电动力学 (第二版) 学习辅导书

理论物理学习辅导丛书 郭硕鸿 　 著

电动力学 (第二版)

学习辅导书 黄迺本 　 方奕忠

高等教育出版社

内容简介 本书是为配合郭硕 鸿所 著《电 动力 学》(第 二版 ) 而编 写的 学 习辅 导书。 本书按原教材的章节顺序对每一章涉及的基本概念和基本理论均做出概述 , 使读者可以从中抓住经典电动力学的 主要物 理思想 与方法。书中 对习题 的 解题过程 , 着重于对问题做出简要的物理分析 , 给出解决问题的思路 , 指 出结 果的物理意义 ; 而将一些基本的数 学运算 , 有 意地留 给读者。除了 原教材 的 习题外 , 书中还增加了少量补充题。 本书可供使用郭硕鸿所著《电动力学》( 第二 版 ) 的师生 在教学 和学习 中 使用 , 亦可供采用其他电动力学教材的读者参考。

　 图书在版编目 ( CIP) 数据 　 电动力学 ( 第二版 ) 学习辅导书/ 黄迺本 , 方奕忠 . —北京 : 高等教育出版社 , 2004． 11 　 ISBN 7 04 015567 2 　 Ⅰ .电 . . . Ⅱ .①黄 . . .②方 . . . Ⅲ .电动力学 高 等学校 教学参考资料 　 Ⅳ . O442 　 中国版本图书馆 CIP 数据核字(2004)　第　 097897 号 出版发行 　 高等教育出版社 　 　 　 　 　 购书热线 　 010

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策划编辑 　 刘 　 伟 责任编辑 　 王文颖 封面设计 　 张 　 志 责任绘图 　 吴文信 版式设计 　 王 　 莹 责任校对 　 朱惠芳 责任印制

序 　 　 言 本书主要为配合郭硕鸿教授所著《电动力学》( 北京 : 高等教育 出版社 , 1997 , 第二版 ) 的教学而编写 , 亦可供采用其他电动力学教 材的读者参考。 对经典电动力学的基本 概念、基本 理论 和基本 方 法有 清楚 的 理解 , 是学好这门课程的前提。因此 , 我们对每一章涉及的基本概 念和基本理论均做出概述 , 希 望读者 从中 可以 抓住经 典电 动力 学 的主要物理思想与方法。本 书除 收入 郭先生 书中 的习 题之 外 , 增 加了少量补充题。在解题过 程中 , 我 们着重 于对 问题 做出 简要 的 物理分析 , 给出解决问 题的思 路 , 指出 结果的 物理 意义 , 而 将其 中 一些很基本的数学运算 留给读 者。因 为 , 提 高数 学运 算能 力的 唯 一途径只有多练。书后附录给出基本的数学工具 , 以便读者查阅。 北京师范大学田晓岑教 授仔细 审阅 了本书 , 并 提 出了 有益 的 建议 ; 高等教育出版社和 本书 的策划 编辑 与责 任编辑 给我 们提 供 了多方面的支持和帮助。谨向他们表示衷心的感谢。 欢迎读者对书中错误或不妥之处 , 批评指正。 作　者 2004 年 3 月于中山大学

目 　 　 录 第一章 　 电磁现象的普遍规律 ………………………………………… 1 要点概述 ……………………………………………………………… 1 　 　 1． 1 麦克斯韦方程组和洛伦兹力公式 …………………………… 1 　 　 1． 2 电磁场的能量和动量 ………………………………………… 4 　 　 1． 3 介质中的场方程与介质的电磁性质 ………………………… 6 　 　 1． 4 电磁场的边值关系 …………………………………………… 8

习题与解答 …………………………………………………………… 9 补充题 ………………………………………………………………… 22 第二章 　 静电场 ………………………………………………………… 31 要点概述 ……………………………………………………………… 31 　 　 2． 1 静电场和静电势 …………………………………………… 31 　 　 2． 2 电势多极展开 ……………………………………………… 32 　 　 2． 3 静电场边值问题 …………………………………………… 33 　 　 2． 4 静电能 　 外电场对电荷体系的作用能 …………………… 36

习题与解答 ………………………………………………………… 38 补充题 ………………………………………………………………… 59 第三章 　 静磁场 ………………………………………………………… 63 要点概述 ……………………………………………………………… 63 　 　 3． 1 静磁场方程和矢势 ………………………………………… 63 　 　 3． 2 磁偶极矩的势和磁场

……………………………………… 64

　 　 3． 3 静磁场边值问题 …………………………………………… 65 　 　 3． 4 静磁能 　 外磁场对电流的作用能 ………………………… 66 　 　 3． 5 超导体电磁性质的宏观描述

……………………………… 67

Ⅱ

目　 　录 　 　 3． 6 矢势的量子效应 …………………………………………… 67

习题与解答 ………………………………………………………… 68 第四章 　 电磁波的传播 ………………………………………………… 82 要点概述 ……………………………………………………………… 82 　 　 4． 1 真空中的波动方程 ………………………………………… 82 　 　 4． 2 时谐波 　 亥姆霍兹方程和边值关系 ……………………… 82 　 　 4． 3 真空中和非导电介质内的平面波 ………………………… 83 　 　 4． 4 导体内的电磁波 …………………………………………… 85 　 　 4． 5 电磁波在界面的反射和折射

……………………………… 86

　 　 4． 6 谐振腔和波导管 …………………………………………… 88 　 　 4． 7 等离子体中的电磁波

……………………………………… 89

习题与解答 ………………………………………………………… 90 补充题 ……………………………………………………………… 102 第五章 　 电磁波的辐射 ……………………………………………… 104 要点概述 …………………………………………………………… 104 　 　 5． 1 电磁势与规范变换 　 达朗贝尔方程 ……………………… 104 　 　 5． 2 推迟势和辐射场 …………………………………………… 105 　 　 5． 3 辐射场的多极展开 ………………………………………… 106 　 　 5． 4 电磁波的衍射 ……………………………………………… 108 　 　 5． 5 电磁波的动量和动量流 　 辐射压力 ……………………… 109

习题与解答 ………………………………………………………… 109 补充题 ……………………………………………………………… 122 第六章 　 狭义相对论 …………………………………………………… 123 要点概述 …………………………………………………………… 123 　 　 6． 1 相对论的基本原理和时空理论 …………………………… 123 　 　 6． 2 洛伦兹变换的四维形式 　 四维协变量 …………………… 126 　 　 6． 3 相对论力学 ………………………………………………… 127 　 　 6． 4 电动力学的相对论协变性 ………………………………… 129

目　 　录

Ⅲ

　 　 6． 5 电磁场中带电粒子的拉格朗日量和哈密顿量 …………… 131

习题与解答 ………………………………………………………… 132 第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用 ………………………… 154 要点概述 …………………………………………………………… 154 　 　 7． 1 李纳 维谢尔势 　 任意运动带电粒子的电磁场

………… 154

　 　 7． 2 带电粒子的辐射频谱 ……………………………………… 156 　 　 7． 3 切伦柯夫辐射 ……………………………………………… 158 　 　 7． 4 带电粒子的电磁场对粒子的反作用 ……………………… 158 　 　 7． 5 电磁波的散射和吸收 　 介质的色散 ……………………… 158

习题与解答 ………………………………………………………… 161 补充题 ……………………………………………………………… 169 附录 ………………………………………………………………………… 171 　 　 1． 三维空间中的矢量和二阶张量 ……………………………… 171 　 　 2． 算符运算 ……………………………………………………… 172 　 　 3． 积分变换 ……………………………………………………… 174 　 　 4． δ函数 ………………………………………………………… 174 　 　 5． 曲线正交坐标系 ……………………………………………… 175 　 　 6． 轴对称下拉普拉斯方程的通解 ……………………………… 178

第一章 　 电磁现象的普遍规律

1． 1 麦克斯韦方程组和洛伦 兹力公式 以电荷守恒定律、库仑定律、安培定律、毕奥 萨伐尔定律和法拉 第定律为主要实验基础的麦克斯韦方程组和洛伦兹力公式, 集中地反 映了电磁相互作用的普遍规律, 是电动力学最主要的理论基础 . 电荷守恒定律 　 电荷守恒是物理和化学过程都遵从的基本规 律 , 其微分形式 ρ =0 ( 1． 1) t 称为电流连续性方程 .其 中电 荷体 密度 ρ表示 单位 体 积内 的净 电 ・ J+

荷量 , 电流 密 度矢 量 J 的 方向 表示 电 流的 流向 , 其 数 值等 于单 位 时间垂直通过单位面积 的电荷 量 .在电 流恒定 的情 形下 , ( 1． 1 ) 式 变为 ・ J = 0 , 即恒 定电 流 ( 直 流电 流 ) 是 无 源的 , 其流 线 是 连续、 闭合的曲线 . 库仑定律与静电场 　 库仑定律是关于静电力的实验定律——— 两个静止点电荷的相互作 用力 与它们 的电 荷量乘 积成 正比 , 与 两 者距离的平方成反比 .近代物 理认 为 , 电荷激 发电 场 , 电力 通过 电 场传递 , 因此库仑定律的物理本质是 F = q0 E

( 1． 2)

F 是电荷 q0 在电场中受到的作 用力 , E 是 q0 所 在点 的电场 强度 .

第一章 　 电磁现象的普遍规律

2

在国际单位制中 , 孤立的 点电 荷 q 在其 周围 空间 任一 点激 发的 电 场强度为 E=

qr 4πε0 r3

( 1． 3)

ε0 是真空电容率 .电场遵从叠加原理 , 若体积 V 内电荷密度函数 为 ρ( x′) , 则任一点 x 的电场强度 E, 是所有电荷元 d q =ρ ( x′) dV′在 该点的电场强度之矢量和 , 即 E( x) =

1 4πε0

∫ V

ρ( x′) r dV′ r3

( 1． 4)

r 是电荷分布 点 x′到场 点 x 的矢 径 , r 是 两者的距 离 , 积分遍及 全 部电荷分布区域 V .从 (1． 4 ) 式可导出静电场两个微分方程 : ・ E = ρ/ ε0 , 　 × E = 0

( 1． 5)

散度方程表示电荷只直接 激发 它附近 的电 场 , 其积分 形式 是电 场 的高斯定理 ; 旋度方程表示静电场是无旋场 , E 线始发 于正电荷 并 终止于负电荷 , 即 E 线无 涡旋 状 结构 , 这方 程 的 积分 形 式表 示 静 电场是保守力场 . 安培定律、毕奥 萨伐尔定律与静磁场 　 安培定律是关于恒 定 电流之间相互作用力的实 验定 律 .电 流之 间的 相互作 用实 质上 通 过电流的磁场传递 , 恒 定 电流 中 一 个电 流 元 Id l( 或 JdV ) 在 磁 场 中受到的力为 d F = Idl× B

( 1． 6)

B 是电流元所在处的磁感应强度 .毕奥 萨伐尔定律是 恒定电流 激 发磁场的规律 , 若体积 V 内电流密度函数为 J ( x′) , 则任一 点 x 的 磁感应强度为 B( x) =

μ0 4π

∫ V

J( x′) × r dV′ 3 r

( 1． 7)

μ0 为真空磁导率 , r 是电流分布点 x′到场点 x 的矢 径 , r 是 两者 的 距离 , 积分遍及全部电流分布区域 V , 这意味着磁场也遵从叠加 原 理 .从 ( 1． 7) 式可导出静磁场两个微分方程 :

要 点 概 述

3

× B= μ0 J, 　 ・ B = 0

( 1． 8)

旋度方程表示电流只直接激 发它 附近 的磁 场 , B 线 在 电流 分布 点 周围形成涡旋状结构 , 其积分形式为静磁场的安培环路定理 ; 散度 方程及其积分形式表明静磁场的 B 线总是 连续 的 , 即磁通 有连 续 性 .由于迄今仍未找到自由磁荷 ( 磁单极 ) 存在的可靠证据 , 电荷是 电磁场唯一的激发源 , 因此方程 ・ B = 0 对于时变磁场也成立 . 法拉第定律与感应电场 　 法拉第定律的物理本质是随时间变 化的磁场激发电场 , 感 应电 场 强度 E 沿 任意 闭合 回路 L 的 积分 , 正比于通过该回路所围面积 S 的磁通量之时变率 :

∮

E・ d l= -

L

d dt

∫ B・ dS

( 1． 9)

S

其微分形式 ×E= -

B t

(1． 10)

表示变化磁场激发的电场是有旋场 , E 线呈涡旋状结构 , 这一性 质 与电荷直接激发的电场有明显差别 . 麦克斯韦方程组 　 麦 克斯 韦 将 上述 实 验 定 律 推广 到 普 遍 情 形 , 并引入位移 电流 假 设 , 得 出 一组 描 述电 磁 现 象 普遍 规 律 的 方 程 .这组方程现在写成 ・ E=ρ/ ε0 , 　 × E = -

B t

・ B = 0 , 　 × B= μ0 J + μ0 ε0 在 B 的旋度方程中 , Jd = ε0 E/

E t

(1． 11)

t 就 是“ 位移 电流密 度”, 其 实质 是

随时间变化的电场激发磁场 .在激发源之外的真空中 , 这组方程表 现为 ・ E = 0 , 　 × E= ・ B = 0 , 　 × B= μ0 ε0

B t E t

(1． 12)

第一章 　 电磁现象的普遍规律

4

它揭示了变化的电场与磁 场互 相激发 转化 的规律 , 这 是时 变电 磁 场可以脱离作为激发源的 电荷 电流 , 并以 波的 形式独 立运 动的 原 因 .从这组方程可以导 出 E 和 B 的 齐 次波 动方 程 .电 磁波 在真 空 中的传播速度为 μ0 ε0

c = 1/

(1． 13)

若将 E= cB, B= - E/ c 代入 ( 1． 12) 中 E 的 散度 和旋 度方程 , 将 给 出 B 的散度和旋度 方程 , 这表 明 , 变 化 的电 场 与 磁场 本 质上 存 在 着对称性和统一性 . 洛伦兹力公式 　 洛伦兹将库仑定律和安培定律推广到普遍情 形 , 给出带电粒子在电磁场中受力的规律 : F = qE + qv× B

(1． 14)

q 是粒子的电荷量 , v 是其运动速度 .电 荷系统 在电 磁场中 受到 的 力密度为 f =ρE+ ρv× B = ρE + J× B

(1． 15)

J= ρv 为电流密度 .电磁场对电荷系统作功的功率密度为 f・ v = (ρE+ J× B) ・ v =ρE・ v = E・ J (1． 16) 这表明磁场并不直接对电荷作功 . 麦克斯韦方程 组和 洛 伦兹 力 公 式所 描 写 的 电 磁相 互 作 用 理 论 , 是一个线性理论 , 而且是局域作用理论———电荷电流只与其所 在处的 E 和 B 直接发生作用 .

1． 2 电磁场的能量和动量 经典理论把电磁场描述 成连续 分布 的物质 , 它 以 波的 形式 运 动 .E 和 B 是描 写 这种 物质 分布 的两 个 基本 物理 量 .设 想 体积 V 内存在电荷 , 电磁场通 过 V 的界面 S 向 V 内运动 , 由麦 克斯韦 方 程组 (1． 11) 和洛伦兹力 公式 (1． 15 ) , 可以 导出 电磁场 与电 荷系 统 相互作用的能量守恒表达式 :

∮

-

S

S・ ds=

d dt

∫ wd V +∫ V

V

f・ vdV

(1． 17)

要 点 概 述

5

和动量守恒表达式 →→

d

gdV +∫ f dV ∮ ds・ T = d∫ t

-

S

V

(1． 18)

V

相应的微分形式为 ・S=

-

w + f・ v t

(1． 19)

g + f t

(1． 20)

→→

-

・ T =

电磁场的能量密度 w , 能流密度 S, 动量密度 g 和动量 流密度张 量 →→

T 分别是 w=

1ε 2 1 2 0 E + B 2 2μ0

(1． 21)

1 E× B μ0 g=ε0 E× B

S=

(1． 22) (1． 23)

→→

→→ 1 ε T = - 0 EE BB+ w I μ0

(1． 24)

(1． 21) 式表明 , 电磁场的能量密度与基本 场量 E 和 B 的平方成 正 比 .从 ( 1． 22 ) 和 ( 1． 23 ) 两式可看出 , 电磁场的能流密度 S 与动量密 度 g 不仅空间取向 一致 , 而且 数 值上 也 紧密 关 联 , 即 g = S/ c2 .事 实上 , 真空中电磁波的能 量和动 量都 以光 速 c 沿着 波 的传 播方 向 →→

转移 .从 ( 1． 18 ) 式看到 , 电磁场动量流 密度 张量 T 与作用 在单 位 面积上的力有相同的量纲 , 因此也称之为电磁场应力张量 , 其表达 →→

式 (1． 24) 中的 w 是 ( 1． 21 ) 式 表 示的 电 磁场 能 量 密度 , I 为 单 位 →→

张量 . T 的分量 →→

T ij = ei ・ T ・ej = - ε0 Ei E j -

1 Bi B j + wδij μ0

(1． 25)

表示单位时间通过垂直于坐标系 i 轴的单位 面积上电 磁场动量 流 的 j 分量 , 即作用在单位面积上的电磁场应力 , 当电磁场作用于 宏

第一章 　 电磁现象的普遍规律

6

观物体时 , 它描写物体表面受到的电磁场应力 , 包括法向应力和切 向应力 , 例如静电场对导体表面施加的法向张力 , 磁场对磁性体表 面的压力 ( 磁压 ) , 电磁波对物体表面的辐射压力 ( 光压 ) .

1． 3 介质中的场方程与介质 的电磁性质 电磁场作用于介质 , 是 场与介 质内 大量 微观带 电 粒子 相互 作 用相互制约的过程 .经典电磁理论对介质极化与磁化的描述 , 并未 涉及其中的微观动力学 机制 , 仅以 两个 唯象 模 型———分子 电偶 极 矩 p= ql 和分子电流磁矩 m = ia 为 基础 .介 质极化 强度 P 和磁 化 强度 M 分别定义为 P = ∑ p/ ΔV , 　 M = ∑m/ ΔV

(1． 26)

ΔV 表示介质内任意一个小体积 , ∑p 和∑m分别表示这体积内 总 的分子电偶极矩和分子磁 矩 .介质 内 束缚 ( 极化 ) 电荷 体 密度ρp 和 磁化电流密度 JM 分别由下述两式描述 : ρp = - ・ P, 　 JM = × M

(1． 27)

当电磁场随时间变化时 , 将引 起介质 分子 内束 缚电荷 的振 动而 形 成极化电流 .由电流 连续性 方程 ( 1． 1) 和 ( 1． 27 ) 的 第一 式 , 得极 化 电流密度 : P (1． 28) t 一般地 , 介质内电荷体密度ρ= ρf + ρp , 电流密 度 J = Jf + J M + Jp , ρf 是自由电荷密度 , Jf 是传导电流密度 .为使 不容易被 实验直接 测 Jp =

量的ρp , Jp 和 JM 不出现在麦克斯韦 方程组 中 , 定义辅 助场 量——— 电位移矢量 D 和磁场强度 H : D = ε0 E + P, 　 H =

B - M μ0

(1． 29)

即 D、P 和ε0 E 有 相 同 的 量 纲, H、M 和 B/ μ0 有 相 同 的 量 纲 .将 (1． 27) 、(1． 28) 和 (1． 29) 代入 (1． 11) , 得介质中的麦克斯韦方程组 : ・ D=ρf , 　 × E= -

B t

要 点 概 述

・ B = 0 , 　 × H = Jf +

7

D t

(1． 30)

这组方程虽然形式上与 真空中 的麦 氏方程 组 (1． 11 ) 相 似 , 但它 出 现四个场量 E, D, B 和 H , 即使给定ρf 和 Jf 的分 布函 数 , 以 及一 定 的初条件和边界条件 , 从这组方程也无法解出电磁场 , 因而它不是 完备的 .原因是介质内 D 与 E, H 与 B 的关系没 有给定 , 这些关 系 需由实验测量 . 在各向同性的线性介质内 , 实验给出 P = χeε0 E, 　 D = (1 + χe )ε0 E = εr ε0 E= εE

(1． 31)

M = χm H, 　 B= ( 1 + χm )μ0 H = μr μ0 H = μH (1． 32) 介质的极化率χe 和 相对电容 率εr = 1 + χe 均为无 量纲的比 例系数 , ε = εrε0 是介质的电容率 .介质 的磁 化率χm 和 相对 磁导 率 μr = 1 + χm 也是无量纲的比例系数 ,μ= μr μ0 是介质的磁导率 . 在电磁场作用下 , 导体 内大量 自由 电子 漂移运 动 的宏 观效 应 使它显示出导电性 .各种介质的导电性能由实验测定 .线性均匀导 体的导电规律由欧姆定律 Jf = σE

(1． 33)

描述 ,σ是导体的电导率 .电磁场还使 导体分 子中的 束缚电 荷极 化 和磁化 , 因此导体也有其电容率和磁导率 . 各向异性介质 , 例如晶 体 , 即 使作 用电 磁场 的强 度 相同 , 若 E 和 B 的方向不同 , 其极 化 与磁 化 的取 向 也 不同 , 极化 率 和磁 化 率 表现为张量 .铁磁质 B 和 H 的 关系是 非线 性而 且是 非 单值 的 , 需 由实验测定磁化曲线和磁 滞回 线才能 确定 两者的 函数 关系 .非 线 性介质的极化与磁化效 应 , 不 仅与 场强 E 和 B 的一 次幂 有 关 , 与 场强的二次幂甚至高次幂也有关 . 从 介 质 中 的 场 方 程 ( 1． 30 ) 和 自 由 电 荷 受 到 的 力 密 度 f = ρf E+ ρf v× B, 可以导出如同 ( 1． 19 ) 那样的能量关系式 : -

・S=

w + f・ v t

(1． 34)

第一章 　 电磁现象的普遍规律

8

这里 f・ v = E・ Jf 是场对介质内自由电 荷作的功 率密度 , 这部 分 能量通常转化成介质的热损耗 .介 质中 的能流 密度 S 和能 量密 度 的时变率分别为 S= E× H

(1． 35)

w D B = E・ + H・ t t t

(1． 36)

将 D = εE, B = μH 代入 ( 1． 36) 式 , 得 各向同 性线 性均 匀介 质内 的 电磁能量密度 : w=

1 1 E・ D + B・ H 2 2

(1． 37)

由 D 和 H 的定义 (1． 29) , 上式为 w=

1 ε 2 1 1 ( 0 E + μ0 H2 ) + E・ P + μ0 H・ M 2 2 2

(1． 38)

右方第一项是介质内电磁场的能量密度 , 第二项是极化能量密度 , 第三项是磁化能量密度 .

