1、第一章一、选择题1、位移电流实质上是电场的变化率，它是（D ）首先引入的。 A). 赫兹 B). 牛顿 C). 爱因斯坦 D). 麦克斯韦 3、两个闭合恒定电流圈之间的相互作用力，两个电流元之间的相互作用力，上述两个相互作用力，哪个满足牛顿第三定律（ C ） 。 A). 都满足 B). 都不满足 C). 前者满足 D). 后者满足二、填空题1. 麦克斯韦 在理论上预言了电磁波的存在，并指出光波就是一种电磁波。2.电荷守恒定律的微分形式为 J0t3、均匀线性介质中电磁场的能量密度 w 的表达式为 。1()2EDHB4、电磁波（电矢量和磁矢量分别为 和 ）在真空中传播，空间某点处的能流密度 EHS
2、SEH5、线性介质的电磁能量密度 _，能流密度 _ _ _。wS答： 或 ; 或w1()2DB21()ESE1B6、电场、磁场的切向分量的边值关系分别为：_答： 或 ； 或 21()0neE21tt21()neH21ttH三、判断题1.稳恒电流场中，电流线是闭合的。 （ ）2.电介质中 的关系是普遍成立的。 （ ）ED3.跨过介质分界面两侧，电场强度 的切向分量一定连续。 （ ） E4.电磁场的能流密度 在数值上等于单位时间流过单位横截面的能量，其方向代表能量传输S方向。 （ ）5.电流元 1、2 分别属于两个闭合稳恒电流圈，则电流元 1、2 之间的相互作用力服从牛顿第三定律。 （ ）四、简答
3、题1.写出一般形式的电磁场量 、 、 、 的边值关系。DEBH答： 2102102121() () nttfnD或或 或2、介质中麦克斯韦方程组的微分形式答： BDE; HJ; ; B0;tt3、写出洛仑兹力密度表达式。答： SfJEvTtc2或五、证明题1. 由场和电荷系统的能量守恒定律、麦克斯韦方程组和洛仑兹力公式证明：（1） 电磁场的能量密为 wDBEHttt（2） 能流密度为 S1 证明：场和电荷系统的能量守恒定律为 （1 ） wSfvt由洛仑兹力密度公式 fv(EvB)EJ将上式代入（1）式得 （2 ） SJtDJHt（3） (EEt E(H=(H(HtB +-将上式代入（3）式得
4、（4 ） ）(DJEEtt -比较（2） 、 （4 ）式，可得电磁场的能量密为 wDBEHttt能流密度为 S2、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。 （提示：考虑 、 的边值关系）DE2 证明：介质 2 与导体 1 的边值关系(静电情况) （1 ）式0nD其中 n 为界面法线单位矢量，D 、E 为介质 2 中的场量，导体内静电平衡时场量 D、E 为0。根据线性介质性质 ， （1）式化为 ，导体外的电场只有法= 00ntEnD线方向分量，即总是垂直于导体表面。 3、用边值关系证明：在线性绝缘介质与导体的分界面上，在恒定电流情况下，导体内表
5、面的电场线总是平行于导体表面。3 证明：设介质 1 为导体，介质 2 为绝缘体稳恒电流时绝缘介质与导体的边值关系为： 21()0neJE绝缘介质中电流为零，因此 210nttJE从而有 即电场只有平行于界面的分量 210nttE4、证明当两种绝缘介质的分界面上不带自由电荷时，电场线的曲折满足： ，其中12tg和 分别为两种介质的介电常数， 和 分别为界面两侧电场线与法线的夹角。 （提示：12 12考虑 、 的边值关系）DE4 证明：考虑分界面上不带自由电荷，由理想介质边值关系2121212211()0()coscos()ini2nnttttnDEEr 2121()/tggt5、当两种导电媒质内
6、流有稳恒电流时，分界面上电场线曲折满足 ，其中 1 和 221tg分别为两种媒质的电导率。 （提示：考虑 、 的边值关系）JE5 证明：稳恒电流时导体之间的边值关系(2) 2121 22111()0 coscos()ini2nJEttnJ ErE 212121()/ttnngtg6、证明 ，其中 。214()xr|rx6 证明：（1）当 r 0 时， 2 3111()()()()xyzxyzrreeerrr而 ，3234343() )0r r因此 10,r（2）当 时，取一小球面 S 包围着原点，取对小球体积 V 积分，即r02 23114VSSSrddsrdr :（或当 时，在 点， 奇异，
