电动力学习题及解答

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t ∂-∂=⨯∇/B E ， （1）0/ερ=⋅∇E ， （2） t ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ， （3） 0=⋅∇B （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0=⋅∇B ，所以B 本身就是无散场，没有纵场分量，即0=L B ，T B B =；T L E E E +=，0=⨯∇L E ，0=⋅∇T E ； T L J J J +=，0=⨯∇L J ，0=⋅∇T J ；由（1）得：t T T T L ∂-∂=⨯∇=+⨯∇/)(B E E E （5）由（2）得：0/)(ερ=⋅∇=+⋅∇L T LE E E （6）由（3）得：t L L T L T ∂+∂++=⨯∇/)()(000E E J J B εμμ)/()/(000000t t T T L L ∂∂++∂∂+=E J E J εμμεμμ （7）由电荷守恒定律t ∂-∂=⋅∇/ρJ 得：)/(/0t t L L ∂∂⋅-∇=∂-∂=⋅∇E J ερ 又因为 )/(00t L L ∂∂⨯-∇==⨯∇E J ε，所以 t L L ∂∂-=/0E J ε，即0/0=∂∂+t L L E J ε （8）（7）式简化为t T T T ∂∂+=⨯∇/000E J B εμμ （9）所以麦克斯韦方程租的新表示方法为：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=∂∂+==⋅∇∂∂+=⨯∇∂-∂=⨯∇0/0///00000t ttL L L L T T T T T E J B E E J B B E εερεμμ （10） 由0=⨯∇L E 引入标势ϕ，ϕ-∇=L E ，代入0/ερ=⋅∇L E 得，02/ερϕ-=∇上式的解就是静止电荷在真空中产生的电势分布，所以L E 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=ρ，0=J ，则E 和B 可完全由矢势A决定。

若取0=ϕ，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=ρ，0=J ，则麦氏方程表示为： t ∂-∂=⨯∇/B E （1）t ∂∂=⨯∇/D H （2） 0=⋅∇D （3） 0=⋅∇B （4）其中，E D ε=，μ/B H =，由于（4）式，引入矢势A ，使A B ⨯∇= （5）即B 可完全由矢势A 决定。

将（5）代入（1），得：0)/=∂∂+⨯∇t A E （， （6）由此引入标势ϕ，使ϕ-∇=∂∂+t /A E ，即t ∂∂--∇=/A E ϕ （7）将（7）式代入（3）得：0)(/2=⋅∇∂∂+∇A t ϕ （8）所以，ϕ可由A 决定，进而，E 也可完全由矢势A 决定。

如果取0=ϕ，由（8）式得：0=⋅∇A （9）将（5）、（7）代入（2），并注意到0=ϕ，得：0222=∂∂-∇tAA με （10）（9）、（10）即为0=ϕ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)(ωτA 表示，其中c z t /-=τ，A 垂直于z 轴方向。

证：平面电磁波在没有电荷分布的空间中传播，势的方程为⎪⎩⎪⎨⎧=∂∂-∇=∂∂-∇0/0/2200222002t t ϕεμϕεμA A 沿z 轴方向传播的平面波解为)(0t kz i e ω-=A A ， )(0t kz i e ωϕϕ-=A 与ϕ满足洛伦兹条件：0/00=∂∂+⋅∇t ϕεμA 。

所以000=-⋅ϕεωμi i A k ，即ωϕ/2A k ⋅=c因此，只要给定A ，就可以确定ϕ，从而E 和B 随之确定。

由于A k AB ⨯=⨯∇=i ， n B E ⨯=c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⊥⊥⨯=⨯∇=A k A B i ， n B E ⨯=c其中ωτωωi c z t i t kz i e e e-⊥--⊥-⊥⊥===0)/(0)(0A A A A 根据题意⊥A 可记为)(ωτA ，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∑⋅-⋅+=ki k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A ，其中*ka 是k a 的复共轭。

（1）证明k a 满足谐振子方程0)()(d d 2222=+t c k t tk k a a 。

（2）当选取规范0=⋅∇A ，0=ϕ时，证明0=⋅k a k 。

（3）把E 和B 用k a 和*k a 表示出来。

解：（1）证明：因为∑⋅-⋅+=ki k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A所以，根据傅立叶级数的正交性，必有：x x A a x k k d ),()(⋅⎰=i e t tx x A a xk d ),(d )(d 2222⋅⎰∂∂=∴i k e tt t t （1） 在洛伦兹规范下，J A A 022002/μεμ-=∂∂-∇t ，考虑到真空中0=J ，故，22002/t ∂∂=∇A A εμ，所以（1）式化为x A a x k d )d )(d 2222⎰∇=∴⋅c e t t i k （ （2） 而 x x A a xk k d ),()(2222⋅⎰=i e t c k t c k于是 x x A A a a x k k d )],([)(d )(d 22222222⎰+∇=+⋅t c k c e t c k tt i k （3） 因为 ∑⋅-⋅+=ki k i e t et t ])()([),(*x k x k k a a x A ，所以 ),(),(22t k t x A x A -=∇所以（3）式右边积分中，被积函数为0，积分为0。

