电动力学_郭芳侠_电磁波的辐射 (1)

第五章 电磁波辐射
1.电磁势的达朗贝尔方程成立的规范换条件是
A ． 2
10A c t ϕ∂∇⋅-=∂ B. 210A c t ϕ∂∇⋅+=∂ C. 22210A c t
ϕ
∂∇⋅+=∂ D. 22
2210A c t
ϕ
∂∇+=∂
答案：B
2.真空中做匀速直线运动的电荷不能产生
A ．电场 B.磁场 C.电磁辐射 D.位移电流 答案：C 3.
B 4.B
3.关于电磁场源激发的电磁场，以下描述不正确的是 A ．电磁作用的传递不是瞬时的，需要时间； B ．电磁场在传播时需要介质；
C ．场源的变化要推迟一段时间才能传递至场点；
D ．场点某一时刻的场是由所有电荷电流在较早的时刻不同时刻激发的. 4.一个天线辐射角分布具有偶极辐射的特性,其满足的条件是 A ．波长与天线相比很短 B. 波长与天线相比很长 C. 波长与天线近似相等 D. 天线具有适当的形状 答案：B
5.严格的讲,电偶极辐射场的
A ．磁场、电场都是横向的 B. 磁场是横向的,电场不是横向的 C. 电场是横向的, 磁场不是横向的 D. 磁场、电场都不是横向的 答案：B
6.对电偶极子辐射的能流,若设θ为电偶极矩与场点到偶极子中心连线的夹角,则平均能流为零的方向是
A. 2πθ=;
B. 4πθ=;
C. 6
π
θ= D. πθ,0=
答案：D
7.电偶极辐射场的平均功率 A ．正比于场点到偶极子距离的平方 B. 反比于场点到偶极子距离的平方 C. 与场点到偶极子距离的无关 D. 反比于场点到偶极子距离 答案：C
8.若一电流J =40ωcos x 't z e
，则它激发的矢势的一般表示式为A =——————。

答案： ⎰'
'-'=v Z r v d e c r t x A )(cos 4040
ωπμ
9.变化电磁场的场量E 和B 与势（A 、ϕ）的关系是E =—————，B
=—————。

答案： t
A
E ∂∂--∇=
φ ,A B ⨯∇=
10.真空中电荷只有做—————运动时才能产生电磁辐射；若体系电偶极矩振幅0P 不变，当辐射频率有由ω时变为3ω，则偶极辐射总功率由原来的p 变为—————。

答案：加速，81P 0
11.势的规范变换为='A ————，='φ————；
答案：ψ∇+='A A ，t
∂∂-='ψ
φφ
12.洛仑兹规范辅助条件是————；在此规范下，真空中迅变电磁场的势ϕ满足的微分方程是——————.
答案： 012
=∂∂+⋅∇t c A φ ，02222
1ερφφ-=∂∂-∇t
c ， 13.真空中一点电荷电量t q q ωsin 0=，它在空间激发的电磁标势为______________.
答案： r
c r t q 004)
(sin πεωφ-=
14.一均匀带电圆环,半径为R,电荷线密度为λ,绕圆环的轴线以角速度ω匀速转动,它产生的辐射场的电场强度为 . 答案： 零
15.真空中某处有点电荷t i e q q ω-=0那么决定离场源r 处t 时刻的电磁场的电荷电量等于 . 答案： )
(0),(c
r
t i e
q t r q --=ω
16.已知自由空间中电磁场矢势为A ，波矢为K
，则电磁场的标势等于φ
答案：A K c
⋅=ω
φ2,
17.真空中电荷）（t Q 距场点m 6109⨯,则场点0.2秒时刻的电磁场是该电荷在 秒时刻激发的. 答案： 0.17s
18.电偶极子在 方向辐射的能流最强. 答案：过偶极子中心垂直于偶极距的平面
19.稳恒的电流 (填写“会”或“不会”)产生电磁辐射. 答案：不会
20.已知体系的电流密度(,)J x t ',则它的电偶极矩对时间的一阶微商为 . 答案：
(,)v
J x t dv '⎰
21.短天线的辐射能力是由 来表征的,它正比于
答案：辐射电阻 ,2()l
λ
22.真空中, 电偶极辐射场的电场与磁场(忽略了1R
的高次项)之间的关系
是 .
答案： E c B
n =⨯ 23.电磁场具有动量,因此当电磁波照射到物体表面时,对物体表面就有 .