7、上式不成立。因此 是这样一个函数，它在 处的值r0r 2r0r为零，只有在 点上可能不等于零。为了进一步确定这样的函数，我们采用极限方法。r0 22221/ 5/0a0 a1 3ardVlimdVlimd(r)()作积分变换 ，可见上式的极存在，ra）232 5/ 2/0 0144r()(1)因此我们证明了 24xr7、已知一个电荷系统的偶极矩定义为 ，证明 ()(,)VPttd (,)VPJxtddt7 证明：方法 1： ()()()Vdxxdt t v方法 2：由电荷守恒定律 (,) ()VVPtdJxdt t 由 () ()fgfgffg ()VVdJxdJxdt 式中 则 ()JxI(
8、)()VVSVdPJxdJJxdJt :将上式中积分区域取为大于电荷分布区域，则右边第一项的面积分为 0，(,)VPtddt五、综合题1、已知电容率为的均匀介质内部体自由电荷密度为 f，求这种介质的体极化电荷密度 p。1、解： PpEp )()(00ffE)(0 12、根据算符的性质，推导下列公式 AA(21)()2 解：由 得 CAB()() 21 (A)3、由麦克斯韦方程组导出电流连续性方程。解：由麦氏方程 DHJt上式两边求散度 （1） ()t（1）左边 0且 DDttt所以有 J0t第二章一、选择题1、在两个夹角为 900 的接地导体平板内有一点电荷 Q，用镜像法求解空间电势时其像电荷
9、的数目为 ：答：B (A) 两个 (B) 三个 (C) 四个 (D) 五个2、电四极矩可反映电荷分布对球对称的偏离，沿 Z 轴方向拉长的旋转椭球体，其内部电荷均匀分布，则电四级矩 D33 。答：A A). 大于 0 B). 小于 0 C). 等于 0 D). 不确定一、填空题1、如果一个体系电荷分布关于原点对称，则它的电偶极矩 。p1 答：02、电荷体系激发的势在远处的多级展开式为 2ij,0 j1Q11(x)(pD)4R6xR展开式中第一项的物理意义是 ，第二项的物理意义是 。答：把电荷体系看作全部电荷集中于坐标原点处的点电荷所激发的势；放置在坐标原点处与电荷体系同等电偶极矩的等效电偶极子
10、产生的电势。p3、对于均匀线性介质，静电场中电势满足的泊松方程为 。答： 20/二、判断题3、在稳恒电路中，供给负载消耗的电磁能量是通过导线内的电子运动传递给负载的。 （ ）导线周围的电磁场三、综合题1、一个内径和外经分别为 和 的导体球壳，带电荷 ，同心的包围着一个半径为 的2R3Q1R导体球（ ） 。使这个导体球接地， （1）试用分离变量法求空间各点的电势；（2）求12R这个导体球的感应电荷。1 解：见教材第 48 页例题 1.（1） 电势满足拉普拉斯方程。电势分布有球对称性。球壳内外的电势通解为32ba(R)IIdc选择无穷远处电势为 0，则边界条件为1233 2IIR=R=2I IR
11、0) 0Q)-dd:确定解中的待定系数 a、 b、 c、 d1110000Qa,b, , 44R4 其中 1312Q得电势的解： 130+()4RI12101()(R)I（2）导体球的感应电荷为 1201RdQ2、半径为 ，电容率为 的介质球置于均匀电场 中，球外为真空，设球外电势分布为 ，0R0E 1球内电势分布为 ，试用分离变量法求空间电势 1 和 2 以及球内的电场 。2 E2 解：(见教材第 49 页例题 2.) 取极轴通 过球心沿外电场 方向，以 代表球外区域的电0E1 势，代表球内的电势。此问题有轴对称性，2 球内外oR00z120均无自由电荷，因此 1、 2 满足拉普拉斯方程，其
12、通解为01()(cos) )nnbaRPR 2 01()(s) )nndc 边界条件包括： 000001=2| ()| 3 |(4)rRRE 1 由边界条件（1）,得 11cos(cos)EP因而 10,()naEa由边界条件（2）得 0d由边界条件（3）得 1 010(cos)(cos)(cos)nnbRPPRP由边界条件（4）得 101 0200()(s)(s)(s)nnE比较 系数得 1P102bRc1030E由以上两式得 10,2bR103cE比较其他 项系数得 nP(1)nbn于是得电势为 30102cos,RER203s球内的电场为 023EE3、在电容率为的无限大均匀介质内，有一
