电动力学_郭硕鸿版_答桉 投稿:杜茆茇

电动力学习题解答 1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式 第一章 电磁现象的普遍规律 r r r r r r r r r r ∇( A ⋅ B) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B) + ( A…

问卷编号: 亲爱的同学: 您好!非常感谢您能接受我们的问卷调查!为做好我校国家奖学金的评定工作,以下是校学生资助管理中心开展的关于我校国家奖学金评定有关工作的问卷调查,问卷中的备选项无对错之分,请您看完题后,客观、真实地选择符合您情况的选项(除特别注…

配 电变 压 器 低压 侧单 相接 地 保 护 方式和设 备选择 齐 鲁 石 油 化 工 公 司设 计 院 额 定容 量 为 4 0 千 伏 安 及 以 上 0 4 千伏 , . 艾 义 , , 6 一 10 / 压 单 相 接地 保 护 是一 种 …

电动力学习题解答 1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式

第一章

电磁现象的普遍规律

r r r r r r r r r r ∇( A ⋅ B) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B) + ( A ⋅ ∇) B r r r r 1 r A × (∇ × A) = ∇A 2 − ( A ⋅ ∇) A 2 v v v v v v v v v v 解 1 ∇( A ⋅ B ) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B ) + ( A ⋅ ∇) B

首先 算符 ∇ 是一个微分算符 其具有对其后所有表达式起微分的作用 对于本题

v v ∇ 将作用于 A和B

又 ∇ 是一个矢量算符 因此 具有矢量的所有性质

利用公式 c × ( a × b ) = a ⋅ (c ⋅ b ) − (c ⋅ a )b 可得上式 后两项是 ∇ 作用于 B

v

v

v

v v v

v v v

其中右边前两项是 ∇ 作用于

v A

2

v

根据第一个公式

令A

v

v B 可得证

证明

2. 设 u 是空间坐标 x

y z 的函数

∇f (u ) =

r r dA ∇ ⋅ A(u ) = ∇u ⋅ du r r dA ∇ × A(u ) = ∇u × . du

证明 1

df ∇u du

∇f (u ) =

2

∂f (u ) r ∂f (u ) r ∂f (u ) r df ∂u r df ∂u r df ∂u r df ex + ey + ez = ⋅ ex + ⋅ ey + ⋅ ez = ∇u ∂x ∂y ∂z du ∂x du ∂y du ∂z du

r r r r r r r r ∂Ax (u ) ∂A y (u ) ∂Az z (u ) dAx (u ) ∂u dA y (u ) ∂u dAz (u ) ∂u dA ∇ ⋅ A(u ) = + + = ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∇u ⋅ ∂x ∂y ∂z du ∂x du ∂y dz ∂z du

3

r ex r ∂ ∇ × A(u ) = r∂x Ax (u )

r ey ∂ r ∂y Ay (u )

r ez r r r r r r ∂Ay ∂Ax r ∂Ax ∂Az r ∂Az ∂Ay r ∂ =( − )e x + ( − )e y + ( − )e z = ∂z ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y r Az (u )

-1-

电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

r r r r r r r dAy ∂u dAx ∂u r dAx ∂u dAz ∂u r dAz ∂u dAy ∂u r dA − =( − − )e x + ( )e y + ( ) e z = ∇u × du ∂y du ∂z du ∂z du ∂x du ∂x du ∂y du

3. 设 r =

( x − x ' ) 2 + ( y − y ' ) 2 + ( z − z ' ) 2 为源点 x ' 到场点 x 的距离 r 的方向规定为从 r ∂ r ∂ r ∂ + e y ' + e z ' ) 与对场变数求 ∂x ' ∂y ∂z

源点指向场点 1 证明下列结果 并体会对源变数求微商 (∇ = e x

'

微商 (∇ = e x

r ∂ r ∂ r ∂ + ey + e z ) 的关系 ∂x ∂y ∂z r r r r r r 1 r r r ' ' 1 ' r ∇r = −∇ r = , ∇ = −∇ = − 3 , ∇ × 3 = 0, ∇ ⋅ 3 = −∇ 3 = 0.(r ≠ 0) r r r r r r r

(最后一式在人 r 0 点不成立 见第二章第五节) 2 求

r r r r r r r r r r r r r r r ∇ ⋅ r , ∇ × r , (a ⋅ ∇)r , ∇(a ⋅ r ), ∇ ⋅ [ E 0 sin(k ⋅ r )]及∇ × [ E 0 sin(k ⋅ r )], 其中a , k 及E 0 均为常矢量

证明

r ∂( x − x ' ) ∂( y − y ' ) ∂( z − z ' ) ∇⋅r = + + =3 ∂x ∂y ∂z r ex r ∂ ∇×r = ∂x x − x' r ey ∂ ∂y y − y' r ez ∂ =0 ∂z z − z'

r r ∂ v ∂ v ∂ v v v v v v v (a ⋅ ∇)r = [(a x e x + a y e y + a z e z ) ⋅ ( e x + e y + e z )][( x − x' )e x + ( y − y ' )e y + ( z − z ' )e z ] ∂x ∂y ∂z

= (a x

r ∂ ∂ ∂ v v + ay + a z )[( x − x' )e x + ( y − y ' )e y + ( z − z ' )e

z ] ∂x ∂y ∂z

v v v v = a x ex + a y e y + a z ez = a v v v v v v r v v v ∇(a ⋅ r ) = a × (∇ × r ) + (a ⋅ ∇)r + r × (∇ × a ) + (r ⋅ ∇) ⋅ a v v v v v r v = (a ⋅ ∇)r + r × (∇ × a ) + (r ⋅ a ) ⋅ a v v v v v = a + r × (∇ × a ) + (r ⋅ ∇) ⋅ a r r r r r r r r r ∇ ⋅ [ E 0 sin(k ⋅ r )] = [∇(sin(k ⋅ r )] ⋅ E 0 + sin(k ⋅ r )(∇ ⋅ E 0 )

-2-

电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

=[

r r r r r r r r r ∂ ∂ ∂ sin(k ⋅ r )e x + sin(k ⋅ r )e y + sin(k ⋅ r )e z ]E 0 ∂x ∂y ∂z

r r r r r r r r r r = cos(k ⋅ r )(k x e x + k y e y + k z e z ) E 0 = cos(k ⋅ r )(k ⋅ E ) r r r r r r r r r ∇ × [ E 0 sin(k ⋅ r )] = [∇ sin(k ⋅ r )] ×E 0 + sin(k ⋅ r )∇ × E 0

4. 应用高斯定理证明

应用斯托克斯

V

r r r dV∇ × f = ∫ dS × f

S

Stokes 定理证明

证明

S

r r dS × ∇φ = ∫ dl φ

L

1)由高斯定理

V

r r r dV∇ ⋅ g = ∫ dS ⋅ g

S

V

(

∂g x ∂g y ∂g z )dV = ∫ g x dS x + g y dS y + g z dS z + + S ∂x ∂y ∂z

r r r r ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ f y )i + ( f x − fz ) j + ( fy − f x )k ]dV ∇ × fdV = ∫ [( f z − ∫V ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y = ∫[ r r r r r r ∂ ∂ ∂ ( f y k − f z j ) + ( f z i − f x k ) + ( f x j − f y i )]dV ∂x ∂y ∂z

z

∫ dS × f = ∫ [( f

S S

r

r

r r r dS y − f y dS z )i + ( f x dS z − f z dS x ) j + ( f y dS x − f x d S y )k ]

r r r r r r = ∫ ( f y k − f z j )dS x + ( f z i − f x k )dS y + ( f x j − f y i )dS z

若令 H x = f y k − f z j , H y = f z i − f x k , H Z = f x j − f y i 则上式就是

r

r

r

r

r

r

r r r ∇ ⋅ HdV = ∫ dS ⋅ H ,高斯定理 则证毕 ∫

V S

2)由斯托克斯公式有

∫ f ⋅ dl = ∫ ∇ × f ⋅ dS

l S

r

r r

r

r

∫ f ⋅ dl = ∫ ( f

l l

r

x

dl x + f y dl y + f z dl z )

r r ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ f y )dS x + ( f x − f z )dS y + ( f y − f x )dS z ∇ × f ⋅ dS = ∫ ( f z − ∫S S ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

而 dl φ = (φ i dl x + φ j dl y + φ k dl z )

l l

r

-3-

电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

r r r ∂φ r ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ ∂φ dS × ∇φ = ∫ ( dS y − dS z )i + ( dS z − dS x ) j + ( dS x − dS y )k ∫S S ∂z ∂y ∂x ∂z ∂y ∂x = ∫( ∂φ r ∂φ r ∂φ r ∂φ r ∂φ r ∂φ r k− j )dS x + ( i − k )dS y + ( j− i )dS z ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

若令 f x = φ i , f y = φ j , f z = φ k 则证毕 5. 已知一个电荷系统的偶极矩定义为

r r r P (t ) = ∫ ρ ( x ' , t ) x ' dV ' ,

V

利用电荷守恒定律 ∇ ⋅ J +

r

r ∂ρ = 0 证明 P 的变化率为 ∂t

r r r dP = ∫ J ( x ' , t )dV ' V dt

证明

r r rr ∂P ∂ρ ' r ' ' =∫ x dV = − ∫ ∇ ' j ' x ' dV ' V ∂t V ∂t r r r r r ∂P ' ( ) x = − ∫ ∇ ' j ' x ' dV ' = − ∫ [∇ ' ⋅ ( x ' j ' ) − (∇ ' x ' ) ⋅ j ' ]dV ' = ∫ ( j x − ∇ ' ⋅ ( x ' j '

)dV ' V V ∂t r r = ∫ j x dV ' − ∫ xj ⋅ dS

S

若 S → ∞, 则 ( xj ) ⋅ dS = 0, ( j 同理

(

r ∂ρ ) ∂t

r

r

r

S

= 0)

y

= ∫ j y dV ' , (

r ∂ρ ) z = ∫ j z dV ' ∂t

r r r dP = ∫ j ( x ' , t )dV ' V dt

r r r r r m× R m⋅R r 的旋度等于标量 ϕ = 的梯 6. 若 m 是常矢量 证明除 R 0 点以外 矢量 A = R3 R3

度的负值 即

r ∇ × A = −∇ϕ

其中 R 为坐标原点到场点的距离 证明 方向由原点指向场点

v v v m × R) 1 1 1 v 1 v v 1 v v ∇× A = ∇×( = −∇ × [m × (∇ )] = (∇ ⋅ m)∇ + (m ⋅ ∇)∇ − [∇ ⋅ (∇ )]m − [(∇ ) ⋅ ∇]m 3 R r r r r R

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电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

1 v = (m ⋅ ∇)∇ , (r ≠ 0) r v v m⋅R 1 1 1 1 v v v v ∇ϕ = ∇( 3 ) = −∇[m ⋅ (∇ )] = − m × [∇ × (∇ )] − (∇ ) × (∇ × m) − (m ⋅ ∇)∇ r r r r R 1 1 v v − [(∇ ) ⋅ ∇]m = −(m ⋅ ∇)∇ r r v ∴ ∇ × A = −∇ϕ

7 有一内外半径分别为 r1 和 r2 的空心介质球 求 介质的电容率为 ε 使介质内均匀带静止自

由电荷 ρ f 1 2 解 1

空间各点的电场 极化体电荷和极化面电荷分布

r r D ⋅ dS = ∫ ρ f dV , ∫

S

(r2>r>r1)

D ⋅ 4πr 2 =

4π 3 (r − r13 ) ρ f 3

r (r 3 − r13 ) ρ f r ∴E = r , (r2 > r > r1 ) 3εr 3

由 E ⋅ dS =

∫S

r

r

Qf

ε0

=

4π 3 (r2 − r13 ) ρ f , (r > r2 ) 3ε 0

r (r23 − r13 ) r ∴E = ρ f r , (r > r2 ) 3 3ε 0 r r < r1时

2) P

r E 0

r

r r ε − ε0 r ε0χeE = ε0 E = (ε − ε 0 ) E ε0

r r ε − ε0 (r 3 − r13 ) r r r3 r ∴ ρ P = −∇ ⋅ P = −(ε − ε 0 )∇ ⋅ E = −(ε − ε 0 )∇ ⋅ [ ρ f r] = − ρ f ∇ ⋅ (r − 13 r ) 3ε 3εr 3 r =−

ε − ε0 ε − ε0 ρ f (3 − 0) = −( )ρ f 3ε ε

σ P = P1n − P2 n

考虑外球壳时 r r2 n 从介质 1 指向介质 2 介质指向真空

P2 n = 0

-5-

电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

σ P = P1n = (ε − ε 0 )

考虑到内球壳时

r 3 − r13 3εr 3

r ρfr

r = r2

= (1 −

ε 0 r23 − r13 ) ρf ε 3r23

r r2

σ P = −(ε − ε 0 )

r 3 − r13 3εr

3

r ρfr

r =r1

=0

8 内外半径分别为 r1 和 r2 的无穷长中空导体圆柱 沿轴向流有恒定均匀自由电流 Jf 的磁导率为 µ 求磁感应强度和磁化电流 解

导体

d r r D ⋅ dS = I dt ∫S r r 当 r < r1时, I f = 0, 故H = B = 0

∫l H ⋅ dl

r

r

= If +

f

当 r2>r>r1 时

r r r r H ⋅ dl = 2πrH = ∫ j f ⋅ dS = j f π (r 2 − r12 ) ∫

l S

v µj f (r 2 − r12 ) µ (r 2 − r12 ) r r B= jf ×r = 2 2r 2r

当 r>r2 时

2πrH = πj f (r22 − r12 ) r µ (r 2 − r 2 ) r r B = 0 2 2 1 jf ×r 2r

JM

r r r r r 2 − r12 µ − µ0 ) r µ )H = ( ) = ∇ × M = ∇ × (χ M H ) = ∇ × ( − 1)∇ × ( j f × r µ0 µ0 2r 2 =( r r µ µ − 1)∇ × H = ( − 1) j f , (r1 < r < r2 ) µ0 µ0

r r r r α M = n × ( M 2 − M 1 ), (n从介质1指向介质2

在内表面上

M 1 = 0, M 2

= ( r

r 2 − r12 µ − 1) ) r =r = 0 µ0 2r 2

1

故 α M = n × M 2 = 0, ( r = r1 ) 在上表面 r r2 时

r = r2

r

r

r r r r r α M = n × (− M 1 ) = −n × M 1 r2 − r2 r µ − 1) 2 2 1 j f µ0 2r

r r r r 2 − r12 r jf ×r =− × r 2r 2

r = r2

=−

r 2 − r12 r jf 2r

r2

(

µ − 1) µ0

= −(

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电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

9

证明均匀介质内部的体极化电荷密度 ρ P 总是等于体自由电荷密度 ρ f 的 − (1 −

ε0 )倍 ε

证明

r r r ρf ε ρ P = −∇ ⋅ P = −∇ ⋅ (ε − ε 0 ) E = −(ε − ε 0 )∇ ⋅ E = −(ε − ε 0 ) = −(1 − 0 ) ρ f ε ε

方向相反(但两个电流元之间

10 证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等 的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律) 证明 1 线圈 1 在线圈 2 的磁场中的受力

v µ B2 = 0 4π

v v I 2 dl 2 × r12 3 ∫ r12 l2

v v v dF12 = I 1 dl1 × B2 v v v v µ 0 I 1 dl1 × ( I 2 dl 2 × r12 ) µ 0 I 1 I 2 ∴ F12 = ∫ ∫ = 3 4π 4π r12 l1 l2 r v v dl1 × (dl 2 × r12 ) 3 ∫ l∫ r12 l1 2

1

µ II = 0 1 2 4π

v v v v r12 r12 v v 3 3 ∫ l∫ dl 2 (dl1 ⋅ r12 ) − r12 (dl1 ⋅ dl 2 ) l1 2

2 线圈 2 在线圈 1 的磁场中受的力 同 1 可得

v µ II F21 = 0 1 2 4π

v v v v r v v r dl1 (dl 2 ⋅ 21 ) − 21 (dl 2 ⋅ dl1 ) 3 3 ∫∫ r21 r21 l2 l1

2

分析表达式 1 和 2 1 式中第一项为

v v v v r12 v v r12 v dr12 v 1 dl 2 (dl1 ⋅ 3 ) = ∫ dl 2 ∫ dl1 ⋅ 3 = ∫ dl 2 ∫ 2 = ∫ dl 2 ⋅ (− ) 一周 = 0 ∫ l∫ r12 r12 r12 l2 l1 2 l2 l1 r12 l2 v v v r21 同理 对 2 式中第一项 ∫ ∫ dl1 ( dl 2 ⋅ 3 ) = 0 r21 l2 l1 v v µ II ∴ F12 = F21 = − 0 1 2 4π r r12 v v 3 ∫ l∫ r12 (dl1 ⋅ dl 2 ) l1 2

它们的厚度分别为 l1 和 l2 电容率为 ε 1和ε 2

11. 平行板电容器内有两层介质 接上电动势为 Ε 的电池 求

今再两板

1 电容器两板上的自由电荷密度 ω f

-7-

电动力学习题解答 2 介质分界面上的自由电荷密度 ω f 若介质是漏电的 电导率分别为 σ 1和σ 2

第一章

电磁现象的普遍规律

当电流达到恒定时

上述两问题的结果如

何 解 在相同介质中电场是均匀的 则

并且都有相同指向

l1 E1 + l 2 E 2 = Ε , D1n − D2 n = ε 1 E1 − ε 2 E 2 = 0 介质表面上σ f = 0)  E1 =

ε 2Ε ε 1Ε , E2 = l1ε 2 + l 2 ε 1 l1ε 2 + l 2 ε 1

f

又根据 D1n − D2 n = σ 在上极板的交面上

n 从介质 1 指向介质 2

D1 − D2 = σ f1

即 而σ

D2 是金属板

故 D2

0

σ f = D1 =

1

ε 1ε 2 ε l1ε 2 + l 2ε 1

f2

=0

' ' σ f = D1' − D2 = − D2 , ( D1' 是下极板金属 故D1' = 0)

3

∴ σ f3 = −

若是漏电

ε 1ε 2 ε = −σ f l1ε 2 + l 2 ε 1

1

并有稳定电流时

r r r j1 r j E1 = , E2 = 2

σ1

σ2

r r r  j1 j + l2 2 = Ε l1 又  σ1 σ2  j = j = j = j , 稳定流动 电荷不堆积 2n 1 2  1n j1 σ 2Ε   E1 = σ = l σ + l σ Ε  1

1 2 2 1 j1 = j 2 = ,即 :  l1 l σ 1Ε E = j2 = + 2 2  σ1 σ 2 σ 2 l1σ 2 + l 2σ 1 

σ f = D3 =

ε 1`σ 2 Ε l1σ 2 + l 2σ 1

σ f = − D2 = −

ε 2σ 1Ε l1σ 2 + l 2σ 1

-8-

电动力学习题解答

第一章

电磁现象的普遍规律

σ f = D2 − D3 =

ε 2σ 1 − ε 2σ 1 Ε l1σ 2 + l 2σ 1

12. 证明 1 当两种绝缘介质得分界面上不带面自由电荷时

电场线的曲折满足

tan θ 2 ε 2 = tan θ 1 ε 1

其中 ε 1和ε 2 分别为两种介质的介电常数 2 当两种导电介质内流有恒定电流时

θ 1和θ 2 分别为界面两侧电场线与法线的夹角

分界面上电场线曲折满足

tan θ 2 σ 2 = tan θ 1 σ 1

其中 σ 1和σ 2 分别为两种介质的电导率 证明 (1)根据边界条件 由于边界面上 σ

f

v v n × ( E 2 − E1 ) = 0, 即 =0 ,即

E 2 sin θ 2 = E1 sin θ 1

v v v n ⋅ ( D2 − D1 ) = 0

ε 2 E 2 cosθ 2 = ε 1 E1 cosθ 1

∴有

tgθ 2

ε2

=

tgθ 1

ε1

tgθ 2 ε 2 = tgθ 1 ε 1

(2)根据

v v J = σE 可得 电场方向与电流密度同方向

故有

由于电流 I 是恒定的

j1 j2 = cosθ 2 cosθ 1

σ 1 E1 σ 2 E 2 = cosθ 2 cosθ 1

tgθ 1 σ 1 = tgθ 2 σ 2

v v v n × ( E 2 − E1 ) = 0 即 E 2 sin θ 2 = E1 sin θ 1

故有

13 试用边值关系证明 在绝缘介质与导体的分界面上 在静电情况下 导体外的电场线 总是垂直于导体表面 在恒定电流的情况下 导体内电场线总是平行于导体表面 证明 1 导体在静电条件下达到静电平衡

v ∴ 导体内E1 0

v v v n × ( E 2 − E1 ) = 0

故 E 0 垂直于导体表面

-9-

v v ∴ n × E2 = 0

v

电动力学习题解答 3 导体表面 σ

第一章

电磁现象的普遍规律

导体中通过恒定电流时

f

=0

v ∴ 导体外 E 2 = 0,即

v D2 = 0

v v v v v v v n ⋅ ( D2 − D1 ) = σ f = 0, 即 : n ⋅ D1 = n ⋅ ε 0 E1 = 0

v v ∴ n ⋅ E1 = 0

导体内电场方向和法线垂直 即平行于导体表面

14

内外半径分别为 a 和 b 的无限长圆柱形电容器 单位长度电荷为 λ f

板间填充电导率

为 σ 的非磁性物质 1 证明在介质中任何一点传导电流与位移电流严格抵消 2 3 4 1 求 λ f 随时间的衰减规律

因此内部无磁场

求与轴相距为 r 的地方的能量耗散功率密度 求长度为 l 的一段介质总的能量耗散功率 并证明它等于这段的静电能减少率 证明 由电流连续性方程

r ∂ρ f ∇⋅J + =0 ∂t r ρf = ∇⋅D r r ∂D 即 ∇⋅J +∇⋅ =0 ∂t

即传到电流与位移电流严格抵消

据高斯定理

r r ∂∇ ⋅ D ∴∇ ⋅ J + =0 ∂t

r r r ∂D r ∂D ∴∇ ⋅ (J + ) = 0. ∴ J + =0 ∂t ∂t r r (2)解 由高斯定理得 ∫ D ⋅ 2πr dl = ∫ λ f dl r λf r r λf r ∴D = er , E = er 2πr 2πεr r r ∂D r r r r 又J + = 0, J = σE , D = εE ∂t r r r r =σ t ∂E ∴ σE + ε = 0, E = E 0 e ε ∂t

λr −σ t r λf r ∴ er = e ε er 2πεr 2πεr

0

- 10 -

电动力学习题解答

− t

第一章

σ ε

电磁现象的普遍规律

∴ λ f = λ f0 e

3 解

r σ r ∂D ∂ λf − t σ λf =− ( 0 e ε )= ⋅ J =− ∂t ∂t 2πr ε 2πr

能量耗散功率密度 5 解 单位体积 dV = l ⋅ 2πrdr

J 2ρ = J 2

1

σ

=(

λf 2 ) σ 2πεr

r λf 2 lσλ2f b b P=∫ ( ) σl 2πrdr = ln 2 a 2πεr a 2πε

静电能 W =

b

a

2 2 b 1 lλ f 1 r r 1 lλ f b ⋅ ln D ⋅ EdV = ∫ dr = ⋅ a 2 2πεr 2 2 2πε a

减少率

lλ f lλ2f σ b ∂W b ∂λ f − =− = ln ⋅ ln ∂t 2πε a ∂t 2πε 2 a

- 11 -

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

1. 一个半径为 R 的电介质球

极化强度 P=K

r r2

电容率为

(1) 计算束缚电荷的体密度和面密度 (2) 计算自由电荷体密度 (3) 计算球外和球内的电势 (4) 求该带电介质球产生的静电场总能量 解 (1)

r r r r 1 r 1 ρ P = −∇ ⋅ P = − K∇ ⋅ 2 = − K (∇ 2 ⋅ r + 2 ∇ ⋅ r ) = − K / r 2 r r r r r r σ P = − n ⋅ ( P2 − P ) R 1 r r σ p = n ⋅ P1 r r r = n⋅K 2 r

