电动力学答案完整.doc

=精选公文范文，管理类，工作总结类，工作计划类文档，欢迎阅读下载=电动力学答案完整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，使介质内均匀带静止电荷?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 ?sD?ds?4?3f?3fdV3， f即：D?4?r2?E?r?r?r1? ?r3?r13?33?r，?Qf4?33E?ds?r2?r1?f?s?03?0，E?r32?r13?3f3?0r?r， ?r r1时， E?0 ?0?P?0?eE?0E?0?E?0 ?0r?f?3?r13?r?3r?r?p ?r3?r13?P?0?f33?r?p?P1n?P2n 考虑外球壳时， r= r2 ，n 从介质 1 指向介质 2 ，P2n =0 ?P1n?0? ?r3?r133?p3?r?frr?r2?r?r?1?0?231?f ?3r2?33考虑内球壳时， r= r1 ?0?r3?r133?p3?r?fr?0r?r1 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，今在两板接上电动势为 的电池，求 电容器两板上的自电荷密度f 介质分界面上的自电荷密度f 若介质是漏电的，电导率分别为 1 和 2 当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？ 解：在相同介质中电场是均匀的，并且都有相同指向 则?l1E1?l2E2?E?D1n?D2n?1E1?2E2?0(介质表面上?f?0) 故：E1?2El1?2?l2?1，E2?1El1?2?l2?1 又根据D1n?D2n?f， 在上极板的交面上， D1?D2?f1 D2是金属板，故D2=0 ?1?2El1?2?l2?1即：?而?f1?D1? f2?0 f3?D1?D2?D2?， ?1?2El1?2?l2?1f3?f1 ?j若是漏电，并有稳定电流时，E?可得 ?jE1?1?1 ， ?jE2?2 ?2j2?j1l?l?E2?1?2又?1 ?j?j?j?j,(稳定流动)2n12?1n 得：j1?j2?El1?1?D3?l2?2j1?2E?E?1?l1?2?l2?1?1 ，即? ?1E?E?j2?2?2l1?2?l2?1?D2?1?2El1?2?l2?1f上?2?2El1?29?l2?1f下 ?f中?D2?D3?2?1?1?2l1?2?l2?1E 、内外半径分别a和b的无限长圆柱形电容器，单位长度电荷为?f，板间填充电导率为?的非磁性物质。 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。 求?f随时间的衰减规律。 求与轴相距为r的地方的能量功耗功率密度。 求长度为l的一段介质总的能量耗散功率，并证明它等于这段的能减少率。 ?f证明：电流连续性方程：?J?0 ?t根据高斯定理 ?f?D?D?J?t?0, 即：?J?D?t?0 消。 ?D?D)?0， ?J?0?(J?t?t，即传导电流与位移电流严格抵解：高斯定理得：?D?2?rdl?fdl ?f?f?er,E?er ?D?2?r2?r?D?0，J?E,D?E又J?t?t?E?E?0,E?E0e?t? ?r0?t?er?e?er 2?r2?r?f?f?f0e?t ?D?f0?t?f解：J?(e)?t?t2?r?2?r能量耗散功率密度=J?J221?(?f2?r)? 2解：单位体积dV?l?2?rdr ?P?ba(?f2?r)?l2?rdr?2l?f2?22Inba 静电能W=?ba1?D?EdV?2?ba1l?f1l?fbdr?In22?r22?a22 l?f?b?fb减少率?In?In2?t2?a?t2?a?Wl?f2 例1.一个内径和外径分别为R2和R3的导体球壳，带电荷Q，同心地包围着一个半径为R1的导体球.使这个导体球接地，求空间各点的的电势和这个导体球的感应电荷。 解 这个问题有球对称性，电势?不依懒于角度?和?