电动力学第五章答案.pdf

电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 1 - 1. 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 v 和 B v 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 在真空中的麦克斯韦方程组是 t E J B t B E + = = v v v v v 0 0 0 0 , 0 = = B E v v 如果把此方程组中所有的矢量都分解为 无旋的纵场 用角标 L 表示 无散的横场 用角标 T 表示 那么 T L E E E v v v + = 且 0 0 = = T L E E v v T L J J J v v v + = T L B B B v v v + = 由于 0 = B v 即 B v 无源场 不存在纵场分量 亦是说 T L B B B v v v = 则 , 代入上面麦氏方程组 1 t B E = v v t B E E E E E T T T L T L = = + = + v v v v v v ) ( 2 0 = E v 0 ) ( = = + = + L T L T L E E E E E v v v v v 3 t E J B + = v v v 0 0 0 ) ( ) ( 0 0 0 T L T L T E E t J J B v v v v v + + + = t E J t E J L L T T + + + = v v v v 0 0 0 0 0 0 ( ) ( 若两边同时取散度 0 ) ( = T B v 0 ) ( 0 0 0 = + t E J T T v v 电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 2 - 时 上式方成立 当且仅当 0 0 0 0 t E J L L + v v 综上 得麦氏方程的新表示方法 t B E T T = v v 0 = L E v t E J B T T T + = = v v v 0 0 0 0 0 0 0 t E J L L + v v 0 = L B v 证明电场的无旋部分对应库仑场 电场的无旋部分表达式为 0 = L E v 引入 = L E v 于是有 0 2 = 此泊松方程的解 即是静止 电荷在真空中产生的电势分布 那么 L E v 即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 , 0 , 0 = = J r 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 如果令 0 , 0 = = J v 麦氏方程表示为 ; t B E = v v t D H = v v 0 = D v 0 = B v 其中 E D v v = B H v v = 由 0 = B v 引入矢势A v 使 A B v v = 则 0 ) ( = = A B v v 故 B v 由矢势A v 完全决定 把 A B v v = 代入 ; t B E = v v 有 0 ) ( = + t A E v v 令 = + t A E v v 则 0 ) ( ) ( = = + t A E v v 则 t A E = v v 故E v 有标势A v 完全决定电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 3 - 如果取 0 = 有 A B v v = 代入方程 t D H = v v t A E = v v 0 = D v 有 1 t D H = v v t E B = v v ) ( ) ( t A t A = v v 0 ) ( 2 2 = + t A A v v 2 0 = D v 0 ) ( = A t v 由于取 0 = 库仑规范 0 = A v 与洛伦兹规范 0 1 2 = + t c A v 相同 由 12得 A v 满足的方程有 0 = A v 0 2 2 = t A A v v 3. 证明沿 z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势 ) ( A v 表示 其中 c z t = A 垂直于 z 轴方向 证 对于沿 z 轴传播的任意一平面电磁波 B E v v , 可写作 ) ( 0 ) ( 0 t kz i y t kz i x e e B B e e E E = = v v v v 满足 1 B E v v , 均垂直于传播方向 z e v 2 B E v v , 相互垂直 B E v v 沿k v 方向 3 B E v v , 同相 振幅比为 真空中为 c 故 不妨取 , ) ( 0 ) ( 0 t kz i x c z t i x e e A e e A A = = v v v c k =电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 4 - ) ( 0 t kz i y y x e e ikA e z A A B = = = v v v v 1 ) ( 0 t kz i x e e A i t A E = = v v 2 可见 如果令 0 0 0 0 , E A B kA = = 表达式 1 2 可表示的波正是符合条件的平面波 所以命题得证 4. 