又 球外无极化电荷

r P2 = 0

(2) 由公式 D = εE

R

R

= K/R

r

r

r r r D = ε0E + P r r εP D= ε − ε0 r ρf = ∇⋅D =

(3)对于球外电场

r ε εK ` ∇⋅P = ε − ε0 (ε − ε 0 )r 2

由高斯定理可得

r r Q E外 ⋅ ds = ∫

ε0

r ∫ ρ f dV = ∴ E外 ⋅ 4πr 2 =

∫∫∫ (ε − ε

εK

2 0 )r

⋅ r 2 sin θdrdθdϕ

ε0

ε0

r ∴ E外

r εKR r 3 ε 0 (ε − ε 0 )r r E内

同理可得球内电场

r K r ⋅ 2 ε − ε0 r r r E外 ⋅ d r ∫

∴ 球外电势ϕ 外

εKR ε 0 (ε − ε 0 )r

-1-

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

球内电势ϕ内

r r ∫ E外 ⋅ d r

R

∫E

r

R

r

r ⋅ dr

K R εK + ln ε 0 (ε − ε 0 ) ε − ε 0 r

4

ω内

∴W内

1 r r D内 ⋅ E内 2

r r 1 ε Kr K r ⋅ ⋅ 2 ⋅ ⋅ 2 2 ε ε0 r ε ε0 r

εK 2 ∴ 2 ε ε0 r2

K 2 ) ε − ε0 2πε 2 RK 2 ε 0 (ε − ε 0 ) 2

εK 2 1 2 ∫ ω内dV ∫∫∫ 2 ⋅ (ε − ε 0 ) 2 r 2 ⋅ r sinθdrdθdϕ 2πεR

W外

∫ ω 外dV = ∫∫∫

1 ε 2K 2R2 1 ⋅ ⋅ 4 ⋅ r 2 sinθdrdθdϕ 2 R 2 ε (ε − ε ) r 0 0 K 2 ε )( ) ε0 ε − ε0

∴W = W内 W外 2πεR(1 +

2 1 2 解

在均匀外电场中置入半径为 R0 的导体球 导体球上接有电池

试用分离变数法球下列两种情况的电势

使球与地保持电势差 φ 0 ;

导体球上带总电荷 Q. 1 当导体球上接有电池 与地保持电势差 φ 0 时 以地为电势零点

本问题的定解条件如下

φ内 φ 0

∇ 2ϕ 外 0

前坐标原点的电势 根据有关的数理知识 由于 ϕ 外 可解得

R= R0 R> R0 且

ϕ 外  ϕ 外 

R →∞ R = R0

= − E 0 Rcosθ ϕ 0 = φ0 bn Rn 1

ϕ 0 是未置入导体球

ϕ外

n 0

anRn

Pn cosθ )

R →∞

= − E 0 Rcosθ ϕ 0 即

∞ ∞ b0 b1 b + 2 cosθ + ∑ nn+1 Pn (cosθ ) R R n=2 R

ϕ 外 a 0 + a1 R cosθ + ∑ a n R n Pn (cosθ ) +

n=2

R →∞

= − E 0 R

cosθ + ϕ 0

故而有

a 0 = ϕ 0 , a1 = − E 0 , a n = 0(n > 1), bn = 0(n > 1) b 0 b1 + cosθ R R2

-2-

∴ ϕ 外 ϕ 0 E 0 Rcosθ

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

又ϕ外

R = R0

= φ 0 ,即 ϕ 外

R = R0

= ϕ 0 − E 0 Rcosθ

b 0 b1 + cosθ = φ 0 R0 R02

故而又有

b0  ϕ 0 + R = φ 0  0 ∴ − E R cosθ + b1 cosθ = 0  0 0 R02 

得到 最后

b0 = (φ 0 − ϕ 0 ) R0 , b1 = E 0 R02

得定解问题的解为

ϕ外

2

3 (φ 0 − ϕ 0 ) R0 E 0 R0 = − E 0 R cosθ + ϕ 0 + + cosθ ( R > R0 ) R R

当导体球上带总电荷 Q 时

定解问题存在的方式是

∇ 2φ内 0( R < R0 )  2 ∇ φ 外 0( R > R0 )  φ内 R →0 有限  E 0 Rcosθ + ϕ 0 (ϕ 0 是未置入导体球前坐标原点的电势 φ 外 R →∞  φ内 φ 外 R R0  − ε ∂φ 外 ds Q( R = R ) 0  ∫ 0 ∂R  s

解得满足边界条件的解是

ϕ内

∑a

n =0

n

R n Pn cosθ

的表达式中

ϕ 外 ϕ 0 E 0 Rcosθ

只出现了 P (cosθ 1

∑R

n =0

bn

n 1

Pn cosθ 故 bn = 0(n > 1)

由于 ϕ 外

R →∞

cosθ项

∴ ϕ 外 ϕ 0 E 0 Rcosθ

又有 ϕ 外 是一个常数

b 0 b1 + cosθ R R2

导体球是静电平衡

R= R0

ϕ外

R = R0

= ϕ 0 − E 0 R0 cosθ

b 0 b1 + cosθ = C R0 R02

∴ − E 0 R0 cosθ +

b1 3 cosθ = 0即 b1 = E 0 R0 2 R0

-3-

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

ϕ外 ϕ0

又由边界条件 −

3 b0 E 0 R0 E 0 Rcosθ + + cosθ R R2

∫ε0

s

∂φ 外 ∂r

ds Q

∴ b0 =

Q 4πε 0

∴ ϕ内

Q 4πε 0 R0 Q 4πε 0 R +

− ϕ 0, R < R0

3 E 0 R0 cosθ E 0 Rcosθ R > R0 R2

ϕ外

3

均匀介质球的中心置一点电荷 Qf

球的电容率为 ε

球外为真空

试用分离变数法求

空间电势 把结果与使用高斯定理所得结果比较 提示 空间各点的电势是点电荷 Qf 的电势

Qf

4πεR

与球面上的极化电荷所产生的电势的

叠加 后者满足拉普拉斯方程 解 一. 高斯法 在球外 而言

R > R0 ,由高斯定理有

r r ε 0 ∫ E ⋅ ds = Q总 Q f + Q P = Q f

对于整个导体球

束缚电荷 Q P = 0)

r ∴E =

Qf 4πε 0R 2 Qf 4πε 0 R + C.(C是积分常数

积分后得 又由于 ϕ 外

ϕ外

R →∞

= 0,∴ C = 0 ( R > R0 ) r r D ⋅ ds = Q f ∫

∴ϕ 外 =

在球内

Qf 4πε 0 R

R < R0 ,由介质中的高斯定理 r r Qf 4πεR 2

又 D = εE ,∴ E =

r

积分后得到

ϕ内

Qf + C 2 .(C 2 是积分常数 4πεR

-4-

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

由于 ϕ内

ϕ外

Qf

R = R0

, 故而有 Qf 4πεR0 −

Qf 4πε 0 R0

=

Qf 4πεR0

+ C2

∴ C2 = ∴ ϕ内 Qf 4πεR

4πε 0 R0 Qf

( R < R0 ).

4πε 0 R0

Qf ( R < R0 ) 4πεR0

二. 分离变量法 本题所求的电势是由点电荷 Qf 与介质球的极化电荷两者各自产生的电势的叠加 且有

着球对称性

因此

其解可写作

ϕ=

Qf 4πεR b R ∞

+ϕ'

由于 φ ' 是球对称的

其通解为

ϕ'= a +

由于球心有 Qf 的存在

所以

有 ϕ内

R →0

即 ϕ内

Qf 4πεR

a

在球外有 ϕ 外

R →∞

0

即ϕ外

Qf 4πεR

b R

由边界条件得

ϕ内 ϕ 外 ε

Qf ∂ϕ内 ∂R ( 1

R R0

,即

Qf +a 4πεR0 ,即

Qf b + 4πεR0 R0

ε0

∂ϕ 外 ∂R

R R0

ε 0 Qf ε 0 b εQ f − 2 =− 2 4πεR0 R0 4πεR02

∴b =

4πε ε 0

1 − ), a

ε

Qf 1 1 ( − ) 4πR0 ε 0 ε

Qf  ϕ 外 4πε R , R > R0  0 ∴ Qf Qf Qf ϕ − , R < R0 内  4πεR 4πε 0 R0 4πεR0 

-5-

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

4

均匀介质球 容率为 ε 2

电容率为 ε 1

的中心置一自由电偶极子 Pf

r

球外充满了另一种介质

求空间各点的电势和极化电荷分布

提示

同上题

φ=

r r Pf ⋅ R 4πε 1 R 3

+ φ ' ,而 φ ' 满足拉普拉斯方程

ε1

∂φ内 ∂R

= ε2

∂φ 外 ∂R 2 Pf cosθ l + ∑ lAl R0 1 Pl 3 4πε 1 R0 2 Pf cosθ B − ∑ (l 1 l l 2 Pl 3 4πε 1 R0 R0

又 ε1

∂φ内 ∂R ∂φ 外 ∂R

R0 R0

= ε 1 (−

ε2

= ε 2 (−

比较 Pl (cosθ )系数 B0 0 A0 0

2ρ f

3 4πR0

+ ε 1 A1 = −

2ε 2 ρ f

3 4πε 1 R0

2ε 2 B1

3 R0

, 及A1 =

B1

3 R0

A1 =

2(ε 1 − ε 2 ) ρ f 4πε 1 (ε 1 +

3 2ε 2 ) R0

, B1 =

2(ε 1 − ε 2 ) ρ f 4πε 1 (ε 1 + 2ε 2 )

比较 P2 (cosθ )的系数

2ε 1 A2 R0

及 A2 (1 +

3 B2

4 R0

, A2 =

B2

4 R0

1 )=0 ε 1 R0

同理

所以 A2 = 0, B2 = 0 最后有

Al = Bl = 0, (l = 2,3L) r r ρf ⋅R r r 2(ε 1 − ε 2 ) ρ f ⋅ R

φ内 φ外

4πε 1 R 3 r r ρf ⋅R

+ , ( R < R0 ) 3 4πε 1 R 3 4πε 1 (ε 1 + 2ε 2 ) R0 r r r r r r 2(ε 1 − ε 2 ) ρ f ρf ⋅R 2(ε 1 − ε 2 ) ρ f ⋅ R 3ρ f ⋅ R + cosθ = + = , ( R > R0 ) 4πε 1 R 3 4πε 1 (ε 1 + 2ε 2 ) R 2 4πε 1 R 3 4πε 1 (ε 1 + 2ε 2 ) R 3 4π (ε 1 + 2ε 2 ) R 3

3 4πε 1 (ε 1 + 2ε 2 ) R0

r r ρf ⋅R

+

2(ε 1 − ε 2 ) ρ f

R cosθ =

-6-

电动力学习题解答参考 球面上的极化电荷密度

第二章 静电场

r σ P = P1n − P2 n , n 从 2 指向 1 如果取外法线方向 则

σ p = P外n − P球n = [(ε 2 − ε 0 )∇φ 外 )]n − [(ε 1 − ε 0 )∇φ内 )]n

= −(ε 2 − ε 0 ) = (ε 2 − ε 0 ) = ∂φ 外 ∂R + (ε 1 − ε 0 ) ∂φ内 ∂R

R R0

− 6 ρ f cosθ

3 4π (ε 1 + 2ε 2 ) R0

− (ε 1 − ε 0 )[

6(ε 0 − ε 2 ) ρ f cosθ

3 4π (ε 1 + 2ε 2 ) R0

2(ε 1 − ε 2 ) − 2(ε 1 + 2ε 2 )

3 4πε 1 (ε 1 + 2ε 2 ) R0

ρ f cosθ ]

6ε 1 (ε 0 − ε 2 ) + 6ε 2 (ε 1 − ε 0 ) 4πε 1 (ε 1 +

3 2ε 2 ) R0

ρ f cosθ = −

3ε 0 (ε 1 − ε 2 )

3 2πε 1 (ε 1 + 2ε 2 ) R0

ρ f cosθ

求极化偶极子

r r Pf = ql 可以看成两个点电荷相距 l 对每一个点电荷运用高斯定理 就得到在每个

点电荷旁边有极化电荷

qP = (

ε0 ε − 1)q f ,− q P = ( 0 − 1)(− q f ) 两者合起来就是极化偶极子 ε1 ε1

r r ε PP = ( 0 − 1) Pf

ε1

5.空心导体球壳地内外半径为 R1 和 R2 电势和电荷分布 解

球中心置一偶极子 P

r

壳上带电 Q 求空间各点

R2

  2 ∇ φ 3 = 0, φ 3 r →∞ = 0  φ 2 = C , φ 2 r →0 = ∞ r r  φ = P ⋅ r + φ ' , φ ' 1 1 r →0 为有限值  1 4πε 0 r 3   φ 3 ∑ Bl Pl (cosθ ), φ 3 r − R = C 2  r l +1  φ 2 = C , φ 2 r = R1 = C r r  Pf ⋅ r ∂φ  + ∑ Al r l Pl (cosθ ) − ∫ 3 dS φ1 = 3 ∂r 4πε 0 r 

φ3 φ2

φ1

R1

r = R2

+∫

∂φ1 dS ∂r

r = R1

=

Q

ε0

-7-

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

B2  B0 B1  R + R 2 cosθ + R 3 P2 + L = C  2 2 2   Pf cosθ + A + A R cosθ + L = C 0 1 1  4πε R 2 0 1 

A0 =

Pf B0 ) cosθ = 0, Bl = 0(l = 1.2.3L), Al = 0(l = 2.3.4L) = C , ( A1 R1 + R2 4πεR12

2 Pf cosθ Pf cosθ ∂φ1 =− + ∑ lAl R1l −1 PL = − + A1 cosθ + L ∂r 4πε 0 R13 2πε 0 R13

∂φ 3 B B B = ∑ (−l − 1) l +l2 Pl = − 0 − 2 1 cosθ + L 2 ∂r r R1 R13

−∫

∂φ 3 B B B dS = ∫ 0 dS = 0 ∫ dS = 4πR12 0 = 4πB0 2 2 ∂r R1 R1 R12

Pf 2π π 2π π − Pf ∂φ1 dS = ∫ ∫ − cosθR12 sin θdθdϕ + ∫ ∫ cosθR12 sin θdθdϕ = 0 + 0 = 0 ∫ ∂r 3 0 0 0 0 4πε R 3 2πε 0 R1 0 1

−∫

∂φ 3 ∂φ Q dS + ∫ 1 = 4πB0 = ∂r ∂r ε0 Q 4πε 0 , A0 = Q 4πε 0 R2 , A1 = − Pf 4πε 0 R13

B0 =

最后有

r r r r  Pf ⋅ r P⋅r Q − + , (r < R1 ) φ1 = 4πε 0 r 2 4πε 0 R13 4πε 0 R2   Q  , ( r > R2 ) φ 3 = 4πε 0 r   Q , ( R1 < r < R2 ) φ 2 = 4πε 0 R2  

电荷分布 在 r R1 的面上

σ P = ε0

1

Pf cosθ ∂φ1 − Pf cosθ − Pf cosθ = + =− ∂r 2πR13 4πR13 4πR13 ∂φ 3 Q = 2 ∂r 4πR2

-8-

在 r R2 面上

σ P = −ε 0

2

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

6

在均匀外电场 E 0 中置入一带均匀自由电荷 ρ f 的绝缘介质球 ε

r

求空间各点的电势

Bl  l φ 外 ∑ ( Al r + r l +1 ) Pl (cosθ )  1  ρ f r2 +φ' φ内 6ε  2 ' ∇ φ = 0   r ρ f 的作用加上 E 0 的共同作用

r →0

φ内 是由高斯定理解得的 φ外

r →∞

= − E 0 r cosθ , φ '

有限

B  E 0 r cosθ + ∑ l +l1 Pl (cosθ ) φ 外  r  1 φ ρ f r 2 + ∑ ce r l Pl (cosθ ) 内  6ε 

φ内 φ 外 r = R0 ) :

E 0 R0 cosθ + B0 B B + 1 2 + 23 P2 + R0 R0 R0 1 ρ f R0 2 + c 0 + c1 R0 cosθ + c 2 R0 2 P2 + 6ε

ρf 2 B R0 + c 0 = 0 6ε R0

E 0 R0 + B1 R0

2 2

= c1 R0

B2 R0

3

= c 2 R0 ∂φ内 ∂r ∂φ内 ∂φ 外 ∂r

ε

= ε0

∂φ 外 ∂r

ρf ρ f −1 = R0 + ∑ lcl R0 l Pl (cosθ ) ] = R0 + εc1 cosθ + 2εc 2 R0 P2 + L ∂r 3  3ε

= ε 0 (− E 0 cosθ + ∑ (−l − 1) Bl Pl R0

l +2

)

-9-

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

− ε 0 E0 cos θ −

ε 0 B0 2ε 0 B1 3ε B cos θ − 0 4 2 P2 + LL − 2 3 R0 R0 R0

2ε 0 B1 3 R0 3ε 0 B2 LL R4

ρf ε B R0 = − 0 2 0 3 R0

3 R0 B0 = − ρf 3ε 0

εC1 = −ε 0 E 0 −

2εC 2 R0 = − 1 1 + ) 3ε 0 6ε

解方程得

C 0 = − R02 ρ f (

B1 = −

及 同理

3 3ε 0 E 0 R0 3 + E 0 R0 ε + 2ε 0

C1 = −

3ε 0 E 0 ε + 2ε 0 C 2 = B2 = 0

2εC 2 R0 = −3ε 0 R0 C 2 C l = Bl = 0  φ 外   φ  内  E 0 r cosθ ±

即 C 2 ( 2εR0 + 3ε 0 R0 ) = 0

l = 2,3LL

3 R0 ρ f

3rε 0

+

3 3 E 0 R0 3ε 0 E 0 R0 cosθ − cosθ , r > R0 r2 (ε + 2ε 0 )r 2

ρf 2 1 r ± R02 ρ f ( 6ε 3ε 0

1 6ε

3ε 0 E 0 r cosθ , r < R0 ε + 2ε 2

使其中流着均匀的电流 δ f 0 今在液

7

在一个很大的电解槽中充满电导率为 σ 2 的液体

体 中 置 入 一 个 电 导 率 为 σ1 的 小 球

求稳衡时电流和电荷分布

讨 论 σ 1 >> σ 2 及

σ 2 >> σ 1 两种情况的电流分布特点

先求空间电势

∇ 2φ内 0   2 ∇ φ 外 0 

因为 δ 内n

φ内 φ 外

r = R0

δ 外n (r = R0 ) 稳恒电流认为表面无电流堆积 即 流入 n = 流出n

=σ2 = δ0 2φ 外 2r

σ1

2φ内 2r

r →∞

并且 δ 外

φ外

r →∞

= − E 0 r cosθ

( j f0 = σ 2 E0 )

φ内

r →∞

有限 可以理解为在恒流时 r → 0 的小封闭曲面流入 流出

- 10 -

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

这时的解即为

 φ内   φ  外 

3σ 2 E 0 r cosθ , r < R0 σ 1 2σ 2

3 E 0 r cosθ + E 0 R0 (

σ 1 − σ 2 cosθ ) , r > R0 σ 1 + 2σ 2 r 2

求内外电场

r r 2φer 2φeθ 1 2φ r E = −∇φ = −( eφ ) + + 2r 2θ r sin θ 2Φ + 3σ 2 r r 1 2φ内 r eθ ) = E 0 (cosθer − sin θeθ ) r 2θ σ 1 + 2σ 2

r E内

(

r 2φ内er 2r

=

3σ 2 r E0 e z σ 1 + 2σ 2

E R3 σ − σ 2 r r r r E外 E 0 (cosθer − sin θeθ ) + 0 3 0 ( 1 )[2 cosθer + sin θeθ ] σ 1 + 2σ 2 r

3 E 0 R0 σ 1 − σ 2 r r r r r E 0 (cosθer − sin θeθ ) + 3 ( )[3 cosθer − cosθer + sin θeθ ] σ 1 + 2σ 2 r

v σ 1 − σ 2  3E 0 cosθ v E 0  E0 + R ( ) er − 3  σ 1 + 2σ 2  r 3 r  

3 0

求电流 根据 j内

r

v σ 1 E内

v v j外 σ 2 E外

v v  j f 0 = σ 2 E0  v r v 及  ( j ⋅ r ) r σ E r cos θr r f0 = 2 0 5 er  r  r5

j内

r r r r r 3σ 1 r σ 1 σ 2 3 3( j f 0 ⋅ r )r j f0 j f , j = j内 R0 [ − 3] σ 1 2σ 2 0 外 σ 1 2σ 2 r5 r 3ε 0 E0 cosθ (σ 1 − σ 2 ) σ 1 + 2σ 2

ω f = ε 0 ( E 2 n − E1n ) = ε 0 ( E外n − E内n ) =

- 11 -

电动力学习题解答参考 8.半径为 R0 的导体球外充满均匀绝缘介质 ε 电荷 Q f 提示 导体球接地

第二章 静电场 离球心为 a 处 ( a > R0 ) 置一点

试用分离变数法求空间各点电势 证明所得结果与镜像法结果相同

1 = r

1 R 2 + a 2 − 2aR cosθ

=

1 ∞ R n ∑ ( ) Pn (cosθ ).( R > a) a n =0 a

1 分离变数法 由电势叠加原理 球外电势

φ外

Qf + φ ' , φ ' 是球面上感应电荷产生的电势 且满足定解条件 4πεR ∇ 2φ ' = 0, (r > R ) 0   ' φ r →∞ = 0  φ 外 r = R0 = 0 

z Qf a

P r

根据分离变数法得

φ' = ∑

l =0

Bl Pl (cosθ

), (r > R0 ) r l +1 1 +∑

l =0 ∞

O

∴φ外

Qf 4πε =

a 2 + r 2 − 2ar cosθ

Bl Pl (cosθ ) r l +1

*

∞ Qf 1 ∞ r n B ( ) Pn (cosθ ) + ∑ l +l1 Pl (cosθ ), (r < a) ∑a 4πε a n =0 l =0 r ∞

又 φ外

r = R0

= ∑[

n =0

R0 l Bl ) + l +1 ]Pl (cosθ ) = 0 4πεa a Ro (

Qf

Qf 4πεa

+

Q f R0 B1 Q f R0 l B0 Bl = 0, + 2 = 0,..., ( ) + l +1 = 0 R0 4πεa a R0 4πεa a R0 Qf 4πεa , B1 = −

3 RO Q f R 2l +1 Q f , Bl = − 0 l , a 4πεa a 4πεa

∴ B0 = − R0

代入 *

式得解

- 12 -

电动力学习题解答参考 2 镜像法 如图建立坐标系

' '

第二章 静电场 本题具有球对称性 设在球 R1 R2 r z Qf Q’

2

内 r0 处有像电荷 Q , Q 代替球面上感应电荷对空间电场的 作用 由对称性

Q ' 在 O Q f 的连线上

根据边界条件有

P

先令场点 P1 在球面上

R0

Qf rQ f

'

rQ ' Q' Q' + = 0,即 =− = 常数 rQ ' rQ f Qf

'

P1

将 Q 的位置选在使 ∆ Q P1O

∆ Q f P1O,则有

令 Q 距圆心为 r0

'

rQ ' rQ f

=

R0 常数 a

为达到这一目的

r0 R0 R02 = , r0 = R0 a a rQ ' rQ f =− R Q' = 0 = 常数 Qf a Q' = − R0 Q f a

R1 R2

并有 这样

满足条件的像电荷就找到了

空间各点电势为

Qf Q' 1 φ外 = + = [ − 4πεr1 4πεr2 4πε a 2 + r 2 − 2ar cosθ

将分离变数法所得结果展开为 Legend 级数

Qf

R0

Qf

a

R R2 r 2 + ( 0 ) 2 + 2r 0 cosθ a a

], (r > a ).

