电动力学杨世平习题参考答案.pdf

电动力学习题与参考解答 第 1 章 电动力学的数学基础与基本理论 1.1 A 类练习题 1.1.1 利用算符的双重性质，证明 （1）()AAA= + rrr ， （2） 2 ()()AAA = rrr 证 （1）根据算符的微分性质有 ()()()() AA AAAAA = + = + rrrrr 其中 或 A 分别表示只对或A r 作用。由于 A 对标量函数只能取梯度，故 ()() AA AA = rr 因此 ()() A AAA = + rrr 去掉算符的角标，即可得到要证明的等式。 （2）根据算符的矢量性质及公式()()()abca c ba b c= rrr rrr rrr ，有 ()()()AAA = rrr 注意：第一，()A r 不能写成()A r ，否则将失去意义；第二，这里仅有一个函数A r ， 故不用算符的微分性质即可证明。 1.1.2 证明以下几个常用等式，其中() x rxx e= rr ()() yz yy ezz e+ rr ,a r 为常数， ( , , )uu x y z=。 （1）3rr = = rr ， （2）0r = r ， （3） r rr r = = r ， （4） 3 1r rr = v ， （5） 3 0 r r = r ，（6） 33 0 rr rr = rr (0)r ，（7）()a r r r ，（8）( ) dA A uu du = r r 。 证 （1） ()()() 3 xxyyzz r xyz =+= r ()()() 3 xxyyzz r xyz =+= r 所以3rr = = rr 。 （2） xyz eee r xyz x xy yz z = rrr r =0 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. （3） xyz rrr reee xyz =+ rrr xy xxyy ee rr =+ rr z zzr e rr += v r xyzxyz rrrxxyyzzr reeeeeer xyzrrrr =+= = = r rrrrrr （4 ） 23 1(1/ )1rr rr rrrr = = = r （5） 333 11 () r rr rrr =+ r rr 34 13 0rr rr = v 5 3 0 r r r = r r （6） 3334343 1331 ()30 rrrr rr rr rrrrrrrr = += +=+ = rrrr rrr 33343 131 ()()( 3)0 rrr rr rrrrrr = +=+ = rrr rr ， 所以 33 0 (0) rr r rr = = rr （7）()()()()()a rararrara= + + r rrrrrrrrr 0()00 xyz rrr araaaa xyz =+=+= rrr rrr （8） ( ) xyz xyz eee A u xyz AAA = rrr r ()()() yy xxzz xyz AA AAAA eee yzzxxy =+ rrr ()()() yy xxzz xyz dAdA dAdAdAdAuuuuuu eee duyduzduzduxduxduy =+ rrr dA u du = u v 1.1.3 从真空麦克斯韦方程出发， （1 ）导出电荷守恒定律的微分形式； （2 ）导出真空中 的波动方程。 证 （1 ）已知麦克斯韦方程 000 E BJ t =+ r rr 0 /E = r 对式两边取散度并利用式得 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 0000 )BJEJ tt =+=(+ rrrr （） 因为一个矢量场的旋度的散度为零，即0B = r （），所以得到 0J t += r （2 ）考虑自由电磁场（0,0J = r ） ，麦克斯韦方程组化为 B E t = r r ， 00 E B t = r r ，0E= r ，0B= r 对中第一个方程两边取散度并利用 2 ()()AAA = rrr ，得 2 2 00 2 () E EE t = r rr 将0E= r 代入，得到电场强度满足的波动方程 2 2 22 1 0 E E ct = r r 同理可以得到磁感应强度满足的波动方程 2 2 22 1 0 B B ct = r r 1.1.4证 明 在 均 匀 介 质 中 极 化 电 荷 密 度 与 自 由 电 荷 密 度 满 足 关 系 式 0 (1/ ) pf = 。 