13、个半径为 R0 的球形空腔，和一个外加均匀电场。用分离变量法求空腔内电势分布。 （14 分）0E3 解：（将教材第 49 页例题 2 的与 0 交换即为本题）设球腔内、外电势分别为 1、 2，应具有轴对称性。（1）球内外均无自由电荷，因此 1、 2 满足拉普拉斯方程，其通解为010()(cos)rRnI nInbarPdc （2）取原点电势为有限值，可设为 0边界条件： 00001) islmted, () 2co3 , 4)IIIIrRrRrE（3）由边值关系 1 bn=0； 1 分由边值关系 2 c1=-E0, cn=0, n1 1 分由边值关系 3 0010(os)cos(cos) (n
14、n daRPERPa 由边值关系 4 1000200(c)()()(n nn n b 0 0EZ（5）在 (a)、 (b)中比较系数 301010, 22dERaEan = 0 dn = 0, n1 （6）空腔内电势分布为： 1003cos ()2rr4、在均匀外电场中置入半径为 R0 的导体球，导体 球上接有电池，使球与地保持电势差 0，求导体球外 真空中的电势 2。4 解：以导体球心作原点建立球坐标。微分方程及 其通解：210210,()(cos)nnnbarP选择电势参考点：导体置入前原点电势为 0边界条件： 210) , ()cos rRE确定 2 中的待定系数 an、b n ：由 1
15、） ；由 2）001:()nRab 01(2)naE: 0()b 103abR 01:nab30002 2()()cosRErr以上取 0=0 亦可。 （若无求解系数的的过程，只写出正确答案则扣 2 分。 ）5.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分布。5 解：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷分布有限，设无穷远处电势为 0。本题所求的电势是由点电荷 Qf 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加。因此，其解为f4r其中 为球面极化电荷产生的电势， 满足拉普拉斯方程 ();210rR由于是球对称的，其通解为112 2 () ()f00 fQ
16、bbarRarRr4ddcc 边界条件 1|r02 边值关系 3) (),4102000Rrr由 ， 得 b=0 1|r0 1 ()f0QarR4 由 ， 得 c=0 )2|r 2 ()f0br 由 得 3) (),1020R 1f f00da4R4 由 ，得 4) 120rr () 2f f f0222000QQd1R4 将（2）式代入（1）式，得 ()f0a1412() () () ff0 00f0QrR4Rr 6、空心导体球壳的内、外半径为 R1 和 R2，球心置一电偶极子 Pf，球壳带电 Q，求空间电势分布。6 解：以球壳球心为原点建立球坐标系。自由电荷分布有限，设无穷远处电势为 0。
17、整个区域分为 2 部分：球壳内 I，壳外空间 II。壳外电势 2 满 足拉普拉斯方程；壳内心有自由电偶极子，因此 电势 1 满足泊松方程而非拉普拉斯方程。球壳为等势体，设电势为 0。应用叠加法。已知自由电偶极子 P 在真空中产生的电势即泊松方程的特解 3200cos4PrP电场有轴对称性，电势 1、 2 的通解 2 10010cos()(cos)4()()nIPI nnI nbarPrdcP 无穷远处电势为 0，边界条件为 21120, () )03 )4)IIIIRRrQdSdSrr: 确定通解中的待定系数：由边值关系 1） ；由边值关系 2） 0,()nb:0,()nc:由边值关系 3）得