1． 4 电磁场的边值关系 微分形式的麦氏方程组 ( 1． 30 ) 适用 于连续 的介 质 内部 .由 于 不同介质有不同的电磁性 质 , 介质分 界面 上一 般会出 现面 电荷 和 面电流分布 , 使得界面两边的场量发生跃变 , 因而微分形式的麦氏 方程组在界面上不再适用 .将这组方程的积分形式

∮ D・d S=∫ ρd V , 　∮ E・ d l= f

S

∮

　 　

L

V

∮

B・ dS= 0 , 　 S

∫

H・ d l= L

S

Jf ・ dS+

-

d dt

∫ B・ dS

d dt

S

∫ D・d S

(1． 39)

S

应用于两种介质的分界面上 , 可得到电磁场的边值关系 en ・ ( D2 - D1 ) = σf , 　 en × ( E2 - E1 ) = 0 en ・ ( B2 - B1 ) = 0 , 　 en × ( H2 - H1 ) = αf (1． 40) en 是从介质 1 指向介 质 2 的法 向 单位 矢量 , σf 为界 面 上的 自由 电 荷面密 度 , αf 为 传导 电 流面 密度 .第 一 式表 示界 面两 边 D 的法 向

习题与解答

9

分量跃变由界面上的σf 引起 , 第二、三式分别表示 界面两边 E 的 切 向分量和 B 的法向分量连续 , 第四式表示界面两边 H 的切向分 量 跃变由界面上的αf 引起 .将 ( 1． 27 ) 两式相应的积分形式

∮ P・ dS= -∫ ρdV , 　∮ M・d l=∫ J p

S

M

L

V

・ dS (1． 41)

S

应用到界面上 , 可得界面两边极化强度 P 与磁化强度 M 的跃变关 系: en ・ ( P2 - P1 ) = - σp , 　 en × ( M2 - M1 ) = αM

(1． 42)

σp 是界面束缚 ( 极化 ) 电荷面密度 , αM 是磁化电流面密度 .将电流 连 续性方程 (1． 1 ) 的积分形式应用于界面 , 可得边值关系 : en ・ ( J2 - J1 ) = -

σ t

(1． 43)

σ是界 面 上 包 括 自 由 电 荷 与 极 化 电 荷 的 面 密 度 .电 流 恒 定 时 , (1． 43) 式成为 J2 n = J1n .

1．1 根据算符 的微分性与矢量性 , 推导下列公式 : ( A・ B) = B× ( × A) + ( B・ ) A + A× ( × B) + ( A・ ) B A× ( × A) = 【解】 记 ( A・ B) = 的算符 ,

B

A

1 2

A2 - ( A・ ) A

( A・ B) +

B

( A・ B) ,

A

是 作 用于 A

是作用于 B 的算符 , 利用 a× ( b×c) = b( c・a) - c( a・

b) , 有 A

( A・ B) = B× ( × A) + ( B・ ) A

B

( A・ B) = A× ( × B) + ( A・ ) B

( A・ B) = B× ( × A) + ( B・ ) A + A× ( × B) + ( A・ ) B 在上式中令 B= A, 即得

第一章 　 电磁现象的普遍规律

10

1 2

A× ( × A) =

2

A - ( A・ ) A

1．2 设 u 是空间坐标 x , y, z 的函数 , 证明 : df du

f ( u) =

u・

× A( u) = f ( u) , 注意到 f/ f ( u) = ex =

f + ey x

df ex du

( 1)

dA du dA u× du

・ A( u) =

【证】 对于

u

( 2) ( 3)

u = d f/ d u, 有 f + ez y

u + ey x

f z

u + ez y

u df = u z du

在直角坐标系中将算符 和矢量 A 写成分 量形式 , 便可 证明 (2 ) 式 和 (3 ) 式 . 1．3 从源点 ( 即电荷电 流分 布点 ) x′到场 点 x 的距 离 r , 以 及 矢径 r 分别为 r=

( x - x′) 2 + ( y - y′) 2 + ( z - z′) 2

r = ( x - x′) ex + ( y - y′) ey + ( z - z′) ez 对源变数 x′和场变数 x 求微商的算符分别为 ′= ex

+ ey x′

+ ez y′

, 　 z′

= ex

x

+ ey

y

+ ez

z

(1 ) 证明下列结果 , 并体会算符 ′与 的关系 : r = - ′r =

r 　 ( 单位矢量 ) r

( 1)

・ r = - ′・ r = 3

( 2)

× r = - ′× r = 0

( 3)

→→

r = - ′r = I 　 ( 单位张量 ) 1 1 r = - ′ = - 3 r r r

( 4) ( 5)

习题与解答

・

11

r r ′・ 3 = 0 　 ( r≠0 ) 3 = r r

( 6)

r r ′× 3 = 0 3 = r r

( 7)

×

(2 ) 求(a・ ) r, (a・ r) , ・ [ E0 sin ( k・ r)] , × [ E0 sin (k・ r)] , 其中 a,k和 E0 均为常矢量 . 【解】 ( 1) 将算 符 与 ′分别 作 用于 距 离 r 和 矢径 r 的 表达 式, 可得到 (1 ) 至 (4 ) 式的 结果 , 其 中单位 张量 的定义 见附 录 (Ⅰ． 11) 式 .利用前面 1． 2 题的第一式和本题 ( 1) 至 (4 ) 式的结果 , 得 1 d( r - 1 ) - 1 = (r ) = r dr ・

r 3 = ( r ×

r

- 3

r 3 = ( r

)・ r+ r r

- 3

r= - 3

1 r r = - 3 2 r r r

・ r = 0 　 ( r≠0)

)×r+ r

- 3

× r= 0

1 r r r 同理可证 ′ = 3 ; ′・ 3 = 0( r≠0 ) ; ′× 3 = 0 .事实上 , 对任 意 r r r r 的标量函数 f ( r) 和矢量函数 f ( r) r, 不难证明 : f ( r) = - ′f ( r) , 　 ・ [ f ( r) r] = - ′・[ f ( r) r] ×[ f ( r) r] = - ′×[ f ( r) r] , 　 [ f ( r) r] = - ′[ f ( r) r] 即对上述函数 , 算符存在代换关系 → - ′.这一代换将经常用到 . (2 )

r 是单位张量 , 它与任何矢量点乘均给出原矢量 , 因此 →→

( a・ ) r = a・

r = a・ I = a

利用 1． 1 题第一式的结果 , 由于 a为常矢量 , 且 × r = 0 , 故有 ( a・ r) = ( a・ ) r = a 因 k和 E0 均为常矢量 , 而 sin ( k・ r) 是标量函数 , 因此 ・ [ E0 sin ( k・ r) ] = =

sin ( k・ r) ・ E0 d sin ( k・ r) ( k・ r) ・ E0 d( k・ r)

= k・ E0 cos ( k・ r)

12

第一章 　 电磁现象的普遍规律

× [ E0 sin ( k・ r) ] = k× E0 cos ( k・ r) 1．4 应用高斯定理证明

∫ dV

∮ dS× f

( 1)

∮ φdl

( 2)

× f=

V

S

应用斯托克斯定理证明

∫ dS× S

φ=

L

【提示】 取任意常矢量 c, 有 ・ ( f× c) = ( × f ) ・c - ( ×c) ・ f = ( × f ) ・c × ( cφ) = ( ×c)φ+

φ× c=

φ× c

( 3) ( 4)

将 (3 ) 式对任意体积 V 积 分 , 由高斯 定理 ( 附录 Ⅲ .1 式 ) 及 c 的 任 意性 , 可证得 ( 1) 式 ; 将 ( 4) 式对任 意非闭 合曲 面 S 积 分 , 由 斯托 克 斯定理 ( 附录Ⅲ .3 式 ) 及 c 的任意性 , 可证得 (2 ) 式 .

∫ρ( x′, t) ・

1．5 已知一个电荷系统的电偶极矩定义为 p( t) =

V

x′dV′, 利用电荷守恒定律 ′・ J + ρ/ dp = dt

t = 0 , 证明 p 的时变率为

∫ J( x′, t) dV′ V

【证】 记电流密度 J( x′, t) = J, 由 ′・ J + ρ / t = 0, 有 ρ dp = x ′dV′= ( ′・ J) x′dV′ dt V t V

∫

∫

( 1)

而 ′・ ( Jx′) = ( ′・ J) x′+ J・ ′x′= ( ′・ J) x′+ J 其中 ′x′为单位张量 .于是 ( 1) 式变为 dp = dt

∫ V

∫ Jd V′

′・ ( Jx′) dV′+

V

∮ dS′・ ( Jx′) +∫ JdV′

= -

S

( 2)

V

(2 ) 式第二步已将 张量 Jx′的 散度 的体 积 分化 成面 积 分 ( 见 附 录 Ⅲ .2 式 ) .总可以将积分区域取得 大于电 荷分布区 域 V , 因 而积 分 区域的界面 S 上有 J = 0 , 故 ( 2) 式右方第一项为零 .于是得

习题与解答

dp = dt

13

∫ JdV′

( 3)

V

【另法】 电荷实际上以量子化形式存在 .设第 i 个 粒子的电 荷 量为 q i , 位矢为 xi′, 系统的总电荷量和电偶极矩分别为 q= ∑ qi , 　 p = ∑ qi xi ′

( 4)

每个粒子运动形成 的电 流 元为 Jd V′= qi vi′, vi ′= dxi′ / dt 是其速 度 , 而系统的总电荷量 q 是个守恒量 , 因此有 dxi′ dp = ∑ qi = qi vi′= dt dt ∑

∫ JdV′

( 5)

V

1．6 若 m是常矢量 , 证明除 R = 0 点以外 , 矢量 A = m× R/ R3 的旋度等于标量 φ= m・ R/ R3 的梯度的负值 , 即 × A = -

φ.

【证】 这是关于 磁偶 极矩 m 的 静磁 场 问题 ( 见第 三 章 ) .m 是 3

位于坐标原点即 R = 0 处的常矢 量 , 而 R≠ 0 处 ・ ( R/ R ) = 0 , 以 及 × ( R/ R3 ) = 0 , 因此 m× R 3 R

×A = × ・

= φ=

R R R m - ( m・ ) 3 = - ( m・ ) 3 3 R R R

m・ R 3 R

= m×

×

R R3

+ ( m・ )

R R ) 3 3 = ( m・ R R →→

而

R 3 = ( R

R

- 3

) R+ R

- 3

3RR I R= - 5 + 3 R R

于是有 ×A= -

φ=

3 ( m・ R) R m - 3 R5 R

将上式乘以 μ0 / 4π, 即得磁偶极矩的磁场 : B=

μ0 3 ( m・ R) R m - 3 4π R5 R

第一章 　 电磁现象的普遍规律

14

1．7 证明两个闭 合的 恒定 电流 圈 之间 的 相 互作 用 力大 小 相 等 , 方向相反 .但两个电流元之间的相互作用力一般并不服从牛顿 第三定律 . 【证】 据安培定律 , 电流圈 L1 对另一电流圈 L2 中一个电流元 I2 dl2 的作用力为 d F1 2 = I2 dl2 × B1 = I2 d l2 ×

μ0 4π

∮ L

1

I1 d l1 × r1 2 3 r12

( 1)

B1 是整个电流圈 L1 在 I2 d l2 处产生的磁感应强度 , r1 2 是从电流圈 L1 中每一个电流元 I1 dl1 到 I2 d l2 的矢径 , 将 (1 ) 式对电流圈 L2 积 分 , 得电流圈 L1 对 L2 的总作用力 :

∮∮

μ0 I1 I2 F12 = 4π =

μ0 I1 I2 4π

L

2

L

1

∮∮ L

2

L

1

d l2 × ( d l1 × r1 2 ) r12 3 d l1 ( r12 ・ dl2 ) r12 ( d l1 ・ d l2 ) r12 3 r1 2 3

( 2)

由斯托克斯定理 , 上式右方 第一项 对闭 合路 径 L2 的积 分 , 可化 为 3

L2 所围曲面 S2 的面积分 , 而 × ( r12 / r1 2 ) = 0 , 故有

∮∮ L

2

L

1

dl1 ( r12 ・ d l2 ) = r12 3

∮ ∫ d l1

L

S

1

×

2

r12 ・ dS= 0 r12 3

因此 (2 ) 式为 F12 = -

μ0 I1 I2 4π

∮∮ L

2

L

1

r12 ( dl1 ・ d l2 ) r12 3

( 3)

同理可得电流圈 L2 对电流圈 L1 的总作用力 : F21 = -

μ0 I1 I2 4π

∮∮ L

1

L

2

r21 ( dl2 ・ d l1 ) r21 3

( 4)

这里 r21 是从 L2 的电 流 元 I2 dl2 到 L1 的电 流 元 I1 d l1 的 矢径 , 显 然 , 对于每一对电流元 I1 dl1 与 I2 d l2 , 均有 r12 = - r21 , 因此 F1 2 = - F21

( 5)

但是对于两个孤立的电流元 I1 d l1 和 I2 dl2 , 如果仍由安培定律 , 将 两者间的相互作用力写成

习题与解答

d F12 = I2 d l2 × =

μ0 I1 d l1 × r1 2 4π r12 3

μ0 I1 I2 d l1 ( r12 ・ d l2 ) - r1 2 ( d l2 ・ d l1 ) 4π r12 3

d F21 = I1 d l1 × =

15

μ0 I2 d l2 × r2 1 4π r21 3

μ0 I1 I2 d l2 ( r21 ・ d l1 ) - r2 1 ( d l1 ・ d l2 ) 4π r21 3

则可看出 , 一般 情况 下 上 述两 式 右方 第 一项 不 是 等 值 反向 , 因 而 d F1 2 ≠ - d F2 1 .这是因为 , 安培定律仅适用 于描述 恒定电流 之间 的 相互作用力 , 而恒定电流必定构成闭合回路 , 既孤立又“恒定”的电 流元实际上并不存在 . 1．8 证明均匀介 质 内 部的 极 化电 荷 体 密度ρp 总是 等 于 自 由 电荷体密度ρf 的 - (1 - ε0/ ε) 倍 . 【证】 各向同性线性均匀介质内 D = εE, 电容 率ε是与 坐标 无 关的常量 , 由 D = ε0 E+ P 和场方程 ・ D = ρf , 得 ρp = -

・P = -

・ ( D - ε0 E)

= - (1 - ε0 / ε) ・ D = - ( 1 - ε0 / ε)ρf 一般介质ε> ε0 , 因此ρp 与ρf 在符号上相反 . 1．9 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, 使介质内均匀地带静止的自由电荷密度ρf .求 : (1 ) 空间各点的电场 ; (2 ) 极化电荷体密度和极化电荷面密度 . 【解】 以球心为坐标原点 , 因介质内 自由电荷 密度ρf 与 介质 的 电容率ε均为常 数 , 而介 质 表 面是 球 面 , 故 电场 分 布有 球 对 称性 . 由高斯定理

∮ D・ dS=∫ ρdV f

S

V

得 E1 = D1/ ε0 = 0 　 ( r < r1 )

第一章 　 电磁现象的普遍规律

16

3 3 D2 ( r - r1 )ρf E2 = ε = r 　 ( r1 < r < r2 ) 3 εr3 3 3 D3 ( r2 - r1 )ρf E3 = ε = r 　 ( r > r2 ) 3 0 3 ε0 r

由 D2 = εE2 = ε0 E2 + P2 , 得介质的极化强度 : 3 3 ε0 ( r - r1 )ρf P2 = (ε- ε0 ) E2 = 1 - ε r 3 r3

由 1． 8 题证明的结果 , 介质内极化 ( 束缚 ) 电荷体密度为 ε ρp = - 1 - 0 ρf ε 介质球外 P3 = 0 , 故球壳外表面极化电荷面密度为 σp = - er ・ ( P3 - P2 ) | r = r2

ε0 r2 3 - r1 3 ρf = 1- ε 2 3 r2

或由σf + σp = er ・ε0 ( E3 - E2 ) , 而σf = 0 , 亦可得此结果 .球腔内 P1 = 0 , 球壳内表面极化电荷面密度为 σp = - er ・ ( P2 - P1 )

|

r= r 1

=0

读者试将ρp 和σp 分 别作 体 积分 和 面积 分 , 可 看 到 介质 球 内总 的 极 化体电荷与球面总的极化 电荷 等量异 号 , 这是 因为极 化过 程遵 从 电荷守恒 . 1．10 内外半径分别为 r1 和 r2 的无穷长中空导体圆 柱 , 沿 轴 向流有恒定均匀的自由电流密度 Jf , 导 体的磁导率为 μ, 求磁 感应 强度 和磁 化 电流 . 【解】 以圆柱中心轴为 z 轴 , 则 Jf = Jf ez , 如图 1． 1． 由 对称 性 , 场 强 只与 离 开 z 轴的距离 r 有关 , 且只有 e 方向的 分量 , 由安培环路定理

∮ H・ d l=∫ J ・d S f

L

S

图 1． 1 　 (1． 10 题 )

习题与解答

17

得 B1 = μ0 H1 = 0 　 ( r < r1 ) B2 = μH2 =

μ( r2 - r1 2 )

B3 = μ0 H3 =

2

2r

Jf × r 　 ( r1 < r < r2 )

μ0 ( r2 2 - r1 2 ) 2

2r

Jf × r 　 ( r > r2 )

由 B2 = μ0 ( H2 + M2 ) = μH2 , 得 导体 内的 磁 化强 度与 磁 化电 流 密 度: (μ- μ0 ) (μ- μ0 ) ( r2 - r1 2 ) M2 = H2 = Jf × r 2 2r μ0 μ0 JM = × M2 =

μ - 1 Jf μ0

JM 与 Jf 的关系 与 本 章 补 充 题 1． 21 所 得 结 论 一 致 .导 体 柱 外 部 M3 = 0 , 故外表面磁化电流密度为 αM = er × ( M3 - M2 )

|

r= r

2

( r2 2 - r1 2 ) μ = -1 Jf μ0 2 r2

或由αf + αM = er × ( B3 - B2 )/ μ0 , 而 αf = 0 , 也可 得 到这 结 果 .柱 腔 内 M1 = 0 , 内表面磁化电流密度为 αM = er × ( M2 - M1 )

|

r= r 1

=0

读者试将 JM 和αM 分别积 分 , 可 看到 柱体 内总 的磁 化 电流 与外 表 面总的磁化电流 数 值相 等 , 但 流 向相 反 , 即 磁 化 电 流遵 从 连 续 性 ( 电荷守恒 ) . 1．11 平行板电容器内有两 层介 质 , 它们 的厚 度分 别 为 l1 和 l2 , 电容率为ε1 和ε2 , 今在两极板上接上电动势为 E 的电池 , 求 : (1 ) 电容器两极板上的自由电荷面密度ωf ; (2 ) 介质分界面上的自由电荷面密度 ωf ; (3 ) 若介质是漏电的 , 电导率分 别为σ1 和σ2 , 当 电流达 到稳 定 时 , 上述结果如何 ? 【解】 界面上自由电荷面密度ωf 由边值关系

18

第一章 　 电磁现象的普遍规律

ωf = en ・ ( D2 - D1 )

( 1)

描写 .静电情况下导体 极板中 的电 场为零 .假 定可 略去 边缘 效应 , 则电容器内的电场为均 匀 场 , 它从 正极 板 指向 负极 板 , 以 en 表 示 这方向的单位矢量 , 两种介质中有 D1 = ε1 E1 en , 　 D2 = ε2 E2 en

( 2)

将 ( 1 ) 式 分别 用到正 极板 与介 质 1 , 负 极板 与介质 2 的分界 面上 , 有 en ・ D1 = D1 = ωf1 , 　 - en ・ D2 = D2 = ωf2 在两种绝缘介质分界面上没有自由电荷 , 故由 ( 1) 式有 D2 - D1 = ωf3 = 0 , 即 D1 = D2

( 3) ( 4)

由两极板之间已知的电动势 , 有 E = l1 E1 + l2 E2 = l1 D1/ ε1 + l2 D2/ ε2

( 5)

由 (3 ) 至 ( 5) 式 , 可解出 ε1ε2 E= - ωf2 , 　 ωf3 = 0 l1 ε2 + l2 ε1

ωf1 =

( 6)

当介质漏电且电流恒定时 , 界面电流遵 从边值关 系 J2n = J1n , 略去边缘效应 , 由 欧 姆 定 律 J = σ E, 两 种 介 质 中 的 电 流 密 度 为 σ1 E1 = σ2 E2 = Jn .此时导体极板中也存在电场 , 若两极 板的厚度 均 远小于 l1 和 l2 , 就有 E = l1 E1 + l2 E2 = ( l1 / σ1 + l2/ σ2 ) Jn Jn =

σ1σ2 E l1 σ2 + l2 σ1

( 7) ( 8)

现在 D1 = ε1 E1 = ε1 Jn/ σ1 , D2 = ε2 E2 = ε2 Jn/ σ2 , 由边值关系 (1 ) 可解 出 ε1σ2 E l1 σ2 + l2 σ1 ε2 σ1 ωf2 = - D2 = E l1 σ2 + l2 σ1 ωf1 = D1 =

