郭硕鸿《电动力学》课后答案

电动力学习题解答

电动力学答案

第一章 电磁现象的普遍规律

1. 根据算符?的微分性与向量性，推导下列公式：

?(A?B)?B?(??A)?(B??)A?A?(??B)?(A??)B

2 A?(??A)?12?A?(A??)A解：（1）?(A?B)??(A?Bc)??(B?Ac)

?Bc?(??A)?(Bc??)A?Ac?(??B)?(Ac??)B

?B?(??A)?(B??)A?A?(??B)?(A??)B

（2）在（1）中令A?B得：

?(A?A)?2A?(??A)?2(A??)A，

所以 A?(??A)?1 2?(A?A)?(A??)A2即 A?(??A)?1 2?A?(A??)A2. 设u是空间坐标x,y,z的函数，证明：

?f(u)?证明：

dfdAdA?u ， ??A(u)??u?， ??A(u)??u? dududu（1）?f(u)??f(u)?f(u)?f(u)df?udf?udf?uex?ey?ez?ex?ey?ez ?x?y?zdu?xdu?ydu?zdf?u?u?udf?(ex?ey?ez)??u du?x?y?zdu?Ax(u)?Ay(u)?Az(u)dAx?udAy?udAz?u（2）??A(u)? ??????x?y?zdu?xdu?ydu?zdAydAdA?u?u?udA ?(xex?ey?zez)?(ex?ey?ez)??u?dududu?x?y?zdu（3）?u?dA??u/?x?u/?y?u/?z dudAx/dudAy/dudAz/du

exeyezdAy?udAx?udA?udAz?udAz?udAy?u?)ex?(x?)ey?(?)ezdu?ydu?zdu?zdu?xdu?xdu?y?Ay(u)?Ax(u)?A(u)?Az(u)?A(u)?Ay(u)?[z?]ex?[x?]ey?[?]ez

?y?z?z?x?x?y???A(u) ?(3. 设r?(x?x')2?(y?y')2?(z?z')2为源点x'到场点x的距离，r的方向规定为

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从源点指向场点。

（1）证明下列结果，并体会对源变量求微商与对场变量求微商的关系：

?r???'r?r/r ； ?(1/r)???'(1/r)??r/r3 ； ??(r/r3)?0；

??(r/r3)???'?(r/r3)?0 ， (r?0)。

（2）求??r ，??r ，(a??)r ，?(a?r) ，??[E0sin(k?r)]及

??[E0sin(k?r)] ，其中a、k及E0均为常向量。

（1）证明：r?(x?x')2?(y?y')2?(z?z')2

1 ?r?(1/r)[(x?x')ex?(y?y')ey?(z?z')ez]?r/r ○

?'r?(1/r)[?(x?x')ex?(y?y')ey?(z?z')ez]??r/r

可见 ?r???'r

1r?1?d?1?2 ???r???r??????○rdrr23rr????1r?1?d?1??'??????'r??2?'r?3

rr?r?dr?r?可见 ??1/r????'?1/r?

3 ??(r/r3)???[(1/r3)r]??(1/r3)?r?(1/r3)??r ○

d?1?3r?3??r?r?0??4?r?0 dr?r?rr13334 ??(r/r)???[(1/r)r]??(1/r)?r?3??r ○r3r3??4?r?3?0 ， (r?0)

rrr?（2）解：

???ex?ey?ez)?[(x?x')ex?(y?y')ey?(z?z')ez]?3 ?x?y?zexeyez2 ??r??/?x?/?y?/?z?0 ○

x?x'y?y'z?z'1??r?(○

?ay?az)[(x?x')ex?(y?y')ey?(z?z')ez] 3 (a??)r?(ax○?x?y?z????axex?ayey?azez?a

4 ?(a?r)?r?(??a)?(r??)a?a?(??r)?(a??)r ○

因为，a为常向量，所以，??a?0， (r??)a?0， 又???r?0，??(a?r)?(a??)r?a

5 ??[E0sin(k?r)]?(??E0)sin(k?r)?E0?[?sin(k?r)] ○

E0为常向量，??E0?0，而?sin(k?r)?cos(k?r)?(k?r)?cos(k?r)k，

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所以 ??[E0sin(k?r)]?k?E0cos(k?r)

6 ??[E0sin(k?r)]?[?sin(k?r)]?E0?k?E0cos(k?r)] ○

4. 应用高斯定理证明

?dV??f??dS?fVS，应用斯托克斯（Stokes）定理证明

?dS?????dl?

SL证明：（I）设c为任意非零常矢量，则

c??dV??f??dV[c?(??f)]

VV根据矢量分析公式 ??(A?B)?(??A)?B?A?(??B)， 令其中A?f，B?c，便得

??(f?c)?(??f)?c?f?(??c)?(??f)?c

所以 c?dV??f?dV[c?(??f)]?dV??(f?c)?(f?c)?dS

VVV??????c?(dS?f)?c??dS?f

因为c是任意非零常向量，所以

V?dV??f??dS?f

（II）设a为任意非零常向量，令F??a，代入斯托克斯公式，得

???F?dS??F?dl （1） （1）式左边为：???(?a)?dS??[???a????a]dS

?????a?dS???a????dS ???a????dS??a?dS???

?a??dS??? （2）

（1）式右边为：??a?dl?a???dl （3） 所以 a??dS????a???dl （4）

SSSSSSSSS因为a为任意非零常向量，所以

?dS??????dl

S5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为 p(t)??V?(x',t)x'dV'，利用电荷守恒定律

??J???dp?0证明p的变化率为：?J(x',t)dV ?tdt?V证明：方法（I）

??(x',t)dpd????(x',t)x'dV'??[?(x',t)x']dV'??x'dV'???(?'?J)x'dV'

VVVVdtdt?t?tdp?e1???(?'?J)x1'?e1dV'???x1'(?'?J)dV'??[??'?(x1'J)?(?'x1')?J]dV'

VVVdt第 3 页

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???x1'J?dS'??Jx1dV'