18、PfR1R2z210o；01 03230101: coscos444:InaPPPrRrR02021:IndRr由边值关系 4） 02Q最后得球壳内外的电势 1、 2233020010210coss();44 4I IQPrPrQRRRr 7、半径为 R0 的均匀介质球（电容率为 1）的中心置一点电荷 Qf，球外充满另一种介质（电容率为 2） ，试用分离变量法求空间电势.解：以球心为坐标原点建立球坐标系，自由电荷 分布有限，设无穷远处电势为 0。本题所求的电势是由点电荷 Qf 产生的电势与介质 球的极化电荷产生的电势的叠加。整个区域分为球内、球外 2 部分：无论在球内还是在球外， 都满足拉普拉
19、斯方程。该问题具有球对称性，球内外的电势分别为： 111 022 01 ()4 4f ff fQbaRRdc 边界条件为： 00001021212,RRRRR (I) (I)由边界条件(I )(II)得： , bc从而有：1 02 01 ()4 ffQadR21Qf2R021再由边界条件（III）得： 201021- -44ffffQQadR，故球内外的电势为： 121 020101102 0212()- ()= 44ffff fffff RRR 8、均匀介质球的电容率为 1，其中心置一电偶极子 ，球外为真空，求空间各点的电势。fp解：解法一：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷 分布有限，设无
20、穷远处电势为 0。空间各点的电势是电偶极子的电势与球面上的极 化电荷所产生的电势 的叠加， 令 cosf f3211prP44r满足拉普拉斯方程 I I (); ()2200RrR 所以有 I IIcos cos()f f0 02 21 1Pr44 电场有轴对称性，介质球内外的电势通解形式为 I 0120 1I()(coscos ()4) fnnfnbarPrRrdc 边界条件 I1|2r0 边值关系 III3) (), 40000Rrr1pf R0III0z确定解中的待定系数 an、 bn、 cn、 dn由边界关系 1）可得： 0,():由边界关系 2）可得： nc由边界关系 3）和 4）可
21、得： , 1dan及 (); ()()()f f2 21 1312012ppaR则介质球内的电势： 2 12I2 333110110cos()cos4()44f ff fPPrrPrrRR 介质球外的电势： 1223331010113 ()()4()f ff fIrrr解法二：以球心为原点建立球坐标系。自由电荷分布有限，设无穷远处电势为 0。球外电势 II 满足拉普拉斯方程；球内心有自由电偶极子，因此球内电势 I 满足泊松方程而非拉普拉斯方程。由叠加法，已知电偶极子 Pf 在介质球中产生的电势为 ，此即泊3211cos4ffPr松方程的特解 电场有轴对称性，介质球内外的电势通解形式为2 101
22、0cos()(cos)4()()f nIPI nnI nbarPrdc选择无穷远处电势为 0，且 在介质球心为有限值，则边界条件为I00100) , () 23 4)IIIIrRrr 确定解中的待定系数 an、 bn、 cn、 dn由边界关系 1）可得： 0,()nb:由边界关系 2）可得： c由边界关系 3）和 4）可得：， 0, 1nda103012(2)4ffPaRd则介质球内的电势： 0 1023 33101110cos 2()s4(2)4ff ffIPrPrr R介质球外的电势： 2310103()4()f fI rr9、据接地无限大导体平面附近 处放za 置一点电荷 Q，用镜像法求
23、空间任意一点 P 的电 势。9 解：（见教材第 53 页例题 1）边界条件：导体面上 （C 为常数）c根据边界条件考虑像电荷电量及位置：电量： ， Q位置： (0, 0, -a) 2 分 1 2222001(,)()( ) (0 44()QQxyz zRxyzaxya10.真空中有一半径为 的接地导体球，距球心为 a(a )处有一点电荷 Q,如图示, 试用镜0 0R象法求空间任意一点的电势。(设镜象电荷 Q距球心为 b)10 解： 用球内一假想的点电荷 Q代替球面上 感应电荷对空间电场的作用。由对称性，Q应在aQoR0xaQP(x,y,z)Rz0OQ 连线上。考虑球面上任意一点 P（如图 a