证 将 0 DEP=+ rrr 代入散度方程 f D= r ，并考虑DE= ruv ，有 00 0 () ffP DEPDP = =+=+= rrrrr 所以 0 (1) Pf = 1.1.5 已知电偶极子电势 3 0 4 p R R = r r ， 试证明电场强度 53 0 13() 4 p R Rp E RR = r r rr r 。 证 已知电势与电场的关系为 r E = 3 0 4 1 R Rp v r = 利用 +=，ara vrv =)(（a r 为常数矢量） 得到 35333 )(3 )( 1 )( 1 R p R RRp Rp R Rp RR rp r vv r v r v r rr + =+= 因此 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. )( 3 4 1 3 0 R p R RRp E r v vv r r = 1.1.6 假设存在孤立磁荷（即磁单极） ，试改写真空中的麦克斯韦方程组以包括磁荷密 度 m 和磁流密度 m J r 的贡献。 解 没有磁单极时，麦克斯韦方程组为 D= r ， 0B= u r ， B E t = r r ， D HJ t =+ r rr 引入磁荷密度 m ，将磁场的散度方程表示为 m B= r 当对方程组中的第三个方程两边取散度后，左边为()0E = ur ，而右边为 (/)/0 m Btt = r ，出现了矛盾。 为了解决这个矛盾，将电场强度的旋度方程修改为 m B EJ t = r rr 由此可以推出磁流守恒定律（即连续性方程） 0 m m J t += r 因为麦克斯韦方程组中的另外两个方程在引入磁荷后不出现矛盾，所以不必修改。这样我 们就得到有磁单极时的麦克斯韦方程组 D= r ， m B= r ， m B EJ t = r rr ， D HJ t =+ r rr 从方程组可以看出，当假设存在磁单极时，电荷激发电场、磁荷激发磁场，同时，变化 的电磁场相互激发。 从方程组还可以看出， 磁荷和磁流与电荷和电流一样满足守恒定律。 1.1.7 从麦克斯韦方程出发导出洛伦兹规范下的达朗贝尔方程， 并证明洛伦兹规范中的 满足齐次波动方程，即 2 2 22 1 0 ct = 。 解 将势函数与场量的关系式BA= rr 和 A E t = r r 代入麦克斯韦方程 000 E BJ t =+ r rr ， 0 /E = r 得到 2 00000 2 ()AJA tt = rrr ， 0 /A t = r 利用)fff 2 (=( rrr 和 2 00 1/c =，得到 2 0 222 11 ) A AAJ ctct 2 (+= r rrr ， 0 A t 2 += r Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 将洛伦兹规范条件 2 1 A ct + r 代入上两式，得到洛伦兹规范下的达朗贝尔方程 2 0 22 1A AJ ct 2 = r rr ， 2 22 0 1 ct 2 = 将规范变换AA = + rr ，/ t = 代入洛伦兹规范条件，得 2 2222 111 0AA ctctct += + = rr 由于(,)A r 和( , )A r 不改变物理规律，因此有 2 22 1 0 ct 2 = 1.1.8 证明： （1）在静电情况下，导体外侧的电场线总是与表面垂直； （2）在稳恒电流 的情况下，导体内侧的电场总是平行于导体表面。 证 设导体内电场为 1 E r , 导体外电场为 2 E r ，边界的法线n r 由 1 指向 2 。 （1 ）在边界上边值关系为 21 ()0nEE= vv v 。当静电平衡时导体内电场为零，因此有 2 0nE= v v ，或 2 0 t E= 上式说明导体外边界上的切向分量为零，即导体外侧的电场总是与导体表面垂直。 （2 ） 在稳恒电流情况下， 根据欧姆定律导体内的电流为 11 JE= rv ， 导体外电流 2 0J = v ， 由稳恒电流的边值关系 21 ()0nJJ= vv v ，得到 1 0n E= v v ，或 1 0 n E= 即导体内电场线总是平行于导体表面。 1.1.9 当两种导电介质内流有恒定电流时，证明其分界面上电场线的曲折满足 2121 /tgtg=（其中 1 和 2 分别为界面两侧电场线与法线的夹角， 1 和 2 分别为两 种介质的电导率） 。 证 由 21 ()0nEE= vv v 可知，当分界面上无自由面电流时，分界面上电场强度的切 向分量连续，即 21tt EE=。