电动力学第五章答案

ε0
那么
且 ∇ × EL = 0
v v v J = J L + JT
由于 ∇ × B = 0
案 网
w.
v v v B = BL + BT v v v BL , 则B = BT
代入上面麦氏方程组
v
即 B 无源场
v
kh
ε0
若两边同时取散度
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
ww
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 v ∇ ⋅ (∇ × BT ) = 0 v v ∂ET ∇ ⋅ (µ 0 J T + ε 0 µ 0 )=0 ∂t
m
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
答
k
w.
取规范 ∇ ⋅ A = 0, ϕ = 0)
案 网
5. 设 A 和 ϕ 是满足洛伦兹规范的矢势和标势
v
kh
v v
课
w. ww
迟解
v v 1 引入一矢量函数 Z ( x , t )
v 若令 ϕ = ∇ ⋅ Z
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
则
故 E 有标势 A 完全决定
-2-
w.
r v J = 0, ρ = 0 v ∇⋅D = 0 v ∇⋅B = 0 v
案 网
那么 E L 即对应静止电荷产生的库仑场
v
若 ρ = 0, J = 0, 则 E 和 B 可完全由矢势 A 决
co
麦氏方程表示为
ε0
ρ 此泊松方程的解 即是静止 ε0
m
电动力学习题解答参考
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
da
赫兹矢量
后
vv vv vv v v v* ∴ B = ∇ × A = ∑ [ik a k (t )e ik ⋅ x − ika k (t )e −ik ⋅ x ]
v
v
v
v*
k
∴ 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
kh w.
在真空中
v v v v d 2 a k (t ) ∂ 2 A( x , t ) ikv⋅ x ∴ =∫ e dx 2 2 dt ∂t
da
k
课
后
解
1
证明 Q A( x , t ) =
2. 证明在线性各向同性均匀非导电介质中
课
v v 其中 D = εE
由
w.
v ∇⋅B = 0
kh
v v B H=
v v ∂B ∇× E = − ; ∂t
v v ∂D ∇× H = ∂t
µ
引入矢势 A
v
使B = ∇× A
v
ww
则
v v ∇ ⋅ B = ∇ ⋅ (∇ × A) = 0 故
v v B 由矢势 A 完全决定
v v
∑ [a
答
v
vv vv v* (t )e ik ⋅ x + a k (t )e − ik ⋅ x ]
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 J 0 c ∂t 2 v J =0 v v 1 ∂2 A 故 ∇ A= 2 c ∂t 2
2
ww
v vv v v d 2 a k (t ) ik ⋅ x ∴ 1 式化为 = e (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
-5-
v v 1 ∂Ζ 即∇ ⋅ A = ∇ ⋅( 2 ) c ∂t
co
v v v 1 ∂Z 证明 A = 2 c ∂t
写出在真空中的推
v v* Q a k (t ), a k (t ) 是线性无关的正交组
v
2
v v 1 ∂ v µ0 P , B = 2 ∇ × Z c ∂t
m
vv vv v v v v* = ∑ [k ⋅ a k (t ) ⋅ ie ik ⋅x − k ⋅ a k (t ) ⋅ ie −ik ⋅ x ] = 0
用角标 L 表示 用角标 Baidu Nhomakorabea 表示
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
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
课
v v ∂B 1> ∇ × E = − ∂t
da
-1-
后
答
co
不存在纵场分量 亦是说
v v v E = E L + ET
v
v ∇ ⋅ ET = 0
w.
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
w.
轴方向 证
对于沿 z 轴传播的任意一平面电磁波 E , B
v v
可写作
ww
v v E = E 0 e x e i ( kz −ωt ) v v B = B0 e y e i ( kz −ωt )
1 2 3
满足
v v v E , B 均垂直于传播方向 e z v v v E × B 沿 k 方向
真空中为 c
代入原方程
2
da
2
后
答
v v v 1 ∂2Ζ 1 ∇ ⋅ (∇ Ζ) − 2 ∇ ⋅ ( 2 ) = − ∇ ⋅ P ε0 c ∂t
2
v v v 1 ∂2Ζ 2 即 ∇ Ζ− 2 = − c µ P 0 c ∂t 2
w.
案 网
令 ρ = −∇ ⋅ P
v
则上式化为
课
w.
故 可类比得出
ww
v v ∂A 3 Q E = −∇ϕ − ∂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 ]
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
v
∇ 2ϕ = −
电荷在真空中产生的电势分布
解
在线性各向同性均匀非导电介质中
da
如果令
后
定
若取 ϕ = 0, 这时 A 满足哪两个方程
答
k
-4-
w.
1
案 网
v
证明 k ⋅ a k = 0
v v
co
v* v 是 a k 的复共轭 ak
m
∑ [a
k
k
* (t )e ik ⋅ x + a k (t )e −ik ⋅ x ] ,其中
vv
vv
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
v vv v v v v d 2 a k (t ) 2 2v 2 2 2 2 ik ⋅ x v 于是 + k c a ( t ) = [ c ∇ A ( x , t ) + k c A ( x , t )] e dx k ∫ dt 2 vv vv v v v v* Q A( x , t ) = ∑ [a k (t )e ik ⋅ x + a k (t )e − ik ⋅ x ]
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
k
k
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
故
v v ∇ 2ϕ = ∇ 2 (−∇ ⋅ Ζ) = −∇ ⋅ (∇ 2 Ζ) v v ∂ 2ϕ ∂ 2 ∂2Ζ = (−∇ ⋅ Ζ) = −∇ ⋅ ( 2 ) ∂t 2 ∂t 2 ∂t
3 证明 E和B 可通过 Z 用下列公式表出 E = ∇ × (∇ × Z ) − c 1 证明
v
v
解
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
k
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 + ak (t )e −ik ⋅ x ]
故
不妨取 A = A0 e x e
v = A0 e x e i ( kz −ωt ) ,
-3-
co
v 1 ∂ϕ = 0 相同 c 2 ∂t c
A 垂直于 z
v v ∂2 A ⇒ ∇ × (∇ × A) + εµ 2 = 0 ∂t
k=
ω c
m
v v ∂ ∂A ⇒ ∇ × (∇ × A) = −εµ ( ) ∂t ∂t
z − iω ( t − ) c
v v ∂2 A ∇ A − εµ =0 ∂t
da
v
其中 τ = t − z
3. 证明沿 z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势 A(ωτ ) 表示
课
后
答
v A 满足的方程有
w.
与洛伦兹规范 ∇ ⋅ A +
案 网
2> ∇ ⋅ D = 0
v ∂ (∇ ⋅ A) = 0 ∂t v 由于取 ϕ = 0 库仑规范 ∇ ⋅ A = 0 v
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
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
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
第五章
电磁波的辐射
如果取 ϕ = 0
有
v v B = ∇× A v v ∂A E=− ∂t
代入方程
v v ∂D ∇× H = ∂t v ∇⋅D = 0
有
v v ∂D 1> ∇ × H = ∂t
v v ∂E ∇ × B = εµ ∂t
∴ 由 1>2>得
v ∇⋅ A = 0
2
kh
v v E , B 相互垂直 v v E , B 同相 振幅比为 υ v v
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 E = −∂ϕ − ∂t v v v v ∂A 则 ∇ × (E + ) = ∇ × (−∇ϕ ) = 0 ∂t