电动力学复习提纲及复习习题参考答案..

2011级电动力学复习提纲

数学准备

理解散度、旋度、梯度的意义，熟悉矢量的梯度、散度、旋度在直角、球、圆柱坐标系中的运算，以及散度定理（高斯定理）、旋度定理（斯托克斯定理）。章后练习1、2。

第1章

理解全章内容，会推导本章全部公式。重点推导麦克斯韦方程组，以及用积分形式的麦克斯韦方程组推出边值关系。章后练习1、2、5、9、10、12

第2章

能推导能量转化与守恒定律，并且能说明各物理量及定律的物理意义。能认识电磁场动量及动量转化和守恒定律，并且能说明各物理量及定律的物理意义。了解电磁场的角动量，理解电磁场有角动量且角动量转化和守恒的意义。P35例题，书后练习2、3

第3章

理解静电场和静磁场的势函数，为什么可以提出，在求解静电磁场时有什么意义。势的方程和边值关系及推导。深入理解唯一性定理，能应用其解释电磁现象，比如静电屏蔽现象。熟悉电磁能量势函数表达式及意义。会独立完成P48例题1,，P55例1、例2，P57例5,。练习1、3、6、7

第4章

掌握静像法、简单情形下的分离变量法；理解多极矩法，掌握电偶极矩的势、场，以及能量、受力等；知道电四极矩的表示，计算。了解磁偶极矩的表示、能量。熟悉超导的基本电磁性质及经典电磁理论的解释。会独立熟练计算P62例题1、P64例2及相关讨论；P69例1、P72例3；P74例1、例2。练习3、4、5、7、10、12

第5章

1、理解如何由麦克斯韦方程推导自由空间的波动方程，理解其意义。

2、能推出电场和磁场的定态方程（亥姆霍兹方程），熟练掌握自由空间平面电磁波表达式，并且能应用其证明平面电磁波性质；

3、能推导反射、折射定律、费涅尔公式，并且能应用其讨论布儒斯特定律、半波损失等常见现象；

4、理解全反射现象，知道什么情形下发生全反射，折射波表示，透射深度；

5、熟悉电磁波在导体空间表达式，理解其物理意义、理解良导体条件及物理意义；能推导导体中电荷密度；知道导体内电场和磁场的关系；理解趋肤效应，计算趋肤深度；理想导体的边值关系；

