1、精品文檔精品文檔1 .半徑為R的均勻磁化介質球，磁化強度為 麻，則介質球的總磁矩為-當A.r B. =C. -.D. 0答案:B2 .下列函數中能描述靜電場電場強度的是3為非零常A.二B.口 C.”-9 D. 冗 數）答案：D若電容器的3 .充滿電容率為F的介質平行板電容器，當兩極板上的電量q=q。血旗（。很小）， 電容為C,兩極板間距離為d,忽略邊緣效應，兩極板間的位移電流密度為：精品文檔國渺00.cos 瞅 sin 加tA. 4 B.二sin 證C. “CD.000cos 優答案：A4 .下面矢量函數中哪一個不能表示磁場的磁感強度？式中的口為非零常數A.脆（柱坐標）B. 一病+響C.甌-眄

2、 D. 哈答案：A5 .變化磁場激發的感應電場是D.A.有旋場，電場線不閉和B. 無旋場，電場線閉和C.有旋場，電場線閉和無旋場，電場線不閉和答案：C6 .在非穩恒電流的電流線的起點.終點處,電荷密度Q滿足.生二。力n2。A1B. 一1C. ，=D. 一答案：D7 .處于靜電平衡狀態下的導體，關于表面電場說法正確的是：A.只有法向分量； B. 只有切向分量；C.表面外無電場；D. 既有法向分量，又有切 向分量 答案：A8 .介質中靜電場滿足的微分方程是-E = -xE=-tA. 二1B. 1 ; C.Y-J = VxJ = O;答案:B9 .對于鐵磁質成立的關系是A.一 £ B. 廠

3、一產C. 5-g3一始D.”川"+0答案：C10 .線性介質中，電場的能量密度可表示為1 1 - p®-D-B._A. 2; B. 2; C. D. _ ：答案:B11 .已知介質中的極化強度P二晶,其中A為常數，介質外為真空，介質中的極化電荷體密度PP二;與巨垂直的表面處的極化電荷面密度分別等于和。答案：0, A, -A, 1 112 .已知真空中的的電位移矢量。二(5xy0+/%) cos500t ,空間的自由電荷體密度為 答案: 5ycos500i3513 .變化磁場激發的感應電場的旋度等于 。答案： 洗14 .介電常數為F的均勻介質球，極化強度P=A露A為常數，則球

4、內的極化電荷密度為 ，表 面極化電荷密度等于 答案0,幺cosS._ ., _ _ , 、- I。= K 電容率為？人 r、15 .一個半徑為R的電介質球，極化強度為尸，則介質中的自由電荷體密度為，介質中的電場強度等于K r答案:一二，.，:：，r 一, 22.1卜豐；和，：的客.使；尸七蛆一上二二R.*二”二一丁法蜜工解：(1)由于電荷體系的電場具有球對稱性，作半徑為 r的同心球面為高斯面，利用高斯定理 - pjdv JVf- j pdv- O,Dj - 0< r < ' 1 時，v。陽/ = o百楂-小l<r < '時,D :二3 3r3%(2)介質

5、內的極化電荷體密度精品文檔T TTT%=7 H而P =。乙&&所以馬中總=上沖也令 允r由于V = 3尸 4 =*叼二=0；。0 ?所以p? = -PJ =-（l'）pz界面上的極化電荷面密度4 =f （且-冷設介質為Tl介質殼外的真空為空則有其=0,、二T T對尸=%的表面 %=-/1 =。對r =勺的表面 % =彩=（呂-埼）得I=%?（!-§）修24.內外半徑分別為用口邢無窮長空導體圓柱，沿軸向流有恒定均勻自由電就導體的磁導率為由求磁感應強度和磁優電流.解：（1）由于磁場具有軸對稱性，在半徑為r的同軸圓環上，磁場用4大小處處相等，方向沿環 的切線方向，并

6、與電流方向服從右手螺旋關系，應用T 53 To fj J-T /口 T HX口;當r>9時，有2r考慮方向，矢量式為:啟=火其,J,其中；是有軸線志向場點 2y工并垂直軸線的矢量以工氏工二絲三）小；當，l<r< 1時,T 尸3一尸 3T tt t2 _ «2 t T2mH廣以J/ -K),H& - 2 J JxrW 二，為二2r'J乂尸2 = 0, =0,1=0精品文檔由磁化螭I與翻:期前的關系rvd得 J=VxM = （/ir-l）VxH+V（/Yr-lXH對穩恒電流，平沖1二1,由于介質均勻，故W凡-1）二0口 于是,得八二（用T）Jf"

7、;r r x用（rKr<'n在=4的表面，利用磁化電流線密度之二3*（蔗-區）,并規定導體為介質“2導體為的真空為介.2 T TT從而以=0,得到第二員葭心.二（用 7 3 J4X（%"）二 O& 二4）2GT T TTT在尸之樣面物二必治導7/（4 T） /篙產口一爐3 T f Tff尸'_方力 T=T% -1" %工 "）=一（三-D 三工 J/（f）20ft22273寸古”藤二一及巾芍二因此"二門T解：對場方程四,兩邊取散度 選VQ（VxH）= Vn7 + V£ 用一由于簟5謂）=0,所以十口刑=0 atf