设真空中矢势 ) , ( t x A v v 可用复数傅立叶展开为 + = k x k i k x k i k e t a e t a t x A ) ( ) ( ) , ( * v v v v v v ,其中 * k a v 是 k a v 的复共轭 1 证明 k a v 满足谐振子方程 0 ) ( ) ( 2 2 2 2 = + t a c k dt t a d k k v v 2 当选取规范 0 , 0 = = A v 时 证明 0 = k a k v v 3 把 B E v v 和 用 k a v 和 * k a v 表示出来 解 1 证明 + = k x k i k x k i k e t a e t a t x A ) ( ) ( ) , ( * v v v v v v v v Q 根据傅立叶级数得正交性 必有 = x d e t x A t a x k i k v v v v v v ) , ( ) ( = x d e t t x A dt t a d x k i k v v v v v 2 2 2 2 ) , ( ) ( 1 而洛仑兹变换时 矢势A v 满足方程 J t A c A v v v 0 2 2 2 2 1 = 在真空中 0 = J v 故 2 2 2 2 1 t A c A = v v 1 式化为 = x d A c e dt t a d x k i k v v v v v ) ( ) ( 2 2 2 2 而 = x d e t x A c k t a c k x k i k v v v v v v ) , ( ) ( 2 2 2 2 于是 + = + x d e t x A c k t x A c t a c k dt t a d x k i k k v v v v v v v v v ) , ( ) , ( ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 + = k x k i k x k i k e t a e t a t x A ) ( ) ( ) , ( * v v v v v v v v Q电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 5 - ) , ( ) , ( 2 2 t x A k t x A v v v v = 2 式右边的积分式中 被积函数为 0 积分为 0 0 ) ( ) ( 2 2 2 2 = + t a c k dt t a d k k v v 亦即 k a v 满足谐振子方程 2 选取规范 0 , 0 = = A v 于是有 + = + = k x k i k x k i k k x k i k x k i k e t a e t a e t a e t a A ) ( ) ( ) ( ) ( * v v v v v v v v v v v v v 0 ) ( ) ( * = = k x k i k x k i k ie t a k ie t a k v v v v v v v v ) ( ), ( * t a t a k k v v Q 是线性无关的正交组 要使上式成立 仅当 0 * = = k k a k a k v v v v 时 故 证得当取 0 , 0 = = A v 时 0 = k a k v v 3 已知 + = k x k i k x k i k e t a e t a t x A ) ( ) ( ) , ( * v v v v v v v v = = k x k i k x k i k e t a ik e t a k i A B ) ( ) ( * v v v v v v v v v + = = k x k i k x k i k e dt t a d e dt t a d t A E ) ( ) ( * v v v v v v v v 取规范 ) 0 , 0 = = A v 5. 设A v 和 是满足洛伦兹规范的矢势和标势 1 引入一矢量函数 ) , ( t x Z v v 赫兹矢量 若令 Z v = 证明 t Z c A = v v 2 1 2 若令 P v = 证明Z v 满足方程 P c t Z c Z v v v 0 2 2 2 2 2 1 = 写出在真空中的推 迟解 3 证明 B E v v 和 可通过Z v 用下列公式表出 P c Z E v v v 0 2 ) ( = , Z t c B v v = 2 1 解 1 证明 A v 与 满足洛仑兹规范 故有 0 1 2 = + t c A v = v Q 代入洛仑兹规范 有 0 ) ( 1 2 = + v v t c A 即 ) 1 ( 2 t c A = v v电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 6 - t c A = v v 2 1 2 证明 Q标势 在满足洛仑兹规范得条件下有方程 0 2 2 2 2 1 = t c 而 = v 故 ) ( ) ( 2 2 2 = = v v ) ( ) ( 2 2 2 2 2 2 t t t = = v v 代入原方程 0 2 2 2 2 ) ( 1 ) ( = t c v v 令 P v = 则上式化为 P t c v v v = 0 2 2 2 2 1 ) ( 1 ) ( 即 P c t c v v v 0 2 2 2 2 2 1 = 2 由于矢势A v J t A c A v v v 0 2 2 2 2 1 = 在真空中的推迟势为 = V d r c r t x J t x A ) , ( 4 ) , ( 0 v v v v 故 可类比得出 方程 2 在真空中的推迟势解为 = V d r c r t x P c t x ) , ( 4 ) , ( 0 2 v v v v 3 t A E = v v Q 代入 t c A = = v v v 2 1 , 有 P c t c t c E v v v v v v v 0 2 2 2 2 2 2 2 2 ) ( 1 ) ( 1 ) ( = + = = 同理 = = v v v t c A B 2 1电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 7 - = = v v v v v t c B P c E 2 0 2 1 ) ( 6. 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 电偶极矩与磁偶极矩产生的辐射场分别是 1 由电偶极矩产生的辐射场 p n ik R e B n n p R c e E ikR ikR & & v v v v v & & v v = = 4 ) ( 4 0 2 0 2 由磁偶极矩产生的辐射场 n n m R c e B n m cR e E ikR ikR v v & & v v v & & v v = = ) ( 4 ) ( 4 2 0 0 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 ) ( 2 1 2 1 x x q x q x q p v v v v v + = + = 由此可发现 ) ( ) ( 2 1 2 1 2 2 x x q x x q dt d p & & v & & v v v & & v + = + = 由于两个粒子质量相同 电量也相同 故当其运动时 2 1 x x & & v & & v = 牛顿第二定律 即 0 = p & & v 于是 系统的电偶极矩辐射场为 0 又由于 此系统的磁偶极矩 0 = m v 于是 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 7. 