，因此可以只取?n(anR?nbnRn?1)Pn(co?s中)n=0项。设导体壳外和壳内的电势为 ?1?a?bRdR,(R?R3),(R2?R?R1) (1)(2) ?2?c?边界条件为： 因内导体球接地，故有 ?2|R?R?1|R?0(3) 1因整个导体球壳为等势体，故有 ?2|R?R?1|R?R (4) 13球壳带总电荷Q，因而 ?1R2d?2R2d?Q R?R?R?R?3R?R20把、代入这些边界条件中，得 a?0,c?dR?0, 1c?d?b RR,b?d?Q234?0此解出 d?Q1,b?Q?Q14?,04?04?0c?Q14?, 0R1其中 R?1Q31?R?1?11?R2?R?1Q 3把这些值代入、中，得出电势的解 (5) (6) ?1?2?Q?Q14?0RQ(,(R?R3)1?1R1 ).(R2?R?R1)4?0R导体球上的感应电荷为 ?2?R ?0?R?R1Rd?Q1 2例4 导体尖劈带电势V，分析它的尖角附近的电场。 解 用柱坐标系。取z 轴沿尖边。设尖劈以外的空间，即电场存在的空间为0?2?(?为小角)。因?不依懒于z，柱坐标下的拉氏方程为 1?r?r(r?r)?1?r?222 ?0用分离变量法解次方程。设?的特解为?R(r)?(?)则上式分解为两个方程 r2dRdr22?r2dRdr?R,2d?d?22 ?0.其中?为某些正实数或0.把?的特解叠加得?得通解 ?(A0?B0In)r(0?C?0D?)?(?A?r?Br)(?Cco?s?Ds in).各待定常量和?的可能值都边界条件确定. 在尖劈?0面上，?=V，与r无关，此 A0C0?V,B?0,0C?0?(?0). 因r?0时?有限，得 B0?B?0. 在尖劈?2?面上，有?V,与r无关，必须 D0?0,sin?(2?)?0, 因此?得可能值为?n?n2?,(n?1,2. .)?考虑这些条件，?可以重写为 ?V?Anr?sin?n? .nn为了确定待定常量An，还必须用某一大曲面包围着电场存在的区域，并给定这曲面上的边界条件。因此，本题所给的条件是不完全的，还不足以确定全空间的电场。但是，我们可以对尖角附近的电场作出一定的分析。 在尖角附近，r?0，上式的求和的主要贡献来自r最低幂次项，即n=1项。因此， ?V?A1r?sin?1?, 1电场为 ?r1?r?Er?A1r11?1sin?1?, E? ?A1r11?1cos?1?. 尖劈两面上的电荷密度为 ?0E?(?0) ?0En? ?E(?2?)?0?0?1Ar1?1. 1若?很小，有?1?12,尖角附近的场强和电荷密度都近似地正比于r?12.此可见，尖角附近可能存在很强的电场和电荷面密度。相应的三维针尖问题就是尖端放电现象。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小球，求稳恒时电流分布。讨论?1?2及?2?1两种情况下电流分布的特点。 解：维持电流恒定的电场也是静电场，可令E?，电流恒定条件?Jf?0，等两种介质都是线性均匀的，根据欧姆定律半径为R0?J?E?Ee，令导电液中原电流密度f0。问题就2020z有z轴对称性。 全部定解条件为： ?1?02 ；?2?2?0 R=0时， ?1有限； R?时， ?2?Jf0?2Rcos? ?1?R?2?2?RR=R0时， ?1?2， J1R?J2R即?1R=0和R?处的条件，可将两区域电势方程的解写为 ?1?annRPn(cos?)n?2?nbnRP(cos?)?n?1nJf0?2Rcos?将和代入，解出 ?1?3Jf0?1?2?2Jf0Rcos? Jf0?1?2?R032?2?2Rcos?2?1?2?2?Rcos? ?0eR?E2?E1?，得球面的电荷密度： ?0?2?R?3?1?2?0?1?Jf0cos? ?2?R?R?R0?1?2?2?R球内?1为原外场与球面电荷分布?产生的均匀场之叠加;球外?2的第一项是原外场，第二项是球面电荷产生的偶极场。 电流分布为： ?J1?1E1?1?1?3?1Jf0(?1?2?2) 3?(?)R?3(Jf0?R)RJf0?120J2?2E2?2?2?Jf0?3? ?5(?1?2?2)?RR?3(Jf0?R)RJf0?3?3?