24、所示） ，边界条件要求Q0r因此对球面上任意一点，应有 r由图 b 可见，只要选 Q的位置使OQPOPQ，则 aRr0设 Q据球心为 b，两三角形相似的条件为 b0由上式可得 Q据球心的距离为 aR20由 和 可得 Q的大小为 Qr r0QaR20因 Q 和镜像电荷 Q激发的总电场能满足在导体面上 =0 的边界条件，因此是空间中电场的正确解答。球外任意一点的电势为0 02200RQRQ11Q 4ra4Racosabcos式中 r 为由 Q 到点场点 P 的距离，r为由 Q到点 P 的距离，R 为由球心 O 到点 P 的距离， 为 OP 与 OQ 的夹角。11、真空中，有一半径为 R0 的导体球
25、，不接地，在与球心相距为 a（a R0）处有一点电荷Q，试用镜像法求导体球外的电势。解：导体球不接地，则导体球面为等势面，电势不为零，球面上必感应出等量正、负电荷，但感应电荷总量为零。（1）已知接地时，在离球心 b 处放置 Q，保证球面为等势面且电势为 0，但不能保证球面总电荷为 0；200,RQba （2）为使球面总电荷为零，且为等势面，根据对称性可知，还必须在球心处再放一个 Q=-Q，这个电荷既不破坏球面等势性，又使球面总电荷为零。0RQa（3）导体球外电势为点电荷 Q、像电荷 Q、- Q共同产生的电势 0022001144coscosRQrR aRaRab 12、半径为 R0 的导体球，
26、不接地且电势为 U0，在与球心相距为 a (a R0) 的一点放置点电荷 Q，求导体球外电势。12 解： (1) 已知接地时，在离球心 b 处放置 ，可以保证球面为等势面且电势为零，但不Q能保证球面总电荷为零；200, Rbaa当球不接地时，球面上必感应出等量正、负电荷，即感应电荷总量为零。为使球面总电荷为零，且为等势面，根据对称性可知，应在球心处放一个像电荷0RQa因此导体球表面的电势即为最后放置的电荷 产生的电势 Q(2) 为保证导体球的电势为 U0，相当于在球心处再放置一个点电荷 ，因此 和 在球Q表面共同产生的电势为 U0，即004QUR04QRU(3) 导体球外电势为点电荷 、像电荷
27、 、 、 共同产生的电势0 002 2014 4coscosrRRQRUQaab 13、在接地的导体平面上有一半径为 a 的半球凸部，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，若取竖直向上为 z 方向， （1）用 镜象法求空间电势时，需放置的像电荷的电 量和位置（不要在下图中标注！） ；（2）空 间的电势分布。13 解： （1 ） z 轴为垂直导体平面 向上的方向。共放置 3 个像电荷，电量和位置分别是-Q (0, 0, -b)； -Qa/b (0, 0, a2/b)； Qa/b (0,0,- a2/b)，（2）则上半空间的电势就是点电荷 Q 和三个像
28、电荷所产生的电势的叠加222222011/(,)4()()()()Qbabxyzxyzbxyzbxyzxyz 14、有一点电荷 位于两个互相垂直的接Q 地导体平面所围成的直角空间内，它到两个平面 的距离为 和 ， （）写出用电象法求空间电ab 势时，需放置的像电荷的位置和电量；（）写 出空间的电势分布。14 解： 可用三个像电荷来代替两个互相 垂直的接地导体平面的作用。baOQxyPabz像电荷 的电量分别为 123Q, 123Q,Q像电荷所处位置坐标为 (a,b)(ab)(a,b)在 区域的空间个点的电势为0x,y22222202222221140 00 0 _(a)(yb)(z)(xa)(
