电动力学习题解答5

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E E LET，E L0，J J LJT，JL0，由（ 1 ）得：(ELET)ET由（ 2 ）得：(ELET)由（ 3 ）得：BT0 (J L JT)(

2、0J L00由电荷守恒定律J/ t 得：又因为J L0(0E L /JL0 E L /t（7）式简化为BT0 JT所以麦克斯韦方程租的新表示方法为：BL 0， BBT ；ET 0；JT0；BT / tEL/000(EL EL) /tEL/t) ( 0J T00ET/t)JL/t(0EL/ t)t)，所以 J L0 E L/t，即000 E T / tETBT / tBT0JT0 0 ET / tEL/0BL 0JL0EL / t0由EL 0引入标势， E L，代入 E L/ 0 得，205）（6）7）（8）（9）10）上式的解就是静止电荷在真空中产生的电势分布，2. 证明在线性各向同性均匀非导

3、电介质中， 若所以 EL 对应静止电荷产生的库仑场。0，J 0 ,则E和B可完全由矢势A决定。若取 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 ， J 0 ，则麦氏方程表示为：（1）2）3）4）E B/ tH D/ tD0B0其中，D I , H B/ ,由于(4)式，弓I入矢势A,使BA(5)即B可:兀全由矢势A决疋。将(5)代入(1),得：(E A/ t)0 ,(6)由此引入标势,使 EA/t,即EA/ t(7)将(7)式代入(3)得：2/ t( A)0(8)所以，可由A决定，进而，E也可完全由矢势 A决定。如果取0,由(8)式得：A 0(9)将(5)、(7)代

4、入(2),并注意到0,得：2 2A CA2 0(10)(9)、( 10)即为0时A满足的两个方程。3.证明沿Z轴方向传播的平面电磁波可用矢势A()表示，其中tZ轴方向。证：平面电磁波在没有电荷分布的空间中传播，t2t22A 0 022A/20 0沿Z轴方向传播的平面波解为A A0Mkz JA与满足洛伦兹条件：c2k A/因此，只要给定 A ,就可以确定BAikA,势的方程为ei(kz t)0 0/ t 0。所以 ik A i,从而E和B随之确定。由于E CB nz/c ,A垂直于0,即所以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,BAikA , E CB其中 AA0 ei(kz

5、O A0 e i (t z/C) A。e iik x*ak(t)eak(t)ekikx,其中 ak根据题意A可记为A(),其方向与Z轴垂直。4.设真空中矢势 A可用复数傅里叶展开为 A(x,t)是ak的复共轭。d22 2(t) 0。(1) 证明ak满足谐振子方程2ak(t) k C a/dt(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。解: (1)证明：因为 A(x,t)ak(t)eikx ak(t)eikxk所以，根据傅立叶级数的正交性，必有：i k Xak(t)A(x,t)e dxt22A(1)OJ ,考虑到真空中J 0 ,故，2A0 02A/ t

6、2 ,所以(1)式化为2d ak(t)eikx(c2 2 A)dxI- 2dt而2 2k C ak(t)k2c2A(x,t)eikxdx于是d2ak(t)dt2k2c2ak(t)eikxc2 2A2 2k C A(x,t)dx因为A(x,t)ak(t)eikx ak(t)eikx,k所以2A(x,t)k2A(x,t)2d ad)dt2在洛伦兹规范下,0 0 2A/ t2所以(3)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(2)(3)2d ak(t) I 2 22 k C ak(t)0。dt(2)当选取规范A 0,0时Aak(t)eikxkak(t)e ikxak(t)eikx

7、ak(t)e ikxkik X*ik Xik ak(t)eIk ak(t)e0k因为ak(t)，ak(t)是线性无关正交组，所以要使上式成立，必有 k ak(t) k ak(t)0(3)已知 A(x,t)ak(t)eikxak(t)e ikx,所以ki k X*i k XB A ik ak(t)e ikak(t)ek*Adak(t) ikXdak(t)ikXE ee t k dtdt5.设A和是满足洛伦兹规范的矢势和标势。(1) 引入一矢量函数 Z(x,t)(赫兹矢量)，若令(2) 若令P ,证明Z(x,t)满足方程 2ZZ ,证明A2ZC2 t212COP ,写出在真空中的推迟解。(3)证明

8、E和B可通过Z用下列公式表出:(1)(1)(3)(2)证明:即:证明:2 1(Z ) C 0 P， B 2 C t是满足洛伦兹规范的矢势和标势,A 丄一 0C2 t因为标势与方程2A得方程(3)将所以有代入(1)得：A丄一C2 t1 ZZ)，所以,tJ_Zc2 t在洛伦兹规范下有方程:2 1 2代入，得:2Z),则上式化为2Z12Zc2t2(2)(4)Z)oP(5)J_2Ac2 t2在真空中的推迟解为2Z(x,t)宁41 ZoJ的推迟解A(x,t)P(x,t r/C)dVZ)Jr-代入EC2 tc2 P0J(X,t r/C)dV类比,A/ t 及 B(6)A ,得:J_C2 t电荷都相同的粒子

9、相向而行发生碰撞，证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会6.两个质量、发生。证：电偶极矩的变化产生的辐射场为:eikRB花(P n)，E4 oc R磁偶极矩的变化产生的辐射场为：ikREoe (m n)， B4 CRikRe0C2R(P n) n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,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QX2 R2Sin0QPd2 RdQ 2COS2 0dl体系的磁偶极矩m由此得P 0，mQI S20 ,故辐射场为R2ez0。Q/2 Rd，dld

