電動力學習題解答5

1、最新可編輯word文檔第五章電磁波的輻射1 .若把麥克斯韋方程租的所有矢量都分解為無旋的(縱場)和無散的(橫場)兩部分，寫 出E和B的這兩部分在真空中所滿足的方程式，并證明電場的無旋部分對應于庫侖場。解：真空中的麥克斯韋方程組為q乂 e =汨/a,(1) E = P/曲，(2)BxBj hJ + %/cE /笈，(3)V B =0(4)如果把方程組中所有矢量都分解為無旋的縱場和無散的橫場，并分別用角標L和T表示，則：由于 V B =0,所以B本身就是無散場，沒有縱場分量，即B l =0, B = Bt；E = E L +ET , ME L =0 , ET =0 ;J =JL +J T , M

2、JL =0, 7 J T =0；由(1)得：Vx( E L +E t)= Vx E T= -cB t/式(5)由(2)得：V .( E l + E t) = V .E l = P/1(6)由(3)得:bxbt =%(jl +jt)+R0%口eL +eL)/a= (N。Jl +N。，cE L/ct)+(Jt 十 %cEt /ct)(7)由電荷守恒定律 v J = VP/笈得：V JL =-cP/ct=-V .(%CEL/ct) 又因為 VmJl =0 = Wy% 6EL/次)，所以JL = %田L/日，即J l + 名。cE l / Ft = 0(8)式簡化為 V x b T = % J T +

3、 % cE T /方t(9)所以麥克斯韋方程租的新表示方法為： MET = -cBt /ctV XBt =匕 J T +也無 cE T/ctE EL = P/%(10)Bl =0Jl pfE l/H =0由VME l =0引入標勢中，E l = *,代入 E l =P/%得，、2 =-:：/ ；0所以E l對應靜止電荷產生的庫侖場。,J = 0,則E和B可完全由矢勢AJ = 0,則麥氏方程表示為：(1)(2)(3)(4)上式的解就是靜止電荷在真空中產生的電勢分布，2.證明在線性各向同性均勻非導電介質中，若P = 0決定。若取 5=0 ,這時A滿足哪兩個方程？解：在線性各向同性均勻非導電介質中，

4、若P=0,' E - - B /：:t' H = D / 汽D D =0-B =0其中，D = sE , H =B/N,由于(4)式，引入矢勢A,使B =Vx A(5)即B可完全由矢勢A決定。將(5)代入(1),得： m (E 十微/日)=0 ,(6)由此引入標勢中，使E+小/3=中，即E = 中-cA/點(7)將(7)式代入(3)得：/中 +&/&( A) =0(8)所以，中可由A決定，進而，E也可完全由矢勢 A決定。如果取中=。，由(8)式得：* A =0(9)將(5)、(7)代入(2),并注意到0 =0 ,得：o2 A力 A氏二=0(10)ft(9)、(1

5、0)即為0 = 0時A滿足的兩個方程。3 .證明沿z軸方向傳播的平面電磁波可用矢勢A(0F)表示，其中E=t-z/c, A垂直于z軸方向。證：平面電磁波在沒有電荷分布的空間中傳播，勢的方程為F2a - k0E0c2A/猶2 =0V2tP 邛/值2 =0沿z軸方向傳播的平面波解為A = A e/kzvto邛ei(kz-&t)A與中滿足洛倫茲條件： A +為與/次=0。所以ik A 網(wǎng)%中=0,即=c2 kA /因此，只要給定 A,就可以確定 中，從而E和B隨之確定。由于B = m A = i Q A, E =cB"所以E和B只與矢勢的橫向分量有關，即平面電磁波可由A上來表示，即

6、B = A_l =i k 父 AlE =cB 父 n其中 A_ = A0ekf =入f(t=/c) =A°f 4根據(jù)題意 A_l可記為A(aE),其方向與z軸垂直。4 .設真空中矢勢 A可用復數(shù)傅里葉展開為 A(x,t)=£ ak(t)eikx +ak(t)e-ikx,其中ak k是ak的復共軻。一、,d2,、，2 2(1)證明ak滿足諧振子方程 ak(t) + k c ak(t) =0。 dt(2)當選取規(guī)范W A=0,甲=0時，證明k ak = 0。.一一 *(3)把E和B用ak和ak表示出來。解：(1)證明：因為 a(x=£ ak(t)eikx+ak(t)e

