第5章 电磁波的辐射

第五章 电磁波的辐射1.若把麦克斯韦方程租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：把方程组中所有矢量都分解为无旋的纵场和无散的横场，分别用角标L 和T 表示。

由于0∇⋅=B ，所以B 本身就是无散场，没有纵场分量，即0L =B ，T =B B ； L T =+E E E ，0L ∇⨯=E ，0T ∇⋅=E ；L T =+J J J ，0L ∇⨯=J ，0T ∇⋅=J ；由真空中的麦克斯韦方程组：t∂∇⨯=-∂B E ；0ρε∇⋅=E ；000tμμε∂∇⨯=+∂E B J得：()T LT T t∂∇⨯+=∇⨯=-∂B E E E ；0()L T Lρε∇⋅+=∇⋅=E E E ；000000L T TL T ttμμεμμε∂∂∇⨯=+++∂∂E E B J J 由电荷守恒定律tρ∂∇⋅=-∂J ，得：0L L t t ερ∂∂⎛⎫∇⋅=-=-∇⋅ ⎪∂∂⎝⎭E J ；又因为00L L t ε∂⎛⎫∇⨯==-∇⨯ ⎪∂⎝⎭E J所以0L L tε∂=-∂E J ，即0L L tε∂+=∂E J ，从而000T T T tμμε∂∇⨯=+∂E B J所以有方程组：000;;;0;0T T L T T T L L L tttρμμεεε∂∂∂∇⨯=-∇⨯=+∇⋅==+=∂∂∂B E E E B J E B J 成立。

由0L ∇⨯=E 引入标势φ，L φ=-∇E ，代入0/L ρε∇⋅=E 得，20/φρε∇=-2.证明在线性各向同性均匀非导电介质中，若0ρ=，0=J ，则E 和B 可完全由矢势A 决定。

若取0φ=，这时A 满足哪两个方程？解：0ρ=，0=J ，则麦氏方程表示为：t∂∇⨯=-∂B E ；t∂∇⨯=∂D H ；0∇⋅=D ；0∇⋅=B引入矢势A ，使=∇⨯B A ，于是得：0t ∂⎛⎫∇⨯+= ⎪∂⎝⎭A E ，由此引入标势φ，使tϕ∂+=-∇∂A E于是得：2()0tφ∂∇⋅∇+=∂A ，所以，φ可由A 决定，进而，E 也可完全由矢势A 决定。

如果取0=ϕ，则得：0=⋅∇A ，2220tμε∂∇-=∂A A3.证明沿z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势()ωτA 表示，其中z t cτ=-，A 垂直于z 轴方向。

证：平面电磁波在没有电荷分布的空间中传播满足：220020tμε∂∇-=∂A A ；220020tφφμε∂∇-=∂满足条件000tφμε∂∇⋅+=∂A 下,沿z 轴方向传播平面波解为：()()00,z i t i kz t c eeA ωωωτ⎛⎫-- ⎪-⎝⎭===A A A4.设真空中矢势A 可用复数傅里叶展开为*(,)[()()]i i kt t e t e ⋅-⋅=+∑k x k x k A x a a ，其中*k a 是k a 的复共轭。

(a)证明2222d()()0d t k c t t+=k k a a ;(b)取0∇⋅=A 规范，证0⋅=k k a ;(c) 0φ=，把E 和B 用k a 和*k a 表示。

解：(a)证明：根据傅立叶级数的正交性，必有：()(,)d i t t e⋅=⎰k xk a A x x ,于是2222d ()(,)d d i k t t ett⋅∂=∂⎰k xa A x x洛伦兹规范下，220002tμεμ∂∇-=-∂A A J ，真空中0=J ，故，22002tμε∂∇=∂A A所以22222222d ())d d ()d i i k t e c ec k k c t t⋅⋅=∇=-=-⎰⎰k x k xk a A x A x a （；进而2222d ()()0d k t k c t t+=k a a(b)选取规范**[()()][()()]0i i i i k k t et ei t ei t e⋅-⋅⋅-⋅∇⋅=⋅∇+⋅∇=⋅-⋅=∑∑k xk xk xk xkkA aa k ak a因为i e ⋅k x 和i e -⋅k x 是线性无关正交组，所以要使上式成立，必有：*()()0k t t ⋅=⋅=k k a k a (c)*[()()]i i ki t ei t e⋅-⋅=∇⨯=⨯-⨯∑k xk xkB A k ak a ;*d ()d ()d d i i k t t eetttφ⋅-⋅∂=-∇-=-+∂∑k xk xk a a A E5.设A 和φ是满足洛伦兹规范的矢势和标势。

(a)引入矢量函数(,)t Z x （赫兹矢量），若令φ=∇⋅Z ，证明21ct∂=∂Z A ;(b)若令φ=-∇⋅P ，证明(,)t Z x 满足方程222220t c c μ∇-∂∂=-Z Z P ，写出在真空中的推迟解; (c)证明E 和B 可通过Z 用下列公式表示：20()c μ=∇⨯∇⨯-E Z P ，21c t∂=∇⨯∂B Z。