6、理解波导管中电磁波的求解过程和结果，知道结构。能计算截止频率。了解谐振腔中的电磁场解，理解且求解共振频率。

7、独立计算P103，P111，P120例1、P121的例2、例3。练习5、7、

8、9，10

第6章

1、熟悉并且理解时变电磁场的电磁势及与电磁场的关系；

2、什么是规范变换和规范不变性，熟悉库仑规范和洛仑兹规范；

3、熟悉达朗贝尔方程，理解什么是近区、感应区、辐射区及特点；了解多极展开方法的应用；理解什么是推迟势，物理意义和表达式；

4、熟悉电偶极辐射的电磁场及性质特点、偶极辐射的功率特点。

5、独立完成练习2

第7章

1、了解狭义相对论的产生过程，对电磁学发展的意义；

2、熟练掌握狭义相对论的原理；洛仑兹变换式、间隔的概念及表示；

3、熟悉物理量按变换性质分类；理解如何得到协变物理量、判断物理规律的协变性、熟悉教材给出的四维物理量、洛伦兹变换矩阵；

4、熟练掌握相对论的多普勒效应及特点；

5、了解协变的电动力学规律；

6、熟悉如何求解以匀速运动的带电粒子的势函数、电磁场及特点；

7、独立完成P159例4、P162例1、P164例2，P165例3、例4，练习2、8，9，11,12

第8章

1、理解相对论的时空效应，能用洛仑兹变换式推出同时的相对性，长度收缩，动钟变慢，因果律及光速极限，并且能够应用计算；

2、理解相对论的时空结构；熟悉速度变换式并且能应用计算；

3、熟悉质能关系式并且理解怎么提出的，深入理解静能、动能的概念。

4、独立完成P171例1，P173例2，P177例3，P180例1，P181例2，P182例3. 练习1、2、

5、7、8、10、11 第9章

了解运动带电粒子的电磁场，什么时候能产生辐射；了解经典电动力学的适用范围。

注：1、课堂上的补充例题及课堂练习要求掌握；

2、考题形式有填空22分，选择填空18分，证明10分，计算50分；

3、总成绩100分，平时作业20％（包括作业和课堂练习），考勤10％，期末70％。

部分习题答案

习题一（1、2、12自己证明）

1．用静电场的高斯定理说明电力线总是从正电荷发出，止于负电荷，且静电场线不可能是闭合的。

2．用磁场的高斯定理说明磁力线总是闭合的。

5．试证明：在均匀介质内部，极化电荷密度P ρ与自由电荷密度

ρ的关系为

ρεερ??

?

??-=10

P ，其中ε是介质的电容率． 证明：因为E D ε=，电容率ε与坐标无关，由P E D

+=0ε，和f D ρ=?? ，得

()

()()f

P D E

D P ρεεεεερ/1/1000--=??--=-?-?=?-?=

一般介质0εε>，因此P ρ与f ρ符号相反。

9．平行板电容器内有两层介质，它们的厚度分别为1l 和2l ，电容率为1ε和2ε．今在两极板间接上电动势为E 的电池，求

⑴ 电容器两板上的自由电荷面密度； ⑵ 介质分界面上的自由电荷面密度．

若分界面是漏电的，电导率分别为1σ和2σ，当电流达到恒定时，上述两问题的结果如何？

解 （1）求两板上自由电荷面密度1f σ和2

f σ

，在介质绝缘情况下，电容器内不出现电流.

22

2

11

1

22110D l D l l E l E V εε+

=

+= (1)

边值关系为 σ=-?)(21D D n , (2)

在两种绝缘介质的分界面上，没有自由电荷分布，03

=f σ

∴ 0)(12=-?D D n 12D D = (3)

因为两极板中（导体中）电场为0，;