可证明两种方法所求得的电势相等

9 接地的空心导体球的内外半径为 R1 和 R2 在球内离球心为 a(a

r R1

= 0即可 QR1

因此做法及答案与上题同

解略

φ内 =

1 4πε 0

[

Q R + a − 2 Ra cosθ

2 2

a ] R 2 R12 R 2 cosθ R + − a a

4 1 2

因为球外 φ = 0

故感应电荷集中在内表面 并且为

Q.

- 13 -

电动力学习题解答参考 10.上题的导体球壳不接地 而是带总电荷 Q0,或使其有确定电势 ϕ 0 两种情况的解是相等的 并且又是导体球壳

第二章 静电场 试求这两种情况的电

势 又问 ϕ 0 与 Q0 是何种关系时 解 由于球壳上有自由电荷 Q0

故整个球壳应该是等势体 像电荷 −

其电势用 的电势及球

高斯定理求得为

Q + Q0 4πε 0 R2

所以球壳内的电势将由 Q 的电势

QR1

a

壳的电势叠加而成 故

球外电势利用高斯公式就可得

QR1  Q + Q0 Q a φ = 1 [ − + ].( R < R1 ) 内  4πε 0 R 2 + a 2 − 2 Ra cosθ R2 R14 2 R12 R  R2 + 2 − cosθ φ = a a  φ = Q + Q0 , ( R > R ) 2  外 4πε R 0  QR1  Q a φ = 1 [ − ] + φ 0 .( R < R1 )  内 4πε 0 R 2 + a 2 − 2 Ra cosθ 4 R1 2 R12 R  cosθ R2 + 2 − 或 φ = a a  R2  φ 外 = r φ 0 , ( R > R2 ) 

当 φ0 =

Q + Q0 时两种情况的解相同 4πε 0 R2

11 在接地的导体平面上

有一半径为 a 的半球凸部 如图 半球的球心在导体平面上 电荷 Q 位于系统的对称轴上 并与平面相距为 b b>a 试用电象法求空间电势 解 如图 利用镜像法 根据一点电荷附近置一 P 无限大接地导体平板和一点电荷附近置一接地导体 Q 球两个模型 可确定三个镜像电荷的电量和位置 a R − Q

a a2 r Q1 = − Q, r1 = r b b a a2 r Q2 = Q, r2 = − r b b r Q3 = −Q, r3 = −br Q 4πε 0 [

b

a Q b

-Q

O

φ=

1 R 2 + b 2 − 2 Rb cosθ

1 R 2 + b 2 + 2 Rb cosθ

+ b R2 +

a a4 a2 + 2 R cosθ b b2

- 14 -

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

+ b R2 +

a a a − 2 R cosθ 2 b b

4 2

], (0 ≤ θ < π , R > a ) 2

12. 有一点电荷 Q 位于两个互相垂直的接地导体平面 所围成的直角空间内 它到两个平面的距离为 a 和 b 求空间电势 解 可以构造如图所示的三个象电荷来代替 两导体板的作用

z -Q (x0,-a,b) a

P(x, y, z) Q(x0,a,b) b

y

+Q (x0,-a,-b)

-Q(x0,a,-b)

φ=

Q 4πε 0

[

1 ( x − x 0 ) 2 + ( y − a ) 2 + ( z − b) 2 1 +

1 ( x − x 0 ) 2 + ( y − a ) 2 + ( z + b) 2 1

( x − x 0 ) 2 + ( y + a ) 2 + ( z − b) 2

( x − x 0 ) 2 + ( y + a ) 2 + ( z + b) 2

], ( y, z > 0)

13.设有两平面围成的直角形无穷容器 其内充满电导率为 的液体 取该两平面为 xz 面 和 yz 面 在 x0,y0,z0 和 x0,y0,-z0 两点分别置正负电极并通以电流 I 求导电液体中的 电势 解 本题的物理模型是 由外加电源在 A B 两点间建立电场 使溶液中的载流子运动形 z r ∂ρ ∂ρ 成电流 I,当系统稳定时 是恒定场 即 ∇ ⋅ j + =0 中 =0 ∂t ∂t r j 对于恒定的电流 可按静电场的方式处理 A(x0,y0,z0) 于是 在 A 点取包围 A 的包围面

r r Q E ⋅ ds = ∫ ∴有 1 I= Q

εn

r r I = ∫ i ⋅ ds 而又有 r r i = E ⋅σ Iε 1

}⇒

1

σ

r r I = ∫ E ⋅ ds

x

σ

y

r j

σ

ε1

⇒Q=

σ

对B

Q Q B = −Q = −

Iε 1

z

Q(-x0,-y0,z0) Q(x0,-y0,z0) Q(x0,y0,z0)

B(x0,y0,z0) Q(x0,y0,z0)

σ

又在容器壁上 由

r j n = 0, 即元电流流入容器壁

有 jn = 0 时

r r j = σE

r

r En = 0

-Q(-x0,y0,z0) -Q(x0,-y0,z0) -Q(-x0,y0,-z0) -Q(x0,y0,-z0)

y

∴ 可取如右图所示电像

x

- 15 -

电动力学习题解答参考 14.画出函数

第二章 静电场

0, x ≠ 0 δ ( x) =  ∞, x = 0

r dδ ( x) r 的图 说明 ρ = −( P ⋅ ∇)δ ( x ) 是一个位于原点的偶极子的电荷密度 dx dδ ( x) dx

dδ ( x) δ ( x + ∆x) − δ ( x) = lim ∆x →0 dx ∆x dδ ( x) 1 x ≠ 0时 =0 dx

2

x

x = 0时

a ∆x > 0,

dδ ( x) 0−∞ = lim = −∞ ∆x →0 ∆x dx dδ ( x) 0−∞ b)∆x < 0, = lim = +∞ ∆x →0 ∆x dx

15 1 2 证明

证明

1 δ (ax) = δ ( x).(a > 0) a xδ ( x) = 0

1 根据 δ [φ ( x)] =

若 a<0,结果如何

δ ( x − xk φ ' ( xk )

所以 δ ( ax) =

δ ( x) a

2

从 δ (x) 的定义可直接证明

有任意良函数 f(x),则 f ( x) ⋅ x

= F ( x) 也为良函数

∫ f ( x) xδ ( x)dx =

16

f ( x) ⋅ x x = 0 = 0

r r' 一块极化介质的极化矢量为 P ( x ) r r r P( x ' ) ⋅ r

根据偶极子静电势的公式

极化介质所产生的静

电势为

ϕ=∫

另外

V 4πε r 3 0

dV '

r r ' r r' r r 根据极化电荷公式 ρ P = −∇ ⋅ P ( x )及σ P = n ⋅ P, 极化介质所产生的电势又可表为 r r r r r ∇ ' ⋅ P( x ' ) P( x ' ) ⋅ dS ' ' ϕ = −∫ dV + ∫ V 4πε r S 4πε r 0 0

P r

试证明以上两表达式是等同的 X’ O

- 16 -

电动力学习题解答参考 证明

第二章 静电场

ϕ=

4πε 0 ∫V

又有

1

r r r 1 P( x ' ) ⋅ r dV ' = 4πε 0 r3

∫V P( x ) ⋅ ∇

r r'

'

1 dV ' r

r1 r1 r 1 ∇ ' p (P ) = ∇ ' ⋅ P + P ⋅ ∇ ' r r r r r r r P P r 1 ∇' ⋅ P 1 ∇' ⋅ P dV ' + ∫ ' ∇ ' ⋅ ( )dV ' ] = dV ' + ∫ ⋅ dS ] 则 ϕ= [− ' [− ' V S r r 4πε 0 ∫V r 4πε 0 ∫V r r r r ρs σr P⋅n ∇' ⋅ P 1 ' dV + ∫ dS ] = = [− ∫ [ ∫ P dV ' + ∫ P dS ] S r S r 4πε 0 V ' r 4πε 0 V r 1

刚好是极化体电荷的总电势和极化面电荷产生的总电势之和 17 证明下述结果 并熟悉面电荷和面偶极层两侧电势和电场的变化 1 在面电荷两侧 电势法向微商有跃变 而电势是连续的 2 在面偶极层两侧 电势有跃变

ϕ 2 − ϕ1 =

而电势的法向微商是连续的

ε0

1 r r n⋅P

各带等量正负面电荷密度 ± σ 而靠的很近的两个面 形成面

r r 偶极层 而偶极矩密度 P = lim σl .)

σ →∞ l →0

z

证明

1

如图可得

2 E ⋅ ∆s =

σ ⋅ ∆s , ε0

+

2

E

1

σ σ σ z− z=0 ∴E = , φ1 − φ 2 = 2ε 0 2ε 0 2ε 0

x S E

∂φ1 r σ r ez = E1 = ∂n1 2ε 0 ∴ ∂φ1 ∂φ 2 σ − = ∂n1 ∂n2 ε 0 r σ r E= ez

r ∂φ 2 r σ = E2 = ( −e z ) ∂n2 2ε 0

2)可得

ε0

r n

r E

+

r r r r σ r r n⋅P ∴ φ 2 − φ1 = lim E ⋅ l = lim n ⋅ l =

l →0 l →0

r l

1

2

-

ε0

ε0

r ∂φ1 r ∂φ 2 = E, =E ∂n ∂n

- 17 -

z

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

∂φ 2 ∂φ1 − = 0. ∂n ∂n

在球坐标 0 < θ <

18.一个半径为 R0 的球面 球面上电势为 − ϕ 0

π π 的半球面上电势为 ϕ 0 在 < θ < π 的半 2 2

求空间各点电势

∫0 Pn ( x)dx =

提示

1

Pn +1 ( x) − Pn −1 ( x) 1 0, 2n + 1

Pn (1) = 1 0, (n = 奇数)  Pn (0) =  n 1⋅3⋅5⋅⋅⋅( n −1) (−1) 2 2⋅4⋅6 , (n = 偶数) 

∇ 2φ内 0  ∇ 2φ 外 = 0  φ内 r →0 < ∞  φ 外 r →∞ = 0

φ

r = R0

π  φ 0 ,0 ≤ θ < 2  = f (θ ) =  − φ , π < θ ≤ π  0 2 

这是 φ内 按球函数展开的广义傅立叶级数

φ内 = ∑ Al r l Pl (cosθ )

l Al R0 = f l =

Al r l 是展开系数

2l + 1 [ ∫φ 2 −1 内

π

1

R0

P l (cosθ )d cosθ ] =

2l + 1 π [− ∫ φ内 0 2

R0

Pl (cosθ ) ⋅ sin θdθ ]

= =

π 2l + 1 [− ∫ 2 φ 0 Pl (cosθ ) sin θdθ + ∫π φ 0 Pl (cosθ ) sin

θdθ ] 0 2 2

0 −1 2l + 1 [φ 0 ∫ Pl ( x)dx − φ 0 ∫ Pl ( x)dx] 1 0 2 0 1 2l + 1 = φ 0 [− ∫ Pl ( x)dx + ∫ Pl ( x)dx −1 0 2

由 Pl ( − x) = ( −1) Pl ( x) 则

l Al R0 = 1 1 2l + 1 φ 0 [(−1) l +1 ∫ P( x)dx + ∫ P( x)dx] 0 0 2

l

- 18 -

电动力学习题解答参考

第二章 静电场

=

1 2l + 1 φ 0 [(−1) l +1 + 1]∫ Pl ( x)dx 0 2 l Al R0 = 0

当 l 为偶数时 当 l 为奇数时

l Al R0 =

1 P ( x) − Pl −1 ( x) 2l + 1 φ 0 [(−1) l +1 + 1]∫ Pl ( x)dx = (2l + 1)φ 0 l +1 0 2 2l + 1 l +1 [(−1) 2 1 0

= −φ 0 = φ0

1⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ l − (−1) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l + 1)

l −1 2

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) ] 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 1)

l −1 [(−1) 2

1⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ l + (−1) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l + 1)

l −1 2

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) ] 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 1)

l −1 2

= φ 0 (−1)

l −1 2

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) l ( + 1) = φ 0 (−1) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 1) l + 1

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) (2l + 1) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l + 1)

φ Al = 0l (−1) R0

l −1 2

l −1 2

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) (2l + 1) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l + 1) r < R0 )

φ内 = ∑ φ 0 (−1) φ外

B

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) r (2l + 1)( ) l Pl (cosθ ), (l取奇数 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l + 1) R0

∑ r l +l1 Pl (cosθ )

Bl

l +1

r

2l + 1 1 = [ φ外 2 ∫−1

l −1 (−1) 2

R0

Pl (cosθ )] = φ 0

l −1 (−1) 2

1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) (2l + 1) 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l + 1) r > R0 )

φ外 = ∑

R 1 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ ⋅ ⋅ (l − 2) (2l + 1)( 0 ) l +1 Pl (cosθ ), (l为奇数 2 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ ⋅ ⋅ (l + 1) r

- 19 -

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

1. 试用 A 表示一个沿 z 方向的均匀恒定磁场 B0 差是无旋场 解

r

r

写出 A 的两种不同表示式

r

证明两者之

r r r B0 是沿 z 方向的均匀的恒定磁场 即 B0 = Be z

在直角坐标系中

且 B0 = ∇ × A

r

r

r ∂Ay ∂Ax r ∂A ∂A r ∂A ∂Ay r ∇× A = ( z − ) e x + ( x − z )e y + ( − )e z ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y  ∂Az ∂Ay =0 −  ∂z ∂y   ∂Ax ∂Az − =0  ∂x  ∂z  ∂Ay ∂Ax − =0  ∂y  ∂x

如果用 A 在直角坐标系中表示 B0

r

r

由此组方程 解1

可看出 A 有多组解

r

Ay = AZ = 0, Ax = − B0 y + f ( x)

r r A = [− B0 y + f ( x)]e x

解2

Ax = Az = 0, AY = B0 x + g ( y )

r r A = [ B0 x + g ( y )]e y r r r ∆A = [− B0 y + f ( x)]e x − [ B0 x + g ( y )]e y

解 1 和解 2 之差为 则

r ∂ (∆A) y ∂ (∆A) x r ∂ (∆A) x ∂ (∆A) z r ∂ (∆A) z ∂ (∆A) y r ∇ × (∆A) = [ − ]e x + [ − ]e y + [ − ]e z ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y

0 这说明两者之差是无旋场 2. 均匀无穷长直圆柱形螺线管 每单位长度线圈匝数为 n 理求管内外磁感应强度 B 解 根据题意

得右图 取螺线管的中轴线为 z 轴 电流强度为 I 试用唯一性定

r µ 本题给定了空间中的电流分布 故可由 B = 0 4π r µ 线上 所以 B = 0 4π

1 螺线管内

r r r J ×r dV ' 求解磁场分布 又 J 在导 ∫ r3

r r Jdl × r ∫ r3

故 由电磁学的有关知识知 其内部磁

由于螺线管是无限长理想螺线管

-1-

电动力学习题解答参考 场是均匀强磁场 故只须求出其中轴线上的磁感应强度 由其无限长的特性 不妨取场点为零点 以柱坐标计算

第三章 静磁场 即可知道管内磁场

r r r r r = − a cos ϕ ' e x − a sin ϕ ' e y − z ' e x r r r dl = −adϕ '⋅ sin ϕ ' e x + adϕ '⋅ cos ϕ ' e y r r r r r r r ∴ dl × r = (−adϕ '⋅ sin ϕ ' e x + adϕ '⋅ cos ϕ ' e y ) × (−a cos ϕ ' e x − a sin ϕ ' e y − z ' e x ) r r r = −az ' cos ϕ ' dϕ ' e x − az ' sin ϕ ' dϕ ' e y + a 2 dϕ ' e z

取由 z '− z '+ dz ' 的以小段 此段上分布有电流 nIdz '

3

r µ ∴B = 0 4π

r r r nJdz ' (−az ' cos ϕ ' dϕ ' e x − az ' sin ϕ ' dϕ ' e y + a 2 dϕ ' e z ) [a 2 + ( z ' ) 2 ]

∞ 2

=

µ0 4π

∫ dϕ ' ∫

0

a dz ' [a 2 + ( z ' ) 2 ]

3 2

2

−∞

z' d( ) nIµ 0 r a ⋅ nIe z = ∫∞ z ' 2 3 2 = nµ 0 I 2 − [( ) + 1] a

+∞

2)螺线管外部:由于是无限长螺线管

不妨就在 xoy 平面上任取一点 P ( ρ , ϕ .0) 为场点

( ρ > a) r r ∴ r = x − x ' = ( ρ cos ϕ − a cos ϕ ' ) 2 + ( ρ sin ϕ − a sin ϕ ' ) 2 + z ' 2 = ρ 2 + a 2 + z ' 2 −2aρ cos(ϕ − ϕ ' ) r r r r r = x − x '= ( ρ cos ϕ − a cos ϕ ' )e x r r r dl = −adϕ '⋅ sin ϕ ' e x + adϕ '⋅ cos ϕ ' e y r r r r r ∴ dl × r = −az ' cos ϕ ' dϕ ' e x − az ' sin ϕ ' dϕ ' e y + [a 2 − aρ cos(ϕ '−ϕ )]dϕ ' e z

∞ ∞ 2π 2π r µ0 az ' cos ϕ ' dϕ ' r az ' sin ϕ ' dϕ ' r e x dz ' + ∫ dϕ ' ∫ − e y dz ' + ∴B = ⋅ nI [ ∫ dϕ ' ∫ − 3 4π r r3 −∞ −∞ 0 0 2π

r r ( ρ sin ϕ − a sin ϕ ' )e y − z ' e z

+ ∫ dϕ ' ∫

0

a 2 − aρ cos(ϕ '−ϕ ) r dz ' e z ] r3 −∞

而螺线管内部又是匀强磁场 所以 B = 0 且螺线管又是无限

由于磁场分布在本题中有轴对称性 长 故不会有磁力线穿出螺线管

上述积分为 0

r

-2-

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场 z>0 区

3. 设有无穷长的线电流 I 沿 z 轴流动 以 z<0 空间充满磁导率为 µ 的均匀介质 域为真空 试用唯一性定理求磁感应强度 B 解 本题的定解问题为 然后求出磁化电流分布

r r ∇ 2 A1 = − µ 0 J , ( z > 0)  2r r ∇ A2 = − µJ , ( z < 0) r r  A1 = A2 z =0  r r 1 1 ∇× A ∇ × A1 2 z =0 = µ µ0 

由本题具有轴对称性

z =0

可得出两个泛定方程的特解为

r r r µ 0 Idl A1 ( x ) = 4π ∫ r r r r µ Idl A2 ( x ) = 4π ∫ r  µ0 I r r  2πr eθ , ( z > 0)  B= r  µI e , ( z < 0)  2πr θ 

z =0

由此可推测本题的可能解是

验证边界条件

1

r r A1 = A2

题中

r r r , 即n ⋅ ( B2 − B1 ) = 0

所以边界条件 1 满足

r r r r n = e z , 且e z ⋅ eθ = 0

z =0

2

1

µ

r ∇ × A2 r B1

=

1

µ0

r ∇ × A1

z =0

r r r , 即n × ( H 2 − H 1 ) = 0

本题中介质分界面上无自由电流密度

µ0 r r B2 I r H2 = = eθ µ 2πr r r r r r ∴ H 2 − H 1 = 0, 满足边界条件 n × ( H 2 − H 1 ) = 0

 µ0 I r r  2πr eθ , ( z > 0)  B= r  µI e , ( z < 0)  2πr θ  r r B2 r M = − H2

r H1 =

=

I r eθ 2πr

综上所述

由唯一性定理可得

本题有唯一解

在介质中

r r r B H= −M

µ0

故在 z<0 的介质中

µ0

-3-

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

r r I µ r I r I µ M = ⋅ eθ − eθ = ( − 1)eθ 2πr µ 0 2πr 2πr µ 0

介质界面上的磁化电流密度

r r r r r r I µ I µ ( − 1)eθ × e z = ( − 1)er αM = M × n = 2πr µ 0 2πr µ 0

总的感应电流 在 z<0 的空间中

r r 2π I µ r r µ J M = ∫ M ⋅ dl = ∫ ( − 1)eθ ⋅ r ⋅ dϕ ⋅ eθ = I ( − 1) 2πr µ 0 µ0 0

沿 z 轴流向介质分界面

电流

4. 设 x<0 半空间充满磁导率为 µ 的均匀介质 动 解 求磁感应强度和磁化电流分布 假设本题中得磁场分布仍呈轴对称

x>0 空间为真空 今有线电流 I 沿 z 轴流

则可写作

v µ ′I v B= eϕ 2πr v v v n ⋅ ( B2 − B1 ) = 0 其满足边界条件 v v v v n × (H 2 − H1 ) = α = 0

即可得 在介质中

v v µ ′I v B H2 = = eϕ µ 2πrµ v v v v µ ′I v B 而 H2 = −M = eϕ − M µ0 2πrµ 0 ∴ 在 x<0 的介质中

则 I M = Mdl

v µ ′I µ − µ 0 v M = eϕ 2πr µµ 0

取积分路线为 B → C → A → B 的半圆

v v

v Q AB⊥eϕ , IM =

∴ AB 段积分为零

Iµ ′( µ − µ 0 ) 2µµ 0

v µ (I + I M ) v ∴B = 0 eϕ 2πr ∴由 v µ0 (I + I M ) v µ ′I v eϕ = B = − eϕ 2πr 2πr

可得 µ ′ =

2µµ 0 µ + µ0

-4-

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

v µµ 0 I v ∴ 空间 B = eϕ µ + µ 0 πr IM =

µ − µ0 I µ + µ0

沿z轴

5. 某空间区域内有轴对称磁场 B0 为常量 提示 解 试求该处的 B ρ

在柱坐标原点附近已知 B z ≈ B0 − C ( z −

2

1 2 ρ ) 2

其中

用 ∇ ⋅ B = 0, 并验证所得结果满足 ∇ × H 设 B = Bρ e ρ + Bz ez

r

r

0

2

由 B 具有轴对称性

v

v

v

v

其中 B z = B0 − c( z −

1 2 ρ ) 2

v Q∇ ⋅ B = 0 ∴ 1 ∂ ∂ ( ρB ρ ) + B z = 0 ρ ∂ρ ∂z 1 ∂ ( ρB ρ ) − 2cz = 0 ρ ∂ρ

得 B ρ = czρ

∴ ρB ρ = czρ 2 + A (常数)

取A=0

v 1 v v ∴ B = czρe ρ + [ B0 − c( z 2 − ρ 2 )]e z 2 v v Q j = 0, D = 0

代入 1 式可得 2

1

v ∂B ρ ∂B z v − ∴∇ × B = 0 即 ( )eθ = 0 ∂z ∂ρ

式成立 ∴ B ρ = czρ c 为常数

2

6. 两个半径为 a 的同轴线圈形线圈 位于 z = ± L 面上 每个线圈上载有同方向的电流 I 求轴线上的磁感应强度 1 求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的

