电动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 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利 B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: vxE=-,vxB=+oμ0, V.E=P/,V.=0 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:E=E+E,且VE1=0,VE=0 J=J +J1, B=B1+B:由于V×B=0,即B无源场不存在纵场分量;亦是说 B,则B=B 代入上面麦氏方程组: >XE-_ dt Vx(EL+E )=+=x E, = ot 2.E=E V.(E+E )=V.EL+V.=V.= L E 0 aEr =(+)+(+ ) 若两边同时取散度,V(V×B)=0 V.( +EoH0) =0 -1
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 B J t B E ∂ ∂ ∇ × = + ∂ ∂ ∇ × = − v v v v v 0 0µ 0 µ ε , 0 0 ∇ ⋅ E = ∇ ⋅ B = v v ε ρ 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 E EL ET v v v = + 且∇ × = 0 ∇ ⋅ = 0 EL ET v v L T J J J v v v = + B BL BT v v v = + 由于 ∇ × B = 0 v 即 B v 无源场 不存在纵场分量 亦是说 BL B BT 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 L T L T T ∂ ∂ ∇ × + = ∇ × + ∇ × = ∇ × = − v v v v v v ( ) 2> 0 ε ρ ∇ ⋅ E = v 0 ( ) ε ρ ∇ ⋅ EL + ET = ∇ ⋅ EL + ∇ ⋅ ET = ∇ ⋅ EL = v v v v v 3> t E B J ∂ ∂ ∇ × = + v v v 0 0µ 0 µ ε ( ) ( ) T 0 L T 0 0 EL ET t B J J v v v v v + ∂ ∂ ∇ × = µ + + ε µ t E J t E J L L T T ∂ ∂ + + ∂ ∂ = + v v v v 0 0 0 0 0 0 (µ ε µ ) (µ ε µ 若两边同时取散度 ∇ ⋅(∇ × ) = 0 BT v ( ) 0 0 0 0 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + t E J T T v v µ ε µ
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 当且仅当0J2+E040 0时,上式方成立 ot 综上,得麦氏方程的新表示方法 E VxB=7+’koJ+k0E =0;B,=0 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:V·E2= 引入E=-Vp于是有:V2=-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E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P=0,J=0,则E和B可完全由矢势A决 定,若取φ=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,J=0,p=0,麦氏方程表示为: V×E= V×H V·D=0:V·B=0 其中D=B,=B 由:V·B=0引入矢势A,使B=V×A 则V·B=V·(V×A)=0故,B由矢势A完全决定。 把B=V×A代入VXE=、DB 有 Vx(E+)=0令E+ 则:V×(E V×(-Vq)=0 则:E=-、⊙A故E有标势A完全决定
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 2 - 当且仅当 0 0 0 0时 上式方成立 t E J L L ∂ ∂ ∴ + v v µ ε µ 综上 得麦氏方程的新表示方法 t B E T T ∂ ∂ ∇ × = − v v 0 ε ρ ∇ ⋅ EL = v t E B J T T T ∂ ∂ ∇ × = = + v v v 0 0µ 0 µ ε 0 0 0 0 t E J L L ∂ ∂ + v v µ ε µ = 0 BL 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 ε ρ ∇ ⋅ EL = v 引入 EL = −∇ϕ v 于是有 0 2 ε ρ ∇ ϕ = − 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 EL 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, J = 0, r ρ 则 E 和 B 可完全由矢势 A 决 定 若取ϕ = 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 J = 0, ρ = 0 v 麦氏方程表示为 ; t B E ∂ ∂ ∇ × = − v v t D H ∂ ∂ ∇ × = v v ∇ ⋅ D = 0 v ∇ ⋅ B = 0 v 其中 D E v v = ε µ B H v v = 由 ∇ ⋅ B = 0 v 引入矢势 A v 使 B A v v = ∇ × 则 ∇ ⋅ B = ∇ ⋅(∇ × A) = 0 v v 故 B v 由矢势 A v 完全决定 把 B A v v = ∇ × 代入 ; t B E ∂ ∂ ∇ × = − v v 有 ( ) = 0 ∂ ∂ ∇ × + t A E v v 令 = −∇ϕ ∂ ∂ + t A E v v 则 ( ) = ∇ × (−∇ ) = 0 ∂ ∂ ∇ × + ϕ t A E v v 则 t A E ∂ ∂ = −∂ − v v ϕ 故 E v 有标势 A v 完全决定
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 如果取φ=0,有:B=V×A 代入方程Vx厅=OD 有:1>V×H V×B V×(V×A)=-84( a2A (V×A)+印 0 2>V·D=0 由于取φ=0,库仑规范ⅴA=0,与洛伦兹规范ⅴA+=0相同 c- ot 由1>2>得:A满足的方程有 A=0 A a2A 3证明沿z轴方向传播的平面电磁波可用矢势AO)表示,其中x=1-,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E,B,可写作 Eoe B: Boe 满足:1)E,B均垂直于传播方向 2)E,B相互垂直,E×B沿k方向 3)E,B同相,振幅比为υ(真空中为c) 故,不妨取A=A A2,ek-)
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 3 - 如果取ϕ = 0 有 B A v v = ∇ × 代入方程 t D H ∂ ∂ ∇ × = v v t A E ∂ ∂ = − v v ∇ ⋅ D = 0 v 有 1> t D H ∂ ∂ ∇ × = v v t E B ∂ ∂ ∇ × = v v εµ ⇒ ( ) ( ) t A t A ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × ∇ × = − v v εµ ⇒ ( ) 0 2 2 = ∂ ∂ ∇ × ∇ × + t A A v v εµ 2>∇ ⋅ D = 0 v (∇ ⋅ ) = 0 ∂ ∂ A t v 由于取ϕ = 0 库仑规范∇ ⋅ A = 0 v 与洛伦兹规范 0 1 2 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + c t A v ϕ 相同 ∴由 1>2>得 A v 满足的方程有 ∇ ⋅ A = 0 v 0 2 2 = ∂ ∂ ∇ − t A A v v εµ 3. 证明沿 z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势 A(ωτ ) v 表示 其中 c z τ = 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 E B v v , 可写作 ( ) 0 ( ) 0 i kz t y i kz t x B B e e E E e e ω ω − − = = v v v v 满足 1 E B v v , 均垂直于传播方向 z e v 2 E B v v , 相互垂直 E B v v × 沿 k v 方向 3 E B v v , 同相 振幅比为υ 真空中为 c 故 不妨取 , ( ) 0 ( ) 0 i kz t x c z i t x A A e e A e e ω ω − − − = = v v v c k ω =
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 B=VxA=aA ae=ikA ee (1) 可见,如果令kA0=B0,O4=E0,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A(x,)可用复数傅立叶展开为(,1)=∑[a1(O)“+a(0)其中 a是a的复共轭 (1)证明a满足谐振子方程 d2a() +k2c2a(t)=0。 (2)当选取规范V·A=0,q=0时,证明k·a4=0。 3)把E和B用a和a表示出来。 解:(1)证明:∵:A(x.1)=∑[a()e减+a()e] 根据傅立叶级数得正交性,必有 a4()=4(x,)e d2a4(0)[2Ax.D 1) 而洛仑兹变换时,矢势A满足方程V2-12A=-107 在真空中,J=0,故,V=102 (1)式化为a4( 2 2=e(c2v2ade dt 而k2c2a()=「k2c2(x,1)e2d 于是:“4(+k2(0-eV)+2)“在(2) A1)=∑[a()ex+a()e-