又因为 111tn EE tg=， 222tn EE tg=，所以 12 12 n n Etg tgE = 将欧姆定律JE= rr 代入 21 ()nJJ vv r 0 f t = ，得到 2211 ()0nEE= vv v ，即 2211nn EE= 将代入即可得到 2121 /tgtg=。 1.1.10 端电压为V的电源， 通过一同轴电缆向负载电阻R供电， 如习题 1.1.10 图所示。 同轴电缆由一根长直金属直线和套在它外面的同轴金属圆筒构成。设边缘效应以及电缆本 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 身所消耗的能量均可略去不计，试证明：电缆内导线与圆筒间的电磁场向负载R传输的功 率等于负载R消耗的功率。 证 解题思路为：通过选取以导线轴线为 z轴的柱坐标系，利用电场的高斯定理和磁场 的环路定理求出电场强度和磁感应强度，并得 到能流密度矢量，进而证明题目的要求。 设导线的半径为a，其表面上的电荷面密 度为。在导线与圆筒间取一长为L、半径为 ()ra的同轴圆柱面S，它包围的电荷量为2 aL，则由对称性和高斯定理得 22 S E dSrLEaL= u rr 因此，导线与圆筒间的电场强度为 r a Ee r = r r 式中 r e r 是垂直于导线表面并向外的单位矢量。 电缆导线与圆筒的电势差为 ln bb r aa edraab VE dr ra = rr r r 因此得到 ln() V ab a = 将式代入式得 ln r V Ee rb a = r r 设导线中的电流强度为I，则由安培环路定理得 2 I He r = r r 式中e r 是柱坐标系中方向上的单位矢量。 将和式代入能流密度公式SEH= rrr 得到导线与圆筒之间电磁场的能流密度 2 2ln() z IV SEHe rb a = rrr r 根据功率与能流密度的关系，通过电缆横面的电磁场功率为 2 0 ln() bb z aa IVdr PS rdrd eIV b ar = r r 2 I R= 式表明，在边缘效应和电缆本身所消耗能量均可忽略不计时，电缆内导线与圆筒间的电 V I I R 习题 1.1.10 图 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 磁场向负载R传输的功率等于负载R消耗的功率。 1.2 B 类练习题 1.2.1 已知半径为a的均匀带电球（电荷体密度为）的内部有一个半径为b的空腔， 空腔的中心与带电体球心的距离为l（bla+ 处的电势。 解 已知电偶极子定义为 ( ) V px xdV = rr r 已知在球壳上电荷呈现轴对称分布，且对称轴为z轴，电荷密度只是,R 的函数。根 据直角坐标与球坐标的关系 sincossinsincos xyz xReReRe=+ rrrr 将式代入一式，得到 2 000 (,)sincos R x pRRe = rr 2 sinsincossin yz ReRe RdR dd+ rr 3 00 2(,)cossin R z RRdR d e = r Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 故电偶极矩只有z分量，即 z ppe= rr 。 本题目是一个球壳，只有面密度，式改为面积分，有 3 0 0 ( )2( )sincos z S px dSRde = rrr 32 00 0 2sincos z Rde = r 3 00 4 3 z Re = r 在 0 RR的区域，电偶极矩产生电势为 3 00 32 00 cos 43 Rp R RR = r r 该题也可以通过 0 1( ) 4 S x dV r = r 的直接积分得到。 1.2.8 设一个均匀恒定磁场 0 B r 沿z方向，试给出两个不同的矢势A r ，并证明二者之差 是无旋场。 解 依据题意，磁场沿z方向，即 0z AB e= r r ，由此得 0 y x A A B xy = 选取 1110 0, yzx AAAB y= ，可以满足上式，同样选取 1110 0, xzy AAAB x=，也 可以满足上式。因此我们得到矢势A r 的两个表达式， 10x AB ye= r r ， 20y AB xe= r r 。 2 100 ()0 xy AAByeBxe= = u rr rr 本题的结果不唯一，还可以得到许多组结果。 1.2.9 空间有两种均匀介质（电容率分别为 1 和 2 ） ，已知介质 2 一侧表面上的电场 强度的法线分量为 0 E， （1 ）求介质分界面上的束缚面电荷分布； （2 ）如果介质 1 换成导 体，求分界面上束缚电荷与自由电荷的关系。 