答案： 辐射压力
24.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B 的这两部分在真空中所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场．
解: 将方程组中的电场、磁场、电流、分为无旋和无散两部分．据此，可将麦克斯韦方程组写成另外一种表达形式，进一步证明电场的无旋部分对应于库仑场．
（1）以角标L 和T 分别代表纵场和横场两部分，则有
L T E E E =+ L T B B B =+ L T J J J =+
将E 、B 、J 的分解式分别代入真空中的麦克斯韦方程组中，得
0001()()()0L T L T L T L T L T L T L T B B B
E E E t t t E E D
H B B J J J t t t
D E E B B B εμερ
⎫∂∂∂∇⨯=∇⨯+∇⨯=-=-=-⎪
∂∂∂⎪
⎪∂∂∂⎪∇⨯=∇⨯+∇⨯=+=+++⎬∂∂∂⎪⎪∇⋅=∇⨯+∇⨯=⎪
∇⋅=∇⨯+∇⨯=⎪⎭
① ①式可近一步化简为
00000
,,0L T
L T L T
L L T T L T L T B B E E t t E E B J B J t t E E B B εμεμρ
ε⎫∂∂∇⨯=-∇⨯=-⎪
∂∂⎪
⎪∂∂∇⨯=+∇⨯=+⎪
∂∂⎬⎪∇⨯+∇⨯=⎪
⎪⎪∇⨯+∇⨯=⎭
②
由纵场和横场定义，得
00
L T E E ∇⨯=∇⋅=
00
L T B B ∇⨯=∇⋅=
00
L T
J J ∇⨯=∇⋅= ③
并且 1
C εμ=
④
将③④两式代入②式，得
02021100
T
T L T L T L
L L B E t
E E B J t c E B J t
c ρεμμ∂ ∇⨯=-∂ ∇⨯=
∂ ∇⨯=+
∂∂= +=∂
（2）以角标L 和T 代表纵场和横场，则电场分解为L T E E E =+，并且00T L E E ∇⋅= ,∇⨯= ，再由E ϕ=-∇（ϕ为标势）
，得 20
()L T L E E E E ρ
ϕϕε∇⋅=∇⋅+∇⋅=∇⋅=∇⋅-∇=-∇=
⑤ 由L T E E E ∇⨯=∇⨯+∇⨯，有
()0T E E ϕ∇⨯=∇⨯=∇⨯-∇= ⑥
由⑤⑥式可知E 的纵场部分完全由ϕ描述，ϕ即为库仑规范，E 的纵场对应于库仑场．
25.若φ,A 是满足洛伦兹规范的电磁势，证明当ψ满足012222
=∂∂-∇t
c ψψ，那么新
的矢势和标势t
A A ∂∂-='∇+='ψφφψ， 仍然满足洛伦兹规范。

证明:电磁势φ，A
满足洛伦兹规范
012=∂∂+⋅∇t
c A φ (1)
作规范变换 t
A A ∂∂-='∇+='ψφφψ，
则 2222
22
111t
c t c A t c A ∂∂-∇+∂∂-⋅∇=∂'∂+'⋅∇ψψφφ (2) 将(1)代入(2),可看出只要ψ满足
012222
=∂∂-∇t
c ψ
ψ
则φ''，A
满足洛伦兹规范条件: 012
=∂'∂+'⋅∇t
c A φ 26.证明在线性各向同性均匀非导电介质中，若ρ=0，J ＝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?
