郭硕鸿《电动力学》习题解答完全版(1-6章).doc 98页

'电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律1.根据算符∇的微分性与矢量性推导下列公式∇(Ar⋅Br)=Br×(∇×Ar)+(Br⋅∇)Ar+Ar×(∇×Br)+(Ar⋅∇)BrAr×(∇×Ar)=1∇Ar2−(Ar⋅∇)Ar2解1∇(Av⋅Bv)=Bv×(∇×Av)+(Bv⋅∇)Av+Av×(∇×Bv)+(Av⋅∇)Bv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∇将作用于Av和Bv又∇是一个矢量算符具有矢量的所有性质因此利用公式cv×(av×bv)=av⋅(cv⋅bv)−(cv⋅av)bv可得上式其中右边前两项是∇作用于vvA后两项是∇作用于Bvv2根据第一个公式令AB可得证2.设u是空间坐标xyz的函数证明∇f(u)=df∇udu∇⋅Ar(u)=∇u⋅dArdur∇×Ar(u)=∇u×.dAdu证明1∇f(u)=∂f(u)erx+∂f(u)ery+∂f(u)erz=dfdu∂x⋅ex+rdf∂uery+df∂ur⋅⋅ez=df∇u∂u∂x∂y∂zdu∂ydu∂zdu2∂Ary(u)∂ydAry(u)du∂Arx(u)+∂x+∂Arzz(u)=dArx(u)⋅∂u+⋅∂u+dArz(u)⋅∂ur∂z=∇u⋅du∇⋅Ar(u)=dA∂zdu∂x∂ydz3rrrez∂ee∂Ary)erx+(∂Ar−∂z∂Ar∂Arx)erz=∂yrrxy∇×Ar(u)==(∂x−∂)ey+(y−∂x∂∂AArzz∂x∂yAy(u)Az(u)∂z∂y∂z∂xrrrAx(u)-1- 电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律=(dArz∂dAry∂urdArx∂u−dArru−dAurdAr)ey+(dAu−du∂z)ex+(∂ur∂∂rxyzdu∂xdu∂y)ez=∇u×dudu∂ydu∂zdu∂x3.设r=(x−x")2+(y−y")2+(z−z")2为源点x"到场点x的距离r的方向规定为从源点指向场点r∂"+er∂"+er∂1证明下列结果并体会对源变数求微商(∇"=e∂z")与对场变数求zx∂xy∂y微商(∇=erx∂r∂r∂+ez∂z)的关系∂x+ey∂yrrrrrr1r"1rrrrr∇r=−∇"r=,∇=−∇=−,∇×r3=0,∇⋅r=−∇"3=0.(r≠0)rr33r(最后一式在人r0点不成立见第二章第五节)2求∇⋅rr,∇×rr,(ar⋅∇)rr,∇(ar⋅rr),∇⋅[Er0sin(kr⋅rr)]及∇×[Er0sin(kr⋅rr)],其中ar,kr及Er0均为常矢量证明∇⋅rr=∂(x−x∂x")+∂(y−y∂y")+∂(z−z")=3∂zrrreeexyz∇×rr=∂∂∂=0∂xx−x∂yy−y∂zz−z"""∂v(av⋅∇)rr=[(axevx+ayevy+azevz)⋅(ex+∂∂yevy+∂∂zevz)][(x−x")evx+(y−y")ery+(z−z")evz]∂x=(ax∂+ay∂+az)[(x−x")evx+(y−y")ery+(z−z")evz]∂∂x∂y∂z=axevx+ayevy+azevz=av∇(av⋅rv)=av×(∇×rv)+(av⋅∇)rv+rr×(∇×av)+(rv⋅∇)⋅av=(av⋅∇)rv+rv×(∇×av)+(rv⋅ar)⋅av=av+rv×(∇×av)+(rv⋅∇)⋅av∇⋅[Er0sin(kr⋅rr)]=[∇(sin(kr⋅rr)]⋅Er0+sin(kr⋅rr)(∇⋅Er0)-2- 电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律=[∂∂xsin(kr⋅rr)erx+∂∂ysin(kr⋅rr)ery+∂∂zsin(kr⋅rr)erz]E0=cos(kr⋅rr)(kxerx+kyery+kzerz)Er0=cos(kr⋅rr)(kr⋅Er)∇×[Er0sin(kr⋅rr)]=[∇sin(kr⋅rr)]×Er0+sin(kr⋅rr)∇×Er04.应用高斯定理证明dV∇×fr=∫SdSr×fr∫V应用斯托克斯Stokes定理证明∫SdSr×∇φ=∫Ldlrφ证明1)由高斯定理dV∇⋅gr=∫SdSr⋅gr∫V∂g即(∂g∂x∂g∫Vx+y+zz)dV=∫gxdSx+gydSy+gzdSz∂∂yS而∇×frdV=[(fz−∂∂zfy)ir+(fx−∂∂xfz)rj+(fy−∂∂yfx)kr]dV∂∂∂∫V∫∂y∂z∂x=∫[∂∂x(fykr−fzrj)+∂∂y(fzir−fxkr)+∂∂z(fxrj−fyir)]dVrr[(fzdSy−fydSz)ir+(fxdSz−fzdSx)rj+(fydSx−fxdSy)kr](fykr−fzrj)dSx+(fzir−fxkr)dSy+(fxrj−fyir)dSz∫SdS×f=∫又S=∫若令Hx=fykr−fzrj,Hy=fzir−fxkr,HZ=fxrj−fyir则上式就是∇⋅HrdV=∫SdSr⋅Hr,高斯定理则证毕∫V2)由斯托克斯公式有fr⋅dlr=∫S∇×fr⋅dSr∫lfr⋅dlr=l(fxdlx+fydly+fzdlz)∫∫l∫S∇×fr⋅dSr=∫Sfz−∂fy)dSx+(fx−∂fz)dSy+(fy−∂fx)dSz∂z∂z∂x∂x∂y∂∂∂(∂y而∫dlrφ=∫l(φidlx+φjdly+φkdlz)l-3- 电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律∫SdSr×∇φ=∫S(dSz)ir+(dSx)rj+(∂ydSy)kr∂φdS−∂φ∂φdS−∂φ∂φdS−∂φ∂xyzx∂z∂y∂x∂zr∂φrj)dS+(∂φri−∂∂φxkr)dSy+(∂∂φxrj−∂φ∂yir)dSz∂φ=∫(k−x∂y∂z∂z若令fx=φi,fy=φj,fz=φk则证毕5.已知一个电荷系统的偶极矩定义为Pr(t)=ρ(x,t)xdV,r"r""∫V利用电荷守恒定律∇⋅Jr+∂ρr∂t=0证明P的变化率为dPr=dtrr"J(x,t)dV"∫V∂Pr=∂ρr"r"∂txdVr∫V"=−∫V∇"j"xdVr""证明∂tr∂t)x=−∂Pr"∇"rj"x"dV"=−∫[∇"⋅(x"j)−(∇"x")⋅rj"]dV"=r"(∫V∫V(jx"−∇"⋅(x"j)dV"=∫jxdV"−∫Sxrj⋅dSr若S→∞,则()⋅xjdSrr∫=0,(rjS=0)r∂t)y=r∂ρ,(∂ρ∂t)z=jdV(∫jdVy"∫"同理即zdPr=rr"∫jx,t)dV"(dtVmr×Rr的旋度等于标量ϕ=mr⋅Rr的梯6.若m是常矢量证明除R0点以外矢量Ar=rR3R3度的负值即∇×Ar=−∇ϕ其中R为坐标原点到场点的距离方向由原点指向场点证明mv×Rv)1r1r1vr1r∇×Av=∇×(=−∇×[mv×(∇R1)]=(∇⋅mv)∇+(mv⋅∇)∇−[∇⋅(∇)]m−[(∇)⋅∇]mvR3-4- 电动力学习题解答第一章电磁现象的普遍规律1=(mv⋅∇)∇,(r≠0)r∇ϕ=∇(mv⋅Rv1r1r1r1r)=−∇[mv⋅(∇)]=−mv×[∇×(∇)]−(∇)×(∇×mv)−(mv⋅∇)∇R3−[(∇)⋅∇]mv=−(mv⋅∇)∇1r1r∴∇×Av=−∇ϕ7有一内外半径分别为r1和r2的空心介质球介质的电容率为ε使介质内均匀带静止自由电荷ρf求1空间各点的电场2极化体电荷和极化面电荷分布∫解1∫SDr⋅dSr=ρfdV,(r2>r>r1)即D⋅4πr2=43π(r3−r13)ρf(r3−r13)ρf3εr3∴Er=rr,(r2>r>r1)rrQ=4π(r23−r13)ρf,(r>r2)3ε0f由E⋅dS=∫Sε0∴Er=(r23−r13)3ε0r3rρfrr,(r>r2)rr>r1时µjf(r2−r12)2rBv==µ(r2−r12r2)rjf×rr2当r>r2时2πrH=πjf(r22−r12)Br=µ0(r222)rjf×rr−r12r2JM=∇×Mr=∇×(χMHr)=∇×(µ−µ0)rµ−1)∇×(rjf×r2rr−r12)µ0)H=(µ02r2=(µµ−1)∇×Hr=(µ−1)rjf,(r1R0且ϕ0是未置入导体球ϕ外R=R0=φ0前坐标原点的电势∞bnRn∑anRn0根据有关的数理知识可解得ϕ外Pncosθ)1n由于ϕ外=−E0Rcosθϕ0即R→∞ϕ外a0+a1Rcosθ+anRnPn(cosθ)+b0∞+b1R2cosθ+∞bnRn+1Pn(cosθ)R→∞=−E0Rcosθ+ϕ0∑∑Rn=2n=2故而有a0=ϕ0,a1=−E0,an=0(n>1),bn=0(n>1)b0Rb12cosθ∴ϕ外ϕ0E0Rcosθ+R-2- 电动力学习题解答参考第二章静电场b0R0b1又ϕ外R=R0=φ0,即ϕ外R=R0=ϕ0−E0Rcosθ+2cosθ=φ0R0ϕ+b0=φ00R0故而又有∴b1−E0R0cosθ+2cosθ=0R0得到b0=(φ0−ϕ0)R0,b1=E0R02最后得定解问题的解为ϕ外=−E0Rcosθ+ϕ0+(φ0−ϕ0)R0+E0R30cosθ(R>R0)RR2当导体球上带总电荷Q时定解问题存在的方式是∇22φ内0(RR0)∇φ有限内R→0φE0Rcosθ+ϕ0(ϕ0是未置入导体球前坐标原点的电势外R→∞φφ外内RR0∂φ外−∫sε0dsQ(R=R0)∂R解得满足边界条件的解是bnRn∑n=0anRnPncosθ∑n=0ϕ内ϕ外ϕ0E0Rcosθ1Pncosθ由于ϕ外R→∞的表达式中只出现了P1(cosθcosθ项故bn=0(n>1)b0Rb12cosθ∴ϕ外ϕ0E0Rcosθ+R又有ϕ外R=R0是一个常数导体球是静电平衡b0R0b12cosθ=Cϕ外R=R0=ϕ0−E0R0cosθ+R0b1∴−E0R0cosθ+2cosθ=0即b1=E0R30R0-3- 电动力学习题解答参考第二章静电场ϕ外ϕ0E0Rcosθ+b0+E0R30cosθRR2∂φ外Q4πε0又由边界条件−∫sε0dsQ∴b0=∂rQ∴ϕ内−ϕ0,RR03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Qf4πεR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rE⋅dsr=Q总Qf+QP=QfR>R0,由高斯定理有ε0∫对于整个导体球在球外而言束缚电荷QP=0)∴Er=Qf4πε0R2Qf积分后得ϕ外4πε0R+C.(C是积分常数又由于ϕ外R→∞=0,∴C=0Qf∴ϕ外=4πε0R(R>R0)在球内RR0Qf外∴Qf4πεR4πε0R04πεR0Qfϕ内−,RR0)4π(ε1+2ε2)R4πε1R4πε1(ε1+2ε2)R4πε1R4πε(ε+2ε)R112-6- 电动力学习题解答参考第二章静电场球面上的极化电荷密度σP=P1n−P2n,nr从2指向1如果取外法线方向则σp=P外n−P球n=[(ε2−ε0)∇φ外)]n−[(ε1−ε0)∇φ内)]n∂φ外∂φ内=−(ε2−ε0)∂R+(ε1−ε0)∂RRR0−6ρfcosθ3−(ε1−ε0)[6(ε0−ε2)ρfcosθ−2(ε1−ε2)−2(ε1+2ε2)ρcosθ]112=(ε2−ε0)f4π(ε1+2ε2)R034πε(ε+2ε)R304π(ε1+2ε2)R0=6ε1(ε0−ε2)+6ε2(ε1−ε0)ρcosθ=−3ε0(ε1−ε2)3ρfcosθf304πε(ε+2ε)R2πε1(ε1+2ε2)R0112求极化偶极子P=qlr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rf点电荷旁边有极化电荷ε0ε0qP=(−1)qf,−qP=(−1)(−qf)两者合起来就是极化偶极子ε1ε1PP=(−1)Prfrε0ε1r5.