《电动力学》课程教学资源（习题解答）第五章 电磁波的辐射

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：aEVxE=-aBV×B= μoJ +EoHo%ratV.E=P/,V.B=0G0如果把此方程组中所有的矢量都分解为：无旋的纵场一一用角标L表示，无散的横场一一用角标T表示。E=E,+ET,且V×E,=0,V.E,=0;那么：J=J,+J,,B=B,+B：由于V×B=0，即B无源场，不存在纵场分量；亦是说B,,则B=B,代入上面麦氏方程组：I>VxE=-B:atVx(E, +E,)=V×E +V×E, =V×E, =- B,at2>V.E=AV.(E,+E.)=V.E,+V.E,=V.E/60aEa(E, +ET)3>V×B=μoJ+60oV×Br= H(J +J.)+Coo%ataEL)Er)+(uJ++oHo=(μJ +&ooatatV-(V×B,)=0若两边同时取散度，EL)=0V.(uJ, +eoMoat1

电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 1 - 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 v 和 B v 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 t E B J t B E ∂ ∂ ∇ × = + ∂ ∂ ∇ × = − v v v v v 0 0µ 0 µ ε , 0 0 ∇ ⋅ E = ∇ ⋅ B = v v ε ρ 如果把此方程组中所有的矢量都分解为 无旋的纵场 用角标 L 表示 无散的横场 用角标 T 表示 那么 E EL ET v v v = + 且∇ × = 0 ∇ ⋅ = 0 EL ET v v L T J J J v v v = + B BL BT v v v = + 由于 ∇ × B = 0 v 即 B v 无源场 不存在纵场分量 亦是说 BL B BT v v v ,则 = 代入上面麦氏方程组 1> t B E ∂ ∂ ∇ × = − v v t B E E E E E T L T L T T ∂ ∂ ∇ × + = ∇ × + ∇ × = ∇ × = − v v v v v v ( ) 2> 0 ε ρ ∇ ⋅ E = v 0 ( ) ε ρ ∇ ⋅ EL + ET = ∇ ⋅ EL + ∇ ⋅ ET = ∇ ⋅ EL = v v v v v 3> t E B J ∂ ∂ ∇ × = + v v v 0 0µ 0 µ ε ( ) ( ) T 0 L T 0 0 EL ET t B J J v v v v v + ∂ ∂ ∇ × = µ + + ε µ t E J t E J L L T T ∂ ∂ + + ∂ ∂ = + v v v v 0 0 0 0 0 0 (µ ε µ ) (µ ε µ 若两边同时取散度 ∇ ⋅(∇ × ) = 0 BT v ( ) 0 0 0 0 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + t E J T T v v µ ε µ

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射aE,=0时，上式方成立。.当且仅当J，+oat综上，得麦氏方程的新表示方法：aB.VxETV.E,-atCOETaE,V×B = μo-J, +8oo=0 ：B, = 0MoJ,+EoMoatO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：V.E,=P引入E,=-V于是有：=-此泊松方程的解，即是静止60电荷在真空中产生的电势分布，那么E，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p=0.J=0,则E和B可完全由矢势A决定，若取β=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，J=0,p=0，麦氏方程表示为：aBaDVxH-$VxE=-V.D=0:V.B=0a:at其中 D=，HBu由：V.B=0引入势A，使B=V×A则√.B=V.(V×A)=0故，B由矢势A完全决定。把B=V×A 代入V×E=-B有：ataAVx(E+)aA0令E+则：V×(E+=0-Vp=V×(-V0)= 0atatataA则：E=-00-故E有标势A完全决定。at-2-