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 4 - ( ) 0 i kz t y y x e ikA e e z A B A −ω = ∂ ∂ ∴ = ∇ × = v v v v 1 ( ) 0 i kz t x i A e e t A E ω ω − = ∂ ∂ = − v v 2 可见 如果令 0 0 0 0 kA = B ,ωA = E 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 A(x,t) v v 可用复数傅立叶展开为 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * 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 + k c a t = dt d a t k k v v 2 当选取规范∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0 v 时 证明 ⋅ = 0 k k a v v 3 把 E B v v 和 用 k a v 和 * k a v 表示出来 解 1 证明 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * v v v v v v v v Q ∴ 根据傅立叶级数得正交性 必有 ∫ ⋅ a t = A x t e dx ik x k v v v v v v ( ) ( , ) ∫ ⋅ ∂ ∂ ∴ = e dx t A x t dt d a t k ik x 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 2 0 2 2 2 1 = −µ ∂ ∂ ∇ − 在真空中 J = 0 v 故 2 2 2 2 1 t A c A ∂ ∂ ∇ = v v ∴ 1 式化为 ∫ = ∇ ⋅ e c A dx dt d a t k ik x v v v v v ( ) ( ) 2 2 2 2 而 ∫ ⋅ k c a t = k c A x t e dx ik x k v v v v v v ( ) ( , ) 2 2 2 2 于是 ∫ ⋅ + k c a t = c ∇ A x t + k c A x t e dx dt d a t ik x k k v v v v v v v v v ( ) [ ( , ) ( , )] ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * v v v v v v v v Q
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 V2A(x,1)=-k2A(x,1) (2)式右边的积分式中,被积函数为0,积分为0。 d-a(o) d2+k2c2a4(1)=0,亦即a满足谐振子方程 2)选取规范V·A=0,q=0,于是有 V.A=v∑[a2)ex+a(0)=∑la(Vex+a(ov.el ∑[k·a()ie3-k·a(0)e-5=0 ∵a4(1),a(1)是线性无关的正交组 要使上式成立,仅当k·a=k·a=0时 故,证得当取V·A=0,9=0时,k·a4=0 3)已知A(x1)=∑[a(l+a()e-s B=V×A=∑[ikaA()e“-a()e- E=-V aA da(①2“k<a((取规范vA=0.=0) at dt 5.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z(元t)(赫兹矢量),若令g=V2,证明12 (2)若令P=-V·F证明2满足方程V221a1-C40P,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,E=Vx(×2)-c2HP,B=V×2 at 解:1)证明:A与φ满足洛仑兹规范,故有V·A+ ∵φ=-V·Z代入洛仑兹规范,有: V·A+-2(-V.Z)=0,即V.A=V(
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 5 - ( , ) ( , ) 2 2 A x t k A x t 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 + k c a t = dt d a t k k v v 亦即 k a v 满足谐振子方程 2 选取规范∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0 v 于是有 ∑ ∑ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ∇ ⋅ = ∇ ⋅ + = ∇ ⋅ + ∇ ⋅ k ik x k ik x k k ik x k ik x k A [a (t)e a (t)e ] [a (t) e a (t) e ] * v v v v v v v v v v v v v [ ( ) ( ) ] 0 * = ∑ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ k ik x k ik x k k a t ie k a t ie v v v v v v v v ( ), ( ) * a t a t k k v v Q 是线性无关的正交组 ∴要使上式成立 仅当 0 * k ⋅ ak = k ⋅ ak = v v v v 时 ∴故 证得当取∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0 v 时 ⋅ = 0 k k a v v 3 已知 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * v v v v v v v v ∑ ⋅ − ⋅ ∴ = ∇ × = − k ik x k ik x k B A [ika (t)e ika (t)e ] * v v v v v v v v v ∑ ⋅ − ⋅ = − + ∂ ∂ = −∇ − k k ik x k ik x e dt da t e dt da t t A E ] ( ) ( ) [ * v v v v v v v v ϕ 取规范∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0) v 5. 