在导体和介质的分界面2处有

2

12)(f σ-=-?D D n

得 2

2f D σ

=-

在另一导体与介质的分界面1处有

f σ=-?-)(12D D n （4）

f D σ==-?-11)(D n 联立解得

22

1

1

01εεσl l V f +

=

2

2

1

1

02εεσl l V f +

-

=

可见，整个电容器保持0321=++f f f σσσ（电中性）

（2）当介质略为漏电，并达到稳恒时，要保持电流连续性条件成立

0)(12=-?J J n 即 n n 21J J =21J J =

在两介质界面上有自由电荷积累，此时21D D ≠，应有

J J J ==21 ∴ J E E ==2211σσ

∵ 极板的电导率远大于1σ和2σ，故极板中电场近似为0 ∴ )(2

2

2

1

1

1

22110σσf l f l l E l E V +=+=

J )2

(

2

1

1

σ

σl l +

=

∴ 2

2

1

1

0σσl l J J +

=

211220σσσl l V E +=

2

1121

02σσσl l V E +=

根据边值关系最后得出,各交界面上自由电荷面密度为

21120211σσσεσl l V f +=

, 21120122σσσεσl l V f +-= ,2

1120

21123)(σσσεσεσl l V f +-=

10．试用边值关系证明：在绝缘介质与导体的分界面上，在静电情况下，导体外的电场线总是垂直于导体表面；在恒定电流情况下，导体内电场线总是平行于导体表面．

证明：因为 t t E E 21=，导体内（1）电场为0，所以导体外（2）电场的切向分量为0，电场线总是垂直于导体表面。

在恒定电流情况下，0=??J ，则有0=n J ，又由欧姆定律E J

σ= 故导体中0=n E ，所以电场仅有切向分量，电场线平行于导体表面。 12.用静电场的环路定理说明，电力线不可能是闭合曲线。

习题二

２．内外半径分别为a 和b 的无限长圆柱形电容器，单位长度荷电为f λ，板间填充电导率为σ的非铁磁物质．

⑴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．

⑵求f λ随时间的衰减规律．

⑶求与轴相距为r 的地方的能量耗散功率密度．

⑷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静电能减少率．

解：⑴由高斯定理可得r f e r D ?2πλ= ，则.?2r f e r

D E πελ

ε==

由欧姆定律微分形式.?2r f

f e r E J πεσλσ=

= 而位移电流密度.?21r f

D e t

r t D J ??=??=

λπ ，对其两边求散度 又由

f D ρ=?? ，0=??+??t

J f

f ρ 得

f f t

λε

σ

λ-

=??，所以 0=??+t

D

J f 。 因为介质是非铁磁性的，即H B

μ=，故任意一点，任意时刻有

000=???

?

????+=??=??t D J H B f

μμ

⑵由

f f t

λε

σ

λ-

=??，解这个微分方程得 ()t

f e

t ε

σ

λλ-=0

⑶功率密度()2

22/r E E J p f

f πελ

σ

σ==?=

⑷长度为l 的一段介质耗散的功率为

.ln 222222

a b l rldr r f b

a

f πελσππελσ=???

?

??? 能量密度()2

2/,21r t

w D E w f πελσ-=???=

长度为l 的一段介质内能量减少率为

.ln 2222

a

b l rldr t w

f b

a

πελσπ?

=??-

３．一很长的直圆筒，半径为R ，表面上带有一层均匀电荷，电荷量的面密度为σ．在

外力矩的作用下，从0=t 时刻开始，以匀角加速度α绕它的几何轴转动，如图所示．

⑴试求筒内的磁感应强度B

；

⑵试求筒内接近内表面处的电场强度E

和玻印廷矢量S ；

⑶试证明：进入这圆筒长为l 一段的S 的通量为???

?

??2022B l R dt d μπ．

．

解：⑴单位面电流ωσσ

πR lT

Rl i ==

2 ωσμμ

R e

i B z 00?== ⑵在圆筒的横截面内，以轴线为心，r 为半径作一圆，通过这圆面积的磁通量为

ωσμπR r S d B s

02

=?=Φ?

由法拉第定律，得 .21210dt

d Rr dt d r E ω

σμπ-=Φ-=

因为 t αω=

所以

ασμrR E 02

1

-

= 考虑到方向，则有

z r e e

rR E ??2

1

0?=ασμ 在筒内接近表面处，

z r e e

R E ??2

12

0?=ασμ 该处的能流密度为

()()z z r R R R e R e e

R H E S ???2

12

0ωσασμ??=?= r e

t R ?2

12

320ασμ-= 负号表明，S 垂直于筒表面指向筒内。 ⑶进入这圆筒长为l 一段的S 的通量为

lt R Rl S R s 24

202ασπ

μπ=?=Φ

而

lt R dt dB B l R B l R dt d 2

420022022ασπμμπμπ==???

? ?? 所以

???

?

??=Φ2022B l R dt d S μπ 讨论：此结果表明，筒内磁场增加的能量等于S 流入的能量。由于筒未转动时，筒

内磁场为零，磁场能量为零，磁场能都是经过玻印廷矢量由表面输入的。

习题三

１．试证明，在两种导电介质的分界面上，

.01122=??-??n n ?σ?σ ()21指向由n

． 证明：因为

0=???

S

S d j

所以，n n j j 21= 又， n

E j n n ??==?σσ 即 .01122

=??-??n

n ?

σ?σ

3. 试论证：在没有电荷的地方，电势既不能达到极大值，也不能达到极小值．

（提示：分真空和均匀介质空间，用泊松方程证明．） 证明：由0

2

ερ

?-=? （1） 没有电荷的地方

02

22222=??+??+??z y x ?

?? （2） 如果?为极大，则022

2

?

，022

在均匀介质中，有ρε

ρ???