SV因为封闭曲面S为电荷系统的边界，所以电流不能流出这边界，故

dp?e1??Jx1dV' ?SVdtdpdp?e2??Jx2dV'， ?e3??Jx3dV' 同理

VVdtdtdp??JdV' 所以

Vdtx1'J?dS'?0，

方法（II）

??(x',t)dpd????(x',t)x'dV'??[?(x',t)x']dV'??x'dV'???(?'?J)x'dV'

VVVVdtdt?t?t根据并矢的散度公式??(fg)?(??f)g?(f??)g得： ??(Jx')?(??J)x'?(J??)x'?(??J)x'?J dp????'?(Jx')dV'??JdV'???dS?(Jx')??JdV'??JdV'

VVVVdt（m?R）/R3的旋度等于标量6. 若m是常向量，证明除R?0点以外，向量A???m?R/R3的梯度的负值，即??A????，其中R为坐标原点到场点的距离，

方向由原点指向场点。 证明：??（1/r)??r/r3

m?r11)????[m?(?)]???[(?)?m] r3rr1111?(??m)??(m??)??[??(?)]m?[(?)??]m

rrrr11?(m??)??[?2]m

rr其中 ?2(1/r)?0， （r?0）

1???A?(m??)? ， （r?0）

rm?r1又 ????(3)???[m?(?)]

rr1111??m?[??(?)]?(?)?(??m)?(m??)(?)?[(?)??]m

rrrr1??(m??)(?)

r所以，当r?0时，??A????

7. 有一内外半径分别为r1和r2的空心介质球，介质的电容率为?，使介质球内均匀带静

???A???(止自由电荷?f，求：（1）空间各点的电场；（2）极化体电荷和极化面电荷分布。 解：（1）设场点到球心距离为r。以球心为中心，以r为半径作一球面作为高斯面。

由对称性可知，电场沿径向分布，且相同r处场强大小相同。

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当r?r1时，D1?0， E1?0。

4?(r3?r13)?f 333(r3?r1)?f(r3?r1)?f ， E2? ， ?D2?3r23?r23(r3?r1)?f向量式为 E2?r

3?r34332当r?r2时， 4?rD3??(r2?r1)?f

33333(r2?r1)?f(r2?r1)?f E3? ?D3?223r3?0r当r1?r?r2时， 4?rD2?2向量式为 E3?(r2?r1)?f3?0r333r

（2）当r1?r?r2时，

?p????P????(D2??0E2)????(D2???(1??0D) ?2?0?)??D2??(1?0)?f ??当r?r1时，

?p??n?(P2?P1)??n?(D2?当r?r2时，

?0?D2)??(1?0)D2??r?r1?0

??p?n?P2?(1?0)D2?r?r2?0r23?r13?(1?)?f

?3r228. 内外半径分别为r1和r2的无穷长中空导体圆柱，沿轴向流有恒定均匀自由电流Jf，导体的磁导率为?，求磁感应强度和磁化电流。

解：（1）以圆柱轴线上任一点为圆心，在垂直于轴线平面内作一圆形闭合回路，设其半

径为r。由对称性可知，磁场在垂直于轴线的平面内，且与圆周相切。 当 r?r1 时，由安培环路定理得：H1?0,B1?0

当 r1?r?r2 时，由环路定理得：2?rH2?Jf?(r?r1)

22Jf ， B2?2r2r?(r2?r12)?(r2?r12)???JfeJf?r 向量式为 B2?22r2r22当 r?r2 时，2?rH3?Jf?(r2?r1)

所以 H2?Jf(r2?r12)?(r2?r12)第 5 页

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Jf ， B3?2r2r?0(r22?r12)?0(r22?r12)???JfeJf?r 向量式为 B3?2r2r2（2）当 r1?r?r2 时，磁化强度为

所以 H3?Jf(r22?r12)?0(r22?r12)(r2?r12)??M?(?1)H2?(?1)Jf?r

?0?02r2???所以 JM???M???[(?1)H2]?(?1)??H2?(?1)Jf

?0?0?0在 r?r1 处，磁化面电流密度为

?M?1M?dl?0 ?2?r1在 r?r2 处，磁化面电流密度为

?M(r22?r12)1??0?M?dl??(?1)Jf 2?2?r2?02r2(r22?r12)???(?1)Jf 2?02r2向量式为 αM

11. 平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为l1和l2，电容率为?1和?2，今在两板

接上电动势为E 的电池，求：（1）电容器两极板上的自由电荷面密度?f1和?f2； （2）介质分界面上的自由电荷面密度?f3。(若介质是漏电的，电导率分别为?1和?2 当电流达到恒定时，上述两物体的结果如何？)

解：忽略边缘效应，平行板电容器内部场强方向垂直于极板，且介质中的场强分段均匀，分别设为E1和E2，电位移分别设为D1和D2，其方向均由正极板指向负极板。当介质不漏电时，介质内没有自由电荷，因此，介质分界面处自由电荷面密度为

?f3?0

取高斯柱面，使其一端在极板A内，另一端在介质1内，由高斯定理得：

D1??f1 同理，在极板B内和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

D2???f2 在介质1和介质2内作高斯柱面，由高斯定理得：

D1?D2

?f1?f1 ， E2? ?1?2?f1?f1ll由于????E ??E?dl?l1?l2??f1(1?2)

?1?2?1?2所以有 E1?第 6 页

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所以 ?f1???f2? E

(l1?1?l2?2)

当介质漏电时，重复上述步骤，可得：

D1??f1， D2???f2， D2?D1??f3

?f3???f1??f2

介质1中电流密度 J1??1E1??1D1/?1??1?f1/?1

介质2中电流密度 J2??2E2??2D2/?2??2(?f1??f3)/?2

?由于电流恒定，J1?J2，

???1?f1/?1??2(?f1??f3)/?2

??????f3?2(1?2)?f1?(21?1)?f1

?2?1?2?2?1再由 E ?E ??E?dl?El11?E2l2??得?