解 （1 ） 将 1011 DEP=+ rrr ， 2022 DEP=+ rrr 代入 21 () f nDD= rr r ， 并考虑 111 DE= rr ， 222 DE= rr ， 20n EE=, 以及 21 () P nPP= rr r ，有 21022011 ()()()nDDnEPEP=+ rrrrrr rr 21021 ()()nPPnEE=+ rrrr rr 1 02 1 () P D nE = + r r r 2 00 1 () f P n D E = + r r 20 00 1 () f P E E = + f = 由此得到 02 00 11 (1)(1) Pf E = + 假设两种绝缘介质分界面上没有自由电荷，即0 f =（一般情况两种介质分界面上没有自 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 由电荷） ，有 2 00 1 (1) P E = （2 ）当第一种介质换成导体时， 1 0D = r , 导体中的电荷分布在表面上，有 02 2022022 22 ()() Pf D n DnEPnPn D =+=+= r rrrrr rrrr 因此 0 2 (1) Pf = 1.2.10 一平行板电容器两极板都是半径为a的圆，假设 两板间为真空，极板距离为d，两板间的电压与时间的关系 为 0cos VVt=。假定/dac 2.2.9 0 介子的静质量为 2 135Mev c， 它可以衰变为两个光子： 0 +。 如果 0 介子以动量 0 135PMev c =运动，求其衰变后所得到的光子的最大能量和最小能量。 解 据能量、动量守恒定律，且注意到光子的静质量为零，可得 00 11 24 2()(1 cos )WWWm c += 其中为两光子运动方向的夹角。 作代换1 cos(02)x=，得 00 11 224 1 0 2 W x W W xm c += 由此方程解得 000 1 224 2 2 WWm cx W = Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 由此可见，光子最大能量和最小能量出现在2x =处，表示 12 ,从相反方向发射出来 00 max | 2 WPc W + = r 21 135 2 Mev + = 00 min | 2 WPc W = r 21 135 2 Mev = 2.2.10 有一无限长带电直线，在其静止参考系中线电荷密度为。该线直线以速度 vc=沿自身长度匀速移动， 在与直线距离为d的地方有一以同样速度平行于直线运动的 点电荷e，分别用两种方法求出作用在电荷上的力： （a）在直线静止系中确定力，然后用 四维力变换公式； （b）直接计算线电荷和线电流作用在运动电荷的电磁力。 解 （a）设直线静止在 系，并与 y 轴平行。在 系中带电直线在点电荷e处的电 场强度为 0 2 r Ee d = r r 其中 r e r 为直线到点电荷连线上的单位矢量。点电荷受到直线产生的电场的作用力为 0 2 r e Fe d = v r 由力的变换公式，得到在系中观测到的力为（注意0 x u =） 2 / (1/) y yy x F FF vuc = + 所以 0 2 r e Fe rd = r r （b）在系中设运动的线电荷密度为 2 1 = = 所以 00 22 rr ee Fee dd = r rr 2.3 C 类练习题 2.3.1 频率为的点光源向外发光，试证明 2d 是洛伦兹不变量，其中d是以点 光源为顶点的立体角元。 （林 417） Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 证 设频率为的点光源S相对于惯性系静止，在与x轴夹角为的方向上，立体 角元为 2 2 22 () () dSrd dd rr = 设系以速度( , 0, 0)vv= r 相对于系运动， 在系里观测， 该方向与 x 轴的夹角为 ， 相应的立体角元为 2 ()dd =。由以上两式得 2 dd dd = 由四维波矢量( ,/ )kic r 的第一和第四分量的变换式得出，和和变换关系分别为 ()1cos/vc = ， cos/ cos 1cos/ v c vc = ， 22 2 1/sin sin1 cos 1cos/ vc vc = 再由cos得 () 22 2 1/ sinsin 1cos/ vc dd vc = 由以上两式得 () 2 22 2 1/ 1cos/ dvc d vc = 最后由 2 , dd dd 三式得 22 2222 1cos vd ddd cd = = 2.3.2 利用隐函数法则直接证明麦克斯韦方程组的协变性。 