证明 （1）若0ρ=，0J =，对线性各向同性均匀非导电介质中的单色波麦克斯韦方程组为
B
E t
∂∇⨯=-
∂ ① E
B t
με
∂∇⨯=-∂ ② 0E ∇⋅= ③ 0B ∇⋅= ④
将
B A =∇⨯,A E t
ϕ∂=-∇-
∂ 代入场方程①～④中，并选择洛伦兹规范
0A t
ϕ
με∂∇⋅+=∂ ⑤ 得
222
2
220,0A A t t
ϕμεϕμε∂∂∇⋅-=∇-=∂∂ ⑥
对单色波
(,)()i t A x t A x e ω-=,(,)()i t x t x e ωϕϕ-= ⑦
代入⑤式中,得
i
A ϕμεω
=-
∇⋅ ⑧
于是
1
()A
E A B A t
μεω
∂=
∇∇⋅-
=∇⨯∂ ⑨ 可见在线性均匀非导电介质中，当0ρ=，0J =时，E 、B 完全由矢势A 决定．
（2）若取0ϕ=，由⑤⑥两式变为
22
200A
A t A με⎫∂∇⋅-=⎪
∂⎬⎪∇⋅=⎭
⑩
上式便是此时A 满足得方程．
27. 证明沿z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势()A ωτ表示，其中/t z c τ=-，A 垂直于z 轴方向．
解题思路 由于A
E t
ϕ
∂=-∇∂,B A =∇⨯，再考虑沿z 方向传播的电磁波矢势A 解析表达式，找出于ϕ与A 的关系便可证明．
证明: 利用上题中得到的自由空间矢势的方程
22
2210A
A c t
∂∇-=∂ ①
解得平面波解为
()0i k x t A A e ω⋅-= ②
由于平面波沿z 轴方向传播，故z K ke =，则②式可写为 ()
()000(,)c
i t i kz t iT z
A A e A e A e A ωωωωτ----====
根据洛伦兹规范
210A t
c ϕ
∂∇⋅+
=∂ 得
2
2
c ic A K A ϕω
ω
=-
∇⋅=-
⋅
由已知条件z A Ae =，故0ϕ= 因此 (,)A
E i A t
ωωτ∂=-
=∂,(,)B A ωτ=∇⨯ 易犯错误 不能抓住平面电磁波的特点，未应用沿轴传播这一特定条件． 引申拓展 求解此类题目时，将E 、B 用A 、ϕ表示出来，再已知条件下分析解析式A 、ϕ及其之间的关系即可． 28.设真空中矢势(,)A x t 可用复数傅里叶展开为
(,)A x t =*
[()()]ik x ik x k k
k
a t e a t e ⋅⋅+∑， 其中*
k a 是k a 的复共轭．
(1)证明k a 满足谐振子方程2222
()
()0k k d a t k c a t dt
+=． (3)把E 和B 用k a 和*
k a 表示出来．
证明: 已知矢势(,)A x t 的傅里叶展开式是不同频率平面波的线性叠加，因此矢势(,)A x t 满足齐次达朗贝尔方程，将(,)A x t 的展开式代入达朗贝尔方程，用规范辅助条件化简后便可得到要证明的结论．
（1）由(,)A x t 为真空中矢势可知
0ρ=，0J =
若采用洛伦兹规范，则(,)A x t 满足达朗贝尔方程，即
22
2210A
A c t
∂∇-=∂
将(,)A x t 的复数傅里叶展开式代入上式，有
2**2
221()()()()0ik x ik x ik x ik x k k k k k k a t e a t e a t e a t e c t ⋅-⋅⋅-⋅∂⎧⎫⎧⎫⎡⎤⎡⎤∇+-+=⎨⎬⎨⎬⎣⎦⎣⎦∂⎩⎭⎩⎭∑∑ 即
22*
*2
2
2
22
1
()()()()0ik x
ik x
ik x ik x k k k k k
k d d k a t e
k a t e
a t e a t e c dt dt ⋅-⋅⋅-⋅⎡⎤⎡⎤---+=⎢⎥⎣
⎦⎣⎦
∑∑ 要使上式恒成立，应有
22
2
2
**22
1()()01()()0ik x
ik x
k k ik x ik x k k d k a t e a t e c dt
d k a t
e a t e c dt
⋅⋅-⋅-⋅--=--= 整理以上两式，有
222
22
**222
()()0()()0ik x k k ik x k k d a t e c k a t dt
d a t
e c k a t dt ⋅⋅+=+= 故结论得证．
（2）若取0A ∇⋅=，0ϕ=
(,)A x t ∇⋅=*
[()()]0ik x ik x k k
k a t e a t e ⋅⋅⎧⎫∇⋅+=⎨⎬⎩⎭∑ 即
*()()0ik x ik x k k k