设 A v 和ϕ 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) v v 赫兹矢量 若令 Z v ϕ = ∇ ⋅ 证明 t Z c A ∂ ∂ = v v 2 1 2 若令 P v ρ = −∇ ⋅ 证明 Z v 满足方程 c P t Z c Z v v v 0 2 2 2 2 2 1 = − µ ∂ ∂ ∇ − 写出在真空中的推 迟解 3 证明 E B v v 和 可通过 Z v 用下列公式表出 E Z c P v v v 0 2 = ∇ × (∇ × ) − µ , Z c t B v v ∇ × ∂ ∂ = 2 1 解 1 证明 A v 与ϕ 满足洛仑兹规范 故有 0 1 2 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + c t A v ϕ = −∇ ⋅ Ζ v Qϕ 代入洛仑兹规范 有 ( ) 0 1 2 −∇ ⋅ Ζ = ∂ ∂ ∇ ⋅ + ⋅ v v c t A 即 ) 1 ( 2 c t A ∂ ∂Ζ ∇ ⋅ = ∇ ⋅ v v
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 A= 2)证明:∵标势q在满足洛仑兹规范得条件下有方程:100=P 而=-V·z,故:V2=V2(-V.z)=-V·(V2z) (二V·z)==V at- at 代入原方程: V 令p=-V·P,则上式化为 1a2 (2) 由于矢势A:V2-102 0J在真空中的推迟势为 J(x A(x 故,可类比得出,方程(2)在真空中的推迟势解为: P(x’,t z(元,1)=c E 代入=-V·Z,A= 有: E=V(V·2)、1a22 Vx(V×)+V2Z 102Z c2=V×(Vx2)-c2kP 同理:B=V×A V×Z
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 6 - c t A ∂ ∂Ζ ∴ = v v 2 1 2 证明 Q标势ϕ 在满足洛仑兹规范得条件下有方程 0 2 2 2 2 1 ε ϕ ρ ϕ = − ∂ ∂ ∇ − c t 而 = −∇ ⋅ Ζ v ϕ 故 ( ) ( ) 2 2 2 ∇ = ∇ −∇ ⋅ Ζ = −∇ ⋅ ∇ Ζ v v ϕ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 t t ∂t ∂ Ζ −∇ ⋅ Ζ = −∇ ⋅ ∂ ∂ = ∂ ∂ v ϕ v 代入原方程 0 2 2 2 2 ( )] 1 [ ( ) ε ρ = − ∂ ∂ Ζ − ∇ ⋅ ∇ Ζ − ∇ ⋅ c t v v 令 P v ρ = −∇ ⋅ 则上式化为 P c t v v v = − ∇ ⋅ ∂ ∂ Ζ ∇ ⋅ ∇ Ζ − ∇ ⋅ 0 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) ε 即 c P c t v v v 0 2 2 2 2 2 1 = − µ ∂ ∂ Ζ ∇ Ζ − 2 由于矢势 A v J t A c A v v v 2 0 2 2 2 1 = −µ ∂ ∂ ∇ − 在真空中的推迟势为 ∫ ′ ′ − = dV r c r J x t A x t ( , ) 4 ( , ) 0 v v v v π µ 故 可类比得出 方程 2 在真空中的推迟势解为 ∫ ′ ′ − Ζ = dV r c r P x t c x t ( , ) 4 ( , ) 0 2 v v v v π µ 3 t A E ∂ ∂ = −∇ − v v Q ϕ 代入 c t A ∂ ∂Ζ = −∇ ⋅ Ζ = v v v 2 1 ϕ , 有 c P c t c t E v v v v v v v 0 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 ( ) 1 ( ) = ∇ × ∇ × Ζ − µ ∂ ∂ Ζ = ∇ × ∇ × Ζ + ∇ Ζ − ∂ ∂ Ζ = ∇ ∇ ⋅ Ζ − 同理 ∇ × Ζ ∂ ∂ = ∇ × = v v v c t B A 2 1