证 设f是,xyzt的一个具有连续偏导数的函数( ,)ff xyzt=，则根 据从( ,)xyz系到( ,)xyz系的洛伦兹变换 2 (), v xxvtyyzz ttx c = ,xyzt又都是,xyz t的函数，因而f是,xyz t的隐函数。根据隐函数的求 导公式和上式得 2 , ffxftfvfffyfffzf xxxtxxctyyyyzzzz fftfxff v tttxttx =+= =+= Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 已知麦克斯韦方程组为 D= r ， B E t = r r ，0B= r ， D HJ t =+ r rr 由式得 2 yy xxxzz DD DDDDDv D xyzxctyz =+=+= r 电场强度的三个分量式依次为 2 2 yy xxxzz yyy xxzzz yyy xxzzz EEBBB EE v yzyzttx BBB EEEEEv v zxzxctttx EEEEE BBBv v xyxctyttx = = + =+= = + = = + 仿照上面D= r 的变换式得出0B= r 的变换式为 2 0 y xxz B BBBv xctyz += 仿照/EBt= rr 的变换得/HDtJ= + rrr 的三个分量变换式为 2 2 y xxz x yy xzz y yy xzz z HDD H vJ yztx DD HHHv vJ zxcttx HHH DDv vJ xctytx =+ +=+ =+ 将第一式式代入式以消去/ x D t ，将代入的第一式以消去/ x B x ，将 代入式以消去/ x B t ，以及将式代入第一式式以消去/ x D x ，结果为 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 222 2 2 2 ()() () () x yzzyx x zyyz x zyyz x yzzy x yz Dvvv DHDHJ xyczcc B EvBEvB yzt Ev EvBBE zxtc Ev EvBBE xytc Bv BE xyc += = += + = + 2 2 2 0 ()()() () () zy x zyyzx x zyyzy x yzzyz v BE zc D HvDHvDJv yzt Hv HvDDHJ zxtc Hv HvDDHJ xytc += +=+ =+ +=+ 以上 8 式正是系的电磁场应遵守的规律。由这些式子可见，如果电磁场、电流密度和电 荷量密度从系到系的变换关系为 ()() 22 22 2 , , , (), xxyyzzzy xxyyzzzy xxyyzzzy xxyyzzx vv DDDDHDDH cc EEEEvBEEvB vv BBBBEBBE cc v JJvJJJJJ c =+ =+ =+= = 则就可以化成 D = r ， B E t = r r ，0B = r ， D HJ t =+ r rr 这正是麦克斯韦方程组在系的形式，式中表示系的算符。这样就证明了麦克斯韦 方程组是洛伦兹不变的方程组。 2.3.3 在低速情况下，一个电荷为e，加速度为a r 的粒子在自由空间的辐射功率近似为 222 322 0 12 43 e d x d x P c dtdt = rr 试利用四维矢量证明上式可以表示为 2 622 32 0 121 () 43 e Pava cc = rr Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 解 令,x xx xt r r ，则 22 2 322 0 12 43 d x d x dWe P dtcdd = 式中是原时，是洛伦兹不变量。这样表示的/dW dt是两个四维矢量的标积，也就是洛 伦兹变换下的标量。下面通过四维动量把它化为用三维速度v r 和加速度a r 表示的式子。因 , i ppW c = r 所以 pmvmc= r rr ， 4 i pWi mc c = ddt dd dddtdt = 故式化为 22 22 4 3232 00 1212 4343 dp dp dpeedp P c mddc mdd =+ r 22 2 22 32 0 12 ()() 43 edd mc c mdtdt = r 22 22222 0 12 2() 43 e c =+ r r ( 3 ) 证明能流S u r 与波矢k r 一般不在同 一方向上。 