k a t e k a t e ⋅-⋅⎡⎤⋅-⋅=⎣⎦∑ 为使上式恒成立，则有
()0k k a t ⋅= *
()0
k k a t ⋅= （3）由（2）有：0k A ⋅=，且0ϕ=
*
*
[()()][()()]
ik x ik x k k k ik x ik x k k k
B A ik A
ik a t e a t e ik a t e ik a t e ⋅⋅⋅⋅=∇⨯=⨯⎧⎫ =⨯+⎨⎬⎩⎭
=⨯+⨯∑∑
*22
*
()()()()k k ik x ik x k ik x ik x k k k A E t
d a t d a t
e e dt dt ick a t e a t e ⋅-⋅⋅-⋅∂=-
∂⎡⎤
=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦
⎡⎤
=+⎣⎦∑∑ 29.设A 和ϕ是满足洛伦兹规范的矢势和标势．
(1)引入一矢量函数(,)Z x t (赫兹矢量),若令ϕ＝-Z ∇⋅，证明A ＝
21Z
c t
∂∂． (2)若令P ρ=-∇⋅证明Z 满足方程 22
02Z Z c P t
μ∂∇-=-∂，写出 在真空中的推迟解．
(3)证明E 和B 可通过Z 用下列公式表出， 20()E Z c P μ=∇⨯∇⨯-， 21B Z c t
∂
=
∇⨯∂． 证明: 由题意可知：A 和ϕ满足洛伦兹规范，且ϕ＝Z ∇⋅，只需将A 、ϕ代入其规范，化简后便可得出A ＝
21Z
c t
∂∂，当P ρ=-∇⋅时，将A 、ϕ、ρ代入它们满足的基本方程便可求证．综合（1）和（2），通过B A =∇⨯、A E t
ϕ∂=-∇-∂，便可得出E 和B 的表达形式．
（1）矢势A 、标势ϕ满足洛伦兹规范
210A t
c ϕ
∂∇⋅+
=∂ ① 将(,)Z x t ϕ=-∇⋅代入①式，得
2
1()0A Z t
c ∂
∇⋅-
=∂ 可见A 与
2
1Z
t
c ∂∂最多相差一个无散场0D ，可令00D =，有 21Z
A t
c ∂=
∂ ②
结论得证．
（2）由A 、ϕ满足得方程可知
20
A t ρϕε∂∇+
∇⋅=-∂ 若P ρ=-∇⋅，结合①、②两式可得到
22011()()()z Z P t t c ε∂∂⎡⎤
∇-∇⋅+
∇⋅=-∇⋅⎢⎥∂∂⎣⎦
化简，得
222
01()Z P
Z c t ε∂∇⋅∇-∇⋅+
=∂
由c =
22
022
1()Z Z c P c t
μ∂∇-∇⋅+
=∇⋅∂ 即
2
022
01Z P Z c P c t
με∂∇⋅-
=-=-∂ ③ 次方程于达朗贝尔方程形式完全相同，故推迟解
''0(,)1(,)4r
P x t c Z x t dv r
πμ-=⎰ （3）将Z ϕ=-∇⋅，2
1Z
A t
c ∂=
∂分别代入 B A =∇⨯，A E t
ϕ∂=-∇-
∂ 可得到
B A =∇⨯ =2
1Z
t
c ∂∇⨯∂ =
2
1Z t
c ∂
∇⨯∂
A E t
ϕ∂=-∇-
∂ =21()()Z Z t t
c ∂∂-∇-∇⋅-
∂∂ =22
1()z
Z c t
∂∇∇⋅-
∂ ④ 由∇算符运算公式
2()()f f f ∇⨯∇⨯=∇∇⋅-∇
可将④化简为
222
1()E Z Z z c t ∂
=∇⨯∇⨯+∇-
∂ 再利用③式可得到
20()E Z c P μ=∇⨯∇⨯-
因此，有
20()E Z c P μ=∇⨯∇⨯-
2
1B Z t
c ∂
=
∇⨯∂ 30.两个质量、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: 将这两个粒子看作一个系统，运用质心坐标系，则系统的总动量为零，找出两个粒子的速度、位矢关系，根据电偶极矩、磁偶极矩的定义，只要证明，便不会产生偶极辐射．
设两个粒子在质心中碰撞后的位矢为1'x 、2'x ，速度1v 、2v 分别为，质量为
1m 、2m ，电荷量为1q 、2q ，质心系中系统总动量为零，即
11220m v m v += ①
由于1m =2m ，且相向而行，则有
1v +2v =0 ②
1'x =2'x
系统的电偶极矩
112212''('')0P q x q x q x x =+=+= 0P =
所以不会产生电偶极矩辐射． 系统的磁偶极矩
1
'2m x Jdv =⨯⎰
=11122211
''22x q v x q v ⨯+⨯
由于 11'//x v ，22'//x v 0m =，0m = 因此不会产生磁偶极矩辐射．
31.证明荷质比相同的不同带电粒子 构成的体系不会产生偶极辐射.