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 E=V×(V×z P B V×Z 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: E= n)×n 1>由电偶极矩产生的辐射场 B 4TR ikR E= lloe m×n) 2>由磁偶极矩产生的辐射场: 4cR B (m×n)× 4TC-R 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 p=qx,+qr2=q(x,+x2) 由此可发现:p=,2[q(x+x2)=q(x1+x2) 由于两个粒子质量相同,电量也相同,故当其运动时x1=-x2(牛顿第二定律) 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m=0,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ω沿径向做简谐振动,求辐射场,并对结果给以物 理解释 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 4TR 取如图相对的两块小面元dS1,dS2,由于两块小面元对应相同的立体角,故有相同的面积
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 7 - ∇ × Ζ ∂ ∂ = ∴ = ∇ × ∇ × Ζ − v v v v v c t B E c P 2 0 2 1 ( ) µ 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 ikn p R e B p n n c R e E ikR ikR && v v v v v && v v = × = × × π µ πε 4 ( ) 4 0 2 0 2>由磁偶极矩产生的辐射场 m n n c R e B m n cR e E ikR ikR v v && v v v && v v = × × = − × ( ) 4 ( ) 4 2 0 0 π µ π µ 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 ( ) 1 2 1 2 p qx qx q x x v v v v v = + = + 由此可发现 [ ( )] ( ) 2 1 2 1 2 2 q x x q x x 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 1 2 x x && v && v = − 牛顿第二定律 即 p = 0 && 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 m = 0 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ω 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 π σ = 取如图相对的两块小面元 1 2 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 y z x
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 于是△a=oS=、QdS1= 47R dS2=ouS2=△Q2 考虑到两电荷元△Q1,△Q2,由于是球对称,又以相同的频率O作沿径向的简谐振动 =△Q1R·e,+△Q1·R·(-a)=0 m=I·△S=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 Q旋转,求辐射场 设飞轮边缘的厚度为d于是,边缘上的电荷面密度=Q 2TRd 体系的电偶极矩为:p= 2TR =27L sine. de.,+]cose.de-e, 1=0 体系的此偶极矩:m=I·AS= Q 由此得:p=0m=0 故,辐射场为0。 9.利用电荷守恒定律,验证A和φ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与Q的推迟势可写作 4(,1)=(Fr) F p(F’,t) d,其中,t'=t 4IEoPF-rl 因为在空间中有一个固定点,有 故 8
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 8 - 1 2 dS = dS 于是 1 1 2 1 2 2 2 2 4 4 dS dS Q R Q dS R Q ∆Q = dS = = = σ = ∆ π π σ 考虑到两电荷元 1 2 ∆Q ,∆Q 由于是球对称 又以相同的频率ω 作沿径向的简谐振动 ∴ ( ) 0 p = ∆Q1 ⋅ R ⋅ er + ∆Q1 ⋅ R ⋅ −er = v v v m = I ⋅ ∆S = 0 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 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 π σ 2 = 体系的电偶极矩为 ∫ ∫ = ⋅ ⋅ ⋅ = x ⋅ dl R Q d dl x Rd Q p v v v 2π 2π [ sin cos ] 0 2 2 0 2 0 = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ∫ ∫ π π θ θ θ θ π x y d e d e Q v v 体系的此偶极矩 z z e Q R R e Q m I S v v v v 2 2 2 2 ω π π ω = ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ = 由此得 p = 0 && v m&& = 0 v 故 辐射场为 0 9. 利用电荷守恒定律 验证 A v 和ϕ 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ϕ 的推迟势可写作 ∫ ′ ′ − ′ ′ ′ = V dV r r J r t A r t r v v v v v ( , ) 4 ( , ) 0 π µ ∫ − ′ ′ ′ = V dV r r r t r t v v v v v v ( , ) 4 1 ( , ) 0 ρ πε ϕ 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