7、"x k所以，根據(jù)傅立葉級數(shù)的正交性，必有：ak(t)= .A(x,t)eikxdx. 2, 、2 -,、(1)考慮到真空中J=0,d ak(t) _ 1A(x,t) ikx. ee ee d xdt2；:t2在洛倫茲規(guī)范下，V2 A -0d2 A /笈2 =N0 J ,故，V2 A = kosoc2 A /武2,所以(1)式化為2d a k(t)ikx2 rr22 = 1e (c v A)dx(2)dt.22. 2 2ikx而 k c ak(t) = k c A(x,t)e dx2于是 2 + k c ak(t) = fe1 xc V A + k c A(x, t)dx( 3)dt

8、i k x *. ik x因為A(x,t)=£ak(t)e+ak(t)e，所以k.22、-A(x,t) - -k A(x,t)所以(3)式右邊積分中，被積函數(shù)為0,積分為0。所以ak滿足諧振子方程2d ak (t). 2 22+k c ak(t) 0°dt(2)當選取規(guī)范v A = 0,甲=0時A'、akeikx ak(t)ekxCak(t) "ikx a；(t) "kx kk,. _ _i k xi k x _=1 k ake -1 k ak(t)e =0k因為ak(t), ak(t)是線性無關正交組，所以要使上式成立，必有k ak(t) =

9、k ak(t) = 0(3)已知 A(x,t) =£ ak(t)eikx +ak(t)e5x,所以 k_i k x _*_i k x B 八 A =" ik ake-ik ak(t)e k* .一E -_ A =一d ak ei kxd ak (t) e4 kx ft k dtdt5 .設A和中是滿足洛倫茲規(guī)范的矢勢和標勢。1 Z(1)引入一矢量函數(shù) Z(x,t)(赫茲矢量)，若令中= 2 ,證明A =。c 二 t1 ，2Z(2)若令邛= P ,證明Z (x ,t)滿足方程V2 Z -1 -Z = -c20 P ,寫出在真 22c 二 t空中的推遲解。(3)證明E和B可通過

10、Z用下列公式表出：21 ：'E= V x(V xZ) -c % P, B= =一 Vx Z °c ft(1)證明：A和華是滿足洛倫茲規(guī)范的矢勢和標勢，所以有即:(2)證明:=-V Z代入(1)得:1 ?A 'A 十2 ( Z ,Z) = 0 c ft),所以,2-1c二 t因為標勢在洛倫茲規(guī)范下有方程:J：2 -x2 c 二 t代入，得：庠)1 c,則上式化為-0”9 即' 2Z - -12 Z- = P = -c20Pc 二 t 0(1)(2)(3)(4)與方程 V2A-=%J 的推遲解 A(x,t) = jJ(x''tT/6dV'類

11、比,c 二 t4 二r得方程(5)在真空中的推遲解為c2,0 P(x', t - r /c)Z(x,t)=-0 f-dV'(6)4 二r1 Z(3)將邛= Z , A = -1Z 代入 E = -V<P -cA /沆及 B = 父 A,得:c2 ftE = V x(V mz ) -c*0P ,。入、Z6.兩個質量、發(fā)生。c ：:t電荷都相同的粒子相向而行發(fā)生碰撞，證明電偶極輻射和磁偶極輻射都不會證：電偶極矩的變化產生的輻射場為:ikRe2 (Pn)n4二 0c2RikRe ，、B =3( p"),4二 0c3R磁偶極矩的變化產生的輻射場為:I ikR0eE =