L 和 a 的关系 2 提示 用条件

∂2 Bz = 0 ∂z 2

L 处线圈在轴线上 z 处产生得磁感应强度为

1

由毕

萨定律

-5-

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

v v B1 = B1z e z ,

µ B1z = 0 4π

v v Idl × r r3

sin α =

µ0 Ia 2 dθ 4π [a 2 + ( z − L) 2 ] 3 2 ∫

=

1 1 µ 0 Ia 2 3 2 [( L − z ) 2 + a 2 ] 2

同理

L 处线圈在轴线上 z 处产生得磁感应强度为

v v B 2 = B2 z e z ∴

B2 z =

1 1 µ 0 Ia 2 3 2 [( L + z ) 2 + a 2 ] 2

轴线上得磁感应强度

 v v 1 1 1 v   B = B z e z = µ 0 Ia 2  + e 3 3  z 2 [( L − z ) 2 + a 2 ] 2 [( L + z ) 2 + a 2 ] 2   

2 Q∇ × B = 0

v

v v v ∴ ∇ × (∇ × B) = ∇(∇ ⋅ B) − ∇ 2 B = 0 v 又∇ ⋅ B = 0 v ∂2 ∴ ∇ B = 0, 2 B z = 0 代入 1 式中 得 ∂z

2

1 1 5 −   2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 − [( L − z ) + a ] ( L − z ) − [( L − z ) + a ] [( L − z ) + a ] + 6( L − z ) [( L − z ) + a ]   2 [( L − z ) + a 2 ]6

5 1 1 −   [( L + z ) 2 + a 2 ] 2 ( L + z ) 2 + [( L + z ) 2 + a 2 ] 2 [( L + z ) 2 + a 2 ]3 − 6( L − z ) 2 [( L + z ) 2 + a 2 ] 2   − [( L − z ) 2 + a 2 ] 6

0 取z

0

( L2 + a 2 ) 3 [−2( L2 + a 2 ) ∴ 5 L2 = L2 + a 2

1 2

1

5

L2 − 2( L2 + a 2 ) 2 ] + 12( L2 + a 2 ) 2 L2 = 0

-6-

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

∴L =

1 a 2

试解矢势 A 的微分方

7. 半径为 a 的无限长圆柱导体上有恒定电流 J 均匀分布于截面上 程 设导体的磁导率为 µ 0 解 定解问题为 导体外的磁导率为 µ

r

 v v ∇ 2 A = − µ J , (r < a) 0 内  v ∇ 2 A外 = 0, (r > a ) v   A内 0 < ∞ v v  A外 a = A内 a 1 v v 1  ∇ × A内 = ∇ × A外  µ0 µ 

选取柱坐标系 该问题具有轴对称性 且解与 z 无关 令

v v A内 = A内 (r )e z v v A外 A外 (r )e z 代入定解问题得  1 ∂ ∂A内 (r )  r ∂r (r ∂r ) = − µ 0 J    1 ∂ (r ∂A外 r ) ) = 0  r ∂r ∂r  1 A内 (r ) = − µJr 2 + C1 ln r + C 2 4 A外 (r ) = C 3 ln r + C 4 < ∞ 得 C1 = 0

由 A内 ( r )

r =0

v v 1 µ ∇ × A内 = ∇ × A外 得 C 3 = − Ja 2 µ0 µ 2 1

-7-

电动力学习题解答参考 由 A外

第三章 静磁场

v

a

v = A内

a

令 A外

v

a

v = A内

a

= 0 得 C2 =

µ 1 µ 0 Ja 2 , C 4 = Ja 2 ln a 4 2

1 v 2 v 2  A内 = 4 µ 0 J (a − r )  ∴ v µ v 2 a A  外 2 Ja ln r  r r Qm r 它的磁场强度为 H = 4πµ 0 r 3

8. 假设存在磁单极子

其磁荷为 Qm

给出它的矢势的

一个可能的表示式 并讨论它的奇异性

v v Qm r Q 1 v H= = m 2 er 3 4πµ 0 r 4πµ 0 r v v v Q v µ 0 H = m 2 er 得 4πr

由∇× A = B =

∂Aθ Qm ∂  1  r sin θ [ ∂θ (sin θAφ ) − ∂φ ] = 4πr 2   1 1 ∂Ar ∂ − (rAφ )] = 0 (1)  [  r sin θ ∂φ ∂r 1 ∂ ∂Ar ]=0  [ (rAθ ) − ∂θ  r ∂r Q sin θ ∂

(sin θAφ ) = m ∂θ 4πr

θ

Ar = Aθ = 0, 得

Qm sin θ dθ 0 4πr Q 1 − cosθ ∴ Aφ = m 4π r sin θ ∴ sin θAφ = ∫

显然

Aφ 满足 1 式

v Q 1 − cosθ v ∴ 磁单极子产生的矢势 A = m eφ 4π r sin θ

-8-

电动力学习题解答参考 当θ → 0 时

第三章 静磁场

讨论

v A→0 v Q v A → m eφ 4πr

故 A 的表达式在 θ = π 具有奇异性

当θ → 当θ → π 时

π 时 2

v A→∞

v

v A 不合理 r

9. 将一磁导率为 µ 磁矩 m 解 根据题意

半径为 R0 的球体

放入均匀磁场 H 0 内

r

求总磁感应强度 B 和诱导

r

以球心为原点建立球坐标

取 H 0 的方向为 e z

v

v

此球体在外界存在的磁场 最后达到平衡 保持在一个

的影响下极化 产生一个极化场 静止的状态 呈现球对称 本题所满足的定解问题为

并与外加均匀场相互作用

∇ 2ϕ m1 = 0, R < R0  2 ∇ ϕ m2 = 0, R > R0  ∂ϕ m1 ∂ϕ m2  = µ0 , ( R = R0 ) ϕ m1 = ϕ m2 , µ ∂R ∂R  ϕ m1 R =0 < ∞  ϕ m2 R =∞ = − H 0 R cosθ 

由泛定方程和两个自然边界条件得

ϕ m = ∑ a n R n Pn (cosθ )

1

n =0

ϕ m = − H 0 R cosθ + ∑

2

dn P (cosθ ) n +1 n n =0 R

由两个边界条件有

∞ d ∞ a n R0n Pn (cosθ ) = − H 0 R0 cosθ + ∑ nn+1 Pn (cosθ ) ∑ n = 0 R0  n =0  ∞ ∞ (n + 1)d n µ a nR n −1 P (cosθ ) = − H µ cosθ − µ Pn (cosθ ) ∑ n 0 n 0 0 0∑  n =1 R0n + 2 n =0 

-9-

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

3µ 0 H 0  a1 = − µ + 2µ 0   µ − µ0 3 H 0 R0 d 1 = µ + 2µ 0  a n = d n = 0, (n ≠ 1)   3µ 0  ϕ m1 = − µ + 2 µ H 0 R cosθ , R < R0  ∴ 3 ϕ = − H R cosθ + µ − µ 0 ⋅ R0 H cosθ , R > R 0 0 0  m2 µ + 2µ 0 R 2  3µ 0 3µ 0 3µ 0 v v v v  H 1 = −∇ϕ m1 = µ + 2 µ H 0 cosθer − µ + 2µ H 0 sin θeθ = µ + 2µ H 0  0 v v v  B = µH = 3µµ 0 H 0 1 1  µ + 2µ 0 

3 3 v µ − µ 0 2 R0 µ − µ 0 R0 v v ⋅ 3 ]H 0 sin θeθ ⋅ 3 ]H 0 cosθer − [1 −  H 2 = −∇ϕ m2 = [1 + µ + 2µ 0 R µ + 2µ 0 R  v v v v  v µ − µ 0 3 3( H 0 ⋅ R) R H 0  R0 [ − 3] = H 0 + µ + 2µ 0 R5 R  v v v v v v v µ − µ0 H0 3 3( H 0 ⋅ R ) R  B2 = µ 0 H 2 = µ 0 H 0 + − 3] µ 0 R0 [ 5  µ + 2µ 0 R R 

 3µµ 0 v H 0 , ( R < R0 ) v  µ + 2µ 0  ∴B =  v v v v v 3( H 0 ⋅ R) R H 0 µ − µ0 µ H + µ R 3[ − 3 ], ( R > R0 )  0 0 µ + 2µ 0 0 0 R5 R  v 当 B 在 R>R0 时 表达式中的第二项课看作一个磁偶极子产生的场

3 µ − µ 0 R0 v ∴ϕ m 中 ⋅ 2 H 0 cosθ 可看作偶极子 m 产生的势 µ + 2µ 0 R

2

v v 3 3 µ − µ 0 R0 µ − µ 0 R0 v v 1 m⋅R ⋅ = ⋅ H 0 cosθ = ⋅ H0 ⋅ R 4π R 3 µ + 2µ 0 R 2 µ + 2µ 0 R 2 v µ − µ0 v 3 ∴ m = 4π ⋅ R0 H µ + 2µ 0

10. 有一个内外半径为 R1 和 R2 的空心球

位于均匀外磁场 H 0 内

r

球的磁导率为 µ

求空

- 10 -

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

腔内的场 B

r

讨论 µ >>

µ 0 时的磁屏蔽作用

v v

在外场 H 0 的作用下

解 根据题意 以球心为原点 取球坐标 选取 H 0 的方向为 e z 壳极化 产生一个附加场 并与外场相互作用 最后达到平衡

v

v B 的分布呈现轴对称

定解问题

 ∇ 2ϕ m1 = 0, R < R1  2 ∇ ϕ m2 = 0, R1 < R < R2  2 ∇ ϕ m3 = 0, R > R3  ϕ m1 = ϕ m2 R = R1 , ϕ m2 = ϕ m3 R = R2  ∂ϕ m3 ∂ϕ m2 µ ∂ϕ m1 = µ ∂ϕ m2 =µ 0 R = R1 , µ 0  ∂R ∂R ∂R ∂R  ϕ m1 R =0 < ∞  ϕ m3 R =∞ = − H 0 R cosθ

由于物理模型为轴对称

R = R2

再有两个自然边界条件

三个泛定方程的解的形式为

ϕ m = ∑ a n R n Pn (cosθ )

1

n =0 ∞

ϕ m = ∑ (bn R n +

2

n =0

cn ) Pn (cosθ ) R n +1 dn P (cosθ ) n +1 n n =0 R v

分解所选取的基本函数

ϕ m = − H 0 R cosθ + ∑

3

因为泛定方程的解是把产生磁场的源 H 0 做频谱分解而得出的 系是其本征函数系

{Pn (cosθ )} 在本题中 源的表示是

− H 0 R cosθ = − H 0 RP1 (cosθ )

所以上面的解中 故

a n = bn = c n = d n = 0, (n ≠ 0)

解的形式简化为

ϕ m = a1 R cosθ

1

ϕ m = (b1 R +

2

ϕm

3

c1 ) cosθ R2 d = − H 0 R cosθ + 1 cosθ R2

- 11 -

电动力学习题解答参考 代入衔接条件 得

第三章 静磁场

c1  a1 R1 = b1 R1 + R 2 1   c1 d1 b1 R2 + 2 = − H 0 R2 + 2 R2 R2   a µ = µ (b − 2c1 1  1 0 R13  − µ H − µ 2d1 = µ (b − 2c1 ) 1 3 3  0 0 R2 R2 

解方程组得

3 3 3µ 0 (2 µ + µ 0 ) H 0 R2 + 3µ 0 ( µ − µ 0 ) H 0 R2 3 2( µ − µ 0 ) 2 R13 − (2µ + µ 0 )(2µ 0 + µ ) R2

a1 =

3 3µ 0 (2µ + µ 0 ) H 0 R2 b1 = 3 2( µ − µ 0 ) 2 R13 − (2µ + µ 0 )(2µ 0 + µ ) R2 3 3µ 0 ( µ − µ 0 ) H 0 R2 R13 3 2( µ − µ 0 ) 2 R13 − (2µ + µ 0 )(2µ 0 + µ ) R2 6 3 3µ 0 (2µ + µ 0 ) H 0 R2 + 3µ 0 ( µ − µ 0 ) H 0 R2 R13 3 + H 0 R2 3 2( µ − µ 0 ) 2 R13 − (2µ + µ 0 )(2µ 0 + µ ) R2

c1 =

d1 =

v v Bi = µ 0 H i = − µ 0 ∇ϕ mi , (i = 1,2,3) v v ∴ B1 = − µ 0 a1e z R1 3 ) v R2 ]µ 0 H 0 = [1 − ( µ + 2µ 0 )(2 µ + µ 0 ) R − ( 1 )3 2 R2 2( µ − µ 0 ) 1− (

当 µ >>

µ0 时

( µ + 2µ 0 )(2µ + µ 0 ) ≈1 2( µ − µ 0 ) 2 v ∴ B1 = 0

即球壳腔中无磁场 类似于静电场中的静电屏障

11. 设理想铁磁体的磁化规律为 B = µH + µ 0 M 0 , M 0 是恒定的与 H 无关的量

r

r

r

今将一个

- 12 -

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

理想铁磁体做成均匀磁化球 强度和磁化电流分布 解 根据题意 取球心为原点

M 0 为常值 浸入磁导率为 µ ' 的无限介质中 求磁感应 v v

做球坐标

以 M 0 的方向为 e z 本题具有球对称的磁场分布

满足的定解问题为

∇ 2ϕ m1 = 0, R < R0

 2 ∇ ϕ m2 = 0, R > R0  ϕ m1 = ϕ m2 R = R0 ,   ∂ϕ m ∂ϕ m2 1 µ − µ′ R = M 0 µ 0 cosθ ∂R 0  ∂R ϕ <∞  m1 R = 0 ϕ m2 R = ∞ = 0  ∴ ϕ m = ∑ a n R n Pn (cosθ )

1

n =0

ϕm = ∑(

2

n =0

bn ) Pn (cosθ ) R n +1

对比 Pn (cosθ ) 对应项前的系数 得

代入衔接条件

a n = bn = 0, (n ≠ 1) ∴ ϕ m1 =

a1 =

µ0M 0 2µ ′ + µ

b1 =

µ0 M 0 3 R0 2µ ′ + µ

µ0 M 0 R cosθ , ( R < R0 ) 2µ ′ + µ

3 µ 0 M 0 R0 cosθ , ( R > R0 ) 2µ ′ + µ R 2

ϕm =

2

由此

v r v v 2 µ ′µ 0 M 0 R < R0 , B1 = µH 1 + µ 0 M 0 = 2µ ′ + µ

v v r v 3 v µ ′µ 0 R0 3( M 0 ⋅ R ) R M 0 [ R > R0 , B2 = − µ ′∇ϕ m2 = − 3] 2µ ′ + µ R5 R v  2 µ ′µ 0 M 0 , ( R < R0 ) v  2µ ′ + µ  ∴B =  v v r v 3  µ ′µ 0 R0 [ 3( M 0 ⋅ R) R − M 0 ], ( R > R ) 0  2µ ′ + µ R5 R3 

- 13 -

电动力学习题解答参考 又 n × ( B2 − B1 ) 代入 B 的表达式

第三章 静磁场

v

v

v

R0

v v v = µ 0 (α M + α ) 其中 α 0

v

v αM

3µ ′ v M 0 sin θeϕ 2µ ′ µ 0 r

12. 将上题的永磁球置入均匀外磁场 H 0 中 解 根据题意 定解问题为

结果如何

假设均匀外场 H 0 的方向与 M 0 的方向相同

v

v

定为坐标 z 轴方向

∇ 2ϕ m1 = 0, R < R0  2 ∇ ϕ m2 = 0, R > R0  ϕ m1 = ϕ m2 R = R0 ,   ∂ϕ m ∂ϕ m2 1 µ − µ0 R = M 0 µ 0 cos θ ∂R 0  ∂R ϕ <∞  m1 R =0 ϕ m2 R =∞ = − H 0 R cosθ 

解得满足自然边界条件的解是

ϕ m = a1 R cosθ , ( R < R0 )

1

ϕ m = − H 0 R cosθ +

2

d1 cosθ , ( R > R0 ) R2

代入衔接条件

a1 R0 = − H 0 R0 +

d1 R02

µ0 H 0 + µ0

得到

2d1 + µa1 = µ 0 M 0 3 R0

a1 = d1 =

µ 0 M 0 − 3µ 0 H 0 µ + 2µ 0 µ0 M 0 + (µ − µ0 ) H 0 3 R0 µ + 2µ 0

∴ ϕ m1 =

µ 0 M 0 − 3µ 0 H 0 R cos θ , ( R < R0 ) µ + 2µ 0

- 14 -

电动力学习题解答参考

3 µ 0 M 0 + ( µ − µ 0 ) H 0 R0 cosθ , ( R > R0 ) µ + 2µ 0 R2

第三章 静磁场

ϕ m = − H 0 R cosθ +

2

v µ M − 3µ 0 H 0 v µ M − 3µ 0 H 0 v ∴ H 1 = −∇ϕ m1 = −[ 0 0 cosθer − 0 0 sin θeθ ] µ + 2µ 0 µ + 2µ 0 v v µ 0 M 0 − 3µ 0 H 0 =− 2µ 0 + µ

2 v v v v 3µµ 0 v 2µ 0 B 1 = µH + µ 0 M 0 = H0 + M 0 , ( R < R0 ) µ + 2µ 0 µ + 2µ 0 3 v µ M + ( µ − µ 0 ) H 0 2 R0 v H 2 = −∇ϕ m2 = −[(− H 0 cosθ − 0 0 cosθ )er − 2 µ + 2µ 0 R

r r v v 3 v µ 0 M 0 + ( µ − µ 0 ) H 0 R0 3(m ⋅ R) R m v − (− H 0 sin θ + sin θ )eθ ] = H 0 + − 3 µ + 2µ 0 R2 R5 R r r v v v v v 3(m ⋅ R) R m B2 = µ 0 H 2 = µ 0 [ H 0 + − 3] R5 R

13. 有一个均匀带电的薄导体壳 角速度 ω 转动 提示

v µ0 M 0 3 µ − µ0 3 v v m= R0 + R0 H 0 µ + 2µ 0 µ + 2µ 0

今使球壳绕自身某一直径以

其半径为 R0 总电荷为 Q

求球内外的磁场 B

r

本题通过解 A或ϕ m 的方程都可以解决 也可以比较本题与 建立坐标系

r

5 例 2

的电流分布

得到结果 解 根据题意 取球体自转轴为 z 轴 定解问题为

∇ 2ϕ m1 = 0, R < R0  2 ∇ ϕ m2 = 0, R > R0   1 ( ∂ϕ m2 − ∂ϕ m1 ) = − Qω sin θ  R ∂θ ∂θ 4πR0  0  ∂ϕ m2  ∂ϕ m1 µ ∂R = µ 0 ∂R , ( R = R0 )  ϕ m1 R =0 < ∞  ϕ m2 R =∞ = 0 

其中

R = R0

σ=

Qω sin θ 是球壳表面自由面电流密度 4πR0

解得满足自然边界条件的解为

- 15 -

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

ϕ m = a1 R cosθ , ( R < R0 )

1

ϕm =

2

b1 cosθ , ( R > R0 ) R2 b1 Qω  a1 R0 − R 2 = − 4πR  0 0  a + 2b1 = 0 3  1 R0 

代入衔接条件

解得

a1 = −

Qω 6πR0

b1 =

QωR02 12π

∴ ϕ m1 = −

Qω R cosθ , ( R < R0 ) 6πR0

ϕm =

2

QωR02 cosθ , ( R > R0 ) 12πR 2

v v Qω Qω Qω v v ∴ H 1 = −∇ϕ m1 = cosθer − sin θeθ = 6πR0 6πR0 6πR0 r v Qµ 0 v B1 = µ 0 H 1 = ω 6πR0 v v v r v 2QωR02 1 3(m ⋅ R) R m v QωR02 v H 2 = −∇ϕ m2 = cosθer + sin θer = [ − 3] R5 R 12πR 3 12πR 3 4π

2 v QR0 v m= ω 3

其 中

r v v v v v µ 0 3(m ⋅ R) R m B2 = µ 0 H 2 = [ − 3] 4π R5 R

14. 电荷按体均匀分布的刚性小球 其总电荷为 Q 半径为 R0 它以角速度 ω 绕自身某以 直径转动 求 它的磁矩 1 它的磁矩与自转动量矩之比 设质量 M0 是均匀分布的 2 解 1 磁矩 m =

v

1 v v v x × J ( x )dV 2∫

- 16 -

电动力学习题解答参考

第三章 静磁场

又 x = R = Re r

v

v

v

v v v J ( x ) = ρv =

Q 4 3 πR0 3

v v (ω × R )

1 3Qω v v v 1 3Q r v v 2 ∴m = R × (ω × R) R sin θdrdθdφ = (er × eφ ) R 4 sin 2 θdrdθdφ 3 ∫ 3 ∫ 2 4πR0 2 4πR0

又 er × eφ = −eθ = sin θe z + cos θ (− cos φe x − sin φe y )

v

v

v

v

v

v

v 3Qω ∴m = 3 8πR0

∫ ∫∫

0 0

π

R0

0

v v v [sin θe z + cosθ (− cos φe x − sin φe y ) R 4 sin 2 θdrdθdφ

=

QR02 v 3Qω v 2π π R0 3 4 ω e z ∫ ∫ ∫ sin θR drdθdφ = 3 0 0 0 5 8πR0 v v v v v v 3M 0 v v v R × dP = ∫ R × v dm = R × (ω × R)dV 3 ∫ 4πR0 ∫

2)自转动量矩 L = dL =

= = = =

3M 0 v v v R 2ω (er × e z × er ) R 2 sin θdrdθdφ 3 ∫ 4πR0 3M 0 v v R 2ω (− sin θeφ × er ) R 2 sin θdrdθdφ 3 ∫ 4πR0 3M 0 v R 2ω sin θ (−eθ ) R 2 sin θdrdθdφ 3 ∫ 4πR0

3M 0 ω 3 4πR0 v 3M 0 ω = 3 4πR0

∫ ∫∫

0 0

π

R0

0 R0

v v v [sin θe z + cosθ (− cos φe x − sin φe y ) R 4 sin 2 θdrdθdφ v 2 M 0 R02ω R sin θdrdθdφ = 5

4 3

∫ ∫∫

0 0

π

0

v ∴m v = L r

QR02 v ω 5

2 M 0 R02 v ω 5

=Q

2M 0

15. 有一块磁矩为 m 的小永磁体 求作用在小永磁体上的力 F .