空心导体球壳地内外半径为R1和R2球中心置一偶极子P球壳上带电Q求空间各点电势和电荷分布解R2φ3∇2φ3=0,φ3r→∞=0φR1φ=C,φ2r→0=∞φ2rP⋅rrφ1=3+φ1",φ1"r→0为有限值4πε0rBll+1∑rφ3Pl(cosθ),φ3r−R=C2φ=C,φ2r=R1=C2rPf⋅rr∂φ3∫∂rdSr=R∂φ1=Q∑3+AlrlPl(cosθ)−φ=+∫∂rdSr=R14πε0r21ε0-7- 电动力学习题解答参考第二章静电场BBB2320+12cosθ+RP2+L=CRR22Pfcosθ2+A0+A1R1cosθ+L=C4πε0R1即A0=R0=C,(AR1+2Pf2)cosθ=0,Bl=0(l=1.2.3L),Al=0(l=2.3.4L)B14πεR12Pfcosθ34πε0R1PfcosθPL=−3+A1cosθ+L2πε0R1又∂φ1=−∂r+∑lAlRl−11∂φBlrB02−2RB13cosθ+L∂r3=∑(−l−1)l+2Pl=−R11∂φ3∂rB2dS=RB02∫dS=4πR12=4πB02B0R1∫dS=∫0则−R11Pf−Pf∂φ1∂r2ππ2ππ∫dS=∫∫−2πε0R13cosθR12sinθdθdϕ+∫∫3cosθR12sinθdθdϕ=0+0=000004πε0R1∂φ3∂r∂φ10=εQ∫dS+∫=4πB∂r故−0−PfQQB0=4πε0,A0=4πε0R2,A1=34πε0R1最后有Prf⋅rrPr⋅rr2−Qφ1=3+4πε0R2,(rR2)3φ2=4πε0R2,(R1R0(ε+2ε0)r外r23rε0得ρ13ε06ε13ε0E06εfr2±R02ρf(ε+2ε2rcosθ,r>σ2及σ2>>σ1两种情况的电流分布特点先求空间电势∇2φ内00φ内φ外r=R0∇2φ外因为δ内nδ外n(r=R0)稳恒电流认为表面无电流堆积即流入n=流出n故σ12φ2φ外2r内=σ22r并且δ外r→∞=δ0即φ外r→∞=−E0rcosθ(jf=σ2E0)0φ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φ3σ2σ12σ2E0rcosθ,rR0r22φe+2φerθr1rsinθ2Φ2φreφ)求内外电场E=−∇φ=−(2rr+2θ(2φ内er12φ内r内r+r2θerθ)=σ1+2σ2E0(cosθerr−sinθerθ)3σ2E2r3σ2σ1+2σ2E0erz=3E外E0(cosθerr−sinθerθ)+E0(cosθerr−sinθerθ)+ER0σ−σ)[2cosθerr+sinθerθ]0r3(σ1+2σ212ER0σ−σ3)[3cosθerr−cosθerr+sinθerθ]0r3(σ1+2σ212vσ1−σ3E0cosθevEE0+R03(2)σ1+2σ2r−r03r3求电流r内v1内v外σ2Ev外根据jσEjvjf0=σEv20vrv及(j⋅r)r=σ2E0rcosθrerf0rr5r53(rjf⋅rr)rrr−j30]3σ1σ12σ2r,j外=rj内σ1σ2σ12σ2f3R0得j内j[0f05rr)=3ε0E0cosθ(σ1−σ2)1ωf=ε0(E2n−E1n)=ε0(E外n−E内nσ+2σ2-11- 电动力学习题解答参考第二章静电场8.半径为R0的导体球外充满均匀绝缘介质ε导体球接地离球心为a处(a>R0)置一点电荷Qf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提示1r1=1()∞R∑n=Pn(cosθ).(R>a)aan=0R2+a2−2aRcosθ解1分离变数法由电势叠加原理球外电势Qf4πεR""+φ,φ是球面上感应电荷产生的电势且满足定解条件φ外∇φ=0,(r>R0)2"zφ"r→∞=0QfPφ=0外r=R0ar根据分离变数法得∞Bl1Pl(cosθ),(r>R0)O"=∑φrl+l=0Qf1∞BlPl(cosθ)∑∴φ外+*4πεrl+1a2+r2−2arcosθl=0=Q()Pn(cosθ)+Brl+1Pl(cosθ),(ra).4πεr14πεr24πεa2+r2−2arcosθ+(R0+2rR2)rcosθ220aa将分离变数法所得结果展开为Legend级数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(aR2)外4πεR0QR114πε0Qaφ内=[−]+φ0.(RR2)外当φ0=Q+Q0时两种情况的解相同4πεR2011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点电荷Q位于系统的对称轴上并与平面相距为bb>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球两个模型可确定三个镜像电荷的电量和位置Q−baQRQ1=−baQ,r1=abrr2OaQQ2=baQ,r2=−abr2rQ3=−Q,r3=−brrb-QQ4πε011aφ=[−+R2+b2−2RbcosθR2+b2+2Rbcosθab42+2a2bR2+bRcosθ-14- 电动力学习题解答参考第二章静电场a+],(0≤θ<π2,R>a)ab42−2abRcosθ2bR2+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zP(x,y,z)Q(x0,a,b)a-Q(x0,-a,b)b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y+Q-Q(x0,a,-b)(x0,-a,-b)Q4πε011φ=−[−−(x−x0)2+(y−a)2+(z−b)2(x−x0)2+(y−a)2+(z+b)211+],(y,z>0)(x−x0)2+(y+a)2+(z−b)2(x−x0)2+(y+a)2+(z+b)213.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AB两点间建立电场使溶液中的载流子运动形z成电流I,当系统稳定时是恒定场即∇⋅rj+∂ρ∂t=0中∂ρ∂t=0对于恒定的电流可按静电场的方式处理rjA(x0,y0,z0)于是在A点取包围A的包围面ir⋅dsri=Er⋅σσEr⋅dsr=Q而又有rI=∫}⇒σ1I=Er⋅dsr∫y∫εn1I=εQ⇒Q=Iε11rjx∴有对BσσB(x0,y0,z0)Q=−Q=−Iε1zQBσQ(-x0,-y0,z0)Q(x0,-y0,z0)Q(x0,y0,z0)rjn=0,即元电流流入容器壁又在容器壁上Q(x0,y0,z0)由rj=σEr有jn=0时En=0rry∴可取如右图所示电像-Q(-x0,y0,z0)-Q(-x0,y-z0)0,-Q(x0,-y0,z0)-Q(x0,y0,-z0)x-15- 电动力学习题解答参考第二章静电场的图说明ρ=−(Pr⋅∇)δ(xr)是一个位于原点的偶极子的电荷密度dδ(x)14.画出函数dδ(x)dx解δ(x)=0,x≠0∞,x=0dxdδ(x)=limδ(x+∆x)−δ(x)dx∆xx∆x→01x≠0时dδ(x)=0dx0−∞=−∞∆x2x=0时a∆x>0,dδ(x)=limdx∆x→0b)∆x<0,dδ(x)=lim0−∞=+∞dx∆x∆x→015证明1a1δ(ax)=δ(x).(a>0)若a<0,结果如何2xδ(x)=0δ(x−xk所以δ(ax)=δ(x)证明1根据δ[φ(x)]=∑φ"(xk)a2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=f(x)⋅xx=0=0∫16一块极化介质的极化矢量为Pr(xr")根据偶极子静电势的公式极化介质所产生的静电势为Pr(xr")⋅rrdV"4πεr30ϕ=∫V另外根据极化电荷公式ρ=−∇"⋅Pr(xr")及σ=nr⋅Pr,极化介质所产生的电势又可表为rrPP∇"⋅Pr(xr")dV"+∫S∫VPr(xr")⋅dSr"4πε0rPϕ=−4πε0rr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第二章静电场证明Pr(xr")⋅∇"1rdV"14πε0Pr(xr")⋅rrr31dV"=4πε0ϕ=∫V∫V又有∇"p(P)=∇"⋅P+Pr⋅∇rr1r1r"1r∇"⋅PrP∇"⋅()rr1∇"⋅PrrPrdV"]=4πε0[−∫∫V则ϕ=4πε0[−∫VdV"+dV"+∫Sr⋅dSr]1"r"V"∇"⋅PrdV"+∫S[1Pr⋅nrdS]=14πε0ρsσr4πε0[−∫V"∫VPdV"+∫SdS]P=rrrr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ϕ2−ϕ1=ε10nr⋅Pr而电势的法向微商是连续的各带等量正负面电荷密度±σ而靠的很近的两个面形成面偶极层而偶极矩密度Pr=limσlr.)σ→∞l→0z2E⋅∆s=σ⋅∆s,E证明1如图可得ε01+xσσz−σz=0∴E=2ε,φ1−φ2=S22ε02ε00E=Er1=σerz02=∂n2Er2=2ε0∂φ1∂n1∂φσ(−erz)面2ε∴∂φ−∂φ=σε01∂n122∂n2)可得Er=σre+rznrr1ε0nr⋅Prε0∴φ2−φ1=limEr⋅lr=limσnr⋅lr=2-εl→0l→00r=Er∂φ1∂n∂φ2∂n又=E,z-17- 电动力学习题解答参考第二章静电场∴∂φ∂n−∂φ∂n21=0.18.一个半径为R0的球面在球坐标0<θ<π的半球面上电势为ϕ0在<θ<π的半π22球面上电势为−ϕ0求空间各点电势P(x)−P(x)1,01P(x)dx=n1+n−12n+1∫0n提示Pn(1)=10,(n=奇数)Pn(0)=n1⋅3⋅5⋅⋅⋅(n−1)2⋅4⋅6(−1)2,(n=偶数)解∇2φ内0∇2φ外=0φ内r→0<∞φ外r→∞=0φ0,0≤θ<π2φr=R=f(θ)=0π−φ0,<θ≤π2∑AlrlPl(cosθ)这是φ内按球函数展开的广义傅立叶级数Alrl是展开系数φ内=12l+1[φ内RPl(cosθ)dcosθ]=2l+1[−πAlR0l=fl=φ内RPl(cosθ)⋅sinθdθ]∫−1∫22000π2l+1[−φ0Pl(cosθ)sinθdθ+ππ==∫∫20∫φ0Pl(cosθ)sinθdθ]222l+1[φ00Pl(x)dx−φ0−1Pl(x)dx]∫021=2l+1φ0[−0Pl(x)dx+1Pl(x)dx∫∫2−10由Pl(−x)=(−1)lPl(x)2l+1φ∫则AlR0l=0[(−1)l+1∫1P(x)dx+01P(x)dx]20-18- 电动力学习题解答参考第二章静电场=2l+1φ0[(−1)l+1+1]1Pl(x)dx∫02当l为偶数时AlR0l=0当l为奇数时有2l+1φPl+1(x)−Pl−1(x)10l+1+1]∫1Pl(x)dx0AlR0l=0[(−1)=(2l+1)φ022l+1l+12l−12⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)−(−1)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)21⋅3⋅5⋅⋅⋅l1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)]=−φ0[(−1)l−12l−12⋅4⋅6⋅⋅⋅(l+1)+(−1)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)21⋅3⋅5⋅⋅⋅l1⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)]=φ0[(−1)l−12l−11⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)l12⋅⋅34⋅⋅56⋅⋅⋅⋅⋅⋅((ll−+21))(2l+1)2⋅4⋅6⋅⋅⋅(l−1)(l+1+1)=φ0(−1)2=φ0(−1)l−12则Al=φ0l(−1)12⋅⋅34⋅⋅56⋅⋅⋅⋅⋅⋅((ll−+21))(2l+1)R0l−1212⋅⋅34⋅⋅56⋅⋅⋅⋅⋅⋅((ll−+21))(2l+1)(Rr)lPl(cosθ),(l取奇数rR0)即φ外=∑(−1)l−211⋅3⋅5⋅⋅⋅(l−2)-19- 电动力学习题解答参考第三章静磁场rrr1.