1、第五章 電磁波的輻射1. 若把麥克斯韋方程租的所有矢量都分解為無旋的（縱場）和無散的（橫場）兩部分，寫 出E和B的這兩部分在真空中所滿足的方程式，并證明電場的無旋部分對應于庫侖場。解：真空中的麥克斯韋方程組為E B/ t ，( 1)E / 0 ，( 2)B 0J 0 0 E / t ，(3)B 0（ 4）如果把方程組中所有矢量都分解為無旋的縱場和無散的橫場，并分別用角標L和T表示,則：由于 B 0 ，所以 B 本身就是無散場，沒有縱場分量，即E E LET，E L0，J J LJT，JL0，由（ 1 ）得：(ELET)ET由（ 2 ）得：(ELET)由（ 3 ）得：BT0 (J L JT)(

2、0J L00由電荷守恒定律J/ t 得：又因為J L0(0E L /JL0 E L /t（7）式簡化為BT0 JT所以麥克斯韋方程租的新表示方法為：BL 0， BBT ；ET 0；JT0；BT / tEL/000(EL EL) /tEL/t) ( 0J T00ET/t)JL/t(0EL/ t)t)，所以 J L0 E L/t，即000 E T / tETBT / tBT0JT0 0 ET / tEL/0BL 0JL0EL / t0由EL 0引入標勢， E L，代入 E L/ 0 得，205）（6）7）（8）（9）10）上式的解就是靜止電荷在真空中產生的電勢分布，2. 證明在線性各向同性均勻非導

3、電介質中， 若所以 EL 對應靜止電荷產生的庫侖場。0，J 0 ,則E和B可完全由矢勢A決定。若取 0 ，這時 A 滿足哪兩個方程解：在線性各向同性均勻非導電介質中，若0 ， J 0 ，則麥氏方程表示為：（1）2）3）4）E B/ tH D/ tD0B0其中，D I , H B/ ,由于(4)式，弓I入矢勢A,使BA(5)即B可:兀全由矢勢A決疋。將(5)代入(1),得：(E A/ t)0 ,(6)由此引入標勢,使 EA/t,即EA/ t(7)將(7)式代入(3)得：2/ t( A)0(8)所以，可由A決定，進而，E也可完全由矢勢 A決定。如果取0,由(8)式得：A 0(9)將(5)、(7)代

4、入(2),并注意到0,得：2 2A CA2 0(10)(9)、( 10)即為0時A滿足的兩個方程。3.證明沿Z軸方向傳播的平面電磁波可用矢勢A()表示，其中tZ軸方向。證：平面電磁波在沒有電荷分布的空間中傳播，t2t22A 0 022A/20 0沿Z軸方向傳播的平面波解為A A0Mkz JA與滿足洛倫茲條件：c2k A/因此，只要給定 A ,就可以確定BAikA,勢的方程為ei(kz t)0 0/ t 0。所以 ik A i,從而E和B隨之確定。由于E CB nz/c ,A垂直于0,即所以E和B只與矢勢的橫向分量有關，即平面電磁波可由A來表示,BAikA , E CB其中 AA0 ei(kz

5、O A0 e i (t z/C) A。e iik x*ak(t)eak(t)ekikx,其中 ak根據題意A可記為A(),其方向與Z軸垂直。4.設真空中矢勢 A可用復數傅里葉展開為 A(x,t)是ak的復共軛。d22 2(t) 0。(1) 證明ak滿足諧振子方程2ak(t) k C a/dt(2) 當選取規范A 0 ,0時，證明k ak 0。(3)把E和B用ak和ak表示出來。解: (1)證明：因為 A(x,t)ak(t)eikx ak(t)eikxk所以，根據傅立葉級數的正交性，必有：i k Xak(t)A(x,t)e dxt22A(1)OJ ,考慮到真空中J 0 ,故，2A0 02A/ t

6、2 ,所以(1)式化為2d ak(t)eikx(c2 2 A)dxI- 2dt而2 2k C ak(t)k2c2A(x,t)eikxdx于是d2ak(t)dt2k2c2ak(t)eikxc2 2A2 2k C A(x,t)dx因為A(x,t)ak(t)eikx ak(t)eikx,k所以2A(x,t)k2A(x,t)2d ad)dt2在洛倫茲規范下,0 0 2A/ t2所以(3)式右邊積分中，被積函數為0,積分為0。所以ak滿足諧振子方程(2)(3)2d ak(t) I 2 22 k C ak(t)0。dt(2)當選取規范A 0,0時Aak(t)eikxkak(t)e ikxak(t)eikx