8、H TVE17+CVEE)= O dt再將電荷守恒定律而=-當代入，得 d£一專+察守密）=o BPvm=p 29求一個勻速運動（v«c）的電荷的電磁場.解以電荷q為原點，選取運動方向;為渤，如圖1-29,由于電荷運動速度似3精品文檔精品文檔產生的電場可用靜電場表示°以軸為軸做一圓形環路，半徑為，圓周上各點磁場相同。由麥克斯韋方程而穿過圓面好的通量其中r為圓心到圓面上任意點的距離，R為由q到該點的距離，由于斯二才+廣于是因哈r代入式得將6）式代入（1）式中得，L上各點磁場為漳二拜廣絲誓2（J+J戶4紙d+J戶 4*寫為矢量丸即2 =二角分二維空AttRAnR由結果

9、可以看出,勻速運動的電荷的電場w與5之間滿足任二&；”41.在圖14中,看訓電容器內半徑為他夕泮徑為口亂澗克1輛層電介質，其分界面為方為鈣碑面，3回啊質1即 2間介質2的電容盼別為叩）=”-金年）=降"r其中點從球心算起的距離，試計算：（1）電容器的電容（力若電容器兩端加以恒定電壓U,求出電場的表達武，并計算束縛電荷分布密度。解：（1）在介質中做一半徑為r的同心球面.根據高斯定理圖 1-41當, y時有馬屈/ = qM = 邑;2=人=上4m ”4 叫a當s“時兀二鳥二身=/ Qa 4電容器兩極之間的4處/4籠嚴 T T 電壓為可ERt + Je口 r =電容器的電容為。二-

10、=碣；,U , c -b-b-ct H至N精品文檔精品文檔如果電容器兩端加一恒定電壓u,則由Q)中結果得電容 器極板帶電量QRU二上父I, c -b匕 - 0 + 55-殳如L耳一 77%f Mba+lrT f TT束縛電荷的分布可由J二-nQp%)及月二-V中得到：m的界面上b =-歐=-(q-城£il“二-"；-R ' 14 陽jt?r=b的界面上；% =-笠嘰-pj =-(邑-短0-日gQ (叫一號 Q_ Q (一%4疝/4陽/ 1 0 占,"c的界面上：% =3Ej_=o短曷I；？4。34強心c在介質沖，束縛電荷體密度在介質2中，束縛電荷體密度=-

11、7(汾嚕 $ 備看:一冬42有一半徑為瓦電導率為5電容率為戒I大球內部有一半徑為a的同心小球，兩球 由同腫物質組就設在可吼小球上有電荷心均勻分布于球面上求(1) t時刻小球面上的電量(2)在放電過程中的焦耳熱損失.解；設t時刻小球上的電量為Q,作一同心球面剛剛將小球包圍住.利用電荷守恒定律及高斯定理舒。=鬢(1)二於乂 = 2(2)5精品文檔精品文檔又因為,5二,工代入，得(7學+9。=。，解瓶2=即7注 £可見小球的電量是按指數規律衰減的，電導率U越大，雅小, 衰減得越快。(2根據能量守恒定律，放電過程中的焦耳熱損失就等于放 電前后的電場能量之差，放電前此二10日"=!

12、j E聞叱j E遙地行冰 22 a2#=4式尋汨加次+;六(舟 地.明二宜上+醫8瓶a b 8陽匕放電后，小球上的電量。=0,電荷。口全部分布于大球表面，此時 電場能量為明寸加叫卜癮胸心=懸 所以焦耳熱損失為a印=跖叫=&d)8jtf a b43設有一半徑為盤介質圓球，置于一均勻磁場M之中，且繞通過其球6的某一固定 軸，以角速度相t庭場方向平行于蹄軸，如圖3所示試求其感應電荷的面密 度+、夕I圖 1-43解：如圖L9作用于電荷Q上的洛侖茲力為T T T T T TTAF = gyxB二二國為二 qgdasmS 為式申£為單位矢量，方向垂直于軸線,此力相當于有一等效電場作用通上

13、，等效T電場為Eq二£二B的Sil日.q根據Pf4=(”易值得TTAp= (?-)E=Jfltaan利用邊值關系%二-福物-%)介質球面上的束縛電荷面密度為T T% ="印二揮由8=(£-用)8的疝3第二章靜電場呻，1、泊松方程£適用于A.任何電場B. 靜電場；C.靜電場而且介質分區均勻；D.高頻電場答案：C2、下列標量函數中能描述無電荷區域靜電勢的是A.' 一 B. 二,工:二 C. .-d.二 三答案：B3、真空中有兩個靜止的點電荷 匚幽1一%A.七/ B. 5和內，相距為a,它們之間的相互作用能是-%C.D. 一答案：A4、線性介質中，電場