试用A表示一个沿z方向的均匀恒定磁场B写出A的两种不同表示式证明两者之0差是无旋场解B0是沿z方向的均匀的恒定磁场即B0=Berz且B0=∇×Arrrr∇×Ar=(−∂∂Azy)erx+(x−)ey+(∂∂Axy−x)erz∂Azr∂y∂Az∂y∂A∂z∂A在直角坐标系中∂x∂Az−∂A∂zy=0∂yrr∂A∂A如果用A在直角坐标系中表示B即x−∂xz=00∂z∂A∂Axy−∂x∂y=0r由此组方程可看出A有多组解如解1Ay=AZ=0,Ax=−B0y+f(x)即Ar=[−B0y+f(x)]erx解2Ax=Az=0,AY=B0x+g(y)即Ar=[B0x+g(y)]ery解1和解2之差为∆Ar=[−B0y+f(x)]erx−[B0x+g(y)]ery则∇×(∆Ar)=[−∂(∆A)yr]ex+[∂(∆A)x−]ey+[∂(∆A)y−∂(∆A)zr∂z∂(∆A)z∂y∂(∆A)x]er∂yz∂z∂x∂x0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电流强度为I试用唯一性定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µ0Jr×rrdV"求解磁场分布又J在导本题给定了空间中的电流分布故可由Br=r∫4πr3µ0Jdlr×rr线上所以Br=∫r34π1螺线管内由于螺线管是无限长理想螺线管故由电磁学的有关知识知其内部磁-1- 电动力学习题解答参考第三章静磁场场是均匀强磁场故只须求出其中轴线上的磁感应强度即可知道管内磁场由其无限长的特性不妨取场点为零点以柱坐标计算rr=−acosϕ"erx−asinϕ"ery−z"erxdlr=−adϕ"⋅sinϕ"erx+adϕ"⋅cosϕ"ery∴dlr×rr=(−adϕ"⋅sinϕ"erx+adϕ"⋅cosϕ"ery)×(−acosϕ"erx−asinϕ"ery−z"erx)=−az"cosϕ"dϕ"erx−az"sinϕ"dϕ"ery+adϕ"erz2取由z"−z"+dz"的以小段此段上分布有电流nIdz"nJdz"(−az"cosϕ"dϕ"erx−az"sinϕ"dϕ"ery+adϕ"erz)∴Br=2µ04π∫]32[a2+(z")2d(za")2π∞2nIµ02+∞=µdϕ"adz"⋅nIerz==nµ0I04π∫0∫∫]32z"a3[a2+(z")2[()2+1]−∞−∞22)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=xr−xr"=(ρcosϕ−acosϕ")+(ρsinϕ−asinϕ")+z"222=ρ+a+z"−2aρcos(ϕ−ϕ")222rr=xr−xr"=(ρcosϕ−acosϕ")erx(ρsinϕ−asinϕ")ery−z"erzdlr=−adϕ"⋅sinϕ"erx+adϕ"⋅cosϕ"ery∴dlr×rr=−az"cosϕ"dϕ"erx−az"sinϕ"dϕ"ery+[a−aρcos(ϕ"−ϕ)]dϕ"erz2∴Br=4π⋅nI[µ02π∞2π∞−az"cosϕ"dϕ"erxdz"+−az"sinϕ"dϕ"erydz"+∫0dϕ"∫3∫0dϕ"∫rr3−∞−∞2π∞a2−aρ+∫0dϕ"∫rco3s(ϕ"−ϕ)dz"erz]−∞由于磁场分布在本题中有轴对称性而螺线管内部又是匀强磁场且螺线管又是无限长故不会有磁力线穿出螺线管上述积分为0所以Br=0-2- 电动力学习题解答参考第三章静磁场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z>0区域为真空试用唯一性定理求磁感应强度B然后求出磁化电流分布解本题的定解问题为A1=−µ0Jr,(z>0)r∇22rr∇rA=−µJ,(z<0)2rA1=A∇×A2z=0=1∇×Ar12z=0r1z=0µµ0由本题具有轴对称性可得出两个泛定方程的特解为µ0IdlrAr1(xr)=∫4πrrAr2(xr)=µIdlr∫4πµ0Ierθ,(z>0)由此可推测本题的可能解是Br=2πrµIerθ,(z<0)2πr验证边界条件1Ar1=Ar2z=0,即nr⋅(Br2−Br1)=0题中nr=erz,且erz⋅erθ=0所以边界条件1满足21∇×Ar2z=0=µ1∇×Ar1z=0,即nr×(Hr2−Hr1)=0µ0本题中介质分界面上无自由电流密度又r1Hr1=Hr2=B==eθIr2πrµ0rBIr2eθµ2πr∴Hr2−Hr1=0,满足边界条件nr×(Hr2−Hr1)=0µ0Ierθ,(z>0)2πr综上所述由唯一性定理可得本题有唯一解Br=µIerθ,(z<0)2πrrr在介质中Hr=−Mr故在z<0的介质中Mr=B−Hr2B2µ0µ0-3- 电动力学习题解答参考第三章静磁场即Mr=⋅µerθ−2πreθ=Iµ−1)erθI2πrµ0Ir2πr(µ0∴介质界面上的磁化电流密度αrM=Mr×nr=µ−1)erθ×erz=µ−1)errII2πr(µ2πr(µ002πIrr∫∫02πr(µ总的感应电流JM=Mr⋅dlr=µ−1)⋅⋅erdϕ⋅eθ=I(µµ−1)电流θ00在z<0的空间中沿z轴流向介质分界面4.设x<0半空间充满磁导率为µ的均匀介质x>0空间为真空今有线电流I沿z轴流动求磁感应强度和磁化电流分布解假设本题中得磁场分布仍呈轴对称则可写作Bv=µ′Ievϕ2πrnv⋅(Bv−Bv1)=02其满足边界条件vvn×(H2−H1)=αv=0v即可得在介质中vHv2=B=µ′Iv2πrµeϕµvvB−Mv=2πrµ0eϕ−Mvµ′Iv而H2=µ0∴在x<0的介质中Mv=µ′Iµ−µ0veϕ2πrµµ0vv则IM=∫Mdl取积分路线为B→C→A→B的半圆∴AB段积分为零QAB⊥evϕ,IM=Iµ′(µ−µ0)2µµ0∴Bv=µ0(I+IM)evϕ2πreϕ=Bv=−∴由µ0(I+IM)vµ′Ievϕ可得µ′=µ2µµ+µ02πr02πr-4- 电动力学习题解答参考第三章静磁场∴空间Bv=µµ0Iveϕµ+µ0πrµ−µ0µ+µ0IM=I沿z轴5.某空间区域内有轴对称磁场在柱坐标原点附近已知BB0为常量试求该处的Bρz≈B0−C(z2−1ρ2)其中2提示用∇⋅Br=0,并验证所得结果满足∇×Hr0解由B具有轴对称性设Bv=Bρevρ+Bzevz其中z=B0−c(z2−1ρ2)vB2Q∇⋅Bv=0∴ρ1∂∂ρ(ρBρ)+∂∂zBz=0即ρ1∂ρ∂(ρBρ)−2cz=0∴ρBρ=czρ2+A(常数)取A=0得Bρ=czρ∴Bv=czρevρ+[B0−c(z−1ρ)]evz1222Qvj=0,Dv=0∴∇×Bv=0即(ρ−∂B∂Bz∂ρ)evθ=02∂z代入1式可得2式成立∴Bρ=czρc为常数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I12求轴线上的磁感应强度求在中心区域产生最接近于均匀的磁场时的L和a的关系提示用条件∂22Bz=0∂z解1由毕萨定律L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为-5- 电动力学习题解答参考第三章静磁场vvIdl×rBv1=B1zevz,B1z=4µπ0sinα=µIa24π[a2+(z−L)∫r30]32∫dθ2=1µ0Ia1223[(L−z)2+a2]2同理L处线圈在轴线上z处产生得磁感应强度为B2z=1µ0Ia21[(L+z)2+a2]32Bv2=B2zevz2∴轴线上得磁感应强度veBv=Bzevz=1µ0Ia1+12z2]32]32[(L−z)2+a2[(L+z)2+a22Q∇×Bv=0∴∇×(∇×Bv)=∇(∇⋅Bv)−∇Bv=02又∇⋅Bv=0∴∇Bv=0,∂∂z22Bz=0代入1式中得21]2(L−z)1]2[(L−z)5]2−−[(L−z)2+a22−[(L−z)2+a22+a2]3+6(L−z)2[(L−z)2+a2[(L−z)+a]226−11]2(L+z)2+[(L+z)2+a2]2[(L+z)2+a2]3−6(L−z)2[(L+z)2+a2]25[(L+z)2+a2−2[(L−z)+a]260取z0得−121252(L2+a2)3[−2(L2+a2)L2−2(L2+a2)]+12(L2+a2)L2=0∴5L=L+a222-6- 电动力学习题解答参考第三章静磁场∴L=12ar7.半径为a的无限长圆柱导体上有恒定电流J均匀分布于截面上试解矢势A的微分方程设导体的磁导率为µ0导体外的磁导率为µ解定解问题为v∇2A内=−µ0Jv,(ra)vA内0<∞vvAa=A外内a1∇×Av内=1∇×Av外µµ0选取柱坐标系该问题具有轴对称性且解与z无关令Av内=A内(r)evzvAA外(r)evz代入定解问题得外1∂(r∂A内(r))=−µJ0r∂r∂r1∂(r∂Ar))=0外r∂r∂rA内(r)=−1µJr+C1lnr+C22得4A外(r)=C3lnr+C4由A内(r)r=0<∞得C1=0由1µ0∇×Av内=1∇×Av外得C3=−µ2Ja2µ-7- 电动力学习题解答参考第三章静磁场由Aa=Av内a令Aa=Avvv内a=0得C2=1µ0Ja2,C4=µ2Ja2lna外外4A=1µ0Jv(av内−r)224∴vva2lnrµA2Ja外rrrQm8.假设存在磁单极子其磁荷为Qm它的磁场强度为H=给出它的矢势的4πµ0r3一个可能的表示式并讨论它的奇异性vHv=Qmr3=Qm4πµ0r21ve解r4πµ0r由∇×Av=Bv=µ0Hv=Qm4πr2e得vr1∂(sinθA)−∂Aθ]=Qmrsinθ[∂θ∂φφ24πr11∂Arrsinθ∂φ∂r−∂(rAφ)]=0[(1)1∂(rAθ)−∂∂θAr[]=0r∂r∂(sinθAφ)=Qmsinθ∂θ4πr令Ar=Aθ=0,得θQmsinθdθ∫0∴sinθAφ=4πr∴Aφ=Qm1−cosθ4πrsinθ显然Aφ满足1式∴磁单极子产生的矢势Av=Qm1−cosθveφ4πrsinθ-8- 电动力学习题解答参考第三章静磁场讨论当θ→0时Av→0v→Qmveφ4πr当θ→π时A2当θ→π时Av→∞故A的表达式在θ=π具有奇异性A不合理vvrr9.将一磁导率为µ半径为R0的球体放入均匀磁场H0内求总磁感应强度B和诱导r磁矩mvv解根据题意以球心为原点建立球坐标取H0的方向为e此球体在外界存在的磁场z的影响下极化产生一个极化场并与外加均匀场相互作用最后达到平衡保持在一个静止的状态呈现球对称本题所满足的定解问题为∇2ϕm=0,RR0∂ϕm1∂R∂ϕm2,(R=R0)∂Rϕ=ϕm,µ=µ0m12ϕR=0<∞m1ϕm2R=∞=−H0Rcosθ由泛定方程和两个自然边界条件得∞∑anRnPn(cosθ)ϕm1=n=0∞dnRn+1∑ϕm=−H0Rcosθ+Pn(cosθ)2n=0由两个边界条件有∞∞dnn+1Pn(cosθ)∑anR0nPn(cosθ)=−H0R0cosθ+∑R0n=0n=0∞∞(n+1)dn∑annR0n−1Pn(cosθ)=−H0µ0cosθ−µ0∑µPn(cosθ)n+2Rn=1n=00得-9- 电动力学习题解答参考第三章静磁场3µ0H0µ+2µ0a=−1µ−µ0µ+2µ0d1=H0R03an=dn=0,(n≠1)3µ0ϕ=−H0Rcosθ,RR0=−HRcosθ+µ−µ0ϕ⋅0µ+2µ0v3µ0µ+2µ03µµ0µ+2µ03µ0µ+2µµ+2µ3µ0vH0cosθevr−H0sinθevθ=H1=−∇ϕm1=H0vB1=µHv1=vH0vµ−µ02R03µ−µ0µ+2µ0RR3]H0sinθevθ0H2=−∇ϕm2=[1+⋅]H0cosθevr−[1−⋅µ+2µ0R33vvvv=Hv0+µ−µ0µ+2µ0R[3(HRRH⋅)−]30003B2=µ0H2=µ0H0+R5Rµ−µ0µ0R03[3(Hv0⋅Rv)Rv−Hvvvv03]µ+2µ0R5R3µµ0µ+2µ0Hv0,(RR0)R5R3µ+2µ0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µ−µ0µ+2µ0RR02H0cosθ可看作偶极子m产生的势3v∴ϕm中⋅21⋅mv⋅Rv=µ−µ0RR302H0cosθ=RR023Hv0⋅Rvµ−µ0⋅µ+2µ0即⋅4πR3µ2µ+0v∴mv=4πµ−µ0µ+2µ0⋅R03Hr10.