ωf3 = D2 - D1 =

ε2σ1 - ε1σ2 E l1 σ2 + l2 σ1

( 9)

习题与解答

19

可以验证两种情形下均有ωf1 + ωf2 + ωf3 = 0 , 即 电容 器 整体 上均 保 持电中性 . 1．12 证明 : (1 ) 当两种绝缘介质的 分界面上 不带面自 由电 荷 时 , 电场线的曲折满足 : tan θ2 ε2 = tan θ1 ε1 其中ε1 和ε2 分别是两种 介质的 电容 率 ,θ1 和 θ2 分别 是 界面 两侧 电 场线与法线的夹角 . (2 ) 当两种导电介质内 流有 恒定 电流时 , 分 界面 上电 场线 的 曲折满足 : tan θ2 σ2 = tan θ1 σ1 其中σ1 和σ2 分别为两种介质的电导率 . 【证】 绝缘介质分界面上自由电荷密度σf = 0 , 故边值关系为 E2 t = E1 t , 　 D2 n = D1n 若两种介质都是线性均匀的 , 即 D1 = ε1 E1 , D2 = ε2 E2 , 上述 两式 便 为 E2 sin θ2 = E1 sin θ1 , 　 ε2 E2 cos θ2 = ε1 E1 cos θ1 于是得 tan θ2 ε2 = tan θ1 ε1 当电流恒定时 , 边值关系为 E2 t = E1 t , 　 J2 n = J1 n 若两种介质都是线性均匀 的 , 即 J1 = σ1 E1 , J2 = σ2 E2 , 上述 两式 便 为 E2 sin θ2 = E1 sin θ1 , 　 σ2 E2 cos θ2 = σ1 E1 cos θ1 由此得 tan θ2 σ2 = tan θ1 σ1 1．13 试用边值关系证明 : 在绝缘 介质与 导体的 分界面 上 , 在

第一章 　 电磁现象的普遍规律

20

静电情况下 , 导体外的电场线总是垂直于导体表面 ; 在恒定电流情 况下 , 导体内的电场线总是平行于导体表面 . 【证】 设 导 体 表 面 自 由 电 荷 面密 度 为σf , 由 边 值 关 系 D2 n D1 n = σf , E2 t = E1 t , 令介质 1 为导体 , 介质 2 为 绝缘体 , 静电 导体 内 E1 = 0 , D1 = 0 , 由上述两式得导体外表面 D2 n = σf , 　 E2 t = 0 若导体外的介质是线性均匀的 , 即 D2 = εE2 , 便有 D2 σf E2 = ε = εen 即导体 外 表 面 的 E 线 与 其 表 面 垂 直 .电 流 恒 定 时 , 边 值 关 系 为 E2 t = E1 t , J2n = J1 n , 仍设介质 1 为导体 , 介质 2 为绝缘体, 即 J2 = 0 , 若导体是线性均匀的 , 即 J1 = σE1 , 于是导体内表面 J1 n = σE1n = 0 , 　 E1 n = 0 即导体内表面 E 只有切向分量 E t , E 线平行于其表面 . 1．14 内外电极的截面半径分别为 a 和 b 的无 限长圆 柱形 电 容器 , 单位长度荷电为 λf , 两极间填充电导率为σ的非磁性物质 . (1 ) 证明在介质中任何 一点 传导 电流与 位移 电流 严格 抵消 , 因此内部无磁场 ; (2 ) 求 λf 随时间衰减的规律 ; (3 ) 求与轴相距为 r 的地方的能量耗散功率密度 ; (4 ) 求长度为 l 的一 段介 质总 的 能量 耗散 功率 , 并证 明它 等 于这段的电场能量减少率 . 【解】 按题意电容器 外部无 电场 .若 内部介 质线 性 均匀 , 便 有 D = εE .以圆柱 中心 轴为 z 轴 , 由 对称 性 , 利用高 斯定 理可 求得 介 质中 D=

λf λf D er , 　 E = ε = er 2πr 2πεr

介质内传导电流密度和位移电流密度分别为 σ λf D 1 λf Jf = σE = e r , 　 JD = = er 2πεr t 2πr t

( 1)

( 2)

习题与解答

21

将 (2 ) 的两式均求散度 , 并由场方程和电流连续性方程 ・ D = ρf , 　 ・ Jf +

ρf t

=0

( 3)

得电极上自由电荷密度的时变率 : σ λf = - ελf t

( 4)

将 (4 ) 式代入 ( 2) 的第二 式 , 再与 Jf 相 加 , 得介 质内 任 何一 点任 意 时刻均有 Jf +

D =0 t

( 5)

因介质是非磁性的 , 即 B = μ0 H, 故 任何 一点任 意时 刻磁场 旋度 方 程均为 × B = μ0

× H = μ0 Jf +

D =0 t

( 6)

可知电容器内无磁场 .将 ( 4 ) 式分 离变 量后 积分 , 得任 意时 刻 t 电 极上的电荷密度 : λf ( t) = λf (0 ) e

- σt ε

( 7)

其中 λf (0 ) 是 t = 0 时电极的自由电荷密度 .可见 因介质漏 电 , 电 极 的电荷随时间按指数规律 衰减 .介质 中电 流热 效应引 起的 能量 耗 散功率密度为 p = Jf ・ E = σE2 = σ(λf/ 2πεr) 2

( 8)

长度为 l 的一段介质耗散的功率是 b

∫

λf 2πεr

σ

a

2

σlλf 2 b 2πrld r = 2 ln 2πε a

( 9)

介质中电场能量密度及其时变率为 w=

1 E・ D, 　 2

w = - σ (λf/ 2πεr) 2 t

(10)

长度为 l 的一段介质内场能量减少率为

∫

-

V

σlλf w b dV = 2 ln t 2πε a 2

(11)

第一章 　 电磁现象的普遍规律

22

( 9 ) 式 和 (11 ) 式表 明 , 电 流 热 效 应 耗 散 的 能 量 全 部 由 电 场 能 转 化 .

r δ( x - x′) . 3 = 4π r 3 【证】 1． 3 题已证明 , 在 r≠ 0 即 x≠ x′处 , ・ ( r/ r ) = 0 , 但 在 1．15 证明 : ・

r = 0 处其值是无穷大的 , 即它是一个δ函数 .取以 r = 0 点为中心 , 半 径 r → 0 的 小 球 面 , 由 高 斯 定 理 , 及 球 面 元 矢 量 dS = r2 si n θdθdφer , 有

∫ V

・

r 3 dV = r

r

∮r

3

・dS= 4π

S

又由附录 ( Ⅳ． 4) 式和 ( Ⅳ． 5) 式关于三维δ函数的定义 , 有

∫ 4πδ( x - x′) d V = 4π 　 ( 当 x′在 V 内 ) V

因此 ・

r δ( x - x′) 3 = 4π r

1．16 根据库仑定律 , 求出静电场的两个微分方程 . 【解】 设体积 V 内 电 荷密 度 为ρ ( x′) , 据库 仑 定 律 , 任 一 点 x 的电场强度为 E( x) =

1 4πε0

∫ V

ρ ( x′) r dV′ r3

( 1)

对 (1 ) 式求场点的散度 , 注意到场算符 不作用于ρ( x′) , 于是得 ・ E( x) =

1 4πε0

∫ V

ρ( x′) ・ r3 dV′ r

1 ρ( x′) 4πδ( x - x′) dV′ 4πε0 V = ρ( x)/ ε0 =

∫

( 2)

补　充　题

23

其中已利 用了 δ函数 的性质 ( 附录 Ⅳ .6 式 ) .再 对 (1 ) 式求 场点 的 3

旋度 , 由 × ( r/ r ) = 0 , 立得 × E( x) = 0

( 3)

1．17 根 据 毕奥 萨伐 尔 定 律 , 求出 稳 恒 磁 场 的 两 个 微 分 方 程 . 【解】 设体积 V 内电流密度为 J( x′) , 据毕奥 萨伐尔 定律 , 任 一点 x 的磁感应强度为 B( x) =

μ0 4π

∫ V

J( x′) × r dV′ 3 r

( 1)

对 (1 ) 式求场点的散度 , 注意到场算符 不作用于 J( x′) = J, 有 ・ B( x) = -

μ0 4π

∫

×

J・

V

r dV′= 0 3 r

( 2)

再对 (1 ) 式求场点的旋度 , 得 × B( x) = =

μ0 4π

∫

μ0 4π

r 3 + J r

- ( J・ )

r dV′+ μ0 J( x) r3

V

∫

r r3

- ( J・ )

V

・

dV′

3

( 3)

右方第二项已利用了 ・ ( r/ r ) 的 δ函数 性 质 .现在 证明 ( 3 ) 式 右 方第一项为零 , 由算符代换关系 → - ′, 有 - ( J・ )

r r ) 3 3 = ( J・ ′ r r = ′・ J

r 3 r

= ′・ J

r r3

- ( ′・ J)

r 3 r

由于电流恒定 , 故 ′・ J = 0 .于是 (3 ) 式右方第一项的积分

∫ V

- ( J・ )

r dV′= 3 r

r dV′ 3 r

∫

′ ・ J

∮

dS′ ・ J

V

=

S

r 3 r

=0

第一章 　 电磁现象的普遍规律

24

这是因为电流恒定意味着界面 S 上电流法向分量 J n = 0 .于是 ( 3) 式为 × B( x) = μ0 J( x)

( 4)

1．18 平行板电容器 由两 块 很薄 的 圆 形极 板 组成 , 两极 板 之 间通过与对称轴重合的导线供以电流 I = I0 cos ωt, 极板半径为 a, 相互距离为 d , 假 定 dｎ aｎ c/ ω ( c 是光速 ) .求 : (1 ) 电容器内部和外部的电磁场 ; (2 ) 极板上的面电流分布 . 【解】 电流的振动使电磁场以角 频率 ω波 动 , 波 长 为 λ= 2πc/ ω , 由 于 d ｎ aｎ c/ ω, 电容器内部及附近的场为似 稳场 , 故 可略去推迟效 应 .令 z 轴 为对 称 轴 , 如 图 1． 2 .设 t = 0 时 极 板 电 荷 量 为 零 , 由 I = dq/ d t, 得极板任意时刻 t 的带电荷量 : t

t

图 1． 2 　 (1． 18 题 )

　 I0

∫ Id t =∫ I cos ωtd t = ωsin ωt

q=

0

0

0

因 dｎ a, 故可略去边缘效 应 , 电 容器 内部 的电 场近 似 为均 匀的 轴 向场 σ q I0 E1 = ε ez = sin ωtez 2 ez = ε0πa ε0πa2 ω 0 由对称性 , 这电场激发的磁场只有 e 分量 , 由方程 × B = μ0 ε0

E t

的积分形式

∮ B・ dl = μ ε∫ 0

L

0

S

E ・ dS t

取以对称轴为中心 , 半径为 r 的圆周为积分路 径 L , 得 电容器内 部 的磁场

补　充　题

B1 =

25

μ0 I0 r cos ωte 2πa2

dｎ a 也意味着外部的磁场可近似地看成由供电 导线的电 流产生 , 由似稳条件 , 用安培环路定理求得 B2 =

μ0 I0 cos ωte 2πr

可以看到极板内外两边的 磁场 是不连 续的 , 这 是由于 极板 上分 布 着面电流 αf = ez × ( H2 - H1 ) = -

I0 1 r - 2 cos ωter 2π r a

这电流在整个极板上从中 心到 边缘沿 着径 向振动 , 这 是可 以预 期 的结果 . 1．19 电荷为 e 的粒子以初速度 v0 进入互相垂直的均匀电磁 场 , 设 v0 与电场和磁场都垂直 , 求粒子的非相对论运动轨迹 ( 略去 粒子加速运动产生的辐射 ) . 【解】 在非相对论运动 ( 即速度远小 于光 速 c) 情 形下 , 粒子 质 量 m 可近似地视为常数 , 据经典力学 , 粒子运动方程为 ・・

・

m r = e( E + r × B) ・

( 1)

・・

其中 r和 r 分别是粒子位置矢量对时间的一阶和 二阶导数 , 即粒 子 的速度和加速度 .设电场 E= Ee x , 磁场 B= Be y , 则 v0 = v0 ez , 于是 从方程 (1 ) 有 ・ ・

・

・ ・

・・

・

m x = e( E - B z ) , 　 m y = 0 , 　 m z = eB x

( 2)

令 t = 0 时粒子位于坐标原点 , 即初条件为 ・

・

・

x0 = 0 , 　 y0 = 0 , 　 z0 = 0 ; 　 x0 = 0 , 　 y0 = 0 , 　 z0 = v0

( 3)

将 (2 ) 的第二个方程对时间积分并利用初 条件 , 得 y = 0 , 即粒子 不 在 y 方向运动 .将 ( 2 ) 的 第三 个 方程 对 时间 积 分 一次 并 利用 初 条 件,得 ・

z=

将它代入 (2 ) 的第一个方程 , 得

eB x + v0 m

( 4)

第一章 　 电磁现象的普遍规律

26

e( E - v0 B) e2 B2 x + 2 x= m m

・・

( 5)

这方程的通解 , 是它的一个特解 x′= m( E - v0 B)/ e B2 与其齐次 方 ・・

2 程的通解 x″之叠加 , 而齐次方程是一个形如 x + ω x = 0 的一维 振 子方程 , 其解是角频率为ω= eB/ m 的 简谐振 动 , 即 方程 (5 ) 的通 解

为 m( E - v0 B) eB + Acos t+ 0 ( 6) 2 m eB 为 初 相 位 .由 初 条 件 得 A = - m ( E - v0 B)/

x = x′+ x″= A 为振动的振 幅 , 2

eB ,

0

0

= 0 , 即有 x=

m( E - v0 B) eB 1 - cos t 2 m eB

( 7) 2

可见这方向上振动的平衡位置为 x = m( E - v0 B)/ eB .将 ( 7 ) 代 入 (4 ) 后对时间积分 , 由初条件得 z=

m( E - v0 B) E eB t sin t 2 B eB m

( 8)

即 z 方向是匀速运动与简谐振动的 叠加 , 但 与 x 方 向的振 动有 相 位差π/ 2 .( 7) 和 (8 ) 两式 表明 , 当 E≠ v0 B, 粒 子 轨迹 是 x z 平面 的 一条摆线 , 若 E = v0 B, 粒子将在 z 方向以 v0 = E/ B 匀速运动 . 1．20 证明麦克斯韦方程组的完备 性 .即对于 任何 区域 V , 只 要给定 : (1 ) V 内电荷电流分布 ; (2 ) 初始条件 , 即 t = 0 时 V 内 所有 点的 E ( x, 0 ) 和 B( x, 0 ) 值; (3 ) 边界条件 , 即任意时刻 V 的边界面 S 上的 ES 和 BS 值 . 则 V 内麦克斯韦方程组的解完全确定 . 【证】 设 V 内有两组可能的解 ( E1 , B1 ) 和 ( E2 , B2 ) , 令 E2 - E1 = E′, 　 B2 - B1 = B′

( 1)

需要证明, V 内任何一点 x 任意时刻 t 均有 E′( x, t) = B′( x, t) = 0 .因 V 内ρ和 J 已给定 , 将 ( E1 , B1 ) 和 ( E2 , B2 ) 分 别代入 麦 克斯 韦方 程

补　充　题

27

组: B t

・ E = ρ/ ε0 , 　 × E = ・ B = 0 , 　 × B = μ0 J +

1 c2

E t

( 2)

并由 (1 ) , 得 V 内 ( E′, B′) 场遵从的方程为 ・ E′= 0 , 　 × E′= ・ B′= 0 , 　 × B′=

B′ t

1 E′ c2 t

( 3)

由能量守恒原理 , ( E′, B′) 场单位时间从 V 的界 面 S 流出 的能量 , 应等于它在 V 内能量的减少率 , 即

∮ S

1 d ( E′× B′) ・ dS= μ0 dt

2

1 ε 2 B′ 0 E′ + dV μ0 2

∫ V

( 4)

但界面 S 的场值已给 定 , 即 E1 S = E2 S , B1 S = B2 S , 故 界 面上 任意 时 刻均有 E′S = B′S = 0 , 即 (4 ) 式应当是 d dt

∫ V

2

1 ε 2 B′ 0 E′ + dV = 0 μ0 2

( 5)

可知 V 内 ( E′, B′) 场的能量 是 与时 间 t 无关 的常 量 .而 t = 0 时 V 内所有点的场值已给定, 即 E1 ( x, 0) = E2 ( x, 0 ) , B1 ( x, 0) = B2 ( x, 0 ) , 故 t = 0 时 V 内所有 点上 E′= B′= 0 , 因此 初时刻 V 内 ( E′, B′) 场 的能量为零 , 由 能 量 守 恒 , 任 意 时 刻 V 内 ( E′, B′) 场 的 能 量 也 为 零 , 这意味 V 内任何一点任意时刻均有 E′( x, t) = B′( x, t) = 0

( 6)

即 V 内麦克斯韦方程组有完 全确 定 的解 .当 V 为全 空间 , 这结 论 自然也成立 . 1．21 求稳恒条件下 , 线性均匀介质内磁化电流密 度 JM 与 传 导电流密度 Jf 的关系 . 【解】 各向同 性线性均 匀介质 的磁导率 μ是与坐 标无关的 常 量 , 由 B = μH = μ0 ( H + M) 和稳恒磁场方程 × H = Jf , 有

第一章 　 电磁现象的普遍规律

28

JM = × M =

μ -1 μ0

×H=

μ - 1 Jf μ0

1．22 求线性均匀导体内自由电荷密度随时间变化的规律 . 【解】 各向同性 线 性 均 匀 导 体 内 D = εE, Jf = σE, 由 场 方 程 ・ D = ρf 和电流连续性方程 ・ Jf + ρf/ t = 0 , 得 ρf σ = - ・ Jf = - σ ・ E = - ερf t 由此可解出任意时刻导体内部 x 处自由电荷体密度为 ρf ( x, t) = ρf ( x, 0 ) e -

σt ε

其中ρf ( x, 0) 为 t = 0 时该 处自 由 电荷 体 密 度 .可 见线 性 均匀 导 体 内自由电荷体密度随时间 按指 数规律 衰减 , 这 是因为 自由 电荷 互 相排斥所致 , 导体的电导率σ越高 , 特征时间 常数 τ= ε/ σ越 小 , 衰 减越快 .因此自由电荷只能分布于均匀导体表面的薄层中 , 对于静 电场中的理想导体 , 这结论自然成立 . 1．23 证明 : 静电场中导体表面受 到的应 力总是 法向张 力 , 作 用于单位面积上的力等于电场能量密度 . 【证】 静电导体内部电场为零 , 导体外表面场强 E= Een , en 是 导体表面外法向的单位矢 量 , 因此导 体表 面单 位面积 受到 的静 电 应力为 →→

fS = - en ・ T = - en ・

1 ε 2 →→ ε - 0 EE + 0 E I 2

=

1ε 2 0 E en 2

这是一个使导体倾向于膨 胀的 力 , 数 值上 等于 导体表 面电 场能 量 密度 w = ε0 E2/ 2 . 1．24 当两种介质分界面没有传导电流时 , (1 ) 求界面 B 线曲折的表达式 ; (2 ) 证明高 μ值磁性体内表面 的 B 线 几乎 与其 表面平 行 , 表 面受到的磁应力是压力 . 【解】 因介质分界面没有传导电流 , 边值关系为 B2 n = B1 n , 　 H2 t = H1 t

补　充　题

29

设 B1 = μ1 H1 , B2 = μ2 H2 ,θ1 和 θ2 为 界面 两边 B 线与 法向 en 的 夹 角 , 则上述两式为 B2 cos θ2 = B1 cos θ1 , 　 B2 sin θ2/ μ2 = B1 sin θ1 / μ1 于是得界面两边 B 线曲折的表达式 : tan θ2 μ2 = tan θ1 μ1 当 μ2 = μ0 ,μ1 ｍ μ0 , 有 θ1 ≈π/ 2 ,θ2 ≈0 , 即高 μ值磁 性体内表 面的 B 线几 乎 与 其 表 面 平 行 , 漏 向 外 部 的 B 线 几 乎 与 界 面 垂 直 .当 μ1/ μ2 →∞ , 介质 1 几乎不会向 外漏 磁 , 其内表 面的 B 只有 切向 分 量 Bt .以 en 表示磁性体表面外 法向 单位矢 量 , 于是 其表面 单位 面 积受到的磁应力为 →→

1 B2 → → - BB + I μ 2μ

f S = - en ・ T = - en ・

B2 = en 2μ 2

负号表明这是压力 , 数值上等于表面磁能密度 w = B / 2μ. 1．25 证明导线中电 流热 效 应损 耗 的 能量 , 等于 其 表面 流 进 的电磁能量 . 【证】 设导线无限 长 , 截面 半径为 a, 以 z 轴为对称 轴 , 电流 密 2 度 Jf = Jf ez , 总电流 I =π a Jf .由欧姆定律 Jf = σE 和安培环路 定 理 , 可求出 Jf Ir E= σ ez , 　 H = e 　 ( r≤ a) 2π a2 r = a 处即导线表面的能流密度为 I2 S= E× H = - 2 σ 3 er 2π a 方向 - er 表明能量向导线 内部 流动 .单位 时间 流进 长度 为 l 的 一 段导线的能量为 2

2

I I l - S S・ ds = 2 3 2π al = σπ a2 2π σ a 2 导体内电流热效应 损耗 的功 率密 度为 E・ J f = σ E , 这 段导 线 损

∫

耗的总功率为

第一章 　 电磁现象的普遍规律

30

2 I l 2 P =σ E πa l = σ 2 = I R πa 2

2

它正好等于单位时间流进这段导线的 能量 , 其中 R = l/ σπa 是 这 2

段导线的电阻 . 1．26 若自由磁荷 ( 磁 单极 ) 存在 , 试猜 想 应 当怎 样 改写 麦 克 斯韦方程组 ? 【解】 由于迄今仍未发现自由磁荷存在的可靠证据 , 电荷被认 为是电磁场唯一的激发源 , 故麦克斯韦方程组为 B t

・ E = ρe/ ε0 , 　 × E = ・ B = 0 , 　 × B = μ0 Je +

1 E 2 c t

ρe 为电荷密度 , Je 为电流密 度 .这组 方程隐 含着 电流 连续性 方程 , 只要对磁场的旋度方程求散度 , 而 ・ ( × B) = 0, 并 由电 场的 散 度方程 , 便得到 ・ Je +

ρe =0 t

若自由 磁 荷 存 在 , 设 其 密 度 为 ρm , 磁 场 的 散 度 方 程 便 应 改 为 ・ B= ρm ; 但这时若对电场的旋度方程求散度 , 左方给出 ・ ( × E) = 0 , 而右方则给出 -

ρm/

t, 因此 这 方 程也 必 须修 改 .设 磁 荷

运动形成的磁流密度为 Jm , 它也 应 当遵 从连 续性 方程 ( 即 磁荷 守 恒) : ・ Jm +

ρm =0 t

因而电场旋度方程应当修改成 × E = - Jm - B/ 中 D = ε0 E, B = μ0 H, 麦克斯韦方程组可修改成 ・ D = ρe , 　 × E= - Jm ・ B = ρm , 　 × H = Je +

t .考虑 到真 空

B t D t

从源和场两方面看 , 这组方程都显示出十分优美的对称性 .