电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 2 - 当且仅当 0 0 0 0时 上式方成立 t E J L L ∂ ∂ ∴ + v v µ ε µ 综上 得麦氏方程的新表示方法 t B E T T ∂ ∂ ∇ × = − v v 0 ε ρ ∇ ⋅ EL = v t E B J T T T ∂ ∂ ∇ × = = + v v v 0 0µ 0 µ ε 0 0 0 0 t E J L L ∂ ∂ + v v µ ε µ = 0 BL v 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 0 ε ρ ∇ ⋅ EL = v 引入 EL = −∇ϕ v 于是有 0 2 ε ρ ∇ ϕ = − 此泊松方程的解 即是静止 电荷在真空中产生的电势分布 那么 EL v 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 = 0, J = 0, r ρ 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 J = 0, ρ = 0 v 麦氏方程表示为 ; t B E ∂ ∂ ∇ × = − v v t D H ∂ ∂ ∇ × = v v ∇ ⋅ D = 0 v ∇ ⋅ B = 0 v 其中 D E v v = ε µ B H v v = 由 ∇ ⋅ B = 0 v 引入矢势 A v 使 B A v v = ∇ × 则 ∇ ⋅ B = ∇ ⋅(∇ × A) = 0 v v 故 B v 由矢势 A v 完全决定 把 B A v v = ∇ × 代入 ; t B E ∂ ∂ ∇ × = − v v 有 ( ) = 0 ∂ ∂ ∇ × + t A E v v 令 = −∇ϕ ∂ ∂ + t A E v v 则 ( ) = ∇ × (−∇ ) = 0 ∂ ∂ ∇ × + ϕ t A E v v 则 t A E ∂ ∂ = −∂ − v v ϕ 故 E v 有标势 A v 完全决定

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射VxH_aD如果取=0，有：B=V×A代入方程atE--aAV.D=0ataDaE有：I>V×H=VxB=eatata.aAV×(V×A)=刀1atata?A=0= ×(V×A)+at?%(v.A)=02>V.D=0:at由于取=0，库仑规范V.A=0，与洛伦兹规范V.A+22=0相同c2 at.由1>2>得：A满足的方程有：V.A=0aA=0at3.证明沿z轴方向传播的平面电磁波可用矢势A(のT)表示，其中T=t-，A垂直于Z轴方向。证：对于沿z轴传播的任意一平面电磁波E，B，可写作：E= Eoe,ei(k-on)B= Be,e(k-on)满足：1）E,B均垂直于传播方向é2）E.B相互垂直，E×B沿k方向3）E,B同相，振幅比为u（真空中为c)-io(-)h=0= Age.ei(k-or)故，不妨取A=Aé,ec-3 -

电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 3 - 如果取ϕ = 0 有 B A v v = ∇ × 代入方程 t D H ∂ ∂ ∇ × = v v t A E ∂ ∂ = − v v ∇ ⋅ D = 0 v 有 1> t D H ∂ ∂ ∇ × = v v t E B ∂ ∂ ∇ × = v v εµ ⇒ ( ) ( ) t A t A ∂ ∂ ∂ ∂ ∇ × ∇ × = − v v εµ ⇒ ( ) 0 2 2 = ∂ ∂ ∇ × ∇ × + t A A v v εµ 2>∇ ⋅ D = 0 v (∇ ⋅ ) = 0 ∂ ∂ A t v 由于取ϕ = 0 库仑规范∇ ⋅ A = 0 v 与洛伦兹规范 0 1 2 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + c t A v ϕ 相同 ∴由 1>2>得 A v 满足的方程有 ∇ ⋅ A = 0 v 0 2 2 = ∂ ∂ ∇ − t A A v v εµ 3. 证明沿 z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势 A(ωτ ) v 表示 其中 c z τ = t − A 垂直于 z 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 ( ) 0 ( ) 0 i kz t y i kz t x B B e e E E e e ω ω − − = = v v v v 满足 1 E B v v , 均垂直于传播方向 z e v 2 E B v v , 相互垂直 E B v v × 沿 k v 方向 3 E B v v , 同相 振幅比为υ 真空中为 c 故 不妨取 , ( ) 0 ( ) 0 i kz t x c z i t x A A e e A e e ω ω − − − = = v v v c k ω =

