第五章 电磁波的辐射

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 JB t B E ∂ ∂+=×∇∂ ∂−=×∇ vvvvv 000 µεµ 0, 0 =⋅∇=⋅∇ BE vv ερ 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 TL EEE vvv += 且 00 =⋅∇=×∇ TL EE vv TL JJJ vvv += TL BBB vvv += 由于 0=×∇ Bv 即 Bv 无源场 不存在纵场分量 亦是说 TL BBB vvv =则, 代入上面麦氏方程组 1> t B E ∂ ∂−=×∇ vv t B EEEEE TTTLTL ∂ ∂−=×∇=×∇+×∇=+×∇ vvvvvv )( 2> 0ε ρ=⋅∇ Ev 0 )( ερ=⋅∇=⋅∇+⋅∇=+⋅∇ LTLTL EEEEE vvvvv 3> t E JB ∂ ∂+=×∇ vvv 000 µεµ )()( 000 TLTLT EEtJJB vvvvv +∂ ∂++=×∇ µεµ t E J t E J LL T T ∂ ∂++∂ ∂+= vvvv 000000 ()( µεµµεµ 若两边同时取散度 0)( =×∇⋅∇ TB v 0)( 000 =∂ ∂+⋅∇ t E J TT vv µεµ 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 2 - 时 上式方成立当且仅当 0000 t E J LL ∂ ∂+∴ vv µεµ 综上 得麦氏方程的新表示方法 t B E TT ∂ ∂−=×∇ vv 0ε ρ=⋅∇ LE v t E JB TTT ∂ ∂+=×∇ = vvv 000 µεµ 0000 t E J LL ∂ ∂+ vv µεµ 0=LB 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 0ε ρ=⋅∇ LE v 引入 ϕ−∇=LE v 于是有 0 2 ε ρϕ −=∇ 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 LE 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 ,0,0 == Jrρ 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 如果令 0,0 == ρJv 麦氏方程表示为 ; t B E ∂ ∂−=×∇ vv t D H ∂ ∂=×∇ vv 0=⋅∇ Dv 0=⋅∇ Bv 其中 ED vv ε= µ B H vv = 由 0=⋅∇ Bv 引入矢势 Av 使 AB vv ×∇= 则 0)( =×∇⋅∇=⋅∇ AB vv 故 Bv 由矢势 Av 完全决定 把 AB vv ×∇= 代入 ; t B E ∂ ∂−=×∇ vv 有 0)( =∂ ∂+×∇ t A E vv 令 ϕ−∇=∂ ∂+ t A E vv 则 0)()( =−∇×∇=∂ ∂+×∇ ϕ t A E vv 则 t A E ∂ ∂−−∂= vv ϕ 故Ev有标势 Av 完全决定 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 3 - 如果取 0=ϕ 有 AB vv ×∇= 代入方程 t D H ∂ ∂=×∇ vv t A E ∂ ∂−= vv 0=⋅∇ Dv 有 1> t D H ∂ ∂=×∇ vv t E B ∂ ∂=×∇ vv εµ ⇒ )()( t A t A ∂ ∂ ∂ ∂−=×∇×∇ vv εµ ⇒ 0)( 2 2 =∂ ∂+×∇×∇ t A A vv εµ 2> 0=⋅∇ Dv 0)( =⋅∇∂ ∂ A t v 由于取 0=ϕ 库仑 0=⋅∇ Av 与洛伦兹规范 01 2 =∂ ∂+⋅∇ tc A ϕv 相同 ∴由 1>2>得 Av 满足的方程有 0=⋅∇ Av 0 2 2 =∂ ∂−∇ t A A vv εµ 3. 