第二章 　 静 　 电 　 场

2． 1 静电场和静电势 静止电荷产生静电场 , 电荷和电场的分布均与时间无关 , 场方 程为 ・ E =ρ/ ε0 , 　 × E = 0

( 2． 1)

无旋性的积分形式表明静 电场 为保守 力场 , 它 对电荷 作的 功与 路 径无关 , 只与电荷的始末位置有关 , 故可引入标势函数 φ, 使 φ

E= -

( 2． 2)

任意两点 x 与 x0 之间的电势差 , 等于电场将单位正电荷从 x 点移 至 x0 点作的功 : x

∫

φ( x) - φ( x0 ) =

x

0

E・ d l

( 2． 3)

因此 , 用电势描 述电 场时 , 必 须选 择电 势 零点 .如 令 φ( x0 ) = 0 , 则 任一点 x 的电势 x

∫

φ( x) =

x

0

E・ dl

( 2． 4)

就表示单位电荷在该点的静电 势能 , 此 时 φ的 空间 分布才 构成 有 明确意义的标量 场 .当 电 荷分 布 于有 限 区域 时 , 通 常以 无 穷 远 即 x0 = ∞为电势零 点 .将 ( 2． 2 ) 式 代 入 ( 2． 1 ) 第 一 式 , 得电 势 的 泊 松 方程 :

第二章 　 静 　 电 　 场

32

2

φ= - ρ / ε0

( 2． 5)

这方程在无界空间中的解为

∫

φ( x) =

V

ρ( x′) dV′ 4πε0 r

( 2． 6)

其中无穷远处为电势零点 , 积分遍及电荷分布区域 V .对此式取 场 点的负梯度即给出 (1． 4 ) 式 .若电荷 分布 函数 ρ( x′) 给 定 , 由 ( 2． 6) 式可便求出电势 , 再由 ( 2． 2 ) 式 求 出电 场 .若 电 场 已 经 求出 , 则 由 (2． 4 ) 式便可求出电势 .如果已知电场或电势分布 , 由 ( 2． 1) 的第一 式 , 或泊松方程 ( 2． 5) , 可求出电荷分布 .

2． 2 电势多极展开 任何一个电荷系统在其 外部的 电场 , 原 则上均 可 表示 成一 系 列多极矩场的叠加 ( 例如 , 参 见本 章 习题 2． 12 ) .对于 电 荷系 统 在 远处的场 , ( 2． 6) 式的级数展开式为 3

1 q p・ R 1 φ( x) = 4πε0 R + R3 + 6 (0)

( 1)

(2 )

=φ + φ +φ

2

∑D

ij

i, j = 1

1 +… R

xi x j

+…

( 2． 7)

R = | x| 是坐标原点到 场点的距离 , 这级数一般 地包含各级多极 矩 的电势 , 前三项为 q

( 0)

φ ( x) = ( 1)

φ ( x) = 1 φ ( x) = 24πε0 (2)

4πε0 R p・ R

2

　 ( 偶极项 , ～1/ R )

3

4πε0 R

3

　 ( 单极项 , ～1/ R)

2

∑D

ij

i, j = 1

xi x j

( 2． 8) ( 2． 9)

1 　 ( 四极项 , ～1/ R3 ) (2． 10) R

系统的净电荷量 , 电偶极矩和电四极矩分别由下面的积分给出

∫ ρ( x′) dV′ p =∫ ρ( x′) x′dV′ q=

V

V

(2． 11) (2． 12)

要 点 概 述

∫ 3 x′x′ρ( x′) dV′

Dij =

i

j

V

33

(2． 13)

单极项 φ( 0 ) 有球对称 性 , 相 当于 系统 的净 电荷 量 q 集 中 于坐 标 原 点时产生的电势 .电偶极矩 p 的电场为 E= -

(1 )

φ

=

1 3 ( p・ R) - p 5 3 4πε0 R R

(2． 14)

电四极矩也可定义为

∫

Dij =

V

2

( 3 x′ i x′ j - r′ δi j )ρ( x′) dV′

(2． 15)

2 2 2 其中 r′= ( x′ + y′ + z′ ) 1/ 2 是 坐 标 原 点 到 电 荷 分 布 点 的 距 离 .

(2． 13) 和 ( 2． 15 ) 定 义 的 四 极 矩 均 为 对 称 张 量 , 即 D ji = Di j , 但 (2． 15) 满足 Dx x + Dy y + Dz z = 0 , 因此它只 有 5 个 独立分量 .对同 一 个电荷系统 , 用这两个定义计算出的四极矩一般不同 , 但给出的四 极矩电势是一样的 . 电荷分布偏离球对称的 系统必 定出 现多极 矩 , 而 各级 矩的 电 势按距离 R 的负幂次衰减 , 随 着 R 的 增加 , 高 级矩 的 电势 比低 级 矩的电势衰减得更迅速 .因此任何电荷系统在其外部的场 , 均以其 最低级矩的场为主 .从 ( 2． 12 ) 可看出 , 若电荷分布存在坐标原点的 对称性 , 这系统的电偶极矩 p = 0 ; 从 (2． 13) 或 (2． 15 ) 则可 看出 , 若 电荷分布存在坐标原点的反对称性 , 全部电四极矩分量 Dij = 0 .

2． 3 静电场边值问题 在有不同介质分布的情形, 已知电荷的电场将使介质出现极化 电荷分布 , 或使导体出现 感应电荷分布 , 这些电荷反 过来又 激发电 场, 总电场是所有电荷的 电场之叠加 .但 极化电荷和 感应电 荷的分 布是未知的 , 因此一般情况下不可能由积分式 (2．6 ) 求出电势 , 必须 根据给定介质 的电磁 性质 和边 界条件 , 求解 电势 或电 场的 微 分方 程, 这就是静电场边值问 题 .寻找这类问 题解答的依 据是唯 一性定 理, 即

第二章 　 静 　 电 　 场

34

( 1) 满足各求解区域内电势 ( 或电场 ) 的微分方程 ( 2) 并且满足相邻区域的边值关系 , 以及给定的边界条件 的解 , 是唯一的 .因此 , 寻找边值问题解答的前提 , 是必须根据具体 物理问题找出全部定解条 件 , 再根据 这些 条件 采用恰 当的 数学 方 法求解 . 静电场方程和边值关系 　 在每 一种 连续分 布的 介 质内 , 静 电 场方程为 ・ D =ρf , 　 × E = 0

(2． 16)

若该区域内介质线性均匀 , 便有 D =εE; 若该 区域 为真空 , 有 D = ε0 E; 若该区域是导体则 E = 0 .在两 种 介质 的分 界面 上 , 边 值关 系 一般地为 en ・ ( D2 - D1 ) = σf , 　 en × ( E2 - E1 ) = 0

(2． 17)

由电位移矢量的定义 D = ε0 E + P, 而一 般情况 下界 面两边 极化 强 度 P 的跃变关系为 en ・ ( P2 - P1 ) = - σp , 故第 一个 边值关 系包 含 en ・ ( E2 - E1 ) = (σf +σp )/ ε0 σ . f 是界面的自 由电荷 面密度 ,σp 是 极 化 ( 束缚 ) 电荷面密度 .在绝缘介质的分界面上 , 一般有 σf = 0 . 静电势方程和边值关系 　 若区域 V i 内介质线性均匀 , 电容 率 为εi , 由场方程 ( 2． 16 ) , 此区域内的电势方程为 2

φ= - ρf/ εi 　 ( 或

2

φ= 0 , 当 ρf = 0)

(2． 18)

在线性均匀介质分布区域 V j 与 V i 的 界面 S 上 , 由 ( 2． 17 ) 得边 值 关系 : - εj

φj φi +εi =σf , 　 φj = φi n n

(2． 19)

由于静电场中的导体内部 E = 0 , 故导 体是 等势 体 , 其 表面 为等 势 面 , 因此有导体存在时 , 必须 给定 每个 导体的 电势 , 或 给定 每个 导 体所带的净电荷量 . 只有 满 足 每 个 求 解 区 域 内 的 泊 松 方 程 或 拉 普 拉 斯 方 程 (2． 18) , 在界面 S 上又满足 ( 2． 19 ) , 以及给定的边界条件 φ| S ( 第一类边值 ) 　 或 　 φ/ n| S ( 第二类边值 )

(2． 20)

要 点 概 述

35

的电势解 , 才是决定这区域内电场唯一的正确解 . 维持恒定 电 流 的 电 场———稳 恒 电 场 也 是 静 电 场 , 可 令 E = φ.若导电 介质 是分区 线性 均匀 的 , 则由方 程 ・ J = 0 和欧 姆

-

定律 J =σE 可知 , 每个区域 内的电 势 都遵 从拉 普拉 斯方 程

2

φ=

0 .设相邻区域介质 的电导 率为 σ1 和 σ2 , 边值 关系 J2 n = J1 n , E2 t = E1 t 便可表示为 φ2

σ2

n

φ1

= σ1

在各线性均匀区域内满足方程

n 2

, 　 φ2 = φ1

(2． 21)

φ= 0 , 在 界面 上又满 足 ( 2． 21 ) 及

给定边界条件的解 , 是唯一的 . 求解边值问题没有普遍适用的方法 , 必须依据唯一性定理 , 根 据具体物理问题寻找适当的方法求解 , 包括从物理上猜测尝试解 . 复杂问题通常用数值计算 找出 近似解 .对 于较 为简单 或有 某种 对 称性的情形 , 除个别奇 点外 , 问题 的解 可用解 析函 数表 示出 来 .常 用的解析方法是分离变量法 , 镜像法和格林函数法 . 分离变量法 　 当介质分 区线性 均匀 , 而 且分界 面 与某 一类 曲 线正交坐标系的坐标面重合时 , 这是一种简单而有效的方法 .若求 解区域内自由电荷体密度 ρf = 0 , 则此区域内电势满足拉普拉斯 方 程

2

φ= 0 ; 或虽然 ρf ≠ 0 , 但 它的 电势 φρ 可 以找 到 , 亦 即可 以找 到

泊松方程 (2． 18) 的一个特解 , 由叠加原理 , 总电势为 φ=φρ + φ′,φ′ 是 (2． 18) 的齐次方程

2

φ′= 0 的 通解 , 利用 分 离 变量 法 可将 拉 普

拉斯方程的通解表示成级数 , 各区域电势通解 φ中的待定系数 , 由 给定的边值关系和边界条件确定 , 从而解出电势分布 . 镜像法 　 这种方法是用 若干个 假想 的镜像 电荷 , 等效 未知 的 电荷 ( 包括介 质的极化 电荷或 导体表面 的感应 电荷 ) 分布 , 这些 假 想电荷与已知电荷的总电势或总电场 , 只要满足全部定解条件 , 所 得到的解就是唯一正确的解 .必须注意的是 , 为使找到的解满足每 个求解区域内给定的电势 或电 场方程 , 假 想的 镜像电 荷必 须置 于 每个求解区域之外 , 镜像电荷的数值及其位置 , 由边值关系和边界

第二章 　 静 　 电 　 场

36

条件确定 . 格林函数法 　 若区域 V 内电 荷密 度 函数 ρ( x′) 给 定 , 泊 松 方 程的解可表示为

∫ G( x′, x)ρ( x′) dV′+

φ( x) =

V

∮

ε0

G( x′, x)

S

φ

G( x′, x)

- φ( x′) n′

n′

d S′

(2． 22)

这种方法的关键 , 是根据具体问题和给定的边界条件 , 选择正确的 格林函数 G( x′, x) , 它是格林方程 2

G( x′, x) = - δ( x - x′)/ ε0

(2． 23)

在一定边界条件下的解 .若给 定的 是 V 的 界面 S 的 φ值 , 应当 选 择第一类边值问题的格林函数 : G( x′, x) | x′∈ S = 0

(2． 24)

此时 (2． 22) 式便成为

∫

φ( x) =

V

∮

G ( x′, x)ρ( x′) dV′- ε0

φ( x′) S

G( x′, x) n′

] d S′ (2． 25)

若给定的是 V 的界面 S 的 φ/ n 值 , 应 当选择 第二 类边值 问题 的 格林函数 : G( x′, x) n′

= x′∈ S

1 ε0 S

(2． 26)

这里 S 是界面的总面积 , 此时 ( 2． 22 ) 为

∫

φ( x) =

V

∮

G ( x′, x)ρ( x′) dV′+ε0

S

G( x′, x)

φ d S′+〈φ 〉S n′ (2． 27)

〈φ〉S 是界面电势的平均值 .

2． 4 静电能　外电场对电荷 体系的作用能 电荷体系的静电能 　 各向同性线性均匀介质内静电能量密度

要 点 概 述

37

为 w = E・ D/ 2 , 其中 D =εE .真空中 , D =ε0 E .由于电场一般 地分 布于全空间 , 因此电荷系统的总静电能 , 是电场所有分布区域内的 能量之和 , 即总能量一般地由积分 1 E・ DdV 2

∫

W= 给出 .由 ・ D =ρf , E = -

∞

(2． 28)

φ, 总静电能量也可由下式计算

∫

W=

V

1 ρf φdV 2

(2． 29)

积分体积 V 为电荷分布区域 . 外电场对电荷体系的作 用能 　 电荷 在外电 场中 的 静电 势能 , 就是外场对电荷的静 电 作用 能 .设 外 场电 势 为 φe , 则 外 电场 对 点 电荷 q 的作用能为 Wi = qφe , 对此式求负 梯度 , 即给出 外电场对 电 荷的作用力 F = -

Wi = qEe .若体积 V 内电荷密度为 ρ( x) , 外 场

对这带电体的静电作用能便为

∫ ρ( x)φ ( x) dV

Wi =

e

(2． 30)

V

当电荷分布于 小 区 域 , 可 将 外 场电 势 φe ( x) 对 坐 标 原 点 ( 选 在 V 内 ) 展开为泰勒级数 , (2． 30) 便给出外场对电荷体系作用能的级数 展开式 : Wi = qφe (0 ) + p・ φe ( 0) +

1 →→ D∶ 6

φe ( 0) + … (2． 31)

φe ( 0 ) 是外 场在 原 点的 电势 .电荷 体系 的净 电荷 量 q, 电 偶极 矩 p 与四极矩 Dij , 由 (2． 11) , ( 2． 12 ) 和 ( 2． 13 ) 式计算 .外电 场对电偶 极 子的作用能、作用力和力矩分别为 Wi = p・ φe = - p・ Ee F= -

Wi = p・ L = p× Ee

Ee

(2． 32) (2． 33) (2． 34)

从 (2． 32) 式看到 , 电矩矢量 p 与外场 Ee 方 向一 致时 , 电偶 极子 的 能量最 低 ; ( 2． 34) 式 表 明 , 外场 的力 矩 将使 p 朝 Ee 的 方向 转动 . (2． 33) 则表明 , 电偶极子将朝着场强最大的方向平动 , 若外场为均

第二章 　 静 　 电 　 场

38

匀场 , 则 F = 0 .外电场对电四极矩的作用能为 1 →→ Wi = D∶ 6

Ee

(2． 35)

许多介质分子除了有电偶极矩 , 还有电四极矩 , 原子核也有一定的 四极矩 , 因此它们在非均匀电场中有一定的四极矩能量 .

2．1 证明 : ( 1 )δ( a x) =δ( x )/ a, ( a > 0 ) ; 若 a < 0 , 结 果 如何 ? (2 ) xδ( x ) = 0 . 【提 示】 ( 1 ) 利 用δ函 数 的 定 义 及 其 偶 函 数 性 质δ( - ax ) = δ( ax ) ; +ε

∫

( 2) 由

-ε

f ( x )δ( x ) d x = f (0 ) , 可得 xδ( x) = 0 .

2．2 画出函数 dδ( x )/ d x 的图 , 说明 ρ= - p・ δ( x) 是一 个 位于原点的电偶极子的电荷密度 . 【解】δ函数的 导数 是 奇函 数 , 图 略 .以 电 偶 极子 p = ql 的 中 点为坐标原点 , 两个点电荷± q 分 别位 于 x′= ± l/ 2 = ± (Δx′ex + Δy′ e y + Δz′ ez )/ 2 , 于是当 l→0 , 这体系的电荷密度为 ρ= qδ( x - l/ 2) - qδ( x + l/ 2 ) = qΔδ( x) =q

δ( x)

Δx′+

δ( x)

x′

Δy′+

δ( x)

y′

Δz′

z′

= ql・ ′ δ( x) = - p・ δ( x) 最后一步已利用了算符代换 ′→ -

.

2．3 一块介质的极化矢 量为 P ( x′) , 根据 电偶 极 子静 电势 的 公式 , 极化介质所产生的静电势为

∫

φ( x) =

V

P ( x′) ・ r dV′ 3 4πε0 r

( 1)

另外 , 根据极化电荷公式 ρp = - ′・ P( x′) 及 σp = en ・ P, 极化介 质

习题与解答

39

产生的静电势又可表为

∫

φ( x) = -

V

′・ P( x′) dV′+ 4πε0 r

∮ S

P ( x′) ・ dS′ 4πε0 r

( 2)

试证明以上两表达式是等同的 . 【证】 由高斯定理 , (2 ) 式右边第二项面积分可化为

∮ S

∫

=

V

P ( x′) ・ dS′ = 4πε0 r

∫

′・

V

′・ P( x′) dV′+ 4πε0 r

∫ V

P( x′) d V′ 4πε0 r

P ( x′) ・ r dV′ 4πε0 r3

( 3)

其中已利用到 ′(1/ r) = r/ r3 , 将 ( 3) 代入 (2 ) 式 , 即得 (1 ) 式 . 2．4 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 的 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 = en ・ P/ ε0 , 而电 势 的法向微商是连续的 .( 带等量正负面电 荷±σ而靠 得很近 的两 个 面 , 形成面偶极层 , 面偶极矩密度 P = σ →lim σl .) ∞ , l→ 0 【证】 ( 1) 设电荷面密度为 σ, 其 两侧 无限接 近的 P1 点 与 P2 点的场强分别为 E1 和 E2 , 法向单位矢量 en 从 P1 指向 P2 , 将静电 场高斯定理与环路定理

∮ S

E・ dS=

1 ε0

∫ ρdV , 　∮ E・ dl = 0 V

L

( 1)

分别应用于包含着面 电荷 σ的扁 平闭 合面 ( 底面 积 ΔS 与界 面 平 行 , 高度 h→0 ) , 以及跨越界面的矩形小回路 ( 其长边 Δl 与界面 平 行 , 短边 h→0 ) , 可分别得到 E2 n - E1 n =σ / ε0 , 　 E2 t = E1 t 由 E= -

( 2)

φ, 这两式用电势表示为 -

φ2 φ1 σ + = , 　 φ2 = φ1 n n ε0

( 3)

(2 ) 令面偶极层的法向单位矢量 en 从 - σ指向 +σ, 无限靠 近

第二章 　 静 　 电 　 场

40

- σ层外侧 P1 点的场强 为 E1 , 无 限靠 近 + σ层外 侧 P 2 点 的场 强 为 E2 , 内部 P0 点的场强为 E0 , 将高斯定理分别应用于包 含 + σ和 - σ的扁平闭合面 , 可得到 E2n + E0 n =σ/ ε0 , 　 - E0 n - E1 n = - σ / ε0 即 E2 n = E0 n = E1n =σ/ 2ε0

( 4)

再将环路定理分别应用于跨越 +σ和 - σ的两个矩形小回路 , 得 E2 t = E0 t = E1 t

( 5)

可见面偶极层两侧场强 E2 = E1 , 故其两侧电势的法向导数相等 : φ2 n

φ1 =

( 6)

n

设 想 电 场 将 单 位 电 荷 从 P1 点 经 过 P0 点 移 至 P2 点 , P1 P0 与 P0 P2 的距离均为 l, P2 与 P1 两点 的电 势差等 于这 过程中 电场 作 的功 : φ2 - φ1 = En l + En l = 2 En l =σl/ ε0

( 7)

由面偶极矩密度定义 P =σl, 即有 φ2 - φ1 = en ・ P/ ε0

( 8) 2

2．5 一个半径为 R 的电介质球 , 极化强度为 P = Kr/ r , 电 容 率为ε.计算 : (1 ) 束缚电荷的体密度和面密度 ; (2 ) 自由电荷体密度 ; (3 ) 球外和球内的电势 ; (4 ) 该带电介质球产生的静电场的总能量 . 【解】 从极化强度分 布函数 可知 , 这 问题有 球对 称 性 .介质 球 内和球面束缚 ( 极化 ) 电荷密度分别为 ρP = -