14、的能量密度可表示為1 1 _ _D.E-D-E,A. -; B. 二； C. D.答案：Ba(a>>),將他們5.兩個半徑為5-1,"i帶電量分別是毋業，且毋-%導體球相距為接觸后又放回原處，系統的相互作用能變為原來的精品文檔竺倍,A. 25 答案：AB.C.D.6.電導率分別為 外。,電容率為0用的均勻導電介質中有穩恒電流 勢的法向微商滿足的關系是,則在兩導電介質分界面上電巡一淞A.二;:?<,C. 一 L . 一二答案：CB.D.2 岫 g 沏 - b加 ok1淞1帆5協35贏7、電偶極子聲在外電場瓦中的相互作用能量是B.C.一黑D.8、若一半徑為為。答案： R

15、的導體球外電勢為.a j . = -+btarhr為非零常數，球外為真空，則球面上的電荷密度9.若一半徑為R的導體球外電勢為COS J,a為非零常數，球外為真空，則球面上的電荷密度為球外電場強度為一 史答案.-加上"I：”" ,10、均勻各向同性介質中靜電勢滿足的微分方程是;介質分界面上電勢的邊值關系是和;有導體時的邊值關系是-6至二乜妹£剪二W為dn11、設某一靜電場的電勢可以表示為答案：二一:L12 .真空中靜場中的導體表面電荷密度而g-q 答案：入以y-加,該電場的電場強度是13 .均勻介質內部的體極化電荷密度 4總是等于體自由電荷密度 四的倍。(1- &#

16、163; )1rs渡豫解能量的適用于情形.15 .無限大均勻介質中點電荷的電場強度等于答案：16 .接地導體球外距球心a處有一點電荷 q,導體球上的感應電荷在球心處產生的電勢為等答案：一；十17 .無電荷分布的空間電勢 極值.(填寫“有”或“無”)答案：無18 .鏡象法的理論依據是 ,象電荷只能放在 區域。答案：唯一性定理，求解區以外空間19 .當電荷分布關于原點對稱時，體系的電偶極矩等于 。答案：零20 .一個內外半徑分別為 R、<, SPAN lang=EN-US>R的接地導體球殼，球殼內距球心a處有一個點 電荷，點電荷q受到導體球殼的靜電力的大小等于 。答案：.'丁k

17、l21 . 一個半徑為R的電質介球，極化強度為P=”戶,電容率為S , (1)計算束縛電荷的體密度和面密度；(2)計算自由電荷體密度；(3)計算球內和球外的電勢；(4)求該帶電介質球產生的靜電場總能量。解：(1)根據馬二一中片礙與=-與 r r 球面上的極化電荷面密度%二一犯后-二弧司=|£1(2)在球內自由電荷密度 巧與4的關系為q二Y -9凸P, = y得 .-(3)球內的總電荷為凸步+L即，+4刖爐由于介質上極化電荷的代數和為零，上式中后兩項之和等于零。Jr 7一埒球外電勢相當于將Q集中于球心時的電勢Q ekR6 =4通引*%>（r>R）球內電勢田二L月即+例L根據

18、聲二好送=（£-%）占 得其上=3£一馬（£一防）（2將代入式，得產 H就明二 7丁方勛+ 一；產k一與）立（一麗）=''I：' ：U求該帶電介質球產生的靜電場總能量：由用=；4內"匕得：2 v取f 匕 Q口 E +馬,讓/=2助網1十三）（上一下% "國22.真空中靜電場的電勢為 = < （。為常數），求產生該電場的電荷分布叱二,解：由靜電勢的方程與，得2 d%?做p二一%V *二一9。=，以 帥皿，因此電荷只能分布在x=0面上，設電荷面密度為U ,根據邊 值關系仃二（4-4）=-0俘-萼仁二2" UX

19、 由L ）28.在均勻外場中置入半徑為 " 的導體球，試用分離變量法求下列兩種情況的電勢：（1）導體球上接有電池，使球與地保持電勢差 站；（2）導體球上帶總電荷Q解：（1）選導體球球心為坐標原點，E方向為極軸z,建立球坐標系，并設未放入導體前原點電勢為 納，球外電勢為3,則伊滿足（R>4）*=%=- = 用i-E. Rcos i由于電勢3具有軸對稱性，通解為°J亞。a”+為系。如將代入、式比較pX的系數，得斯二一烏,-Eq4 =。(岸*。)二(。1/)扁，1二與麻4=帥h 0,1)所以i一（o -處）4穌吊十TR R2（RR）伊的第一、二項是均勻外電場的電勢，第三項是

20、導體接上電源后使球均勻帶電而產生的球對稱 電勢，最后一項是導體球上的感應電荷在球外產生的點勢。(2)若使導體球帶電荷Q,則球外電勢滿足vV=o一二一；=I-糕同時滿足要求二（待定常量）vii-E-l Rcosj2 ds = 2由于前三個關系與中相同，故*二-穌8830 +傭+(.晞國+駕COS0R R將式代入式中，得3雞由+迎匚緲普 sin 9d9dg>- Q解得=一4氏8£0 + /+-+ 場勺 COS0于是，得31.空心導體球殼的內外半徑為 勢和電荷分布。4門叫出 R和-2,球中心置一偶極子 P,球殼上帶電Q求空間各點電解：選球心為原點，令P-P0 ,電勢等于球心電偶極子的