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射aA...B-VxA-$ei(k-er(1)é.=ikAé.eOzE=_QA=i0Aerei(k-an)(2)at可见，如果令kA。=B，A。=E。，表达式（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)=[a,(1)ek+ai(t)e-i-],其中a是a,的复共轭。(1）证明a,满足谐振子方程"a+RPca(1)=0。dt?(2）当选取规范V.A=0,β=0时，证明k·a,=0。（3）把E和B用a和a表示出来。解：(1) 证明： A(x,t)=[a (0)e%示 +a;(0)e-元].根据傅立叶级数得正交性，必有：ax (t)=[A(x, 1)eik dxd'ar(t)r0 A(x,1) k dx(1)dt?at?1 ?A而洛仑兹变换时，矢势A满足方程√2A-ca=-Mo在真空中，=0，故，="c?at?d'a()-[ek-(c2V2A)dx：（1）式化为dt?而 k2c2a,()=[k2c2A(x,1)eKdxda,+ ca ()= J[e2vA(,)+ cA(,)ed于是：(2)dt?: A(x,)=E[a (0)e +a(0)e-]-4-

电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 4 - ( ) 0 i kz t y y x e ikA e e z A B A −ω = ∂ ∂ ∴ = ∇ × = v v v v 1 ( ) 0 i kz t x i A e e t A E ω ω − = ∂ ∂ = − v v 2 可见 如果令 0 0 0 0 kA = B ,ωA = E 表达式 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) v v 可用复数傅立叶展开为 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * v v v v v v ,其中 * k a v 是 k a v 的复共轭 1 证明 k a v 满足谐振子方程 ( ) 0 ( ) 2 2 2 2 + k c a t = dt d a t k k v v 2 当选取规范∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0 v 时 证明 ⋅ = 0 k k a v v 3 把 E B v v 和 用 k a v 和 * k a v 表示出来 解 1 证明 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * v v v v v v v v Q ∴ 根据傅立叶级数得正交性 必有 ∫ ⋅ a t = A x t e dx ik x k v v v v v v ( ) ( , ) ∫ ⋅ ∂ ∂ ∴ = e dx t A x t dt d a t k ik x v v v v v 2 2 2 2 ( ) ( , ) 1 而洛仑兹变换时 矢势 A v 满足方程 J t A c A v v v 2 0 2 2 2 1 = −µ ∂ ∂ ∇ − 在真空中 J = 0 v 故 2 2 2 2 1 t A c A ∂ ∂ ∇ = v v ∴ 1 式化为 ∫ = ∇ ⋅ e c A dx dt d a t k ik x v v v v v ( ) ( ) 2 2 2 2 而 ∫ ⋅ k c a t = k c A x t e dx ik x k v v v v v v ( ) ( , ) 2 2 2 2 于是 ∫ ⋅ + k c a t = c ∇ A x t + k c A x t e dx dt d a t ik x k k v v v v v v v v v ( ) [ ( , ) ( , )] ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * v v v v v v v v Q

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射.. V? A(x,t) = -k? A(x,t)：（2）式右边的积分式中，被积函数为0，积分为0。da,+kca()=0，亦即a满足谐振子方程。dt?2）选取规范V.A=0,β=0，于是有.A-.E[ar (t)ek +ax (t)e-ik]-E[ar (t)V.eik- +a (t)V.e-iks]-E[K.as()-iek-k.ai(t)-ie-k]=0：a(t),a()是线性无关的正交组要使上式成立，仅当k.a,=k·a=0时.故，证得当取V.A=0,p=0时，k·a=03) 已知A(x,t)=Z[a(t)e%- +a (0)e-示].. B=VxA-[ikax (t)ex- -ika,()e-i- ]aA-2+ d@]E=-Vo-（取规范V.A=0,β=0)atdtdtk5.设A和@是满足洛伦兹规范的矢势和标势。1 az（1）引入一矢量函数Z(,t）（赫兹矢量），若令β=.Z，证明A=c? at(2）若令=-V.P证明2满足方程2-=-cuoP，写出在真空中的推?at?迟解。(3）证明E和B可通过Z用下列公式表出，E=V×(V×2)-c'u.P,B=%×2c?at解：1）证明：A与β满足洛仑兹规范，故有V.A+1%=0at：β=-V.Z代入洛仑兹规范，有：V.A+.01az(-V.Z)=0,即V.A=V(c2atc2 at-5-