位于一块磁导率非常大的实物的平坦界面附近的真空中

r

- 17 -

电动力学习题解答参考 因为无穷大平面的 µ 很大

第三章 静磁场

根据题意

则可推出在平面上

所有的 H 均和平面垂直

v

类比于静电场

v  Be = − µ 0 ∇ ϕ m

 v v  m ⋅ R m cosθ = ϕ m = 4πR 3 4πr 2 

构造磁矩 m 关于平面的镜像 m ′

r

r

则外场为

v µ m m 2 cosθ v sin θ r v v ∴ Be = − µ 0 er − 3 eθ ] = 0 3 (α cosθer + sin θeθ ) [− 3 4π 4πr r r v ∴ m 受力为 v v v F = ( m ⋅ ∇ ) ⋅ Be

r =2a θ =α

=−

3m 2 µ 0 v (1 + cos 2 α )e z 4 64πa

- 18 -

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

1. 考虑两列振幅相同的 偏振方向相同 频率分别为 ω + dϖ和ω − dω 的线偏振平面波 它们都沿 z 轴方向传播 1 求合成波 证明波的振幅不是常数 而是一个波 2 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度 解

r r r r E1 ( x , t ) = E 0 ( x ) cos(k1 x − ω 1t ) r r r r E 2 ( x , t ) = E 0 ( x ) cos(k 2 x − ω 2 t )

r r r r r r r E = E1 ( x , t ) + E 2 ( x , t ) = E 0 ( x )[cos(k1 x − ω 1t ) + cos(k 2 x − ω 2 t )] r r k + k2 ω + ω2 k − k2 ω −ω2 = 2 E 0 ( x ) cos( 1 x− 1 t ) cos( 1 x− 1 t) 2 2 2 2

其中 k1 = k + dk , k 2 = k − dk ; ω1 = ω + dω , ω 2 = ω − dω

r r r ∴ E = 2 E 0 ( x ) cos(kx − ωt ) cos(dk ⋅ x − dω ⋅ t )

用复数表示 E = 2 E 0 ( x ) cos(dk ⋅ x − dω ⋅ t )e 相速

r

r r

i ( kx −ωt )

ω k 群速 dk ⋅ x − dω ⋅ t = 0 dω ∴ vg = dk

∴vp =

2 一平面电磁波以 θ = 45 从真空入射到 ε r = 2 的介质

o

kx − ωt = 0

电场强度垂直于入射面

求反射

系数和折射系数 解

r n 为界面法向单位矢量

< S >, < S ' >, < S ' ' > 分别为入射波 反射波和折射波的玻印

亭矢量的周期平均值 则反射系数 R 和折射系数 T 定义为

r '2 < S ' > ⋅n E 0 = 2 r < S > ⋅n E0 r < S ' ' > ⋅n n2 cosθ 2 E ' ' 2 T= r = < S > ⋅n n1 cosθE 02 R=

又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得

2

 ε cosθ − ε 2 cosθ 2   R= 1  ε cosθ + ε cosθ  2 2   1

-1-

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

T=

4 ε 1 ε 2 cosθ cosθ 2 ( ε 1 cosθ + ε 2 cosθ 2 ) 2

又根据反射定律和折射定律

θ = θ 1 = 45o ε 2 sin θ 2 = ε 1 sin θ

由题意

ε 1 = ε 0 , ε 2 = ε 0ε r = 2ε 0

∴θ 2 = 30 o 2 3 − 2 2 )2 = 2 − 3 ∴R = ( 2 2 3 2+ 3 + 2 2 2 4ε 0 2 ( ε0 2 3 2 2 2 3 2+ 3

T=

2 3 2 + ε0 2 ) 2 2

=

3

有一可见平面光波由水入射到空气 入射角为 60 证明这时将会发生全反射 并求 折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度 设该波在空气中的波长为

λ 0 = 6.28 × 10 −5 cm 水的折射率为 n 1.33

解 由折射定律得 临界角 θ c = arcsin( 将会发生全反射 折射波

1 ) = 48.75 1.33

所以当平面光波以 60

入射时

k ′′ = k sin θ 3 ω ′′ ω = = c 2 k ′′ k sin θ

相速度 v p =

投入空气的深度

κ=

λ1

2π sin θ − n

2 2 21

=

6.28 × 10 −5 1 2 2π sin 2 60 − ( ) 1.33 v v v v

≈ 1.7 × 10 −5 cm

4

频率为 ω 的电磁波在各向同性介质中传播时 若 E , D, B, H 仍按 e 不再

与 E 平行

vv i ( k ⋅ x −ωt )

变化

但D

v

v

即 D = εE 不成立

v

v

1 证明 k ⋅ B = k ⋅ D = B ⋅ D = B ⋅ E = 0, 但一般k ⋅ E ≠ 0

-2-

v v

v v

v v

v v

v v

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

2 证明 D =

v

1

ω 2µ

v

v v v v [k 2 E − (k ⋅ E )k ] v

3 证明能流 S 与波矢 k 一般不在同方向上 证明 1 由麦氏方程组

v v  ∂B ∇ × E = − ∂t  v v ∂D  ∇ × H = ∂t  v ∇ ⋅ D = 0  v ∇ ⋅ B = 0

vv v v vv v v v v ∇ ⋅ B = B0 ⋅ ∇e i ( k ⋅ x −ωt ) = ik ⋅ B0 e i ( k ⋅ x −ωt ) = ik ⋅ B = 0

r v ∴k ⋅ B = 0 v v k ⋅D =0

同理

vv v v v v v ∇ × H = [∇e i ( k ⋅ x −ωt ) ] × H 0 = ik × H = −iωD

v v v ∴ ik × B = −iµωD v v 1 v v v ∴B⋅D = − B ⋅ (k × B) = 0

µω

vv v v v v v ∇ × E = [∇e i ( k ⋅ x −ωt ) ] × E 0 = ik × E = iωB

v v 1 v v v ∴ B ⋅ E = (k × E ) ⋅ E = 0

ω

v v v ∇ ⋅ E = ik ⋅ E

v v Q D ≠ εE

v v v ∴ ∇ ⋅ E 一般 ≠ 0 即 k ⋅ E 一般 ≠ 0

-3-

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

v v ∂B 2 由∇× E = − 得 ∂t v v ∂D 另由 ∇ × H = 得 ∂t

v 1 v v B = (k × E )

ω

v 1 v v D=− (k × B)

µω

1

v 1 v v v ∴D = − [k × (k × E )] = 2

µω

µω

2

v v v [(k × E ) × k ] =

1

µω

2

v v v v [k 2 E − (k ⋅ E )k ]

3

由B =

v

ω

v 1 v v 1 v v (k × E ) (k × E ) 得 H =

µω

v v v v v v r 1 v v v 1 ∴S = E × H = E × (k × E ) = [ E 2 k − (k ⋅ E ) E ]

µω

µω

v v v 1 2v Q k ⋅ E 一般 ≠ 0 ∴ S 一般 ≠ E k

µω

即 S 一般不与 k 同向

v

v

5

有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿 z 轴传播 但相位比前者超前

一个波沿 x 方向偏振 另一个沿 y

方向偏振

π 2

求合成波的偏振

反之 一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振 解 偏振方向在 x 轴上的波可记为

x = A0 cos(ωt − kz ) = A0 cos(ωt + ϕ 0 x )

在 y 轴上的波可记为

y = A0 cos(ωt − kz + ∆ϕ = ϕ 0 y − ϕ 0 x =

合成得轨迹方程为

π 2

π ) = A0 cos(ωt + ϕ 0 y ) 2

x 2 + y 2 = A02 [cos 2 (ωt + ϕ 0 x ) + cos 2 (ωt + ϕ 0 y )] = A02 [cos 2 (ωt + ϕ 0 x ) + sin 2 (ωt + ϕ 0 x )] = A02

x 2 + y 2 = A02

反之 一个圆偏

所以合成的振动是一个圆频率为 ω 的沿 z 轴方向传播的右旋圆偏振

-4-

电动力学习题解答 相位差为 π

第四章

电磁波的传播

振可以分解为两个偏振方向垂直

同振幅

同频率

2

的线偏振的合成

6 平面电磁波垂直直射到金属表面上 试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热 证明 设在 z>0 的空间中是金属导体 电磁波由 z<0 的空间中垂直于导体表面入射 已知导体中电磁波的电场部分表达式是

v v E = E 0 e −αz e i ( βz −ωt )

于是 由z 0 的表面 单位面积进入导体的能量为

v v v S = E×H v

其中

v 1 v v 1 v v ( β + iα ) n ×

E H= k ×E =

ωµ

ωµ

其平均值为 S =

v v 1 β Re( E * × H ) = E 02 2 2ωµ

在导体内部

v v v J = σE = σE 0 e −αz e i ( βz −ωt ) v v 1 1 Re( J * × E ) = σE 02 e − 2αz 2 2

所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为

dQ =

作积分 耳热 又Q αβ =

∞ 1 σ 2 Q = σE 02 ∫ e − 2αz dz = E 0 即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦 0 2 4α

ωµσ 2

原题得证.

∴Q =

σ 2 β E0 = E 02 4α 2ωµ

−1

7

已知海水的 µ r = 1, σ = 1S ⋅ m

试计算频率 ν 为 50,10 和10 Hz 的三种电磁波在海

6 9

水中的透入深度 解 取电磁波以垂直于海水表面的方式入射 透射深度

δ =

1

α

=

2

ωµσ

Q µr = 1 ∴ µ = µ 0 µ r = µ 0 = 4π × 10 −7 ∴1 > ν = 50 Hz时 : δ 1 = 2 = 2 = 72m 2π × 50 × 4π × 10 −7 × 1

ωµσ

-5-

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

2 > ν = 10 6 Hz时 δ 2 3 > ν = 10 9 Hz时 : δ 3 =

2

ωµσ

2

2 2π × 10 × 4π × 10

6

7

×1

≈ 0.5m

ωµσ

=

2 ≈ 16mm 2π × 10 × 4π × 10 −7 × 1

9

8

平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上 结果如何

入射角为 θ 1

求导电介质中电磁波的

相速度和衰减长度 若导电介质为金属 提示 解 导电介质中的波矢量 k = 如图所示

v

v v v β + iα ,α 只有 z 分量 为什么

z

θ3

v k ''

根据题意

入射平面是 xz 平面

导体中的电磁波表示为

v v vv vv E = E 0 e −α ⋅ x e i ( β ⋅ x −ωt ) v v v k '' = β + iα

介质 真空

与介质中的有关公式比较可得

x

v θ1 k

 β 2 − α 2 = ω 2 µε  v v 1 α ⋅ β = ωµσ 2 

根据边界条件得

' k x' = β x + iα x = 实数 ∴α x = 0

θ2

v k'

又 k x = k x = k sin θ 1 =

''

ω sin θ 1 c v v '' 而入射面是 xz 平面 故 k , k 无 y 分量

∴βx = v ∴α 只有 α z 存在

ω sin θ 1 c

∴α y = 0, β y = 0

v ω β 有 β x 与β z 其中 β x = sin θ 1 c

ω 2 2 2 2 ( c sin θ 1 ) + β z − α z = ω µε  ∴ 有 α β = 1 ωµσ  z z 2 

解得

1 1 ω2 1 ω2 2 2 β = ( µεω − 2 sin θ 1 ) + [( 2 sin 2 θ 1 − ω 2 µε ) 2 + ω 2 µ 2σ 2 ] 2 2 2 c c 2 z 1 1 ω2 1 ω2 α z2 = − ( µεω 2 − 2 sin 2 θ 1 ) + [(ω 2 µε − 2 sin 2 θ 1 ) 2 + ω 2 µ 2σ 2 ] 2 2 2 c c

-6-

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

其相速度为

v=

ω β

衰减深度为 1

α

如果是良导体

ω 2 2 2 2  2 sin θ 1 + β z − α z = 0 c  α β = 1 ωµσ  z z 2 

1 2

ω2 1 ω4 ∴ β = − 2 sin 2θ 1 + [ 4 sin 4 θ 1 + ω 2 µ 2σ 2 ] 2 c 2c

2 z

α z2 =

ω2 1 ω4 sin 2 θ 1 + [ 2 sin 4 θ 1 + ω 2 µ 2σ 2 ] 2 c 2c 2

1

2

无限长的矩形波导管 在在 z 0 处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭 z = −∞ 到 z 0 这段管内可能存在的波模 解 在此中结构得波导管中 电磁波的传播依旧满足亥姆霍兹方程 9

求在

r r ∇ 2 E + k 2 E =

0   k = ω µ 0 ε 0  v ∇ ⋅ E = 0 

方程的通解为

E ( x, y, z ) = (C1 sin k x x + D1 cos k x x) ⋅ (C 2 sin k y y + D2 cos k y y ) ⋅ (C 3 sin k z z + D3 cos k z z )

根据边界条件有

E y = E z = 0, ( x = 0, a ) ∂E x = 0, ( x = 0, a ) ∂x ∂E y ∂y

E x = E z = 0, ( y = 0, b) = 0, ( y = 0, b) ∂E z = 0, ( z = 0) ∂z

 E x = A1 cos k x x sin k y y sin k z z  故  E y = A2 sin k x x cos k y y sin k z z   E z = A3 sin k x x sin k y y cos k z z mπ 其中 kx = , m = 0,1,2 L a nπ ky = , n = 0,1,2 L b

2 k x2 + k y + k z2 = k 2 = ω 2 ε 0 µ 0 =

ω2 mπ nπ 且 A1 + A2 + A3 k z = 0 2 a b c

-7-

电动力学习题解答 综上 即得此种波导管种所有可能电磁波的解

第四章

电磁波的传播

10

电 磁 波 E ( x , y , z , t ) = E ( x, y ) e

v

v

i ( k 2 z −ωt )

在波导管中沿 z 方向传播

试使用

v v v v ∇ × E = iωµ 0 H及∇ × H = −iωε 0 E 证明电磁场所有分量都可用 E x ( x, y )和H z ( x, y ) 这两

个分量表示 证明 沿 z 轴传播的电磁波其电场和磁场可写作

v v E ( x, y, z , t ) = E ( x, y )e i ( k z z −ωt )

v v H ( x, y, z , t ) = H ( x, y )e i ( k z z −ωt )

v v v ∂B ∇× E = − = iωµ 0 H ∂t 由麦氏方程组得 v v v ∂E ∇ × H = ε0 = −iωε 0 E ∂t ∂E z ∂E y ∂E z − = − ik z E y = iωµ 0 H x ∂y ∂z ∂y ∂E x ∂E z ∂E − = ik z E x − z = iωµ 0 H y ∂z ∂x ∂x ∂E y ∂x ∂E x = iωµ 0 H z ∂y

写成分量式

1

2

∂H z ∂H y ∂H z − = − ik z H y = −iωε 0 E x ∂y ∂z ∂y ∂H x ∂H z ∂H z − = ik z H x − = −iωε 0 E y ∂z ∂x ∂x ∂H y ∂x ∂H x = −iωε 0 E z ∂y 1 i( ∂H z ∂E z − kz ) ∂y ∂x

3

4

2

3

消去 Hy 得 E x =

ω − k z2 ) 2 c

2

(−ωµ 0

-8-

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

1

4

消去 Hx 得 E y =

1 i(

ω − k z2 ) 2 c

2

(ωµ 0

∂H z ∂E z − kz ) ∂x ∂y

1

4

消去 Ey 得 H x =

1 i(

ω − k z2 ) c2

2

(−k z

∂H z ∂E z + ωε 0 ) ∂x ∂y

2

3

消去 Ex 得 H y =

1 i(

ω − k z2 ) 2 c

2

(−k z

∂H z ∂E z − ωε 0 ) ∂y ∂x

11

写出矩形波导管内磁场 H 满足的方程及边界条件

v

对于定态波

磁场为 H ( x , t ) = H ( x )e

v v

v v

− iωt

v v ∂D v  = −iωεE ∇ × H = 由麦氏方程组  ∂t v ∇ ⋅ H = 0 

得 ∇ × (∇ × H ) = ∇(∇ ⋅ H ) − ∇ H = −∇ H = −iωε∇ × E

2 2

v

v

v

v

v

v v v ∂B 又∇× E = − = iωµH ∂t v v v ∴ −iωε∇ × E = ω 2 µεH = −∇ 2 H v v (∇ 2 + k 2 ) H = 0, k 2 = ω 2 εµ ∴ 即为矩形波导管内磁场 H 满足的方程 v ∇ ⋅ H = 0

由n⋅B = 0 得 n⋅H = 0

v v

v v

Hn = 0 ∂H t =0 ∂n

利用 ∇ × E = iωµH 和电场的边界条件可得

v

v

-9-

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

H n = 0  ∴ 边界条件为  ∂H t  ∂

n 

12 证明 论证矩形波导管内不存在 TMm0 或 TM0n 波 已求得波导管中的电场 E 满足

v

 E x = A1 cos k x x sin k y ye ik z z   ik z  E y = A2 sin k x x cos k y ye z  ik z  E z = A3 sin k x x sin k y ye z 

由H = −

v

i

ωµ

v ∇ × E 可求得波导管中的磁场为

 i ik z z  H x = − ωµ ( A3 k y − iA2 k z ) sin k x x cos k y ye   i (iA1 k z − A3 k x ) cos k x x sin k y ye ik z z H y = − ωµ   i ( A2 k x − A1 k y ) cos k x x cos k y ye ik z z H z = − ωµ 

本题讨论 TM 波 故 1 故 Hz 0 即

A2 k x − A1 k y = 0

若 n = 0, 则k y = 又 kx =

mπ ≠ 0, 那么A2 0 a

nπ = 0, A2 k x = 0 b

∴Hx = Hy = 0

2 若 m = 0, 则k x = 又ky =

nπ ≠ 0, 那么A1 = 0 b

mπ = 0, A1 k y = 0 a

∴Hx = Hy = 0 ∴ 波导中不可能存在 TMm0 和 TM0n 两种模式的波

13 频率为 30 × 10 Hz 的微波

9

在 0.7cm × 0.4cm 的矩形波导管中能以什么波模传播

0.7cm × 0.6cm 的矩形波导管中能以什么波模传播

解 1

ν = 30 × 10 9 Hz

波导为 0.7cm × 0.4cm

- 10 -

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

由ν =

ω c m 2 n = ( ) + ( )2 2m 2 a b

−2 −2

当 a = 0.7 × 10 m., b = 0.4 × 10 m 时

m = 1, n = 1时,ν = 4.3 × 1010 Hz m = 1, n = 0时 ν = 2.1 × 1010 Hz m = 0, n = 1时,ν = 3.7 × 1010 Hz ∴ 此波可以以 TM10 波在其中传播

2

ν = 30 × 10 9 Hz

波导为 0.7cm × 0.6cm

m = 1, n = 1时,ν = 2.1 × 1010 Hz m = 1, n = 0时 ν = 2.5 × 1010 Hz m = 0, n = 1时,ν = 3.3 × 1010 Hz ∴ 此波可以以 TE10 和 TE01 两种波模传播

14 一对无限大的平行理想导体板 相距为 b 电磁波沿平行与板面的 z 方向传播 在 x 方向是均匀的 求可能传播的波模和每种波模的截止频率 解 在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程 设波

r r ∇ 2 E + k 2 E = 0   k = ω µ 0 ε 0  v ∇ ⋅ E = 0 

令U x y z 是 E 的任意一个直角分量

v

由于 E 在 x 方向上是均匀的

v

∴ U ( x, y , z ) = U ( y , z ) = Y ( y ) Z ( z )

又在 y 方向由于有金属板作为边界 是取驻波解 在 z 方向是无界空间 取行波解

∴ 解得通解 U ( x, y, z ) = (C1 sin k y y + D1 cos k y y )e ik z z

由边界条件

∂E v v n × E = 0, 和 = 0 定解 ∂n E x = A1 sin( nπ y )e i ( k z z −ωt ) b nπ ω2 nπ 2 i ( k z z −ωt ) 2 且k = 2 = ( E y = A2 cos( y )e ) + k z2 , n = 0,1,2 L b b c nπ E z = A3 sin( y )e i ( k z z −ωt ) b

A1 独立 与 A2,A3 无关

又由 ∇ ⋅ E = 0 得

v

nπ A2 = ik z Az b

- 11 -

电动力学习题解答

第四章

电磁波的传播

令 kz

0 得截止频率

ωc =

nπc b

15 证明

证明整个谐振腔内的电场能量和磁场能量对时间的平均值总相等 在谐振腔中 电场 E 的分布为

v

 E x = A1 cos k x x sin k y ye ik z z   ik z  E y = A2 sin k x x cos k y ye z  ik z  E z = A3 sin k x x sin k y ye z 

由H = −

v

i

ωµ

v

∇ × E 可求得波导管中的磁场为

 i ik z z  H x = − ωµ ( A3 k y − iA2 k z ) sin k x x cos k y ye   i (iA1 k z − A3 k x ) cos k x x sin k y ye ik z z H y = − ωµ   i ( A2 k x − A1 k y ) cos k x x cos k y ye ik z z H z = − ωµ  1 v v v r 由 ω = ( E ⋅ D + H ⋅ B ) 有 谐振腔中 2

1 电场能流密度

1 r v E⋅D 2 r v v v 1 1 1 ∴ ω E = [ Re( E * ⋅ D)] = Re( E * ⋅ D) 2 2 4

ωE =

2 = [ A12 cos 2 k x x sin 2 k y y sin 2 k z z + A2 sin 2 k x x cos 2 k y y sin 2 k z z + A32 sin 2 k x x sin 2 k y y cos 2 k z z ] 4

ε

2)磁场能流密度

1 v v H ⋅B 2 v v 1 ω B = Re( H * ⋅ B) 4

ωB =

=

1 4 µω

2

[( A3 k y − Az k z ) 2 sin 2 k x x cos k 2 k y y cos 2 k z z +

+ ( A1 k z − A3 k x ) 2 cos 2 k x x sin 2 k y y cos 2 k z z + + ( A2 k x − A1 k y ) 2 cos 2 k x x cos 2 k y y sin 2 k z z ]

- 12 -

电动力学习题解答

2 k x2 + k y + k z2 = k 2 = ω 2 µε 且 A1 k x + A2 k Y + A3 k z = 0

第四章

电磁波的传播

有 其中

kx =

mπ nπ pπ ,ky = , kz = , m, n, p = 0,1,2 L a b c

a,y:0 b,z:0 c

a b c 是谐振腔的线度 不妨令 x:0 于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为

WE = ∫ ω E dV =

ε abc 2 2 2 2 2 2 2 2 ∫ ∫ ∫ ( A1 cos k x x sin k y y sin k z z + A2 sin k x x cos k y y sin k z z + 4000

+ A32 sin 2 k x x sin 2 k y y cos 2 k z z )dxdydz

=

abcε 2 2 ( A1 + A2 + A32 ) 32

谐振腔中磁场能量的时间平均值为

WB = ∫ ω B dV =

1 4 µω

2

abc [( A3k y − A2 k z ) 2 + ( A1k z − A3k x ) 2 ( A2 k x − A1k y ) 2 ] 8

Q A1 k x + A2 k y + A3 k z = 0

2 2 ∴ ( A1 k x + A2 k y + A3 k z ) 2 = A12 k x2 + A2 k y + A32 k z2 + 2 A1 A2 k x k y + 2 A1 A3 k z k x + 2 A2 A3 k y k z = 0

∴WB =

abc 2 2 [( A12 + A2 + A32 )(k x2 + k y + k z2 )] 2 32µω abck 2 abcε 2 2 2 ( A12 + A2 + A32 ) = ( A1 + A2 + A32 ) 2 32 32µω

=

∴WE = WB

- 13 -

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 和

v

v 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

v v v v v ∂B ∂E ∇× E = − ∇ × B = µ0 J + ε 0 µ0 ∂t ∂t v v ∇ ⋅ E = ρ ,∇ ⋅ B = 0

ε0

如果把此方程组中所有的矢量都分解为

无旋的纵场 无散的横场

用角标 L 表示 用角标 T 表示

那么

v v v E = E L + ET v v v J = J L + JT v v v B = BL + BT

且 ∇ × EL = 0

v

v ∇ ⋅ ET = 0

由于 ∇ × B = 0

v

即 B 无源场

v

不存在纵场分量

亦是说

v v v BL , 则B = BT

代入上面麦氏方程组

v v ∂B 1> ∇ × E = − ∂t v v v v v v ∂BT ∇ × ( E L + E T ) = ∇ × E L + ∇ × E T = ∇ × ET = − ∂t v ρ v v v v v 2> ∇ ⋅ E = ∇ ⋅ ( E L + ET ) = ∇ ⋅ E L + ∇ ⋅ ET = ∇ ⋅ E L = ρ