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 (F’,t') 而V J(r V 当算符V作用于|一P1的n次幂时,可写作 严=V俨-P 其中V只作用于P,因为J(F,1)中的变量t=t 其中含有F,故 J7 t 另一方面,有:V·J=(V·J)=om dt 对此上两式,有:V·J=(V’·J)/=om-V·J 代入*式 VA=J·(~1 d’+ Jd′ t'=const )ar 因为「V J(r 只要把取得足够大,就可以使J(F,1)在V的边界面上处处为零,结果上式便为零。 9
电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 9 - ∫ ′ ′ ′ ′ ∂ ′ ∂ − ′ = V r t dV dt r r t d ( , ) 1 4 1 0 v r v ρ πε ϕ 而 ∫ ′ ′ − ′ ′ ′ ∇ ⋅ = ∇ ⋅ V dV r r J r t A ] ( , ) [ 4 0 v v v v v π µ ∫ ∫ ′ ′ ∇ ⋅ ′ − ′ ′ + − ′ = ⋅ ∇ V V JdV r r dV r r J v v v v v v 1 4 ) 1 ( 4 0 0 π µ π µ * 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 J (r′,t′) 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 t const v v v v v ⋅ ∇′ − ′ ∂ ′ ∂ ∇′⋅ = ∇′⋅ ′= − 对此上两式 有 J J J t const v v v ∇′ ⋅ = ∇′ ⋅ − ∇ ⋅ ′= ( ) 即 J J J t const v v v ∇ ⋅ = ∇′ ⋅ − ∇′ ⋅ ′= ( ) 代入*式 有 ∫ ∫ ′ ′= ′ ∇′ ⋅ − ∇′ ⋅ ′ − ′ ′ + − ′ ∇ ⋅ = ⋅ ∇ V t const V J J dV r r dV r r A J ( ) ) 1 4 ) 1 ( 4 0 0 v v v v v v w v π µ π µ ∫ ∫ ∫ ′ ′= ′ ′ ∇′ ⋅ ′ − ′ + ∇′ ⋅ ′ + − ′ ′ − − ′ = ⋅ ∇ V t const V V J dV r r JdV r r dV r r J ( ) ) 1 4 1 4 ) 1 ( 4 0 0 0 v v v v v v v v v π µ π µ π µ J dV r r dV r r J r t t const V V ∇′ ⋅ ′ − ′ ′ + − ′ ′ = − ∇′ ⋅ ′= ′ ′ ∫ ∫ ( ) 1 4 ] ( , ) [ 4 0 0 v v v v v v v π µ π µ 因为 ∫ ∫ ′ ′ ′ − ′ ′ ′ ′ = − ′ ′ ′ ∇′ ⋅ S V dS r r J r t dV r r J r t v v v v v v v v v ( , ) ] ( , ) [ 只要把V ′ 取得足够大 就可以使 J (r′,t′) v v 在V ′ 的边界面上处处为零 结果上式便为零
动力学习题解答参考 第五章电磁波的辐射 于是V·A V·A V·A+ o lo Eoa 由电荷守恒定律有: (V·J)=cm+5,=0,式中t是F点的局域时间,由以上两式有: 1 a 0 at 由此可见,只要电荷守恒定律成立,则推迟势A和φ就满足洛仑兹规范 10.半径为R的均匀永磁体,磁化强度为M0,求以恒定角速度O绕通过球心而垂直于 M0的轴旋转,设R0O求B 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 - 10 - 于是 J dV r r A t const V ∇′ ⋅ ′ − ′ ∇ ⋅ = ′= ′ ∫ ( ) 1 4 0 v v v v π µ dV t J c t r r A t A t const V ′ ∂ ∂ ∇′ ⋅ + − ′ = ∂ ∂ = ∇ ⋅ + ∂ ∂ ∴∇ ⋅ + ′= ′ ∫ [( ) ] 1 4 1 0 0 0 2 ρ π ϕ ϕ µ ε µ v v v v v 由电荷守恒定律有 ( ) = 0 ∂ ′ ∂ ∇′ ⋅ ′= + t J t const v ρ 式中t′是 r v ′点的局域时间 由以上两式有 0 1 2 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + c t A v ϕ 由此可见 只要电荷守恒定律成立 则推迟势 A v 和ϕ 就满足洛仑兹规范 10. 半径为 R0 的均匀永磁体 磁化强度为 M 0 v 求以恒定角速度ω 绕通过球心而垂直于 M 0 v 的轴旋转 设 R0ω 求 B v 在 x 方向作简谐振荡的分量