电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 5 - ( , ) ( , ) 2 2 A x t k A x t v v v v ∴∇ = − ∴ 2 式右边的积分式中 被积函数为 0 积分为 0 ∴ ( ) 0 ( ) 2 2 2 2 + k c a t = dt d a t k k v v 亦即 k a v 满足谐振子方程 2 选取规范∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0 v 于是有 ∑ ∑ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ∇ ⋅ = ∇ ⋅ + = ∇ ⋅ + ∇ ⋅ k ik x k ik x k k ik x k ik x k A [a (t)e a (t)e ] [a (t) e a (t) e ] * v v v v v v v v v v v v v [ ( ) ( ) ] 0 * = ∑ ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ k ik x k ik x k k a t ie k a t ie v v v v v v v v ( ), ( ) * a t a t k k v v Q 是线性无关的正交组 ∴要使上式成立 仅当 0 * k ⋅ ak = k ⋅ ak = v v v v 时 ∴故 证得当取∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0 v 时 ⋅ = 0 k k a v v 3 已知 ∑ ⋅ − ⋅ = + k ik x k ik x k A(x,t) [a (t)e a (t)e ] * v v v v v v v v ∑ ⋅ − ⋅ ∴ = ∇ × = − k ik x k ik x k B A [ika (t)e ika (t)e ] * v v v v v v v v v ∑ ⋅ − ⋅ = − + ∂ ∂ = −∇ − k k ik x k ik x e dt da t e dt da t t A E ] ( ) ( ) [ * v v v v v v v v ϕ 取规范∇ ⋅ A = 0,ϕ = 0) v 5. 设 A v 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) v v 赫兹矢量 若令 Z v ϕ = ∇ ⋅ 证明 t Z c A ∂ ∂ = v v 2 1 2 若令 P v ρ = −∇ ⋅ 证明 Z v 满足方程 c P t Z c Z v v v 0 2 2 2 2 2 1 = − µ ∂ ∂ ∇ − 写出在真空中的推 迟解 3 证明 E B v v 和 可通过 Z v 用下列公式表出 E Z c P v v v 0 2 = ∇ × (∇ × ) − µ , Z c t B v v ∇ × ∂ ∂ = 2 1 解 1 证明 A v 与ϕ 满足洛仑兹规范 故有 0 1 2 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + c t A v ϕ = −∇ ⋅ Ζ v Qϕ 代入洛仑兹规范 有 ( ) 0 1 2 −∇ ⋅ Ζ = ∂ ∂ ∇ ⋅ + ⋅ v v c t A 即 ) 1 ( 2 c t A ∂ ∂Ζ ∇ ⋅ = ∇ ⋅ v v

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射.A=1a2c2at10p2）证明：：标势β在满足洛仑规范得条件下有方程：√0-c? at?60而@=-.Z, 故：V@=?(-V.2)=-V.(V?2)a2apaz(-V.2) =-V.(ar?at?代入原方程：03z1p-[V·(V?2)-V.]=-c260令p=-V.P，则上式化为：022ILV.PV.(V?Z)-V.=at?C60即：V32_102=-c"μoP(2)c? at?由于矢势：-"-μJ在真空中的推迟势为：c?at?J(x,t--)uoA(x,t) =-dv'4元A故，可类比得出，方程（2）在真空中的推迟势解为：P(x',1--)cμoZ(x,1) :dy4元raAaz1 代入0=-V.ZA=3)E=-Vβ有：atc?at1 a2z1a2E - V(V.Z)-=×(V×z)+?z-=V×(V×Z)-cμ.Pat?c?at?同理：B=V×A=%×2c2 at- 6 -