有一个内外半径为R1和R2的空心球位于均匀外磁场H0内球的磁导率为µ求空-10- 电动力学习题解答参考第三章静磁场r腔内的场B讨论µ>>µ0时的磁屏蔽作用vvv解根据题意以球心为原点取球坐标选取H0的方向为e在外场H0的作用下球zv壳极化产生一个附加场并与外场相互作用最后达到平衡B的分布呈现轴对称定解问题∇2ϕm=0,RR33ϕ=ϕm2R=R1,ϕm2=ϕm3m1R=R2∂ϕm1∂R∂ϕm2∂R∂ϕm3∂ϕm2∂Rµ0=µR=R1,µ0=µR=R2∂RϕR=0<∞m1ϕm3R=∞=−H0Rcosθ由于物理模型为轴对称再有两个自然边界条件故三个泛定方程的解的形式为∞∑anRnPn(cosθ)ϕm1==n=0∞cnRn+1∑(bnRn+ϕm2)Pn(cosθ)n=0∞dnRn+1∑ϕm=−H0Rcosθ+Pn(cosθ)3n=0v因为泛定方程的解是把产生磁场的源H0做频谱分解而得出的分解所选取的基本函数系是其本征函数系{Pn(cosθ)}在本题中源的表示是−H0Rcosθ=−H0RP1(cosθ)所以上面的解中an=bn=cn=dn=0,(n≠0)故解的形式简化为ϕm=a1Rcosθ1ϕm=(b1R+c2)cosθ1R2ϕm=−H0Rcosθ+d2cosθ1R3-11- 电动力学习题解答参考第三章静磁场代入衔接条件得aR1=b1R1+c11R12c1d1bR2+2=−H0R2+122RR22c1a1µ0=µ(b1−R132d12c132−µ0H0−µ=µ(b1−R)3R2解方程组得a1=3µ0(2µ+µ0)H0R322(µ−µ)R−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R+3µ0(µ−µ0)H0R232323103µ0(2µ+µ0)H0R23b1=2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R233µ0(µ−µ0)H0R23R13c1=2(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R23d1=3µ0(2µ+µ0)H0R26+3µ0(µ−µ0)H0R23R13+H0R232(µ−µ0)2R13−(2µ+µ0)(2µ0+µ)R23Bvi=µ0Hi=−µ0∇ϕm,(i=1,2,3)v而i∴Bv1=−µ0a1evzR1−(R12)3]µ0Hv0=[1−(µ+2µ0)(2µ+µ0)−(R1)32(µ−µ0)2R2当µ>>µ0时(µ+2µ0)(2µ+µ0)≈12(µ−µ0)2∴Bv1=0即球壳腔中无磁场类似于静电场中的静电屏障r11.设理想铁磁体的磁化规律为Br=µHr+µ0M0,M0是恒定的与H无关的量今将一个-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M0为常值浸入磁导率为µ"的无限介质中求磁感应强度和磁化电流分布vv解根据题意取球心为原点做球坐标以M0的方向为ez本题具有球对称的磁场分布满足的定解问题为∇2ϕm=0,RR0µϕm1=ϕm2R=R0,∂ϕm−µ′∂ϕm=M0µ0cosθR012∂R∂Rϕm0<∞R=1ϕR=∞=0m2∞∑anRnPn(cosθ)∴ϕm1=n=0∞bnn+1∑ϕm2=(R)Pn(cosθ)n=0代入衔接条件对比Pn(cosθ)对应项前的系数得a1=02µ′+µµM0µ0M0b1=2µ′+µR30an=bn=0,(n≠1)∴ϕm1==02µ′+µµM0Rcosθ,(RR0)ϕm22µ′+µR由此RR0,B2=−µ′∇ϕm20]R5R3v2µ′µ0M0,(RR0)2µ′+µR5R-13- 电动力学习题解答参考第三章静磁场又nv×(Bv2−Bv1)R0=µ0(αvM+αv)其中α0vv代入B的表达式得3µ′2µ′µ0vM0sinθevϕαMr12.将上题的永磁球置入均匀外磁场H0中结果如何vv解根据题意假设均匀外场H0的方向与M0的方向相同定为坐标z轴方向定解问题为∇2ϕm=0,RR0ϕm1=ϕm2R=R0,∂ϕm1∂ϕm2∂Rµ−µ0=M0µ0cosθR0∂RϕmR=0<∞1ϕR=∞=−H0Rcosθm2解得满足自然边界条件的解是ϕm=a1Rcosθ,(RR0)2R代入衔接条件a1R0=−H0R0+Rd1202d1µ0H0+µ0R+µa1=µ0M030a1=µ0M0−3µ0H0µ+2µ0得到d1=µ0M0+(µ−µ0)H0R30µ+2µ0∴ϕm=µ0M0−3µ0H0Rcosθ,(RR0)µ+2µ02∴Hv1=−∇ϕm1=−[µ0M0−3µ0H0µ+2µ0cosθevr−µ0M0−3µ0H0sinθevθ]µ+2µ0vv=−µ0M0−3µ0H02µ+µ0vBv1=µHv+µ0M0=3µµ0µ+2µ0Hv0+2µ02Mv0,(RR0∂ϕm2∂ϕm11()=−Qωsinθ4πR0−R=R0R∂θ∂θ0∂ϕm1∂ϕm2∂Rµ=µ0,(R=R0)∂RϕR=0<∞m1ϕm2R=∞=0其中σ=Qωsinθ4πR0是球壳表面自由面电流密度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ϕm=a1Rcosθ,(RR0)b1Qω4πR0aR0−2=−1R0代入衔接条件a1+2Rb=0310Qω6πR0b1=QωR0212πa1=−解得∴ϕm=−6QπωR0Rcosθ,(RR0)ϕm=2∴Hv1=−∇ϕm1=6QπωR0cosθevr−6QπωR0sinθevθ=Qωv6πR0rBv1=µ0H1=Qµ0vω6πR0vv1[3(mv⋅R)RmR3r]v2QωR012πR2QωR012πR2H2=−∇ϕm=cosθevr+sinθevr=−其中334πR52QR032mv=ωvvv[3(mv⋅R)RmrB2=µ0H2=µ0vv−3]4πR5R14.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12它的磁矩它的磁矩与自转动量矩之比设质量M0是均匀分布的1vvv∫x×J(x)dV2解1磁矩mv=-16- 电动力学习题解答参考第三章静磁场又xv=Rv=RevrJv(xv)=ρvv=4Q(ωv×Rv)3πR03∴mv=13Q24πR0Rr×(ωv×Rv)R2sinθdrdθdφ=24πR13Qω3∫(evr×evφ)Rsinθdrdθdφ423∫0又evr×evφ=−evθ=sinθevz+cosθ(−cosφevx−sinφevy)v3Qω8πR02πR0[sinecosθ(−cosesinφevy)Rvvπ∴=m3∫∫∫θz+φx−4sin2θdrdθdφ000=3QωvQR02vωz∫∫∫R0sin2ππθRdrdθdφ=e348πR0300052)自转动量矩Lv=dLv=Rv×dPv=Rv×vvdm=3M04πR03∫Rv×(ωv×Rv)dV∫∫∫=3M4πR0=3MRω(evr×evz×evr)Rsinθdrdθdφω(−sinθevφ×evr)Rsinθdrdθdφsinθdrdθdφ03∫222203∫RR24πR0=3Mωsinθ(−evθ)R03∫24πR0=3M0ω∫∫∫R0[sinθevz+cosθ(−cosφevx−sinφevy)R2πsinθdrdθdφπ424πR03000vv=3M0ωθdrdθdφ=2M0R20ω2ππR03∫∫∫R4sin354πR0000QR052vωv=Q2M0vmv∴=L2M0R052ωr15.有一块磁矩为m的小永磁体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求作用在小永磁体上的力F.-17- 电动力学习题解答参考第三章静磁场v解根据题意因为无穷大平面的µ很大则可推出在平面上所有的H均和平面垂直rr′类比于静电场构造磁矩m关于平面的镜像m则外场为vBe=−µ0∇ϕmvvm⋅Rmcosθ4πr2ϕ=3=m4πR∴Bve=−µ04mπ[−∴mv受力为2cosθevr−sinθerθ]=µ0m3(αcosθevr+sinθevθ)4πrr3r3Fv=(mv⋅∇)⋅Bver=2a=−3m2µ0(1+cosα)evz264πa4θ=α-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E1(xr,t)=Er0(xr)cos(k1x−ω1t)r解rrrrE2(x,t)=E0(x)cos(k2x−ω2t)Er=Er1(xr,t)+Er2(xr,t)=Er0(xr)[cos(k1x−ω1t)+cos(k2x−ω2t)]=2Er0(xr)cos(k1+k2x−ω1+ω2t)cos(k1−k2x−ω1−ω2t)2222其中k1=k+dk,k2=k−dk;ω1=ω+dω,ω2=ω−dω∴Er=2Er0(xr)cos(kx−ωt)cos(dk⋅x−dω⋅t)用复数表示Er=2Er0(xr)cos(dk⋅x−dω⋅t)ei(kx−ωt)相速kx−ωt=0∴vp=ωk群速dk⋅x−dω⋅t=0∴v=dωgdk2一平面电磁波以θ=45o从真空入射到εr=2的介质电场强度垂直于入射面求反射系数和折射系数r解n为界面法向单位矢量,,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=⋅nr=E"20⋅nrE20T=⋅nr⋅nr=n2cosθ2E""n1cosθE022又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式可得2ε1cosθ−ε2cosθ2R=ε1cosθ+ε2cosθ2-1- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播4ε1ε2cosθcosθ2(ε1cosθ+ε2cosθ2)2T=又根据反射定律和折射定律θ=θ1=45oε2sinθ2=ε1sinθ由题意ε1=ε0,ε2=ε0εr=2ε0∴θ2=30o∴R=(22−223)2=2−32+22322+323224ε0223=2+3T=2+ε0223)2(ε023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λ0=6.28×10−5cm水的折射率为n1.331解由折射定律得临界角θc=arcsin(1.33)=48.75所以当平面光波以60入射时将会发生全反射折射波k′′=ksinθ相速度vp=ωk′′′′=kω=23csinθλ16.28×10−5≈1.7×10−5cm投入空气的深度κ==2πsin2θ−n22160−(12πsin)221.33vvvvvi(kv⋅xv−ωt)变化但De4频率为ω的电磁波在各向同性介质中传播时若E,D,B,H仍按不再与E平行即Dv=εEv不成立v1证明kv⋅Bv=kv⋅Dv=Bv⋅Dv=Bv⋅Ev=0,但一般kv⋅Ev≠0-2- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播2证明Dv=ω2µ[k2Ev−(k⋅Ek1vvv)]vv3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∂Bv∇×Ev=−∂tv∇×Hv=∂D∂t∇⋅Dv=0v∇⋅B=0得∇⋅Bv=Bv0⋅∇ei(kv⋅xv−ωt)=ikv⋅Bv0ei(kv⋅xv−ωt)=ikv⋅Bv=0∴kr⋅Bv=0同理kv⋅Dv=0∇×Hv=[∇ei(kv⋅xv−ωt)]×Hv0=ikv×Hv=−iωDv∴ikv×Bv=−iµωDv∴Bv⋅Dv=−µω1Bv⋅(kv×Bv)=0∇×Ev=[∇ei(kv⋅xv−ωt)]×Ev0=ikv×Ev=iωBv∴Bv⋅Ev=ω1(kv×Ev)⋅Ev=0∇⋅Ev=ikv⋅EvQDv≠εEvvv∴∇⋅Ev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∂Bv∂t2由∇×Ev=−得Bv=ω1(kv×Ev)∂Dv∂t另由∇×Hv=得Dv=−µω1(kv×Bv)∴Dv=−1µω2[kv×(kv×Ev)]=1µω2[(kv×Ev)×kv]=12[kEv−(kv⋅Ev)kv]2µω3由Bv=ω1(kv×Ev)得Hv=µω1(kv×Ev)∴Sv=Ev×Hr=Ev×(kv×Ev)=µω1[Ekv−(kv⋅Ev)Ev]1µω2Qkv⋅Ev一般≠0∴Sv一般≠E2kv即一般不与同向Svkv1µω5有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播一个波沿x方向偏振另一个沿y方向偏振但相位比前者超前π2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=A0cos(ωt−kz)=A0cos(ωt+ϕ0x)在y轴上的波可记为y=A0cos(ωt−kz+π2)=A0cos(ωt+ϕ0y)∆ϕ=ϕ0y−ϕ0x=π2合成得轨迹方程为x2+y2=A0=A0=A0+y=A02[cos2(ωt+ϕ0x)+cos22(ωt+ϕ0y)](ωt+ϕ0x)]2[cos2(ωt+ϕ0x)+sin2x222即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反之一个圆偏-4- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播π振可以分解为两个偏振方向垂直同振幅同频率相位差为的线偏振的合成26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Ev=Ev0e−αzi(βz−ωt)e于是由z0的表面单位面积进入导体的能量为Sv=Ev×Hv其中Hv=ω1µkv×Ev=ωµ1(β+iα)nv×Ev其平均值为Sv=12Re(Ev×Hv)=E02β*2ωµJv=σEv=σEv0e−αzi(βz