21、電勢與球殼內外表面上電荷的電勢串 之和，即殼內外電勢pR .電勢滿足的方程邊界條件為中認二-3雙。小-9嵌-彳；）中鏟。由于電勢具有軸對稱性，并考慮5, 6兩式，所以設,2%出氏儂2（八%）» K將上式代入，兩式后再利用式解得與二縱，。I =。例 HOJ）4碉號瓦-丹箍 4 - r -。（同 * QD4通于是，得pUR pRzozd _.鏟碎十缸砥甲依 金+芻曳一 *=芻曳 4通/ R 4陽舄 R將叫代入式可確定導體殼的電勢 Q為"4陽為最后得到14KH R： R. "i) ?球殼內外表面的電荷面密度分別為3我 團二島上 as球外電勢僅是球殼外表面上的電荷 Q產生

22、，這是由于球心的電偶極子及內表面的 馬在殼外產 生的電場相互抵消，其實球外電場也可直接用高斯定理求得：a>4 ）置一點電荷34.半徑為K）的導體球外充滿均勻絕緣介質S ,導體球接地，離球心為a處（ 07，試用分離變量法求空間各點電勢，證明所得結果與鏡像法結果相同。解：（1）分離變量法：選球心為坐標原點，球心到 的連線方向為z軸，設球外電勢為夕，它 滿足7電二_口"工一嗎）由于電勢具有軸對稱性，考慮式，式的解為（P = - + y芻寸八8號&）其中是到場點p的距離，將代入式，得+£俞如網二。”.0 A(1 + 2xz+z利用公式九"M神1<i,將

23、;1鵬用，（COS0展開,由于&以,故有J&J - 2/?0acos 6gMX代入式確定出系數b菖=a 4s+1于是，得（2）鏡像法在球內球心與 的連線上放一像電荷代替球面上感應電荷在球外的電場，設距球心為B,則的電勢滿足式，于是4女網產rr =+ A2 -r' - yjb2 +7?2 - 2br cos 6利用邊界條件式可得Qf Q$R/44冗歲4k成111 口 莫=,二一X P* (cos 6)力 < R.式中F 4爐+彥-2分。$6代入式結果與式完全相同。Q。用35.接地的空心導體球的內外半徑為 & 和& ,在球內離球心為a (a<4)

24、處置一點電荷 鏡像法求電勢。導體球上的感應電荷有多少？分布在內表面還是外表面？解：取球心為原點，原點與 Q連線為z軸建立坐標系，并設球內電勢為 中,它滿足, Q壇山有限由于電勢具有軸對稱性，故在z軸上z=b(b>Rl)處放一像電荷Q代替球面感應電荷在球殼內 的電勢，WJ我=4舀幻4通r尸式中r、rl分別是Q、Q到場點的距離1r -yfa2 +改，-2a/?cos1r = /b2 +R22bRcos0將代入，兩邊平方，比較系數，得于是，球殼內電勢Q a4痛V傀a此解顯然滿足式。一一設導體球殼表面感應電荷總量為 ql,由于導體內D=0,作一半徑為r（R 1 <r< 4 ）的同心球

25、面s.一一的去f +Q=0八根據高斯定理，：，所以。二一U37.在接地的導體平面上有一半徑為 a的半球凸部（如圖2-37）半球的球心在導體平面上，點電 荷Q位于系統的對稱軸上，并與平面相距為b （b>a）,試用電象法求空間電勢。它滿以球心為原點，對稱軸為z軸，設上半空間電勢為伊,足<5（x j z-i）qQ = -Q為了使邊界條件1, 2滿足，在導體界面下半部分空間 Z軸放置三個像電荷：b ，位于勢為處；。彳，位產b處;Q廣一Q,位于z=-b處.于是，導體上半空間界面電+38.有一點電荷Q位于兩個互相垂直的接地導體平面所圍成的直角空間內，它到兩個平面的距離 為a和b,求空間電勢。解

26、：設Q位于xOy平面內，設x>0且y>0的直角區域為甲,其它區域電勢為0,夕滿足 ,0V*0二一三川工 a j-瓦z）島九二08>。）&*=。（工 > 0）O=8A為使以上邊界條件全部滿足，需要三個像電荷，他們是 Qi-Q -位于（-a,-b,0 ） £ =一Q . 于是彳空間電勢為Q r 1114陽J（y+。心+” /百+0+戶3-+才+s+»+d i46 .不帶電無窮長圓柱導體，置于均勻外電場 均中，軸取為z方向，外電場垂直于z軸，沿x方 向，圓柱半徑為a,求電勢分布及導體上的電荷分布。解：選圓柱軸線處電勢為零，則柱內電勢=o,在柱坐標系