? ??--=r p 1

1，若没有自由电荷，也就没有极化电荷。方程（2）仍然成立，证明和前面一样。

6．三个同心薄金属球壳形成一个静电系统，内球半径为1R ，中间球半径为2R ,外球半径为 3R ，球壳之间为真空，内外球壳接地，电荷Q 置于中间球壳上，试求： （1）内球壳上的感应电荷1Q 值;’ (2) 外球面上的感应电荷3Q 的值.

解 在所研究场域内无电荷分布，故场域满足0=??D .因为电场具有球对称的特点，故选用球坐标，且0==φθE E ，于是

0=??D )(21R r R << 或在球坐标系中 0)(112

2=D r d

d r (1) 积分得 21r A

D = (2) 同理得 22r

B

D = )(32R r R << (3)

根据边界条件确定常数A 、B.

由

?

?=?-?Q dS D dS 1

n D n 2, 得

π

4Q

B A =

+ (4) 由

???=?1

23

221R R R R r r d E d E 得

B R R R R R R A )

()

(123231--=

（5）

联立（4）、（5）式，得

)()(4132231R R R R R R Q A --?=

π ; )

()

(4132123R R R R R R Q B --?=π

因此，球壳之间电场分布为

)()

(1322310124R R R R R R Q E r

--?

=

πε; )()

(4132232021R R R R R R r Q

E --=

πε

内球壳上感应电荷分布

10101E E n εεσ-==

总电荷Q R R R R R R Q )

()

(1322311---

=

外球壳内表面感应电荷分布为 20203E E n εεσ-== 总电荷

Q

R R R R R R Q )

()(1

3

2

1

2

3

2

---

= .

7.（1）根据电荷守恒定律证明稳恒电流情况下的边界条件：电流密度的法向分量连续. （2）证明导体表面电位移的法向分量σ=n D (σ为面电流密度），但 D 不在导体表面的法线方向.

解（1）在两种导电媒质的分界面上，作一扁圆柱体（高0→?h ），把连续性方程

?=?0S j d 用于这个圆柱面上，则0)(12=-?j j n 或n n 21j j =，法向单位基矢n 由媒质1指

向媒质2，因此电流密度在界面法线n 上的分量连续.

（2）由于介质中各点02=j ，故导电媒质与非导电媒质交界面上边界条件为

01=E σ 2t

1t

E E =t

∵ σ=-?)(12D D n ,σ=n D 2

因为电场有切向分量，所以D 不在导体表面法线方向。

分析 （1）在稳流场中，两种导电媒质界面上n j 连续，而n E 不连续是由于界面上存在面电荷.面电荷密度为

)112221()(E E n D D n εεσ-?=-?=

j )(

1

1

22σεσε-= 界面上积累电荷密度激发的电场将影响整个空间的电场分布.

（2）两种导电媒质的交界面不是等势面，当交界面上各点切向分量0=t E ，界面才是等势面.

（3）对理想导体∞→1σ ，其内部电流密度有限，故01=E ，整个理想导体为等势体..在稳流场中，一般把供电电极作为理想导体使用，而不论其电导率的值为多大.

习题四

３．接地的空心导体球内外半径为1R 和2R ，在球内离球心为()1R a a <处置一点电荷

q ，求空间的电势分布．导体球上的感应电荷有多少？分布在内表面还是外表面？

答案：()()

???

????

?-+-+-+=

θθ

πε?cos /2//cos 241212

2121220a R R a R R a

qR Ra a R q

q q -='，分布在内表面．感应电荷不等于像电荷． 提示：该题的解法与例题2完全类似，只是像电荷在球外空间。

４．上题的导体球壳不接地，而是带电荷0q ，或使其有确定的电势0?，试求这两种情况的电势．又问0q 和0?是何种关系时，两情况的解相等？

解：由叠加原理，本题可以看作3题再叠加一个半径为2R 的均匀带电球面，球面带电

为q q +0。若题给条件是导体球壳电势为0?，则在3题基础上叠加一电势为0?球面。所以

()()

???

????

?

++-+-+

-+=2

021********cos /2//cos 241R q q a R R a R R a

qR Ra a R q θθπε?

或者，

()()

0212

2121220cos /2//cos 241?θθ

πε?+???

?

???

?