・ P= -

K , 　 σP = er ・ P| r = r2

R

=

K R

由线性均匀介质内 ρp = - (1 - ε0 / ε)ρf , 得自由电荷体密度 : ρf =

εK 2 (ε- ε0 ) r

习题与解答

41

由 D1 =ε0 E1 + P =εE1 , 得介质球内的电场强度 : P K r = 2 　 ( r < R) (ε- ε0 ) (ε- ε0 ) r

E1 =

极化过程遵从 电荷守 恒, 球 内与 球面总 的束 缚电 荷必 定等 值 异号 ( 将 ρp 对球体积分 , 将 σp 对球 面积分, 可知的确 如此 ) , 且有 球对称 性, 它们在球外的电场互相抵消, 故球外电场相当于总的自由电荷

∫

qf =

ρf dV =

V

4πεK R ε- ε0

集中于球心时产生的电场 : E2 =

qf r εK R r 　 ( r > R) 3 = 4πε0 r ε0 (ε- ε0 ) r3

球外与球内的电势分别为 ∞

∫

φ2 =

r

∫

εK R ε0 (ε- ε0 ) r

∞

R

φ1 =

E2 ・ d r =

∫

E1 ・ d r +

r

E2 ・ dr =

R

K R ε ln + ε- ε0 r ε0

这带电体的总静电能为 W =

1 ε 2

∫ V

E21 dV +

1

1 ε0 2

∫ V

E22 dV

2

ε K = 2πεR 1 + ε0 ε- ε0

2

将 ρf φ1 / 2 对介质球作体积分 , 也能得到上式的结果 . 2．6 均匀 外 电 场 中 置 入 半 径 为 R0 的 导体球 , 试用分离变 量法求 下列 两种 情况的 电势 : (1 ) 导体球上接有 电池 , 使 球与 地保持 电势 Φ0 ; (2 ) 导体球上带总电荷 q . 【解】 外电场将 使导体 球面 出现 感应电 荷 .以 球 心 为 坐 标 原 点 , 并 令 外 电 场 E0 = E0 ez , 如图 2． 1 .问 题 有 z 轴 的对 称 性 .设放

图 2． 1 　 ( 2． 6 题 )

第二章 　 静 　 电 　 场

42

入导体球之前原点电势为 φ0 .当导 体球对 地电 势为 Φ0 , 球 外电 势 的全部定解条件为 2

φ= 0 　 ( R > R0 )

( 1)

R→∞ ,φ→ - E0 Rcos θ+ φ0

( 2)

R = R0 , 　 φ= Φ0

( 3)

由 z 轴的对称性及条件 (2 ) , 将拉普拉斯方程 (1 ) 的解写成 φ= - E0 Rcos θ+ φ0 +

∑ n

bn Pn ( cos θ) Rn + 1

( 4)

将 (4 ) 代入条件 ( 3) , 解出 3

b0 = (Φ0 - φ0 ) R0 , 　 b1 = E0 R0 , 　 bn = 0 　 ( n≠0 , 1) (Φ0 - φ0 ) R0 E0 R30 φ= - E0 Rcos θ+ φ0 + + cos θ R R2

( 5)

第一项是原外场的电势 ; 第二 项是选 择坐 标原 点电势 所引 入的 常 数项 , 它不影响电场 E = -

φ分布 ; 第 三项是 因导 体球接 有电 池

而使球面均匀带电所产生 的球 对称项 ; 第 四项 是外场 使导 体球 面 出现感应电荷所形成的电 偶极 矩的电 势 , 将此 项与位 于坐 标原 点 的电偶极子 p = pez 的电势 p・ R

( 1)

φ ( x) =

4πε0 R3

=

p 4πε0 R2

cos θ

( 6)

比较 , 可知球面感应电荷形成的电偶极矩为 3

p = 4πε0 R0 E0 ez

( 7)

事实上 , 由 σf = en ・ D, 可得导体球面的自由电荷密度 : σf = - ε0

φ R

= R= R

0

ε0 (Φ0 - φ0 ) R0

+ 3ε0 E0 cos θ

( 8)

第一项在球外产生球对称的场 ( 即 电势 φ的第 三项 ) , 第二 项就 是 外场引起的感应电荷密度 , 由电偶极矩公式 ( 2． 12 ) , 的确能计算出 (7 ) 式的结 果 , 由 于这 一 项电 荷 分布 存 在关 于 坐 标原 点 的反 对 称 性 , 由 ( 2． 13 ) 或 ( 2． 15 ) 式 , 均可看出电四极矩为零 . 当导体球带有电荷 q 时 , 球外电势的全部定解条件为

习题与解答 2

43

φ= 0 　 ( R > R0 )

( 9)

R→∞ ,φ→ - E0 Rcos θ+ φ0

(10)

R = R0 ,φ= Φ0 ( 未知常数 , 因静电导体是等势体 )

(11)

但已知导体球面的总电荷量 q, 即

∮

R = R0 , 　 q =

φ dS R

∮

D・ dS= - ε0

S

S

(12)

条件 (9 ) 、(10) 和 (11) 与前面的 ( 1 ) 、( 2 ) 和 (3 ) 相 同 , 故可定 出球 外 电势 φ形式上仍如 (5 ) 式 , 再将它代入条件 (12) , 可解出 Φ0 - φ0 =

q 4πε0 R0

(13) 3

E0 R0 q φ= - E0 Rcos θ+ φ0 + + cos θ 2 4πε0 R R

(14)

各项的物理意义如前所述 .从本题定解过程可看到 , 静电导体为等 势体这个条件的重要性 . 2．7 均匀介质球的中心置一点电荷 qf , 介质球的 电容率 为ε, 球外为真空 , 试用分离变量法求空间电势 , 把结果与使用高斯定理 所得的结果比较 . 【解】 点电荷 qf 的电 场将 使介 质球 极 化 .以 球心 为 坐标 原 点 并设介质球半径为 R0 , 这 问题 有球 对 称性 .球 内外 两 区域 电势 的 全部定解条件为 2

φ1 = - qfδ( x)/ ε　 ( R < R0 ) 2

φ2 = 0 　 ( R > R0 )

( 1) ( 2)

R = 0 , 　 φ1 →∞ 　 ( 此处有点电荷 )

( 3)

R→∞ , 　 φ2 →0

( 4)

R = R0 : 　 φ1 = φ2 , 　 ε

φ1 φ2 =ε0 R R

( 5)

泊松方程 (1 ) 的一个特解是点电 荷的电 势 φq .由 电势 叠加原 理 , 球 内外的电势都应当是 φ= φq + φ′,φ′是极化电荷的电势并满足拉 普 拉斯方程 .由条件 ( 3) 和 (4 ) , 方程 (1 ) 和 ( 2) 的解可写成

第二章 　 静 　 电 　 场

44

qf + a 　 ( R < R0 ) 4πεR

( 6)

qf b + 　 ( R > R0 ) 4πε0 R R

( 7)

φ1 = φq + φ′ 1 = 2 = φ2 = φq + φ′

( 方程 ( 2) 的解当然也可写成 φ2 = b′ / R) 将 (6 ) 和 ( 7) 代入条 件 ( 5 ) , 可解出 φ1 =

qf (ε- ε0 ) qf qf + , 　 φ2 = 4πεR 4πε ε0 R0 4πε0 R

( 8)

由于线性均匀介质内极 化电 荷体密 度 ρp = - ( 1 - ε0 / ε)ρf , 球 心处自由点电荷 qf ( 可看 成 很小 的 带电 金 属 珠 ) 表面 的 介质 出 现 “极化点电荷”qp = - ( 1 - ε0 / ε) qf , 介 质球 表面 必定 出 现总 电荷 量 为 - qp = (1 - ε0 / ε) qf 的 极化 面 电 荷 , 由 球对 称 性 , 这两 部 分 极 化 电荷在球外的电势互相抵消 , 因此 球外电势 φ2 是由 qf 产生 的 .球 内电势 φ1 的第一项是 qf 与 极化点 电荷 qp 共同 产生的 , 第 二项 为 常数 , 此项对球内电场没有影响 . 由于这问 题 有 球 对 称 性 , 由 高 斯 定 理 容 易 得 到 球 内、外 的 电场 : E1 =

D1 qf R D2 qf R = = 3 , 　 E2 = ε 4πεR ε0 4πε0 R3

( 9)

两区域的电势分布为 ∞

∫

φ2 =

E2 ・dR =

R

R

∫

φ1 =

R

0

qf 4πε0 R

∞

∫

E1 ・ dR+

R

0

E2 ・dR =

qf (ε- ε0 ) qf + 4πεR 4πεε0 R0

(10) (11)

2．8 均匀介质球 ( 电容率 为ε1 ) 中心 置一 自由 电 偶极 子 pf , 球 外充满了另一种电容率为ε2 的介质 , 求空间 各点的电 势和极化 电 荷分布 . 【解】 pf 的电场 将 使 两种 介 质均 被 极化 .以 介质 球 心为 坐 标 原点 , 球半径为 R0 , 且令 pf = pf ez , 如图 2． 2 , 于是问题有 z 轴对 称 性 .介质球内外两区域电势的全部定解条件为

习题与解答 2

45

φ1 = ( pf ・ )δ( x)/ ε　 ( R < R0 )

(1 )

φ2 = 0 　 ( R > R0 )

(2 )

2

R = 0 , 　 φ1 →∞ 　 ( 此处有电偶极子 ) (3 ) R→∞ , 　 φ2 →0

(4 )

φ1

R = R0 : 　 φ1 = φ2 , 　 ε1

=ε2

R

φ2 R

(5 )

pf 的电势 φp 是泊松方程 ( 1) 的一 个特解 , 球 内外的电势都是 φp 与极化电荷 的电势 φ′之

图 2． 2 　 ( 2． 8 题 )

叠加 ,φ′是拉普拉斯方程的解 .由条件 ( 3) 和 (4 ) , 及轴对称 性 , 将 方 程 (1 ) 和 ( 2) 的解写成 pf cos θ + 4πε1 R2

∑a

pf cos θ 2 + 4πε2 R

∑

φ1 = φ2 =

R n Pn ( cos θ) 　 ( R < R0 )

( 6)

bn ) 　 ( R > R0 ) n + 1 P n ( cos θ R

( 7)

n

n

n

(φ2 也可以不写第一项 φp ) 将 ( 6) 和 (7 ) 代入条件 ( 5) , 可解出 a1 =

(ε1 - ε2 ) pf (ε1 - ε2 ) pf 3 , 　 b1 = 2πε1 (ε1 + 2ε2 ) R0 2πε1 (ε1 + 2ε2 )

an = bn = 0 , 当 n≠ 1 .于是得 φ1 =

pf cos θ (ε1 - ε2 ) pf 2 + 3 Rcos θ　 ( R < R0 ) 4πε1 R 2πε1 (ε1 + 2ε2 ) R0

( 8)

3 pf cos θ 　 ( R > R0 ) 4π(ε1 + 2ε2 ) R2

( 9)

φ2 =

球心处 pf 表 面 的 介 质 中 , 出 现 一 个 与 其 方 向 相 反 的 极 化 电 偶 极子 : pp = - (1 - ε0/ ε1 ) pf

(10)

因介质球面自由电荷面密度 σf = 0 , 故 由 σp = ε0 eR ・ ( E2 - E1 ) , 极 化电荷面密度为 σp =ε0

-

φ2 φ1 + R R

= R= R

0

3ε0 (ε1 - ε2 ) pf 3 cos θ 2πε1 (ε1 + 2ε2 ) R0

(11)

球内电势 φ1 的 第 一 项是 pf 与 pp 共 同产 生 的 偶 极 场 , 总 电 矩 为

第二章 　 静 　 电 　 场

46

p1 =ε0 pf/ ε1 , 第二项是 σp 产生 的均 匀场 ; 球外 电势 φ2 是 pf , pp 及 σp 形成的 电 偶极 矩 pσ 共 同 产生 的 偶 极场 , 总电 矩 为 p2 = 3ε0 pf/ (ε1 + 2ε2 ) . 2．9 空心导体球壳的内外半 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】 p 的电场将使导体出现感应电荷分布 .以球 心为坐标 原 点 , 令 p = pez , 问题就有 z 轴对称性 .导体球 壳的电 势 φ2 为 常数 , 球腔内电势 φ1 , 球壳外电势 φ3 , 全部定解条件为 2

2

φ1 = ( p・ )δ( x)/ ε0 ,

φ3 = 0

( 1)

R = 0 , 　 φ1 →∞ ; 　 R→∞ , 　 φ3 →0 φ1 | R = R 1 = φ3 | R =

R

( 3)

2

φ3

∮

R = R2 , 　 q = - ε0

( 2)

R

S

dS

( 4)

由轴对称性以及 R = 0 和 R→∞处的条件 , 将电势方程的解写成 φ1 = φ3 =

pcos θ 4πε0 R

2

pcos θ 2

4πε0 R

+

∑a

R n Pn ( cos θ) 　 ( R < R1 )

( 5)

bn P n ( cos θ) 　 ( R > R2 ) Rn + 1

( 6)

n

n

+

∑ n

利用条件 (3 ) 和 ( 4) , 解出 φ1 =

p・ R p・ R q 1 + 3 3 4πε0 R2 R R1

σ1 f = - eR ・ D1 =ε0

φ1 R

σ2 f = eR ・ D3 = - ε0

= -

3p 3

4πR1

φ3 R

, 　 φ3 =

=

q 4πε0 R

cos θ　 ( R = R1 )

q 4πR22

　 ( R = R2 )

( 7) ( 8) ( 9)

球腔内 φ1 的第一项是球心处 p 产生的偶极场 , 第二项是内球面感 应电荷σ1 f 产生的均匀场 , 第三项为常数项 .由于球心处的偶极子 p 与内球面感应电荷 σ1 f 在球壳外产生的偶极场互相抵消 , 故球 外 φ3 是外球面均匀分布的面电荷 σ2 f 产生的球对称场 .

习题与解答

47

2．10 在均匀外场 E0 中置 入一 带均 匀自 由电 荷密 度为 ρf 的 绝缘介质球 ( 电容率为 ε) 求空间各点的电势 . 【解】 自由电荷的电场 和外场 E0 将使 介质 球极化 .设 介质 球 半径为 R0 , 以球心为坐标原点 , 且令 E0 = E0 ez .定解条件为 φ1 = - ρf/ ε　 ( R < R1 )

( 1)

φ2 = 0 　 ( R > R2 )

( 2)

R = 0 , 　 φ1 有限 ; 　 R→∞ , 　 φ2 → - E0 Rcos θ

( 3)

2

2

R = R0 : 　 φ1 = φ2 , 　 ε

φ1

=ε0

φ2

( 4) R R 因介质球内 ρf 为常数 , 它的场及其 引起的 极化电荷 产生的 场都 有 球对称性 , 由高斯定理可求出球内外的电场 E1ρ 和 E2ρ , 进而可求出 电势 : φ1ρ =

ρf ( R20 - R2 ) 6ε

+

ρf R20 3ε0

, 　 φ2ρ =

ρf R30 3ε0 R

( 5)

φ1ρ是泊松方程 (1 ) 的特解 .故方程 (1 ) 和 ( 2) 的解可写成 φ1 = φ1ρ + φ′ 1 ,φ 2 =φ 2ρ + φ ′ 2 , φ′ 1 和φ ′ 2 均是轴对称下 拉普 拉斯 方 程的 通解 .由 条件 ( 3 ) 和 ( 4 ) , 可解出 2

φ1 =

2

ρf ( R0 - R ) 6ε ρf R30

2

+

ρf R0 3ε0

-

3ε0 E0 Rcos θ ε+ 2ε0

( 6)

3

(ε- ε0 ) E0 R0 φ2 = - E0 Rcos θ+ 2 cos θ (ε+ 2ε0 ) R 3ε0 R

( 7)

球内 φ1 的第三项即为 φ′ 1 , 是原外场与介质球面极化电荷产生的均 匀场之叠加 ; 球外 φ2 的第二项是原外场 , 第三项是介质球面极化电 荷产生的偶极场 , 它们之 和就是 φ′ 2 .其 实,φ ′ 1 和 φ ′ 2 就 是不带电的 均匀介质球 ( 电势方程为

2

φ1 = 0) 置入均匀外电场 E0 时的解 .

2．11 在一很 大的电 解槽中充 满电导率 为 σ2 的 液体 , 使其 中 流着均匀的电流 Jf 0 , 今在液体中置 入一个电 导率为 σ1 小球 , 求 稳 恒时电流分布和面电荷分布 .讨论 σ1 ｍ σ2 及 σ2 ｍ σ1 两 种情况下 电

第二章 　 静 　 电 　 场

48

流分布的特点 . 【解】 维持恒定电流的电场也是静电场 , 可令 E = -

φ, 由 电

流恒定条件 ・ Jf = 0 , 当两 种 介 质都 是 线性 均 匀 的 , 据 欧 姆 定 律 2

Jf =σE, 可知电势方程均为

φ= 0 .以球 心为 坐标 原 点并 设小 球

半径为 R0 , 令导电液体中原电 流密 度 Jf0 = σ2 E0 = σ2 E0 ez , 问题 就 有 z 轴对称性 .全部定解条件为 2

2

φ1 = 0 　 ( R < R0 ) ; 　

φ2 = 0 　 ( R > R0 )

R = 0 ,φ1 有限 ; 　 R→∞ ,φ2 → -

( 1)

Jf0 Rcos θ σ2

R = R0 : 　 φ1 = φ2 , 　 J1 R = J2 R 即σ1

φ1 R

=σ2

( 2)

φ2 R

( 3)

由 R = 0 和 R→∞处的条件 , 将两区域电势方程的解写为 φ1 =

∑a

n

R Pn ( cos θ)

( 4)

bn Jf0 ) Rcos θ n + 1 P n ( cos θ R σ2

( 5)

n

n

φ2 =

∑ n

将 (4 ) 和 ( 5) 代入条件 (3 ) , 解出 φ1 =

- 3 Jf0 Rcos θ σ1 + 2σ2

( 6) 3

Jf0 Jf0 (σ1 - σ2 ) R0 φ2 = Rcos θ+ cos θ σ2 σ2 (σ1 + 2σ2 ) R2

( 7)

由 ω=ε0 eR ・ ( E2 - E1 ) , 得球面的电荷密度 : ω=ε0 -

φ2 R

φ1 +

R

= R= R

0

3(σ1 - σ2 )ε0 Jf0 cos θ (σ1 + 2σ2 )σ2

( 8)

球内 φ1 为 原外 场与 球 面电 荷分 布 ω产生 的均 匀场 之 叠 加 ; 球 外 φ2 的第一项是原外场 , 第二 项是 球面 电 荷 产生 的 偶极 场 .电 流 分 布为 J1 =σ1 E1 = - σ1

φ1 =

3σ1 Jf0 (σ1 + 2σ2 )

( 9)

习题与解答

J2 =σ2 E2 = - σ2

49

φ2

(σ1 - σ2 ) R30 3( Jf0 ・ R) R Jf0 = Jf0 + - 3 σ1 + 2σ2 R5 R 当 σ1 ｍ σ2 , J1 ≈ 3Jf0 , J2 ≈ Jf0 + R30

(10)

3 ( Jf0 ・ R) R Jf0 - 3 R5 R

R30 3 ( Jf0 ・ R) R Jf0 当 σ2 ｍ σ1 , J1 ≈ 0 , J2 ≈ Jf0 - 3 2 R5 R 2．12 半 径 为 R0 的 导 体 球 外 充 满 均 匀的绝 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 相同 . 【解】 以 球 心 为 坐 标 原 点 , 令 qf 位 于 z = a, 如图 2． 3 .于是问题有 z 轴对称性 .球 图 2． 3 　 (2． 12 题 )

外电势的全部定解条件为 2

φ= - qf δ( x - aez )/ ε

R→∞ ,φ→ 0 ; 　 R = R0 ,φ= 0

( 1) ( 2)

由 R→∞处的条件和 z 轴对称性 , 泊松方程 (1 ) 的解写为 qf φ= + 4πεr

∞

∑ n= 0

bn Pn ( cos θ) Rn + 1

( 3)

其中 r 是点电荷 qf 到场点的距离 .1/ r 可展开成 ∞

1 = r

1 = R + a - 2 Racos θ 2

2

1 a 1 R

∑ n= 0 ∞

∑ n= 0

R a

n

a R

n

Pn ( cos θ) 　 ( R < a) Pn ( cos θ) 　 ( R > a) ( 4)

因 R0 < a, 将 ( 4) 的第一式代入 (3 ) , 并由条件 R = R0 ,φ= 0 , 解出 - qf R20 n + 1 bn = n+ 1 4πε a

第二章 　 静 　 电 　 场

50

∞

qf qf R20 n + 1 φ= P n ( cos θ) 　 ( R > R0 ) 　 4πεr 4πε∑ an + 1 Rn + 1 n=0

( 5)

将 (4 ) 代入 ( 5) , 便给出 R0 ≤ R≤ a 和 R≥ a 两区域中电势的级数形 式 , 仅在 R = a,θ= 0 即点电荷 qf 所在 点级 数发 散 .在 R≥ a 区域 , (5 ) 式给出 ∞

qf R20 n + 1 1 n φ= a - n + 1 Pn ( cos θ) 4πε∑ Rn + 1 a n=0

( 6)

它包含着这电荷体系所有各级电多极矩的电势 , 由 2

P0 ( cos θ) = 1 , P1 ( cos θ) = cos θ, P2 ( cos θ) = (3cos θ- 1)/ 2 (6 ) 式的前三项是单极项 , 偶极项和四极项电势 : φ( 0 ) = (1 )