证明：设带电粒子体系有N 个粒子，第i 个粒子的质量为i m ，电荷电量为i e ，总质量为M ，体系电偶极矩：
1
1
N
N
i
i i i i i i i e P e x m x m ==''==∑∑ （1）
在v
c 的非相对论情形，应用质心运动定理，设质心矢径为R ，
1
1
1
N N
i i
i i
i i N
i
i m x m x R M
m
===''
=
=
∑∑∑
即 1
N
i i m x MR ='=∑ （2）
将（2）代入（1）中，得
i
i
e P MR m =
i
i
e P MR m =
由于系统不受外力，则质心加速度0R =，所以0P =，没有电偶极辐射。

体系磁偶极矩
11
11112222N N
i
i
i i i i i i i i i
i
v e e m x Jdv e x v x m v L m m ==''''=⨯=⨯=
⨯=
∑∑⎰ 其中L 是体系的角动量，系统不受外力时，角动量守恒，因此
102i
i
e m L m =
= 故没有磁偶极辐射。

32.设有一球对称的电荷分布，以频率ω沿径向作简谐振动，求辐射场， 并对结果给以物理解释．
解: 题设中并未说明体系的线度l 是否满足l λ，因此不能看作偶极辐射，故以推断迟势公式求出矢势A ，再讨论B 和E ．取电荷的对称中心为原点，场点位矢A 的方向为轴，如图5.1
由于电荷分布是球对称，且沿径向做简谐运动，因此电流
''(,)()i t R J x t J r e e ω-=
场点P 处的矢势
'0(,)'(,)4r
J x t dv c A x t r
μπ-=⎰ '0(')'4i
c i t
R J r e e dv e r
ω
ωμπ- =⎰ ① 对于辐射区，r λ，故①式分母中的r R ≈
22('cos ')
''
i
i
i
R r c e e
e
ω
π
π
θλλ
-=≈ ②
②式中指数部分r 能否用R 代替，显然取决于'r 与λ的比较，此处不能忽略，
考虑电流分布的对称性，A 只有x 方向的分量．将近似条件代入①式，得
'
0'cos '
020'cos '2
0200(,)(')'4(')cos ''4(')cos '2'sin '''4ikR ikr R ikR ikr ikR r ikr e A x t J r e e dv R
e x J r e dv R
e x J r e r d dr R
θπθμπμθπμθπθθπ= = =⋅⎰⎰⎰⎰ 02
4ikR
e b x R μπ= ③
③式中0
'cos '20
(')cos '2'sin '''r ikr b J r e r d dr π
θθπθθ=⋅⎰⎰是一与
x 无关的常数．
因而辐射场
0x
B A ikn A ik
A R
=∇⨯=⨯=⨯=
2
0c E i
B ω
=∇⨯=
易犯错误 （1）把此体系的辐射当偶极辐射处理，实际上题设并未告知l λ
这一条件，故应按一般情况讨论；（2）由电流的球对称性错误地得出(,)0A x t =，
由电流球对称，只能得到'
'0r Jdv =⎰，而'0(,)'04r
J x t c A dv r
μπ-=≠⎰，因为每个电流元'Jdv 到P 点的距离r ，r
t c
-，都不同．
引申拓展 对于辐射问题，首先看清题目是否给出或隐含了偶极辐射的条件l
λ，若以给出才能当作偶极辐射处理，通过计算偶极矩来求B 和E ．否则按
辐射问题的一般方法先求矢势A ，再计算B 和E ．
33.一飞轮半径为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:题中并未已知飞轮的几何线度L 与ω的关系，故也不能看作偶极辐射，应作一般讨论，由于电荷匀速转动，因此等效为一稳恒电流． 由于飞轮以恒定角速度ω转动，形成的电流
2Q I v ω
λπ
==