解 依题意 0 ()i k xt BB e = u r u r u ru r ， () 0 i k xt DD e = u r u r urur ， 0 ()i k xt EE e = u r u r urur ，且各项异性介质中 无自由体电荷和体电流分布，即0 f =，0 f J= r 。 (1) 将 0 ()i k xt BB e = u r u r u ru r 代入0B= u r ，有 00 ()() 0 i k xti k xt B eeBik B = u ru ru ru r u rurr u r 将 () 0 i k xt DD e = u r u r urur 代入0D= ur ，有 00 ()() 0 i k xti k xt D eeDik D = u ru ru ru r ururr ur 由此证明0k Bk D= rr rr 。 在无自由电流分布的介质中 D H t = ur uu r ，即 D BiD t = ur u rur ，所以 i DB = uru r () 0 i k xt iikB B eikB = u r u r ru r u rru r 由此得D B0= ur u r 。 因为 B Ei B t = = ur uru r , 即 ik BEE = = r u rurur ，所以B E0= u r ur 。 由0D= ur 可知 0 ()0EP+= uru r ，即 0 ()EP= uru r ，可得 00 ()0Eik EP= uruu ruru r 由此可正0k E r ur 。 (2) 由 BD t = urur ， B E t = ur ur ，可以得到 1 ikBi D = ru rur ，ikEi B= ruru r 因此有 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. () 11 ikikEi D i = rrurur 由此得到 22 222 ()11 ()() kkE Dk E kk Ek Ek E k = = = rrur urr ur rururr ur r （3）因为 ()() 2 000 111kE SEHEEkEkEE k E = rur u ruruu rururrurrur r ur 且0E k ur r ，所以S u r 与波矢k r 不在同一方向上（只有E ur 与k r 同方向时，S u r 沿k r 方向） 。 4.2.5 设真空中矢势可用复数)(tak r 的傅立叶展开为 ),(txA r * ( )( ) kk k ik xik x a t ea t e + rr rr rr 其中 *( ) k a t r 是)(tak r 的复共轭。 （1）证明)(tak r 满足谐振子方程0)( )( 22 2 2 =+tack dt tad k k r r ； （2）当选取规范0A=，0 =时，0 k k a= r r ； （3）用)(tak r 和 *( ) k a t r 表示E r 和B r 。 解 （1）A r 可改写为 ( , )( ) ik x k k A x ta t e = = r r r 对于真空情况，采用洛仑兹规范 2 1 0A ct += r 下的达朗贝尔方程 2 2 22 1 0 A A ct = r r 将式代入式，有 22 22 22 ( ) ik x k d a td A ecA dtdt = rr r r r 222 ()( )( ) ik xik x kk cea tk a t e = rr rr rr 所以 2 22 2 ( ) 0 k d a t k c a dt += r r （2）当0= A r ，0=时 ( )( )( )0 ik xik xik x kkk Aa t ea teik a t e = rrr rrrrr rrr 由此得到 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 0= k ak r r （3）考虑到真空中 () 0 i k xt e = rr 和洛伦兹规范条件，有 222 ik x k ccc Ak Aka e i = rrrr r 所以 * ( )( ) kk k ik xik x BAika t ea t e = =+ rr rrrrr rr , 2 ik x kk ik x Ac Eiki Aikk a eia e t = = += + rr rr r rrrrr rr 4.2.6 对于圆柱形波导中传播的单一频率电磁波， 证明其电磁场的横向分量都可以用纵 向分量表示。 