电动力学习题课(七) Jun 16th. 2009 1 Example 1 有一个电量为q的粒子处在直角坐标系xy的原点,空间中存在电场E=E0和磁场B=Bot (E0<cB0),然后释放粒子,求粒子的运动轨迹。 分析:此题可以完全通过粒子的运动方程来求解,但是这里我们换种思路:先找到一个运动 坐标系S,使得在S中电场=0,只有磁场,然后在s中求出粒子的运动轨迹,最后再换回静止 坐标系S中得到原坐标系下粒子的运动轨迹。 解:在静止坐标系S中,电场E=(0,0,E0)和磁场B=(B0,0,0),粒子的初始位置=(0,0,0)和 初始速度=(0,0,0) 现考虑沿+y轴以速率运动的坐标系S,在S中电场为: TEx+(×B)]=0 E=0 (1.2) TE2+(×B)2]=(E0-UB0) (1 要求卫=0得 Eo Bo (1.4) 进一步可得磁场 B B (×E)]=-B0 (1.5) By= By=0 (1 B,1(×E)]=0 (1.7) 下面来计算粒子在S中的初始位置 x=0 (1.8) (y-t)=0 (1.9) =0 (1.10) U (1.11)
电动力学习题课（七） Jun 16th, 2009 1 Example 1 有一个电量为q的粒子处在直角坐标系xyz的原点，空间中存在电场E~ = E0zˆ和磁场B~ = B0xˆ (E0 < cB0)，然后释放粒子，求粒子的运动轨迹。 分析：此题可以完全通过粒子的运动方程来求解，但是这里我们换种思路：先找到一个运动 坐标系S，使得在S中电场E~ = 0，只有磁场，然后在S中求出粒子的运动轨迹，最后再换回静止 坐标系S中得到原坐标系下粒子的运动轨迹。 解：在静止坐标系S中，电场E~ = (0, 0, E0)和磁场B~ = (B0, 0, 0)，粒子的初始位置~r = (0, 0, 0)和 初始速度~s = (0, 0, 0)。 现考虑沿+y轴以速率v运动的坐标系S，在S中电场为： Ex = γ[Ex + (~v × B~ )x] = 0 (1.1) Ey = Ey = 0 (1.2) Ez = γ[Ez + (~v × B~ )z] = γ(E0 − vB0) (1.3) 要求E~ = 0得： γ(E0 − vB0) = 0 ⇒ v = E0 B0 (1.4) 进一步可得磁场： Bx = γ[Bx − 1 c 2 (~v × E~ )x] = 1 γ B0 (1.5) By = By = 0 (1.6) Bz = γ[Bz − 1 c 2 (~v × E~ )z] = 0 (1.7) 下面来计算粒子在S中的初始位置 x = x = 0 (1.8) y = γ(y − vt) = 0 (1.9) z = z = 0 (1.10) t = γ(t − v c 2 y) = 0 (1.11) 1
和速度 S 7(1-) 0 13) 即在中,电场E=(0,0,0)和磁场B=(B,0,0),粒子的初始位置F=(0,0,0)和初始速度§= 下面来考虑s中粒子的运动,由于只有磁场,粒子运动轨迹为圆 F (1.15) →qUB=7mU →R=2m_2mt (1.16) q Bo 那么轨迹方程为: -Rsin w R(1-coswt) (1.19) 其中u=v/R。 接着把Eq:(1.17,118,1.19换回静止坐标系S,即 x=0 y +ut)=n-Rsin an(t-y) .21) U R y)] 根据Eq(1.21)得: yty-y Lunt-Rsin [u(t-y)) (1 y(+ R Lun(t-y) (1.24) 联立Eq(1.20,12,1.24)得 (1.25) Eq(1.25)的轨迹是 elliptical cycloid 讨论 1)尝试用经典运动方程的方法求解此题; 2)尝试变换到丽=0的坐标系来求解此题; 3)比较这三种解法的结果,思考为什么会有异同?