?f1?2?1?f1?f1?l1??(l1?1l2) ?1?2?2?1?1?2?1?2?1E ?E???f1??2l1??1l2l1??1l2/?2?1?2E??f2??(?f1??f3)???2l1??1l2????2?1E ?f3?12?2l1??1l2 13.试用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上，在静电情况下，导体外的电场线总是垂直于导体表面；在恒定电流情况下，导体内电场线总是平行于导体表面。 证明：（1）设导体外表面处电场强度为E，其方向与法线之间夹角为?，则其切向分量

为Esin?。在静电情况下，导体内部场强处处为零，由于在分界面上E的切向分量连续，所以

Esin??0

因此 ??0

即E只有法向分量，电场线与导体表面垂直。

（2）在恒定电流情况下，设导体内表面处电场方向与导体表面夹角为?，则电流密度J??E与导体表面夹角也是?。导体外的电流密度J??0，由于在分界面上电流密度的法向分量连续，所以

?Esin??0

因此 ??0

即J只有切向分量，从而E只有切向分量，电场线与导体表面平行。

14.内外半径分别为a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为?f，板间填充电导率为?的非磁性物质。

（1）证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消，因此内部无磁场。 （2）求?f随时间的衰减规律。

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（3）求与轴相距为r的地方的能量耗散功率密度。

（4）求长度l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的静电能减少率。 解：（1）以电容器轴线为轴作一圆柱形高斯面，其半径为r，长度为L，其中

a?r?b

则由高斯定理得： 2?rL?D??f?L （1）

?f1??f ， JD? （2）

2?r?t2?r再由电流连续性方程得：2?rL?Jf???q/?t??L(??f/?t) （3）

所以 D?所以 J1??ff??2?r?t??JD 即Jf与JD严格抵消，因此内部无磁场。

（2）由 J??f??E 得： Jf??D?2????fr 联立（2）（4）（5）得d?fdt????f?0 所以 d?f???dt?0

f????f?Ce?t 设初始条件为 ?ft?0??f0，则由（7）式得C??f0

??所以，?tf??f0e? （3） p??E2????2???f??2??r??? （4） 将上式在长度为l的一段介质内积分，得

22P???????f??b????V??2??r??dV??a??f???2flb?2??r????2?rldr?2??2lna 由 w?122?E 得： 2W?12?wdV?1V2?ba?????f???2flb?2??r???2?rldr?4??lna 所以 dWdt??fl2??lnba?d?fdt 由（6）（10）（11）得 ：P??dWdt

即总的能量耗散功率等于这段介质的静电能减少率。

第 8 页

4） 5）

6） 7）

8）

9） 10） 11） （ （ （ （ （ （（ （电动力学习题解答

第二章 静电场

1. 一个半径为R的电介质球，极化强度为P?Kr/r，电容率为?。

（1）计算束缚电荷的体密度和面密度： （2）计算自由电荷体密度； （3）计算球外和球内的电势；

（4）求该带电介质球产生的静电场总能量。

解：（1）?p????P??K??(r/r2)??K[(1/r2)??r?r??(1/r2)]??K/r2

2?p??n?(P2?P1)?er?Pr?R?K/R （2）D内??0E?P?P?/(???0)

?f???D内????P/(???0)??K/(???0)r2

（3）E内?D内/??P/(???0)

?KRer

?04??0r2?0(???0)r2??KR ?外??E外?dr?r?0(???0)rR?KR??内??E内?dr??E外?dr?(ln?)

rR???0r?0E外?fD外???dVer?2R4?rdr11?K21?2K2R2?4?r2dr（4）W??D?EdV? ?2?22?R4022(???0)2?0(???0)rr?K2?2??R(1?)()

?0???02. 在均匀外电场中置入半径为R0的导体球，试用分离变量法求下列两种情况的电势：（1）

导体球上接有电池，使球与地保持电势差?0； （2）导体球上带总电荷Q 解：（1）该问题具有轴对称性，对称轴为通过球心沿外电场E0方向的轴线，取该轴线为

极轴，球心为原点建立球坐标系。

当R?R0时，电势?满足拉普拉斯方程，通解为

bn)Pn(cos?) n?1Rn因为无穷远处 E?E0，???0?E0Rcos???0?E0RP?) 1(cos???(anRn?所以 a0??0，a1??E0，an?0,当 R?R0时，???0 所以

(n?2)

?0?E0R0P1(cos?)??nbnP(cos?)??0 n?1nR0第 9 页

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2?0?b0/R0??0,b1/R0?E0R0

3所以 b0?R0(?0??0),b1?E0R0,bn?0,(n?2)即：

3??0?E0Rcos??R0(?0??0)/R?E0R0cos?/R2???(R?R0)??0（2）设球体待定电势为?0，同理可得

3??0?E0Rcos??R0(?0??0)/R?E0R0cos?/R2???(R?R0)??0当 R?R0时，由题意，金属球带电量Q

(R?R0)(R?R0)

Q????0???nR?R0dS??0?(E0cos???0??02?2E0cos?)R0sin?d?d? R0?4??0R0(?0??0)

所以 (?0??0)?Q/4??0R0

3??0?E0Rcos??Q/4??0R?(E0R0/R2)cos?(R?R0)???

??Q/4??R(R?R)00?03. 均匀介质球的中心置一点电荷Qf，球的电容率为?，球外为真空，试用分离变量法求

空间电势，把结果与使用高斯定理所得结果比较。 提示：空间各点的电势是点电荷Qf的电势Qf/4??R与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加，后者满足拉普拉斯方程。 解：（一）分离变量法

空间各点的电势是点电荷Qf的电势Qf/4??R与球面上的极化电荷所产生的电势的迭加。设极化电荷产生的电势为??，它满足拉普拉斯方程。在球坐标系中解的形

式为：

bn ）P（ncos?）n?1Rnd??? ?外（cnRn?nn?1）P（ncos?）Rn??0，?cn?0。 当R??时，?外?为有限，?bn?0。 当R?0时，?内????内（anRn?所以

??????anRnP ， ?外?内（ncos?）nndn P（cos?）n?1nR由于球对称性，电势只与R有关，所以

an?0,(n?1) dn?0,(n?1)

??d0/R ??a0， ?外?内所以空间各点电势可写成?内?a0?Qf4??R

?外?d0R?Qf4??R

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当R?R0时，由

?内??外 得： a0?d0/R0

Qf?0Qf?0d0Qf11??内??外??0由 ?得：??2，d0?(?) 22?n?n4??0?4?R04??R0R0则 a0?Qf4?R0?0?QfQf11所以 ?内? ?（?）4??R4?R0?0?QfQfQf11 ??外??（?）4??0R4??R4?R?0? （二）应用高斯定理

在球外，R>R0 ，由高斯定理得：?0E外?ds?Q总?Qf?Qp?Qf，（整个导体球的束缚电荷Qp?0），所以 E外?(11?)