−ωt)在导体内部e所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为×Ev)=1σEdQ=12Re(Jve*20−2αz2Q=1σE0e即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦∞2∫−2αzdz=4σαE02作积分20耳热ωµσ又Qαβ=2∴Q=4σαE0=βE022ωµ原题得证.27已知海水的µr=1,σ=1S⋅m−1试计算频率ν为50,10Hz的三种电磁波在海和1069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δ=1=α2ωµσ透射深度Qµr=1∴µ=µ0µr=µ0=4π×10−72ωµσ22π×50×4π×10−7∴1>ν=50Hz时:δ1==×1=72m-5- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播2ωµσ2×4π×1072>ν=1069Hz时δ2×1≈0.5m×1≈16mm2π×1062ωµσ2×4π×10−73>ν=10Hz时:δ3==2π×1098平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上入射角为θ1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结果如何提示导电介质中的波矢量kv=βv+iαv,αv只有z分量为什么解根据题意如图所示入射平面是xz平面zEv=Ev0e−αv⋅xvi(βv⋅xv−ωt)导体中的电磁波表示为ekv""v""=βv+iαvθ3k介质真空x与介质中的有关公式比较可得kv"kvθθ21β−α=ωµε222αv⋅βv=1ωµσ2根据边界条件得kx""=βx+iαx=实数∴αx=0ω又k""=k=ksinθ1=csinθ1xx∴βx=ωcsinθ1而入射面是xz平面故kv,kv""无y分量∴αy=0,βy=0v∴αv只有αz存在β有βx与βz其中βx=ωcsinθ1ω(sinθ1)+βz−αz=ωµε2222c∴有αzβz=1ωµσ2解得=12(µεω−ω2c2sin21ω2c2θ1)+[(2sinθ1−ωµε)+ωµσ]1βz222222222αz2=−1(µεω2−ω22sin2θ1)+1[(ω2µε−ω2sin2θ1)2+ω2µ2σ2]122c2c2-6- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播其相速度为v=ωβ衰减深度为1αωc22sin222θ1+βz−αz=0如果是良导体则αzβz=1ωµσ2∴βz2=−ω2sin2θ1+[21ω4c4sin42θ1+ωµσ]222122cω212ω4[αz2=2sin2θ1+c2sin4θ1+ω2µ2σ2]122c9无限长的矩形波导管在在z0处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭求在z=−∞到z0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Er+kEr=0∇22k=ωµ0ε0v∇⋅E=0方程的通解为E(x,y,z)=(C1sinkxx+D1coskxx)⋅(C2sinkyy+D2coskyy)⋅(C3sinkzz+D3coskzz)根据边界条件有Ey=Ez=0,(x=0,a)Ex=Ez=0,(y=0,b)∂Ex∂x∂Ey∂Ez=0,(z=0)∂z=0,(x=0,a)=0,(y=0,b)∂yEx=A1coskxxsinkyysinkzz故Ey=A2sinkxxcoskyysinkzzE=A3sinkxxsinkyycoskzzz其中kx=mπ,m=0,1,2Laky=nbπ,n=0,1,2Lk2x+ky2+kz2=k2=ω2ε0µ0=ωc22且A1mπ+A2nπ+A3kz=0ab-7- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播综上即得此种波导管种所有可能电磁波的解10电磁波Ev(x,y,z,t)=Ev(x,y)ei(k2z−ωt)在波导管中沿z方向传播试使用v∇×Ev=iωµ0Hv及∇×Hv=−iωε0E证明电磁场所有分量都可用Ex(x,y)和Hz(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Ev(x,y,z,t)=Ev(x,y)ei(kzz−ωt)Hv(x,y,z,t)=Hv(x,y)ei(kzz−ωt)v∇×Ev=−∂=iωµ0HvBv∂t由麦氏方程组得∇×Hv=ε0∂=−iωε0EvE∂t−∂Ey=∂∂Eyz−ikzEy=iωµ0Hx∂z1∂Ez∂y写成分量式∂Ex∂z−∂Ez∂x=ikzEx−∂∂Exz=iωµ0Hy2∂E∂Ex∂yy−=iωµ0Hz∂x−∂Hy=−ikzHy=−iωε0Ex3∂Hz∂y∂Hz∂y∂z∂Hx∂z−∂Hz∂Hz=ikzHx−=−iωε0Ez=−iωε0Ey∂x4∂x∂H∂Hx∂yy−∂x1∂Hz∂E∂xz)由23消去Hy得Ex=(−ωµ0−kz∂yω2i(−kz)2c2-8- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播1∂Hz∂x∂E∂yz)由14消去Hx得Ey=(ωµ0−kzω2i(−kz2)c211∂Hz∂x∂E∂yz)由由124消去Ey得Hx=(−kz+ωε0ω22i(−kz2))c∂Hz∂y∂E3消去Ex得Hy=(−kz−ωε0∂xz)ω22i(−kz2cv11写出矩形波导管内磁场H满足的方程及边界条件解对于定态波磁场为Hv(xv,t)=Hv(xv)e−iωt∂Dv∂t∇×由麦氏方程组Hv==−iωεEv∇⋅Hv=0得∇×(∇×Hv)=∇(∇⋅Hv)−∇2Hv=−∇2Hv=−iωε∇×Evv又∇×Ev=−∂=iωµHvB∂t∴−iωε∇×Ev=ωµεHv=−∇Hv22+k2)Hv=0,k2=ω2εµv即为矩形波导管内磁场H满足的方程(∇2∴∇⋅Hv=0由nv⋅Bv=0得nv⋅Hv=0Hn=0利用∇×Ev=iωµHv和电场的边界条件可得∂H∂nt=0-9- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播Hn=0∴边界条件为∂∂nHt12论证矩形波导管内不存在TMm0或TM0n波v证明已求得波导管中的电场E满足Ex=A1coskxxsinkyyeikzzEy=A2sinkxxcoskyyeikzzEz=A3sinkxxsinkyyeikzz由Hv=−i∇×Ev可求得波导管中的磁场为ωµiωµiHx=−(A3ky−iA2kz)sinkxxcoskyyeikzzHy=−(iA1kz−A3kx)coskxxsinkyyeikzz(A2kx−A1ky)coskxxcoskyyeikzzωµiHz=−ωµ本题讨论TM波故Hz0即A2kx−A1ky=01若n=0,则k=nπ=0,A2kx=0故yb又kx=mπ≠0,那么A20a∴Hx=Hy=02若m=0,则k=mπ=0,A1ky=0xa又k=nπ≠0,那么A=0y1b∴Hx=Hy=0∴波导中不可能存在TMm0和TM0n两种模式的波13频率为30×10Hz的微波在0.7cm×0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播在90.7cm×0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播解1ν=30×109Hz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()ma+()nb222m2当a=0.7×10−2m.,b=0.4×10−2m时m=1,n=1时,ν=4.3×1010Hzm=1,n=0时ν=2.1×1010Hzm=0,n=1时,ν=3.7×1010Hz∴此波可以以TM10波在其中传播2ν=30×109Hz波导为0.7cm×0.6cmm=1,n=1时,ν=2.1×1010m=1,n=0时ν=2.5×1010m=0,n=1时,ν=3.3×1010∴此波可以以TE10和TE01两种波模传播HzHzHz14一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方向传播设波在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Er+kEr=0∇22k=ωµ0ε0v∇⋅E=0vv令Uxyz是E的任意一个直角分量由于E在x方向上是均匀的∴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U(x,y,z)=(C1sinkyy+D1coskyy)eikzz∴解得通解由边界条件nv×Ev=0,和∂∂En=0定解nπy)eEx=A1sin(bi(kzz−ωt)nπy)e=ω2=(nπ)Ey=A2cos(bi(kzz−ωt)且k22+kz2,n=0,1,2Lc2bnπy)eEz=A3sin(bi(kzz−ωt)又由∇⋅Ev=0得A1独立与A2,A3无关nπbA2=ikzAz-11- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播0得截止频率ω=nπc令kzcb15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v证明在谐振腔中电场E的分布为Ex=A1coskxxsinkyyeikzzEy=A2sinkxxcoskyyeikzzEz=A3sinkxxsinkyyeikzz由Hv=−iωµ∇×Ev可求得波导管中的磁场为iωµiωµiHx=−Hy=−Hz=−(A3ky−iA2kz)sinkxxcoskyyeikzz(iA1kz−A3kx)coskxxsinkyyeikzz(A2kx−A1ky)coskxxcoskyyeikzzωµ由ω=12(Ev⋅Dv+Hv⋅Br)有谐振腔中1电场能流密度rvωE=12E⋅D11∴ωE=[Re(Er⋅Dv)]=14Re(Ev⋅Dv)**22=ε4[A1coskxxsinkyysinkzz+A22sinkxxcoskyysinkzz+A3sinkxxsinkyycoskzz]222222222222)磁场能流密度1vvωB=H⋅B2ωB=14Re(Hv⋅Bv)*14µω22[(A3ky−Azkz)sin2kxxcosk2kyycos2kzz+=2+(A1kz−A3kx)cos2kxxsin2kyycos2kzz++(A2kx−A1ky)2cos2kxxcoskyysinkzz]22-12- 电动力学习题解答第四章电磁波的传播有k+ky+kz=k2=ω2µε且A1kx+A2kY+A3kz=0222x其中kx=mπ,ky=nbπ,kz=pcπ,m,n,p=0,1,2Laab于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为c是谐振腔的线度不妨令x:0a,y:0b,z:0cabcWE=∫ωEdV=ε4∫∫∫(A12cos22kxxsinkxxsin22kyysin2kzz+A2sinkxxcoskyysinkzz+2222kzz)dxdydz000+A32sin)kyycos222=abcε(A1+A22+A332谐振腔中磁场能量的时间平均值为WB=∫ωBdV=12⋅abc8[(A3ky−A2kz)+(A1kz−A3kx)(A2kx−A1ky)]2224µωQA1kx+A2ky+A3kz=0∴(A1kx+A2ky+A3kz)2=A12k2x+A22k2y+A3k+2A1A2kxky+2A1A3kzkx+2A2A3kykz=022zabc32µω∴WB=2[(A1+A2+A3)(kx+ky+kz)]222222=abck2)=abcε(A12(A1+A2+A3+A2+A3)2222223232µω∴WE=WB-13- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射v1.