和速度 sx = sx γ(1 − vsy c 2 ) = 0 (1.12) sy = sy − v 1 − vsy c 2 = −v (1.13) sz = sz γ(1 − vsy c 2 ) = 0 (1.14) 即在S中，电场E~ = (0, 0, 0)和磁场B~ = ( 1 γ B0, 0, 0)，粒子的初始位置~r = (0, 0, 0)和初始速度~s = (0, −v, 0)。 下面来考虑S中粒子的运动，由于只有磁场，粒子运动轨迹为圆。 F = dp dt = p dθ dt = p v R (1.15) ⇒ qvB = γmv v R ⇒ R = γmv qB = γ 2mv qB0 (1.16) 那么轨迹方程为： x = 0 (1.17) y = −R sin ωt (1.18) z = R(1 − cos ωt) (1.19) 其中ω = v/R。 接着把Eq.(1.17,1.18,1.19)换回静止坐标系S，即 x = x = 0 (1.20) y = γ(y + vt) = γ © − R sin £ ωγ(t − v c 2 y) ¤ + vγ(t − v c 2 y) ª (1.21) z = z = R £ 1 − cos ωγ(t − v c 2 y) ¤ (1.22) 根据Eq.(1.21)得： y + γ 2 v 2 c 2 y = γ © vγt − R sin £ ωγ(t − v c 2 y) ¤ª (1.23) γ 2 y( 1 γ 2 + v 2 c 2 ) = γ © vγt − R sin £ ωγ(t − v c 2 y) ¤ª y = vt − R γ sin £ ωγ(t − v c 2 y) ¤ (1.24) 联立Eq.(1.20,1.22,1.24)得： γ 2 (y − vt) 2 + (z − R) 2 = R 2 (1.25) Eq.(1.25)的轨迹是elliptical cycloid。 讨论： 1)尝试用经典运动方程的方法求解此题； 2)尝试变换到B~ = 0的坐标系来求解此题； 3)比较这三种解法的结果，思考为什么会有异同？ 2
2 Example 2 (简答题,4)一个长宽高分别为10mm,lomm,6mm的长方体谐振腔,试求其中最低频共振模式所 对应的波长。假设激发此电磁谐振腔中的这个最低频模式,试问辐射出来的电磁波能否通过 个横截面为4mm×4mm的波导?为什么? 解:根据驻波条件 其中n,m,p为整数,a=10mm,.b=1mm,c=6m进砂 kra=nT kgb=mt k2C (21) 2rf≡ck V()( (22) ∫√(a)2+(a)2+(2)2 由于(m,n,p)只能有一个为0,故当(mnp)=(110)时,是最低频的共振模式,其波长为: 2 =10v2=1414(mm) (1) (24) V(w)2+( 而横截面为4mm×4mm的波导能通过的最大波长为8mm,----(1) 所以从谐振腔辐射的电磁波不能通过该波导,因为其频率在波导的截止频率以下。 3 Example 3 (16)如图(a)所示,在一个半径为a的介电常数为er的介质球外面包一层厚度为(b-a)的金属,将 这宗半径为b球体放置于均匀电场E0中,求全空间的电势分布以及这个复合结构所带的有效 电偶极距。若将电介质和金属位置互换,即由厚度为(b-a)的电介质层包裹半径为a的金属球 求此时这个结构所携带的有效电偶极距。 Metal Metal g 解:(a)泊松方程: (1 边界条件: for cos 6 (32) r→+∞ y0(未知) (33) ds =0 (34)
2 Example 2 (简答题，4’)一个长宽高分别为10mm, 10mm, 6mm的长方体谐振腔，试求其中最低频共振模式所 对应的波长。假设激发此电磁谐振腔中的这个最低频模式，试问辐射出来的电磁波能否通过一 个横截面为4mm × 4mm的波导？为什么？ 解：根据驻波条件： kxa = nπ kyb = mπ kzc = pπ (2.1) 其中n, m, p为整数，a = 10mm, b = 10mm, c = 6mm。进而 ω ≡ 2πf ≡ ck = cπr³n a ´2 + ³m b ´2 + ³p c ´2 (2.2) ⇒ λ = c f = 2 p ( n a ) 2 + (m b ) 2 + ( p c ) 2 − − − − (10 ) (2.3) 由于(m, n, p)只能有一个为0，故当(mnp) = (110)时，是最低频的共振模式，其波长为： λc = 2 q ( 1 10 ) 2 + ( 1 10 ) 2 = 10√ 2 = 14.14(mm) − − − − (10 ) (2.4) 而横截面为4mm × 4mm的波导能通过的最大波长为8mm，− − − − (10 ) 所以从谐振腔辐射的电磁波不能通过该波导，因为其频率在波导的截止频率以下。− − − − (10 ) 3 Example 3 (16’)如图(a)所示，在一个半径为a的介电常数为²r的介质球外面包一层厚度为(b − a)的金属，将 这宗半径为b的球体放置于均匀电场E0xˆ中，求全空间的电势分布以及这个复合结构所带的有效 电偶极距。