29、yb)(z)x 15、两块互相垂直的接地半无限大金属平板，以及球心在 O 点，半径为 R0 的部分金属球面，把空间分成两个区域，有一电量为 Q 的电荷置于点 P(a, a)，写出用镜像法求空间电势时，所放置的像电荷的位置和电量。15 解:共需放置 7 个的像电荷， 7 个的像电荷的位置和电量如 图。分其中，20RbaQ 答题不要超过此线aayO xP(a,a）Q(a,-a）-Q-a-a -QQ (-a,-a） (a,-a）Qb-bb-bQ-Q-QaayO xR0P(a,a）Q16、在 和 的两个区域分别充满电容率为 和 的均匀介质，在 处放置一个点0z12za电荷 Q，用镜像法求空间电势分布。
30、16 解： 所求解区域内的泊松方程：21 1(,)/;0xyza2）选择电势参考点：无穷远处电势为 0， 边界条件： 1220012) , ()3) , ()zzr3）根据边界条件考虑像电荷位置及电量：a）区域 1位置、电量： Q (0, 0, -a) 122221(,)()4) (0 (1)()(QxyzRzzaxyab）区域 2位置、电量： Q (0, 0, a)2 2221 (,) (0) (244()QQxyz zRxya4）(1)(2)明显满足边界条件 1；根据边界条件 2、3 确定 Q、 Q1212 12QQQ xaQP(x,y,z)Rz12第三章一、选择题1、在某区域能够引入磁标
31、势 的条件是该区域（ ） 。答：C mA).没有自由电流 B).不被自由电流所连环 C).任何回路都不被自由电流所连环 D). 是没有自由电流分布的复连通域二、填空题1.在某区域中，能够引入磁标势的条件是 答： 该区域内的任何回路都不被电流所链环，即该区域是没有自由电流分布的单连通区域。2、静磁场中磁感应强度 和矢势 的关系为 BA答： BA3、空间局部范围内的电流分布激发的势在远处的多级展开式中，第一项为 (0)上式的物理意义是 。答：与电场情形不同，磁场展开式不含磁单级项，即不含与点电荷对应的项4、空间局部范围内的电流分布激发的势在远处的多级展开式中，第二项为 (1)03RAm4上式的物理
32、意义是 。答：放置在坐标原点处与电流系同等磁矩的等效磁偶极子 的矢势。m三、判断题1.对于静磁场总能量，其计算式为 ，因而可以把 看作为磁场能量密度。dVJAW21JA21（ ）2、A-B 效应的存在说明磁场的物理效应可以用磁感应强度 B 完全描述。 （ ）3、超导体处于超导态时，体内仍可以存有磁场。 （ ）四、简答题1. A-B 效应的存在说明了什么？答：A-B 效应的存在说明矢势 具有可观测的物理效应。它可以影响电子波束的 相位，从A而使干涉条纹发生移动。2、静电场中标势 满足的泊松方程 答： 23、静磁场中磁感应强度 和矢势 的关系 答：BA0AB4、矢势 A的物理意义。答：矢势 沿任意
33、闭合回路的环量，代表通过以该回路为界的任一曲面的磁通量。 LSdBl5、简述迈斯纳效应。答：1933 年，迈斯纳与奥谢菲尔德通过实验发现， （1）当材料处于超导状态时，随着进入超导体内部深度的增加磁场迅速衰减，磁场主要存在于超导体表面一定厚度的薄层内即处于超导状态的材料具有抗磁性；（2）超导体的抗磁性与其所经历的过程无关。6、简述超导体的定义，并写出 3 个超导体的电磁性质。答：物质在低温条件下呈现电阻等于 0 和排斥磁力线的性质，称为超导体。性质 1：超导电性或电阻等于零；性质 2：存在临界温度 Tc；性质 3：存在临界磁场 Hc；性质 4：存在临界电流 Ic；性质 5：排斥磁力线或迈斯纳效
34、应或理想抗磁性；性质 6：磁通量子化；性质 7：存在第一类和第二类超导体。回答以上其中三个即可。7、简述稳恒磁场中矢势 的物理意义A答：设 S1 和 S2 是两个有共同边界 L 的曲面，则通过它们的磁通量只与共同边界 L 的形状有关，而与曲面形状无关。即矢势 A 的物理意义是，它沿任一闭合回路的环量，代表通过以该回路为界的任一曲面的磁通量。只有 A 的环量才有物理意义，而每点上的值没有直接的物理意义。 （以上答出基本点即可）五、证明题1、证明 的磁性物质表面为等磁势面。1证明：以角标 1 代表磁性物质，2 代表真空，由磁场边界条件001212 )(,)( HnBn以及 1H可得 ttn1220