27、中柱外電勢0=-&rcos 酎爐（1）其中6,0為場點的柱坐標，耳方向為x周，如圖2.14,6是極化電荷的電勢，與上題同樣的方 法得代入（1）式得，根據邊值關系，在r=a處,4=h。，即n 1以民0 =一琮r cos cos ®代入（2）式，得rI 、空導體柱面上電荷密度47 .半徑為的導體球置于均勻外電場 皖中，求空間的電勢分布，導體的電偶極矩及表面電荷分布， 導體的電偶極矩及表面電荷分布。解：一球心為坐標原點，并設 得方向為 周，建立球坐標系，則導體球的電偶極矩 P應與 方向 一致，設導體球電勢 ，球外電勢夕二遇股+在R=R面上，電勢滿足伊二世）二0 即一為即如.=。解得

28、球面上電荷密度48 . （1）兩等量點電荷+q間相距為2d,在他們中間放置一接地導體球，如圖 2-48所示，證明點 電荷不受力的條件與q大小無關，而只與球的半徑有關，給出不受力時半徑 K滿足的方程；（2） 設導體球半徑為耳，但球不再接地，而其電勢為中 ,求此時導體球所帶電量Q及這是每一個點 電荷所受的力。解：（1）選取球心為原點，兩點電荷連線為 Z軸，求外空間電勢為3 ,5滿足的邊界條件為限扁二0閥有二°z =±a=±-q； =q；為了使上述條件滿足，在球內d處放置兩個像電荷d ,空間任意一點t t電場就是兩個點電荷及% 方共同產生的，所以q受的力為F.二死二皿一

29、士-y +'4叫/24 4碣（d-牙4碉由題意知，當4二°時，上式變為2上上=04屋（d-"（d + "行一.二不一加+不一顯而易知，上式與g無關，只與片有關，進一步整理得g不受力時丸滿足的方程為吊-8 雅-2*斕&+/=0（2）若導體球不接地，邊界條件變為 耳/品二"，設此時導體球帶電量為Q ,由（1）知，放f （置的%只能使球的電勢為零，。所受的力為零，因此還要在球心。放一電荷/= Q-0；+&)= Q十學心a則導體球的電勢-0+緞 g例二二匕上4啊44碣舄解得Q二A理風%一竺沁此時點電荷g所受的力為f _ g r g 十一

30、A 十二十2* 4 陽 4屋 (d - a)2 (d + a)2 屋根據(2)式，前三項之和等于零，于是Qq/g例 2&q4福，d14福1殼外電荷所受的49 . 一導體球殼不接地也不帶電，內半徑為 耳，外半徑為4 ,內外球心0與0不重合，球形空 腔內離。為a處有一點電荷4 (0<8),殼外離0為b處有一點電荷的,如圖2-49,且殼內外分別充滿電容率為1和1的介質，球殼內外電勢及 力。解：設球殼內外電勢為 碼，殼外電勢為的，它們滿足邊界條件價晟瑪仍最二0 (待定)&b先來計算球外電勢 的，在*c4區域連線上放像電荷外T的距球心9；二 01F；=的+0% ml -(5 R (

31、&+斗+冬;在。處放B ,可使如MT與于是可啊弓R1f f式中口分別是% 州到場點的距離，R為球心0到場點的距離。球殼電勢為為+/以牛口 = % L帛二-1A嗎飛球內空腔中的電勢耿可表示為%二%+。其中可視為球殼接地時的電勢，由鏡像法知其中.是4關于內球面（半徑為R）的像電荷 瓦I J 金 ft +T% = 一4+）-一4啊8 aA震網pf妹;軍紅）4嗚q &,R ,歐%二如 、，鼻二b '距。為 a ,于是50.上所受的力等于%對它的矢量和。即無限長圓柱形導體，半徑為 % ,將圓柱導體接地，離圓柱軸線d處（, 以0 ）有一與它平式中1，口分別是6外到腔內場點的距離。行

32、的無限長帶電直線，線電荷密度為 1 ,求電勢分布和作用在帶電直線單位長度上的力解：設距離圓柱軸線為處（此處為像電荷與原電荷垂線的中點）的電勢為零，則帶電直線a i勺貨=-1 n 在空間的電勢2陽 吊，則像電荷與原電荷共同產生的電勢為二一In-In 2陽）也2碼）口式中1 分別為場點到線電荷 入及象電荷才的垂直距離,下面確定才和b.夕=4R*+/-2超的阻口 =小段+中-2Rbtos8由于電勢在圓柱面上滿足 3兀臬=4（已選處電勢為零，貝U導體圓柱電勢 胃°），即ym=瑪2叫）石2鵬3將上式對g求微商，得MXd .耳+舒-2出8% *+7-2&>c。%X - -A,b -

33、解得-；于是,任意一點電勢式j£2K以0密8二 _L_ 加 dd4 /爐+/-2KdeaS象電荷在周圍空間的電勢，電場強度為（P = £ =-= 2陽 與 先 2疫的2陽0于是，帶電直線入單位長度受的力為F = A£f = -二%r2陽（d - 3）2碼（-扁）上式中“-”號表示力為引力51. 一導體球半徑為a,球內有一不同心的球形的半徑為 b,整個導體球的球心位于兩介質交界 面上，介質的電容率分別為 弓和白，在球洞內距離洞心為 c處有一點電荷0,導體球帶電為。.（1）求洞中點電荷受到的作用力；（2）求導體外和洞中的電勢分布。解：（1）球洞中點電荷所受的力等于球洞