证明沿 z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势 )(ωτAv 表示 其中 czt −=τ 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 BE vv , 可写作 )( 0 )( 0 tkzi y tkzi x eeBB eeEE ω ω − − = = vv vv 满足 1 BE vv , 均垂直于传播方向 ze v 2 BE vv , 相互垂直 BE vv × 沿 kv方向 3 BE vv , 同相 振幅比为υ 真空中为 c 故 不妨取 ,)(0 )( 0 tkzi x c z ti x eeAeeAA ωω −−− == vvv c k ω= 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 4 - )(0 tkzi yy x eeikAe z A AB ω−=∂ ∂=×∇=∴ vvvv 1 )(0 tkzi xeeAit A E ωω −=∂ ∂−= vv 2 可见 如果令 0000 , EABkA == ω 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 ),( txA v v 可用复数傅立叶展开为 ∑ ⋅−⋅ += k xki k xki k etaetatxA ])()([),( * vvvvvv ,其中 * ka v 是 ka v 的复共轭 1 证明 ka v 满足谐振子方程 0)()( 22 2 2 =+ tack dt tad k k v v 2 当选取规范 0,0 ==⋅∇ ϕAv 时 证明 0=⋅ kak v v 3 把 BE vv和 用 kav 和 *kav 表示出来 解 1 证明 ∑ ⋅−⋅ += k xki k xki k etaetatxA ])()([),( * vvvv vvvvQ ∴ 根据傅立叶级数得正交性 必有 ∫ ⋅= xdetxAta xkik vvvv vv),()( ∫ ⋅∂∂=∴ xdet txAdt tad xkik v vv vv 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 vvv 02 2 2 2 1 µ−=∂ ∂−∇ 在真空中 0=Jv 故 2 2 2 2 1 t A c A ∂ ∂=∇ vv ∴ 1 式化为 ∫ ∇= ⋅ xdAcedt tad xkik v vv vv )( )( 22 2 2 而 ∫ ⋅= xdetxAcktack xkik vvvv vv),()( 2222 于是 ∫ ⋅+∇=+ xdetxAcktxActackdt tad xkikk vv vvvvv vv )],(),([)( )( 222222 2 2 2 ∑ ⋅−⋅ += k xki k xki k etaetatxA ])()([),( * vvvv vvvvQ 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 5 - ),(),( 22 txAktxA vvvv −=∇∴ ∴ 2 式右边的积分式中 被积函数为 0 积分为 0 ∴ 0)()( 22 2 2 =+ tack dt tad k k v v 亦即 ka v 满足谐振子方程 2 选取规范 0,0 ==⋅∇ ϕAv 于是有 ∑∑ ⋅−⋅⋅−⋅ ⋅∇+⋅∇=+⋅∇=⋅∇ k xki k xki k k xki k xki k etaetaetaetaA ])()([])()([ * vvvvvvvv vvvvv 0])()([ * =⋅⋅−⋅⋅= ∑ ⋅−⋅ k xki k xki k ietakietak vvvv vvvv )(),( * tata kk vvQ 是线性无关的正交组 ∴要使上式成立 仅当 0* =⋅=⋅ kk akak v vvv 时 ∴故 证得当取 0,0 ==⋅∇ ϕAv 时 0=⋅ kak v v 3 已知 ∑ ⋅−⋅ += k xki k xki k etaetatxA ])()([),( * vvvv vvvv ∑ ⋅−⋅ −=×∇=∴ k xki k xki k etaiketakiAB ])()([ * vvvv vvvvv ∑ ⋅−⋅ +−=∂∂−−∇= k xkikxkik edt tad e dt tad t A E ] )()( [ * vvvv vvvv ϕ 取规范 )0,0 ==⋅∇ ϕAv 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 ),( txZ v v 赫兹矢量 若令 Z v⋅∇=ϕ 证明 t Z c A ∂ ∂= vv 2 1 2 若令 P v⋅−∇=ρ 证明 Zv 满足方程 Pc t Z c Z vvv 0 2 2 2 2 2 1 µ−=∂ ∂−∇ 写出在真空中的推 迟解 3 证明 BE vv和 可通过Zv用下列公式表出 PcZE vvv 02)( µ−×∇×∇= , ZtcB vv ×∇∂ ∂= 2 1 解 1 证明 A v 与ϕ满足洛仑兹规范 故有 01 2 =∂ ∂+⋅∇ tc A ϕv Ζ⋅−∇= vQϕ 代入洛仑兹规范 有 0)( 1 2 =Ζ⋅−∇∂ ∂⋅+⋅∇ vv tc A 即 )1( 2 tc A ∂ Ζ∂⋅∇=⋅∇ vv 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 6 - tc A ∂ Ζ∂=∴ vv 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 ρϕϕ −=∂ ∂−∇ tc 而 Ζ⋅−∇= vϕ 故 )()( 222 Ζ∇⋅−∇=Ζ⋅−∇∇=∇ vvϕ )()( 2 2 2 2 2 2 ttt ∂ Ζ∂⋅−∇=Ζ⋅−∇∂ ∂=∂ ∂ vvϕ 代入原方程 0 2 2 2 2 )]( 1 )([ ε ρ−=∂ Ζ∂⋅∇−Ζ∇⋅∇− tc vv 令 P v⋅−∇=ρ 则上式化为 P tc vvv ⋅∇−=∂ Ζ∂⋅∇−Ζ∇⋅∇ 0 2 2 2 2 1)( 1 )( ε 即 Pc tc vvv 0 2 2 2 2 2 1 µ−=∂ Ζ∂−Ζ∇ 2 由于矢势 A v J t A c A vvv 02 2 2 2 1 µ−=∂ ∂−∇ 在真空中的推迟势为 ∫ ′ −′ = Vd r c r txJ txA ),( 4 ),( 0 vv vv π µ 故 可类比得出 方程 2 在真空中的推迟势解为 ∫ ′ −′ =Ζ Vd r c r txPc tx ),( 4 ),( 0 2 vv vv π µ 3 t A E ∂ ∂−−∇= vv Q ϕ 代入 tc A ∂ Ζ∂=Ζ⋅−∇= vvv 2 1 ,ϕ 有 Pc tctc E vvvvvvv 0 2 2 2 2 2 2 2 2 )( 1 )( 1 )( µ−Ζ×∇×∇=∂ Ζ∂−Ζ∇+Ζ×∇×∇=∂ Ζ∂−Ζ⋅∇∇= 同理 Ζ×∇∂ ∂=×∇= vvv tc AB 2 1 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 7 - Ζ×∇∂ ∂= −Ζ×∇×∇=∴ vv vvv tc B PcE 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 pnik R e B nnp Rc e E ikR ikR &&vvv vv&&vv ×= ××= π µ πε 4 )( 4 0 2 0 2> 由磁偶极矩产生的辐射场 nnm Rc e B nm cR e E ikR ikR vv&&vv v&&vv ××= ×−= )( 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 )( 2121 xxqxqxqp vvvvv +=+= 由此可发现 )()]([ 21212 2 xxqxxq dt d p &&v&&vvv&&v +=+= 由于两个粒子质量相同 电量也相同 故当其运动时 21 xx && v&&v −= 牛顿第二定律 即 0=p&&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 0=mv 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 24 R Q πσ = 取如图相对的两块小面元 21 ,dSdS 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 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 8 - 21 dSdS = 于是 22221211 44 QdSdS R Q dS R Q dSQ ∆=====∆ σππσ 考虑到两电荷元 21 , QQ ∆∆ 由于是球对称 又以相同的频率ω作沿径向的简谐振动 ∴ 0)(11 =−⋅⋅∆+⋅⋅∆= rr eRQeRQp vvv 0=∆⋅= SIm vv 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 πσ 2= 体系的电偶极矩为 ∫ ∫ ⋅=⋅⋅⋅= dlxRQxdldRdQp vvv ππ 22 0]cossin[ 2 2 0 2 0 =⋅⋅+⋅⋅= ∫∫ ππ θθθθπ yx ededQ vv 体系的此偶极矩 zz e RQ eR Q SIm vvvv 22 2 2 ωππ ω =⋅⋅=∆⋅= 由此得 0=p&&v 0=m&&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 Vd rr trJ trA vr vvvv ),( 4 ),( 0π µ ∫ ′− ′′= V Vdrr tr tr v v vv vv ),( 4 1 ),( 0 ρ πεϕ 其中 c rr tt vv ′−−=′ 因为在空间中有一个固定点 有 , tt ′∂ ∂=∂ ∂ 故 o Q r v rr vv ′− r ′v 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 9 - ∫ ′ ′′′′∂ ∂ ′−= V Vdtr trrdt