12、-( m x n),4 二 cR ikR0e4 二 c3 R(m n)在兩個質量、電荷都相同的粒子相向而行發(fā)生碰撞的過程中，取兩粒子的連線為x軸，則系統(tǒng)的電偶極矩p =q xi qx 2 =q( Xi x 2)p =q( x 1 - x 2)由于兩粒子質量相同，根據(jù)牛頓第二定律，有x1 = -x2,所以p = 0 ,因此系統(tǒng)的電偶極矩產生的輻射場為0；又由于系統(tǒng)的磁偶極矩 m =0,所以系統(tǒng)的磁偶極矩產生的輻射場為 0,即兩個質量、電荷都相同的粒子相向而行發(fā)生碰撞，電偶極輻射 和磁偶極輻射都不會發(fā)生。7 .設有一球對稱的電荷分布，以頻率 切沿徑向作簡諧振動，求輻射場，并對結果給以物理 解釋。解

13、：因為電荷為球對稱分布， 不失一般性，設球面上均勻分布了總電量為 Q的電荷，于是,球面電荷密度為工仃=Q/4nR2取如圖所示相對的兩塊小面元 dSi,dS2,由于兩塊小面為/二一一、元對應相同的立體角，故有相同的面積dS1 =dS2,冷工一2d。= 86 = WS2 = dq2因為兩電荷元dq1, dq2球對稱分布，又以相同的頻率 切沿徑向作簡諧振動，所以有p =0, m =0故此兩電荷元的振動不能產生輻射場。根據(jù)場的疊加原理整個球對稱分布的電荷體系沿徑向的簡諧振蕩是不能產生車§射場的振動，輻射場為0。8 . 一飛輪半徑為R,并有電荷均勻分布在其邊緣上，總電量為Q。設此飛輪以恒定角速

14、度口旋轉，求輻射場。解：設飛輪邊緣的厚度為 d,于是邊緣上的電荷面密度 仃=Q/2nRd ,體系的電偶極矩為 p = Q d dl x = x dl2 Rd2二R2 二2 二cosi di ex , i sin dey =0002體系的磁偶極矩由此得p =0,Q;-j2 Q；：jRm = I S 二 R ez 二ez2 二2m = 0 ,故輻射場為0。9.利用電荷守恒定律，驗證 A和中的推遲勢滿足洛倫茲條件。 證明：推遲勢A與中可寫作：A (x,t臣JdV',中(x ,t)='P dV',4- v' r4 -，0 v, r, r x-x'其中 t'

15、;=t 一一 = t-。c c對于r的函數(shù)，有'DM”L1=J(x',t') A -dV'4二 V'rL 1-0- -J (x ',t')dV'4二 V'r1 J1 J因為 J (x' ,t') = 、r =A ' rc 寸c :t'1 J'、' J (x ',t') =' J (x ',t')"t Lr一 c Ft'所以J ( x',t') =L J ( x',t')t*onst J&

16、#39; J ( x',t')o1o 1A= J(x',t')dV' 、' J(x',t')t' zconst - 7 J(x',t')dV'4二 v,r4二 V'r. 11 .1 . J (x',t') A'-dV'-'八' J (x ',t')dV'- J ( x ',t')tMonstdV'4二 v,r 4二 v, r4二 V,rAJ(x'，t')4二 v,rdV, J (

17、x '，t')t*°nst4二 v,rdV'由于 尸'J (x''t') dv' = gJ( x'.ds' =0,所以 V'rS' r，1.、A= -0' J ( x '，t')t,卻nstdV'4 ' V, r另外"j''匚c 4二；0 V, r ;t 4二 V, r ct'dV'一. 1 - L 1 .F：所以 A至= V,r j (x,Uist %dV,ep由電荷守恒定律，中J （ x '，t&

18、#39;）t0onst +=0即得A和平的推遲勢滿足t'、1 ；A 2 二 0c2 ft10.半徑為R0的均勻永磁體，磁化強度為 M 0,球以恒定角速度 與繞通過球心而垂直于的軸旋轉，設 R0切« c ,求輻射場和能流。（提示：M 0以角速度0轉動，可分解為相位差為冗/2的互相垂直的線振動；直角坐標基矢與球坐標基矢變換關系為ex ey kez )sin 9cos cos 日 cos中 sin 8 sine cos sini cos9-sin 日-sin e eeR cose I eg0人犯解：本題相當于一個位于原點的磁偶極子的旋轉，此磁偶極子的磁偶極矩為:4 _3 _m =