34、內表面上不均勻分布的 一。給它的作用力（其它電荷對它的作用力為零），而內表面上的感應電荷在球洞中的場可用一位于洞外且在°。連線上像電荷豆2舅代替，位于距洞心 一：處。于是作用在。上的靜電力-4痛-g j為一E=A（2）先計算球外電勢，根據前面分析，設球外電勢具有球對稱性，*，此解在介質分界面滿足邊值關系，根據唯一性定理，此解是正確的，作一與導體球同心的球面，應用高斯定理嶺居二-0S§2開爐E酒+ 2點2域=Q+g將 R*代入，解得2爪耳 + eJ于是得：' 1 '''= r E dR史罡（R >a）式中R是場點到導體球心的距離。, Q+

35、g中Q二導體球的電勢I I 二球洞內的電勢較二;圖+2）根據（1）中的分析Q+g2叫+馬）修1。0伊二t+ ）,i于是 ，：二- .，.，-:.式中r為球洞內場點到洞中心的距離，r<b 0。為r與°。連線的夾角精品文檔1.線性介質中磁場的能量密度為1 -BHA. 2B.1 -A-J2C.SHD.AJ答案：A2.穩恒磁場的泊松方程%二一應成立的條件是A.介質分區均勻B.任意介質C.各向同性線性介質D.介質分區均勻且答案：D3.引入磁場的矢勢的依據是A. 1B. II; C."-Il ； D.答案：D4.電流產處于電流上產生的外磁場中,外磁場的矢勢為4,則它們的相互作用能

36、為A, JdvA.B.C.D.答案：A5 .對于一個穩恒磁場8,矢勢火有多種選擇性是因為A.勺旋度的散度始終為零；B.在定義力時只確定了其旋度而沒有定義 H散度;C.1的散度始終為零；答案：B6 .磁偶極子的矢勢 工和標勢也分別等于A =A.B.展絲，伊二豐4必4成精品文檔精品文檔”出生一處 孤駕,婦三C. . 一一:：'D.七人答案：C7答案：、用磁標勢解決靜磁場問題的前提是A.該區域沒有自由電流分布B.該區域是沒有自由電流分布的單連通區域C.Mia該區域每一點滿足7>BdQd.該區域每一點滿足VxB二%J.答案：BA = -AjJ（a3 -r2）etfr <a8 .已知

37、半徑為a圓柱形空間的磁矢勢（柱坐標），該區域的磁感應強度為精品文檔9 .穩恒磁場的能量可用矢勢表示為 .1 r -AJdv答案：幀疝10 .分析穩恒磁場時，能夠中引如磁標勢的條件是.在經典物理中矢勢的環流/ 表示 幡一二0答案：，或求解區是無電流的單連通區域11 .無界空間充滿均勻介質,該區域分布有電流,密度為了（力,空間矢勢A的解析表達12.磁偶極子的矢勢 皿）等于；標勢%Z1）等于答案:13 .在量子物理中，矢勢4具有更加明確的地位場物理量的答案：相因子，是能夠完全恰當地描述磁14 .磁偶極子在外磁場中受的力為,受的力矩.答案：二."二15 .電流體系7（力的磁矩等于.而二一1六

38、（元帥f答案： 2V16 .無界空間充滿磁導率為口均勻介質,該區域分布有電流,密度為了（刃,空間矢勢A的解析表達式 第四章電磁波的傳播上號七七力州一二駕= 0,V笛_=雪=0 -六 加正住 十1 .電磁波波動方程J靖,2 a2，只有在下列那種情況下成立A.均勻介質B. 真空中 C. 導體內 D.等離子體中2 .電磁波在金屬中的穿透深度A.電磁波頻率越高，穿透深度越深 B.導體導電性能越好，穿透深度越深波頻率越高，穿透深度越淺D.穿透深度與頻率無關答案：C3 .能夠在理想波導中傳播的電磁波具有下列特征A.有一個由波導尺寸決定的最低頻率，且頻率具有不連續性B.頻率是連續的C.最終會衰減為零D.低于

39、截至頻率的波才能通過.答案：A4 .絕緣介質中，平面電磁波電場與磁場的位相差為其7TC. 電磁A.B. 匚 C.0 D.答案：C5 .下列那種波不能在矩形波導中存在A.- B. 孤. C.答案：C6 .平面電磁波月、月、2三個矢量的方向關系是A.且沿矢量工方向 B.亨xZ沿矢量1方向C.9的方向垂直于1 D.后xE的方向沿矢量占的方向答案：A7.矩形波導管尺寸為axb ,若。b,則最低截止頻率為答案：A8 .亥姆霍茲方程 力亂/情=0"2=0）對F列那種情況成立A.真空中的一般電磁波B.自由空間中頻率一定的電磁波C.自由空間中頻率一定的簡諧電磁波D.介質中的一般電磁波答案：C9 .矩