d ),( 1 4 1 0 vvr ρπε ϕ 而 ∫ ′ ′′− ′′⋅∇=⋅∇ V Vd rr trJ A ] ),( [ 4 0 vv vvv π µ ∫∫ ′′ ′⋅∇′−+′′−∇⋅= VV VdJ rr Vd rr J v vvvv v 1 4 ) 1 ( 4 00 π µ π µ * 当算符∇作用于 rr vv ′− 的 n 次幂时 可写作 nn rrrr vvvv ′−∇′−=′−∇ 其中∇′只作用于 rv′ 因为 ),( trJ ′′vv 中的变量 c rr tt vv ′−−=′ 其中含有 rv 故 )( 1 )( 1 )( rr t J c rr t J c t t J J vv v vv vvv ′−∇′⋅′∂ ∂=′−∇⋅′∂ ∂−=′∇⋅′∂ ∂=⋅∇ 另一方面 有 )(1)( rr t J c JJ constt vv vvv ′−∇′⋅′∂ ∂−⋅∇′=⋅∇′ =′ 对此上两式 有 JJJ constt vvv ⋅∇−⋅∇′=⋅∇′ =′)( 即 JJJ constt vvv ⋅∇′−⋅∇′=⋅∇ =′)( 代入*式 有 ∫∫ ′ =′ ′ ′⋅∇′−⋅∇′′−+′′−∇⋅=⋅∇ V consttV VdJJ rr Vd rr JA ))( 1 4 ) 1 ( 4 00 vv vvvv vw π µ π µ ∫ ∫∫ ′ =′ ′′ ′⋅∇′′−+ +′⋅∇′′−−′′−∇⋅= V constt VV VdJ rr VdJ rr Vd rr J ))( 1 4 1 4 ) 1 ( 4 0 00 v vv v vvvv v π µ π µ π µ VdJ rr Vd rr trJ constt VV ′⋅∇′′−+′′− ′⋅∇′−= =′ ′′ ∫∫ )(14]),([4 00 v vvvv vv π µ π µ 因为 ∫∫ ′′ ′′− ′′=′′− ′′⋅∇′ S V Sd rr trJ Vd rr trJ v vv vv vv vv ),( ] ),( [ 只要把V ′取得足够大 就可以使 ),( trJ ′′vv 在V ′的边界面上处处为零 结果上式便为零 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 10 - 于是 VdJ rr A constt V ′⋅∇′′−=⋅∇ =′′∫ )( 1 4 0 v vv v π µ Vd t J rrtc A t A constt V ′∂ ∂+⋅∇′′−=∂ ∂+⋅∇=∂ ∂+⋅∇∴ =′ ′ ∫ ])([141 0200 ρπµϕϕµε v vv vv 由电荷守恒定律有 0)( =′∂ ∂+⋅∇′ =′ tJ constt ρv 式中 t ′是 rv′点的局域时间 由以上两式有 0 1 2 =∂ ∂+⋅∇ tc A ϕv 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 0M v 求以恒定角速度ω绕通过球心而垂直于 0M v 的轴旋转 设 ω0R < 求B v 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 - 11 - rrx tiikR x eeeeMRe Rc B vvvv ××⋅⋅= − )( 3 4 4 2 0 3 2 0 ωωππ µ )( 2 0 3 0 2 0 )( 3 tkRi rrx eeee Rc MR ωωµ −⋅××= vvv 在 y 方向的分量 )( 2 0 3 0 2 0 )( 3 tkRi rryy eeee Rc MR B ω ωµ −⋅××= vvvv 根据                 − − =         φ θ φθ φφθφθ φφθφθ e e e e e e R z y x v v v v v v 0sincos cossincossinsin sincoscoscossin 得 )(0 3 0 2 0 )cos( 3 φω φθ θωµ +−+= tkRieeiecR MR B vvv 同理可得 )(0 3 0 2 0 )cos( 3 φω φθ θωµ +−−= tkRieeeicR MR E vvv re Rc MR S vv )cos1( 18 2 23 2 0 6 0 4 0 θωµ += 11. 带电粒子 e 作半径为 a 的非相对论性圆周运动 回旋频率为ω 求远处的辐射电磁场 和辐射能流 解 由题意 得右图 本题所研究的系统的磁偶极矩mv 是一个常量 因此不产生电磁辐射 但此系统的电偶极矩是 一旋转的变化量 reeap vv = 同 10 题的解法 把此旋转量分解到 x y 方向上的两个简谐振荡是 x ti xx eeaeeteap vvv ωω −== cos y ti yy eeaeeteap vvv )2()2cos( πωπω +−=−= y ti eeaie vω−−= 根据公式 . 