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1、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，则：由于BLE1 ）：J得:B/ t，2）：3）：得:得:B 0ELJL0，J 00E/t，由电荷守恒定律又因为JL0 ，所以 B 本身就是无散场，没有纵场分量，即BETJT，(EL (EL BTBT ；ELJLET)ET 0(JL0J L /0，0，ETET 0；JT 0；ELBT/ t/JT)JL7）式简化为所以麦克斯韦方程
2、租的新表示方法为：BLJLE L 0 引入标势BTETBTEL0（ 1）（ 2）（ 3）（ 4）并分别用角标L和T表示,5）00 t 得：0EL/L/ t 0JT00EL/JLt） ，所以BT /0J/EL/ tEL(EL t)0EL)/( 0J/JL0 0 ET /ET/ t，代入上式的解就是静止电荷在真空中产生的电势分布，2. 证明在线性各向同性均匀非导电介质中， 若决定。若取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，若6）0 0 ET / t)( 0 EL/ t)EL / t ，即7）8）9）10)EL0 得，所以0， JE L对应静止电荷产生的库仑场。0 ， 则
3、 E 和 B 可完全由矢势AJ 0 ，则麦氏方程表示为：E B/ t(1)HD/t( 2)D0( 3)B0(4)其中，DB/ ，由于(4)式，引入矢势A,使(5)即B可完全由矢势A决定。将(5)代入(1),得：(E A/ t)(6)由此引入标势A/将(7)E式代入2A/ t所以，如果取将(5)、(3)得:/ t(A)可由A决定，进而,0 ,由(8)式得:A 00E也可完全由矢势 A决定。(8)(9)(7)代入(2),并注意到学0(10)A垂直于证：平面电磁波在没有电荷分布的空间中传播,势的方程为2A 0 022A/0 0沿z轴方向传播的平面波解为A A0ei(kz t)A与满足洛伦兹条件：c2
4、k A/t2t2i(kz t)0e0 0/ t 0。所以 ik A i0,即因此，只要给定 A ,就可以确定A ik A，从而E和B随之确定。由于E cB n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B A ik A , E cB其中 AA。ei(kz t) A。e i (t z/c)A。e i根据题意A可记为A(),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 A(x,t)ak(t)eikxak(t)e ikxk*，其中ak是ak的复共轲。一、4.d2，2 2(1)证明ak满足谐振子万程 ak(t) k c ak dt0。(2)当选取规范A 0,0时，证明k
5、 ak 0。(9)、(10)即为0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A()表示，其中z轴方向。一 .一 *(3)把E和B用ak和ak表示出来。解：(1)证明：因为A(x,t)ak(t)eikx ak(t)e ikxk所以，根据傅立叶级数的正交性，必有:ik x .ak (t)A(x,t)e dx22d ak(t)2A(x,t)dt2在洛伦兹规范下,故,2A o2 d ak(t)t22AA/ t2 ,ik xe dx0 0 2A/ t2所以(1)式化为dt22 2,、c ak(t)d2ak(t)ik x z 2e (c2 A)dxk2c2A(x,t)eikxdx因为d
6、t2A(x,t)k22,、c ak(t)ak(t)eikx所以3)2d ak(t)dt2(2)当选取规范因为ak(t)(1)0J ,考虑到真空中J 0(2)ik xr 22e c Ak2c2 AA(x,t)dx* ik xak(t)e ，所以(3)2A(x,t)k2A(x,t)式右边积分中，被积函数为0,积分为0。所以ak满足谐振子方程2 2k c ak(t)A 0,ak(t)ek0。ik x0时ak(t)e ikx同kik x e* .ak(t)ik x eik xik ak(t)e* ikxik ak(t)e 0* . 一. ak(t)是线性无关正交组，所以要使上式成立,必有k ak(t)
7、(3)已知 A(x,t)一 * 一一_k ak(t)0ak(t)eikxak(t)e ikx,所以ikkak(t)eikxikak(t)e ikxdak (t) ikxedtdtikx5.设A和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)(赫兹矢量)，若令证明c2 t若令P ,证明Z(x,t)满足方程2Z2Z t2oP ,写出在真(3)空中的推迟解。证明E和B可通过Z用下列公式表出:(1)证明:21(Z) c 0P , B - c t 是满足洛伦兹规范的矢势和标势,A 4一 0c2 t所以有(1)代入(1)得：A A-(c tZ)(2)即:),所以,(3)(2)证明:因为标
8、势在洛伦兹规范下有方程:212ct2代入，得:2Z)12c(4)与方程得方程(3)将6.两个质量、发生。5),则上式化为2Z1 2Z2.2c tZ)0P(5)1_2Ac2 t2oJ的推迟解A(x,t)在真空中的推迟解为Z(x,t)Z) c12 c204-Z代入E tP ,c2 tP(x,t r/c) -dV电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞,证：电偶极矩的变化产生的辐射场为：ikRB (p n) , E4 oC3R磁偶极矩的变化产生的辐射场为：ikReJ(x,t r/c) -dV类比,A/ t 及 B(6)证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会4 oC2R(P n) neikRei东E(m n), B
9、 0 3 (m n) n4 cR4 c3 R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p qxi qx2 q(xi X2)P q(x1 x2)由于两粒子质量相同，根据牛顿第二定律，有x1x2，所以P 0,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 m 0,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
10、荷，于是,球面电荷密度为Q 4 R2取如图所示相对的两块小面元 dS, dS2,由于两块小面 元对应相同的立体角，故有相同的面积dS1 dS2,dq1dS1dS2 dq2因为两电荷元dq1, dq2球对称分布，又以相同的频率 沿径向作简谐振动，所以有 p 0, m 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0。Q。设此飞轮以恒定角速度沿径向的简谐振荡是不能产生辐射场的振动，辐射场为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Q/2 Rd ,体系的电偶极矩为p 3d2 RdQ 2
11、cos 20dl2sin0dldey 0体系的磁偶极矩m0,QS 2故辐射场为R2ezQ R22ez0。9 .利用电荷守恒定律，验证 证明：推迟势A与可写作:A和的推迟势满足洛伦兹条件。A(x,t) U(x,t)一 、，dV,0 V rJ(x,t)1，dV,(x,t) V r4对于因为所以其中t t的函数，有A(x,t)J(x,t)J(x,t)J(x,t)V由于另外所以VVJ(x,t)c tJ (x ,t )t constJ(x,t) t const1J(x,t)-dVr01J(x,t)-dV4 VrVVJdVJ(x,t)、，dV1c2 tQS1 dVrVr1J(x,t)dVt1rc tJ(x,t)V r1V r1-J(x,t)t const ，rJ(x,t)dV jJ(x,t)tconstdVJ(x,t)dS 0,所以 rJ(x,t)dV1VrJ(x,t)t constdV0 4 V r11c2 4J(x,t)tconstdV0 V r-dV t 4V r-dV, tn 1-J(x,t)t const - dV4 Vrt由电荷守恒定律,J (x，t )t const-f0即得A和的推迟势满足10