40、形波導管尺寸為axi ,若6,則最低截止頻率為代式式 h+ j工（2A一5 b.c. '【：d. '=；答案：A10 .色散現象是指介質的 是頻率的函數.答案：11 .平面電磁波能流密度S和能量密度w的關系為 答案：'.T "12 .平面電磁波在導體中傳播時,其振幅為一答案：'13 .電磁波只所以能夠在空間傳播，依靠的是 答案：變化的電場和磁場相互激發14.滿足條件»1答案：, 0,導體可看作良導體，此時其內部體電荷密度等于15.波導管尺寸為0.7cmX0.4cm,頻率為30X 109HZ的微波在該波導中能以 波模傳播。答案：意山波16.線性

41、介質中平面電磁波的電磁場的能量密度（用電場后表示）為-,它對時間的平均值為02 -端答案：.l",217 .平面電磁波的磁場與電場振幅關系為。它們的相位一一。答案：以二泌，相等18 .在研究導體中的電磁波傳播時，引入復介電常數 -'=,其中虛部是 一一的貢獻。導體中平面電磁波的解析表達式為答案：G ,傳導電流，坎3 =哪言19 .矩形波導中，能夠傳播的電磁波的截止頻率M -,當電磁波的頻率。滿足-一時,該波不能在其中傳播。若b> a,則最低截止頻率為一一，該波的模式為一一。V qffirqK+ 1產汽I ,出 < 0g , 方便,%20 .全反射現象發生時，折射波

42、沿方向傳播.答案：平行于界面21 .自然光從介質1（0曲）入射至介質2（%內），當入射角等于時，反射波是完全偏振波.% = arctg22 .迅變電磁場中導體中的體電荷密度的變化規律是答案：'24.考慮兩列振幅相同、偏振方向相同、頻率分別為 0+d君和的線偏振平面波，他們都 沿Z軸方向傳播.（D求合成波，證明波的振幅不是常數，而是一個波；（2）求合成波的相位傳播速度和振幅傳播速度.解 電磁波沿z方向傳播，并設初相相同，即二4g式片w -m4）& （xj） = M（I）C©S（芍 2-曬。 safe.i 馬 ta加 一£ 二怎（工0 + 4（力）=穌（磯COS

43、也2- M+C0E每-%）其中尤二七+成右二七-#； % = G+d。電二。-d。 I - Mih所以二 -.< -二 一： 二用復數表示''."'：，：顯然合成波的振幅不是常數，而是一個波，高頻波（。）受到了低頻波（d?）調制。相速由近一就=常數確定dz U. = 二'dt k群速即波包的傳播速度，由等振幅面方程2Eq（Hcq$（此z-dar。=常數確定，求導，得z-Jffl7 = 0d（D4 二1 dk26.有一可見平面光波由水入射到空氣，入射角為60° .證明這時將會發生全反射，并求折射波沿表面傳播的相速度和透入空氣的深度.設該波

44、在空氣的波長為4二628x10-5E ,水的折射率 為.二./11T品=arcsin = 48.75°解 設入射角為xOz平面，界面為£二1得平面。由折射定律得，臨界角壯33J所以當平面光波以入射時，將會發生全反射。此時折射波沿 x方向傳播，波矢量的z分量1_ 婷 =J也+伏=112*=1一劉維=切折射波電場為u, = c所以，相速度,:28.有兩個頻率和振幅都相等的單色平面波沿7z軸傳播，一個波沿方向偏振，另一個沿y方向偏振，但相位比前者超前2 ,求合成波的偏振 反之，一個圓偏振可以分解為怎樣的兩個線偏振? 解 偏振方向在x軸上的波可記為在y軸上的波可記為4 =聒產-發二

45、境力晚二詞當但加合成波為£=1+&=+可/3所以合成波振幅為可，是一個圓頻率為。的沿z軸方向傳播的右旋圓偏振波。反之，一個 n圓偏振可以分解為兩個偏振方向垂直，同振幅，同頻率，相位差為5的線偏振的合成。30.已知海水的耳= =試計算頻率U為50, 106和109Hz的三種電磁波在海水中的投入深度.解：取電磁波以垂直于海水表面的方式入射，對于 50月工，106H£ , 109月工的電磁波，滿足條 件津當品國故海水對上述頻率的電磁波可視為良導體，（注意在高頻電磁場作用下，海水的,而在靜 電情形下海水的力T8°）5 =-=透射深度2碘b.二岫=用二4kxlO“M

46、a“Q=ls 濯"(1)=5。月3時,7rx50x47rxW7xl4=2= 12?n(3)六1。乩時,27TX10(5 x4xio-7 xl27rxlOsx4xW-7xl陽 0.5w34.寫出矩形波導管內磁場 月滿足的方程及邊界條件。解對于定態波，磁場為H（x/） = Ed"由麥克斯韋方程組-3D-Vx/ = = -I 5tVj7 = 0Jv、（vx由二v dy9二一月二一劃界乂月又由于-33-Vx£ = - - =a將式代入中，得=於%2 - -V*（/+爐）方=0,后二病取7, = 0即為矩形波導管內磁場月滿足的方程。由方,B=0,得疝同0,或凡=0利用Mx丹