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vB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∂Bv∂t∂Ev0∂t∇×Ev=−∇×Bv=µ0Jv+ε0µ∇⋅Ev=ρε0,∇⋅Bv=0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Ev=EvL+EvT且∇×EvL=0∇⋅EvT=0Jv=JvL+JvTvBv=BvL+BvT由于∇×Bv=0即B无源场不存在纵场分量亦是说BvL,则Bv=BvT代入上面麦氏方程组∂Bv∂t1>∇×Ev=−∇×(EvL+EvT)=∇×EvL+∇×EvT=∇×EvT=−∂Bv∂tT2>∇⋅Ev=ρε0∇⋅(EvL+EvT)=∇⋅EvL+∇⋅EvT=∇⋅EvL=ρε0∂Ev0∂t∂0∂t3>∇×Bv=µ0Jv+ε0µ∇×BvT=µ0(JvL+JvT)+ε0µv(EL+EvT)∂EvT∂t∂EvL∂t=(µ0JvT+ε0µ0)+(µ0JvL+ε0µ0若两边同时取散度∇⋅(∇×BvT)=0∂EvT)=0∇⋅(µ0JvT+ε0µ0∂t-1- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射∂EvL∂t∴当且仅当µ0JvL+ε0µ00时上式方成立综上得麦氏方程的新表示方法∇×EvT=−∂Bv∇⋅Ev=ρε0T∂tL∂EvT∂t∂EvL∂tv∇×BvT=µ0=JT+ε0µ0µ0JvL+ε0µ0BvL=00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∇⋅Ev=ρε0Lv引入EL=−∇ϕ于是有∇2ϕ=−ρ此泊松方程的解即是静止ε0v电荷在真空中产生的电势分布那么EL即对应静止电荷产生的库仑场2.证明在线性各向同性均匀非导电介质中若ρ=0,Jr=0,则E和B可完全由矢势A决定若取ϕ=0,这时A满足哪两个方程解在线性各向同性均匀非导电介质中如果令Jv=0,ρ=0麦氏方程表示为∂Bv;∂tDv∇×Ev=−∇×Hv=∂∇⋅Dv=0∇⋅Bv=0∂tv其中Dv=εEvHv=Bµv由∇⋅Bv=0引入矢势A使Bv=∇×Av则∇⋅Bv=∇⋅(∇×Av)=0故B由矢势A完全决定vvv把Bv=∇×Av代入∇×Ev=−∂B∂t;有∂Av∂tAvAv∂t)=∇×(−∇ϕ)=0∇×(Ev+)=0令Ev+∂=−∇ϕ则∇×(Ev+∂∂t∂Av∂tEv=−∂ϕ−故E有标势A完全决定vv则-2- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射v∇×Hv=∂D∂t如果取ϕ=0有Bv=∇×Av代入方程∂AvEv=−∂t∇⋅Dv=0∂Dv∂tEv有1>∇×Hv=∇×Bv=εµ∂∂t∂∂Av)(⇒∇×(∇×Av)=−εµ∂t∂tv⇒∇×(∇×Av)+εµ∂=02A∂t22>∇⋅Dv=0∂∂t(∇⋅Av)=0由于取ϕ=0库仑规范∇⋅Av=0与洛伦兹规范∇⋅Av+1∂ϕc∂t=0相同2v∴由1>2>得A满足的方程有∇⋅Av=0vAv−εµ∂=02A∇2∂t3.证明沿z轴方向传播的平面电磁波可用矢势Av(ωτ)表示其中τ=t−A垂直于zzc轴方向vv证对于沿z轴传播的任意一平面电磁波E,B可写作Ev=E0evxei(kz−ωt)vvB=B0eyei(kz−ωt)vvv1E,B均垂直于传播方向ez满足vvvvv2E,B相互垂直E×B沿k方向vv3E,B同相振幅比为υ真空中为c故不妨取Av=A0evxe−iω(t−z=A0evei(kz−ωt),k=ωc)cx-3- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射∴Bv=∇×Av=∂A∂Axvey=ikA0evyei(kz−ωt)∂z1Ev=−2=iωA0evxei(kz−ωt)∂t可见如果令kA0=B0,ωA0=E0表达式12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Av(xv,t)可用复数傅立叶展开为Av(xv,t)=[ak(t)e+a(t)e],其中vik⋅xv−ikv⋅xv∑*kkvva*k是ak的复共轭d2avk(t)+kvv1证明ak满足谐振子方程2c2a(t)=0dt2k2当选取规范∇⋅Av=0,ϕ=0时证明kv⋅avk=0vvvv3把E和B用ak和a*k表示出来vvik⋅xv−ikv⋅xv∑k解1证明QAv(xv,t)=[ak(t)e+avk*(t)e]∴根据傅立叶级数得正交性必有Av(xv,t)eikv⋅xvdxvavk(t)=∫Av(xv,t)∂t2∴d2ak(t)=2edx1∫∂vvvikx⋅dt2vvv−1∂2Av而洛仑兹变换时矢势A满足方程∇2A=−µ0Jc2∂t2v在真空中Jv=0故∇2Av=1∂2Ac2∂t2d2avk(t)=Av)dxvikv⋅xv(c22∇∴1式化为∫edt2而k2c2avk(t)=avk(t)∫k2c2Av(xv,t)eikv⋅xvdxvd2vv+k2c2avk(t)=∫[c2∇2Axt+k2c2Axte(,)vvvvv2(,)]ikx⋅dx于是dt2QAv(xv,t)=[ak(t)e+avk*(t)e]vvik⋅xv−ikv⋅xv∑k-4- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射∴∇2Av(xv,t)=−kAv(xv,t)2∴2式右边的积分式中被积函数为0积分为0avk(t)+k∴d2cvavk(t)=0亦即ak满足谐振子方程22dt22选取规范∇⋅Av=0,ϕ=0于是有∇⋅Av=∇⋅[ak(t)e+avk(t)e]=[ak(t)∇⋅e+avk*(t)∇⋅e−ikv⋅xv]k−ikv⋅xvvv−ikv⋅xvvvik⋅xvik⋅xv∑∑k=[k⋅avk(t)⋅ie−kv⋅avv(t)⋅ie]=0vik⋅xv∑k*kQavk(t),avk(t)是线性无关的正交组*vvvv∴要使上式成立仅当⋅k=⋅k*=0时kaka∴故证得当取∇⋅Av=0,ϕ=0时kv⋅avk=03已知Av(xv,t)=[ak(t)e+avk*(t)e]−ikv⋅xvvvik⋅xv∑k∴Bv=∇×A=[ikavk(t)e−ikavk*(t)evv]vik⋅xv−ikv⋅xv∑k∂Av∂tdavk(t)dtdavk*(t)dtEv=−∇ϕ−=−[e+e取规范∇⋅Av=0,ϕ=0)ikv⋅xv−ikv⋅xv]∑kv5.设A和ϕ是满足洛伦兹规范的矢势和标势1∂Zvc2∂t1引入一矢量函数Zv(xv,t)赫兹矢量若令ϕ=∇⋅Zv证明Av=vv2若令ρ=−∇⋅Pv证明Z满足方程∇2Zv−1∂2Z=−c2µ0Pv写出在真空中的推c2∂t2迟解vvvvvvv,B=1∂∇×Zv3证明E和B可通过Z用下列公式表出E=∇×(∇×Z)−c2µ0Pc∂t2v1解1证明A与ϕ满足洛仑兹规范故有∇⋅Av+Qϕ=−∇⋅Ζv代入洛仑兹规范有1∂∂ϕ∂t=0c21∂Ζv)(−∇⋅Ζv)=0即∇⋅Av=∇⋅(c2∂t∇⋅Av+⋅c2∂t-5- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射1∂Ζv∴Av=c2∂t1∂∇ϕ−2c2ϕ=−ρε02证明Q标势ϕ在满足洛仑兹规范得条件下有方程而ϕ=−∇⋅Ζv故∇2ϕ=∇2(−∇⋅Ζv)=−∇⋅(∇2Ζv)2∂t2v2(−∇⋅Ζv)=−∇⋅(∂∂t2)∂2ϕ=∂2Ζ∂t2∂t2代入原方程v−[∇⋅(∇vΖ)−12∇⋅(∂∂t2)]=−ερ2Ζ2c0令ρ=−∇⋅Pv则上式化为v2Ζv)−12∇⋅(∂t2)=−ε1∇⋅Pv∂Ζ∇⋅(∇2c01∂2Ζv即∇2Ζv−=−c2µ0Pv2c2∂t2vvv−1∂2Av由于矢势A∇2A=−µ在真空中的推迟势为Jc2∂t20Jv(xv′,t−cr)rAv(xv,t)=µ04π∫dV′故可类比得出方程2在真空中的推迟势解为Pv(xv′,t−cr)rΖv(xv,t)=c0∫2µdV′4π∂Av∂t1∂Ζv有3QEv=−∇ϕ−代入ϕ=−∇⋅Ζv,Av=c2∂t1∂2ΖvΖ−1∂2Ζv=∇×(∇×Ζv)−cc∂t2Ev=∇(∇⋅Ζv)−=∇×(∇×Ζv)+∇µ0Pv22c2∂t22同理Bv=∇×Av=1∂∇×Ζvc2∂t-6- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射∴Ev=∇×(∇×Ζv)−cµ0Pv2Bv=1∂∇×Ζvc2∂t6.两个质量电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生证明电偶极矩与磁偶极矩产生的辐射场分别是Ev=eikRR(p×n)×nvvv&&4πε0c21>由电偶极矩产生的辐射场2>由磁偶极矩产生的辐射场Bv=µ40πeRikn×pikRvv&&Ev=−µ4π0ecR(m×n)ikRvv&&Bv=µ0e4πcikRR(m×n)×nvvv&&2现有两个质量电荷都相同的粒子相向而行发生磁撞在此过程中取两个电荷的连线为x轴于是此系统的电偶极矩是pv=qxv1+qxv2=q(xv1+xv2)p=d2[q(xv1+xv2)]=q(x1+x2)2vvv&&&&&&由此可发现dtvv&&&&由于两个粒子质量相同电量也相同故当其运动时x1=−x牛顿第二定律2v&&即p=0于是系统的电偶极矩辐射场为0v又由于此系统的磁偶极矩m=0于是系统的磁偶极矩辐射场为0综上两个质量电荷都相同的粒子同向而行发生磁撞不会发生电偶极辐射和磁偶极辐射7.设有一个球对称的电荷分布以频率ω沿径向做简谐振动求辐射场并对结果给以物理解释z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yQ4πRσ=dS12x取如图相对的两块小面元dS1,dS2由于两块小面元对应相同的立体角故有相同的面积-7- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射dS1=dS2Q4πR2Q4πR2于是∆Q1=σdS1=dS1=dS2=σdS2=∆Q2考虑到两电荷元∆Q1,∆Q2由于是球对称又以相同的频率ω作沿径向的简谐振动∴pv=∆Q1⋅R⋅evr+∆Q1⋅R⋅(−evr)=0mv=I⋅∆Sv=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08.一飞轮半径为R并有电荷均匀分布在其边缘上总电量为Q设此飞轮以恒定角速度ω旋转求辐射场解Q设飞轮边缘的厚度为d,于是边缘上的电荷面密度σ=2πRdpv=Q2πRd⋅d⋅dl⋅xv=Q2πRxv⋅dl∫∫体系的电偶极矩为2π2π=Q[sinθ⋅dθ⋅evx+cosθ⋅dθ⋅evy]=0∫0∫02πvQω体系的此偶极矩mv=I⋅∆S=QωR22⋅πR2⋅evz=vez2πvv&&&&p=0m=0由此得故辐射场为0v9.利用电荷守恒定律验证A和ϕ的推迟势满足洛伦兹条件证明如右图所示O是坐标原点Q是源点P是场点v于是A与ϕ的推迟势可写作vrvv(,)rvrv−rv′Av(rv,t)=µ0Jr′t′dV′∫orv′4πr−r′V′Qρ(rv′,t′)dVv其中t′=t−rv−rv′ϕ(rv,t)=14πε0Vr−r′∫vvvc因为在空间中有一个固定点有∂∂t=∂∂t′,故-8- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射dϕ=1dt4πε1r−r′∂t′∂ρ(rv′,t′)dV′∫0V′rvv∇⋅[J(rv′,t′)]dV′而∇⋅Av=µ04π∫V′vvr−r′=µJv⋅(∇vv)dV′+µ1r−r′vv∇⋅JvdV′14πr−r′*04π∫V′0∫V′vv当算符∇作用于rr−′的n次幂时可写作∇rv−rv′n=−∇′rv−rv′nrv−rv′其中∇′只作用于rv′因为Jv(rv′,t′)中的变量t′=t−故v其中含有rcvvv∇⋅Jv=∂∂tJ′⋅(∇t′)=−1∂J1∂Jc∂t′⋅(∇rv−rv′)=c∂t′⋅(∇′rv−rv′)vvvt′=const−1∂Jc∂t′vv∇′⋅=(∇′⋅JJ)⋅∇′−′(rr)另一方面有vv)t′=const−∇⋅Jv∇′⋅=(∇′⋅JJ对此上两式有即∇⋅Jv=(∇′⋅)vt′=const−∇′⋅JvJ代入*式有∇⋅Aw=µ04πJv⋅(∇vv)dV′+µ1r−r′vv(∇′⋅Jv)14πr−r′t′=const−∇′⋅Jv)dV′∫V′0∫V′=µJv⋅(∇vv)dV′−µ1r−r′vv∇′⋅JvdV′+14πr−r′04π∫V′0∫V′+µvv(∇′⋅Jv)14πr−r′0∫t′=const)dV′V′v∇′⋅[J(rv′,t)=−µvv]dV′+µvv(∇′⋅Jv)14πr−r′04π∫V′0∫t′=constdV′r−r′V′vv∫Svvr−r′′∇′⋅[J(rv′,t′)]dV′=J(rv′,t′)dSv′因为∫V′vvr−r′只要把V′取得足够大就可以使Jv(rv′,t′)在V′的边界面上处处为零结果上式便为零-9- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射∇⋅=µ0Av14πr−r′v(∇′⋅)Jt′=constdV′∫于是vvV′∴∇⋅Av+ε0µ0=∇⋅Av+1∂ϕ=µvv[(∇′⋅Jv)1c2∂t4πr−r′∂ϕt′=const+∂ρ∂t]dV′0∫∂tV′由电荷守恒定律有(∇′⋅Jv)t′=const∂ρ=0式中t′是rv′点的局域时间由以上两式有+∂t′∇⋅Av+1∂ϕ∂t=0c2v由此可见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v10.