若将电介质和金属位置互换，即由厚度为(b − a)的电介质层包裹半径为a的金属球， 求此时这个结构所携带的有效电偶极距。 εr Metal Metal εr (a) (b) 解：(a)泊松方程： ∇2ϕ = 0 − − − − (10 ) (3.1) 边界条件： ϕ ¯ ¯ ¯ r→+∞ = −E0r cos θ − − − − (10 ) (3.2) ϕ ¯ ¯ ¯ r=b = ϕ0(未知) − − − − (10 ) (3.3) I ∂ϕ ∂r ¯ ¯ ¯ r=b · dS = 0 − − − − (10 ) (3.4) 3
Eq(3.1)在r>b的通解为 Bo BicOS A0+=+A1rcosθ (3.5) 联立Eq1(3.2,3.5) Ao+ Arcos 0=-for cos 0 (36) 联立Eq1、3.3,3.537) B Eob cos 8+ Bi cos 0 (38) B,=Eobs (3.9) 联立Eq(34,35,37,39): l0/(-B0-3E2c)sm B Bo=0 (3.11) 所以 0 b=420+-2+A2rcos6+ (3.18) 边界条件为 T cOS 319) (320) r→b 0 (321) y0(未知) (322) 0y1 ds (323)
Eq.(3.1)在r > b区的通解为： ϕout = A0 + B0 r + A1r cos θ + B1 cos θ r 2 − − − − (10 ) (3.5) 联立Eq.(3.2,3.5)： A0 + A1r cos θ = −E0r cos θ (3.6) ⇒ A0 = 0 A1 = −E0 (3.7) 联立Eq.(3.3,3.5,3.7)： B0 b − E0b cos θ + B1 cos θ b 2 = ϕ0 (3.8) ⇒ B1 = E0b 3 (3.9) 联立Eq.(3.4,3.5,3.7,3.9)： Z 2π 0 dφ Z π 0 (−B0 − 3E0b 2 cos θ) sin θdθ = −4πB0 = 0 (3.10) ⇒ B0 = 0 (3.11) 所以 ϕ = ½ 0 r ≤ b −E0r cos θ + E0b 3 cos θ r 2 r > b − − − − (20 ) (3.12) 而一个电偶极子的电势为： ϕ(~r) = ~p · ~r 4π²0r 3 (3.13) 对比Eq.(3.12,3.13)可知体系的等效电偶极距为： ~peff = 4π²0E0b 3xˆ − − − − (10 ) (3.14) (b)泊松方程： ∇2ϕ = 0 (3.15) 设通解为： r b ϕ2 = A20 + B20 r + A21r cos θ + B21 cos θ r 2 (3.18) 边界条件为： ϕ2 ¯ ¯ ¯ r→+∞ = −E0r cos θ (3.19) ϕ1 ¯ ¯ ¯ r→b− = ϕ2 ¯ ¯ ¯ r→b+ (3.20) ²r ∂ϕ1 ∂r ¯ ¯ ¯ r→b− = ∂ϕ2 ∂r ¯ ¯ ¯ r→b+ (3.21) ϕ1 ¯ ¯ ¯ r→a+ = ϕ0(未知) (3.22) I ∂ϕ1 ∂r ¯ ¯ ¯ r→a+ · dS = 0 (3.23) − − − − (40 ) 4
联立通解和边界条件可解得: A10=B10=A20=B20=0 10 bOb A er(b3+2a3)+2(63-a3) (325) 3Eoab 11 (63+2a3)+2(63-a3) (3.26) B21= eobs 3(63-a3) (b3+2a3)+2(63 (328) 对比Eq318313)可知体系的等效电偶极距为 e=4丌0B21 20 3(b 4r60E0b311 er(b3+2a3)+2(b3-a3) 3.30) 4 Example 4 4)如下图所示,在xy平面圆心处放置一个半径为R的金属圆环,金属线的半径可以忽略, 金属圆环在φ=0处断开了一个非常小的缝隙,其宽度可以忽略不计,这个结构就是著名的 开口谐振环,是形成负折射介质的结构单元。假设在结构中流着频率为u的交变电流,其分布 为I()=Lo(1-cosφ)let,求这个共振结构所携带的电偶极距j和磁偶极距m,并计算这个结构 在了=xe处的辐射场。 解:根据题意,电流分布为: j(T, t)=Io(1-cos )eto 其中 p=-sin o i cos oy (4.2) 那么磁偶极距为 tdr (1) (4.3) 2/()×(1-c)-d (1-cos o)do Tor