?Qf24??0R??QfQf ?外??E外?dR??dR?24??0RRR4??0Rer ，积分后得：

在球内，R

E内??Qf4??R2R0Rer ，积分后得：

??内??E内?dR??E外?dR?R0Qf4??R?Qf4??R0?Qf4??0R 结果相同。

4. 均匀介质球（电容率为?1）的中心置一自由电偶极子pf，球外充满了另一种介质（电

容率为?2），求空间各点的电势和极化电荷分布。

解：以球心为原点，pf的方向为极轴方向建立球坐标系。空间各点的电势可分为三种电

荷的贡献，即球心处自由电偶极子、极化电偶极子及球面上的极化面电荷三部分的贡献，其中电偶极子产生的总电势为pf?R/4??1R。所以球内电势可写成：

3?i??'i?pf?R/4??1R3；球外电势可写成：?o??'o?pf?R/4??1R3

其中?'i和?'o为球面的极化面电荷激发的电势，满足拉普拉斯方程。由于对称性，?'i和?'o均与?无关。考虑到R?0时?'i为有限值；R??时?'o?0，故拉普拉

斯方程的解为：

?i???anRnP（(R?R0) ncos?）nbnP（cos?）(R?R0) n?1nnR3n由此 ?i?pf?R/4??1R??anRP（(R?R0) （1） ncos?）????on第 11 页

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（n?1） ?o?pf?R/4??1R3??bnR?P（(R?R0) （2）ncos?）n边界条件为：?iR?R0??oR?R0 （3）

（4）

R?R0?1??i?R??2R?R0??o?R将（1）（2）代入（3）和（4），然后比较P（ncos?)的系数，可得：

an?0,bn?0(n?1)

3 a1?(?1??2)pf/2??1(?1?2?2)R03b1?a1R0?(?1??2)pf/2??1(?1?2?2)

于是得到所求的解为：

?i?pf?R4??1R3?(?1??2)pfRcos?32??1(?1?2?2)R0(?1??2)??pf?R334??1R2??1(?1?2?2)R0pf?R(?1??2)pfcos?pf?Rpf?R

(R?R0)pf?R(?1??2)?o????4??1R32??1(?1?2?2)R24??1R32??1(?1?2?2)R3?3pf?R4?(?1?2?2)R3(R?R0)在均匀介质内部，只在自由电荷不为零的地方，极化电荷才不为零，所以在球体内部，只有球心处存在极化电荷。

?p????P????[(?1??0)E]????[?(?0/?1?1)?f所以 pp?(?0/?1?1)pf

在两介质交界面上，极化电荷面密度为

?1??0?D]?(0?1)??D?1?1

?p?er?(p1?p2)?(?1??0)er?Ei?(?2??0)er?Eo

??(?1??0)由于?1??i?R?(?2??0)R0??o?R

R0??i?R??2R0??o?R，所以

R0?p??0(3?0(?1??2)pf??i??o?)?cos? 3?R?RR02??1(?1?2?2)R05. 空心导体球壳的内外半径为R1和R2，球中心置一偶极子p球壳上带电Q，求空间各点的电势和电荷分布。

解：以球心为原点，以p的方向为极轴方向建立球坐标系。在R?R1及R?R2两均匀

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区域，电势满足拉普拉斯方程。通解形式均为

bn ）P（ncos?）n?1Rn当R??时，电势趋于零，所以R?R2时,电势可写为

b?o??nn?1P（ (1) ncos?）Rn当R?0时，电势应趋于偶极子p激发的电势：

（anRn??pf?R/4??0R3?pcos?/4??0R2

所以R?R1时，电势可写为

?i?pcos?n (2) ?aRP（?nncos?）24??0RnbnP（cos?）??s (3) n?1nR2n设球壳的电势为?s,则

?oR??2n?iR1?pcos?/4??0R12??anR1nP（??s (4) ncos?）(n?0)

(n?0,1)

由(3)得： b0??sR2 ；bn?0所以

3由(4)得： a0??s ；a1??p/4??0R1 ；an?0?o??sR2/R (5)

?i?pcos?/4??0R2??s?pRcos?/4??0R13 (6) ??o?R再由 ??0?dS??0s224?R2?Q 得：

S?RR?s?Q/4??0R2 (7)

将(7)代入(5)(6)得：

?o?Q/4??0R (R?R2)

pcos?QpRcos?1p?RQp?R?i????(??3)

4??0R24??0R24??0R134??0R3R2R1在R?R2处，电荷分布为：

??Dn???0??o?R??i?R?R2Q 24?R23pcos? 34?R1在R?R1处，电荷分布为：

?'??Dn??0??R1

7. 在一很大的电解槽中充满电导率为?2的液体，使其中流着均匀的电流Jf0。今在液体中

置入一个电导率为?1的小球，求稳恒时电流分布和面电荷分布，讨论?1???2及

?2???1两种情况的电流分布的特点。

第 13 页

电动力学习题解答

解：本题虽然不是静电问题，但当电流达到稳定后，由于电流密度Jf0与电场强度E0成正比（比例系数为电导率），所以E0也是稳定的。这种电场也是无旋场，其电势也满足拉普拉斯方程，因而可以用静电场的方法求解。

(1)未放入小球时，电流密度Jf0是均匀的，由Jf0??2E0可知，稳恒电场E0也是一个均

匀场。因此在未放入小球时电解液中的电势?0便是均匀电场E0的电势。放入小球后，以球心为原点，E0的方向为极轴方向，建立球坐标系。为方便起见，以坐标原点为电势零点。在稳恒电流条件下，??/?t?0，所以：

??J?0 (1)