半径为R0的均匀永磁体磁化强度为M求以恒定角速度绕通过球心而垂直于ω0vM0的轴旋转设R0ω<求B在x方向作简谐振荡的分量-10- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射Bvx=µ043M0ωe−iωt(evx×evr)×evr4πc2R⋅eikR⋅πR32=µ0ω(ex×evr)×evr⋅ei(kR−ωt)RM0v2303cR2在y方向的分量OyBvy=µ0ω2R3M0v(ey×evr)×evr⋅ei(kR−ωt)02t3cResinθcosφcosθcosφ−sinφevvxxveRcosφveθv0e=sinθsinφcosθsinφ根据yvecosθ−sinφzφvµ0ω2R03M0vθcosθ+ievφ)ei(kR−ωt+φ)(e得B=3cREv=µ0ω2R3M003cR(ievθ−evφcosθ)ei(kR−ωt+φ)同理可得Sv=µ0ω4R06M018c3R22(1+cos2θ)evr11.带电粒子e作半径为a的非相对论性圆周运动回旋频率为ω和辐射能流求远处的辐射电磁场解由题意得右图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pv=eaevr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yvpx=eacosωtevx=eae−iωtvexpvy=eacos(ωt−π2)evy=eae−i(ωt+π2)evy=−eaie−iωtveyBv=iµ0ke4πRvv.ikR(n×p)根据公式Ev=iµ0kce4πRvv.ikR(n×p)×nr-11- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射2..vpSv=R2sinθnv2332πε0cv.vv..veae−iωtexpx=−iωeae−iωte,px=ω2有xr.vv..veaie−iωteypy=iωeaie−iωte,py=−ω2y分别代入上式可得vµ0ω2eavφcosθ−ievθ)ei(kR−ωt+φ)(eB=4πcREv=µ0ωea(evθcosθ+ievφ)ei(kR−ωt+φ)24πRSv=µ0ω4e2a2(1+cos2θ)evr32π2cR2vv12.设有一电矩振幅为p频率为的电偶极子距理想导体平面为a/2处ωp0平行于导0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zPR1Rvpvvxp0=p0e−iωteR2由图vvpo"=−p0=−p0e−iωtexvyvx分别计算它们在场点P处产生的辐射场Bv"pv..vp0e−iωtex212p0=−ωBv1=14πε0c3Rea⋅pv0×evr=−e−ikacosθω2p0⋅..⋅evx×evr⋅di(kR−ωt)ik(R−2cosθ)24πε0c3R..vvp0e−iωtexp"=ω20Bv2=1ik(R+a2cosθ)⋅pv..×evr=eikacosθ⋅ω2p04πε0c3R⋅evx×evr⋅di(kR−ωt)4πε0c3R⋅e"02故Bv=Bv1+Bv2kacosθR⋅erx×evr⋅ei(kR−ωt)⋅[ei−ikacosθ]ω2p03=2−e24πε0c-12- 电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射≈ikaω2p0i(kR−ωt)⋅cosθ(−cosθcosφevφ−sinφevθ)eR4πε0c3=−iµ0ω3p0a⋅ei(kR−ωt)(cosθsinφevθ+cosθcosφevφ)24πc3R∴Bv(Rv,t)=−iµ0ω34πcpa⋅ei(kR−ωt)(cosθsinφevθ+cosθcosφevφ)203REv(Rv,t)=cBv×evr=iµ0ω34πcpa⋅ei(kR−ωt)(cosθsinφevφ−cosθcosφevθ)20RSv=cvv2µ0Bn=µω6p20a22(cosθsinφ+cosθcos242φ)evr20232π2c3Rv13.设有线偏振平面波Ev=Ev0ei(kx−ωt)照射到一个绝缘介质球上E0在z方向引起介v质球极化极化矢量P是随时间变化的因而产生辐射设平面波的波长2πk远大于球半径R0求介质球所产生的辐射场和能流解本题相当于电偶极矩4πε0(ε−ε0ε+2ε0)R0pv=v3E0e−iωtez的辐射4πε0(ε−ε0ε+2ε0)ωv..v∴p=−2R30E0e−iωtez∴介质球产生的辐射场为Bv=4πε0cR⋅eikR1⋅4πε0(ε−ε0)Rε+2ε030E0e−iωt(−evz)×evr=−ω2R03E0(ε−ε0(+2))sinθei(kR−ωt)veφεεcR30Ev=cBv×evr=−ω2R3E0(ε−ε0)2sinθevr02µ0(ε+2ε)cR250Sv=12µ0cBer=vω4R60E02(ε−ε0)22sinθevrv222µ0(ε+2ε0)c5R-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t0时两坐标系对应轴重合计时开始后Σ′系沿Σ系的x轴以速度v作直线运动根据伽利略变换有z’vvzΣΣ′=−x′xvtvry′=yz′=z′t=tyy’rv′oxx’o’1牛顿定律在伽利略变换下是协变的v以牛顿第二定律为例Fv=mddt2x2vFv=m&&dx在Σ系下dt2Qx′=x−vt,y′=y,z′=z,t′=tv∴Fv=md2[x′+vt,y′,z′]=m′ddt2′x′=Fr′dt′22xv′Fv′==m′ddt′2可见在Σ′系中牛顿定律有相同的形式2所以牛顿定律在伽利略变换下是协变的2麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的v以真空中的麦氏方程∇×Ev=−为例设有一正电荷q位于O′点并随系运动∂B∂tΣ′q是静止的故:Ev′=q4πε0r′2Bv′=0v在Σ′中er′,∂Br′成立∂t′于是方程∇′×Ev′=−vqv将E′=4πε0r′2er′写成直角分量形式;Ev′=q4πε0x′+y′y′+y′+z′vv[)32ex′+)32ey′+(x′22+z′2(x′222z′+y′+evz′]32(x′22+z′2)-1- 电动力学习题参考第六章狭义相对论由伽利略变换关系有在Σ中Ev=q4πε0{[(x−vt)x−vt+y]32evx+[(x−vt)y)32evy+22+z22+y2+z2zv+e32z222[(x−vt)+y+z)∴∇×Ev=−q3]32[(y−z)evx+4πε0[(x−vt)2+y+z22+(z−x+vt)evy+(x−vt−y)evz]可见∇×Ev不恒为零又在Σ系中观察q以速度vex运动故产生电流Jv=qvevxv于是有磁场B=µ0qvR是场点到x轴的距离2πR此时有∂Bv=0∂t∂Bv∂t于是∇×Ev≠−故麦克斯韦方程在伽利略变换下不是协变的2设有两根互相平行的尺在各自静止的参考系中的长度均为l0它们以相同的速率v相对于某一参考系运动但运动方向相反且平行于尺子求站在一根尺子上测量另一根尺子的长度解根据相对论速度交换公式可得Σ2′系Zz′z′vvv相对于Σ1′的速度大小是vΣ′Σ′2vv′=vc221+o′x′Xo′x′∴在Σ1′系中测量Σ2′系中静长为l0的O尺子的长度为-2- 电动力学习题参考第六章狭义相对论l=l01−vc′22v代入v′=2v21+c2vc221−即得l=l0此即是在Σ1′系中观测到的相对于Σ2′静止的尺子的长度v221+c3静止长度为l0的车厢以速度v相对于地面s运行车厢的后壁以速度u0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Sl=l01−vc22车速v球速u=u+vu0v0车长1+c2故在地面参考系S中观察小球在此后由车后壁到车前壁1−vc22u0vl0(1+)l0lc2∆t=u−v=u0+v−v=u01−v2uvc21+c024.一辆以速度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l0解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并令此处为Σ系与Σ′的原点如图在Σ系中光经过t=l的时间后同时照亮左右两塔左0cZ(z’)c右c但在Σ′系中观察两塔的位置为l0vcx右′=l0v−βvl0=(1−)vc221−==−oxvΣ′o’x’-3- 电动力学习题参考第六章狭义相对论l0vcx左′=−l0v−βvl0=−(1+)vc221−l0vc∴d右′=x右′−o′=(1−)vc221−l0v(1+)cd左′=x左′o′=vc221−时间差为∆t=d左′−d右′l01cvcvc2vl0=(1+)−(1−)=ccvc22vc221−c21−5.有一光源S与接收器R相对静止距离为lSR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SR装置静止2液体沿着SR连线方向以速度v运动3液体垂直于SR连线方向以速度v运动解1液体介质相对于SR装置静止时nl0c∆t1=2液体沿着SR连线方向以速度v运动取固着于介质的参考系Σ′Σ′Σ′系沿x轴以速度v运动在系中测得光速在各个方向上均是cn由速度变换关系得在Σ系中沿介质运动方向的光速c+vv′=n1+vcn(1+cnv)l0∴R接收到讯号的时间为∆t2=c+vn3液体垂直于SR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系相对于介质静止的系为Σ′系如下建立坐标-4- y电动力学习题参考第六章狭义相对论y’uvx′=−vR可见u=−v′xuv′ycncn22−vu′y=2too’sxx’∴在Σ系中测得y方向上的速度vc1+u′xv22cn22−vvc22cn22−vu′y1−21−2uy===1+(−v)⋅vvc221−ccl01−v2c2∴∆t3=cn22−v26.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AB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AB静止相距为l0有1−u2l=l0c2l∴l0=1−u2c2又Σ′系相对于Σ以速度v沿x轴运动Σ′′系相对于系以速度u沿x轴运动Σ由速度合成公式Σ′′系相对于Σ′系以速度v′=u−v沿x轴运动uvc21−∴在Σ′系中看到两物体相距l1−cv22l′=l01−vc′2=2uv1−c27.一把直尺相对于Σ系静止直尺与x轴交角θ今有一观察者以速度v沿x轴运动他看到直尺与x轴交角θ′有何变化-5- 电动力学习题参考第六章狭义相对论解取固着于观察者上的参考系为Σ′在Σ系中lx=lcosθly=lsinθvc22vc22在Σ′系中lx′=lx1−=lcosθ1−ly′=ly=lsinθtgθ′∴tgθ′=l′=y2lxvc1−28.