电动力学习题及解答

1、第五章 电磁波的辐射1. 若把麦克斯韦方程租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的这两部分在真空中所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场。解：真空中的麦克斯韦方程组为E B/ t ，(1)E / 0 ，( 2 )B 0J 0 0 E / t ，( 3)B 0（ 4）如果把方程组中所有矢量都分解为无旋的纵场和无散的横场，并分别用角标L和T表示,则：由于 B 0 ，所以 B 本身就是无散场，没有纵场分量，即BLE0， B BT ；ET，J1）得：ELJL2）得：3）得：JT， (EL (EL BTEL JL ET) ET0，0，ETET 0 ；J T 0；B

2、T / tEL/0由电荷守恒定律又因为JLJL0 (J L0J LJT)00 t 得：0 EL /0 0 (E LEL / t)JLt) ，所以0EL)/0JTJL0 0 ET / t)( 0 EL / t)El/ t ,即（7）式简化为 所以麦克斯韦方程租的新表示方法为：ETBTELBL 0J L0BT0JTBT /0JT/0EL / tET / t（5）（6）（7）（8）（9）10）EL 0 引入标势2，代入EL0 得，上式的解就是静止电荷在真空中产生的电势分布，所以EL对应静止电荷产生的库仑场。2.证明在线性各向同性均匀非导电介质中，若 O , J O ,则E和B可完全由矢势 A决定。若

3、取 0 ，这时 A 满足哪两个方程？解：在线性各向同性均匀非导电介质中，若0，Jo ,则麦氏方程表示为：EB/ t（1）HD/ t（2）D0（3）B0（4）其中，D E , H B/ ,由于（4）式，引入矢势A,使将（5）代入（1）,得：(E AZ t)0 ,由此引入标势,使 EAZt,即EAZ t将（7）式代入（3）得：2Z t( A)0所以，可由A决定，进而，E也可完全由矢势如果取0,由（8）式得：A 0将（5）、'(7)代入（2）,并注意到0,得：2 .2A C2A2 0B A即B可完全由矢势A决定。A决定。（9）、（10）即为O时A满足的两个方程。3.证明沿Z轴方向传播的平面电

4、磁波可用矢势A（）表示，其中Z轴方向。（5）（6）（7）（8）（9）（10）t ZZC， A垂直于证：平面电磁波在没有电荷分布的空间中传播,2AZ22A 0 020 0沿Z轴方向传播的平面波解为A A0e* JA与满足洛伦兹条件：c2k AZ因此，只要给定 A，就可以确定t2t2势的方程为°ei"kz J0 0 Z t 0。所以 ik A0 00，即,从而E和B随之确定。由于AikA， E CBn所以E和B只与矢势的横向分量有关，即平面电磁波可由A来表示，即B A ik A ， E CB ni（ kz t）i （t ZZC）i其中 AA° eA0 eA°

5、 e根据题意A可记为A（）,其方向与Z轴垂直。i k x*ik x*4设真空中矢势 A可用复数傅里叶展开为A（x,t） ak（t）e ak（t）e ,其中akk是ak的复共轭。（1） 证明ak满足谐振子方程-drak（t） k2c2ak（t）0。dt2（2） 当选取规范A 0，0时，证明k ak 0。（3）把E和B用ak和ak表示出来。第 5页解：(1)证明：因为A(x,t)ak(t)eikx ak(t)e ikxk所以，根据傅立叶级数的正交性，必有：ak (t)A(x,t)eik XdX2 2d ak(t)A(x,t) ikxe dx故,dt2在洛伦兹规范下,2AA 02d ak(t)dt2

6、2 2k C ak(t)2d ak(t)t22A2A/ t2，ik X e(c2(1)因为dt2A(x,t)3)所以d2ak (t)dt2(2)当选取规范A0 0 2A/ t2所以(1)式化为2A)dxk2c2A(x,t)eikxdx22ik x 22k C ak(t) e c AoJ ,考虑到真空中J 0 ,k2c2A(x, t)dx(2)(3)ak(t)eikx a；(t)e ikx,k2 2A(x,t) k A(x,t)式右边积分中，被积函数为0,积分为0。所以ak满足谐振子方程所以2 2k C ak(t)0。A 0，ak(t)eikx kik ak(t)eikxak(t)e ikxak