φ (2 )

φ

qf R0 14πεR a

( 7)

3

qf = 4πεR2

R0 a - 2 cos θ a

( 8)

5

qf = 8πεR3

R0 2 a - 3 ( 3cos θ- 1) a 2

( 9)

由 (8 ) 式和 ( 9) 式 , 可推知这体系的电偶极矩和电四极矩 . 【镜像法】 以假想的 像电荷 代替 导体球 与介 质分 界面 真实 的 感应电荷及极化电荷对电 场的 贡献 , 为使 所得 的解满 足求 解区 域 即球外的方程 ( 1) , 像 电荷必须置于球 内 .由轴 对称性 , 在球内 z = b 处置像电荷 q′, 于是球外任一点的电势可写成 φ=

qf 4πεr

+

q′ 4πεr′

(10)

其中 r 是 qf 到场点的距离 , r′是 q′到场点的距离 , 即 1 = r

1 R + a - 2 Racos θ

1 = r′

1 R + b - 2 Rbcos θ

由 R = R0 ,φ= 0 的条件 , 有

2

2

2

2

(11)

习题与解答

qf r

+

q′ r′

= 0, 　 即 R= R

0

51

q′ r′ = r R = R0 qf

将 r 和 r′代入上式并两边平方 , 可解出 q′= - qf R0/ a, 　 b = R20/ a (12) qf qf R0 / a φ= (13) 4πεr 4πεr′ 此解与 (5 ) 式是一致的 , 它显然也满足 R→∞ ,φ→0 的条件 . 2．13 接地 的空 心导 体球 内外 半 径为 R1 和 R2 , 在 球内 离 球 心为 a( a < R1 ) 处置一点电荷 q, 用镜像法求电势 .导体球上的感应 电荷有多少 ? 分布在内表面还是外表面 ? 【解】 由于接地导体球壳的静电屏蔽作用 , 球壳及其外部空间 的电势为零 , 求解区域 为球腔内 .设点电荷 q 位于 z = a, 球腔内 电 势的定解条件为 φ= - qδ( x - aez )/ ε0 R = 0 , 　 φ有限 ; 　 R = R1 , 　 φ= 0 2

( 1) ( 2)

由 z 轴对 称 性 , 将 代替 导 体球 面 感 应电 荷 的像 电 荷 q′置于 z = b 处 , 且必须使 b > R1 , 于是球腔内任一点的电势为 q q′ 1 φ= + ( 3) 4πε0 r r′ 其中 r 和 r′分别是 q 与 q′到场点的距离 , 即 1 = r

1 R + a - 2 Racos θ 2

2

1

1 R + b - 2 Rbcos θ 由 R = R1 ,φ= 0 的条件 , 解出 = r′

2

( 4)

2

2

q′= - qR1/ a, 　 b = R1/ a 将 (4 ) 和 ( 5) 代入 (3 ) , 得 φ=

1 4πε0

q

+ 2 2 R + a - 2 Racos θ

( 5)

- qR1/ a 2

2

2

2

R + ( R1/ a) - 2 R( R1/ a) cos θ ( 6)

第二章 　 静 　 电 　 场

52

这解显然满足 R = 0 ,φ值有限的 条件 .因 球壳及球外电势 为零 , 感 应电荷只能分布于球壳内表面 , 设其总电荷量为 qi , 则球壳内的总 电荷量为 q + qi , 而导体中 D = 0 , 于是由高斯定理

∮ D・ dS= 0 , 　 得 q =

q + qi =

i

S

- q

( 7)

可见导体 球壳内表 面出现 的真实的 感应电荷 qi , 不等于 假想的 像 电荷 q′. 2．14 上题的导体球壳不接地 , 而是带电荷 q0 , 或 使其有确 定 电势 φ0 , 试求这两种情 况的电 势 .又问 φ0 与 q0 是何 种 关系 时 , 两 情况的解是相等的 ? 【解】 导体 球壳 的电 势 φ2 为 常数 , 球腔 内电 势为 φ1 , 球 壳 外 电势为 φ3 .当导体球壳带有电荷 q0 时 , 定解条件为 2

2

φ1 = - qδ( x - aez )/ ε0 , 　

φ3 = 0

( 1)

R = 0 , 　 φ1 有限 ; 　 R→∞ , 　 φ3 →0

( 2)

φ1

( 3)

R= R

1

= φ3

R= R

2

= φ0 ( 未知常数 )

∮

但 R = R2 , 　 q + q0 = - ε0

S

φ3 R

dS

( 4)

因球壳外部 无电荷 分布 , 由条件 ( 3 ) , 球壳外 的电势必 定是球对 称 的 , 又由条件 ( 4) , 可知外 部电 势相 当于 总 电荷 量 q + q0 集 中于 球 心时所产生 : φ3 =

q + q0 4πε0 R

　 ( R > R2 )

( 5)

因此导体球壳的电势及外球面的电荷密度分别是 φ0 =

q + q0 4πε0 R2

, 　 σ2 =

( q + q0 ) 2

4πR2

　 ( R = R2 )

( 6)

对于球腔内的电势 , 代替内球面感应电荷的像电荷 q′仍应置于 z = b, 且必须使 b > R1 ; 而 外球 面均 匀分 布的 电 荷在 球腔 内 产生 的 电 场为零 , 相应的电势可以是任意常 数 , 就 令其为 φ0 , 于是球 腔内 任

习题与解答

53

一点的电势可写为 φ1 =

q

1 4πε0

r

+

q′ r′

+ φ0 　 ( R < R1 )

( 7)

其中 1/ r 和 1/ r′如上题 ( 4) 式 .将 ( 7) 代入条件 (3 ) , 解出 2

q′= - qR1/ a, 　 b = R1/ a φ1 =

q

1 4πε0

2

2

R + a - 2 Racos θ - qR1/ a

+

( 8)

+ 2 2 2 2 R + ( R1 / a) - 2 R( R1/ a) cos θ

q + q0 R2

( 9)

当预先给定球壳的电势 φ0 时 , 定解条件 ( 3) 和 (4 ) 就是 φ1

R= R

1

= φ3

R= R

= φ0 　 ( 已知常数 )

(10)

　 ( R > R2 )

(11)

2

按同样分析 , 可得 φ3 =

φ0 R2 R

q

1 φ1 = 4πε0

2

2

R + a - 2 Racos θ

　 ( R < R1 ) (12)

- qR1/ a

+ 2

2

2

2

R + ( R1 / a) - 2 R( R1/ a) cos θ

+ φ0

φ0 = ( q + q0 )/ 4πε0 R2 时 , 两种情况下的解相等 . 2．15 在接地的导体平 面 上有 一 半径 为 a 的 半球 凸 部 , 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 b( b > a) , 试用镜像法求空间 电势 . 【解】 以 z 轴 为 系统 的 对 称 轴 , 球 心 为 坐 标 原 点 , 如 图 2． 4 . 求解区 域为 导 体 表 面 上 方 空 间 , 导体 表 面 的 电 势 为 零, 定 解 条 件为

图 2． 4 　 ( 2．15 题)

第二章 　 静 　 电 　 场

54 2

φ= - qδ( x , y, z - b)/ ε0

R = a, 以及 R > a 但 z = 0 处 , 　 φ= 0 R→∞ , 　 φ→0 要满足导体表面电势为 零的条 件 , 需在 导体内 设 置三 个假 想 的像电荷 : 在 z = - b 处 置 - q, 在 z = a2/ b 处 置 - qa/ b, 在 z = - a2 / b处置 + qa/ b .于是导体外任一点的电势为 φ=

q

1 4πε0

- q

+

x2 + y2 + ( z - b) 2 - qa/ b

x2 + y2 + ( z - a2 / b) 2

x2 + y2 + ( z + b) 2

+

qa/ b

+

x2 + y2 + ( z + a2 / b) 2

此解显然也满足 R→∞ ,φ→0 . 2．16 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 . 【解】 设两导体平面为 y = 0 和 z = 0 , 导体电势为零 .点电荷 q 位于 (0 , a, b) , 求解区域为 y > 0 , z > 0 的空间 .定解条件为 2

φ= - qδ( x, y - a, z - b)/ ε0

y = 0 , z = 0 处 ,φ= 0; 　 R→∞ ,φ→ 0 要满足全部条件 , 需要设置三个像电荷 : (0 , + a, - b) 处置 - q, ( 0 , - a, - b) 处置 + q, ( 0 , - a + b) 处置 - q, 于是求解区域 内任一点 的 电势为 φ=

q 4πε0

1 2 2 x + ( y - a) + ( z - b) 2

1 2 2 2 x + ( y + a) + ( z + b)

1 2 2 + x + ( y - a) + ( z + b) 2

1 2 2 2 x + ( y + a) + ( z - b)

2．17 设有两平面围成的直角形无穷容器 , 其内充满电导率为 σ的液体 , 取 该 两 平 面 为 x z 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】 导电液体中 电流 密度 J = σE, 连 接电 极 的导 线 中 J′= σ′ E′, 设导线的电导率 σ′ｍ σ, 分别 作 包围 正、负 电 极的 闭 合 曲面 ,

习题与解答

55

由高斯定理可求出两电极的电荷量为

∮

q = ±ε0

S

E・ dS= ±ε0

∫

1

σ′

S

J′・ dS+

1

1 σ

∫ S

J・ dS

2

= ±ε0 ( - I/ σ′+ I/ σ) ≈±ε0 I/ σ 平面 x z 和 y z 之 外 是 绝 缘 体 , 故 求 解 区 域 为 x > 0 , y > 0 , 定 解 条件为 2

φ= 0 　 ( 除正负电极所在点外 )

x = 0 处 , 　 Jx =σEx = 0 , 　 即

φ =0 x

y = 0 处 , 　 Jy =σEy = 0 , 　 即

φ =0 y

R→∞ , 　 φ→0 对位于 ( x0 , y0 , z0 ) 的正电极 + q, 分别 在 ( - x0 , y0 , z0 ) , ( x0 , - y0 , z0 ) , ( - x0 , - y0 , z0 ) 设置像电荷 + q; 对位 于 ( x0 , y0 , - z0 ) 的负 电 极 - q, 分 别 在 ( - x0 , y0 , - z0 ) , ( x0 , - y0 , - z0 ) , ( - x0 , - y0 , - z0 ) 设置像电荷 - q .所有这 8 个点电荷产生的 电势 , 可满足上 述 全部定解条件 . 2．18 一 半 径 为 R0 的 球 面 , 在 球 坐 标 0 <θ< π/ 2 的半 球 面上 电 势为 φ0 , 在 π/ 2 < θ<π 的 半 球 面 上 电 势 为 - φ0 , 求 空 间 各 点 的电势 . 【解】 以 球 心 为 坐 标 原 点 , 对 称 轴 为 z 轴 , 如图 2． 5 .球内电势 φ1 , 球外电势 φ2 均满 足方程

2

φ= 0 , 由 轴 对 称 性 及 R = 0 , φ1 有

图 2． 5 　 ( 2．18 题)

限 , R→∞ ,φ2 → 0 的条件 , 有 ∞

φ1 =

∑

∞ n

an R P n ( cos θ) , 　 φ2 =

n= 1

∑R n= 1

在球面即 R = R0 处 0 <θ<π/ 2 , 　 φ2 = φ1 = φ0

bn n+ 1

Pn ( cos θ)

( 1)

第二章 　 静 　 电 　 场

56

π/ 2 <θ<π, 　 φ2 = φ1 = - φ0

( 2)

函数 f ( x) = f ( cos θ) 在 区 间 - 1 ≤ x≤ + 1 , 即 0 ≤θ≤π 展 开 为 级数 ∞

f ( x) =

∞

∑

Cn P n ( cos θ) =

n= 0

∑

Cn P n ( x )

( 3)

n= 0

时 , 其系数为 +1

2 n+ 1 Cn = 2

∫

f ( x ) P n ( x) d x

( 4)

-1

于是对级数 φ1 , 由条件 ( 2) , 有 2 n+ 1 　 an R = 2 2 n+ 1 = 2

+1

∫ φ ( x ) P ( x) d x ∫ φ P ( x ) d x -∫ = (2 n + 1)φ∫ P ( x) d x

n 0

1

n

- 1

+1

0

0

n

0

-1

φ0 Pn ( x ) d x

1

0

( 5)

n

0

由勒让德多项式的递推关系 d P n + 1 ( x ) - P n - 1 ( x) = (2 n + 1) Pn ( x ) dx 1

∫P

n

( x) d x =

0

=

1 Pn + 1 ( x) - Pn - 1 ( x ) 2n+ 1

( 6)

1 0

1 Pn + 1 (1 ) - P n + 1 ( 0) - Pn - 1 (1 ) + P n - 1 (0 ) 2n+ 1 ( 7)

当 n 为任意整数时 P n (1 ) = 0 ; 当 n 为奇 数时 Pn ( 0 ) = 0 , 当 n 为 偶 数时 Pn (0 ) = ( - 1)

n/ 2

1・3 ・5・…・ ( n - 1) 2・4・ 6・…・ n

于是 (5 ) 式中 1

∫P 0

1

∫

　

0

P n ( x) d x = ( - 1 )

n

( x ) d x = 0 　 ( n 为偶数 )

n-1 2

1・3 ・5・…・ ( n - 2) 　 ( n 为奇数 ) ( 8) 2・4 ・6・…・ ( n + 1)

习题与解答

即 an = ( - 1)

n- 1 2

57

1・3・ 5・…・ ( n - 2 ) φ0 　 ( n 仅为奇数 ) 2・4・ 6・…・ ( n + 1 ) R0n

( 2 n + 1)

将上式的 n 改写为 2 n + 1 , 因而对任意整数 n, 有 1 ・3・5 ・…・ (2 n - 1) φ0 ( 9) 2n+ 1 2・ 4・6・…・ 2 n R0 同样将 (1 ) 两式中的 n 改写为 2 n + 1 , 并由 R = R0 处 φ1 = φ2 , 得 φ2 n

a2 n + 1 = ( - 1 ) ( 4 n + 3)

的系数 4n+ 3

b2 n + 1 = a2 n + 1 R0

(10)

最后得球内外两区域的电势 : ∞

φ1 =

∑

R R0

2 n+ 1

An

2 n+ 2

An

R0 R

n= 0 ∞

φ2 =

∑ n= 0

2n + 1

其中 An = a2 n + 1 R0

P2 n + 1 ( cos θ) 　 ( R < R0 )

(11)

P2 n + 1 ( cos θ) 　 ( R > R0 )

(12)

, a2 n + 1 由 ( 9 ) 式 给出 .( 12 ) 式 中 n = 0 为 偶 极

项 , n = 1 为八极项…… 2．19 上题能用格林函数求解吗 ? 结果如何 ? 【解】 这 问题 给定 的边 界 条件 是球 面 S 的 电势 , 故应 选择 第 一类边值问题的格林函数 , 即 在球 面 S 上 G ( x′, x) = 0 .球 空间 格 林函数 G( x′, x) =

1

1 4πε0

2 R2 + R′ - 2 R R′cos α

-

1 ( R R′ / R0 ) 2 + R20 - 2 R R′ cos α

( 1)

满足 R′= R0 处 G = 0 , 其中 α是场 点位矢 x 与单位 点源 位矢 x′之 间的夹角 : cos α= cos θcos θ′+ sin θsi n θ′ cos ( - ′)

( 2)

( R,θ, ) 与 ( R′,θ′, ′) 分别是场 点和 点源的 坐标 .因 球内电 荷体 密 度 ρ= 0 , 由 ( 2． 25 ) 式 , 球内任一点的电势由积分

∮

φ( x) = - ε0

φ( x′) S

G( x′, x) R′

d S′

( 3)

第二章 　 静 　 电 　 场

58

给出 , 积分面是 R′= R0 的球 面 .球内 任一 场点到 球心 的距离 R≤ R′, 故有 R R′≤ R20 , 而轴对称下的球函数加法公式为 Pn ( cos α) = Pn ( cos θ) P n ( cos θ′) = Pn ( x ) Pn ( x′)

( 4)

因此格林函数 (1 ) 可展开为 ∞

1 G( x′, x) = 4πε0

n

∑ n= 0

2

2

R R R′ Pn ( x) Pn ( x′) n+ 1 2 n+ 1 R′ R0

( 5)

Rn (2 n + 1) n + 2 P n ( x) P n ( x′) R0

( 6)

于是有 G -1 = R′ R′= R 0 4πε0

∞

∑ n= 0

球面元 d S′= R20 si n θ ′dθ′d ′= - R20 d x′d ′, 球 面 S 上 给 定的 边 值 为 : 0 ≤ x′≤1 处φ= φ0 , - 1 ≤ x′≤ 0 处 φ= - φ0 , 于是 由 ( 3 ) 式 , 得 球内任一点的电势 0

φ1 = 2πε0 R

2 0

∫

G d x′R′

∫

φ0

+1 1

∞

= φ0

∑ n= 0

φ0

0

G d x′ R′

G d x′ R′

∫

= - 4πε0 R φ0 2 0

- 1

0

R (2 n + 1) R0

n

( 7) 1

∫P

Pn ( x)

n

( x′) d x′

0

对 Pn ( x′) 的积分已由 上题 ( 8) 式给 出 , 同样 将其中 的 n 改 为 2 n + 1 , 便得到 ∞

φ1 =

∑

An

n= 0

2 n+ 1

其中 An = a2 n + 1 R0

R R0

2 n+ 1

P2 n + 1 ( cos θ) 　 ( R < R0 )

( 8)

, a2 n + 1 由上 题 ( 9 ) 式 给 出 .球 外区 域 的电 势 可

写为 ∞

φ2 =

∑ n= 0

b2 n + 1 P2 n + 1 ( cos θ) R2 n + 2

( 9)

由 R = R0 处 φ2 = φ1 , 可得 b2 n + 1 = a2 n + 1 R40 n + 3 , 于是有 ∞

φ2 =

∑ n= 0

An

R0 R

2 n+ 2

P2 n + 1 ( cos θ) 　 ( R > R0 )

这与分离变量法所得的结果一致 .

(10)

补　充　题

59

2．20 已知电荷体系的电势 为 φ= qe

- br

/ 4πε0 r, 其中 r 是离 开

坐标原点的距离 , 常数 b 的倒数有长度的量纲 , 求电荷分布 . 【解】 电势分布为球对称性 , 且当 r→∞时 ,φ→0 .由泊 松方 程 2

φ= - ρ / ε0 , 电荷分布函数为

　 　 ρ = - ε0 = -

q 4π

2

φ= ・

q 4π

・

e - br r

1 e - br + 2 r

1 ・ er

br

1 ・ e - br r

+

而 1 r 1 = - 3 , 　 ・ = r r r δ( r) e

- br

=δ( r) , 　

・ e

- br

r r3 = -

= - 4πδ( r) br e r

br

于是有 2

qb e - br ρ= qδ( r) 4π r 第一项是位于原点的 点电 荷 + q 的密 度 .将第 二 项对 整 个空 间 体 积分将给出电荷量为 - q, 它描写球对称分布的电子云密度 . 2．21 半轴为 a, b, c 的椭球 体内 均匀带 电 , 总电 荷量 为 q, 求 它在远处准确至四极项的电势 .讨论 a = b, 及 a = b = c 的情形 . 【解】 以椭球中心为坐标原点 .椭球面方程为 2

2

2

x′ y′ z′ 2 + 2 + 2 = 1 a b c 椭球内电荷密度 ρ= 3 q/ 4π abc, 它偏 离 了球 对称 , 也 偏 离轴 对称 , 但有坐标原点的对称性 , 因此电偶极矩 p = 0 .为 便于计算 四极矩 , 将电荷分布点的坐标作变换 : x′= ar′sin θ′ cos ′, 　 y′= br′si n θ′sin ′, 　 z′= cr′ cos θ′

第二章 　 静 　 电 　 场

60

其中 r′,θ′, ′为球坐标 .将 这变 换代 入椭 球 面方 程 , 得 r′= 1 的 单 位球面方程 .于是体积元和积分区间为 2

dV′= abcr′sin θ′d r′ dθ ′d ′ 0 ≤ r′≤1 , 　 0 ≤θ′≤π, 　 0≤ ′≤2π 利用

∫

Dij =

2 ( 3 x′ i x′ j - r′ δi j )ρdV′, 　 Dx x + Dy y + Dzz = 0

V

计算电四极矩 , 得

∫

2 2 2 (2 x′ - y′ - z′ )ρdV′=

q (2 a2 - b2 - c2 ) 5

∫

2 2 2 ( 2 y′ - x′ - z′ )ρdV′=

q ( 2 b2 - a2 - c2 ) 5

Dx x =

V

Dy y =

V

q

Dz z = - ( Dx x + Dy y ) =

5

2

2

2

(2 c - a - b )

∫ 3 x x ρdV′= 0 　 ( i≠ j )

Di j =

i

j

V

于是四极矩的电势为 1 　 φ ( x) = 24πε0

3

2

∑

Di j

1 xi x j R

1 = Dx x 24πε0

2

2

(2)

=

i, j = 1

q 5

40πε0 R

2

x

+ Dy y

2 2

y

+ Dzz

2

z

1 R

( 3 x2 - R2 ) a2 + (3 y2 - R2 ) b2 + (3 z2 - R2 ) c2

它偏离了轴对称性 .远处准确到四极项的电势为 φ( x) = φ( 0 ) + φ( 2 ) =

q 4πε0 R

+ φ( 2 )

当 a = b, 即为均匀带电的旋转椭球 , 由 z = Rcos θ, 此时 φ( 2 ) =

q 3

40πε0 R

( c2 - a2 ) ( 3cos2 θ- 1 )