式中λ为电荷线密度与时间t 无关，形成的电流也是稳恒的．稳恒的电荷分布和电流分布只能产生稳恒的电场和磁场，而不会发生辐射，故辐射场0E =，0B =． 34.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: 本题是一个验证性问题，只需将A 、ϕ的推迟势代入洛伦兹条件
2
1(,)
(,)0x t A x t t c
ϕ∂∇⋅+
=∂，等式两边相等即可．由于必须利用电荷守恒定律，则只需证出上式的右边含有'(')'
t c
J t ρ
=∂∇⋅+∂就行了．已知A 和ϕ的推迟势为 0(',')(,)'4'V J x t A x t dV x x μπ
=
|-|⎰
1
(',')
(,)'4'V
x t x t dV x x ρϕπε=
|-|
⎰
其中x 是场点的位矢，'x 是源点的位矢，'t 与t 之间的关系为
''x x t t c |-|
=-
① 因为在空间的一个固定点，有
'
t t ∂∂=∂∂故 0
(,)1
1(',')'4''V x t x t dV t t x x ϕρπε∂∂
=∂∂|-|⎰ ②
0(',')(,)'4'V J x t A x t dV x x μπ⎡⎤∇⋅=
∇⋅ ⎢
⎥|-|⎣⎦
⎰ 00
1
1
()''44''V
V J dV JdV x x x x μμπ
π=
∇
+∇⋅ |-|
|-|⎰
⎰ ③
当算符∇作用于'x x |-|的n 次幂时，可写成
'''n n x x x x ∇|-| =-∇|-| ④
其中'∇只作用于'x ，因为(',')J x t 中的变量''x x t t c
|-|
=-
，其中含有x ，故 1(')(')''
J J J t x x t c t ∂∂∇⋅=
⋅∇=-⋅∇|-| ∂∂ 1('')'
J
x x c t ∂=
⋅∇|-| ∂ ⑤ 另一方面，有
'1'(')('')t c J
J J x x c t
=∂∇⋅=∇⋅-
⋅∇|-| ∂ ⑥ 式中'(')t c J =∇⋅表示't 为常数时J 的散度．
对比以上两式，得
''(')'t c J J J =∇⋅=∇⋅=-∇⋅
⑦
将此式代入③式，并利用'r x x =|-| 表示电荷到场点得距离．
00'1
1
(,)'(')' '44t c V V
A x t J dV J J dV r r
μμππ
=∇⋅=
⋅∇ +∇⋅-∇⋅⎡⎤⎣⎦⎰⎰
00'1
11
'''(')444t c V v v J dV JdV J dV r r r μμμπππ==⋅∇ -∇+∇⋅⎰⎰⎰
00'1'()'(')'44t c V V
J
dV J dV r r
μμππ
==-
∇⋅+∇⋅⎰⎰
右方第一项
(',')(',')
'''n V s s
J r t J r t dV ds J ds r r ⎡⎤
∇⋅=⋅=
⎢⎥⎣⎦
⎰⎰⎰
⑧
由于V 是包含了所有电荷电流得区域，在V 的边界面S 上J 的法向分量
0n J =，结果上式变为需，于是由⑧式得
01
4t'c v
A ('J )dv'r
μπ=∇⋅=
∇⋅ ⎰ ⑨ 将②式与⑨合并，便得
11024A ('J )dV 'V t'c t r t'c μϕρπ∂∂∇⋅+=∇⋅+ ⎰=∂∂⎡⎤⎢⎥⎣
⎦
⑩ 由电荷守恒定律，有
0t'c ('J )t'
ρ=∂∇⋅+
=∂
式中't 是'x 点的局域时间，由以上两式，得
210A t
c ϕ
∂∇⋅+=∂
由此可见，只要电荷守恒定律成立，则推迟势A 和ϕ就满足洛伦兹条件． 易犯错误 本题主要是逻辑推理过程，其中大量运用了算符对符合函数的微分，此算符的运算过程易出错，例如认为(,')0J x t ∇⋅=，'(',')(,')J x t J x t ∇⋅=-，其实这里't 也是x 和'x 的函数．
35.如图5-2,一电偶极矩为0P 的偶极子与Z 轴夹角为α，以角频率ω绕Z 轴旋转，计
算辐射场与平均能流密度.