当?1?2时，J1?3Jf0，J2?Jf0?R0?5RR? 当?2?1时，?J1?0?R3，J2?Jf0?02?3(Jf0?R)RJf0?3?5RR? ?，导体球接地，离 半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质R?，?0；球心为a处?a?R0?置一点电荷Qf，试用分离变数法求空间各点电荷，证明所得结果与镜象法结果相同。 【解】以球心为坐标原点，另Qf位于z?a，如图所示。 z r Qf R a O 于是问题有z 轴对称性。球外电势的全部定解条件为 ?2?Qf?(x?aez)?/ R?，?0； R?R0，?=0 R?处的条件和z轴对称性，泊松方程的解写为 ?Qf4?r?n?0bnRn?1Pn(cos?) 其中是r点电荷Qf到场点的距离。1可展开成 r1r?1?R?n(R?a)?Pn(cos?)1?a?a?n?022?anR?a?2Racos?1(R?a)()Pn(cos?)?R?R?n?0因R0?a，将的第一式代入，并条件R?R0，?0解出 bn?QfR02n?14?aQf4?rn?1Qf ? ?Qf4?an?0R02n?1n?1Rn?1Pn(cos?)(R?R0)将代入，便给出R0?R?a和R?a两区域中电势的级数形式，仅在R?a，?0即点电荷Qf所在点级数发散。在R?a区域，式给出 1?nR02n?1?a?n?1a?Pn(cos?) ?Qf4?n?0Rn?1 它包含着这电荷体系所有各级电多极矩的电势， P0(cos?)=1，P1(cos?)=cos?，P2(cos?)=?3cos?1?/22 式的前三项是单极项，偶极项和四极项电势： ?(0)?Qf4?RQf4?RQf8?R32(1?R0aR0a3 )?(1)?(a?2)cos? ?(2)?(a?2R0a52)(3cos?1)2式和式，可推知这体系的电偶极矩和电四极矩。 【镜像法】以假象的像电荷代替导体球与介质分界面真实的感应电荷及极化电荷对电场的贡献，为使所得的解满足求解区域即球外的方程，像电荷必须置于球内。轴对称性，在球内z?b处置像电荷Q?，于是球外任一点的电势可写成 ?Qf4?r?Q?4?r?其中r是Qf到场点的距离，r?是Q?到场点的距离，即1r1r?1R?a?2Racos?1R?b?2Rbcos?2222 R?R0，?=0的条件，有 f?0，即 ?r?R?RQfr?r0?QQ?Q?r?R?R0 将r和r?代入上式并两边平方，可解出 2/，a b?R0/aQ?QfR0 ?Qf4?r?QfR0/a4?r?此解与式是一致的，它显然也满足R?，?0的条件。 接地的空心导体球的内外半径为R1 和R2 ，在球内离球心为a(a解：于接地导体球壳的静电屏蔽作用，球壳及其外部空间的电势为零，求解区域为球腔。设点电荷q位于z=a,球腔内电势的定解条件为 ?q?(x?aez)/?0 2R=0, ?有限；R= R1 ，?0z轴对称性，将代替导体球面感应电荷的镜像电荷q置于z=b处，且必须使b R1,于是球腔内任意一点的电势为 ?1(q?qr) 4?0r 其中r和r分别为场点到q和q的距离，即 1r?1R?a?2Racos?22，1r?1R?b?2Rbcos?22(4) R= R1 ，?0的条件，解出 q?qR1/a, b?R12/a(5) 将,代入得 ?14?0qR?a?2Racos?22?qR1/aR?(R/a)?2R(R/a)cos?221221 因为球外?0故感应电荷集中在内表面并且总电量为q。 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试用电象法求空间电势。 解：以z轴为系统的对称轴，球心为坐标原点，求解区域为导体表面上方空间，导体表面的电势为零，定解条件为 ?q?(x,y,z?b)/?02 R?a，以及R?a但z?0处?0 ，?0 R?要满足导体表面电势为零的条件，需要导体内设置三个假想的像电荷：在z=-b处置-q，在z?a2/b处置-qa/b，在z?a2/b处置+qa/b。于是导体外任意一点的电势为 ?14?0qx?y?