7、(t)kik ak(t)e ikx0ik X eak(t)ik X eak(t)是线性无关正交组，所以要使上式成立, k ak(t)(3)已知 A(x,t)因为ak(t),必有k ak(t)0ak(t)eikxak(t)eikx,所以ikkak(t)eikxikak(t)e ikxdak(t) ikx -e k dt5.设A和是满足洛伦兹规范的矢势和标势。dtik x (1)引入一矢量函数 Z(x,t)(赫兹矢量)，若令证明12C(2)若令2P ,证明Z(x,t)满足方程Zc2 t20 P，写出在真空中的推迟解。(3)证明E和B可通过Z用下列公式表出：2 1(Z) c2 0P，B p C t是

8、满足洛伦兹规范的矢势和标势,A 丄一 0C t代入(1)得：丄_C2 t(1)证明:所以有(1)(2)即:,所以,(2)证明:因为标势1_Zc2 t在洛伦兹规范下有方程:1 2代入，得:2Z)(4),则上式化为2Z)与方程2A得方程(3)将2Z12Zc2t2°p(5)J_2AC2 t2在真空中的推迟解为2Z(x,t) ° 04oJ的推迟解A(x,t)P(x',t rc)dv'，A 丄-Z代入Ec2 tZ) C2 0P，(J_C2 t电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞,6.两个质量、发生。证：电偶极矩的变化产生的辐射场为：eikRB订(P n)，E4 0C Ri

9、kReJ(X',t r/C)dV'类比,A/ t 及 B(6)A ,得:证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会40C2R(P n) n第4页磁偶极矩的变化产生的辐射场为：ikRE 严(m n) , B4 CRikROe4 C3R(mn)第 16页在两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞的过程中，取两粒子的连线为 X轴，则系统的电偶极矩P qx qx2 q(X1 X2)P q(x X2)由于两粒子质量相同，根据牛顿第二定律，有XiX2 ,所以P 0,因此系统的电偶极矩产生的辐射场为0；又由于系统的磁偶极矩 m 0 ,所以系统的磁偶极矩产生的辐射场为 0，即两个质量、电荷都相同的粒子

10、相向而行发生碰撞，电偶极辐射 和磁偶极辐射都不会发生。7.设有一球对称的电荷分布，以频率沿径向作简谐振动，求辐射场，并对结果给以物理解释。解：因为电荷为球对称分布， 不失一般性，设球面上均匀分布了总电量为 Q的电荷，于是,球面电荷密度为Q/4 R2取如图所示相对的两块小面元 dS,dS,由于两块小面 元对应相同的立体角，故有相同的面积dS1 dS2，dq1dS1dS2 dq2因为两电荷元dq, dq2球对称分布，又以相同的频率 沿径向作简谐振动，所以有故此两电荷元的振动不能产生辐射场。根据场的叠加原理整个球对称分布的电荷体系沿径向的简谐振荡是不能产生辐射场的振动，辐射场为8. 一飞轮半径为 R

11、,并有电荷均匀分布在其边缘上，总电量为 旋转，求辐射场。解：设飞轮边缘的厚度为0。Q。设此飞轮以恒定角速度体系的电偶极矩为d,于是边缘上的电荷面密度Q CX2 R亠d2 RddlQ/2 Rd ,dlQ2cos202Sin0d ey0体系的磁偶极矩mS匚20,故辐射场为R2ezQ R22 ez由此得P 0, m9.利用电荷守恒定律，验证A和 的推迟势满足洛伦兹条件。0。证明：推迟势A与可写作:A(Xlt)jdV',1(X,t)4-3dV'0 V'A J(x',t')4 V'J(x',t')dV'J(x',t'

12、)V''-dV'4 V，r'J(x',t')dV'vrJ(x',t')t' COnStdV其中t' tr-tX x'OCC对于r的函数，有IA(x,t)0J (x',t')'dV'4 V'r0J(x',t')1 -dV'0 14 V'r4 V，r因为1 J1JJ(x',t')r'rC t'Ct''J(x',t')'J(x',t )t' Con