所以k a 满足谐振子方程0)(d )(d 2222=+t c k tt k k a a 。

（2）当选取规范0=⋅∇A ，0=ϕ时∑∑⋅-⋅⋅-⋅∇⋅+∇⋅=+⋅∇=⋅∇ki k i ki k i e t e t e t e t x k x k k x k x k k a a a a A )()([])()([**0])()([*=⋅-⋅=∑⋅-⋅ki k i e t i e t i x k x k k a k a k 因为)(t k a ，)(*t k a 是线性无关正交组，所以要使上式成立，必有0)()(*=⋅=⋅t t k a k a k k（3）已知∑⋅-⋅+=k i k i e t e t t ])()([),(*x k x k ka ax A ，所以∑⋅-⋅⨯-⨯=⨯∇=ki k i e t i e t i ])()([*x k x k k a k a k A B∑⋅-⋅+-=∂∂--∇=ki k i e dt t d e dt t d t ])()([*x k x k k a a AE ϕ5. 设A 和ϕ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 （赫兹矢量），若令Z ⋅∇=ϕ，证明tc ∂∂=ZA 21。

（2）若令P ⋅-∇=ϕ，证明),(t x Z 满足方程P ZZ 0222221μc tc -=∂∂-∇，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：P Z E 02)(μc -⨯∇⨯∇=，Z B ⨯∇∂∂=tc 21。

（1）证明：A 和ϕ是满足洛伦兹规范的矢势和标势，所以有012=∂∂+⋅∇tc ϕA （1） 将Z ⋅-∇=ϕ代入（1）得：012=⋅∇-∂∂+⋅∇）（Z A tc （2）即：）（tc ∂∂⋅∇=⋅∇ZA 21，所以， tc ∂∂=ZA 21 （3） （2）证明：因为标势ϕ在洛伦兹规范下有方程：22221ερϕϕ-=∂∂-∇t c将Z ⋅-∇=ϕ代入，得：02222)(1)(ερ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡∂∂⋅∇-∇⋅∇-t c Z Z （4）令P ⋅-∇=ρ，则上式化为 P Z Z ⋅∇-=∂∂⋅∇-∇⋅∇022221)(1)(εt c ，即P P Z Z 020222211μεc t c -=-=∂∂-∇ （5）与方程J A A 022221μ-=∂∂-∇t c 的推迟解⎰-='d )/,'(4),(0V rc r t t x J x A πμ类比，得方程（5）在真空中的推迟解为⎰-='d )/,'(4),(02V r c r t c t x P x Z πμ （6）（3）将Z ⋅-∇=ϕ，t c ∂∂=ZA 21代入t ∂∂--∇=/A E ϕ及AB ⨯∇=，得：P Z E 02)(μc -⨯∇⨯∇=，Z B ⨯∇∂∂=tc 216. 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：电偶极矩的变化产生的辐射场为：)(430n p B ⨯= R c e ikR πε，n n p E ⨯⨯=)(420 Rc e ikRπε磁偶极矩的变化产生的辐射场为：)(40n m E ⨯-= cR e ikR πμ，n n mB ⨯⨯=)(430 Rc e ikRπμ 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)(2121x x x x p +=+=q q q )(21x x p+=q 由于两粒子质量相同，根据牛顿第二定律，有21x x -=，所以0=p，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0=m ，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ω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24R Q πσ=取如图所示相对的两块小面元d S 1, d S 2, 由于两块小面元对应相同的立体角，故有相同的面积21dS dS =，2211d d d d q S S q ===σσ因为两电荷元21d d q q ，球对称分布，又以相同的频率ω沿径向作简谐振动，所以有0=p ，0=m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ω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 πσ2/=，体系的电偶极矩为⎰⎰⋅=⋅⋅⋅=l RQl d Rd Q d 2d 2x x p ππ 0]d sin d cos [22020=⋅⋅+⋅⋅=⎰⎰ππθθθθπy x Qe e 体系的磁偶极矩z z R Q R Q I e e S m 2222ωππω=⋅⋅=∆⋅= 由此得0=p，0=m ，故辐射场为0。