ε0

ε0

v v v ∂E 3> ∇ × B = µ 0 J + ε 0 µ 0 ∂t

v v v v ∂ v ∇ × BT =

µ 0 ( J L + J T ) + ε 0 µ 0 ( E L + ET ) ∂t

v v v v ∂ET ∂E L ) + (µ 0 J L + ε 0 µ 0 = (µ 0 J T + ε 0 µ 0 ∂t ∂t

若两边同时取散度

v ∇ ⋅ (∇ × BT ) = 0 v v ∂ET ∇ ⋅ (µ 0 J T + ε 0 µ 0 )=0 ∂t

-1-

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

v v ∂E L ∴当且仅当µ 0 J L + ε 0 µ 0 ∂t

综上 得麦氏方程的新表示方法

0时

上式方成立

v v ∂BT ∇ × ET = − ∂t

v ∇ ⋅ EL = ρ

ε0

0 v BL = 0

v v v ∂ET ∇ × BT = µ 0= J T + ε 0 µ 0 ∂t

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 引入 E L = −∇ϕ

v v ∂E L µ0 J L + ε 0 µ0 ∂t v ∇ ⋅ EL = ρ

于是有

ε0 ρ 此泊松方程的解 即是静止 ε0

v

∇ 2ϕ = −

电荷在真空中产生的电势分布

那么 E L 即对应静止电荷产生的库仑场 若 ρ = 0, J = 0, 则 E 和 B 可完全由矢势 A 决

v

2. 证明在线性各向同性均匀非导电介质中 定 解 若取 ϕ = 0, 这时 A 满足哪两个方程 在线性各向同性均匀非导电介质中

r

如果令

v J = 0, ρ = 0

麦氏方程表示为

v v ∂B ∇× E = − ; ∂t v v 其中 D = εE

由 则

v v ∂D ∇× H = ∂t v v B H=

v ∇⋅D = 0

v ∇⋅B = 0

µ

v ∇⋅B = 0

引入矢势 A

v

使B = ∇× A

v

v

v v ∇ ⋅ B = ∇ ⋅ (∇ × A) = 0 故

v v B 由矢势 A 完全决定

v v v v ∂B 把 B = ∇ × A 代入 ∇ × E = − ; 有 ∂t v v v ∂A v ∂A ∇ × (E + ) = 0 令 E + = −∇ϕ ∂t ∂t

v v ∂A 则 ∇ × (E + ) = ∇ × (−∇ϕ ) = 0 ∂t

v v ∂A E = −∂ϕ − ∂t

故 E 有标势 A 完全决定

v

v

-2-

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

如果取 ϕ = 0

v v B = ∇× A v v ∂A E=− ∂t

代入方程

v v ∂D ∇× H = ∂t v ∇⋅D = 0

v v ∂D 1> ∇ × H = ∂t

v v ∂E ∇ × B = εµ ∂t

v v ∂ ∂A ⇒ ∇ × (∇ × A) = −εµ ( ) ∂t ∂t v v ∂2 A ⇒ ∇ × (∇ × A) + εµ 2 = 0 ∂t

2> ∇ ⋅ D = 0

v ∂ (∇ ⋅ A) = 0 ∂t v 由于取 ϕ = 0 库仑规范 ∇ ⋅ A = 0 v v A 满足的方程有 v ∇⋅ A = 0 v v ∂2 A ∇ A − εµ =0 ∂t

2

与洛伦兹规范 ∇ ⋅ A +

v

1 ∂ϕ = 0 相同 c 2 ∂t

∴ 由 1>2>得

3. 证明沿 z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势 A(ωτ ) 表示 轴方向 证 对于沿 z 轴传播的任意一平面电磁波 E , B

v

其中 τ = t − z

c

A 垂直于 z

v v

可写作

v v E = E 0 e x e i ( kz −ωt ) v v B = B0 e y e i ( kz −ωt )

满足 1 2 3

v v v E , B 均垂直于传播方向 e z v v E , B 相互垂直 v v v E × B 沿 k 方向

真空中为 c

v v E , B 同相 振幅比为 υ v v

z − iω ( t − ) c

不妨取 A = A0 e x e

v = A0 e x e i ( kz −ωt ) ,

k=

ω c

-3-

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

v ∂A v v v ∴ B = ∇ × A = x e y = ikA0 e y e i ( kz −ωt ) ∂z v ∂A v E=− = iωA0 e x e i ( kz −ωt ) ∂t

可见 如果令 kA0 = B0 , ωA0

= E 0 表达式 1 2

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 ) 可用复数傅立叶展开为 A( x , t ) =

v v

v v

∑ [a

k

k

* (t )e ik ⋅ x + a k (t )e −ik ⋅ x ] ,其中

vv

vv

v* v a k 是 a k 的复共轭 v d 2 a k (t ) v v 1 证明 a k 满足谐振子方程 + k 2 c 2 a k (t ) = 0 2 dt

2 当选取规范 ∇ ⋅ A = 0, ϕ = 0 时 3 把 E和B 用 a k 和 a k 表示出来 解 1 证明 Q A( x , t ) =

v

证明 k ⋅ a k = 0

v v

v

v

v

v*

v v

∑ [a

k

v

k

vv vv v* (t )e ik ⋅ x + a k (t )e − ik ⋅ x ]

∴ 根据傅立叶级数得正交性 必有 vv v v v v a k (t ) = ∫ A( x , t )e ik ⋅ x dx v v v d 2 a k (t ) ∂ 2 A( x , t ) ikv⋅ x v ∴ =∫ e dx 2 2 dt ∂t

1

v v v 1 ∂2 A v 2 而洛仑兹变换时 矢势 A 满足方程 ∇ A − 2 = −µ 0 J c ∂t 2

在真空中

v J =0

v v 1 ∂2 A 故 ∇ A= 2 c ∂t 2

2

v vv v v d 2 a k (t ) ∴ 1 式化为 = ∫ e ik ⋅ x (c 2 ∇ 2 A)dx 2 dt vv v v 2 2v 2 2 ik ⋅ x v 而 k c a k (t ) = ∫ k c A( x , t )e dx v vv v v v v d 2 a k (t ) v v 于是 + k 2 c 2 a k (t ) = ∫ [c 2 ∇ 2 A( x , t ) + k 2 c 2 A( x , t )]e ik ⋅ x dx 2 dt vv vv v v v v* Q A( x , t ) = ∑ [a k (t )e ik ⋅ x + a k (t )e − ik ⋅ x ]

k

2

-4-

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

v v v v ∴ ∇ 2 A( x , t ) = − k 2 A( x , t ) ∴

2 式右边的积分式中 被积函数为 0 积分为 0

v d 2 a k (t ) v ∴ + k 2 c 2 a k (t ) = 0 2 dt

2 选取规范 ∇ ⋅ A = 0, ϕ = 0

亦即 a k 满足谐振子方程

v

v

于是有

vv vv vv vv v v v v v* ∇ ⋅ A = ∇ ⋅ ∑ [a k (t )e ik ⋅ x + a k (t )e −ik ⋅ x ] = ∑ [a k (t )∇ ⋅ e ik ⋅ x + a k (t )∇ ⋅ e −ik ⋅ x ] vv vv v v v v* = ∑ [k ⋅ a k (t ) ⋅ ie ik ⋅x − k ⋅ a k (t ) ⋅ ie −ik ⋅ x ] = 0 k k k

v v* Q a k (t ), a k (t ) 是线性无关的正交组 v v v v* ∴ 要使上式成立 仅当 k ⋅ a k = k ⋅ a k = 0 时 v v v ∴ 故 证得当取 ∇ ⋅ A = 0, ϕ = 0 时 k ⋅ a k = 0 vv vv v v v v* ik ⋅ x 3 已知 A( x , t ) = ∑ [a k (t )e + a k (t )e −ik ⋅ x ]

vv vv vv v v v* ∴ B = ∇ × A = ∑ [ik a k (t )e ik ⋅ x − ika k (t )e −ik ⋅ x ] k k

v v v* v v v da k (t ) ikv⋅ x da k (t ) −ikv⋅x ∂A E = −∇ϕ − = −∑ [ e + e ] ∂t dt dt k

5. 设 A 和 ϕ 是满足洛伦兹规范的矢势和标势

取规范 ∇ ⋅ A = 0, ϕ = 0)

v

v

v v 1 引入一矢量函数 Z ( x , t )

赫兹矢量

v 若令 ϕ = ∇ ⋅ Z

v v 1 ∂Z 证明 A = 2 c ∂t

写出在真空中的推

v v v v 1 ∂2Z v 2 2 若令 ρ = −∇ ⋅ P 证明 Z 满足方程 ∇ Z − 2 = −c 2 µ 0 P 2 c ∂t

迟解 3 证明 E和B 可通过 Z 用下列公式表出 E = ∇ × (∇ × Z ) − c 解 1 证明

v

v

v

v

v

2

v v 1 ∂ϕ A 与 ϕ 满足洛仑兹规范 故有 ∇ ⋅ A + 2 =0 c ∂t v Q ϕ = −∇ ⋅ Ζ 代入洛仑兹规范 有 v 1 ∂ v ∇ ⋅ A + 2 ⋅ (−∇ ⋅ Ζ) = 0 c ∂t

-5-

v v 1 ∂ v µ

0 P , B = 2 ∇ × Z c ∂t

v v 1 ∂Ζ 即∇ ⋅ A = ∇ ⋅( 2 ) c ∂t

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

v v 1 ∂Ζ ∴A= 2 c ∂t

2 证明 Q 标势 ϕ 在满足洛仑兹规范得条件下有方程 而 ϕ = −∇ ⋅ Ζ

∇ 2ϕ −

1 ∂ 2ϕ ρ =− 2 2 ε0 c ∂t

v

v v ∇ 2ϕ = ∇ 2 (−∇ ⋅ Ζ) = −∇ ⋅ (∇ 2 Ζ) v v ∂ 2ϕ ∂ 2 ∂2Ζ = (−∇ ⋅ Ζ) = −∇ ⋅ ( 2 ) ∂t 2 ∂t 2 ∂t

代入原方程

v v 1 ∂2Ζ ρ − [∇ ⋅ (∇ Ζ) − 2 ∇ ⋅ ( 2 )] = − ε0 c ∂t

2

令 ρ = −∇ ⋅ P

v

则上式化为

v v v 1 ∂2Ζ 1 ∇ ⋅ (∇ Ζ) − 2 ∇ ⋅ ( 2 ) = − ∇ ⋅ P ε0 c ∂t

2

v v v 1 ∂2Ζ 即 ∇ Ζ− 2 = −c 2 µ 0 P c ∂t 2

2

2

v 由于矢势 A

v v 1 ∂2 A v ∇ A − 2 2 = − µ 0 J 在真空中的推迟势为 c ∂t

2

v v r J ( x ′, t − ) v v µ c dV ′ A( x , t ) = 0 ∫ 4π r

故 可类比得出 方程

2

2

在真空中的推迟势解为

v v ∂A 3 Q E = −∇ϕ − ∂t

v v r P( x ′, t − ) v v c µ0 c dV ′ Ζ( x , t ) = 4π ∫ r v v v 1 ∂Ζ 代入 ϕ = −∇ ⋅ Ζ, A = 2 有 c ∂t

v v v v v v v 1 ∂2Ζ 1 ∂2Ζ 2 E = ∇(∇ ⋅ Ζ) − 2 2 = ∇ × (∇ × Ζ) + ∇ Ζ − 2 2 = ∇ × (∇ × Ζ) − c 2 µ 0 P c ∂t c ∂t

同理

v 1 ∂ v v B = ∇× A = 2 ∇×Ζ c ∂t

-6-

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

v v v ∴ E = ∇ × (∇ × Ζ) − c 2 µ 0 P v 1 ∂ v B = 2 ∇× Ζ c ∂t

6. 两个质量 电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞 发生 证明 电偶极矩与磁偶极矩产生的辐射场分别是 证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会

v E=

1>由电偶极矩产生的辐射场

e ikR v v v ( && × n ) × n p 2 4πε 0 c R

v µ e ikR v v B= 0 ikn × && p 4πR v µ 0 e ikR && v v (m × n ) E=− 4πcR v µ e ikR v v v && B = 0 2 (m × n ) × n 4πc R

发生磁撞 在此过程中 取两个电荷的连

2>由磁偶极矩产生的辐射场

现有两个质量 电荷都相同的粒子相向而行 线为 x 轴 于是 此系统的电偶极矩是

v v v v v p = qx1 + qx 2 = q( x1 + x 2 )

由此可发现

2 v v v v v && = d [q ( x + x )] = q ( && + && ) p x1 x 2 1 2 2 dt

由于两个粒子质量相同 电量也相同 即

v v 故当其运动时 &&1 = − &&2 x x

牛顿第二定律

v && = 0 p v

于是 系统的电偶极矩辐射场为 0 于是 系统的磁偶极矩辐射场为 0 又由于 此系统的磁偶极矩 m = 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 z 理解释 解 设球面上均匀分布了总电量为 Q 的电荷 dS2 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 y

σ=

Q 4πR 2

x 由于两块小面元对应相同的立体角

dS1 故有相同的面积

取如图相对的两块小面元 dS1 , dS 2

-7-

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

dS1 = dS 2

于是

∆Q1 = σdS1 =

Q Q dS1 = dS 2 = σdS 2 = ∆Q2 2 4πR 4πR 2

由于是球对称 又以相同的频率 ω 作沿径向的简谐振动

考虑到两电荷元 ∆Q1 , ∆Q2

v v v ∴ p = ∆Q1 ⋅ R ⋅ er + ∆Q1 ⋅ R ⋅ (−er ) = 0 v v 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 ω 旋转 求辐射场 解 总电量为 Q 设此飞轮以恒定角速度

设飞轮边缘的厚度为 d,于是 边缘上的电荷面密度 σ = 体系的电偶极矩为

Q 2πRd Q Q v v v p=∫ ⋅ d ⋅ dl ⋅ x = x ⋅ dl 2πRd 2πR ∫

=

Q v v [ ∫ sin θ ⋅ dθ ⋅ e x + ∫ cosθ ⋅ dθ ⋅ e y ] = 0 2π 0 0 v Qω QωR 2 v v v m = I ⋅ ∆S = ⋅ πR 2 ⋅ e z = ez 2π 2

体系的此偶极矩

由此得

v v && = 0 m = 0 && p

故 辐射场为 0 验证 A 和 ϕ 的推迟势满足洛伦兹条件 O 是坐标原点 Q 是源点 P 是场点

9. 利用电荷守恒定律 证明 于是 如右图所示

v

v A 与 ϕ 的推迟势可写作 v v µ A(r , t ) = 0 4π v ϕ (r , t ) = v v J (r ′, t ′) r v ∫′ r − r ′ dV ′ V 1

其中 o

v r v v r − r′

Q

v r′

v ρ (r ′, t ′) v ∫ v v dV 4πε 0 Vv r − r ′

t′ = t −

v v r − r′ c

因为在空间中有一个固定点

∂ ∂ = ,故 ∂t ∂t ′

-8-

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

dϕ 1 = dt 4πε 0

V′

r v ∫ r − r ′ ∂t ′ ρ (r ′, t ′)dV ′

1

v

v v v µ0 J (r ′, t ′) 而 ∇⋅ A = v v ∫ ∇ ⋅ [ r − r ′ ]dV ′ 4π V ′ =

µ0 v µ0 1 v v ∫′ J ⋅ (∇ r − r ′ )dV ′ + 4π 4π V

v v

V′

v v ∫ r − r ′ ∇ ⋅ JdV ′

1

v

*

当算符 ∇ 作用于 r − r ′ 的 n 次幂时

可写作

v v n v v n ∇ r − r ′ = −∇ ′ r − r ′ v 其中 ∇ ′ 只作用于 r ′ v v v v r − r′ 因为 J ( r ′, t ′) 中的变量 t ′ = t − c

其中含有 r

v

v v v v ∂J 1 ∂J 1 ∂J v v v v ∇⋅J = ⋅ (∇t ′) = − ⋅ (∇ r − r ′ ) = ⋅ (∇ ′ r − r ′ ) ∂t ′ c ∂t ′ c ∂t ′ v v v 1 ∂J v v 另一方面 有 ∇′ ⋅ J = (∇′ ⋅ J ) t′=const − ⋅ (∇′ r − r ′ ) ′ c ∂t

对此上两式 有 即 代入*式 有

v v v ∇ ′ ⋅ J = (∇ ′ ⋅ J ) t ′=const − ∇ ⋅ J v v v ∇ ⋅ J = (∇ ′ ⋅ J ) t ′=const − ∇ ′ ⋅ J

w µ ∇⋅ A = 0 4π =

V′

v v v v ∫ J ⋅ (∇ r − r ′ )dV ′ + 4π ∫ r − r ′ (∇′ ⋅ J )

V′

v

1

µ0

1

v

t ′= const

v − ∇ ′ ⋅ J )dV ′

v µ0 v µ0 1 1 v v v v ∫′ J ⋅ (∇ r − r ′ )dV ′ − 4π V∫′ r − r ′ ∇′ ⋅ JdV ′ + 4π V v µ 1 + 0 ∫ v v (∇ ′ ⋅ J ) t ′=const )dV ′ 4π V ′ r − r ′ v v v µ0 µ0 J

(r ′, t ) 1 =− v v v v ∫′ ∇′ ⋅ [ r − r ′ ]dV ′ + 4π V∫′ r − r ′ (∇′ ⋅ J ) t′=const dV ′ 4π V v v v v J (r ′, t ′) J (r ′, t ′) v 因为 ∫ ∇ ′ ⋅ [ v v ]dV ′ = ∫ v v dS ′ S′ r − r ′ r − r′ V′

只要把 V ′ 取得足够大 就可以使 J ( r ′, t ′) 在 V ′ 的边界面上处处为零

v v

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

于是

v µ ∇⋅ A = 0 4π

V′

v 1 v v (∇ ′ ⋅ J ) t ′=const dV ′ r − r′

v v 1 ∂ϕ µ 0 ∂ϕ = ∇⋅ A+ 2 = ∴∇ ⋅ A + ε 0µ0 ∂t c ∂t 4π

由电荷守恒定律有

V′

v ∂ρ 1 v v [(∇ ′ ⋅ J ) t ′=const + ]dV ′ r − r′ ∂t

v ∂ρ (∇ ′ ⋅ J ) t ′=const + =0 ∂t ′ v 1 ∂ϕ ∇⋅ A+ 2 =0 c ∂t

由此可见

式中 t ′ 是 r ′ 点的局域时间

v

由以上两式有

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

v

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

v M 0 的轴旋转 设 R0ω <

解 本题相当于一个位于原点的磁偶子的旋转振荡 此磁偶极子为

v 4 v M = πR02 M 0 3

其振荡可分解为 x y 方向上相位差为 π

2

的简谐振荡的合成

v 4 3 v M x = πR0 M 0 cos(ωt )e x 3 v 4 3 4 3 π v v M y = πR0 M 0 sin(ωt )e y = πR0 M 0 cos(ωt − )e y 3 3 2 v 4 3 v M x = πR0 M 0 e −i (ωt ) e x 3 v 4 3 v M y = πR0 M 0 ie −i (ωt ) e y 3 v µ 0 e ikR && v v E=− (m × n ) 4πcR v µ e ikR v v v && B = 0 2 (m × n ) × n 4πc R v2 v µ 0ω 4 m v S= sin 2 θn 2 3 2 32π c R

用复数形式表达为

根据磁偶极矩辐射场公式

1>求 B 在 x 方向作简谐振荡的分量

- 10 -

v

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

v Bx =

µ0 4 v v v ⋅ e ikR ⋅ πR 3 M 0ω 2 e −iωt (e x × er ) × er 2 3 4πc R

3 µ 0ω 2 R 0 M 0 v v v (e x × er ) × er ⋅ e i ( kR −ωt ) 2 3c R

=

在 y 方向的分量

3 v µ 0ω 2 R 0 M 0 v v v By = (e y × er ) × er ⋅ e i ( kR −ωt ) 2 3c R

O t

y

根据

v e x  sin θ cos φ v e  =  sin θ sin φ  vy    e z   cosθ   

cosθ cos φ cosθ sin φ − sin φ

v − sin φ  e R  v  cos φ   eθ   v 0   eφ   

x

3 v µ ω 2 R0 M 0 v v B= 0 (eθ cosθ + ieφ )e i ( kR −ωt +φ ) 3cR 3 v µ 0ω 2 R 0 M 0 v v E= (ieθ − eφ cosθ )e i ( kR −ωt +φ ) 3cR

同理可得

v µ ω 4R6M 2 v S = 0 3 0 2 0 (1 + cos 2 θ )er 18c R

11. 带电粒子 e 作半径为 a 的非相对论性圆周运动 和辐射能流 解 由题意 得右图 v 本题所研究的系统的磁偶极矩 m 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 回旋频率为 ω 求远处的辐射电磁场

v v p = eaer

同 10 题的解法 把此旋转量分解到 x 方向上的两

个简谐振荡是 y

v v v p x = ea cos ωte x = eae −iωt e x

−i (ωt + ) v v v 2 p y = ea cos(ωt − π 2)e y = eae ey

π

v = −eaie − iωt e y

根据公式

v iµ k v v. B = 0 e ikR (n × p ) 4πR

. v iµ kc v v r E = 0 e ikR (n × p ) × n 4πR

- 11 -

电动力学习题解答参考

2

第五章

电磁波的辐射

v S=

.. v p 2

32π ε 0 c R

3

2

v sin θn

.. v. v v v p x = −iωeae −iωt e x , p x = ω 2 eae −iωt e x

r. v v.. v p y = iωeaie −iωt e y , p y = −ω 2 eaie −iωt e y

分别代入上式 可得

v µ 0ω 2 ea v v B= (eφ cosθ − ieθ )e i ( kR −ωt +φ ) 4πcR v µ ω 2 ea v v E= 0 (eθ cosθ + ieφ )e i ( kR −ωt +φ ) 4πR v µ ω 4e2a 2 v S = 0 2 2 (1 + cos 2 θ )er 32π cR v

频率为 ω 的电偶极子距理想导体平面为 a/2 处 z

12. 设有一电矩振幅为 p 0

v p 0 平行于导

P

体平面 设 a << λ 求在 R >> λ 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

v v p 0 = p 0 e − iωt e x v v v p o ' = − p 0 = − p 0 e −iωt e x

x

v p0

R1 R R2

v 分别计算它们在场点 P 处产生的辐射场 B

1

y

v' p0

v.. v p 0 = −ω 2 p 0 e −iωt e x v B1 =

.. ik ( R − cos θ ) v −i 1 v 2 e ⋅ p 0 × er = −e 3 4πε 0 c R a ka cos θ 2

ω 2 p0 v v ⋅ e x × er ⋅ d i ( kR −ωt ) 3 4πε 0 c R

2

v.. ' v p 0 = ω 2 p 0 e −iωt e x v B2 =

.. i ik ( R + cos θ ) v 1 v ' 2 ⋅e ⋅ p 0 × er = e 4πε 0 c 3 R a ka cos θ 2

ω 2 p0 v v ⋅ e x × er ⋅ d i ( kR −ωt ) 3 4πε 0 c R

v v v B = B1 + B2 =

ka cos θ −i ω 2 p 0 r v i ( kR −ωt ) i ka cosθ ⋅ e x × er ⋅ e ⋅ [e 2 − e 2 ] 4πε 0 c 3 R

- 12 -

电动力学习题解答参考

第五章

电磁波的辐射

ikaω 2 p 0 i ( kR −ωt ) v v e ⋅ cosθ (− cosθ cos φeφ − sin φeθ ) 3 4πε 0 c R iµ 0ω 3 p 0 a e i ( kR −ωt ) v v ⋅ (cosθ sin φeθ + cos 2 θ cos φeφ ) 3 R 4πc