19、一 ：R0 M 0其旋轉振蕩可分解為3x,4=n3y方向上相位差為 "2的簡諧振蕩的合成。R3M0 cosgt)ex,4343.二一二R0 M 0 sin( t)ey = 一 二R0M 0 cos( t - )ey3y 32 y用復數(shù)形式表達為:根據(jù)磁偶極矩輻射場公式4 r 3. .t. 4 f3 “-it=nR0M0eex，my =i nR0M0eey33B =匕。一 eikR (m 黑 n)黑 n ,得4 二 c2ReikR*M。2et( e xer)er同理可得2 3-0 - Rq M 0 i(kR.，t)-TT-e(exer) er3c R23 -.”0，R0M 0 i(kR

20、Jt)/-i2e( ey3c2Rer)er再根據(jù)直角坐標基矢與球坐標基矢變換關系sin 二 coscos 二 cossin sincos sin© ) I cos日-sin f-sinYeR、cos e I e(j0人e420( e6cos9 cos e-esin gei'kRY®3c R"0s R0 M 0 (egcos9 sin 巾 +ecos')iei(kRY" 3c R0 '2R3M03c2R(eg cos8 +ie*)ei(kR依二同理，根據(jù)輻射場公式4cReikR (mn)S=工¥isin2 現(xiàn)32二 2c3

21、R2及坐標基矢變換關系，可得:。-2R3M。3cRJ0'4R6Mo(ieg -egose)ei(kR 源18c3R2(1 - cos2 - ) er11.帶電粒子e作半徑為a的非相對論性圓周運動，回旋頻率為缶。求遠處的輻射電磁場和輻射能流。解：帶電粒子作勻速圓周運動，其磁偶極矩m是常矢量，因此不產生電磁輻射，但此系統(tǒng)的電偶極矩是一旋轉的變化量p = eaer,仿上題解法，把旋轉量 p分解為x, y方向上的兩個簡諧振蕩：px = eacosotex =eae*$ exi("T2)_-it_Py =eacos( t蹙/2)ey =eae ey =eaie e 由此可得：px=-i

22、0eae由ex , pX=F2eae"1c'aexpy = eaoe-iey,py = -iea«2e_idey根據(jù)公式B =史0k eikR (nx p)及直角坐標基矢與球坐標基矢變換關系4 Hfex "sin 9cos cos9 cos 一 sine；/eR'ey = sin 日 sin e cos日 sin e cos® | eRz j 、 cos日 -sin日 0人e1.得:口鼠，2eaB )-4 二 cR(e cos - ie-i)ei(kRft )再根據(jù)公式E =匕kceikR（n父p） xn,4 二R球坐標基矢變換關系，得p

23、 2cc 23r232二 oc R2 ,sin 8n及直角坐標基矢與24 2 2E = 00 ea (egcosH+ie勸ei(kR葡坤，S= 00 2e a2 (1 + cos2 9)er4二R32二 cR12.設有一電矩振幅為po,頻率為co的電偶極子位于距理想導體平面為a/2處，po平行于導體平面。設 a « £ ,求在R » h處電磁場及輻射能流。解：如圖所示，設平面 xoy是導體平面，利用鏡像法，構造圖中電偶極子p0的鏡象p0。由圖可p = Poe"%x , p= p0e"%x = -p0ex-Jex2Lt.2-it,p = f p°eY>x, p =切 p°eT、x電偶極子p產生的輻射磁場為3-e4二 0c3R 一aik (R - cos22Po,3 、4二；oc R4k-cos m2i(kRrt),e eexerik2cos?l i(kRt)e 2 eex電偶極子的鏡象p'產生的輻射磁場為B2 =14二 oc3Rik(R«acosqe 2 per2Po,3r4二 oc Ri(kR- eikacos -i-ik cos 71)e 2-e 2exer所以B(