,0A, = A_ = 0. A, =Bx + g(y) 即：A=JV + g(y)k 解與解0Z差

32、為 AA = -fioy + /(x)> -|BoX + g(y)k.貝 1 V X (AA) = (一6Ay /0z)S + (oA /dz)ey + (oAy I & 一 弘丫 /©尢.=0 這說明兩者之差是無旋場3. 設有無限長的線電流/沿Z軸流動，在zvO空間充滿磁導率為“的均勻介質，z0區域為真空，試用唯 一性定理求磁感應強度B,然后求岀磁化電流分布。2n解：設zX)區域磁感應強度和磁場強度為I，/,： z<0區域為2, %，由對稱性可知H,和/三均沿為 方向。由于H的切向分量連續，所以H=H2=H%。由此得到妁”=2”=0,滿足邊值關系， 由唯一性世理

33、可知，該結果為唯一正確的解。以Z軸上任意一點為圓心，以r為半徑作一圓周.則圓周上各點的H大小相等。根據安培環路總理 得：27irH = I r 即/ = /2力，H,=已2 =(/2時ba 二 Q = “H, = (“o/2;zr)e& (z>0)；B, =“2比=(M/2k" (zvO)。在介質中M=BJ佻-H2=(1!2砒X/“o -1烏所以，介質界而上的磁化電流密度為：a = M xn = (/2zrrX/ - 1烏 xy = (/2時)(“/“o2*總的感應電流J / = pw J/ = J(Z/2加)(/0-1烏說叫 =/(“/“0 -1),0電流在2<

34、0區域內，沿Z軸流向介質分界而。4. 設*0半空間充滿磁導率為“的均勻介質，Q0空間為真空，今有線電流/沿Z軸流動，求磁感應強度 和磁化電流分布。解：假設本題中的磁場分布仍呈軸對稱，則可寫作B =(中/2加)00它滿足邊界條件：(2 1)= 0及乂(/2-丹|) = « = 0。由此可得介質中：H? = B / “ = (M/2 馮")00由丹2=/兒一 M得：在xvO的介質中M =_00 ,則:2叭加.川=4匕如才0 + 0切=竺匸如J2加服 J° J*2服再由 =00“0(/ + /則)/2 勿=("/2加)00 uj 得 /'=2/<

35、zZy /(P + A,),所以=即網4"(“ + “0)岔，4 =(“一燦)(“ + “0)(沿 Z 軸)7.半徑為O的無限長圓柱導體上有恒立電流/均勻分布于截面上，試解矢勢A的微分方程。設導體的磁 導率為“。，導體外的磁導率為“。解：矢勢所滿足的方程為：WA內=- (rvu) U外=0. (r > if)自然邊界條件：ftO時，A內有限。邊值關系：4內 VxAjVxA外 I，*“0 “選取柱坐標系，該問題具有軸對稱性，且解與Z無關。令很=人曲)冬A外=A外(門冬，代入微分方程得：1 d . 64血)10%外(門_(/ 7) “0丿：) = 0/* dr drr or or解

36、得：編(/) = 一才“討+C In r + C?: A外(r) = C3 1n/* + C4 由自然邊界條件得G =0,由丄I一 =lgA外 I* 得：C,=-Ja-.Ada2并令英為零，得：G=丄“討=7«-bw/c 42* A內=/-)： A外=In 8證明“f 8的磁性物質農面為等磁勢面. 解:以角標1代表備性物質，2代表真空，由磁場邊界條件n (場-B) = 0,沁（弘-也）=0以及B=B? = »oH 2可得式中燈和f分別表示法向和切向分量。兩式相除得Hd _ PqHA y 0可"7因此，在該磁性物質外面，H2與段面垂直，因而表面為等磁勢面。例2求磁化

37、矢量為M0的均勻磁化鐵球產生的磁場。解：鐵球內和鐵球外兩均勻區域-在鐵球外沒有磯荷。在鐵球內由于均勻磁化，則有M = Mo九=-"(£ /%=()因此磁荷職分布在鐵球表面上。球外磯勢和球內磁勢0 2都滿足拉普拉斯方程，即=0.條=0.02當Rf8時，4> If 8 ,所以0 1只含/?負幕次項%=?河當時，2為有限值，所以2只含R正次幕項。02 =無R"匕（COS&）-n鐵球表面邊界條件為當農R0 （骯為鐵球半徑）時,-£ = n(Mi -M2)=-M0Cos0dn dnX 蔦他(cos &)=-工叫尺 Jp” (cos 0) +

38、M (出 cos &) ” KqZ 結Pn (COS &)=工叫R； P (COS 8). ir 傀It比較p打的系數，得勺=§“0, b = -MyRy.MqR： COS& _ & 磯/?于是得.=3 r2 35=bn=a «H1第四章1導出導體中的波動方程導體內部 =0, J= E.麥氏方程組為：（1分）VxE = - dt-OD -VxH = + dE dt70 = 0VB = O對一泄頻率 的電磁波,VxE =VxH =+ oEVE = 0VH = 0(2分)D= E» B= H,則有（2分） 式中場量是抽去時間因子以后的函

39、數，只與坐標有關。 將導體內部的麥克斯韋方程組與絕緣介質中的麥克斯韋方程組比較可知， 其差別僅在于第二個方程中多了一項E。導體中：VxH = -/<y£E + c如果將導體中的方程寫成：xH = T&£E 這只需令。.<7 , £；為復電容率£=£ + / 6）將£用L代替后，導體內的麥克斯韋方程組與絕緣介質中的麥克斯韋方程 組形式相同，得到的亥姆霍茲方程也相冋。即導體內部滿足：（2分）（1分）V-E + r'E = O（2分）V-E = 0（或均勻介質）中麥克斯韋方程組2導岀真空中自由空間的波動方程。 在沒有電荷電流分布的自由空間GxEBdtVxH = dtV D = 0V - B = 0真空中的波動方程：D= oE