-+-+

-+=a R R a R R a

qR Ra a R q

当 2

00

04R q q πε?+=

时，两种情况的结果相等．

５．在0=x 处和0=y 处有两个互相垂直的无限大导体面，设有一点电荷从无限远处准静态地移至a x =，b y =，z=0处，试求电荷在这位置上所受的电场力及移动中外力所做的功．

解：用电像法求点电荷所受电场力，即像电荷给点电荷的力，再求力的功。 设点电荷电量为q ，有三个像点电荷，如图示， q 受到的力为3个像电荷的力

???

? ?

?++-+-=

22222228b a e b e a b e a e q F y x y x

πε

q 1

q 3

外力的功为

q qU W = q U 为q 所在点感应电荷电势，也即3个像电荷的电势叠加

所以???? ?

?+-+-=

222

1118b a b a q W πε

７．在接地的导体平面上有一半径为a 的半球凸起，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(

a b b >，如题图４．１．求空间的电势．

题图４．１ a

解：有三个像电荷，如图示

q q q b

a

q q b a q -==-=321,,

位置分别为b b

a b a --,,2

2 空间的电势是q 及三个像电荷电势的叠加

()

()

++++-+

-++=

2

2

2

2

2

2

[

41b z y x q b z y x q πε?

(

)

(

)

]////2

2

2

2

2

2

2

2

b

a z y x

b qa b

a z y x

b qa ++++

-++-

10．均匀外电场0E

中置入半径为0R 的导体球。试用分离变量法求下列两种情况下空间的电

势分布：

⑴ 导体球上接有电池，使球与地保持电势0Φ; ⑵ 导体球上带电荷0q

解: 以球心为坐标原点，设原点处原来电势为0?，问题具有轴对称性. 所以满足拉普拉斯方程

02

=?? （0R R >） ①

满足的边界条件有

00c o s ?θ

?+-→∞→R E R ， ② 00,Φ==?R R ③ 由轴对称情形拉普拉斯方程通解

()θ?cos 0

1n n n n n n P r b r a ∑∞

=+??

?

??+

= 再由边界条件②

)1,0(0,,0100≠=-==n a E a a n ?．

则有 ()θ?θ?cos cos 100n

n n n

P R

b R E ∑+++-= 再由③得

()θ?θcos cos 1

0000n n

n n P R b R E ∑

+++-=Φ

即，)1,0(0,,)(3

0010000≠==-Φ=n b R E b R b n ?

所以有

()θ??θ

?c o s c o s 2

3

000

0000R

R E R

R R E +-Φ++-=

⑵解拉普拉斯方程

02=??

()θ?cos 01n

n n n n n P r b r a ∑∞

=+??

?

?

?+

= 边界条件：

1、00cos ?θ?+-→∞→R E R ，

)1,0(0,,0100≠=-==n a E a a n ?

()θ?θ?cos cos 100n

n n n

P R

b R E ∑++

+-=

2、 为常数?,0R R =

,00300120

1001R E b R b R E P =→=+

-系数为所有

3、0

00

04,πε?εQ b ds R Q R R s

=→??-==?，()1,00≠=b b 2

300000cos 4cos R

R E R Q

R E θ

πεθ??++-= 12. 在均匀外电场0E

中置入一带均匀自由电荷0ρ的绝缘介质球（介电常数ε），求空

间各点的电势。

解：设球外电势为1?，球内电势为2?，则有

012

0R R >=?，?

00

22R R <-

=?，ε

ρ? 由迭加原理 ???''+'=， ?'是拉普拉斯方程解，?''是均匀带电球解．

R R 03

013ερ?=''， 2002002

6216R R ερεερ?-???? ??+=''． 故 R R P R b R d n n

n n n

n 03

0113)(cos )(ερθ?++=∑+，

2003

00126)2

1(6)(c o s )(R R P R c R a n n

n n n

n ερεερθ?-+++=∑+．

由边界条件 ①θ??cos R E 001－＝，∞→R

得 )1,0(00100≠=-==n d E d d n ，，? ②R ＝0，1?有限0=→n C

③，，210??==R R 0

21

R R R

R

??=???ε

?ε

3

000

010********R E b E a a εεεεεεε?+-=+-==→，，

)1,0(0

≠=n a n )0(0

≠=n b n

所以 R

R R R E R E 03

023********c o s 2c o s ερθεεεεθ??+

+-+-=． 2

002

00000026216c o s 23R R R E ερεερθεεε??-???? ?

