简答题（每题5分，共15分）。
1．请写出达朗伯方程及其推迟势的解．
2．当你接受无线电讯号时，感到讯号大小与距离和方向有关，这是为什么？
3．请写出相对论中能量、动量的表达式以及能量、动量和静止质量的关系式。
证明题（共15分）。
当两种绝缘介质的分界面上不带面电荷时，电力线的曲折满足：
1
2
12εεθθ=tan tan ，其中1ε和2ε分别为两种介质的介电常数，1θ和2θ分别为界面两侧电力线与法线的夹角。（15分） 四. 综合题（共55分）。
1．平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l 和2l ，介电常数为1ε和
2ε，今在两板上接上电动势为U 的电池，若介质是漏电的，电导率分别为1σ和2σ，当电流达到稳恒时，求电容器两板上的自由电荷面密度f ω和介质分界面上的自由电荷面密度f ω。（15分）
2．介电常数为ε的均匀介质中有均匀场强为0E
，求介质中球形空腔内的电场
（
分
离
变
量
法
）。（15分）
3．一对无限大平行的理想导体板，相距为d ，电磁波沿平行于板面的z 轴方向传播，设波在x 方向是均匀的，求可能传播的波型和相应的截止频率．（15分）
4．一把直尺相对于∑坐标系静止，直尺与x 轴夹角为θ，今有一观察者以速度v 沿x 轴运动，他看到直尺与x 轴的夹角'θ有何变化？（10分） 二、简答题
1、达朗伯方程：22
0221A A j c t μ∂∇-=-∂ 22
22
1c t ϕρϕε∂∇-=-∂ 推迟势的解：()()00
,,, , ,44r r j x t x t c c
A x t dV x t dV r r
ρμμϕπ
π
⎛
⎫⎛⎫
''-- ⎪
⎪
⎝⎭⎝
⎭''=
=
⎰
⎰
2
、由于电磁辐射的平均能流密度为2
2
232
0sin 32P
S n c R
θπε=
，正比于2sin θ，反比于2R ，因此接收无线电讯号时，会感到讯号大小与大小和方向有关。
3、能量：2W =
),,m iW P u ic P c μ⎛⎫
=
= ⎪⎝⎭；能量、动量和静止质量的关系为：22
22
02W P m c c
-=-
三、证明：如图所示
在分界面处，由边值关系可得：
1
ε1
E
又 D E ε= （3） 由（1）得：
1122sin sin E E θθ= （4） 由（2）（3）得：
111222cos cos E E εθεθ= （5） 由（4）（5）两式可得：
22
11
tan tan θεθε= 证毕。 四、综合题 1、 解：如图所示，
由电流稳定时，0j ∇⋅=，则介质分界面上有 12n n j j =，即： 1
1122212 , n n n n
E E E E σσσσ== 由于E 与n 方向一致， 1
211
12 , E E E E n σσ∴=
= 又由 1
2
121122l l U E dl E dl E dl E l E l =⋅=⋅+⋅=+⎰⎰⎰
1
11122
E l E l σσ=+
211
2112
122
U
U E l l l l σσσσσ∴=
=
++
由于均匀介质 121112112
U
D E n l l εσεσσ∴==
+
1212222
122112
U D E E n l l σεσεεσσσ===+1
l 2
l 1
D 2D
电容器上板面自由面电荷密度为： 12112112
0f n U
D l l εσωσσ=-=+
下板面的为： 21122112
0f n U
D l l εσωσσ=-=-
+
介质分界面上自由面电荷密度为： ()21122112321211221122112
f n n U U U
D D l l l l l l εσεσεσεσωσσσσσσ-=-=
-=
+++ 2、解：如图所示，取0E
方向为z 轴方向。
由题意知，球内外均满足 02
=∇ϕ (1)
又轴对称，则 )](cos )(cos [11θθϕn
n n
n n n
n P r
b P r a ++
=∑ )(0R r < (2) )](cos )(cos [1
2θθϕn n n
n n n
n P r d P r c ++
=
∑ )(0R r > (3) 当0→r 1ϕ有限，则 0=n b )(cos 1θϕn n
n
n P r
a ∑=
(4)
当∞→r θϕcos 02r E -→ ∑++
-=n
n
n n
P r d r E )(cos cos 102θθϕ (5) 在介质球面0R r =上有边值关系 0
21R r ==ϕϕ (6)
210r R r r
ϕϕ
ε
ε=∂∂=∂∂ (7)
将(4)、(5)代入(6)、(7)中解得