13、St1 J'rC t'所以J(x',t')'J(x',t ) t' const'J(X,t')J(x',t')dV'1-dV'-'J(x',t')f constr 4 v，rJ(X ,t )dV' -'J(x',t')t' COnStdV' r4 V，r由于'J¾v',V'S'4)dS'r0,所以另外1C2 t_L 4 V' r1 1C2 4'J(x

14、9;,t')t' COnStdV'所以C21 1 dV'-0dV'，0V'r t4 ,'1-'J(x',t')t' Const4 V，rV，r t'由电荷守恒定律,J (X ,t )t' const -0即得A和的推迟势满足10.半径为R°的均匀永磁体，磁化强度为 M。，球以恒定角速度绕通过球心而垂直于 M。的轴旋转，设 R0C ,求辐射场和能流。（提示：M。以角速度 转动，可分解为相位差为 2的互相垂直的线振动；e×SincoscoscosSineySinSincosS

15、incosezcosSin0直角坐标基矢与球坐标基矢变换关系为eRee解：本题相当于一个位于原点的磁偶极子的旋转，此磁偶极子的磁偶极矩为:433戌M。x，y方向上相位差为 2的简谐振荡的合成。43其旋转振荡可分解为m3R°M°cos( t)e，my4 3-RoMOSin( t)ey33R0 M O cos( t )ey2用复数形式表达为:m根据磁偶极矩辐射场公式BX4 c2RikR 4e -4 c2R302RX i(2e3c R230R0 M 0 i(kRi 2 e3c R再根据直角坐标基矢与球坐标基矢变换关系同理可得BySin cosBXByeyez02R3M 03c2R

16、2 3ll II0 ROMO3c2RSin SinBX By同理，根据辐射场公式i t.4eex，myi -3ikR Ze (mn)n ,32 i tRo Ml 0e(exkR t>(exer )er得er) erer )3i tR0M0e eyt)(eyerCoScosCoSSineRSincoscosSin(ecoscose Sin(ecosSine cos02r3m0 Zcosi (kR)ie (3c2RIe)ei(kR)ei(kRt)t)ELeikR (m4 CR及坐标基矢变换关系，可得：0 2刼0厂_(ie 3cR0 4r06mOM 不厂(118c Rn)，42m32 2c3R

17、2sin2 ncos2cos)er11.带电粒子 和辐射能流。解：带电粒子作匀速圆周运动，其磁偶极矩m是常矢量，因此不产生电磁辐射，但此系统e作半径为a的非相对论性圆周运动，回旋频率为。求远处的辐射电磁场的电偶极矩是一旋转的变化量 的两个简谐振荡：P eaer ,仿上题解法，把旋转量P分解为x，y方向上由此可得:根据公式得:PXPyPXPyea CoS texeacos( tteae exte ey，eai oke4 RezikR(nSinSineae i t eXi ( t /2). i teae ey eaie ey2i teae eX.2 i tiea e ey2)eyPXPyP)及直角

18、坐标基矢与球坐标基矢变换关系CoSSinCoS2o ea / (e cos4 CRCoS coscos SinSinie )ei(kRSineRCOSi okC ikR Z-e (n p) n ， S 4 R球坐标基矢变换关系，得2Oeai (kR t )E (e cos ie )e， S4 R12.设有一电矩振幅为于导体平面。设a解：如图所示，设平面再根据公式3232oC R2Sin n及直角坐标基矢与法，得:构造图中电偶极子2 2e a “222 (1 cos 32 2CR2Po ,频率为的电偶极子位于距理想导体平面为，求在R处电磁场及辐射能流。xoy是导体平面，利用镜像Po的镜象Po。由

19、图可i tPoeeX， PPoeeX ，iPoe)era/2处，Po平行P电偶极子P产生的辐射磁场为a1ik (R cos )e -4oC3R2POBiikacos2tex2PoePoe i t iteeri(kR t)e( QRiPoR2eX3 e4 oC R电偶极子的镜象 P产生的辐射磁场为a ik (R cos ) I 2erB21 i3 e4 0C3RPo3 e4 oC3Rika CoS2ei(kR t>exer所以 B(R,t) Bi B22p0ei(kR3 e4 0C RikaP0 ei(kRe4 0C R.3i °aP0 e3再由磁场求出:E(R,t)CBerS C2 013.设有线