解: 将电偶极矩0P 分解为互相垂直的电偶极子
,,x y z
P P P 0(sin cos sin sin cos )x y z p p te te e αωαωα=++
写成复数形式为 00sin (
)cos i t
x y z p p e ie e
p e ωαα-=++
20sin ()i t x y p p e ie e ωωα-=-+ 将,x y e e 用球坐标表示
20sin (sin cos )i t r p p e e ie e ωφθφωαθθ-+=-++ 于是辐射场
r 3
02
()
03
0 4sin (cos )4ikR
i kR t e B p e c R p e ie e c R
ωφθφπεωαθπε-+=⨯=
-+
22()
020sin (cos )4r
i kR t E cB e p e e ie c R
ωφθφ
ωαθπε-+=⨯=+ *
0*
4222023201()2 ()2sin (1cos )32e R
R
S R E B c B B e p e c R
μμωαθπε=⨯=
⋅=+
36.半径为0R 的均匀永磁体，磁化强度为0M ，球以恒定角速度ω绕通过球心而垂直于0M 的铀旋转，设0R c ω，求辐射场和能流．
解: 由于0R c ω
，即0
R λ，辐射可认为是偶极辐射，此题实际上是求解旋
转的磁偶极矩的辐射场，只要将此体系的磁矩表示两个互相垂直的振荡磁偶极子磁矩之和，求出M 及M ，便可得到和．
如图5-3所示，以球心为原点，以转轴z 为轴，建立球坐标系，旋转的磁矩可分解为两个互相垂直，相差为2
π
的线振动． 0()i t x y m m e ie e ω-=+ ①
式中30004
3
m R M π=，是磁体的总磁矩．
由附录中直角坐标系矢量与球坐标系矢量的变换
sin cos cos cos sin x R e e e e θθθΦ=Φ+Φ-Φ sin
cos cos cos cos y R e e e e θθθΦ=Φ+Φ+Φ
图 5-3
代入①中，得
0()
0(cos sin )(sin cos ) (sin cos )i t R i t R m m i e e ie e m e e ie e
ωθωθθθθθ-Φ--ΦΦ=Φ+Φ++=++ ②
22()0(sin cos )i t R m m m e e ie e ωθωωθθ--ΦΦ=-=-++ ③ 利用电偶极辐射公式，，作以下代换
2, E ,4m
p cB cB E b c
→
→→--即得磁偶极辐射
0223
()
002()4 (cos )3ikR
R R
i kR t e B m e e c R
R
e ie e c R
ωθμπμωθ-+ΦΦ=⨯⨯=+ ④ 23()
000
(cos )3R i kR t E cB e R M ie e e
cR ωθμωθ-+ΦΦ=⨯=
- ⑤
平均能流
*
0*
462
200021[]2 ()2 (1cos )18e R
R
S R E B c B B e R M e c R
μμμωθ=⨯=⋅=
+ ⑥
易犯错误 将磁矩m 分解为0()i t x y m m e ie e ω-=+，这里虽然两振动互相垂直，但相位相同，因此合成振动不是圆振动，而这里的末端在旋转过程中的轨迹曲线为圆．
由结果可知，若磁体不旋转0ω=，则0E =，0B =，即静止的磁体不会产生辐射场，但可产生稳恒磁场．
37.带电粒子e 作半径为a 的非相对论性圆周运动，回旋频率为ω，求远处的辐射电磁场和辐射能流．
解: 由于粒子作非相对论性圆周运动，v a c ω=，即a λ，可看作电偶极辐射，带电粒子做圆周运动，相当于一个旋转电偶极子，电偶极矩振幅0p ea =，与上一题方法相似，将电偶极矩p 分解为两个振动互相垂直，相位差为2
π
的振荡电偶极子，求解出p ，便可得B ，E .将t 时刻电偶极矩分解为
0()i t x y p p e ie e ω-=+ ①
由于 s i n c o s c o s c o s s
i n x R e e e e θθθΦ=Φ+
Φ-Φ sin cos cos cos cos y R e e e e θθθΦ=Φ+Φ+Φ
代入①式，得
0()
0(cos sin )(sin cos ) (sin cos )i t R i t R p p i e e ie e p e e ie e
ωθωθθθθθ-Φ--ΦΦ=Φ+Φ++=++ ②
22()0(sin cos )i t R p p p e e ie e ωθωωθθ--ΦΦ=-=-++ ③
将③代入到电偶极子辐射场公式
3
0 ,4ikR
R R e B p e E cB e c R
πε=⨯=⨯ 得
23
()00(cos )4i kR t p B ie e e cR
ωθμωθπ-+ΦΦ=-+
23
()00(cos )4i kR t p E e ie e R ωθμωθπ-+ΦΦ=+
*
0*
42200221()2 ()2 (1cos )32e R
R
S R E B c B B e p e cR
μμμωθπ=⨯=
⋅=+
式中0p ea =．