10、ey0Q R22 ezikR03 (m n) n4 c R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X1X2 ,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

11、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，dqdSdS2 dq2因为两电荷元 dq1, dq2球对称分布，又以相同的频率 沿径向作简谐振动，所以有P 0， m 0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9.利用电荷守恒定律，验证 A和 的推迟势满足洛伦兹条件。 证明：推迟势A与可写作：A(x,t)o JndV,(,t)4dV,V0 V其中t, t对于的函数，有A(x,t)因为4VrUV0J(x,t)1dV014Vr4 wr1J1J一 r -rCtCtJ

12、(,t)0J(x,t)dVJ(,t)1JrJ(x,t )t const所以J(x,t)J(x,t)J(X , t )t const1J(x,t)-dVrC tJ(x,t)1J (x ,t )t constJ(x,t)dV由于另外所以0 J(x,t)1 dV0 11J(x,t)dV4 Vr4 vr4 wr0J(x,t)0 1dVJ(x,t)t COnStdV4 Vr4 V rV VrJ(x,t)t COnStdVVJdV-J(X,t) dS 0 ,所以S r4 V r1 1C2 4J (X,t)t ConstdV1-dV dV,t4 vr tVrJC2 t1J(x,t)t const vr由电荷

13、守恒定律，J(x,t)t const0即得A和 的推迟势满足t1A 20C2 t10.半径为R0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 RC,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；直角坐标基矢与球坐标基矢变换关系为eSincoscoscosSineReySinSincosSincoseezcosSin0e解：本题相当于一个位于原点的磁偶极子的旋转,43mR3Mo3此磁偶极子的磁偶极矩为:其旋转振荡可分解为mxmyX，4343y方向上相位差为3Ro M 0 cos(3R0 M O sin(用复数形式表达为:m

14、ROMO根据磁偶极矩辐射场公式BX同理可得By2的简谐振荡的合成。t)e，3Ro M O cos( t )ey2i te emy.43 i tiRoMoeey3O ikR I 02e (m4 c RikR 44 c2R32 3n)Ro3M o2e 1t(eer) er0Ro M 0 i(kR t)2 e3c R30 Ro M 0 i(kR i 2 e3c2R(exer)ert)(eyer )er再根据直角坐标基矢与球坐标基矢变换关系BXByeyezo 2R3Mo3c2Ro Ro M o3c2RSincoscos cosSineRSinSincos SincosecosSin0e(ecoscos

15、 e sin肘仲t)(ecosSine cosi (kR t)ieBX Byo 2R3Mo3c2R(eCoSie)ei(kR同理，根据辐射场公式o ikRXEe (m n)，4 CR及坐标基矢变换关系，可得：L 02R3MoE(Ie e3cRcos42m32 2c3R2sin2 n)ei(kR t )O 0 4RO5Mo2、S3 2(1 cos )er18c3R11.带电粒子e作半径为a的非相对论性圆周运动，回旋频率为 和辐射能流。解：带电粒子作匀速圆周运动，其磁偶极矩 的电偶极矩是一旋转的变化量 的两个简谐振荡：。求远处的辐射电磁场m是常矢量，因此不产生电磁辐射，但此系统P eaer ,仿上

16、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( ti teae ei te eeaeae i t exi ( t /2) i teaeeae ey2i teae e2 i tiea e ey2)eyPXPyokikRe4 R(nSineyez2o eaSinP)及直角坐标基矢与球坐标基矢变换关系CoSSinCoS(e CoS4 CRCoS coscos SinSinie )ei(KRSinCOSeR-OkCeikR(nP)4 R球坐标基矢变换关系，得2 o eai(kR t )E (e cos ie )ei(KR t )，S4 R再

17、根据公式P23212.设有一电矩振幅为Po ,频率为于导体平面。设a解：如图所示，设平面32C R2Sin n及直角坐标基矢与2 2e a22亍(1 CoS32 2CR2)er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。法，构造图中电偶极子Po的镜象Po。由图可得:i ti ti tPPoee，PPoeeXPoe ePPoe ex ，P2Poe itexoy是导体平面，利用镜像电偶极子P产生的辐射磁场为ik (R cos )aB14 ”2aPoik2cos i(kR t)3 e 2 eexer4 oC3R电偶极子的镜象 P产生的辐射磁场为a/2处，Po平行aik (R CQS21

18、 i3 e4 qC R所以 B(R,t) Bi2 PQ i(kR4 qC3R ikaPQ ei(kR3 e4 qC R3PQ e3B2B2)PerikCQSt)e 2t)CQS (i Qa4i (kR t)(CQS R2ecos.1 aik CQS2i (kR t)e exerik CQS2ecosSinerSin2CQSCQS e )再由磁场求出:E(R,t)CBer3i(kRPo e Rt)(CQSS C2 Q13.设有线偏振平面波 质球极化，极化矢量oa4 C2 6 2oa Po 2. 2亍 2 （CQS Sin32 2C3R2Sin4CQSCQS2 CQS e )cos2 )erEEoex O照射到一个绝缘介质球上（Eo在Z方向），引起介P是随时间变化的，因而产生辐射。设平面波的波长2 /k远大于球半径RQ，求介质球所产生的辐射场的能流。解：由题设条件，平面波的波长 2 /k远大于球半径 RQ ,可以认为整个介质球每一时刻都 处于匀强电场E EQe i t中，极化