设有一个球对称的电荷分布 以频率 沿径向做简谐振动 求辐射场 并对结果给以物 理解释 解 设球面上均匀分布了总电量为 Q的电荷 此假设满足题目中的球对称分布 于是 球面 电荷密度与球面半径的关系是 2 4 R Q = 取如图相对的两块小面元 2 1 ,dS dS 由于两块小面元对应相同的立体角 故有相同的面积 dS 1 dS 2 y z x电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 8 - 2 1 dS dS = 于是 2 2 2 2 1 2 1 1 4 4 Q dS dS R Q dS R Q dS Q = = = = = 考虑到两电荷元 2 1 , Q Q 由于是球对称 又以相同的频率 作沿径向的简谐振动 0 ) ( 1 1 = + = r r e R Q e R Q p v v v 0 = = S I m v v 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 0 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 Q 设此飞轮以恒定角速度 旋转 求辐射场 解 设飞轮边缘的厚度为 d,于是 边缘上的电荷面密度 Rd Q 2 = 体系的电偶极矩为 = = dl x R Q x dl d Rd Q p v v v 2 2 0 cos sin 2 2 0 2 0 = + = y x e d e d Q v v 体系的此偶极矩 z z e R Q e R Q S I m v v v v 2 2 2 2 = = = 由此得 0 = p & & v 0 = m & & v 故 辐射场为 0 9. 利用电荷守恒定律 验证A v 和 的推迟势满足洛伦兹条件 证明 如右图所示 O是坐标原点 Q是源点 P是场点 于是 A v 与 的推迟势可写作 = V V d r r t r J t r A v r v v v v ) , ( 4 ) , ( 0 = V V d r r t r t r v v v v v v ) , ( 4 1 ) , ( 0 其中 c r r t t v v = 因为在空间中有一个固定点 有 , t t = 故 o Q r v r r v v r v电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 9 - = V V d t r t r r dt d ) , ( 1 4 1 0 v v r 而 = V V d r r t r J A ) , ( 4 0 v v v v v + = V V V d J r r V d r r J v v v v v v 1 4 ) 1 ( 4 0 0 * 当算符 作用于 r r v v 的 n 次幂时 可写作 n n r r r r v v v v = 其中 只作用于r v 因为 ) , ( t r J v v 中的变量 c r r t t v v = 其中含有r v 故 ) ( 1 ) ( 1 ) ( r r t J c r r t J c t t J J v v v v v v v v = = = 另一方面 有 ) ( 1 ) ( r r t J c J J const t v v v v v = = 对此上两式 有 J J J const t v v v = = ) ( 即 J J J const t v v v = = ) ( 代入*式 有 = + = V const t V V d J J r r V d r r J A ) ) ( 1 4 ) 1 ( 4 0 0 v v v v v v v w = + + = V const t V V V d J r r V d J r r V d r r J ) ) ( 1 4 1 4 ) 1 ( 4 0 0 0 v v v v v v v v v V d J r r V d r r t r J const t V V + = = ) ( 1 4 ) , ( 4 0 0 v v v v v v v 因为 = S V S d r r t r J V d r r t r J v v v v v v v v v ) , ( ) , ( 只要把V 取得足够大 就可以使 ) , ( t r J v v 在V 的边界面上处处为零 结果上式便为零电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 10 - 于是 V d J r r A const t V = = ) ( 1 4 0 v v v v V d t J r r t c A t A const t V + = + = + = ) ( 1 4 1 0 2 0 0 v v v v v 由电荷守恒定律有 0 ) ( = + = t J const t v 式中t 是r v 点的局域时间 由以上两式有 0 1 2 = + t c A v 由此可见 只要电荷守恒定律成立 则推迟势A v 和 就满足洛仑兹规范 10. 