38.设有一电矩振幅为0P ，频率为ω的电偶极子距理想导体平面为a ／2处，0P 平行于导体平面．设a λ，求在R λ处电磁场及辐射能流．
解: 此题中，a λ，故导体表面附近场为似稳场，理想导体上出现表面电流，根据电像原理，理想导体平面对场的影响可以用电像偶极子'
p 代替，如图5.4a ，所求的电磁场和辐射能流便是这两个电偶极子'
p 和p 产生的辐射场的叠加．
图 5.3
解: 选取坐标系如图5.4b 使电像偶极子'
p 位于坐标原点O ，并沿x 轴的负方向，原电偶极子p 位于z 轴上的z a =处，则根据振荡电偶极子产生的辐射场的公式，产生的辐射场的磁感强度为
'
''0
1200'2
2()002()
00(,)()4 [()]4 4 4R
i t
x R R i t c
x R
i kR t x R
B R t p t e cR d P e e e cR dt
P e e e cR
P e e e cR
ωωωμπμπμωπμωπ-----=
⨯=-⨯=⨯=⨯
p 产生的辐射场的磁感强度为
2
''0
22
(,)()4R B R t p t e cR μπ=
⨯ 因为R
a ，故2R R ≈，2R R e e ≈
于是，有
'
'
''0
2200'2
200(,)()4 []4 4R
i t
x R i t
x R
B R t p t e cR d P e e e cR dt P e e e cR
ωωμπμπμωπ--=⨯=⨯=-⨯ 式中
'2'2||1 2R R t t c
t R R -=-=--⋅
'2R 是2p 的位矢，'2R a =
''21(cos ) cos t t R R c R a t c c
θθ=--=-+ 故
2()
cos 002(,)24i kR t ika x R P e B R t e e e c R
ωθμωπ---=-⨯ 于是，所求的辐射场的磁感强度为
12()
cos 000(,)(,)(,)
[1]4i kR t ika x R B R t B R t B R t P e e e e c R
ωθ
μωπ---=+=-⨯ 利用 2
12x x e x =+++
由于a λ，所以cos 1cos ika e ika θθ-≈-，所以
()
0002()200
02(,)[1(1cos )]4 (cos cos cos sin )4i kR t x R i kR t P e B R t ika e e c R P e e e R c R
ωωθμωθπμωθθπ---Φ=--⨯=-Φ+Φ 电场强度
3()
00(,) cos (cos cos sin )4R
i kR t E R t cB e i P a e e e c R
ωθμωθθπ-Φ=⨯=-Φ+Φ 平均能流密度
*624222003321[]2 (cos cos cos sin )32e R S R E H p a e c R μωθθπ=
⨯=Φ+Φ 易犯错误 作p 的镜象时，要注意'p 与p 平行且反向，坐标的选取，可以
将坐标原点放在电四极子中心也可以放在一个电偶极子中心．
引申拓展 此题等效为两个电偶极子组成的系统，系统的总电偶极矩为零，但它包含着磁偶极矩与电四极矩，也可通过计算磁偶极矩m 及电四极矩来求解辐射场．
39.设有线偏振平面波()0i kx t E E e ω-=照射到一个绝缘介质球上(0E 在z 方向)，引起介质球极化，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2/k π远大于球半径0R ，求介质球所产生的辐射场和能流．
解: 题中给出的条件0R λ
，意味着在介质球中各处，电场()0i kx t E E e ω-=中的指数因子0221R x kx ππλλ
=≤≤可以忽略，即忽略来球内不同点电场的相位差，某一时刻t 相当于处于一均匀电场0i t E e ω-中，该时刻的场为似稳场，类似于静场的方法求解极化电荷的电偶极矩，另一方面l λ，辐射可近似为偶极辐射．
设外场E 沿极轴方向,由第二章例题2(郭硕鸿,电动力学.第二版P68.)球外
电势1ϕ中的第二项3
000002
()cos (2)E R R εεθϕεε-=+，即放在均匀外场中的介质球极化后，极化电荷在球外的电势，极化电荷的极化强度000()P εεϕ=--∇，得到
00000
3()2z p E e εεεεε-=+ 总电偶极矩 00300000
434() 2z p R p R E e ππεεεεε=-=+ 将上式的0E 换成0i t E e ω-，于是，系统的电偶极矩
300000
4()2i t z p R E e e ωπεεεεε--=+ 2p p ω=-
因此，偶极辐射场及平均能流密度
3023()0000304() sin (2)ikR
R i kR t e B p e c R
E R e e c R ωπεεεεωθεε-Φ=⨯-=+
23()00020() sin (2)R
i kR t E cB e E R e e c R
ωθεεωθεε-=⨯-=+ **04462000032
01[]2
()2() sin 2(2)e R R S R E H c B B e E R e c R μεεεωθεε=⨯=⋅-=+。