由(1)式可推出稳恒电流条件下的边界条件为:

n?(J2?J1)?0 设小球内的电势为?1，电解液中的电势为?2，则在交界面上有：

?1R??02R0 ???1??1?R??22?R R?R0R?R0将J??E及E????代入(1)，得：

??J???(?E)????2??0

可见?满足拉普拉斯方程

考虑到对称性及R??时E?E0，球外电势的解可写成：

?0bn2??Jf?Rcos??2?Rn?1P（ncos?）(R?R0) n其中利用了Jf0??2E0。

考虑到R?0时电势为有限值，球内电势的解可写成：

?1??anRnP（ncos?）(R?R0) n因为选R?0处为电势零点，所以a0?0，将(5) (6)代入(3) (4)得：

?Jf0bnn?R0cos???Rn?1P（ncos?）??anR0P（ncos?） 2n0n?Jbn?12[?f0?cos???(n?1)nn?2P（ncos?）]??1n0?nanR0P（ncos?） 2Rn由(7)(8)两式可得:

a?3J?31?f0/(?1?2?2) , b1?(1??2)Jf0R0/(?1?2?2)?2an?0,bn?0(n?1)

所以： ?1??3Jf0Rcos?/(?1?2?2)??3Jf0?R/(?1?2?2) (R?R0)

?32??Jf0Rcos?/?2?(?1??2)Jf0R0cos?/(?1?2?2)?2R2

??J?R/?)R3f02?(?1??20Jf0?R/(?1?2?2)?2R3 (R?R0)

由此可得球内电流密度:

J1??1E1???1??1?3?1?(Jf0?R)/(?1?2?2)?3?1Jf0/(?1?2?2)

第 14 页

(2) (3)

(4) (5) (6)

(7) (8) 电动力学习题解答

电解液中的电流密度为: J2??2E2???2??2

33(Jf0?R)RJf0(?1??2)R0?Jf0?[?3]5(?1?2?2)RR

(2)两导体交界面上自由电荷面密度

?f?er?(D2?D1)??0er?(E2?E1)??0er?(J2/?2?J1/?1)

?3(?1??2)?0Jf0cos?/(?1?2?2)?2

(3) 当?1???2，即球的电导率比周围电解液的电导率大的多时，

(?1??2)/(?1?2?2)?13?1/(?1?2?2)?3 ，

所以， J1?3Jf0

3J2?Jf0?(R0/R3)[3(Jf0?R)R/R2?Jf0]

?f?3?0Jf0cos?/?2当?1???2时，同理可得：

J1?0

3J2?Jf0?(R0/2R3)[3(Jf0?R)R/R2?Jf0]

8. 半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质?，导体球接地，离球心为a处（a >R0）置

一点电荷Qf，试用分离变量法求空间各点电势，证明所得结果与电象法结果相同。 解：以球心为原点，以球心到点电荷的连线为极轴建立球坐标系。将空间各点电势看作由两部分迭加而成。一是介质中点电荷产生的电势

?f??3?0Jf0cos?/2?2?1?Qf/4??R2?a2?2Racos?，

二是球面上的感应电荷及极化面电荷产生的?2。后者在球内和球外分别满足拉普拉斯方程。考虑到对称性，?2与?无关。

由于R?0时，?2为有限值，所以球内的?2解的形式可以写成

?i2??anRnPn(cos?) （1）

n由于R??时，?2应趋于零，所以球外的?2解的形式可以写成

?o2??nbnP(cos?) （2） n?1nRn由于

R2?a2?2Racos??(1/a)?(R/a)nPn(cos)

?1?(Qf/4??a)?(R/a)nPn(cos) （3）

n当R?R0时，?内??1??i2

?(Qf/4??a)?(R/a)nPn(cos)??anRnPn(cos?) （4）

nn当R?R0时，?外??1??o2

第 15 页

电动力学习题解答

?(Qf/4??a)?(R/a)nPn(cos)??nnbnPn(cos?) （5） Rn?1因为导体球接地，所以

?内?0 （6）

?外R??内R?0 （7）

00将（6）代入（4）得: an??Qf/4??an?1 （8）

2n?1将（7）代入（5）并利用（8）式得: bn??QfR0/4??an?1 （9）

将（8）（9）分别代入（4）（5）得:

?内?0?外?14??[22(R?R0) （10）

QfR?a?2Racos??R0QfaR?(R/a)?2RRcos?/a220220],

(R?R0) （11）

用镜像法求解：设在球内r0处的像电荷为Q’。由对称性，Q’在球心与Qf的连线上，根据边界条件：球面上电势为0，可得：（解略）

2r0?R0/a， Q'??R0Qf/a

所以空间的电势为

?外?QfR0Qf1QfQ'1(?)?[?] (R?R0)

2222224??r1r24??R?a?2Racos?aR?(R0/a)?2RR0cos?/a

10. 上题的导体球壳不接地，而是带总电荷Q0，或使具有确定电势?0，试求这两种情况的

电势。又问?0与Q0是何种关系时，两情况的解是相等的？

解：由上题可知，导体球壳不接地时，球内电荷Q和球的内表面感应电荷?Q的总效果是

使球壳电势为零。为使球壳总电量为Q0，只需满足球外表面电量为Q0+Q即可。因此，导体球不接地而使球带总电荷Q0时，可将空间电势看作两部分的迭加，一是Q与内表面的?Q产生的电势?1，二是外表面Q0+Q产生的电势?2。

?1内?14??0[QR?a?2Racos?22?R1Q/aR?R/a?2RRcos?/a241221]，(R?R1)

?1外?0， (R?R1)； ?2内?(Q?Q0)/4??0R2， (R?R2)； ?2外?(Q?Q0)/4??0R， (R?R2)，所以 ??(Q?Q0)/4??0R(R?R2)

??(Q?Q0)/4??0R2(R1?R?R2)??14??0[QR2?a2?2Racos??R1Q/aR2?R14/a2?2R12Rcos?/a?Q?Q0]，(R?R1)R2由以上过程可见，球面电势为(Q?Q0)/4??0R2。

若已知球面电势?0，可设导体球总电量为Q'0，则有：

第 16 页

电动力学习题解答

(Q?Q'0)/4??0R2??0，即：(Q?Q'0)/4??0??0R2

电势的解为：

(R?R2)??0R2/R??(R1?R?R2)?0?QR1Q/a???1

[?]??0?4??0R2?a2?2Racos?R2?R14/a2?2R12Rcos?/a??(R?R1)?当?0和Q0满足?0?(Q?Q0)/4??0R2时，两种情况的解相同。