0 )( 4 pne R ki B ikR vvv ×= π µ npne R kci E ikR rvvv ××= )( 4 . 0 π µ x yO t 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 12 - n Rc p S v v v θεπ sin32 2302 2.. = 有 xtixxtix eeaepeeaeip vvvv ωω ωω −− =−= 2... , y ti yy ti y eeaiepeeaieip vvvr ωω ωω −− −== 2... , 分别代入上式 可得 )( 2 0 )cos( 4 φω θφ θπ ωµ +−−= tkRieeie cR ea B vvv )( 2 0 )cos( 4 φω φθ θπ ωµ +−+= tkRieeie R ea E vvv re cR ae S vv )cos1( 32 2 22 224 0 θπ ωµ += 12. 设有一电矩振幅为 0p v 频率为ω的电偶极子距理想导体平面为 a/2 处 0pv 平行于导 体平面 设 λ<>R 处电磁场及辐射能流 解 由题 如图所示 设平面 xoy 式导体平面 利用镜像法 构造图中的像电偶极子 由图 x ti o x ti eeppp eepp vvv vv ω ω − − −=−= = 00 00 ' 分别计算它们在场点 P 处产生的辐射场B v 1 x ti eepp vv ωω −−= 02 .. 0 )( 3 0 0 2 2 cos.. 0 )cos 2 ( 3 0 1 44 1 tkRi rx ka i r a Rik dee Rc p eepe Rc B ω θθ πε ω πε −−− ⋅×⋅⋅−=×⋅= vvvvv 2 x ti eepp vv ωω −= 02 .. ' 0 )( 3 0 022 cos.. ' 0 )cos 2 ( 3 0 2 44 1 tkRi rx ka i r a Rik dee Rc p eepe Rc B ω θθ πε ω πε −+ ⋅×⋅⋅=×⋅⋅= vvvvv 故 21 BBB vvv += ][ 4 2 cos 2 cos )( 3 0 0 2 θθ ω πε ω kaikaitkRi rx eeeee Rc p −− −⋅⋅×⋅= vr x y z P R1 R2 R0 p v ' 0p v 电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 13 - )sincoscos(cos 4 )( 3 0 0 2 θφ ω φφθθπε ω eee Rc pika tkRi vv −−⋅≈ − )coscossin(cos 4 2 )( 3 0 3 0 φθ ω φθφθπ ωµ ee R e c api tkRi vv +⋅−= − )coscossin(cos 4 ),( 2 )( 3 0 3 0 φθ ω φθφθπ ωµ ee R e c api tRB tkRi vvvv +⋅−=∴ − )coscossin(cos 4 ),( 2 )( 0 3 0 θφ ω φθφθπ ωµ ee R e c api eBctRE tkRi r vvvvvv −⋅=×= − re Rc ap nB c S vvvv )coscossin(cos 322 2422 232 22 0 6 02 0 φθφθπ ωµ µ +== 13. 设有线偏振平面波 )(0 tkxieEE ω−= vv 照射到一个绝缘介质球上 0E v 在 z 方向 引起介 质球极化 极化矢量 P v 是随时间变化的 因而产生辐射 设平面波的波长 k π2 远大于球 半径 R0 求介质球所产生的辐射场和能流 解 本题相当于电偶极矩 z ti eeERp vv ω εε εεπε − + −= 030 0 00 2 )(4 的辐射 z ti eeERp vv ωωεε εεπε − + −−=∴ 0302 0 00 .. 2 )(4 ∴介质球产生的辐射场为 rz tiikR eeeERe cR B vvv ×−+ −⋅⋅= − )( 2 )(4 4 1 0 3 0 0 00 0 ω εε εεπε πε φ ωθεε εεω ee Rc ER tkRi v)( 3 0 00 3 0 2 sin )2( )( − + −−= rr e Rc ER eBcE vvvv θεεµ εεω 2 25 00 00 3 0 2 sin )2(2 )( + −−=×= rr e Rc ER eBcS vvvv θεεµ εεω µ 2 25 00 2 0 2 0 6 0 4 2 0 sin )2(2 )( 2 1 + −==