电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 6 - c t A ∂ ∂Ζ ∴ = v v 2 1 2 证明 Q标势ϕ 在满足洛仑兹规范得条件下有方程 0 2 2 2 2 1 ε ϕ ρ ϕ = − ∂ ∂ ∇ − c t 而 = −∇ ⋅ Ζ v ϕ 故 ( ) ( ) 2 2 2 ∇ = ∇ −∇ ⋅ Ζ = −∇ ⋅ ∇ Ζ v v ϕ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 t t ∂t ∂ Ζ −∇ ⋅ Ζ = −∇ ⋅ ∂ ∂ = ∂ ∂ v ϕ v 代入原方程 0 2 2 2 2 ( )] 1 [ ( ) ε ρ = − ∂ ∂ Ζ − ∇ ⋅ ∇ Ζ − ∇ ⋅ c t v v 令 P v ρ = −∇ ⋅ 则上式化为 P c t v v v = − ∇ ⋅ ∂ ∂ Ζ ∇ ⋅ ∇ Ζ − ∇ ⋅ 0 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( ) ε 即 c P c t v v v 0 2 2 2 2 2 1 = − µ ∂ ∂ Ζ ∇ Ζ − 2 由于矢势 A v J t A c A v v v 2 0 2 2 2 1 = −µ ∂ ∂ ∇ − 在真空中的推迟势为 ∫ ′ ′ − = dV r c r J x t A x t ( , ) 4 ( , ) 0 v v v v π µ 故 可类比得出 方程 2 在真空中的推迟势解为 ∫ ′ ′ − Ζ = dV r c r P x t c x t ( , ) 4 ( , ) 0 2 v v v v π µ 3 t A E ∂ ∂ = −∇ − v v Q ϕ 代入 c t A ∂ ∂Ζ = −∇ ⋅ Ζ = v v v 2 1 ϕ , 有 c P c t c t E v v v v v v v 0 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 1 ( ) 1 ( ) = ∇ × ∇ × Ζ − µ ∂ ∂ Ζ = ∇ × ∇ × Ζ + ∇ Ζ − ∂ ∂ Ζ = ∇ ∇ ⋅ Ζ − 同理 ∇ × Ζ ∂ ∂ = ∇ × = v v v c t B A 2 1

第五章电动力学习题解答参考电磁波的辐射..E-V×(VxZ)-c?μ.P10xzB=c? at6.两个质量，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：eiRE=(pxn)xn4元80cR1>由电偶极矩产生的辐射场：LoekRB=A-iknxp4元RE=_Moe'kR(mxn)4元cR2>由磁偶极矩产生的辐射场：B=MoeikR(mxn)xn4元c°R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：p=qx+qx,=qx,+x)d?P[9(于 +号)]=9( +号)由此可发现：由于两个粒子质量相同，电量也相同，故当其运动时，=一元，（牛顿第二定律）即：P=0于是，系统的电偶极矩辐射场为0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，以频率の沿径向做简谐振动，求辐射场，并对结果给以物+2理解释。解：设球面上均匀分布了总电量为Q的电荷，dS,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：0/dsa=4元R2取如图相对的两块小面元dS，，dS，，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 - 7 - ∇ × Ζ ∂ ∂ = ∴ = ∇ × ∇ × Ζ − v v v v v c t B E c P 2 0 2 1 ( ) µ 6. 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 1>由电偶极矩产生的辐射场 ikn p R e B p n n c R e E ikR ikR && v v v v v && v v = × = × × π µ πε 4 ( ) 4 0 2 0 2>由磁偶极矩产生的辐射场 m n n c R e B m n cR e E ikR ikR v v && v v v && v v = × × = − × ( ) 4 ( ) 4 2 0 0 π µ π µ 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 ( ) 1 2 1 2 p qx qx q x x v v v v v = + = + 由此可发现 [ ( )] ( ) 2 1 2 1 2 2 q x x q x x dt d p && v && v v v && v = + = + 由于两个粒子质量相同 电量也相同 故当其运动时 1 2 x x && v && v = − 牛顿第二定律 即 p = 0 && v 于是 系统的电偶极矩辐射场为 0 又由于 此系统的磁偶极矩 m = 0 v 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 解 设球面上均匀分布了总电量为 Q 的电荷 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 2 4 R Q π σ = 取如图相对的两块小面元 1 2 dS , dS 由于两块小面元对应相同的立体角 故有相同的面积 dS1 dS2 y z x