11. 在接地的导体平面上有一半径为a的半球凸部（如图），半球的球心在导体平面上，点电荷Q位于系统的对称轴上，并与平面相距为b（b>a），试用电象法求空间电势。

解：如图，根据一点电荷附近置一无限大接地导体平板和一点电

荷附近置一接地导体球两个模型，可确定三个镜像电荷的电量和位置。

Qa?Qb?OPRaQbaaa2a2Q1??Q，r1?ez；Q2?Q，r2??ez；

bbbbQ3??Q，r3??bez，所以

?Q??Q4??0?[1R2?b2?2Rbcos?a?1R2?b2?2Rbcos?,(0????2?aa4a2bR?2?2Rcos?bb2bR2?aa?2Rcos?2bb42],R?a) z12. 有一点电荷Q位于两个互相垂直的接地导体平面所 ?Qa(x,?a,b) 围成的直角空间内，它到两个平面的距离为a和b， 求0空间电势。

解：用电像法，可以构造如图所示的三个象电荷来代替两导

体板的作用。

Q(x0,a,b)by??Q4??0[1(x?x0)2?(y?a)2?(z?b)2?

?Q(x0,?a,?b)?Q(x0,a,?b)(x?x0)?(y?a)?(z?b)11??]222222(x?x0)?(y?a)?(z?b)(x?x0)?(y?a)?(z?b)

13. 设有两平面围成的直角形无穷容器，其内充满电导率为σ的液体。取该两平面为xz面和yz面在(x0,y0,z0)和(x0,y0,?z0)第 17 页 xo?1222

,(y,z?0)zA(x0,y0,z0)?yB(x0,y0,?z0)电动力学习题解答

两点分别置正负电极并通以电流I，求导电液体中的电势。

解：本题的物理模型是，由外加电源在A、B两点间建立电场，使溶液中的载流子运动形成

电流I，当系统稳定时，属恒定场，即??/?t?0，??J?0。对于恒定的电流，可按静电场的方式处理。于是在A点取包围A的高斯面，则

?E?dS?Q/?，

由于I??j?dS，j??E，所以

I/??Q/?

可得：Q?I?/? 。

同理，对B点有： QB??I?/??Q 又，在容器壁上, jn?0，即无电流穿过

容器壁。

由j??E可知，当jn?0时，En?0。 容器内的电势分布为：

Q(?x0,?y0,z0)zQ(x0,?y0,z0)Q(?x0,y0,z0)Q(x0,y0,z0)oy?Q(?x0,?y0,?z0)?Q(?x0,y0,?z0)x?Q(x0,y0,?z0)?Q(x0,?y0,?z0)所以可取如右图所示电像，其中上半空间三个像电荷Q，下半空间三个像电荷 -Q，

?Qi?I1?[???r?4??(x?x)2?(y?y)2?(z?z)24??i?1??i?00011??(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)211??(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)211??(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)2(x?x0)2?(y?y0)2?(z?z0)21?]

222(x?x0)?(y?y0)?(z?z0) 16. 一块极化介质的极化矢量为P(x')，根据偶极子静电势的公式，极化介质所产生的静

P(x')?rdV'，另外根据极化电荷公式?p???'?P(x')及?p?n?P，电势为???34??r0V?'?P(x')P(x')?dS'极化介质所产生的电势又可表为????，试证明以上dV'??V4??rS4??r00??18两表达式是等同的。 证明：由第一种表达式得

P(x')?r1?1?dV'?P(x')??'??dV' 3??VV4??04??0r?r??1?1?1???'??P???'?P?P??'??

?r?r?r???1第 18 页

电动力学习题解答

???1??'?P(x')?P(x')???dV'??'???dV'? ??VV4??0?rr?????1??'?P(x')?P(x')?， ??dV'??dS'??????VS4??0?r?r??所以，两表达式是等同的。

实际上，继续推演有：

???p?1??'?P(x')P?n1??p??dV'??dS'?dV'??dS'??V? ?????VSS4??0?rrr?4??0?r?刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和。

17. 证明下述结果，并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化。 （1）在面电荷两侧，电势法向微商有跃变，而电势是连续的。

（2）在面偶极层两侧，电势有跃变?2??1?n?P/?0，而电势的法向微商是连续的。 （各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面，形成面偶极层，而偶极矩密度P?lim?l）

???l?0zE1证明：1）如图，由高斯定理可得：2E??S????S/?0，

??E??/2?0，

x???2??1?(?/2?0)z?(?/2?0)z?0

?S即，电势是连续的，但是 E??1/?n1?E1n?ez?/2?0，??2/?n2?E2n??ez?/2?0

???1/?n1???2/?n2??/?0 φ1 +σ 即，电势法向微商有跃变 n E l 2）如图，由高斯定理可得：E?ez?/?0 φ2 －σ ??2??1?limE?l?lim?n?l/?0 z

2l?0l?0?n?P/?0

又 ??1/?n?E，??2/?n?E

???1/?n???2/?n?0，即电势的法向微商是连续的。

第三章 静磁场

1. 试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B0，写出A的两种不同表示式，证明二者之差为无旋场。

解：B0是沿 z 方向的均匀恒定磁场，即 B0?B0ez，由矢势定义??A?B得

?Az/?y??Ay/?z?0；?Ax/?z??Az/?x?0；?Ay/?x??Ax/?y?B0

三个方程组成的方程组有无数多解，如：

第 19 页

电动力学习题解答

1Ay?Az?0，Ax??B0y?f(x) 即：A?[?B0y?f(x)]ex； ○

2Ax?Az?0，Ay?B0x?g(y) 即：A?[B0x?g(y)]ey ○解○1与解○2之差为?A?[?B0y?f(x)]ex?[B0x?g(y)]ey 则 ??(?A)?(??Ay/?z)ex?(?Ax/?z)ey?(?Ay/?x??Ax/?y)ez?0 这说明两者之差是无旋场

3. 设有无限长的线电流I沿z轴流动，在z<0空间充满磁导率为?的均匀介质，z>0区域为真空，试用唯一性定理求磁感应强度B，然后求出磁化电流分布。 解：设z>0区域磁感应强度和磁场强度为B1，H1；z<0区域为B2，H2，由对称性可知H1

和H2均沿e?方向。由于H的切向分量连续，所以H1?H2?He?。由此得到

B1n?B2n?0，满足边值关系，由唯一性定理可知，该结果为唯一正确的解。

以 z 轴上任意一点为圆心，以 r 为半径作一圆周，则圆周上各点的H大小相等。根

据安培环路定理得：2?rH?I，即H?I/2?r，H1?H2??I/2?r?e? ?B1??1H1???0I/2?r?e?，(z>0)； B2??2H2???I/2?r?e?，(z<0)。

在介质中 M?B2/?0?H2??I/2?r???/?0?1?e?