联立通解和边界条件可解得： A10 = B10 = A20 = B20 = 0 (3.24) A11 = − 3E0b 3 ²r(b 3 + 2a 3 ) + 2(b 3 − a 3 ) (3.25) B11 = 3E0a 3 b 3 ²r(b 3 + 2a 3 ) + 2(b 3 − a 3 ) (3.26) A21 = −E0 (3.27) B21 = E0b 3 n 1 − 3(b 3 − a 3 ) ²r(b 3 + 2a 3 ) + 2(b 3 − a 3 ) o (3.28) − − − − (30 ) 对比Eq.(3.18,3.13)可知体系的等效电偶极距为： ~peff = 4π²0B21xˆ (3.29) = 4π²0E0b 3 n 1 − 3(b 3 − a 3 ) ²r(b 3 + 2a 3 ) + 2(b 3 − a 3 ) o xˆ − − − − (10 ) (3.30) 4 Example 4 (14’)如下图所示，在xy平面圆心处放置一个半径为R的金属圆环，金属线的半径可以忽略， 金属圆环在φ = 0处断开了一个非常小的缝隙，其宽度可以忽略不计，这个结构就是著名的 开口谐振环，是形成负折射介质的结构单元。假设在结构中流着频率为ω的交变电流，其分布 为I(φ) = I0(1 − cos φ)e iωt，求这个共振结构所携带的电偶极距~p和磁偶极距~m，并计算这个结构 在~r = xeˆx处的辐射场。 x y Φ R I 解：根据题意，电流分布为： ~j(~r, t) = I0(1 − cos φ)e iωtφˆ (4.1) 其中 φˆ = − sin φxˆ + cos φyˆ (4.2) 那么磁偶极距为： ~m = 1 2 Z ~r 0 ×~j(~r 0 , t)d~r 0 − − − − (10 ) (4.3) = 1 2 Z (Rrˆ) × [I0(1 − cos φ 0 )e iωtφˆ]Rdφ 0 = ˆz I0R2 2 e iωt Z 2π 0 (1 − cos φ 0 )dφ 0 = ˆzπI0R 2 e iωt − − − − (20 ) (4.4) 5
根据电荷守恒: at (4.5) 0 那么电偶极距为 p(7)d (1) Rt sin)r(cos o i+sin o g) rdo (4.10) 考虑远区辐射,先来计算r=xex处电偶极距辐射场: 4x(×[) (4.11) Io R exp(t-5) y402x Bp w2Io R expiw(t-DI 类似可算出酽=re-处磁偶极距辐射场: ×[m (4.15 B 4Tc2r'X(x[m) expww(t--)1 (1 18 所以=xe2处总辐射场为: TOR/R 1 c) 4Foc2r(c (4.19) y HoWleR/R 1 Btotal iexpw( (4.20) 讨论 关于此结构的一般本征模解法可参考: APL90,0490(2007) PRB77,235105(2008) JAP104,034305(2008)
根据电荷守恒： ∂ρ ∂t + ∇ · ~j = 0 (4.5) ⇒ iωρ + ∇ · ~j = 0 (4.6) ⇒ ρ = − 1 iω ∇ · ~j − − − − (20 ) (4.7) 那么电偶极距为： ~p = Z ρ(~r 0 )~r 0 d~r 0 − − − − (10 ) (4.8) = − 1 iω Z (∇0 · ~j)~r 0 d~r 0 (4.9) = − 1 iω Z ( I0e iωt R sin φ 0 )R(cos φ 0xˆ + sin φ 0 yˆ)Rdφ 0 = −yˆ πI0Reiωt iω − − − − (20 ) (4.10) 考虑远区辐射，先来计算~r = xeˆx处电偶极距辐射场： E~ p = − ω 2 4π²0c 2r rˆ × (ˆr × [ ~p ]) (4.11) = −yˆ ω 2 I0R 4²0c 2x exp{iω(t − x c )} iω − − − − (10 ) (4.12) B~ p = ω 2µ0 4πcr rˆ × [ ~p ] (4.13) = −zˆ µ0ω 2 I0R 4cx exp{iω(t − x c )} iω − − − − (10 ) (4.14) 类似可算出~r = xeˆx处磁偶极距辐射场： E~m = − ω 2 4π²0c 3r rˆ × [ ~m ] (4.15) = ˆy ω 2 I0R2 4²0c 3x exp{iω(t − x c )} − − − − (10 ) (4.16) B~m = − ω 2µ0 4πc2r rˆ × (ˆr × [ ~m ]) (4.17) = ˆz µ0ω 2 I0R2 4c 2x exp{iω(t − x c )} − − − − (10 ) (4.18) 所以~r = xeˆx处总辐射场为： E~ total = ˆy exp{iω(t − x c )} ω 2 I0R 4²0c 2x ³R c − 1 iω ´ − − − − (10 ) (4.19) B~ total = ˆz exp{iω(t − x c )} µ0ω 2 I0R 4cx ³R c − 1 iω ´ − − − − (10 ) (4.20) 讨论： 关于此结构的一般本征模解法可参考： APL 90, 041903 (2007). PRB 77, 235105 (2008). JAP 104, 034305 (2008). 6