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射ds, = dS,,QQds,=-AO1=odS, =d=od=A2于是4元R24元R2考虑到两电荷元△O，△O，，由于是球对称，又以相同的频率の作沿径向的简谐振动.. p=Ag,·R.é, +Ag·R.(-e,)=0m=I-4S=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，总电量为Q。设此飞轮以恒定角速度の旋转，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α：2元RdQQP=6.$x.dld-dl.x=体系的电偶极矩为：2元Rd2元RJ2元0.2{sino.dee+[coso.doé,]=02元0QOR?体系的此偶极矩：m=1.AS=20.2.元R2.8. - 9222元由此得：P=0m=0故，辐射场为0。9.利用电荷守恒定律，验证A和的推迟势满足洛伦兹条件。证明：如右图所示，O是座标原点，O是源点，P是场点于是，A与?的推迟势可写作：A(r,1)= 40 [(P,t)dv144元，下-月F-P[('，其中，=一p(r,t) =4元80-Caa奇a"故：因为在空间中有一个固定点，-8 -

电动力学习题解答参考 第五章 电磁波的辐射 - 8 - 1 2 dS = dS 于是 1 1 2 1 2 2 2 2 4 4 dS dS Q R Q dS R Q ∆Q = dS = = = σ = ∆ π π σ 考虑到两电荷元 1 2 ∆Q ,∆Q 由于是球对称 又以相同的频率ω 作沿径向的简谐振动 ∴ ( ) 0 p = ∆Q1 ⋅ R ⋅ er + ∆Q1 ⋅ R ⋅ −er = v v v m = I ⋅ ∆S = 0 v v 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 总电量为 Q 设此飞轮以恒定角速度 ω 旋转 求辐射场 解 设飞轮边缘的厚度为 d,于是 边缘上的电荷面密度 Rd Q π σ 2 = 体系的电偶极矩为 ∫ ∫ = ⋅ ⋅ ⋅ = x ⋅ dl R Q d dl x Rd Q p v v v 2π 2π [ sin cos ] 0 2 2 0 2 0 = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ∫ ∫ π π θ θ θ θ π x y d e d e Q v v 体系的此偶极矩 z z e Q R R e Q m I S v v v v 2 2 2 2 ω π π ω = ⋅ ∆ = ⋅ ⋅ = 由此得 p = 0 && v m&& = 0 v 故 辐射场为 0 9. 利用电荷守恒定律 验证 A v 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 于是 A v 与ϕ 的推迟势可写作 ∫ ′ ′ − ′ ′ ′ = V dV r r J r t A r t r v v v v v ( , ) 4 ( , ) 0 π µ ∫ − ′ ′ ′ = V dV r r r t r t v v v v v v ( , ) 4 1 ( , ) 0 ρ πε ϕ 其中 c r r t t v v − ′ ′ = − 因为在空间中有一个固定点 有 , t ∂t′ ∂ = ∂ ∂ 故 o Q r v r r v v − ′ r′ v