所以，介质界面上的磁化电流密度为：

2?α?M?n??I/2?r???/?0?1?e??ez??I/2?r???/?0?1?er

总的感应电流：I??M?dl???I/2?r???/?00?1?e??rd?e??I??/?0?1?，

电流在 z<0 区域内，沿 z 轴流向介质分界面。 4. 设x<0半空间充满磁导率为?的均匀介质，x>0空间为真空，今有线电流I沿z轴流动，

求磁感应强度和磁化电流分布。

解：假设本题中的磁场分布仍呈轴对称，则可写作

B?(?'I/2?r)e?

它满足边界条件：n?(B2?B1)?0及n?(H2?H1)?α?0。由此可得介质中：

H2?B/??(?'I/2??r)e?

由 H2?B/?0?M得：

?'I???0e? ，

2?r??02?I?'(???0)?'I???0?则： IM??M?dl? r?d??0?d??0?2?r??02??0再由 B?e??0(I?IM)/2?r?(?'I/2?r)e? 可得?'?2??0/(???0)，所以

B?e???0I/(???0)?r，IM?(???0)I/(???0) （沿 z 轴）

在x<0 的介质中 M?5. 某空间区域内有轴对称磁场。在柱坐标原点附近已知Bz?B0?C(z2??2/2)，其中

B0为常量。试求该处的B?。

提示：用??B?0，并验证所得结果满足??H?0。

第 20 页

电动力学习题解答

（2）证明D?[k2E?(k?E)k]/?2?。

（3）证明能流S与波矢k一般不在同一方向上。 证明：1）麦氏方程组为：

??E???B/?t （1） ??H??D/?t （2） ??D?0 （3） ??B?0 （4）

由（4）式得： ??B?B0??ei(k?x??t)?ik?B0ei(k?x??t)?ik?B?0

?k?B?0 （5）

同理由（3）式得：k?D?0 （6） 由（2）式得： ??H?[?ei(k?x??t)]?H0?ik?H??i?D

?D??k?H/???k?B/?? （7） B?D??B?(k?B)/???0 （8）

由（1）式得：??E?[?ei(k?x??t)]?E0?ik?E??i?B

?B?k?E/? （9） B?E?(k?E)?E/??0 （10）

由（5）、（8）可知：k?B；D?B；E?B，所以k,E,D共面。 又由（6）可知：k?D，所以，当且仅当E//D时，E?k。 所以，各向异性介质中，一般k?E?0。

2）将（9）式代入（7）式，便得：

D??k?(k?E)/?2??[k2E?(k?E)k]/?2?

3）由（9）式得 H?k?E/??

?S?E?H?E?(k?E)/???[E2k?(k?E)E]/??

由于一般情况下k?E?0，所以 S 除了k 方向的分量外，还有 E 方向的分量，即能

流 S 与波矢 k 一般不在同一方向上。

6. 平面电磁波垂直射到金属表面上，试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳

热。

证明：设在 z>0 的空间中是金属导体，电磁波由 z<0 的空间中垂直于导体表面入射。已

知导体中电磁波的电场部分表达式是：

E?E0e??zei(?x??t)

于是，单位时间内由 z=0 表面的单位面积进入导体的能量为：S?E?H， 其中 H?k?E/???(??i?)n?E/?? S的平均值为 S?1 2Re(E*?H)??E0/2??在导体内部： J??E??E0e?2??zi(?x??t)e

2?2?z金属导体单位体积消耗的焦耳热的平均值为：dQ?1/2 2Re(J*?E)??E0e作积分：Q?12?E02?e?2?zdz??E02/4? 即得界面上单位面积对应的导体中消耗

0的平均焦耳热。

22又因为 ??????/2，所以Q??E0/4???E0/2??，原题得证。

第 26 页

电动力学习题解答

8. 平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上，入射角为?1。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?β?iα，α只有z分量。（为什么？） 解：根据题意,取入射面为 xz 平面，z 轴沿分界面法线方向，如图所示。

设导体中的电磁波表示为：E?E0e?α?xei(β?x??t) z 而 k?β?iα k 上式中α,β满足： ? ?2??2??2?? （1） x α?β????/2 （2） ?1 ?2 根据边界条件得： k1 k2 kx??x?i?x?k1x?k1sin?1?(?sin?1)/c （3）

ky??y?i?y?k1y?0 （4）

??x?0，?x?(?sin?1)/c，?y?0，?y?0。

将结果代入（1）、（2）得：

(?sin?1)2/c2??z2??z2??2?? （5）

αzβz????/2 （6）

112?21?22222222解得：??(????2sin?1)?[(2sin?1????)????]2

22cc112?21?222222222?z??(????2sin?1)?[(????2sin?1)????]2

22cc2z其相速度为：v??/???/?x??z。衰减深度为：1/??1/?z。 如果是良导体，k的实部与其虚部相比忽略，则：

222?(?sin?1)2/c2??z2??z2?0 ??αzβz????/21?21?4224222??z??2sin?1?(4sin?1????)2

2c2c1?21?422?z?2sin?1?(4sin4?1??2?2?2)2

2c2c9. 无限长的矩形波导管，在z=0处被一块垂直插入的理想导体平板完全封闭，求在z???到z=0这段管内可能存在的波模。

解：在此结构的波导管中，电磁波的传播满足亥姆霍兹方程：

?2E?k2E?0，k???0?0，??E?0

电场的三个分量通解形式相同，均为：

E(x,y,z)?(C1sinkxx?D1coskxx)(C2sinkyy?D2coskyy)(C3sinkzz?D3coskzz)