有 z 轴的对称性 .当 a = b = c, 即为均匀带电球 , 便有 φ( 2 ) = 0 , 球 外

补　充　题

61

电势只有单极项 φ( 0 ) . 2．22 在均 匀静电 场 E0 中 置入 半径为 R0 的 导体 球 , 证明 在 与外场平行的方向上 , 导体球面受到的静电张力等值反向 , 因而有 分裂成两半的趋势 . 【解】 以球心为坐标原点 , 令 E0 = E0 ez , 且令 导体 球电势 为零 . 球外电势满足方程

2

φ= 0 , 由 边 界 条件 R →∞ , φ→ - E0 Rcos θ;

R = R0 ,φ= 0 , 得 E0 R30 φ= - E0 Rcos θ+ cos θ 2 R 导体球面的电场强度为 E= -

φ

R= R

0

= 3 E0 cos θeR

于是它表面受到的静电应力密度为 →→

fS = - eR ・ T = - eR ・ =

1 2 - ε0 EE+ ε0 E 2

→→

I

1 9 ε0 E2 eR = ε0 E20 cos2 θeR 2 2

在 θ= 0 ,π, 即与作用外 场平 行的 方向 上力 密 度最 大 .将上 式 的 eR 分解为三个直角分量 ( 见附录 ( Ⅴ． 9 ) 式 ) , 并对两半球面积分 , 得两 半球面受到的力分别为

∫f

F上 =

S

dS=

S

∫f

F下 =

S

S

dS= -

9 πε0 E20 R20 ez , 当 0≤θ≤π/ 2 4 9 2 2 πε0 E0 R0 ez , 当π/ 2 ≤θ≤π 4

两者等值反向 , 因而导体球有分裂成两半的趋势 . 2．23 在 z > 0 和 z < 0 两 区域分 别充 满电 容率 为 ε2 与 ε1 的 均匀介质 , z = a 处有一 点电 荷 q , 求电 势分布 , 以 及电 荷 q 受到 的 作用力 . 【解】 这问题有 z 轴对称性 .电荷 q 的电场使两区域的介质 均 被极化 .定解条件为 2

φ2 = - qδ( x, y, z - a)/ ε2 , 　

2

φ1 = 0

( 1)

第二章 　 静 　 电 　 场

62

φ2

z = 0: 　 φ2 = φ1 , 　 ε2

z

φ1 =ε1

( 2)

z

以假想的 像电 荷产 生的 场代 替 极化 电荷 的场 .为满 足 z > 0 区 域 φ2 的方程 , 在 z = - a 处置像电荷 q′, 则此区域任一点的电势为 q

1 φ2 = 4πε2

q′

+

x2 + y2 + ( z - a) 2

x2 + y2 + ( z + a) 2

( 3)

为满足 z < 0 区域 φ1 的方程 , 设 z = a 处原电荷 q 与像电荷之和 为 q″, 于是此区域的电势为 φ1 =

q″

1 4πε1

2

( 4)

2

x + y + ( z - a)

2

由条件 (2 ) , 可解得 q′= -

ε1 - ε2 - 2ε2 q, 　 q″= - q′= q + q ε1 +ε2 ε1 +ε2

( 5)

将 q′和 q″代入 (3 ) 和 ( 4) , 即得电势 解 .电荷 q 受 到的 力 , 等效于 q′ 的电场对其作用力 : F = qE′=

qq′ 4πε2 (2 a)

2

ez = -

q2 (ε1 - ε2 ) 2

16πε2 (ε1 +ε2 ) a

ez

( 6)

若ε1 >ε2 , q 将受到吸引力 , 这是 因为 , 此 时界面 即 z = 0 处 出现 的 总极化电荷 ( 在 无 限 靠 近 界 面 的 两 侧 , 都 有 极 化 面 电 荷 分 布 ) 面 密度 σp =ε0 ez ・ ( E2 - E1 ) = - ε0

φ2 z

+

φ1 z

与 q 异号 ; 若 ε1 <ε2 , 此时 σp 将与 q 同号 , 故 q 将受到排斥力 .

( 7)

第三章 　 静 　 磁 　 场

3． 1 静磁场方程和矢势 恒定电流产生静磁场 , 电流和磁场的分布均与时间无关 , 场方 程为 × B= μ0 J, 　 ・ B = 0

( 3． 1)

由于磁场的无源性 , 可引入矢势函数 A, 使 B= ×A

( 3． 2)

将此式对任意非闭合曲面 S 积分 , 并由斯托克斯定理 , 有

∫B・dS =∫ S

∮ A・ dl

× A・ dS =

S

( 3． 3)

L

即矢势 A 沿任意闭合路径 L 的环量 , 等于通过以 L 为边界的曲面 S 之磁通量 .可见只有矢势 的环量才有物理 意义, 一点 上矢势 的绝对 值没有明确意义 .由于对任意标量场 ψ, 均有 × ψ= 0, 因此对于同 一个 B场 , 可有任意多个矢势 A +

ψ与之 对应 , 原 因在于 作为 矢

量场的 A, 只由 ( 3． 2) 给出它的旋度 , 没有限定其散度 , 故 A 未确定 . 将 (3． 2 ) 代 入 ( 3． 1 ) 的 第 一式 , 并 限定 ・ A = 0 ( 称 为 库 仑 规 范 ) , 可得矢势方程 : 2

A = - μ0 J 　 ( ・ A = 0)

( 3． 4)

它在无界空间的解为 A( x) =

μ0 4π

∫ V

J( x′) dV′ r

( 3． 5)

第三章 　 静 　 磁 　 场

64

r 是电流分布点 x′到场点 x 的距离 , 积分遍及 电流分 布区域 V , 其 中已把无穷远处选择为 A 的零值参考点 .这积分 意味着 矢势 A 与 静电势φ一样遵从叠加原理 .对 ( 3． 5) 求场点的旋度 , 即给出毕奥 萨伐尔定律 (1． 7 ) 式 .只要给出电流 分布函数 J( x′) , 由 ( 3． 5 ) 式 可 求出矢势 , 再由 ( 3． 2) 式 可求 出 磁场 B .若已 知 B 或 A 的 分布 , 由 (3． 1 ) 的第一式或 ( 3． 4) , 可求出电流分布 J( x) .

3． 2 磁偶极矩的势和磁场 如同电荷系统在其外部 的电场 那样 , 任 何电流 系 统在 其外 部 的磁场 , 也可表示成一系列多极矩场的叠加 .在远处 , ( 3． 5) 式可展 开为级数 : A( x) = A( 0 ) + A( 1 ) + … (0 )

其中单极项 A

( 3． 6)

= 0 , 偶极项为 (1)

A

=

μ0 m× R 4π R3

( 3． 7)

R= x 是坐标原点到场点 的矢 径 , R 是原 点 到场 点的 距离 , m 为 电 流系统的磁偶极矩 : m=

1 2

∫ x′× J( x′) dV′ V

(3． 8 )

它的磁场为 ( 1)

B( x) = × A

=

μ0 3( m・ R) R m - 3 5 4π R R

( 3． 9)

在电流密度 J = 0 的单连 通区 域 内 , 磁场 旋度 方 程满 足 × B = 0 , 故可引入磁标势 φ, 使 B= - μ0

φ

(3． 10)

磁偶极矩 m的标势为 ( 1)

φ

=

m・ R 3 4πR

(3． 11)

将磁偶极矩 m 的磁 场 表 达 式 ( 3． 9 ) 与电 偶 极 矩 p 的电 场 表 达 式 2

(2． 14) 加以比较 , 可知当 p→m/ c , 有 E→ B, 这代换反映了 p 与 m

要 点 概 述

65

的场有对偶性 .

3． 3 静磁场边值问题 在有不同介质分布时 , 已知电 流的 磁场 将使介 质 出现 磁化 电 流 , 磁化电流反过来又 激发磁 场 , 而磁 化电流 通常 不能 预先 求出 . 因此 , 必须根据给定介质的电磁性质和边界条件 , 求解磁场或势的 微分方程 , 才能求出磁 场分布 .如 同静 电场边 值问 题一 样 , 寻找 静 磁场边值问题解的依据 , 是唯一性定理 . 静磁场方程和边值关系 　 连续介质内的静磁场方程为 × H = Jf , 　 ・ B= 0

(3． 12)

在两种介质分界面上 , 一般情况下的边值关系为 en ・ ( B2 - B1 ) = 0 , 　 en × ( H2 - H1 ) = αf

(3． 13)

由磁场强度的 定义 H = B/ μ0 - M, 而 一般情 况下界面 两边磁化 强 度 M 的跃变关系为 en × ( M2 - M1 ) = αM , 故第二 个边值关系包 含 en × ( B2 - B1 ) = μ0 (αf + αM ) .αf 是 界面 的传 导 电流 面密 度 ,αM 是 磁化电流面密度 .在非导电介质的分界面上 , 一般有 αf = 0 . 矢势的微分方程和边值 关系 　 当介 质是分 区线 性 均匀 的 , 则 在区域 i 内 , B= μi H , 由 (3． 12) 的第一式和 B = × A, 此区域内 矢 势的方程为 2

A = - μi Jf 　 ( 辅助条件 ・ A = 0 )

若这区域内传导电流密度 Jf = 0 , 便有

2

(3． 14)

A = 0 .在线 性均 匀 区域 i

和 j 的分界面上 , 由 (3． 13) , 得矢势一般的边值关系 : Aj = Ai , 　 en ×

1 1 × Aj × Ai μj μi

= αf

(3． 15)

磁标势方程和边值关系 　 在 Jf = 0 的单连通区域内 , 磁场的旋 度 × H = 0 , 故可引入磁标势 φm , 使 H = M, 可知 ・ H = -

φm .又 由 H = B/ μ0 -

・ M, M 为 介质的 磁化 强度 .若 引 入假 想磁 荷

密度 ρm , 使 ρm = - μ0

・M

(3． 16)

第三章 　 静 　 磁 　 场

66

则在 Jf = 0 的区域内 , 从磁场方程 ( 3． 12 ) 可得磁标势方程 : 2

φm = - ρm/ μ0 　 ( 或

2

φm = 0 , 当 ρm = 0 )

(3． 17)

它与静电势的方程 ( 2． 18) 相 似 .在 两种 介质 分界面 上 , 由 ( 3． 13 ) , 一般的边值关系为 en × ( -

φ2 +

φ1 ) = αf , 　 B2 n = B1 n

(3． 18)

若两种介质线性均匀 , 且界面上 αf = 0 , 则边值关系为 φ2 = φ1 , 　 μ2

φ2 φ1 = μ1 n n

(3． 19)

在各种连续介质分布的区域内 , 满足磁场方程 ( 3． 12 ) , 或矢势方程 (3． 14) , 或标势方程 ( 3． 17 ) , 在介质分界面上又满足给定的边值关 系及边界条件的解 , 才是静磁场唯一正确的解 .

3． 4 静磁能　外磁场对电流 的作用能 静磁能 　 在各向同性线性均匀介质内,磁能密度为 w = B・H/ 2, 其中 B= μH .真空中 B= μ0 H .磁场一般地分布于全空间, 因此总磁能 是磁场分布的所有区域内能量之和, 即总能量一般地由积分

∫

W =

∞

1 B・ Hd V 2

(3． 20)

给出 .由 × H = Jf 及 B= × A, 下述积分

∫

W =

V

1 Jf ・ AdV 2

(3． 21)

也可给出总磁能 , 积分只需遍及电流分布区域 . 外磁场对电流的作用能 　 设 V1 内的电流分布 J1 激发的矢势 为 A1 , V2 内的电流分布 J2 激发的矢势为 A2 , 由 (3． 21) , 总静磁能为 W = 1 2

∫ (J ・A 1

1

+ J2 ・ A2 + J1 ・ A2 + J2 ・ A1 ) dV

V

(3． 22) 被积函数中第三、四两项 反映了两个电流 的互作用 能, 而这 两项是 相等的 .因此 , 当分布于区域 V 内的电流 J( x) 处于另一电流产生的 外磁场中 , 外场的矢势为 Ae ( x) , 则外磁场对这电流系统的作用能为

要 点 概 述

67

∫ J( x) A ( x) dV

Wi =

e

V

(3． 23)

此式没有考虑到相互作用 过程 引起电 磁感 应所产 生的 效果 .事 实 上 , 相互作用过程必然 会引起 电磁 感应 .因此 , 外 磁场 对磁 偶极 子 m 的作用能 , 作用力 , 和作用力矩为 Wi = - m・ Be F= -

(3． 24)

Wi = m・ Be L = m× Be

(3． 25) (3． 26)

3． 5 超导体电磁性质的宏观 描述 超导体的两个重要宏观 电磁性 质是 超导电 性与 抗 磁性 , 即 超 导体的电阻率为零 , 超导体 内部 B = 0 , 超 导电 流和 磁 场只 分布 于 超导体表面的薄 层中 .以 e 表 示电子电 荷 , m 为 电子质量 , ns 为 超 导电子密度 , Js 为超 导电 流密 度 , 以 经 典电 磁 理 论为 基 础的 伦 敦 方程 Js 2 =αE , 　 × Js = - αB, 　 其中 ,α= ns e / m t

(3． 27)

只是对超导电性与抗磁性的宏观唯象描述———不能解释超导电流 的形成和抗磁性的微观 动力学 机制 , 而 且只是 局 域作 用描 述——— 无法解释不同点上超导电子对的量子态之间相干现象所引起的复 杂效应 .

3． 6 矢势的量子效应 经典电动 力学 把电 场强度 E 和磁 感应 强度 B 作 为描 写电 磁 场的基本物理量 , 标势 φ与矢势 A 只是作为 数学手 段而引 入的 辅 助量 .但自从 20 世纪 60 年代以来 , A

B 效应 以及 超导现 象等 实

验事实表明 , 描写磁 场对 带 电 粒子 的 作用 时 , 仅 用 B 的 局域 作 用 理论显示出其局限性 , 在微观电磁 现象中矢 势 A 和标势 φ 有客 观 的物理效应 .由于微观 带电粒 子的 状态由 波函 数描 写 , 因此 , 磁 场

第三章 　 静 　 磁 　 场

68

对粒子作用的物理量是相因子 ei , 其中

= e

∮ A・ dl

( 3． 28 )

L

e 是粒子的电荷 , L 为任意闭合路径 .当 L 可以缩 小为任意 一点 的 无限小路径 , B 对带电粒子的局域作用描述等价于相因子 描述 , 若 L 不可 以缩 小为 任意一 点的 无限小 路径 , 例 如 A

B 效应 中电 子

通过双缝后干涉条纹的移动现象 , 以及超导环的磁通量子化现象 , 都表明 B 的局域作用理论不能反映磁场对微观带电粒子的作用 .

3．1 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 , 证明二者之差是无旋场 . 【解】 由 × A = Bez , 在直角坐标系中 , 有 Ay x

Ax = B, 　 y

Az y

Ay = 0, 　 z

Ax z

Az =0 x

有许多 A 场可以满足这组方程 , 其中两个 A 场可选为 A1 = - B yex , 　 A2 = B xey 而且显然有 × ( A1 - A2 ) = -

y

( - By) -

x

( B x) = 0

3．2 均匀无穷长直圆柱形螺线管 , 每单位长度线圈匝数为 n, 电流为 I , 试用唯一性定理求管内外磁感应强度 B . 【解】 设螺线 管截 面 半径 为 a, z 轴 为其 中 心 轴 , 在 柱 坐 标 系 中 , 螺线管表面电流密度 αf = nIe .记 螺线管 内部 磁场 为 B1 , 外 部 磁场为 B2 , 全部定解条件为 ・ B = 0 , 　 × H = 0 　 ( r < a, r > a)

( 1)

r = 0 , B1 有限 ; 　 r →∞ , B2 →0

( 2)

r = a, 　 B2 r = B1 r , 　 er × ( H2 - H1 ) = nIe

( 3)

习题与解答

69

由于螺线管无穷长 , 外 部磁场 应为 B2 = μ0 H2 = 0 .由 ( 3 ) 的 第二 个 条件 , 内部磁场应为 H1 = nIez , 　 B1 = μ0 nIez

( 4)

这解满足两区域中的场方程 (1 ) 和全部边界条件 , 因此是唯一正确 的解 . 3．3 设有无穷长的线电流 I 沿 z 轴流动 , 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】 电流 I 的磁场使介质磁 化 .记 z < 0 区域磁场为 B1 , z > 0 区域磁场为 B2 , 在柱坐标系中 , 全部定解条件为 ・ B = 0 , 　 × H = 0 　 ( z < 0 , z > 0 , r≠ 0)

( 1)

r = 0 , H1 和 H2 →∞ ; 　 r →∞ , H1 和 H2 →0

( 2)

z = 0 , 　 B2 z = B1 z , 　 ez × ( H2 - H1 ) = 0

( 3)

因电流线无穷长 , 而 介 质是 均 匀 的 , 两 区域 内 的磁 场 应 当 只有 e 分量 , 而且只是离开电流线距离 r 的函数 , 由安培环路定理提出 尝 试解 : H1 = H2 = B1 = μH1 =

I e 2πr

μ0 I μI e , 　 B2 = μ0 H2 = e 2πr 2πr

( 4)

可以验证 , 这解满足全部定解条件 .由 B1 = μ0 ( H1 + M1 ) = μH1 , 得 介质的磁化强度为 M1 =

μ μ I - 1 H1 = - 1 2πre μ0 μ0

( 5)

上半空间 M2 = 0 , 因此介质表面即 z = 0 处磁化电流面密度为 αM = ez × ( M2 - M1 ) = - ez × M1 =

μ I - 1 2πrer μ0

( 6)

这电流显然是从 r = 0 处流出并沿介质表面径向流动 , 根据电流 的 连续性 , 可判断下半空间的介质中 , r →0 即电流线表面存在“线 磁

第三章 　 静 　 磁 　 场

70

化电流”: μ - 1 I 　 ( z < 0, r → 0) μ0

∮M ・dl =

IM =

1

L

( 7)

3．4 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】 电流的磁场使 介质磁 化 .记 x < 0 区 域磁 场为 B1 , x > 0 区域磁场为 B2 , 在柱坐标系中 , 全部定解条件为 ・ B= 0 , 　 × H = 0 　 ( x < 0 , x > 0 , r ≠0)

( 1)

r = 0 , H1 和 H2 →∞ ; 　 r →∞ , H1 和 H2 →0

( 2)

x = 0 , 　 B2 x = B1 x , 　 ex × ( H2 - H1 ) = 0

( 3)

因电流线无穷长 , 而介 质是均 匀的 , 两 区域的 H 和 B 应当 只是 离 开线电流的距离 r 的 函数 而且 只 有 e 分 量 , 由 安 培环 路 定理 , 对 围绕着电流线、任意半径 r 的圆 , 有

∫ L

∫

H1 ・ dl +

1

L

H2 ・ dl = I

( 4)

2

由 (3 ) 的第一个条件及对称 性 , 应当有 B1 = B2 , 而 B1 = μH1 , B2 = μ0 H2 , 于是由 (4 ) 得尝试解 : B1 = B2 = H1 =

μμ0 I e μ+ μ0 πr

( 5)

μ0 I μ I e , 　 H2 = e μ+ μ0 πr μ+ μ0 πr

( 6)

这解显然满足全部定 解条件 .由 M2 = 0 , M1 = (μ/ μ0 - 1 ) H1 , 在 电 流线周围作 r →0 的无限小圆周 L, 得电流线与介质分界面出现的 “线磁化电流”为

∮

IM =

L

∫

M・ dl =

L

1

M1 ・ dl =

μ - μ0 I μ+ μ0

( 7)

3．5 某 空 间 区域 内 有 轴 对 称磁 场 , 在 柱坐 标 原 点 附 近 已 知 Bz ≈ B0 - C( z2 - r2 / 2 ) , 其中 B0 为常量 , 求该处的 Br . 【解】 磁场有 z 轴对称性 , 意味着其分量 B = 0 ( 或 B 与坐 标

习题与解答

71

无关 ) .于是在柱坐标系中 , 由 ・B = =

Bz 1 1 B ( r Br ) + + r r r z 1 ( r Br ) - 2 C z = 0 r r

得 Br = C z r + A/ r, A 可以 是 , z 的 任意 函数 , 但因 为 这是 原点 附 近小区域的轴对称磁场 , 可令 A = 0 , 即有 Br ≈ C z r 可以验 证 ,

× H = 0 , 即 该 处 Jf = 0 .若 常 量 B0 = μ0 I/ 2 a, C =

3

3μ0 I/ 4 a , 则 μ0 I 3μ0 I 2 3μ0 I 2 - r / 2 ) , 　 Br ≈ 3 zr 3 ( z 2a 4a 4a

Bz ≈

描写半径为 a, 电流为 I 的圆电流圈在其中心附近的磁场 . 3．6 两个半径为 a 的共轴圆形线圈 , 位于 z = ± L 面 上 , 每 个 线圈上载有同方向的电流 I . (1 ) 求轴线上的磁感应强度 ; (2 ) 求在中心区域产生最接近均匀的磁场时 L 和 a 的关系 . 【解】 设两线圈 中 的 电 流 I 均 沿 e 方 向 , 用 毕 奥 萨 伐 尔 定 律 , 可分别求出两 个电 流 圈在 z 轴 上任 一 点的 磁 感 应强 度 B1 z 和 B2 z , 再将两者相加 , 即得 2

μ0 Ia Bz = 2

1 2 2 ( L - z) + a

3/ 2

+

1 2 2 ( L + z) + a

3/ 2

在中心区域存在最接近于均匀磁场的条件为 2

Bz z2

= 0 , 得 L = a/ 2 z= 0

3．7 半 径为 a 的无限 长圆 柱导体 内有 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】 设 z 轴为导体柱的中心 轴 , 导 体内电流 密度 J = Jez .由 于电流不是分布于有限区 域 , 应选择 有限 远的 点为矢 势零 值参 考

第三章 　 静 　 磁 　 场

72

点 , 可令 r = a 即导体柱面 A = 0 .则在柱坐标系中 , 导体内、外两 区 域矢势的全部定解条件为 2

A1 = - μ0 Jez 　 ( ・ A1 = 0) 　 ( r < a) 2

( 1)