?++

+-=．

习题五

5．试用菲涅尔公式说明，当()1212n n >>εε

时，反射波电矢量与入射波电矢量反相，即半波损失现象。

提示：直接用菲涅尔公式即可得到。

7．有一个可见平面光波由水入射到空气，入射角为

60．证明这时将会发生全反射，并求折射波的透入深度．设该波在空气中的波长为cm 5

01028.6-?=λ，水的折射率为33.1=n ． 解：全反射临界角为 '4549arcsin

1

2

==n n c θ＜ 60，故会发生全反射． 透入深度为 52

21

20

107.1sin 2-?=-=

n θπλδcm ．

8.已知海水的1

.1,1-==m S r σμ，试计算频率ν为Hz Hz Hz 9

6

10,10,50的三种电磁波在海水中的透入深度． 解：ωμσ

α

δ2

1

≈

=

则透入深度分别为

,72cm =δ ,5.0m =δ ,16mm =δ

9．频率为Hz 10

103?的电磁波，在cm b cm a 6.0,7.0==的矩形波导中可能传播哪些波型？ 解：对一组n m , 截止频率为

2

22??

? ??+??? ??=b n a m c f c

只有当截止频率小于Hz f 10

103?=，相应的波模才能在波导管内传播，计算得

,

103.3,1,1,101.2,0,1,

105.2,1,01010

10f Hz f n m f Hz f n m f Hz f n m c c c >?===

因为TM 波的最低波型（波模）为TM 11，而现在()f f c >11，所以TM 波都不可能传播。所以可以传播TE 01和TE 10波型。

10．试证明矩形波导中不存在mo TM 波或n TM 0波．但可以有0m TE 波和n TE 0波。 证：因为

电场解为

磁场解为

TEwave

A E z ,0,03=∴=

有

所以可以有0m TE 波和n TE 0波。

而TM 波有

所以不存在mo TM 波或n TM 0波．因为这样会仅有x H 或y H ，Ｈ线为直线，从波导管的

022=??==+?E k E k E μεωE i H ??-=0

ωμ0=?E n z

ik y x z z

ik y x y z ik y x x z z z ye k x k A E ye k x k A E ye k x k A E sin sin cos sin sin cos 321===0321=-+A ik A k A k z y x ,...2,1,0,,,===n m b

n k a m k y x ππ()

()()

z ik y x y x z z

ik y x x z y z

ik y x z y x z z z ye k x k k A k A i

H ye k x k k A k iA i H ye k x k k iA k A i H cos cos sin cos cos sin 120

310

230--=--=+-=ωμωμωμ,

21b

n A a m A ππ-=y

x E E A n E E A m ==→===→=,0,0,0,0120,012=-→=y x z k A k A H ,00,0,02≠→==→=y x onlyH k A m ,

00,0,01≠→==→=x y onlyH k A n

一个侧面到另一侧面，这与0=??B

矛盾．

习题六

2. （1）两圆形极板构成的平板电容器板间距为d 。其中的介质是有损耗的，电导率为σ，介电常数为ε。假设平板间电场均匀并不计边缘效应，板间加电压U=U m sin ωt ，求电容器中任一点的磁场。

（2） 试求与空间磁场H =A 1z x y βt-ωsin x cos A y βt-ωcos x sin e e )(4+)(42相应的位移电流。 解 （1）平板间电场均匀，且为E=t ωsin d

U d U m

= 因此，传导电流密度为

t ωsin d

U σE σj m

f ==

位移电流密度

t d

U E t j m D ωεωεcos )(??