边界条件为：

在x?0及x?a两平面：Ey?Ez?0，?Ex/?x?0 在y?0及y?b两平面：Ex?Ez?0，?Ey/?y?0

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电动力学习题解答

在z?0平面： Ex?Ey?0，?Ez/?z?0 由此可得：Ex?A1coskxxsinkyysinkzz

Ey?A2sinkxxcoskyysinkzz Ez?A3sinkxxsinkyycoskzz

波数满足：kx?m?/a，ky?n?/b，（m,n?0,1,2??????）

22kx?ky?kz2??2?0?0??2/c2

振幅满足：A1m?/a?A2n?/b?A3kz?0

综合上述各式，即得此种波导管中所有可能电磁波的解。 10. 电磁波E(x,y,z,t)?E(x,y)ei(kzz???t)在波导管中沿z方向传播，试使用

??E?i??0H及??H??i??0E证明电磁场所有分量都可用Ex(x,y)及

Hz(x,y)这两个分量表示。

证明：沿 z 轴传播的电磁波其电场和磁场可写作：

E(x,y,z,t)?E(x,y)ei(kzz??t)， H(x,y,z,t)?H(x,y)ei(kzz??t)

由麦氏方程组得：??E???B/?t?i??0H， ??H??0?E/?t??i??0E 写成分量式：?Ez/?y??Ey/?z??Ez/?y?ikzEz?i??0Hx （1）

?Ex/?z??Ez/?x?ikzEx??Ez/?x?i??0Hy （2） ?Ey/?x??Ex/?y?i??0Hz

?Hz/?y??Hy/?z??Hz/?y?ikzHy??i??0Ex （3）

?Hx/?z??Hz/?x?ikzHx??Hz/?x??i??0Ey （4） ?Hy/?x??Hx/?y??i??0Ez （5）

2由（2）（3）消去Hy 得：Ex?(???0?Hz/?y?kz?Ez/?x)/i(?2/c2?kz)

2由（1）（4）消去Hx 得：Ey?(??0?Hz/?x?kz?Ez/?y)/i(?2/c2?kz) 2由（1）（4）消去Ey 得：Hx?(?kz?Hz/?x???0?Ez/?y)/i(?2/c2?kz)

2由（2）（3）消去Ex 得：Hy?(?kz?Hz/?y???0?Ez/?x)/i(?2/c2?kz)

11. 写出矩形波导管内磁场H满足的方程及边界条件。 解：对于定态波，磁场为：H(x,t)?H(x)e

由麦氏方程组??H??D/?t??i??E，??H?0得：

??(??H)??(??H)??2H???2H??i????E

又???E???B/?t?i??H

?i?t???2H??i????E??2??H

2222所以?H?kH?0，k????，??H?0即为矩形波导管内磁场H满足的方程 由 n?B?0 得：n?H?0，Hn?0

利用??E?i??H和电场的边界条件可得：?Ht/?n?0 边界条件为：Hn?0，?Ht/?n?0 12. 论证矩形波导管内不存在TMm0或TM0n波。

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电动力学习题解答

证明：已求得波导管中的电场 E 满足:

Ex?A1coskxxsinkyyeikzz Ey?A2sinkxxcoskyyeikzz

Ez?A3sinkxxsinkyyeikzz

由??E?i??H可求得波导管中的磁场为:

Hx??(i/??)(A3ky?iA2kz)sinkxxcoskyyeikzz (1)

Hy??(i/??)(iA1kz?A3kx)coskxxsinkyyeikzz (2) Hz??(i/??)(A2kx?A1ky)coskxxcoskyyeikzz (3)

本题讨论TM波，故Hz =0 ，由（3）式得：(A2kx?A1ky)?0 （4） 1）若n?0，m?0则 ky?n?/b?0 ，kx?m?/a?0 （5） 代入（4）得：A2?0 （6） 将（5）（6）代入（1）（2）得：Hx?Hy?0

2）若m?0，n?0则 kx?0 ，ky?n?/b?0 （7） 代入（4）得：A1?0 （8） 将（7）（8）代入（1）（2）得：Hx?Hy?0 因此，波导中不可能存在TMm0 和TM0n 两种模式的波。

13. 频率为30?10Hz的微波，在0.7cm?0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播？在

0.7cm?0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播？ 解：1）波导为0.7cm?0.4cm，设a?0.7cm，b?0.4cm

9?ccm2n2?()?()得： 2?2ab当m=1，n=1时, ?c1?4.3?1010Hz?? 当m=1，n=0时, ?c2?2.1?1010Hz?? 当m=0，n=1时, ?c3?3.7?1010Hz??

由?c?所以此波可以以TE10 波在其中传播。

2）波导为0.7cm?0.6cm，设a?0.7cm，b?0.6cm

?ccm2n2?()?()得： 2?2ab当m=1，n=1时, ?c1?3.3?1010Hz??

10当m=1，n=0时, ?c2?2.1?10Hz?? 当m=0，n=1时, ?c3?2.5?1010Hz??

由?c?所以此波可以以TE10 和TE01 两种波模在其中传播。

14. 一对无限大的平行理想导体板，相距为b，电磁波沿平行于板面的z方向传播，设波在

x方向是均匀的，求可能传播的波模和每种波模的截止频率。 解：在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程： y (?2?k2)E?0

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电动力学习题解答

k???0?0 b

??E?0

令U(x,y,z)是E的任意一个直角分量，

由于E在 x 方向上是均匀的，所以 O x

U(x,y,z)?U(y,z)?Y(y)Z(z) z

在 y 方向由于有金属板作为边界，所以取驻波解；在 z 方向是无界空间，取行波解。 所以通解为： U(x,y,z)?(C1sinkyy?D1coskyy)e由边界条件：n?E?0和?En/?n?0定解，得到

ikzz

Ex?A1sin(n?y/b)ei(kzz??t)；

Ey?A2cos(n?y/b)ei(kzz??t)； Ez?A3sin(n?y/b)ei(kzz??t)

2且 k2?2/c2?n2?2/b2?kz，（n?0,1,2,??????）

又由??E?0得：A1 独立，与A2，A3 无关，A2n?/b?ikzA3 令kz =0 得截止频率：?c?n?c/b

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