47、二，定后和電場的邊界條件二°,可得對x=o, n面，用二°,由上式得鼠。一， .8二（1對 x=0, b 面，% "判/ dxa用弭n=-二 0宓 dz、式可寫成 珈L35.有理想導體制成的矩形波導管,橫截面寬為 a,高為b,設管軸與z軸平行。（1）證明波導管內不能傳播單色波（2）求窗。1波的管壁電流和傳輸功率二 r ,3一版）解：（1）單色波的電場為：修二叩0g(1)該波的磁場為""媒=一泰河E，"由V（2）A =二。鄧V =0 a37.頻率為30Ml?凡的微波，在0.7cmx 0.4cm的矩形波導管中能以什么波模傳播？在0.7cm

48、 X0.6cm的矩形波導管中能以什么波模傳播？解：（1）“= 30x10%九 波導為 0.7cmx 0.4cm根據截至頻率當& = 0.7x10-，,3 = 0.4x10-時 沸=1 淵二 1 時，51 = 43x10% 期=1劉=。時，以/2,1x10脫期二。,用=1時，%1二3.”吩比此波可以以 鶴。和窗。1兩種波模傳播。38.一個波導管橫截面是以等腰直角三角形，直角邊長為 a,管壁為理想導體，管中為真空，試 求波導管內允許傳播的電磁波波型，截止頻率。t y邊界條件為:工 解答：如圖，建立直角坐標系，江二口新高7=0”二。了二。面二紇二 0, dy而強-0”湎g二紇二0,次鳴了二

49、y面耳二 0£二-4，不波導管中電場滿足方程(1)(2)=0(3)（1）, （2）兩式和矩形波導的邊界條件相同，通解為: £v = 4 cosjsin 尹；與二42 sinjtcos紇二A sin3in上網02”其中此解同時滿足V £=0(5)電+媯-做=0同時由邊界條件（3）中，"y面片二口，得4=04=_$由（5）式得：4 左，再由（3）中在二工湎紇二一%得:4 _ _ stnicos _ _ tanJT _ _ tantan 與ytanx8S院X垃TLq*"-<二_馮sin#/gs馬詞334=。4二上二竺，制二012， 其中. Q9

50、y又=上-4置n月冗C8除浮23cosjxsin 上源 g一3 702.自：Hs = L A188 kxx cos比,源(f由上式看出，若令兒=。，則必須有A=0,于是用二曾=0 ,故不存在現波。39.一對無限大的平行理想導體板，相距為 b,電磁波沿平行于板面的z方向傳播，設波在x方向是均勻的，求可能傳播的波模和每種波模的截至頻率。解在導體板之間傳播的電笆波滿足亥姆霍茲方程卡亙+片場=04 k二啰揚WV 5=0L令U(IJ,Z)是總的任意一個直角分量，由于 且在x方向上是均勻的，所以UW) = UM = Y(y)Z在y方向由于有金屬板作為邊界，是取駐波解；在 z方向是無界空間，取行波解 通解：

51、|：；：.：'： 竺二0由邊界條件5x=0和次 確定常數，得出z? j ')父蝎-M= 45in 丁尸 k( b )又由V5二。得H =。,12 了4-優4，獨立，與4,4無關_楓令總叫 得截至頻率"-b第五章電磁波輻射發布時間：【2011-04-26】閱讀：168次1 .電磁勢的達朗貝爾方程成立的規范換條件是工也。V/+二”=0辦+二駕二。A.二 NB.二二C.:3D.%空=0? 3?答案：B2 .真空中做勻速直線運動的電荷不能產生A.電場 B. 磁場 C.電磁輻射D.位移電流答案：C 3.B 4.B3 .關于電磁場源激發的電磁場，以下描述不正確的是A.電磁作用的傳

52、遞不是瞬時的，需要時間；B.電磁場在傳播時需要介質；C.場源的變化要推遲一段時間才能傳遞至場點；D.場點某一時刻的場是由所有電荷電流在較早的時刻不同時刻激發的.4.一個天線輻射角分布具有偶極輻射的特性，具滿足的條件是A.波長與天線相比很短B.C.波長與天線近似相等D.答案：B5.嚴格的講，電偶極輻射場的A.磁場、電場都是橫向的B.C.電場是橫向的，磁場不是橫向的 答案：B波長與天線相比很長天線具有適當的形狀磁場是橫向的，電場不是橫向的 D.磁場、電場都不是橫向的6.對電偶極子輻射的能流，若設9為電偶極矩與場點到偶極子中心連線的夾角,則平均能流為零的方向是A. 一； B.1 ; C.答案：D7.電偶極輻射場的平均功率D.8二0,開A.正比于場點到偶極子距離的平方B.C.與場點到偶極子距離的無關D.反比于場點到偶極子距離的平方 反比于場點到偶極子距離答案：C精品文檔8 .若一電流了 二40八0£。總，則它激發的矢勢的一般表示式為 =40xfcosG(£_-)>f9 .變化電磁場的場量/和身與勢（N、伊）的關系是否二，B =答案：士 , 1 -10 .真空中電荷只有做 運動時才能產生電磁輻射；若體系電偶