两个惯性系Σ和Σ′中各放置若干时钟同一惯性系的诸时钟同步Σ′相对于Σ以速度v沿x轴运动设两系原点相遇时t0=t0′=0问处于Σ系中某点与Σ′系中何处时钟相遇时指示的时刻相同读数是多少xyz处的时钟解根据变换关系得yy’x−vtΣvx′=v2LL(1)Σ′Q1−cP2y′=yLLLL(2)z′=zLLLL(3)oo’vt′=t−c2xxx’v2LL(4)z1−z’c2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4式中有t=t′解得x=cvt(1−1−2vc22)代入1式∴在得x′=−cvt(1−1−2)=−x2v2cxvx(1+1−2)v2c相遇时t=t′==c2vc22v(1−1−即为时钟指示的时刻v9火箭由静止状态加速到v=0.9999c设瞬时惯性系上加速度为v=20m⋅s−2&问按-6- 电动力学习题参考第六章狭义相对论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vvv&v,v,u同向令静止系为Σ系瞬时惯性系为Σ′系且其相对于Σ系的速度为u可知并令此方向为x轴方向由x轴向上的速度合成有v=v′+uv′是火箭相对于Σ′系的速度uv1+c2∴在Σ系中加速度为a=ddvt=(1−uc2)322a′a′=dv′)dt′uv′)3(1+c2本题中a′=20m⋅s−2而Σ′系相对于火箭瞬时静止∴u=v,v′=0∴a=ddvt=a′(1−2)32v2c0.9999ctdv∴∫0=∫0a′dtv2(1−2)32c得t=1000.9999c=47.5年a′10一平面镜以速度v自左向右运动一束频率为ω0与水平线成θ0夹角的平面光波自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系并令入射光线在平面xoy内在Σ系中有入射光线kix=kcosθ0,kiy=ksinθ0,kiz=0,ωi=ω0由变换关系得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′=ν(kcosθ−cv2ω0)kix0kiy′=−ksinθ0′=0kiz′ωi=ν(ω0−vkcosθ0)在Σ′系中平面镜静止由反射定律可得反射光线满足krx′=ν(kcosθ0−cv2ω0);kry′=ksinθ0krz′=0;ωr′=ν(ω0−vkcosθ0)代入逆变换关系得Σ系中的反射光线满足krx=ν[ν(kcosθ0−cv2ω0)+cv2ν(ω0−vkcosθ0)]=kcosθ0kry=ksinθ0krz=0ωr=ν[vν(kcosθ0−cv2ω0)+ν(ω0−vkcosθ0)]=ω0∴在Σ系中观察到入射角π2−θ0=反射角ωi=ωr=ω0若垂直入射θ0=π以上结论不变23镜面垂直于运动方向放置同1选择参考系并建立相应坐标系在Σ系中入射光线满足kix=−kcosθ0,kiy=−ksinθ0,kiz=0,ωi=ω0由变换关系得Σ′系中的入射光线′=ν(−kcosθ−cv2ω0)kix0kiy′=−ksinθ0′=0kiz′ω=ν[ω0−v(−kcosθ0)]=ν(ω0+vkcosθ0)i在Σ′系中平面镜静止由反射定律可得反射光线满足krx′=−ν(−kcosθ0−cv2ω0)=ν(kcosθ0+cv2ω0);kry′=−ksinθ0krz′=0;ωr′=ν(ω0+vkcosθ0)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krx=ν[ν(kcosθ0+cv2ω0)+cv2ν(ω0+vkcosθ0)]kry=−ksinθ0krz=0ωr=ν[vν(kcosθ0+cv2ω0)+ν(ω0+vkcosθ0)]k=ω0.并令β=vc其中c∴反射光满足反射角tgθ=k=sinθ02ν[(β+cosθ0)+β(1+βcosθ0)]ryrxk反射光频率ω=ν2ω0[(1+βcosθ0)+β(β+cosθ0)]如果垂直入射θ0=0于是Σ系中会观察到θi=θr=0反射光频率ω=ν2ω0(1+β)211.在洛仑兹变换中若定义快度y为tanhy=β1证明洛仑兹变换矩阵可写为chy00ishy0010010aµν=0−ishy00chyβ′+β′′可用快度表示为y=y′+y′′2对应的速度合成公式β=1+β′β′′γ00iβγ0100100γ1aµν=证明0−iβγ00-9- 电动力学习题参考第六章狭义相对论1其中γ=ω21111−(shychychy====1−β21−(thy)2(chy)−(shy)22)21−c222ex+e−x2ex−e−x2Q(chy)2−(shy)2=−=1∴γ=chy又βγ=thy⋅chy=shychy00ishy0010010∴aµν=0−ishy00chy2速度合成公式β=β′+β′′可写为thy=1th+yt′h+y′tthhyy′′′′1+β′β′′e2y′−1ee2y′′−12y′′+1thy′e2y′+1,thy′′=由定义得thy′+thy′′=1+thy′thy′′ee2(y′+y′′)−1=th(y′+y′′)2(y′+y′′)+1∴thy=th(y′+y′′),y=y′+y′′12.电偶极子P0以速度v作匀速运动求它产生得电磁势和场ϕ,Av,Ev,Bvvv解选随动坐标系Σ′Pv0⊥vvvv~1P⋅Rv0,A=0~v在Σ′系中P0产生的电磁势ϕ′=4πε0R3-10- 电动力学习题参考第六章狭义相对论vvv~~vEv′=14πε0[3(P⋅R)R~03],Bv′=0P0−电磁场~5RR四维势Aµ=(Av,ciϕ)由逆变换Aµ=aµνAν′Ax0γ00100100−iβγA0得y000γ=Az00i1ϕ′ϕiβγccvv~γP⋅RΣ系中电磁势ϕ=γϕ′=0~4πε0R3vvcAv=Axevx=ϕ′evx=v2γϕ′evx=2ϕβγccvvvγEv′vv×Bv′)⊥=γEv⊥′电磁场EE′,E平行平行⊥vvvrv平行=0,B⊥e=γ(Br′+×Ev′)⊥=γ(×Ev′)⊥=v×Ev⊥vvvBB平行c2c2c2由坐标变换x=aµνxν得′µx′γ00iβγxy′00−iβγ1001000y=z′0zict′γict=x′γx−vγt∴y′=yz′=z=x′γxv~取t=0得=y′y∴R=(x′,y′,z′)=(γx,y.,z)z′=z-11- 电动力学习题参考第六章狭义相对论vv13.设在参考系Σ内E⊥BΣ′系沿vvE×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v解如图Σ′系以沿x轴方向相对于系运动vΣ由电磁场变换公式v′=Ev平行Ev⊥′γEvv×Bv)⊥=γ(Ev+vv×Bv)vE0平行vvBv平′行=Br平行=0Bv⊥′=γ(Bv−×Ev)⊥=γ(Bv−×Ev)vvc2c2v令E⊥=0则Ev+vv×Bv=0v两边同时叉乘B并利用矢量分析公式得vEv1vv(E×B),取模v=Evv==B2BBQvcBv即若Ev>cBv则当vv=c2(Ev×Bv)时Bv′=02E14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的关系′平行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ex′4πε0r′在Σ′系中E平行′3为库仑场ex′4πε0r′3由变换E平行E′得E平行=此场在Σ系中并非静电库仑场平行-12- 电动力学习题参考第六章狭义相对论=x′xγ由坐标变换=y′yz′=zvc2ex3=(1−vc2得E平行=(1−2)4πε0r2)E0E0为Σ系中库仑场当v≈c时E平行<cB)内的运动规律设粒子初速度为零解设Σ′系o′−x′y′z′以uv沿z轴运动t0时o′,o重合QE>cBc2vvE×B时在Σ′内Bv′=02∴当uv=EvvEv⊥′=γu(Ev+uv×Bv)⊥=γu(Ev+uv×Bv)=γu(Ev−c2B2Ev)=γuEv(1−u此时E′E0平行平行vE2c2)=γuE2v即E′=γuvE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′=meEc′[1+(emcE′t′)2−1],y′=0,z′=02zγu00−iβγz′uxy0010010000x′y′由洛仑兹变换=得ictiβγuγuict′z=γuz′+βcγut′=utx=x′y=y′=0t=γut′∴e在互相垂直得均匀电磁场中的运动规律为x=mceE2γu[1+(γeE2−1],y=0,z=ut,其中u=c21mct)2EB,γu=1−uc22u23.已知t0时点电荷q1位于原点q2静止于y轴(0,y0,0)上q1以速度v沿x轴匀速运动试分别求出q1q2各自所受的力如何解释两力不是等值反向解选参考系Σ′固定在粒子1上在系观察时粒子静止只有静电场电磁场强度qΣ′-20- 电动力学习题参考第六章狭义相对论exv′4πε0r′Ev1′=B′=0v1为3,v在Σ系中观察q1以速度v沿x轴方向运动由速度变换关系得E1x=4πeεx0′r′3,E1y=γex′4πε0r′3E1z=γez′4πε0r′3B1y=−γvez′c24πε0r′3B1z=γvey′c24πε0r′3B1x=0vv×Ev1cexv∴Ev1=(1−γ)Bv1=2vv3]2+(v⋅x4πε0[(1−β2)r2)2cq1evyvv1在q2处Ev1=,Bv1=vEc2×4πε01−β2y20q1q2evyvq2受力F12=q2(Ev1+0v×Bv1)=4πε01−β2y20q2xv4πε0r同理q2产生场Ev2=3,B=0v2q2evy4πε0y02v,Bv2=0在q1处E2=−q1q2evy4πε0y02v∴q1受力F21=q1(Ev2+vv×Bv)=−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l2两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q2F=4πε0l为排斥力2由上题求得原点处q在yl处产生的电磁场为qevyvvEv=B=vvEc2=1vEevz×c24πε01−βl22yl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)Ev=q21−β4πε0l2eFv=q(Ev+vv×Bv)=qEv+q2vEvv×evz=q(1−β2yc2Fv0即ω>ω′散射后频率降低2c4+p2c2+hω′由能量守恒定律得e∴h(ω−ω′)=me2c4+p2c22Qp>026.动量为hkv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2h2ωω′sin2θ2m0c上证明散射光子的频率变换量为ω−ω′=亦即散射光波长-22- 电动力学习题参考第六章狭义相对论λ′=λ+4πh2θ2sinλ为散射前光子波长2πkm0为电子的静止质量mc0vv电子碰撞后动量为p解设碰撞后光子动量变为hk能量变为′hω′能量为w=p2c2+m02c4四维动量pµ=(pv,ciω)由碰撞前后动量守恒得pµ1=pµ2hkv=hkv′+pv,(1)hω+mc2=hω′+p2c22+m0c4,(2)0对1式由余弦定理)2p2=(hk)2+(hk′−2h2kk′cosθ=hω2+h2ω22ωω′−2h−2hcosθc2c2c22式得hω−hω′=(hω)2+(hω′)2ωω′cosθ+m0c−m0c2242代入平方整理得ω−ω′=2hωω′sin2θ2m0c2代入ω=2πc,ω′=2πcλ′得λ′=λ+m4π0hcsin2θ2λ27.一个总质量为M0的激发原子对所选定的坐标系静止它在跃迁到能量比之低∆w的基态时发射一个光子能量为hω动量为hkv同时受到光子的反冲因此光子的频率不能正好是ν=∆w而要略小一些证明这个频率ν=∆w(1−∆w2M0c2)hhv证明设基态原子静止质量为M1跃迁后基态原子反冲动量为p跃迁前四维动量为pµ1=(0,Mc02)跃迁后四维动量为pµ2=(pv+hkv,hω+pc+M12c4)22pr+hkv=0,(1)由四维动量守恒Mc02=hω+p2c22+M1c4,(2)-23- 电动力学习题参考第六章狭义相对论ω2c由1得p=hk=hc又M0c2−M1c2=∆w2得(M0c∴p2=h2ω23∴M12−hω)=hhν=2M0cc4=(Mc02−∆w)242222+(M0c−∆w)223(4)代入ω整理得2M0c2hω=2M0c22∆w−∆w2∴光子频率ν=∆w(1−∆w2)2M0ch28.一个处于基态的原子吸收能量为hν的光子跃迁到激发态基态能量比激发态能量低∆w求光子的频率解设原子基态静止质量为M1激发态静止质量为M0光子能量为hν=hω动量为hkv原子吸收光子后动量为p设原子基态时静止vv吸收前四维动量为pµ1=(hk,M1c2+hω)v吸收后四维动量为pµ2=(p,p2c2+M02c4)pr=hkv,(1)由四维动量守恒Mc12+hω=p2c22+M1c4,(2)ω由1得p=hk=hc得p2c2=h2ω23又M0c2−M1c2=∆w得2得(M1c+hω)hν=2M1c∴光子频率ν=∆w(1+∆wM20c4=(Mc2+∆w)21422222+(M1c2+∆w)23(4)代入=hω整理得2M1c2hω=2M1c2∆w+∆w22)2M1ch-24- '