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射adp,p(r',t)dv"dt4元80rlatJ(rydv而.A=[4元／F-Hj.(Vu)d'+V.Jd(*)4元／4元当算符√作用于一引的n次幂时，可写作：-"=--A其中√只作用于"，因为J（",t)中的变量=其中含有，故：caj:(Vt)=-aj(--(-)V.J-9at'cot'cataj.-(vr-r)另一方面，有：V".J=(V".J)=concat'对此上两式，有：V".J=(V".J)(=cont-V.j即：V.J=(V".J)r=cont -V".J代入*式，有：1V.A= 4%[J.(Vdy+Ho(V'.J)r=const -V'.J)dV"F-4元／4元斤-斤[·(V-a4元尺-斤4元／+Ho0(V'. J)rconst )dV4元斤=-a+(V'. J)rcons dvF-刷4元-斤4元因为a"=-$ J' assF-n[F-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，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 - 9 - ∫ ′ ′ ′ ′ ∂ ′ ∂ − ′ = V r t dV dt r r t d ( , ) 1 4 1 0 v r v ρ πε ϕ 而 ∫ ′ ′ − ′ ′ ′ ∇ ⋅ = ∇ ⋅ V dV r r J r t A ] ( , ) [ 4 0 v v v v v π µ ∫ ∫ ′ ′ ∇ ⋅ ′ − ′ ′ + − ′ = ⋅ ∇ V V JdV r r dV r r J v v v v v v 1 4 ) 1 ( 4 0 0 π µ π µ * 当算符∇ 作用于 r r v v − ′ 的 n 次幂时 可写作 n n r r r r v v v v ∇ − ′ = −∇′ − ′ 其中∇′只作用于 r v ′ 因为 J (r′,t′) v v 中的变量 c r r t t v v − ′ ′ = − 其中含有 r v 故 ( ) 1 ( ) 1 ( ) r r t J c r r t J c t t J J v v v v v v v v ⋅ ∇′ − ′ ∂ ′ ∂ ⋅ ∇ − ′ = ∂ ′ ∂ ⋅ ∇ ′ = − ∂ ′ ∂ ∇ ⋅ = 另一方面 有 ( ) 1 ( ) r r t J c J J t const v v v v v ⋅ ∇′ − ′ ∂ ′ ∂ ∇′⋅ = ∇′⋅ ′= − 对此上两式 有 J J J t const v v v ∇′ ⋅ = ∇′ ⋅ − ∇ ⋅ ′= ( ) 即 J J J t const v v v ∇ ⋅ = ∇′ ⋅ − ∇′ ⋅ ′= ( ) 代入*式 有 ∫ ∫ ′ ′= ′ ∇′ ⋅ − ∇′ ⋅ ′ − ′ ′ + − ′ ∇ ⋅ = ⋅ ∇ V t const V J J dV r r dV r r A J ( ) ) 1 4 ) 1 ( 4 0 0 v v v v v v w v π µ π µ ∫ ∫ ∫ ′ ′= ′ ′ ∇′ ⋅ ′ − ′ + ∇′ ⋅ ′ + − ′ ′ − − ′ = ⋅ ∇ V t const V V J dV r r JdV r r dV r r J ( ) ) 1 4 1 4 ) 1 ( 4 0 0 0 v v v v v v v v v π µ π µ π µ J dV r r dV r r J r t t const V V ∇′ ⋅ ′ − ′ ′ + − ′ ′ = − ∇′ ⋅ ′= ′ ′ ∫ ∫ ( ) 1 4 ] ( , ) [ 4 0 0 v v v v v v v π µ π µ 因为 ∫ ∫ ′ ′ ′ − ′ ′ ′ ′ = − ′ ′ ′ ∇′ ⋅ S V dS r r J r t dV r r J r t v v v v v v v v v ( , ) ] ( , ) [ 只要把V ′ 取得足够大 就可以使 J (r′,t′) v v 在V ′ 的边界面上处处为零 结果上式便为零

电动力学习题解答参考第五章电磁波的辐射V.A-HOT(V". J)r=cwdy于是4元斤-ap2-.A+1o[opldv..V.A+SoMoV'.J)04元斤atat由电荷守恒定律有：ap(V'.J).=0，式中1是点的局域时间，由以上两式有：Pefat'1=0V.A+c? at由此可见，只要电荷守恒定律成立，则推迟势A和@就满足洛仑兹规范。10半径为R。的均匀永磁体，磁化强度为M。，求以恒定角速度の绕通过球心而垂直于M。的轴旋转，设Rの求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 - 10 - 于是 J dV r r A t const V ∇′ ⋅ ′ − ′ ∇ ⋅ = ′= ′ ∫ ( ) 1 4 0 v v v v π µ dV t J c t r r A t A t const V ′ ∂ ∂ ∇′ ⋅ + − ′ = ∂ ∂ = ∇ ⋅ + ∂ ∂ ∴∇ ⋅ + ′= ′ ∫ [( ) ] 1 4 1 0 0 0 2 ρ π ϕ ϕ µ ε µ v v v v v 由电荷守恒定律有 ( ) = 0 ∂ ′ ∂ ∇′ ⋅ ′= + t J t const v ρ 式中t′是 r v ′点的局域时间 由以上两式有 0 1 2 = ∂ ∂ ∇ ⋅ + c t A v ϕ 由此可见 只要电荷守恒定律成立 则推迟势 A v 和ϕ 就满足洛仑兹规范 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 M 0 v 的轴旋转 设 R0ω 求 B v 在 x 方向作简谐振荡的分量