(z?b)222?qx?y?(z?b)222?qa/bx?y?(z?a/b)2222?qa/bx?y?(z?a/b)2222 有一个均匀带电的薄导体壳，半径为R0，总电荷为q，今使球壳绕自身某一直径以角速度?转动，求球内外的磁场B. 【解】以球心为坐标原点，转轴为z轴.球壳电荷面密度?f=q/4?R02，因球壳自转而形成的面电流密度为f?fv?q4?R0?ez?R0eR?2q?4?2R0sin?e? 【磁标势法】 球内外两区域均无传导电流分布，磁标势均满足方程?2?0，边界条件为 R?0，?1有限； R?，?2?0 R?R0处，B2R?B1R，eR?(H2?H1)? f 即?2?R?1?R， ?1?2R0?1?1R0?q?4?R0sin? z轴对称性，及的两个条件，磁标势方程的解写为 ?1?anRnPn?co?s?(R?R0)n ?2?nbnRn?1Pn(co?s ) (R?R0) 条件，解出 ?1?q?6?R0co?s，?2?0q?6?R0m4?R2cos?m?R4?R3 B1?0(?1)?ezm?3?R?B2?0(?2)?4?0?3?m?R?R5? 球内为均匀场，球外为磁偶极场，球面电流形成的磁矩为 m?1?Re?2s0R?f?dS?q?R032ez电荷按体均匀分布的刚性小球，总电荷量为q，半径为R0，它以角速度?绕自身某一直径转动，求： 它的磁矩； 它的磁矩与自转角动量之比。设小球质量M0是均匀分布的。 【解】小球的电荷密度与质量密度分别为?q?3q4?R03， ?m?3M04?R03 设转动轴为z轴，则球内任一点的转动速度为v?ez?r?re?， 球内电流密度与动量密度分别为 J?qv?q?re?， p?mv?m?re? 小球的磁矩m与自转角动量L分别为 m?1?2Vr?JdV?q?R052ez 2L?1?2Vr?PdV?2M0?R05ez M0 于是有 m/L?q/2 有两z轴传播，一个波沿x方向偏振，?2另一个沿y方向偏振，但相位比前者超前，求合成波的偏振。反之，一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振？ 解：两个波德波矢量均为k?kez，设振幅均为E0，有 E1?E0exei(kz?t) ?2)E2?E0eyei(kz?t?iE0eyei(kz?t) 于是合成波 E?E1?E2?E0(ex?iey)ei(kz?t) 是振幅为E0的圆偏振波，在迎着传播方向看来，电矢量E逆时针旋转，故是右旋的圆偏振波。若E2的相位比E1滞后E?E1?E2?E0(ex?iey)ei(kz?t)?2，则合成波是左旋的圆偏振波。若E1和E2的振幅不等，则合成波是右旋或左旋的椭圆偏振波。反之，一个圆偏振波可以分解为两个相互独立，相位差为?线偏振波。 考虑两列振幅相同、偏振方向相同、频率分别为?d?和?d?的线偏振平面波，它们都沿z轴方向传播 求合成波，证明波德振幅不是常数，而是一个波： 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。 解：因d?，这是两列频率接近的波，波数分别为k1?k?dk,k2?k?dk。设它E0们都沿x方向偏振，振幅为E0，且初相位一致，即 E1?E0exei(k?dk)z?(?d?)t?2的,E2?E0exei(k?dk)z?(?d?)t 于是合成波 E?E1?E2?2E0excos(dk?z?d?t)ei(kz?t) 仍是x方向上的线偏振波，其实数形式为 ?z?d? E?2E0cosd(kt)co?sk?(zex t)这表明频率为?的高频波受到了频率为d?的低频波调制，2E0cos(dk?z?d?t) 是已调至的振幅，或称包络线，等相位面方程为?kz?t?常数，对它求时间导数，得相速度 vp?dzdt?k 等振幅面方程为2E0cos(dk?z?d?t)=常数，对此求时间的导数美得振幅传播速度 vg?d?dk 它是波包整体的传播速度，即群速。 一平面电磁波以?45o从真空入射到?r?2得介质，电场强度垂直于入射面。