=−

v v iµ ω 3 p a e i ( kR −ωt ) v v ∴ B ( R, t ) = − 0 3 0 ⋅ (cosθ sin φeθ + cos 2 θ cos φeφ ) R 4πc v v v v iµ 0ω 3 p 0 a e i ( kR −ωt ) v v E ( R, t ) = cB × er = (cosθ sin φeφ − cos 2 θ cos φeθ ) ⋅ R 4πc

2 v c v 2 v µ 0ω 6 p 0 a 2 v S= B n= (cos 2 θ sin 2 φ + cos 4 θ cos 2 φ )er 2 3 2 2µ 0 32π c R

13. 设有线偏振平面波 E = E 0 e 质球极化

v

v

i ( kx −ωt )

照射到一个绝缘介质球上 因而产生辐射

v E 0 在 z 方向 k

引起介 远大于球

极化矢量 P 是随时间变化的

v

设平面波的波长 2π

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

v 4πε 0 (ε − ε 0 ) 3 v p= R0 E 0 e −iωt e z 的辐射 ε + 2ε 0

.. 4πε 0 (ε − ε 0 ) 2 3 v v ∴p=− ω R0 E 0 e −iωt e z ε + 2ε 0

∴ 介质球产生的辐射场为 v B= 1 4πε 0 cR ⋅ e ikR ⋅ 4πε 0 (ε − ε 0 ) 3 v v R0 E 0 e −iωt (−e z ) × er ε + 2ε 0

3 ω 2 R0 E 0 (ε − ε 0

) v =− sin θe i ( kR −ωt ) eφ 3 (ε + 2ε 0 )c R 3 v v v ω 2 R0 E 0 (ε − ε 0 ) v E = cB × er = − sin 2 θer 5 2 2µ 0 (ε + 2ε 0 )c R

v v2v ω 4 R06 E 02 (ε − ε 0 ) 2 1 v S= c B er = sin 2 θer 5 2 2µ 0 2µ 0 (ε + 2ε 0 )c R

- 13 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

1 证明牛顿定律在伽利略交换下是协变的 麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的 证明 根据题意 不妨取如下两个参考系 并取分别固着于两参考系的直角坐标系 且令 t 0 时 两坐标系对应轴重合 根据伽利略变换 有 计时开始后

Σ′ 系沿 Σ 系的 x 轴以速度 v 作直线运动

z z’

 x ′ = x − vt  y′ = y   z′ = z t ′ = t 

1 牛顿定律在伽利略变换下是协变的 以牛顿第二定律为例

Σ

y

Σ′ v r

v v v r′

y’

o

x

o’

x’

v v d 2x F =m 2 dt

在 Σ 系下

v v d&& x F =m 2 dt

Q x ′ = x − vt , y ′ = y, z ′ = z , t ′ = t v v d 2 [ x ′ + vt , y ′, z ′] d 2 x′ r ′ 2 = F′ ∴F = m =m dt ′ 2 dt ′

可见 在 Σ′ 系中 牛顿定律有相同的形式

v v d 2 x′ F ′ == m′ 2 dt ′

2

所以 牛顿定律在伽利略变换下是协变的 麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的

v v ∂B 以真空中的麦氏方程 ∇ × E = − 为例 设有一正电荷 q 位于 O ′ 点 并随 Σ′ 系运动 ∂t

在 Σ′ 中 q 是静止的 故: E ′ =

v

q 4πε 0 r ′ 2

v v er′ , B ′ = 0

r v ∂B ′ 于是 方程 ∇ ′ × E ′ = − 成立 ∂t ′

将 E′ =

v

q 4πε 0 r ′ q [

2

v er ′ 写成直角分量形式; x′

2 2 2 3 2

v E′ =

4πε 0 ( x ′ + y ′ + z ′ ) z′ ( x′ 2 + y ′ 2 + z ′ 2 )

3 2

v e x′ +

y′ ( x′ + y ′ + z ′ )

2 2 2 3 2

v e y′ +

+

v e z′ ]

-1-

电动力学习题参考 由伽利略变换关系有 在Σ 中

第六章 狭义相对论

v E=

x − vt y v v { ex + ey + 3 3 4πε 0 [( x − vt ) 2 + y 2 + z 2 ] 2 [( x − vt ) 2 + y 2 + z 2 ) 2 q + z [( x − vt ) 2 + y 2 + z 2 )

3 2

v ez

v q 3 v [( y − z )e x + ∴∇ × E = − 3 4πε 0 [( x − vt ) 2 + y 2 + z 2 ] 2 v v + ( z − x + vt )e y + ( x − vt − y )e z ]

可见 ∇ × E 不恒为零 又在 Σ 系中观察 q 以速度 v e x 运动

v

v

故产生电流 J = qve x

v

v

于是有磁场 B =

µ 0 qv 2πR

R 是场点到 x 轴的距离

v ∂B 此时 有 =0 ∂t v v ∂B 于是 ∇ × E ≠ − ∂t

故麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的 在各自静止的参考系中的长度均为 l 0 但运动方向相反 且平行于尺子

2

设有两根互相平行的尺 对于某一参考系运动 尺子的长度

它们以相同的速率 v 相

求站在一根尺子上测量另一根

根据相对论速度交换公式

可得 Σ 2 系

Z

相对于 Σ1 的速度大小是

′ z1 v v ′ Σ1 Σ2 ′

z2

v v

2v v′ = v2 1+ 2 c ∴ 在 Σ1 系中测量 Σ 2 系中静长为 l 0 的

尺子的长度为

′ o1

O

′ x1

o2

x2

X

-2-

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

l = l0

v′ 2 1− 2 c

代入 v ′ =

2v v2 1+ 2 c ′

v2 c2 即得 l = l 0 v2 1+ 2 c 1−

3

此即是在 Σ1 系中观测到的相对于 Σ 2 静止的尺子的长度

静止长度为 l 0 的车厢

以速度 v 相对于地面 s 运行 车厢的后壁以速度 u 0 向前推出一

个小球 求地面观测者看到小球从后壁到前壁的时间 解 根据题意 取地面为参考系 S 车厢为参考系 S ′ 于是相对于地面参考系 S 车长

l = l0 1 −

v2 c2

车速

v

球速

u=

u0 + v u v 1 + 02 c

故在地面参考系 S 中观察

小球在此后

由车后壁到车前壁

∆t =

l = = u0 + v u−v −v u 0 u0v 1+ 2 c

l0 1 −

v2 c2

l 0 (1 +

u0 v ) c2 v2 1− 2 c

4.一辆以速度 v 运动的列车上的观察者 在经过某一高大建筑物时 看见其避雷针上跳起 一脉冲电火花 电光迅速传播 先后照亮了铁路沿线上的两铁塔 求列车上观察者看到的 两铁塔被电光照亮的时间差 设建筑物及两铁塔都在一直线上 与列车前进方向一致 铁 塔到建筑物的地面距离已知都是 l 0 由题意 得右示意图 取地面为静止的参考系 Σ 列车为运动的参考系 Σ ′ 取 x 轴与 x ′ 轴平行同向 与列车车速方向一致 令 t = 0 时刻为列车经过建筑物时 令此处为 Σ 系与 Σ ′ 的原点 如图 解 在 Σ 系中 光经过 t =

l0 的时间后 同时照亮左右两塔 c 左 v (1 − ) c v2 1− 2 c l0

Z(z’) c c 右

但在 Σ ′ 系中

观察两塔的位置为

′ x右 = l 0 v − βvl0 =

x = −l 0 Σ′

o v o’

x = l0

x

x’

-3-

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

′ x左 = −l 0 v − βvl 0 = −

v (1 + ) c v 1− 2 c

2

l0

′ ′ ∴ d 右 = x右 − o ′ =

v (1 − ) c v2 1− 2 c v (1 + ) c v2 1− 2 c l0

l0

′ ′ d 左 = x左 o ′ =

时间差为

∆t =

′ ′ d左 d右 − = c c

2vl0 1 v v  (1 + c ) − (1 − c ) =  v2 c  v2 1− 2 c2 1− 2 c c l0

5. 有一光源 S 与接收器 R 相对静止 距离为 l S R 装置浸在均匀无限的液体介质 静 止折射率 n 中 试对下列三种情况计算光源发出讯号到接收器收到讯号所经历的时间 1 液体介质相对于 S R 装置静止 2 液体沿着 S R 连线方向以速度 v 运动 3 液体垂直于 S R 连线方向以速度 v 运动 解 1 液体介质相对于 S R 装置静止时

∆t1 =

2

nl 0 c Σ ′ 系沿 x 轴以速度 v 运动 在 Σ ′ 系中测得光速在

液体沿着 S R 连线方向以速度 v 运动 取固着于介质的参考系 Σ ′ 各个方向上均是

由速度变换关系得在 Σ 系中

c n

沿介质运动方向的光速

c +v n v′ = v 1+ cn ∴ R 接收到讯号的时间为

3

∆t 2 =

(1 +

c +v n

v )l 0 cn

液体垂直于 S R 连线方向以速度 v 运动 同 2 中取相对于 S-R 装置静止的参考系为 Σ 系 系 如下建立坐标

-4-

相对于介质静止的系为 Σ ′

y 电动力学习题参考 y’

可见

u ′ = −v x u ′y = c2 − v2 t 2 n

v ′ ux = −v R

c n

第六章 狭义相对论

v u ′y

s x x’

o

o’

∴ 在 Σ 系中 测得 y 方向上的速度 v2 c2 uy = = u′ v x 1+ c u ′y 1 − l0 1 − v2 c2 c2 − v2 2 n c2 v2 − v2 1− 2 n2 c = (−v ) ⋅ v 1+ c c2 − v2 2 n 1− v2 c2

∴ ∆t 3 =

6. 在坐标系 Σ 中有两个物体都以速度 u 沿 x 轴运动 在 Σ 系看来 它们一直保持距离 l 不 变 今有一观察者以速度 v 沿 x 轴运动 他看到这两个物体的距离是多少 解 根据题意 Σ ′ 系 取固着于观察者上的参考系 又取固着于 A B 两物体的参考系为 Σ ′′ 系 在Σ 中 A,B 以速度 u 沿 x 轴运动 相距为 l 在 Σ ′′ 系中 A B 静止相距为 l 0 有

l = l0 1 − ∴ l0 = l 1− u2 c2

u2 c2

又 Σ ′ 系相对于 Σ 以速度 v 沿 x 轴运动 Σ ′′ 系相对于 Σ 系以速度 u 沿 x 轴运动 由速度合成公式 Σ ′′ 系相对于 Σ ′ 系以速度

v′ =

u−v uv 1− 2 c

沿 x 轴运动

∴ 在 Σ ′ 系中看到两物体相距 v2 v′ 2 c2 1− 2 = uv c 1− 2 c l 1−

今有一观察者以速度 v 沿 x 轴运动 他

l ′ = l0

7. 一把直尺相对于 Σ 系静止 直尺与 x 轴交角 θ 看到直尺与 x 轴交角 θ ′ 有何变化

-5-

电动力学习题参考 解 取固着于观察者上的参考系为 Σ ′ 在 Σ 系中 在 Σ ′ 系中

第六章 狭义相对论

l x = l cosθ

l y = l sin θ

v2 v2 ′ l x = l x 1 − 2 = l cosθ 1 − 2 c c ′ l y = l y = l sin θ

∴ tgθ ′ =

ly lx

′ ′ =

tgθ v2 1− 2 c

同一惯性系的诸时钟同步 问处于 Σ 系中某点

8. 两个惯性系 Σ 和 Σ ′ 中各放置若干时钟 v 沿 x 轴运动 设两系原点相遇时

Σ ′ 相对于 Σ 以速度

x y z 处的时钟

′ t0 = t0 = 0

与 Σ ′ 系中何处时钟相遇时 解 根据变换关系 得

指示的时刻相同

读数是多少 y y’

x − vt  LL (1)  x′ = v2  1− 2  c  ′  y = y LLLL (2)   z ′ = z LLLL (3)  v  t− 2 x t ′ = c LL (4)  v2  1− 2  c 

Σ

P

Σ′

v

Q

o

o’ x x’

z

z’

设 Σ 系中 P ( x, y, z , t ) 处的时钟与 Σ ′ 系中 Q ( x ′, y ′, z ′, t ′) 处时钟相遇时

指示时间相同

∴ 在 4 式中 有 t = t ′

解得

x=

c2 v2 t (1 − 1 − 2 ) 代入 1 式 v c

x′ = − t = t′ =

c2 v2 t (1 − 1 − 2 ) = − x v c x = x v2 (1 + 1 − 2 ) v c

相遇时

c2 v2 (1 − 1 − 2 v c

即为时钟指示的时刻 火箭由静止状态加速到 v =

9

0.9999c

v −2 & 设瞬时惯性系上加速度为 v = 20m ⋅ s

-6-

问按

电动力学习题参考 照静止系的时钟和按火箭内的时钟加速火箭各需要多少时间 解 1 在静止系中 加速火箭 令静止系为 Σ 系 瞬时惯性系为 Σ ′ 系

第六章 狭义相对论

且其相对于 Σ 系的速度为 u

& 可知 v , v ,

u 同向

v v v

并令此方向为 x 轴方向 由 x 轴向上的速度合成有

v=

v′ + u uv 1+ 2 c

v ′ 是火箭相对于 Σ ′ 系的速度

∴ 在 Σ 系中 加速度为 a =

dv u2 3 = (1 − 2 ) 2 dt c

a′ uv ′ (1 + 2 ) 3 c

a′ =

dv ′ ) dt ′

本题中 a ′ = 20m ⋅ s

−2

而 Σ ′ 系相对于火箭瞬时静止 ∴ u = v, v ′ = 0

dv v 2 32 ∴a = = a ′(1 − 2 ) dt c

0.9999c

0

dv = a ′dt v 2 32 ∫ 0 (1 − 2 ) c t= 100 0.9999c = 47.5 年 a′

一束频率为 ω 0 与水平线成 θ 0 夹角的平面光波自

t

10

一平面镜以速度 v 自左向右运动

左向右入射到镜面上 求反射光波的频率 ω 及反射角 θ 垂直入射的情况如何 解 1 平面镜水平放置 取相对于平面镜静止的参考系为 Σ ′ 系 取静止系为 Σ 系 入射光线在平面 xoy 内 在 Σ 系中 有 入射光线 由变换关系

并令

k ix = k cosθ 0 , k iy = k sin θ 0 , k iz = 0, ω i = ω 0

得 Σ ′ 系中的入射光线

-7-

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

v  ′ k ix = ν (k cosθ 0 − c 2 ω 0 )  k iy ′ = − k sin θ 0  k ′ 0  iz =  ′ ω i = ν (ω 0 − vk cosθ 0 )

在 Σ ′ 系中 平面镜静止 由反射定律可得 反射光线满足

v ′ ′ k rx = ν (k cosθ 0 − 2 ω 0 ); k ry = k sin θ 0 c ′ ′ k rz = 0; ω r = ν (ω 0 − vk cosθ 0 )

代入逆变换关系 得 Σ 系中的反射光线满足

k rx = ν [ν (k cosθ 0 − k ry = k sin θ 0 k rz = 0

v v ω 0 ) + 2 ν (ω 0 − vk cosθ 0 )] = k cosθ 0 2 c c

ω r = ν [vν (k cosθ 0 −

∴ 在 Σ 系中观察到

入射角

π − θ 0 = 反射角 ω i = ω r = ω 0 2

v ω 0 ) + ν (ω 0 − vk cosθ 0 )] = ω 0 c2

若垂直入射 3

θ0 =

π 2

以上结论不变 同1 选择参考系 并建立相应坐标系

镜面垂直于运动方向放置 在 Σ 系中 入射光线满足

k ix = −k cosθ 0 , k iy = −k sin θ 0 , k iz = 0, ω i = ω 0

由变换关系

得 Σ ′ 系中的入射光线

v  ′ k ix = ν (− k cosθ 0 − c 2 ω 0 )  k iy ′ = − k sin θ 0  k ′ = 0  iz  ′ ω i = ν [ω 0 − v(− k cosθ 0 )] = ν (ω 0 + vk cosθ 0 )

在 Σ ′ 系中 平面镜静止 由反射定律可得 反射光线满足

v v ′ ′ k rx = −ν (−k cosθ 0 − 2 ω 0 ) = ν (k cosθ 0 + 2 ω 0 ); k ry = −k sin θ 0 c c ′ ′ k rz = 0; ω r = ν (ω 0 + vk cosθ 0 )

代入逆变换关系 得 Σ 系中的反射光线满足

-8-

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

k rx = ν [ν (k cosθ 0 + k ry = − k sin θ 0 k rz = 0

v v ω 0 ) + 2 ν (ω 0 + vk cosθ 0 )] 2 c c

ω r = ν [vν (k cosθ 0 +

其中

v ω 0 ) + ν (ω 0 + vk cosθ 0 )] c2

k=

ω0 v . 并令 β = c c

反射角

∴ 反射光满足

tgθ =

k ry k rx

=

sin θ 0 ν [( β + cosθ 0 ) + β (1 + β cosθ 0 )]

2

反射光频率 如果垂直入射

ω = ν 2ω 0 [(1 + β cosθ 0 ) + β ( β + cosθ 0 )]

于是

θ0 = 0

Σ

系中会观察到 θ i = θ r = 0

反射光频率

ω = ν 2ω 0 (1 + β ) 2

11. 在洛仑兹变换中 1

若定义快度 y 为 tanh y =

β

证明洛仑兹变换矩阵可写为

a µν

 chy  0 =  0  − ishy

0 1 0 0

0 ishy  0 0   1 0   0 chy 

2

对应的速度合成公式 β =

β ′ + β ′′ 可用快度表示为 y = y ′ + y ′′ 1 + β ′β ′′

0 iβγ  0 0   1 0   0 γ 

证明

1

a µν

 γ  0 =  0  − iβγ

0 1 0 0

-9-

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

其中 γ =

1 1−

ω c2

2

=

1 1− β

2

=

1 1 − (thy )

2

=

1 1− ( shy 2 ) chy

=

chy (chy ) 2 − ( shy ) 2

 e x + e−x Q (chy ) − ( shy ) =   2 

2 2

  e x − e−x  −   2  

2

  =1  

2

∴ γ = chy

βγ = thy ⋅ chy = shy

 chy  0 =  0  − ishy 0 0 ishy  1 0 0   0 1 0   0 0 chy 

∴ a µν

2

速度合成公式

β=

β ′ + β ′′ 可写为 1 + β ′β ′′

thy =

thy ′ + thy ′′ 1 + thy ′thy ′′

由定义 thy ′

e 2 y′′ − 1 e 2 y′ − 1 ′′ = 2 y′′ , thy e 2 y′ + 1 e +1

thy ′ + thy ′′ e 2 ( y′+ y′′) − 1 = = th( y ′ + y ′′) 1 + thy ′thy ′′ e 2 ( y′+ y′′) + 1

∴ thy = th( y ′ + y ′′), y = y ′ + y ′′ v v

求它产生得电磁势和场 ϕ , A, E , B

12. 电偶极子 P0 以速度 v 作匀速运动 选随动坐标系 Σ ′

v v v

v v P0 ⊥ v v v ~ P0 ⋅ R v ~ ,A=0 4πε 0 R 3 1

- 10 -

在 Σ ′ 系中

v P0 产生的电磁势 ϕ ′ =

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

v 电磁场 E ′ = v i ϕ) c 0 1 0 0

v v v ~ ~ v 3( P0 ⋅ R ) R P0 v 1 [ − ~ 3 ], B ′ = 0 ~ 4πε 0 R5 R ′

四维势 Aµ = ( A,

由逆变换 Aµ = a µν Aν

 Ax   γ     Ay   0 得  A =  z  0  i ϕ   iβγ   c  

0 − iβγ  0    0 0  0    1 0  0   1 0 γ  ϕ ′   c 

v v ~ γ P0 ⋅ R Σ 系中 电磁势 ϕ = γϕ ′ = ~ 4πε 0 R 3 v v v v βγ v v v A = Ax e x = ϕ ′e x = 2 γϕ ′e x = 2 ϕ c c c

电磁场 E 平行

v

v v v v v v ′ ′ E平行 , E ⊥ γ E ′ v × B ′) ⊥ = γE ⊥

v v v r r v v v v v v v v B平行 B平行 = 0 , B⊥e = γ ( B ′ + 2 × E ′) ⊥ = γ ( 2 × E ′) ⊥ = 2 × E ⊥ c c c

由坐标变换

x ′ = a µν xν 得 µ 0 1 0 0 0 iβγ  x    0 0  y  1 0  z    0 γ  ict   

 x′   γ     y′   0  z′  =  0     ict ′   − iβγ     x ′ = γx − vγt  ∴  y′ = y z′ = z 

 x ′ = γx  取 t=0 得  y ′ = y z′ = z 

v ~ ∴ R = ( x ′, y ′, z ′) = (γx, y., z )

- 11 -

电动力学习题参考 13. 设在参考系 Σ

第六章 狭义相对论

v v E⊥B

v v Σ ′ 系沿 E × B 的方向运动 问 Σ ′ 系应以什么样的速度相对

于 Σ 系运动才能使其中只有电场或只有磁场 解 如图 Σ ′ 系以 v 沿 x 轴方向相对于 Σ 系运动 由电磁场变换公式

v

v ′ v E 平行 = E平行 0 r v ′ B平行 = B平行 = 0

令 E⊥ = 0

v v v v v v v ′ E ⊥ γ E v × B) ⊥ = γ ( E + v × B) v v v v v v v v v ′ = γ (B − 2 × E) ⊥ = γ (B − 2 × E) B⊥ c c v

v

则 E+v×B =0

v

v

两边同时叉乘 B 并利用矢量分析公式

v

v 1 v v E E v v = 2 ( E × B ) , 取模 v = = v B B B Qv < c

即若 E < B 同理

v v ∴ E

则当 v =

v

′ 令 B⊥ = 0 v

v

1 v v ( E × B) 时 B2 v v v v 则 B− 2 ×E =0 c v

v E′ = 0

两边同时叉乘 E 并利用矢量分析公式

v c2 v v v = 2 ( E × B) E Qv < c v v ∴ E >cB

v B c2 2 取模 v = B=c v E E

v v 即若 E > c B

v c2 v v 则当 v = 2 ( E × B ) 时 E

v B′ = 0

14

做匀速运动的点电荷所产生的电场在运动方向发生

压缩

这时在电荷的运动方向上

v ′ 电场 E 与库仑场相比较会发生减弱 如何理解这一减弱与变换公式 E 平行 E 平行 的关系 v 解 设点电荷 e 以速度 v 沿 Σ 系 x 轴方向运动 选 Σ ′ 系为 e 的随动系

在 Σ ′ 系中

′ E平行 ′ E平行

ex ′ 为库仑场 4πε 0 r ′ 3

得 E 平行 =

由变换 E 平行

ex ′ 4πε 0 r ′ 3

此场在 Σ 系中并非静电库仑场

- 12 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

由坐标变换

 x ′ = xγ   y′ = y z′ = z  v2 ex v2 = (1 − 2 ) = (1 − 2 ) E 0 c 4πε 0 r 3 c E平行 << E 0