半径为 R 0 的均匀永磁体 磁化强度为 0 M v 求以恒定角速度 绕通过球心而垂直于 0 M v 的轴旋转 设 0 R 求B v 在 x 方向作简谐振荡的分量电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 11 - r r x t i ikR x e e e e M R e R c B v v v v = ) ( 3 4 4 2 0 3 2 0 ) ( 2 0 3 0 2 0 ) ( 3 t kR i r r x e e e e R c M R = v v v 在 y方向的分量 ) ( 2 0 3 0 2 0 ) ( 3 t kR i r r y y e e e e R c M R B = v v v v 根据 = e e e e e e R z y x v v v v v v 0 sin cos cos sin cos sin sin sin cos cos cos sin 得 ) ( 0 3 0 2 0 ) cos ( 3 + + = t kR i e e i e cR M R B v v v 同理可得 ) ( 0 3 0 2 0 ) cos ( 3 + = t kR i e e e i cR M R E v v v r e R c M R S v v ) cos 1 ( 18 2 2 3 2 0 6 0 4 0 + = 11. 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 求远处的辐射电磁场 和辐射能流 解 由题意 得右图 本题所研究的系统的磁偶极矩m v 是一个常量 因此不产生电磁辐射 但此系统的电偶极矩是 一旋转的变化量 r e ea p v v = 同 10题的解法 把此旋转量分解到 x y 方向上的两个简谐振荡是 x t i x x e eae e t ea p v v v = = cos y t i y y e eae e t ea p v v v ) 2 ( ) 2 cos( + = = y t i e eaie v = 根据公式 . 0 ) ( 4 p n e R k i B ikR v v v = n p n e R kc i E ikR r v v v = ) ( 4 . 0 x y O t电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 12 - n R c p S v v v sin 32 2 3 0 2 2 . = 有 x t i x x t i x e eae p e eae i p v v v v = = 2 . . , y t i y y t i y e eaie p e eaie i p v v v r = = 2 . . , 分别代入上式 可得 ) ( 2 0 ) cos ( 4 + = t kR i e e i e cR ea B v v v ) ( 2 0 ) cos ( 4 + + = t kR i e e i e R ea E v v v r e cR a e S v v ) cos 1 ( 32 2 2 2 2 2 4 0 + = 12. 设有一电矩振幅为 0 p v 频率为 的电偶极子距理想导体平面为 a/2 处 0 p v 平行于导 体平面 设 R 处电磁场及辐射能流 解 由题 如图所示 设平面 xoy式导体平面 利用镜像法 构造图中的像电偶极子 由图 x t i o x t i e e p p p e e p p v v v v v = = = 0 0 0 0 分别计算它们在场点 P处产生的辐射场B v 1 x t i e e p p v v = 0 2 . 0 ) ( 3 0 0 2 2 cos . 0 ) cos 2 ( 3 0 1 4 4 1 t kR i r x ka i r a R ik d e e R c p e e p e R c B = = v v v v v 2 x t i e e p p v v = 0 2 . 0 ) ( 3 0 0 2 2 cos . 0 ) cos 2 ( 3 0 2 4 4 1 t kR i r x ka i r a R ik d e e R c p e e p e R c B + = = v v v v v 故 2 1 B B B v v v + = 4 2 cos 2 cos ) ( 3 0 0 2 ka i ka i t kR i r x e e e e e R c p = v r x y z P R 1 R 2 R 0 p v 0 p v电动力学习 题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 13 - ) sin cos cos ( cos 4 ) ( 3 0 0 2 e e e R c p ika t kR i v v ) cos cos sin (cos 4 2 ) ( 3 0 3 0 e e R e c a p i t kR i v v + = ) cos cos sin (cos 4 ) , ( 2 ) ( 3 0 3 0 e e R e c a p i t R B t kR i v v v v + = ) cos cos sin (cos 4 ) , ( 2 ) ( 0 3 0 e e R e c a p i e B c t R E t kR i r v v v v v v = = r e R c a p n B c S v v v v ) cos cos sin (cos 32 2 2 4 2 2 2 3 2 2 2 0 6 0 2 0 + = = 13. 设有线偏振平面波 ) ( 0 t kx i e E E = v v 照射到一个绝缘介质球上 0 E v 在 z 方向 引起介 质球极化 极化矢量P v 是随时间变化的 因而产生辐射 设平面波的波长 k 2 远大于球 半径 R 0 求介质球所产生的辐射场和能流 解 本题相当于电偶极矩 z t i e e E R p v v + = 0 3 0 0 0 0 2 ) ( 4 的辐射 z t i e e E R p v v + = 0 3 0 2 0 0 0 . 2 ) ( 4 介质球产生的辐射场为 r z t i ikR e e e E R e cR B v v v + = ) ( 2 ) ( 4 4 1 0 3 0 0 0 0 0 e e R c E R t kR i v ) ( 3 0 0 0 3 0 2 sin ) 2 ( ) ( + = r r e R c E R e B c E v v v v 2 2 5 0 0 0 0 3 0 2 sin ) 2 ( 2 ) ( + = = r r e R c E R e B c S v v v v 2 2 5 0 0 2 0 2 0 6 0 4 2 0 sin ) 2 ( 2 ) ( 2 1 + = =