7、ak(t)e ikxkik X*ik Xik ak(t)eIk ak(t)e0k因為ak(t)，ak(t)是線性無關正交組，所以要使上式成立，必有 k ak(t) k ak(t)0(3)已知 A(x,t)ak(t)eikxak(t)e ikx,所以ki k X*i k XB A ik ak(t)e ikak(t)ek*Adak(t) ikXdak(t)ikXE ee t k dtdt5.設A和是滿足洛倫茲規范的矢勢和標勢。(1) 引入一矢量函數 Z(x,t)(赫茲矢量)，若令(2) 若令P ,證明Z(x,t)滿足方程 2ZZ ,證明A2ZC2 t212COP ,寫出在真空中的推遲解。(3)證明

8、E和B可通過Z用下列公式表出:(1)(1)(3)(2)證明:即:證明:2 1(Z ) C 0 P， B 2 C t是滿足洛倫茲規范的矢勢和標勢,A 丄一 0C2 t因為標勢與方程2A得方程(3)將所以有代入(1)得：A丄一C2 t1 ZZ)，所以,tJ_Zc2 t在洛倫茲規范下有方程:2 1 2代入，得:2Z),則上式化為2Z12Zc2t2(2)(4)Z)oP(5)J_2Ac2 t2在真空中的推遲解為2Z(x,t)寧41 ZoJ的推遲解A(x,t)P(x,t r/C)dVZ)Jr-代入EC2 tc2 P0J(X,t r/C)dV類比,A/ t 及 B(6)A ,得:J_C2 t電荷都相同的粒子

9、相向而行發生碰撞，證明電偶極輻射和磁偶極輻射都不會6.兩個質量、發生。證：電偶極矩的變化產生的輻射場為:eikRB花(P n)，E4 oc R磁偶極矩的變化產生的輻射場為：ikREoe (m n)， B4 CRikRe0C2R(P n) n沿徑向的簡諧振蕩是不能產生輻射場的振動，輻射場為8. 一飛輪半徑為 R,并有電荷均勻分布在其邊緣上，總電量為 旋轉，求輻射場。解：設飛輪邊緣的厚度為Q。設此飛輪以恒定角速度體系的電偶極矩為d，于是邊緣上的電荷面密度QX2 R2Sin0QPd2 RdQ 2COS2 0dl體系的磁偶極矩m由此得P 0，mQI S20 ,故輻射場為R2ez0。Q/2 Rd，dld

10、ey0Q R22 ezikR03 (m n) n4 c R在兩個質量、電荷都相同的粒子相向而行發生碰撞的過程中，取兩粒子的連線為X軸，則系統的電偶極矩P qx qX2 q(X1 X2)P q(x X2)由于兩粒子質量相同，根據牛頓第二定律，有X1X2 ,所以P 0,因此系統的電偶極矩產生的輻射場為0；又由于系統的磁偶極矩 m 0 ,所以系統的磁偶極矩產生的輻射場為 0，即兩個質量、電荷都相同的粒子相向而行發生碰撞，電偶極輻射 和磁偶極輻射都不會發生。7.設有一球對稱的電荷分布，以頻率沿徑向作簡諧振動，求輻射場，并對結果給以物理解釋。解：因為電荷為球對稱分布， 不失一般性，設球面上均勻分布了總電

11、量為Q的電荷，于是,球面電荷密度為Q,4 R2取如圖所示相對的兩塊小面元 dS,dS?,由于兩塊小面 元對應相同的立體角，故有相同的面積dS1 dS2，dqdSdS2 dq2因為兩電荷元 dq1, dq2球對稱分布，又以相同的頻率 沿徑向作簡諧振動，所以有P 0， m 0故此兩電荷元的振動不能產生輻射場。根據場的疊加原理整個球對稱分布的電荷體系9.利用電荷守恒定律，驗證 A和 的推遲勢滿足洛倫茲條件。 證明：推遲勢A與可寫作：A(x,t)o JndV,(,t)4dV,V0 V其中t, t對于的函數，有A(x,t)因為4VrUV0J(x,t)1dV014Vr4 wr1J1J一 r -rCtCtJ

12、(,t)0J(x,t)dVJ(,t)1JrJ(x,t )t const所以J(x,t)J(x,t)J(X , t )t const1J(x,t)-dVrC tJ(x,t)1J (x ,t )t constJ(x,t)dV由于另外所以0 J(x,t)1 dV0 11J(x,t)dV4 Vr4 vr4 wr0J(x,t)0 1dVJ(x,t)t COnStdV4 Vr4 V rV VrJ(x,t)t COnStdVVJdV-J(X,t) dS 0 ,所以S r4 V r1 1C2 4J (X,t)t ConstdV1-dV dV,t4 vr tVrJC2 t1J(x,t)t const vr由電荷