==

根据电流分布可知距圆形极板的中心轴等远处磁场H 数值相等，磁力线分布是一系列圆心在中心轴上的同心圆，设某点离轴r 远，由安培环路定律

∮H ·d l=)(2D f +j j r π

∴ H=)+(2D f j j r

, B=)+(2

D f j j r μ

（1） 根据D t

D

J H ==×??? （因为此空间没有传导电流）

∴ z x y z

x x z y

H x H z H y H e e e H ??)????(???

--+=?

相应的位移电流为

j D =―A 2βz y x y t-x A y t-x A y t-x e e e )(sin 4sin )(sin 4sin 4)(cos 4cos 12βωββωβω-+

习题七

2．用洛仑兹变换式和四维坐标矢量，导出洛仑兹变换矩阵。

解：洛仑兹变换式为

.

/1/',',

',

/1'2

2

22

2

c

v c vx t t z z y y c v vt

x x --=

==--=

（1）

令，ict x z x y x x x ====4321,,,，按矢量的变换性质，则

νμνμx L x =' （2）

μνL 为洛仑兹变换矩阵，设为

???

??

???????=4443

42

41

3433323124232221

14131211a a a a a a a a a a a a a a a a L （3）

由（2）式矩阵计算为

?????

?

???????????????

???=????????????43214443

42

41

343332312423222114131211432

1''''x x x x a a a a a a a a a a a a

a a a a x x x x （4） （4）式计算结果为

4

443432421411434333232131142432322212114

143132121111''''x a x a x a x a x x a x a x a x a x x a x a x a x a x x a x a x a x a x +++=+++=+++=+++= (5)

将（5）式和（1）式比较，不难得出

γβγβγγ=-===44411411,,,a i a i a a 其中

c

v

=β，.112

2

c v -=

γ

L 中其余各量为0. 所以

?

?

???

??

??

???-=γβγβγγ0001000010

00i i L . 8．某星球发出的H a 线在其静止参考系中波长为o

0A 6563=λ.若地球上的观察者测得该星球的运动速度为s km 300,试计算下列情况下地球上的观察者看到从该星球发出的H a 线的波长.该星球的运动方向与辐射方向所夹角为o o o 901800,,.

解 由多普勒效应

)c o s 1('θγω

ωc

v

-=

c

πωλ2=

设波源对'∑系静止，故多普勒效应的波长表示为

)cos 1(0θγλ=λc

v

-

其中 o

0A 6563=λ c=3.0×108s m

2

211=

c v γ- v=3.0×105s m

①o 0=θ表示星球逆着观察者视方向，迎观察者而来，此时1=θcos 故

o 0

2

2

A 6556≈+11=11=c v c

v

λc v c v

λλ-

-

- （紫移） ②o 180=θ表示星球顺着观察者的视方向，离观察者而去

o 0

A 6570≈1+

1=c

v c

v

λλ-（红移） ③o 90=θ表示星球的运动方向与观察者的视方向垂直；由(1)式

o

0A 6563≈1=

c

v λλ- （横向红移）

9．设有一发光原子，当其静止时，辐射的光波波长为0λ，现此原子以速度v 相对于惯性系S 运动，试求在该惯性系中顺v 的方向和垂直v 的方向传播的光波频率 。

解 按Lorentz 变换关系，设v 沿S 系中x 轴正方向，则S 中观察光的频率ω与原子静止坐标系中光频率ω′有如下关系

)(x vk -ωγ=ω'

设光波传播方向在S 系中与x 轴夹角为θ，则

θcos c

ω

θcos k k x =

= ∴)os 1(θγω=ω'c v

c

-

)

os 1(θγω'

=

ωc v

c -

2=

′λc πω ∴ )

os 1(20θγλπ=ωc v

c

c

-

其中 c

v -11=

γ

沿着v 方向光频率为 )

1(20c -v

c γλπ=

ω

垂直v 方向光频率为 γ

λπ=

ω02c

。 11．（1）计算μμU U ，其中μU 为四维速度矢量。（2）证明

μ

x ??