压缩

E平行

E 0 为 Σ 系中库仑场

当v ≈ c时

15

有 一 沿 z 轴 方 向 螺 旋 进 动 的 静 磁 场 B = B0 (cos k m ze x + sin k m ze y )

v

v

v

v

其中

k m = 2π

λm

λ m 为磁场周期长度 现有一沿 z 轴以速度 v = βc 运动的惯性系 求在该惯

证明当 β ≅ 1 时 该电磁场类似于一列频率为 γ ⋅ βck m 的圆偏振

性系中观察到的电磁场 电磁波 解 由电磁场变换式

在 Σ ′ 系中

v v ′ E平行 = E平行 = 0 v r v v v v v v v ′ E ⊥ = γ ( E + v × B) ⊥ = γv × B = γβce z × B0 (cos k m ze x + sin k m ze y ) v v v = γβcB0 (− sin k m ze x + cos k m ze y ) v v ′ B平行 = B平行 0 v r v v v v v v v ′ γ B B⊥ × E ) ⊥ = γB⊥ = γB0 (cos k m ze x + sin k m ze y ) 2 c

∴ 在该惯性系中观察到的电磁场为; v v v v E ′ = γβcB0 (− sin k m ze x + cos k m ze y )

v π v π v = γβcB0 [cos(k m z + )e x + sin( k m z + )e y 2 2 r r v v B ′ = γB0 (cos k m ze x + sin k m ze y )

当β ≈1 时

v≈c

v r v v v E′ v v Q E ′⊥(−e z ), B ′⊥(−e z ), E ′⊥B ′, v = βc = v ≈ c B′

∴ 该电磁场类似于一列真空中的圆偏振平面电磁波 v ω ′ 由四维矢量 k µ = ( k , i ) 的变换关系得 k µ = a µν kν c v ′ ′ k z = γ (k z

− 2 ω ) = γk m , k x = k x = 0, k ′ = k y = 0, ω ′ = γ (ω − vk z ) = − βck m y c

- 13 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

∴ 该圆偏振电磁波的频率为 γ ⋅ βck m

16 有一无限长均匀带电直线 在其静止参考系中线电荷密度为 λ 该线电荷以速度

v = βc 沿自身长度匀速移动 在与直线相距为 d 的地方有一以同样速度平行于直线运动的

点电荷 e a (b) 解 a 分别用下列两种方法求出作用在电荷上的力 在直线静止系中确定力 然后用四维力变换公式 直接计算线电荷和线电流作用在运动电荷上的电磁力 在直线静止系中 由高斯定理 d 处的电场强度为 E ′ =

v

λ v er 2πε 0 d

取 er = e z

v

v

磁场 B ′ = 0 . e 受力 F ′ = e( E ′ + v × B ′) = eE ′ =

v

v

v

v

v

v

eλ 2πε 0 d

v er v i v v v γF ′ ⋅ v ′) 其中 v ′ = 0 c

′ 由四维矢量公式 e 受到的四维力矢量为 k µ = ( k ′, k ′ ⋅ v ′) = (γF ′,

v i v v c

γ′=

1 1− v′ 2 c2

=1

v v ′ 为 e 相对于直线静止的速度

v eλ ′ ∴ k µ = ( F ′,0) = (0,0, ,0) 2πε 0 d ′ 根据四维力矢量的变换关系 k µ = a µν kν 得  kx   γ    ky   0 k  =  0  z   k   iβγ  ϕ  0 1 0 0 0 − iβγ  0    0 0  0   eλ  1 0   2πε 0 d  0 γ  0    eλ 2πε 0 d v ,K = eλ 2πε 0 d v er

∴ k x = k y = kϕ = 0, k z =

v v2 v eλ v ∴ e 受力 F = 1 − 2 K = er 2πε 0 dγ c

b 在直线静止系中

′ 电流密度四维矢量 J µ = ( J ′, icρ ′)

则 ρ′ =

v

v J′ = 0

设直线截面面积为 S 设不变

′ J µ = (0,0,0, ic ) S

λ

λ S

′ 由变换公式 J µ = a µν J ν 得

- 14 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

 Jx   γ     Jy   0  J = 0  z   icρ   iβγ    ∴ J x = βcγ

0 1 0 0

0 − iβγ   0 0  1 0   0 γ  

π λ , J y = J z = 0, ρ = γ S S λ λ ∴ J µ = ( βcγ ,0,0, γ ) S S

在o xyz 系中 线电荷密度为 γλ 电流为 I = βcγλ 取 er = e z 流向沿 x 轴方向

由高斯定理

e 处场强为 E =

v

γλ v er 2πε 0 d

v

v

v

由安培环路定律得

e 处磁感应强度为 B = −

µ0 I v ey 2πd

v v v v eγλ v evµ 0 I v ∴ e 所受的洛仑兹力为 F = e( E + v × B) = er − er 2πε 0 d 2πd = eγλ v2 v eλ r (1 − 2 )er = er 2πε 0 d 2πε 0 dγ c

17. 质量为 M 得静止粒子衰变为两个粒子 m1和m 2 解 衰变前粒子的动量为 p = 0

求粒子 m1 的动量和能量

2

v

能量为 w = Mc

衰变后设两粒子动量为 p1 , p 2

v v

量分别为 w1 =

p12 c 2 + m12 c 4 , w2 =

2 2 p 2 c 2 + m2 c 4

由动量守恒和能量守恒得

v v v p1 + p 2 = p = 0 p12 c 2 + m12 c 4 +

由 1 得 p1 = p 2 = p 代入

1

2 2 p 2 c 2 + m2 c 4 = Mc 2

2

v

v

2

解得

p1 = p

2 = p =

c [ M 2 − (m1 + m2 ) 2 ][ M 2 − (m1 − m2 ) 2 ] 2M c2 2 p c +m c = [ M 2 + m12 − m2 ] 2M

2 1 2 2 1 4

粒子 m1 的能量为 E1 =

18. 已知某一粒子 m 衰变成质量为 m1和m 2

动量为 p1 和 p 2

- 15 -

两者方向夹角为 θ

的两个

电动力学习题参考 粒子 解 求该粒子的质量 m 由 p1 + p 2 = p 动量守恒得

2 p 2 = p12 + p 2 + 2 p1 p 2 cosθ

第六章 狭义相对论

v

v

v

1

v p 为 m 的动量

2 2 p 2 c 2 + m2 c 4

由能量守恒 1 代入 2

p 2c 2 + m2c 4 =

p12 c 2 + m12 c 4 +

2

2 m 2 = m12 + m2 +

2 2 2 [ ( p12 + m12 c 2 )( p 2 + m2 c 2 ) − p1 p 2 cosθ ] 2 c v p 与 x 轴方向夹

19.

1

设 E 和 p 是粒子体系在实验室参考系 Σ 中的总能量和总动量

v

角为 θ 证明在另一参考系 Σ ′ 量和总动量满足

相对于 Σ 以速度 v 沿 x 轴方向运动 中的粒子体系总能

sin θ p ′ = γ ( p x − βE ), E ′ = γ ( E − cβp x ), tgθ ′ = x c γ (cosθ − βE cp)

2 某光源发出的光束在两个惯性系中与 x 轴的夹角分别为 θ 和 θ ′ 证明

cosθ ′ =

3

cosθ − β 1 − β cosθ

sin θ ′ =

sin θ γ (1 − β cosθ )

证明当变换到另一惯性系 Σ ′ 时 立

考虑在 Σ 系内立体角为 dΩ = d cos θdφ 的光束

体角变为 证明 1

dΩ ′ =

dΩ γ (1 − β cosθ ) 2

2

四维动量矢量 p µ = ( p,

v i E) c

满足洛仑兹变换

E  px − v 2  c = γ (p − β E)  p′ = x x c 1− v2 c2    p′ = p y  y  p′ = p x x   E ′ = γ ( E − vp x ) = γ ( E − cβp x ) 

在 Σ ′ 系中

v p ′ 与 x 轴的夹角 θ ′ 满足 p ′y p′ x = p sin θ = sin θ γ (cosθ − βE cp)

tgθ ′ =

γ ( p cosθ − β

E ) c

- 16 -

电动力学习题参考 四维波矢量 k µ = ( k , i

第六章 狭义相对论

2

v ω ) c

对沿 x 轴方向的特殊洛仑兹变换有

v  ′  k 1 = γ ( k1 − c 2 ω )  k ′ = k 2  2 k 3 = k 3 ′  ω ′ = γ (ω − vk ) 

在两个惯性系中有

*

k1 =

代入 *

ω cosθ c

k1′ =

ω′ cosθ ′ c

cosθ −

式得

v v c = cosθ − β ω ′ = ωγ (1 − cosθ ), cosθ ′ = v c 1 − β cosθ 1 − cosθ c sin θ ′ = 1 − cos ′ 2 = 1 − v 2 c 2 sin θ sin θ = v γ (1 − β cosθ ) 1 − cosθ c

3

在另一个惯性系中

dΩ ′ = d cosθ ′dφ ′ cosθ ′ = cosθ − β 1 − β cosθ

2 中已证 且

对沿 x 轴方向得特殊洛仑兹变换有

dφ ′ = dφ ∴ d cosθ ′ = d (

(1 − β 2 )d cosθ d cosθ cosθ − β )= = 2 2 1 − β cosθ (1 − β cosθ ) γ (1 − β cosθ ) 2

∴ dΩ′ = d cosθ ′dφ ′ =

dΩ γ (1 − β cosθ ) 2

2

20. 考虑一个质量为 m1 高能物理中 1 2 3

能量为 E1 的粒子射向另一质量为 m 2 的静止粒子的体系 在该参考系中 总动量为零

通常在

选择质心参考系有许多方便之处

求质心系相对于实验室系的速度 β c 求质心系中每个粒子的动量

2

能量和总能量 北京正负电子对撞机 BEPC 的设计 要用

已知电子静止质量 me c = 0.511MeV

能量为 2 2.2GeV(1GeV=103MeV).估计一下若用单束电子入射于静止靶 多大的能量才能达到与对撞机相同的相对运动能量 解

′ 2 (1)设质心系中两粒子动量分别为 p1 , p ′

v v

′ ′ 且 p1 + p 2 = 0

v

v

- 17 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

2 2 4 2 2 2 2 4

′ ′ ′ ′ 能量为 E1 = p1 c + m1 c , E 2 = p 2 c + m2 c

2 2

实验室系中

p 2 = 0, p1 ≠ 0

2 2 E12 = p12 c 2 + m12 c 4 , E 2 = m2 c 4

由特殊洛仑兹变换得

βc E1′ c2 p1 = 1 − β c2 c 2

′ p1 +

1

E1 =

′ E1′ + β c p1 1 − β c2 c 2 ′ E2 + β c p′ 2 1 − β c2 c 2

2

βc ′ E2 c2 p2 = 1 − β c2 c 2

p′ + 2

1 3 得

3

E2 =

4

p1 = γ

βc ′ ( E1′ + E 2 ) c2

2

4

′ E1 + E 2 = γ ( E1′ + E 2 )

∴ p1 =

βc ( E1 + E 2 ) c2

∴ βc =

E12 + m12 c 4 p1c 2 = c 为质心系相对于实验室系的速度 β c E1 + E 2 E1 + m2 c 2 r v ′ ′ p 2 = p1 m12 c 2 + m2 E1 M ′ E2 =

2 ′2 p 2 c 2 + m2 c 4 = 2 m2 E1 + m2 c 2 M

2

m E 2 − m12 c 4 v ′ p1 = 2 1 Mc ′2 p1 c 2 + m12 c 4 =

∴ E1′ =

′ ′ 总能量 E ′ = E1 + E 2 =

4 实验室系中

2 (m12 + m2 )c 2 + 2m2 E1 M

其中 M c = m1 c + m2 c + 2m 2 E1c

2 4 2 4 2 4

2

v v i v i p µ = [ p1 + p 2 , ( E1 + E 2 )] = ( p, ( E1 + E 2 )] c c r i v i ′ ′ ′ ′ ′ ′ 质心系中 pν = [ p1 + p 2 , ( E1 + E 2 )] = [0, 2 E1 ] c c ′ 由不变量 p µ p ′ = pν pν µ

− 2me E1 = −

1 2 4 E1′ c2

- 18 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

∴ E1 =

21. 电荷为 e

2 E1′ = 1.9 × 10 4 GeV 2 me c

2

质量为 m 的粒子在均匀电场 E 内运动

v

初速度为零

试确定粒子的运动轨

迹与时间的关系 并研究非相对论情况 解 1 相对论情况

v v v dP 力学方程为 = eE , P = dt

v mv 1− v2 c2

分量式为

dPy dPx dP = 0, = 0, z = eE dt dt dt Px = Py = 0 mc 2 1− v c2

2

由题意

当t = 0时

Pz = 0

∴ Pz = eEt

2

粒子能量 w =

= P 2 c 2 + m 2 c 4 = Pz c 2 + m 2 c 4 = e 2 E 2 c 2 + m 2 c 4

dPz = dt

Pz m 1− v

2

= c2

Pz = w 2 c

eEc 2 t e2 E 2c 2 + m 2c 4

设粒子从 z

0 运动 则

t 2

z=∫

eEc 2 tdt e E c +m c

2 2 2 4

0

=

1 [ e 2 E 2 c 2 + m 2 c 4 − mc 2 ] eE

mc 2 eE [ 1 + ( t ) 2 − 1] = eE mc

2 非相对论情况

v v dP v v 力学方程 eE = , P = mv dt

分量式

dPy dPx dP = 0, = 0, z = eE dt dt dt Px = Py = 0

当t = 0时

由题意

Pz = 0

0 运动 则

∴ Pz = eEt z= eE t eE 2 ∫0 tdt = 2m t m

dPz Pz eEt = = dt m m

设粒子从 z

- 19 -

电动力学习题参考 22.利用洛仑兹变换

第六章 狭义相对论 试确定粒子在互相垂直的均匀电场 Ee x 和磁场 Be y ( E > cB) 内的运动

v

v

规律 设粒子初速度为零 解 设 Σ ′ 系 o ′ − x ′y ′z ′ 以 u 沿 z 轴运动

v

t

0时

o ′, o 重合

Q E > cB v v c2 v v ∴ 当 u = 2 E × B 时 在 Σ′

内 B ′ = 0 E

此时

v v ′ E平行 E平行 0

v v v v v v v ′ E ⊥ = γ u ( E + u × B) ⊥ = γ u ( E + u × B) v 2 v v v u2 E 2 B = γ u (E − c E ) = γ u E (1 − 2 ) = γu E2 c

v v E E′ =

γu

由 21 题结果

粒子 e 在 Σ ′ 系中的运动轨迹与时间的关系为

x′ =

mc 2 eE ′ 2 t ′) − 1], y ′ = 0, z ′ = 0 [ 1+ ( eE ′ mc 0 1 0 0 0 − iβγ u  z ′    0 0  x ′  得 1 0  y ′    0 γ u  ict ′   

 z   γu     x  0 由洛仑兹变换   =  0 y     ict   iβγ    u  z = γ u z ′ + βcγ u t ′ = ut  x = x′    y = y′ = 0 t = γ u t ′ 

∴ e 在互相垂直得均匀电磁场中的运动规律为 mc 2γ u eE c2 2 x= [ 1 + ( 2 t ) − 1], y = 0, z = ut , 其中 u = B, γ u = E eE γ u mc 1 u2 1− 2 c

23. 已知 t 0 时点电荷 q1 位于原点 运动 解 试分别求出 q1

q 2 静止于 y 轴 (0, y 0 ,0) 上

q1 以速度 v 沿 x 轴匀速

q 2 各自所受的力 如何解释两力不是等值反向

在 Σ ′ 系观察时 粒子静止 只有静电场 电磁场强度

选参考系 Σ ′ 固定在粒子 q1 上

- 20 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

v ′ 为 E1 =

v v ex ′ , B1′ = 0 4πε 0 r ′ 3 v q1 以速度 v 沿 x 轴方向运动 由速度变换关系得

在 Σ 系中观察

E1x =

ex ′ ex ′ , E1 y = γ 3 4πε 0 r ′ 4πε 0 r ′ 3 B1 y = −γ v ex v ez ′ 2 c 4πε 0 r ′ 3

E1z = γ

ez ′ 4πε 0 r ′ 3 v ey ′ 2 c 4πε 0 r ′ 3

B1x = 0 v ∴ E1 = (1 − γ 2 )

B1z = γ

在 q2 处

v v 3 v⋅x 2 2 ) ] c v v v v v v × E1 q1e y E1 = , B1 = 2 c2 4πε 0 1 − β 2 y 0 4πε 0 [(1 − β 2 )r 2 + ( v q1 q 2 e y

2 4πε 0 1 − β 2 y 0

v v v v × E1 B1 = c

v v v v q 2 受力 F12 = q 2 ( E1 + 0 × B1 ) = v q 2 产生场 E 2 =

同理

v q2 x v , B2 = 0 4πε 0 r 3

在 q1 处

v v q2 e y v E2 = − , B2 = 0 2 4πε 0 y 0

v v v q1 q 2 e y v v ∴ q1 受力 F21 = q1 ( E 2 + v × B) = − 2 4πε 0 y 0

24. 试比较下列两种情况下两个电荷的相互作用力 1 两个静止电荷 q 位于 y 轴上相距 v 为 l 2 两个电荷都以相同的速度 v 平行于 x 轴匀速运动 解 1 此属于静电场情况 两电荷之间的静电库仑为

F=

由上题求得

q2 4πε 0 l 2 v qe y

为排斥力

原点处 q 在 y l 处产生的电磁场为

v E=

4πε 0 1 − β 2 l 2

v v v v×E 1 v B = 2 = 2 vEe z c c

y l 处 q 受洛仑兹力为

- 21 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

v v v v v v q v q 2 1 − β 2 ey v v 2 F = q ( E + v × B) = qE + 2 vEv × e z = q (1 − β ) E = c 4πε 0 l 2 v F < q2 4πε 0 l 2

能量为 hω

25. 频率为 ω 的光子

动量为 hk

v

碰在静止的电子上

试证明

1 电子不可能吸收光子 否则能量和动量守恒定律不能满足 2 电子可以散射这个光子 散射后光子频率 ω ′ 比散射前光子频率 ω

小 论中散射光频率不变的结论 证明 1

2

不同于经典理

设电子可以吸收这个光子 反应后能量为

反应后它的动量为 p

v

反应前光子能量 hω

电子

能量 me c

me2 c 4 + p 2 c 2 ∴ hk = p

1 2

由动量守恒 hk = p 能量守恒 hω + me c =

2

v

v

me2 c 4 + p 2 c 2

1 式代入 2

式得

hω + me c 2 = me2 c 4 + (hkc) 2 = me2 c 4 + (hω ) 2 ∴ 2hωme c 2 = 0

恒定律不能满足 2) 电子可散射这个光子 散射后的频率为 ω ′ 由动量守恒定律得 电子的动量变为 p 显然此式不成立 所以电子不可能吸收光子 否则能量和动量守

v

v v v hk = hk ′ + p

∴ p 2 = (hk ) 2 + (hk ′) 2 − 2h 2 kk ′ cosθ

由能量守恒定律得

hω + me c 2 = me2 c 4 + p 2 c 2 + hω ′

∴ h(ω − ω ′) = me2 c 4 + p 2 c 2 − me c 2 Qp>0 v ∴ h (ω − ω ′) > 0

ω > ω ′ 散射后频率降低

26. 动量为 hk 上

能量为 hω 的光子撞在静止的电子上

散射到与入射方向夹角为 θ 的方向 亦即散射光波长

证 明 散 射 光 子 的 频 率 变 换 量 为 ω −ω′ =

2h θ ωω ′ sin 2 2 2 m0 c

- 22 -

电动力学习题参考

第六章 狭义相对论

λ′ = λ +

θ 4πh sin 2 m0 c 2

λ 为散射前光子波长 2π k

v

m0 为电子的静止质量

电子碰撞后动量为 p

设碰撞后

光 子 动 量 变 为 hk ′

能 量 变 为 hω ′

v

能量为

w=

2 p 2 c 2 + m0 c 4

四维动量 p µ = ( p,

v i ω) c

由碰撞前后动量守恒得 p µ1 = p µ 2

v v v hk = hk ′ + p, (1)   hω + m0 c 2 = hω ′ + 

对 1 式 由余弦定理

2 p 2 c 2 + m0 c 4 , (2)

p 2 = (hk ) 2 + (hk ′) 2 − 2h 2 kk ′ cosθ = hω 2 h 2ω 2 ωω ′ + 2 − 2h 2 2 cosθ 2 c c c

代入

2

式得 hω − hω ′ =

2 (hω ) 2 + (hω ′) 2 − 2h 2ωω ′ cosθ + m0 c 4 − m0 c 2

平方整理得

ω −ω′ =

代入 ω =

2hωω ′ 2 θ sin 2 m0 c 2

2πc

λ

,ω ′ =

4πh 2πc θ 得 λ′ = λ + sin 2 λ′ m0 c 2

27. 一个总质量为 M 0 的激发原子 基态时 发射一个光子

对所选定的坐标系静止 动量为 hk

它在跃迁到能量比之低 ∆w 的 因此光子的频

能量为 hω 而要略小一些

v

同时受到光子的反冲

率不能正好是ν =

∆w h

证明这个频率ν =

∆w ∆w (1 − ) h 2M 0 c 2 v

证明

设基态原子静止质量为 M 1

跃迁后基态原子反冲动量为 p

跃迁前四维动量为

p µ1 = (0, M 0 c 2 ) v v p 2 c 2 + M 12 c 4 )

跃迁后四维动量为 p µ 2 = ( p + hk , hω + 由四维动量守恒

v r  p + hk = 0, (1)   M 0 c 2 = hω + p 2 c 2 + M 12 c 4 , (2) 

- 23 -

电动力学习题参考 得 p = hk = h

2 2

第六章 狭义相对论

1

ω c

∴ p 2 c 2 = h 2ω 2

3 4

又 M 0 c − M 1c = ∆w 3 (4)代入 2

2 2

∴ M 12 c 4 = ( M 0 c 2 − ∆w) 2

2 2

得 ( M 0 c − hω ) = h

2

ω 2 + ( M 0 c 2 − ∆w) 2

2

整理得 2 M 0 c hω = 2 M 0 c hν = 2 M 0 c ∆w − ∆w

2

∴ 光子频

率ν =

∆w ∆w (1 − ) h 2M 0 c 2

吸收能量为 hν 的光子跃迁到激发态 激发态静止质量为 M 0 设原子基态时静止 基态能量比激发态能量低

28. 一个处于基态的原子 ∆w 求光子的频率 解

设原子基态静止质量为 M 1 原子吸收光子后动量为 p

光子能量为 hν = hω

动量为

v hk

v

吸收前四维动量为 p µ1 = (hk , M 1c + hω )

2

v

吸收后四维动量为 p µ 2 = ( p, 由四维动量守恒

v

p 2 c 2 + M 02 c 4 )

v r  p = hk , (1)   M 1c 2 + hω = 

p 2 c 2 + M 12 c 4 , (2)

2 2 2

1

得 p = hk = h

2 2

ω c

得 p c =h

2 4

ω2

2

3

2

又 M 0 c − M 1c = ∆w 3 (4)代入

2

得 M 0 c = ( M 1c + ∆w)

2 2 2

4

2

得 ( M 1c + hω ) = h

2

ω 2 + ( M 1c 2 + ∆w) 2

2

整理得 2 M 1c hω = 2 M 1c hν = 2 M 1c ∆w + ∆w

2

∴ 光子频率ν =

∆w ∆w (1 + ) h 2 M 1c 2

- 24 -

电动力学习题解答 1. 根据算符 ∇ 的微分性与矢量性 推导下列公式 第一章 电磁现象的普遍规律 r r r r r r r r r r ∇( A ⋅ B) = B × (∇ × A) + ( B ⋅ ∇) A + A × (∇ × B) + ( A…

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