35、,两式相除得 012tnt因此，在该磁性物质外面，H 2 与表面垂直，因而表面为等磁势面。2、无自由电流时，用边值关系证明 的磁性介质外的磁场强度与交界面处处垂直（提示：如右图，考虑 、 的边值关系） 。BH2 证明：磁介质边界条件 2121()0nttnBH由线性磁介质性质 2021 ,可得法向和切向分量为： 02121 (), ()nttHH(2)/(1) H2 与表面垂直221001 0ttttnn 3、对于静磁场，试证明均匀磁介质内部的磁化电流密度 ，其中 为传导电fMJJ)1(0f介质1介质20介质1介质20流的密度。3证明：方法一：由 及均匀介质中 ，其中 ， 得：MJHM10MM
36、00J(1)H(1)对静磁场有 ，所以 fHMf0J()J方法二：由 、 和 ，得：JM0B000(H)(1)(1)H 对静磁场有 ，所以 fHJMf0J()J4、试用 表一个沿 方向的均匀恒定磁场 ，写出 的两种不同表示式，证明二者之差是AZBA无旋场。证明：方法一：据题意 ，且 0Bk0在直角坐标系中 y yz zx xxyzijAAAijk yz zx x000B 由此方程可见， 的一组 解为Ayzx0Af()另一组解为 xz00Bxg()故 的两种表达式为1 20yfiBg(y)j解 1 和解 2 之差为 00A()(y)jy yz zx x0A Aijkk()这说明 与 之差为无旋场
37、。1A2方法二：据题意 ，且0Bk0A在直角坐标系中 y yz zx xxyzij AAijk ）yz zx x0A00By 其中一解为 yzx0AB另一解为 xzy0故 的两种表达式为1020iAxj 12A(Byxj)k(B) 这说明 与 之差为无旋场。 5、已知一个电荷系统的电偶极矩定义为 ，利用电荷守恒定律()(,)VPtxtd证明：电流 J 产生的矢势 A 在远场区展开式的第一项0Jt代表电偶极辐射。(1),(,)4ikRVeAxxtd 证明：方法一：()()()VVVVdPxxddxdJt t v即 ，(1)00,(,)44ikRikReeAtJtP说明电流 J 产生的矢势 A 在
38、远场区展开式的第一项代表电偶极辐射。方法二：由电荷守恒定律 (,) ()VVVdxtdxdJxdt t （1）由 ()()()()fgfgffg（2） VVdPJxdJxdVt （2）式中 ()I则 （3） ()VVSVdJxdJJxdJt :将（3）式中积分区域取为大于电荷分布区域，则右边第一项的面积分为 0。 ，即 ，(,)VdPJxtdt (1)0,(,)44ikRikRVeeAxtJxtdP说明电流 J 产生的矢势 A 在远场区展开式的第一项代表电偶极辐射。六、综合题1.试用分离变量法求磁化矢量为 的均匀磁化铁球在球外空间产生的磁标势 和在球内空0M 1间产生的磁标势 。 （课本 83
39、 页例题 2）2解：铁球内外为两均匀区域，在铁球外没有磁荷分布，铁球内由于均匀磁化,有m0=因此磁荷只能分布在铁球表面上，故球内、外磁标势都满足 Laplaces equation：210 (rR)0由于轴对称性，上式解的通解为：（1）n1n(1)2n()b(arpcos)dc边界条件为 1r20 边值关系为 )000012rRr210rrR nMn由边界条件和边值关系可得31010na=M, b, ab(1)3代入（1）式可得01 023200Rcosr R r () 3第四、五章一、选择题1、 （ ）最先预言了可见光会引起辐射压力，称为光压。答：D A). 赫兹 B). 安培 C). 法拉第 D). 麦克斯韦2、对在理想矩形波导中传播的电磁波，以下说法正确的是（ ） 。答：D A). 低于截止频率的波才能被传播下去 B). 最终会衰减为 0C). 频率是连续的 D). 频率有不连续性，且最低频率由波导尺寸决定3、略去 1/R（R 为电偶极矩中心到场点的距离）的高次项后，电偶极辐射的电磁波在远场近似为（ ）波；考虑 1/R 的高次项后，电偶极辐射的电磁波为（ ）波。答：BA). TEM，TE B). TEM，TM C). TE，TM D). TE，TEM4、平面波由真空倾斜入射到某金属表面，入射面为 xz 面，z 轴指向金属内，则有 ：答：