为四维矢量. 解（1）)(=321c ,,,γU u μi u u u

∴ μμU U =[])()(+)()(44u γu γu γu γi i u

[]222

)(+=c u γi u

i

2

2

2

222=1=

c c

u c u ---

是不变量。

（2） y v μμx a x =′，λ

τλτ'=x a x y

y μτμττλμτλτμλτλτμτμx a x a x a a x x x a x x x x ??

=??=??=??'?'?=??'??='??

故

μ

x ??

是四维协变矢量算符。 12．证明：如果在一个惯性系中B E ⊥，则在其他惯性系中必然有B E ⊥。

解 根据电磁场变换关系，若∑系中有E 、B, '∑（相对∑以v 沿x 轴运动）

中有E '、B '，则有变换关系如是所以

332211

B E B E B E ''+''+''=''?B E 2

223232

32232111))((1))((β

β--++-+

-+

+=E c v

B vB E E c v B vB E B E 332211B E B E B E ++=B E ?=

显然，若在∑中B E ⊥,在'∑中亦有B E '⊥'。

习题八

1．设两根互相平行的尺，在各自静止的参考系中的长度均为0l ，它们以相同的速率v 相对于某一参考系∑运动，但是运动方向相反，且平行于尺子。求站在一根尺子上测量另一根尺子的长度。

解：设1尺()'∑系沿∑系x 轴正向以速度v 运动，则2尺"∑系相对于∑系的速度为v -，因此在1尺上测得2尺的速度及其长度分别为

2

2

222/1'v

c vc c vu v u u x x x +-=--= ()

2

22

202

0/'1'v c v c l c u l l x +-=-=

两尺看对方长度一样。

5．火箭A 和B 分别以c .80和c .

60的速度相对于地球向右和向左飞行。由火箭B 的观察者测得火箭A 的速度是多少？

解 方法一：取如下对应关系：地球←→∑; 火箭B ←→′∑; 火箭A ←→运动物体P 。

这样一来问题变得十分明确和简单（如图所示）：求?=′x u 已知 c v .60=- c u .

x 80=

∴ c u c

v v

u u .

x

x x 9460=1=

′2-- 方法二：取火箭A ←→∑；火箭B ←→′∑；地球←→运动物体P ，地球有两

个速度

c u .x 80=-，c u .

x 60=′，实际上是求′)(∑B 相对于

∑)(A 的运动速度。

2

1=

′c vu v

u u x x x -- 即2

)0(10=60c c v v

c c .

.

.

8---8- 解得 c v .

9460=-

这里的结果与方法一差一个符号，这只能说明速度的相对意义，因为只讲“一个物体的速度”，而不讲“谁相对于谁的速度”是毫无意义的。

7．写出能量动量矢量在Lorentz 变换下的变换式。（写出各个分量的变换显示式）

解: 能量与动量构成四维矢量),(W c

i

p

???????

?

????????? ??γβγ-βγγ

=???????? ??''''W c i i i W c i 321321p p p 000100001000p p p 由此得?????????

-γ='='='-γ='???????

??

?

+β-γ='='='-γ=')

p (p

p p

p )(p p )

p (p p p p )(p p 13

32

22

1121332

22

11v W W W c i W c i i W c

i W c i 9．两个相等质量m 的物体由一个压缩弹簧连在一起，该组合体静止时，质量为M (见

图)。突然弹簧断开，每一部分都以速度u 相反的方向飞去，问如何用两个物体的质量m 表示复合质量M 。

解: 在这种情况下，动量是守恒的。弹簧断开前后的总动量为零。而能量

2

Mc W =前,2

2

212c

u mc W -=

后能量守恒要求 2

2

12c

u m M -=

从上式可知，复合质量不恰好等于总质量m 2，因为这不是经典的情形。在这过程中质量不守恒。原来的静能2Mc 的一部分转变成为动能。小于与之相对应的静能22mc 。另外，还可以这样理解：开始能量部分地存在于两个质量m 的静能中，还有一部分能量存在于压缩弹簧的势能中，但注意到所有这些能量都在质量M 中反映出来。即U mc Mc +=222

。