证明：(a)A 和φ是满足012=∂∂+⋅∇tcϕA ，将φ=-∇⋅Z代入得：210c t∂∇⋅+-∇⋅=∂A Z （）即：21ct∂∇⋅=∇⋅∂Z A （），所以，21ct∂=∂Z A(b)洛伦兹规范下有：22221ctφρφε∂∇-=-∂,将φ=-∇⋅Z 代入，得：22221()()ctρε∂∇⋅∇-∇⋅=∂Z Z令ρ=-∇⋅P ，则222211()()ctε∂∇⋅∇-∇⋅=-∇⋅∂Z Z P，即22202211c ctμε∂∇-=-=-∂Z Z P P与方程220221ctμ∂∇-=-∂A A J 的推迟解类比，得20(',/)(,)d '4c t r c t V rμπ-=⎰P x Z x(c)将φ=-∇⋅Z ，21ct∂=∂Z A 代入tφ∂=-∇-∂A E ，得：20()c μ=∇⨯∇⨯-E Z P ，21c t∂=∇⨯∂B Z6.两个质量、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： 由题两粒子的运动方向相反12,v v v v ==-r r r r ；位置矢量相反12,x x x x ==-r r r r极矩1212()0p qx qx q x x =+=+=rrrrr，12()0p q x x =+=r r r &&&&&&，()1122102m x qx x qx =⨯+⨯=rr r r &&，0m=r&& 电偶极矩的变化产生的辐射场为：30()4ikRec Rπε=⨯B p n &&，20()4ikRec Rπε=⨯⨯E p n n &&，所以无辐射场磁偶极矩的变化产生的辐射场为：02()4ikR ec Rμπ=-⨯E mn &&，03()4ikR ec Rμπ=⨯⨯B mn n &&，所以无辐射场 7.一球对称电荷分布，以频率ω沿径向简谐振动，求辐射场，并解释。

解：设球面分布了总电量为Q 的电荷，于是，球面电荷密度为24Q R σπ=取如图所示相对的两块小面元d S 1,d S 2，于是1122d d d d q S S q σσ===两电荷元12d d q q ，分布对称，以频率ω简谐振动，所以有0=p ，0=m故此两电荷元的振动不能产生辐射场。

由场的叠加原理整个球对称分布的电荷体系沿径向振荡是不能产生辐射场的振动，辐射场为0。

8.飞轮半径为R ，有电荷均匀分布在其边缘，总电量为Q 。

此飞轮以恒定角速度ω旋转，求辐射场。

解：飞轮边缘电荷线密度2Q Rλπ=，电偶极矩为d d 02Q l l Rλπ=⋅=⋅=⎰⎰p x x 蜒体系的磁偶极矩2222z z Q Q RI R ωωππ=⋅∆=⋅⋅=m S e e ；由此得0=p&&，0=m &&，故辐射场为0。

9.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：推迟势：0'(',')(,)d '4V t t V rμπ=⎰J x A x ，0'1(',')(,)d '4V t t V rρφπε=⎰x x ；其中''r t t t cc-=-=-x x。

由'∇=-∇，000'''(',')11(,)d '(',')d '(',')d '444V V V t t V t V t V rrr μμμπππ∇⋅=∇⋅=⋅∇+∇⋅⎰⎰⎰J x A x J x J x因为'const 1'(',')'(',')''t t t r c t =∂∇⋅=∇⋅-⋅∇∂J J x J x ，所以'const (',')'(',')'(',')t t t t =∇⋅=∇⋅-∇⋅J x J x J x'const 'const''''11(',')1(',')d '['(',')'(',')]d ''d ''(',')d '4444t t V V V V t t V t t V V t V rrrr μμμμππππ==∇⋅=⋅∇+∇⋅-∇⋅=-∇⋅+∇⋅⎰⎰⎰⎰J x A J x J x J x J x由于''(',')(',')'d 'd '0V S t t V S rr∇⋅==⎰⎰J x J x Ñ，所以0'const'1'(',')d '4t V t V r μπ=∇⋅=∇⋅⎰A J x另外22''11111d 'd '44'V V V V ctc rtrt μφρρπεπ∂∂∂==∂∂∂⎰⎰，所以0'const 2'11['(',')]d '4't V t V ctrt μφρπ=∂∂∇⋅+=∇⋅+∂∂⎰A J x由电荷守恒定律，'const '(',')0't t t ρ=∂∇⋅+=∂J x 即得A 和φ的推迟势满足210ctφ∂∇⋅+=∂A10.均匀永磁体半径为0R ，磁化强度为0M ，以恒定角速度ω绕通过球心而垂直于0M 的轴旋转，设0R c ω<<，求辐射场和能流。