13、守恒定律，J(x,t)t const0即得A和 的推遲勢滿足t1A 20C2 t10.半徑為R0的均勻永磁體，磁化強度為 M ,球以恒定角速度繞通過球心而垂直于 M。的軸旋轉，設 RC,求輻射場和能流。(提示：M。以角速度轉動，可分解為相位差為 2的互相垂直的線振動；直角坐標基矢與球坐標基矢變換關系為eSincoscoscosSineReySinSincosSincoseezcosSin0e解：本題相當于一個位于原點的磁偶極子的旋轉,43mR3Mo3此磁偶極子的磁偶極矩為:其旋轉振蕩可分解為mxmyX，4343y方向上相位差為3Ro M 0 cos(3R0 M O sin(用復數形式表達為:m

14、ROMO根據磁偶極矩輻射場公式BX同理可得By2的簡諧振蕩的合成。t)e，3Ro M O cos( t )ey2i te emy.43 i tiRoMoeey3O ikR I 02e (m4 c RikR 44 c2R32 3n)Ro3M o2e 1t(eer) er0Ro M 0 i(kR t)2 e3c R30 Ro M 0 i(kR i 2 e3c2R(exer)ert)(eyer )er再根據直角坐標基矢與球坐標基矢變換關系BXByeyezo 2R3Mo3c2Ro Ro M o3c2RSincoscos cosSineRSinSincos SincosecosSin0e(ecoscos

15、 e sin肘仲t)(ecosSine cosi (kR t)ieBX Byo 2R3Mo3c2R(eCoSie)ei(kR同理，根據輻射場公式o ikRXEe (m n)，4 CR及坐標基矢變換關系，可得：L 02R3MoE(Ie e3cRcos42m32 2c3R2sin2 n)ei(kR t )O 0 4RO5Mo2、S3 2(1 cos )er18c3R11.帶電粒子e作半徑為a的非相對論性圓周運動，回旋頻率為 和輻射能流。解：帶電粒子作勻速圓周運動，其磁偶極矩 的電偶極矩是一旋轉的變化量 的兩個簡諧振蕩：。求遠處的輻射電磁場m是常矢量，因此不產生電磁輻射，但此系統P eaer ,仿上

16、題解法，把旋轉量 P分解為x，y方向上由此可得:根據公式得:PXPyPXPyea cos texeacos( ti teae ei te eeaeae i t exi ( t /2) i teaeeae ey2i teae e2 i tiea e ey2)eyPXPyokikRe4 R(nSineyez2o eaSinP)及直角坐標基矢與球坐標基矢變換關系CoSSinCoS(e CoS4 CRCoS coscos SinSinie )ei(KRSinCOSeR-OkCeikR(nP)4 R球坐標基矢變換關系，得2 o eai(kR t )E (e cos ie )ei(KR t )，S4 R再

17、根據公式P23212.設有一電矩振幅為Po ,頻率為于導體平面。設a解：如圖所示，設平面32C R2Sin n及直角坐標基矢與2 2e a22亍(1 CoS32 2CR2)er的電偶極子位于距理想導體平面為,求在R處電磁場及輻射能流。法，構造圖中電偶極子Po的鏡象Po。由圖可得:i ti ti tPPoee，PPoeeXPoe ePPoe ex ，P2Poe itexoy是導體平面，利用鏡像電偶極子P產生的輻射磁場為ik (R cos )aB14 ”2aPoik2cos i(kR t)3 e 2 eexer4 oC3R電偶極子的鏡象 P產生的輻射磁場為a/2處，Po平行aik (R CQS21

18、 i3 e4 qC R所以 B(R,t) Bi2 PQ i(kR4 qC3R ikaPQ ei(kR3 e4 qC R3PQ e3B2B2)PerikCQSt)e 2t)CQS (i Qa4i (kR t)(CQS R2ecos.1 aik CQS2i (kR t)e exerik CQS2ecosSinerSin2CQSCQS e )再由磁場求出:E(R,t)CBer3i(kRPo e Rt)(CQSS C2 Q13.設有線偏振平面波 質球極化，極化矢量oa4 C2 6 2oa Po 2. 2亍 2 （CQS Sin32 2C3R2Sin4CQSCQS2 CQS e )cos2 )erEEoex O照射到一個絕緣介質球上（Eo在Z方向），引起介P是隨時間變化的，因而產生輻射。設平面波的波長2 /k遠大于球半徑RQ，求介質球所產生的輻射場的能流。解：由題設條件，平面波的波長 2 /k遠大于球半徑 RQ ,可以認為整個介質球每一時刻都 處于勻強電場E EQe i t中，極化