求反射系数和折射系数 解：设介质是非铁磁性且线性均匀的，即?r?1，折射率n21?r?r?2，因入射角?45o，折射定律 sin?12,cos?32sin?sin?n21，得 即折射角?30o。当E垂直于入射面时，边值关系 E?E?E,Hcos?Hcos?Hcos? 及H?0?0E,H?0?0R?E,H?2?0?E可解出E，反射系数为 SnSn?EE2?2?33?(2?3)?7?43? 不考虑介质损耗时，折射系数为T?1?R?232?3? 有一个可见平面光波水入射到空气，入射角为600。证明这时将会发生全反射，并求折射波沿表面传播的相度和透入空气的深度。设该波在空气中的波长为?0?10cm，水的折射率为n= ?5解：空气的折射率n2?1，水的折射率n1?n?n2，这是光从光密介质入射至光疏介质的问题，折射定律 sin?sin?n2n1?n21?1n?0?0?1?1可得这问题的临界角为 ?c?arcsin 入射角?600?c，故sin?nsin?1，已没有实数意义上的折射角，将发生全反射。设界面为z=0的平面，入射面为xz平面，入射波矢k?kxex?kzez，折射波矢k?kxex?kzez,k?1?1,k?0?0，折射定律，有 k?n21k,kx?kxsin?kn2n1?49450 kz?k2?kx?iksin?n21?i?222折射波矢的法向分量kz为虚数，故折射波电场为 i(k?x?t)?zi(kE?Ee?Eee00xx?t)可见这是沿界面切向x传播，振幅在法向z按指数规律衰减的表面波。设E?Eey / B?0H?(k?E)? 得折射波磁场两个分量：因此折射波的法向平均能流密度： H?Ez?0sin?0n21,Hx?iE?0?0sin?n2212?1Sz? 12ReE(Hx?)* 0 透射系数T=0.这是因为入射波能量在半个周期内透入第二介质，在另半个周期内又完全反射回到第一个介质所致。k?nk?2n?/?0，波透入空气中的深度为 ?1?1ksin?n2122 ?2n?0sin?1/n22 ?5?10cm 折射波德相速度为vp? 频率为?的电磁波在各向异性介质中传播时，若E,D,B,H仍按e?但D不再与E平行。 证明k?B=k?D=B?D=B?E?0，但一般k?E?0 证明D?k2E?(k?E)k/?2? 证明能流S与波矢k一般不在同一方向上 解：设介质内?f?0,Jf?0即介质中的场方程为 ?D?0,?E? 设?H成立，将E?E0eio(k?x?t),D?D0eio(k?x?t),B?B0eio(k?x?t)代入上述场方程，得 k?D?0,k?B?0,B?1k?E,D?1k?B?B?tik?x?t?kx?ksin?233nc?32c 变化，?B?0,?H?D?t?E?B?0,B?D=0,k?E?k?D/?0 k?E?0是于D?E。将的第三式代入第四式，得 D?12?k?(k?E)?1?2kE?(k?E)k2因k?E?0，故D与电场E不同向。介质中的能流密度为 S=E?H?1E?(k?E)?1Ek?(k?E)E2? 显然，S与波矢k不在同一方向。 已知海水的?r?1,?1S?m?1，试计算频率v为50Hz，106Hz的三种电磁波在海水中的透入深度。 ?12?1F?m在微波频率以下海水的?r数量级为10，电导率解：?0?10?169?1S?m，因此对于频率为50Hz，10Hz和10Hz的三种电磁波，均有 ?2?vr0?1 即海水对上述频率的波可视为良导体，波德穿透深度均可表示为 ?1?2?1v?0? 6910Hz和10Hz代入上式，分别得 将?0?4?10?7H?m?1,?1S?m?1,v?50Hz，?，m? ?72m16 无限长的矩形波导管，在z=0处被一块垂直地插入的理想导体平板完全封闭，求在z?和z=0这段管内可能存在的薄模 解：因一端被理想导体封闭，波在此处将被完全反射，因此这波导管内电场不具有E(x,t)?E(x,y)ei(kzz?t)形式，现令E(x,t)?E(x,y)e?i?t,E(x)是方程 ?2E?k2?0,k?/c满足条件 ?E?0和en?E|s?0的解，界面S是管壁。