解 在圆柱形波导中沿z轴传播的波在柱坐标系中可表示为 ()() ( ,),( ,) iztizt EEeHHe = rrrr 由单一频率麦克斯韦方程组可得 , ii HEEH = = rrrr 利用柱坐标系中旋度表示式，并将代入得 11 () zz H HHiii EHi H z = r () zz H HHiii EHi H z = r 11 () zz E EEiii HEi E z = = = r () zz E EEiii HEi E z = = = r 由式和式，消去H得E表示式，消去E得H表示式。类似地由和，消去H 得E表示式，消去E得H表示式。经整理后结果如下： 22 22 , , zzzz cc zzzz cc EHEHii EE kk HEHEii HH kk =+= =+ Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 式中 22222 , c kkk =。此结果表明，圆柱形波导中横向电磁场分量都可以用两 个两个纵向分量 z E和 z H来表示，因此只需求解 z E和 z H，则可得其他分量的场。 4.2.7 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正方向传播， 设波在x方向是均匀的，求可能传播的波摸和每种波摸的截止频率。 解 设z轴与平板平行，因为波在x方向是均匀的，电场强度与x无关，因此电场强度 可以表示为 () ( , , , )( ) z i k zt E x y z tE y e = urr ，即电磁波沿着z轴正向传播。亥姆霍兹方程为 22 0Ek E+= urur （要求解满足0E= ur ） 。通过分离变量可以得到 2 2 2 ( ) ( )0 y d E y k E y dy += r r 式的解为 11 22 33 cossin cossin cossin xyy yyy zyy ECk yDk y ECk yDk y ECk yDk y =+ =+ =+ 由边界条件 0, 0 x yb E = =、 0. 0 y yb E y = = 和 0, 0 z yb E = =，得到 y n k b =， 222 () z n k b =， 1 0C =， 2 0D =， 3 0C = 式改写为 () 1sin exp xz n EAyi k zt b = () 2cos exp yz n EAyi k zt b = () 3sin exp zz n EAyi k zt b = 由于0E= ur ，可得 23 / z A nbiA k=， 1 A独立。 利用 222 ()0 z n k b = 可以求得截止频率为/ c n c b=。 4.2.8 频率为的光子，能量为h，动量为kh，碰在静止的电子上，试证明： （1 ）电子不可能吸收这个光子，否则能量动量守恒律不能成立; （2 ）电子可以散射这个光子，散射后光子频率 小于散射前光子的频率（不同于 经典中散射光频率不变得结论） 。 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 解 （1 ）设碰后电子动量为 p ，而吸收前电子静止（静止质量为 0 m） ，由动量守恒 k p =h 即 2222 p c= h。由能量守恒 22224 00 m cp cm c+=+h 由式和式得到0 =h，这与已知矛盾，故电子不能吸收这个光子。 （2 ）因为光子不被吸收，所以碰撞后光子具有动量和能量。设碰撞后光子的动量和能 量分别为 h和 k h，而碰撞后的电子能量为 2 mc。由能量守恒定律 22 0 m cmc +=+hh 得到 2 0 ()mm c =+hh 因为 0 mm，所以 ，求介质球产生的辐射场。 解 题中给出的条件 0 R 意味着在介质球中各处，场 () 0 i kxt EE e = rr 中，指数因子 0 2/2/1kxxR=的含义，该条件首先意味着在介质 球内电场强度E r 每时每刻都是处处均匀的，可以略去介质球内各点处外场间的相位差。因 此可以借用处于均匀静电场中的介质球产生的总极化电偶极矩表示式，作为本辐射系统振 Generated by Foxit PDF Creator Foxit Software For evaluation only. 荡电偶极子的电偶极矩。其次，正是由于题中所给条件，可以只计算至电偶极辐射项。电 四极和磁偶极辐射属高级小项，可以忽略不计。 4.3 C 类练习题 4.3.1 有一线偏振波从真空入射到介质（设相对折射率为