E(x)的三个直角分量均满足方程： ?Ei?k?i?0,i?x,y,z22 其中k2?kx2?ky2?kz2?2/c2令Ex?X(x)Y(y)Z(z),从方程得到三个一维波动方程： dXdx22?kX?0,2xdYdy22?kY?0,2ydZdz22?kzZ?02它们都有形如Cicoskxxi?Disinkixi的通解，因此 Ex?(C1coskxx?D1sinkxx)(C2coskyy?D2sinkyy)(C3coskzz?D3sinkzz) 设波导管x方向的宽度为a，y方向的宽度为b。有条件，有 ?Ex?0处，x?0;y?0及z?0处，Ex?0?x 此得D1?C2?C3?0，于是 Ex?A1coskxxsinkyysinkzz常数A1是Ex的振幅。同理得 sinkxxcoskysiznk z Ey?A 2yEz0?A3sinkxxcoskyycoskzz再条件，有x?a处，?Ex?x?0,Ey?Ez?0 ?Eyy?b处，?0,Ex?Ez?0 ?y将三式代入上述条件，解得 /m(n,?kx?m?/a,ky?n?b,1,2 ,kz?k?kx?ky?(?/222)c2?(?m/a)?(n2/ b)2管内电场还应满足?E?0将(8)(9)三式代入这条件，得 k? A1kx?A2yAk?0 3z可见A1,A2,A3中只有两个是独立的，即，表示的解中，对每一组m,n值，管内有两种独立的波模。 若把麦克斯韦方程组的所有矢量都分解为无旋的(纵场)和无散的(横场)两部?分，写出E和 ?B的这两部分在真空所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场。 ?解：令E?EL?ET，B?BL?BT，J?JL?JT，下标L表示纵场，T表示横场： ?BL?0，?EL?0，?JL?0，?ET?0，?BT?0，?JT?0 于是从麦克斯韦方程 ?B1?E，?B?0， ?B?0J?2?E?/?0，?E?c?t?t?1?EL得?EL?/?0 ，?EL?0，2?0JL c?t?BT，?ET?0，?ET?t?BL ?0 ?BL?0，?BL?0，?t?1?ET，?BT?0 ?BT?0JT?2c?t?方程组的前两个方程表明，时变电场的纵向分量EL?场一样是有散无旋场，故EL电荷激发，它与静电对应库仑场。 ? 证明在线性各向同性均匀非导电介质中若?0, J?0,则E和B可完全?矢势A 决 ?定若取?0, 这时A 满足哪两个方程？ ?解：对于单色波，现行各向同性均匀介质内D?E，B?H，若?0, J?0，场方程为 ?B?E，?B?0，?B? ?E?0，?E?t?t?A将 B?A，E? ?t代入场方程，并选择洛伦兹规范 ?A?0 ?t?得A和?遵从齐次波动方程： ?22?A?22?A?0，?022?t?t将角频率为?的单色波 ?i?t?，?(x,t)?(x)e?i?tA(x,t)?A(x)e i?(?A)代入式，并求梯度，得?于是又可知E和B可完全矢势A确定： ?B?A， ?AiE?(?A)?i?A?t?若取?0，则式变成?A?0，此时A满足的两个方程为 ?2?A2?A?0，?A?02?t?给定的边界条件，从这两个方程杰出A?B?AE?i?A ，便可给出，?A(?,?) 证明沿z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势) ?A 表示，其中?t?z/c，垂直于z 轴方向。 证：在洛伦兹规范?1?A?2?0 c?t下，齐次达朗贝尔方程的平面波解为 ?i(k?x?t)i(k?x?t)A?A0e，?0e ?于k?A?0，即A为横场，于是洛伦兹规范，得 ?i?ik?A?2?0，?0 c?而波失量k?kez，故失势为 ?i(k?i?(t?z/c)?x?t)A?A0e?A0e?A(?,?) 其中?t?z/c，这平面波的电磁场用失势表示为 ?B?A?ik?A(?,?) ?AE?i?A(?,?) ? ?设真空中失势可用复数傅里叶展开为A(x,t)?*ik?x?ik?x其中?ak(t)e?ak(t)e，k?*ak是ak的复共轭。 ?2?dak22证明ak满足谐振子方程2?kcak(t)?0； dt?当选取规范?A?0，?0时，证明k?ak?0； ?把E和B?*用ak和ak表示出来。 ?1?0证明：在洛伦兹规范?A?2c?t?2?1?A下，真空中的A的齐次波动方程为?2?A?22?0c?t这是一个线性方程，任何频率的单色平面波是它的解，各种不同频率的单色波线性叠加而成的任何电磁波，都是它的解。故一般的可将这方程的解表示为级数： ?A(x,t)?ik?x?ik?x*?ak(t)e?ak(t)e k将代入方程可得 ?dak2dt2?2?da*k2222?kcak(t)?0，?kca*k(t)?02dt 即每一个单色波ak极其复共轭都满足谐振子方程。 ?*当选取规范?A?0，?0时，将式代入此条件得k?ak?0，k?ak?0 ? ?B?A?k?ik?x?ik?xik?ak(t)e?a*k(t)e ?Adak(t)ik?xda*k(t)?ik?xE?e?e? 设A和?是满足洛伦兹规范的失势和标势。 ?引入一矢量函数Z(x,t)?，使?Z?1?Z，证明A?2； c?t?若令?P?，证明Z?2?1?Z2满足?Z?22?P/?0，并写出它在真空中的c?t推迟解； ?证明E和B?可通过Z用下列公式表出。 ?1?c2证明：在洛伦兹规范?A?下A和?遵从达朗贝尔方程： ?t?0?22?1?A1?22?A?2?0J，?2?/?0 22c?tc?t?将?Z?1?Z）=0 代入式得?(A?2c?t因为式对任意点任意时刻都成立，故方程对任意点任意时刻也成立，?1?Z因此括号内两个矢量最多只相差一个无散场，令其为0，便有A?2c?t若令?P?2?1?Z2将式和式代入式的第二式得?Z?22?P/?0c?t?这方程与A的达朗贝尔方程有完全相同的形式，因此它也有推迟势解： ? ?Z(x,t)?14?0?v?P(x,t?r/c)rdv?只要给出?，式可求出P，进而式便可求出赫芝势。 ?1?B?A?2(?Z) c?t?AE?(?Z)?P/?0 ?t 两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞，证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生。 证明：电偶极矩产生的辐射场 ?E?eikR2.?(P?n)4?0cR.?eikR?0，B?(ikn?P) 4?R磁偶极矩产生的辐射场 ikR.?eikR?0e0(m?n)?n E?(m?n)，B?24?cR4?cR现有两个质量，电荷都相同的粒子相向而行，发生磁撞，在此过程中取两个电荷的连线为x 轴，于是此系统的电偶极矩是 ?P?qx1?qx2?q(x1?x2) 2.?d此可发现P?2q(x1?x2)?q(x1?x2) dt.?于两个粒子质量相同，电量也相同，故当其运动时x1?x2即P?0 于是系统的电偶极矩辐射场为 0 同理，系统的磁偶极矩辐射场为 0 综上，两个质量电荷都相同的粒子，同向而行发生磁撞，不会发生电偶极辐射和磁偶极辐射。 例1 一个立方体的固有体积为1000 m3，求沿与立方体的一边平行的方向以的速度运动的观测者O?所测得的体积。 解： 设立方体沿x方向运动 v= c，则观测者O?将测得立方体与运动方向平行的一边有一个收缩了的长度： v?lx1?()2?6m lxc 其它两边：lyy?ly?lzy?lz?10m 所以体积V?lx?ly?lz?6?10?10?600m3 例2. 能量为?1015eV的一个宇宙线质子来到地面，进入B?10?5T的磁场中，它的速度v与B垂直。 求：这质子感受到的电场强度有多大？ 解： 设质子的速度v?vex，磁感应强度B?Bey，电磁场变换公式得质子感受到的电场为 Ex?Ex?0 Ey?r(Ey?vBz)?0 Ez?r(Ez?vBy)?rvB 因为 Ex?Ey?Ez?0 所以Ex?,Ey?,Ez?全存在B引起的。 质子的静能m0c2?938MeV 所以r?mc22m0c?109938 所以vc?1?1r2?1 质子感受到的电场为E?Ez?rvB?109(V/m) 相对论时间空间坐标变换可得 t1?t1?vc2x122 1?vcvt2?t2?c2x222 1?vc?t?t2?t1?(t2?t1)?vc2(x2?x1)vc22?t?vc2?x221?1?vc 例3：一直山洞长1km，一列火车