A2 = 0 　 ( ・ A2 = 0) 　 ( r > a)

( 2)

r = 0 , 　 A1 有限 r = a: 　 A1 = A2 = 0 , 　 er ×

( 3)

1 1 × A2 × A1 μ μ0

=0

( 4)

因导体内的电流总是沿 ez 方向, 从方程( 1)可知导体内矢势 A1 只能 有 ez 方向的分量 , 且由对 称性它 只是 r 的 函数 , 即 A1 = A1 ( r) ez ; 又由 r = a 处矢势连 续的 条件 , 外 部矢 势 也 只能 是 A2 = A2 ( r) ez , 于是方程 (1 ) 和 ( 2) 分别是 1 d d A1 r r dr dr

= - μ0 J , 　

1 d d A2 r r dr dr

=0

( 5)

1 d A2 1 d A1 = , μ d r μ0 d r

( 6)

边界条件 (4 ) 为 r = a 处 , 　 A1 = A2 = 0 , 　 对 (5 ) 的两个方程积分 , 得 μ0 μ0 c1 d A1 2 = J r + , 　 A1 = J r + c1 l n r + c2 dr 2 r 4 c3 d A2 = , 　 A2 = c3 ln r + c4 dr r 各积分常数 ci 由条件 (3 ) 和 ( 6) 确定 , 得 c1 = 0 , 　 c2 =

μ0 μ 2 2 Ja , 　 c3 = Ja , 　 c4 = - c3 ln a 4 2

2 μ0 μa J a 2 2 A1 = ( a - r ) J, 　 A2 = ln 4 2 r

可以验证 , A1 和 A2 均满足库仑规范条件 ・ A = 0 . 3．8 假设存在磁单极子 , 其磁荷为 qm , 它的磁场强度为 H=

qm r 3 4πμ0 r

( 7) ( 8)

习题与解答

73

试找出矢势 A 的一个可能的表达式 , 并讨论它的奇异性 . 【解】 以磁荷所在点为坐标原 点 , 由 B = × A, 通过任 一半 径 为 r 的球冠的磁通量为

∫B・ dS =∫ (

∮ A・ dl

Φ=

S

× A) ・ dS =

S

( 1)

L

如 图 3． 1 . 其 中 球 面 元 矢 量 dS = 2

r si n θ dθd er , 球冠底面边界 L 的线元 矢量 dl = rsi n θd e .由 (1 ) 式可知 , 矢势 A = Ar er + Aθeθ + A e 的三 个分量中 , 只 有 A 对 磁 通 量 有 贡 献 , 故 可 令 Ar = Aθ = 0 , 且 A 与坐标

无关 , 于 是由 B =

μ0 H, (1 ) 式两边分别给出

∫

θ

B・ dS =

S

=

图 3．1 　 (3． 8 题) 2π

qm sin θdθ d 0 4π 0

∫

∫

qm ( 1 - cos θ)2π 4π

∮A・ d l = L

2π

∫

A r sin θ d

= 2πA r sin θ

0

由此得矢势一个可能的表达式为 A= A e =

qm 1 - cos θ qm θ e = tan e 4πr si n θ 4πr 2

( 2)

可以看到 , 对于 + qm , 在 r = 0 ( 磁荷 所 在 点 ) , 以及 r ≠ 0 但 θ= π 处 , A 有一条奇异弦 ; 而对于 - qm , 则在 r = 0 及 r ≠0 但θ= 0 处 , A 也有一条奇异弦 . 【另法】 在球坐标系中将 B= μ0 H 代入微分方程 B = × A, 并 利用库仑规范 ・ A= 0 , 也可得到 (2 ) 式的结果 . 3．9 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 和诱导磁矩 m . 【解】 这问题类似于 在均匀 电场 中放入 线性 均匀 介质 球的 情 形 .这介质 球 将 被 磁 化 .以 球 心 为 坐 标 原 点 , 令 作 用 外 场 H0 =

第三章 　 静 　 磁 　 场

74

H0 ez , 于是就有 z 轴的对称性 .因 球内外均无传导电流分布 , 可引入 磁标势 φ, 使 H = -

φ.球内 B1 = μH1 = μ0 ( H1 + M1 ) , 球 外 M2 =

0 , 因此球内假想磁荷体密度 ρm1 = - μ0 B1 = 0 , 球外 ρm2 = - μ0 2

・ M1 = - ( 1 - μ0/ μ) ・

・ M2 = 0 .于是磁标势的全部定解条件为

φ1 = 0 　 ( R < R0 ) ; 　

φ2 = 0 　 ( R > R0 )

2

R = 0 , 　 φ1 有限 ; 　 R→∞ , 　 φ2 → - H0 Rcos θ R = R0 , 　 φ1 = φ2 , 　 μ

φ1 = μ0 R

φ2 R

( 1) ( 2) ( 3)

由 (2 ) 的两个条件 , 及轴对称性 , 两区域内标势方程的通解可写为 φ1 =

∑a

n

R n Pn ( cos θ)

(4 )

n

φ2 = - H0 Rcos θ+

∑ n

bn n+ 1 P n ( cos θ) R

( 5)

再由条件 (3 ) , 解出 a1 =

- 3μ0 μ- μ0 H0 , 　 b1 = H0 R30 ; an = bn = 0 , n≠1 μ+ 2μ0 μ+ 2μ0 3μ0 φ1 = H0 ・ R μ+ 2μ0 (μ- μ0 ) R30 φ2 = - H0 ・ R + 3 H0 ・ R (μ+ 2μ0 ) R

B1 = - μ φ1 =

3μμ0 2(μ- μ0 )μ0 H0 = μ0 H0 + H0 μ+ 2μ0 μ+ 2μ0

( 6) ( 7) ( 8)

3

B2 = - μ0

(μ- μ0 )μ0 R0 3 ( H0 ・ R) R H0 φ2 = μ0 H0 + - 3 μ+ 2μ0 R5 R

( 9)

球内 B1 为均匀磁场 , 是第一项原 外场 μ0 H0 与 第二 项介质 球面 磁 化电流产生的均匀磁场之叠 加 ; 球外 B2 的 第一 项为原 外场 , 第 二 项为球面磁化电流在外部产生的磁偶极场 , 将此项与 ( 3． 9) 式比较 ( 或将 φ2 的第二项与 3． 11 式 比较 ) , 可知 球面 磁化 电 流形 成的 磁 矩为 m=

μ- μ0 4πR30 H0 μ+ 2μ0

(10)

习题与解答

75

事实上 , 介质球的磁化强度 M1 =

3(μ- μ0 ) B1 - H1 = H0 μ0 μ+ 2μ0

(11)

是常矢量 , 因此它的磁矩为 3 μ - μ0 4πR0 M1 dV = M1 = 4πR30 H0 V 3 μ+ 2μ0

∫

m=

(12)

或由 αM = - eR × M1 计算出球面磁化电流密度 , 再根据 ( 3． 8 ) 式 将 αM 对球面积分 , 也能得到 (10) 式的结果 . 3．10 有一个内外半径 分别 为 R1 和 R2 的 空心 球 , 位 于均 匀 外磁场 H0 内 , 球的磁导率为 μ, 求空腔内的磁场 B, 讨论 μｍ μ0 时 的磁屏蔽作用 . 【解】 以 球心为坐 标原点 , 令外 场 H0 = H0 ez .球 腔内、介质 球 中及球外三个区域均无传导电流 , 故可使 H = - φ.介质中 B2 = μH2 = μ0 ( H2 + M2 ) , 球腔内 M1 = 0 , 球外 M3 = 0 , 故由ρm = - μ0 ・ M, 可知三个区域内假 想 磁荷 密度 ρm 均为 零 , 即三 个 区域 内磁 标 势方程均为

2

φ= 0 , 边界条件为 R = 0 ,φ1 有限 ; 　 R→∞ ,φ3 → - H0 Rcos θ, R = R1 , 　 φ1 = φ2 , 　 μ0

φ1

=μ

( 1)

φ2

R R φ2 φ3 R = R2 , 　 φ2 = φ3 , 　 μ = μ0 R R

( 2) ( 3)

由 z 轴对称性 , 以及条件 ( 1) , 磁标势方程的通解可写成 φ1 =

∑a

n

n

R P n ( cos θ) 　 ( R < R1 )

( 4)

n

φ2 =

∑ n

n

bn R +

cn Pn ( cos θ) 　 ( R1 < R < R2 ) R n+ 1

φ3 = - H0 Rcos θ+

∑ n

dn ) 　 ( R > R2 ) n + 1 P n ( cos θ R

由条件 (2 ) 和 ( 3) , 得待定系数的代数方程组 a1 R1 = b1 R1 +

2c1 c1 2 , 　μ 0 a1 = μ b1 3 R1 R1

( 5) ( 6)

第三章 　 静 　 磁 　 场

76

b1 R2 +

2c1 c1 d1 2 = 2 - H0 R2 , 　 μ b1 3 R2 R2 R2

= μ0

2 d1 - H0 3 R2

-

an = bn = cn = dn = 0 , n≠ 1 由此可解出 a1 , b1 , c1 和 d1 , 其中 a1 =

2(μ- μ0 ) 9μμ0

- H0 (μ+ 2μ0 ) (2μ+ μ0 ) R2 2 2 (μ- μ0 ) R1

2

( 7)

3

-1

于是空腔内的标势和磁场为 φ1 = a1 Rcos θ, 　 B1 = - μ0

φ1 = - μ0 a1 ez

( 8)

B1 是与外场 B0 = μ0 H0 方向相同的均匀场 , 但比作用外场弱 , 对 于 给定的比值 R2/ R1 , 介 质的磁导率 μ越大 , B1 越弱 , 球壳对外部 磁 场的屏蔽作用越显著 , 当 μｍ μ0 , B1 → 0 . 3．11 设理想铁磁体 的 磁化 规 律为 B = μH + μ0 M0 , M0 是 恒 定的与 H 无关的量 .今将一个理想 铁磁 体做成 的均 匀磁 化球 ( M0 为常量 ) 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 . 2

【解】 铁磁球内 μ0 M1 = B1 - μ0 H1 = ( 1 - μ0/ μ) B1 - μ0 M0 / μ, 外部介质中 μ0 M2 = ( 1 - μ0/ μ′) B2 , 故 ρm1 = - μ0 - μ0

・ M2 = 0 , 即 两 区 域磁 标 势 方 程 均为

2

・ M1 = 0 ,ρm2 =

φ= 0 .设 球 半 径 为

R0 , 并令 M0 = M0 ez , 于是有 z 轴对称性 , 边界条件为 R = 0 ,φ1 有限 ; 　 R→∞ ,φ2 →0 R = R0 , 　 φ1 = φ2 , 　 - μ′

( 1)

φ2 φ1 = -μ + μ0 M0 cos θ ( 2) R R

由轴对称性 , 以及 ( 1) 的两条件 , 磁标势方程的解可写为 φ1 =

∑a

R n P n ( cos θ) 　 ( R0 < R)

( 3)

bn P n ( cos θ) 　 ( R > R0 ) R n+ 1

( 4)

n

n

φ2 =

∑ n

由条件 (2 ) , 解出

习题与解答

μ0

φ1 =

2μ′+ μ

77

M0 ・ R 　 ( R < R0 )

( 5)

3

μ0 R0 M0 ・ R φ2 = 3 　 ( R > R0 ) ( 2μ′+ μ) R B1 = μ( -

φ1 ) + μ0 M0 =

( 6)

2μ′ μ0 M0

( 7)

2μ′+ μ

3

B2 = μ′( -

μ′ μ0 R0

3( M0 ・ R) R M0 - 3 5 R R 2μ′+ μ

φ2 ) =

( 8)

球内为均匀场 , 球外是偶极场 .球面的磁化电流密度为 αM =

1 e × ( B2 - B1 ) μ0 R

R= R

0

=

3μ′ M0 sin θe 2μ′+ μ0

( 9)

3．12 将上题的永磁球置入均匀外磁场 H0 中 , 结果如何 ? 【解】 当 M0 = M0 ez , H0 = H0 ez , 由轴对 称性 并考虑 到 R = 0 , φ1 有限 , R→∞ ,φ2 → - H0 Rcos θ, 两 区域 磁标 势拉 普 拉斯 方程 的 解可写成 φ1 =

∑a

n

n

R Pn ( cos θ) 　 ( R0 < R)

( 1)

n

φ2 = - H0 Rcos θ+

∑ n

bn P n ( cos θ) 　 ( R > R0 ) Rn+1

( 2)

由 R = R0 处的边值关系 φ2 = φ1 , - μ0

φ2 φ1 = -μ + μ0 M0 cos θ R R

( 3)

解出 φ1 =

μ0 ( - 3 H0 + M0 ) Rcos θ μ+ 2μ0

( 4) 3

[ (μ- μ0 ) H0 + μ0 M0 ] R0 φ2 = - H0 Rcos θ+ cos θ 2 (μ+ 2μ0 ) R B1 = μ( -

2 3μμ0 2μ0 φ1 ) + μ0 M0 = H0 + M0 μ+ 2μ0 μ+ 2μ0

( 5) ( 6)

第三章 　 静 　 磁 　 场

78

B2 = μ0 ( -

φ2 ) = μ0 H0 + μ0

3 ( m・ R) R m - 3 R5 R

( 7)

球内的两项均为均匀场 ; 球外 第二 项是 磁偶 极场 , 将 φ2 的 第二 项 与 (3． 11) 式比较 , 可知球面磁化电流形成的磁矩为 3

[ (μ- μ0 ) H0 + μ0 M0 ] 4πR0 m= μ+ 2μ0

( 8)

3．13 有一个均匀带电 的 薄导 体壳 , 半径 为 R0 , 总 电 荷 为 q, 今使球壳绕自身某一直径以角速度 ω转动 , 求球内外的磁场 B . 【解】 以球心为坐标 原点 , 转轴 为 z 轴 .球壳 电 荷面 密度 σf = 2

q/ 4πR0 , 因球壳自转而形成的面电流密度为 αf =σf v =

q 2 0

4πR

ωez × R0 eR =

qω sin θe 4πR0

( 1)

【方法一】 磁标势法 　 球内外两区域均无传导电流分布 , 磁标 势均满足方程

2

φ= 0 , 边界条件为 R = 0 ,φ1 有限 ; 　 R→∞ ,φ2 →0

( 2)

R = R0 处 , 　 B2 R = B1 R , eR × ( H2 - H1 ) = αf 即

φ2 = R

φ1 1 , 　 R R0

φ2 θ

+

1 R0

φ1 qω = sin θ θ 4πR0

( 3)

由 z 轴对称性 , 及 ( 2) 的两个条件 , 磁标势方程的解写为 φ1 =

∑a

n

n

R P n ( cos θ) 　 ( R < R0 )

( 4)

n

φ2 =

bn

∑R

n+ 1

P n ( cos θ) 　 ( R > R0 )

( 5)

n

由条件 (3 ) , 解出 φ1 = -

qω m m・ R cos θ, 　 φ2 = 2 cos θ= 3 6πR0 4πR 4πR B1 = μ0 ( -

B2 = μ0 ( -

φ2 ) =

( 6)

μ0 qω ez 6πR0

( 7)

μ0 3 ( m・ R) m - 3 5 4π R R

( 8)

φ1 ) =

习题与解答

79

球内为均匀场 , 球外为磁偶极场 , 球面电流形成的磁矩为 2

1 m= 2

∮ ( R e × α) d S = 0

S

R

qωR0

f

3

ez

( 9)

【方法二】 如 ( 9) 式先 计算 出球面 电流 的磁矩 m, 得球 外的 磁 标势和磁场 : φ2 = B2 = μ0 ( -

m・ R m 3 = 2 cos θ 4πR 4πR

φ2 ) =

μ0 m 3 ( 2cos θeR + sin θeθ ) 4πR

因 R = 0 处 φ1 有限 , 故球 内标 势 方程

2

(10)

φ1 = 0 的 解如 ( 4 ) 式 , 再 由

R = R0 处 B2 R = B1 R , 即 μ0 m φ1 3 2cos θ= - μ 0 R 4πR0

(11) R= R

0

解得 a1 =

- qω - m = ; 　 an = 0 　 ( 当 n≠1) 3 6πR0 2πR0

由此得球内的标势和磁场 : φ1 = -

qω cos θ, 　 B1 = μ0 ( 6πR0

φ1 ) =

μ0 qω ez 6πR0

(12)

【方法三】 矢势法 　 球面电 流密 度如 ( 1) 式 .因球 内外 两区 域 传导电流 Jf 均为零 , 故矢势的全部定解条件为 2

A = 0( ・ A= 0) 　 ( R < R0 , R > R0 ) R = 0 , A1 有限 ; 　 R→∞ , A2 →0

(13) (14)

R = R0 处 , A1 = A2 , eR ×

1 1 × A2 × A1 μ0 μ0

=

qω sin θe 4πR0

(15)

球面电流形成的磁矩 m如 (9 ) 式 , 故球外矢势为 A2 =

μ0 m× R μ0 m = 2 sin θe 　 ( R > R0 ) 4π R3 4πR

(16)

第三章 　 静 　 磁 　 场

80

由轴对称性及 R = R0 处 A1 = A2 , 可知球内矢势函数应当为 A1 = A ( R,θ) e 　 A R = Aθ = 0

(17)

将 (16) 和 (17) 式代入边值关 系 ( 15 ) 的第二 式 , 并由 球坐标 旋度 公 式 , 可解出 μ0 qω A1 =

12πR0

Rsi n θe 　 ( R < R0 )

(18)

可以验证 , A1 和 A2 满足条件 ( 14 ) , 以及 ・ A= 0 .于是得 B1 = × A1 = B2 = × A2 =

μ0 qω 6πR0

ez

(19)

μ0 3( m・ R) R m - 3 4π R5 R

(20)

3．14 电荷按体均匀分布的 刚性 小球 , 总电 荷量 为 q, 半径 为 R0 , 它以角速度 ω绕自身某一直径转动 , 求 : (1 ) 它的磁矩 ; (2 ) 它的磁矩与自 转 角动 量之 比 .设 小球 质量 M0 是均 匀 分 布的 . 【解】 小球的电荷密度与质量密度分别为 3

3

ρq = 3 q/ 4πR0 , 　 ρm = 3 M0/ 4πR0 设转动轴为 z 轴 , 则球 内任一 点的转动 速度为 v = ωez × r = ωre , 球内电流密度与动量密度分别为 J = ρq v = ρqωre , 　 p = ρm v =ρmωre 小球的磁矩 m与自转角动量 L 分别为 2

m=

1 2

∫ r × Jd V

qωR 0 =

V

2

ez

2 M0 ωR0 r × pdV = ez V 5

∫

L=

5

于是有 m/ L = q/ 2 M0

习题与解答

81

3．15 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 , 求 作 用在小永磁体上的力 F . 【解】 如 图 3． 2 , 设 介 质 表 面 为 z = 0 平面 , m位于介质表面上方 z = a 处 , 它与 界 面法 向 ez 的 夹角 为 α . 由于 高 磁 导 率 介 质 表 面 是 等 磁 势

图 3． 2 　 (3． 15 题 )

面 , 令其表 面磁 标势为 零 .介质 的磁

化电流在其外部空间产生的磁场 , 可用介质内 z = - a 处的镜像磁 矩 m′的磁场等效 , 为满足 z = 0 处标势 φ= 0 的条件 , 显然 m′与 m 的数值应相等 , m′与界面法向的 夹角也是 α, 但与 m 的夹角 为 2α. 于是 m′在介质外部任一点的标势与磁感应强度为 φ′=

m′・ r = μ0 ( 3 , 　 B′ 4πr

φ′) =

μ0 3( m′・ r) r m′ - 3 4π r5 r

记 m′到 m的距离 r = z , 矢径 r = zez , 则 m′在 m 处的磁感应强度为 B′=

μ0 (3 m′ cos αez - m′) 4πz3

其中 z = 2 a, m′= m, 故 m′的磁场对 m的作用能及作用力为 μ0 m2 2 W i = - m・ B′= 3 (1 + cos α) 4πz 2

F= -

W i = - ez

负号表明 m受到吸引力 .

- 3μ0 m Wi 2 = (1 + cos α) ez 4 z 64πa

第四章 　 电磁波的传播

4． 1 真空中的波动方程 随时间变化的电荷电流 分布激 发时 变电磁 场 , 变 化的 电场 与 磁场互相激发形成电磁波 .从麦克斯韦方程组 ・ D = ρf , 　 × E = -

B t

・ B = 0 , 　 × H = Jf +

D t

( 4． 1)

可导出真空中 ( D =ε0 E, H = B/ μ0 ) 的齐次波动方程 : 2

1 E- 2 c

2

E 2 = 0, 　 t

2

1 B- 2 c

2

B =0 t 2

( 4． 2)

真空中所有频率的电磁波传播速度均为 c=

1 μ0ε0

( 4． 3)

4． 2 时谐波　亥姆霍兹方程 和边值关系 电磁波作用于介质时 , 介 质的 电容 率 ε和 磁 导率 μ一 般地 是 频率的函数 , 即介质存在色散现象 .对于单一频率的时谐波 : E( x, t) = E( x) e - iωt , 　 B( x, t) = B( x) e - iωt

( 4． 4)

其中 ,ω为角频 率 ( 以 下简 称 为 频 率 ) .线 性 均 匀 介 质 内 D = εE, B= μH , 若介质是绝缘 体 , 即 ρf = 0 , Jf = 0 , 将 ( 4． 4) 代入 麦氏方 程

要 点 概 述

83

组 (4． 1 ) , 得 ・ E( x) = 0 , 　 × E( x) = iωμH ( x) ・ H( x) = 0 , 　 × H( x) = - iωεE ( x)

( 4． 5)

对第二式求旋度 , 并由第四式 , 得线性均匀介质内时谐波的亥姆霍 兹方程 : 2

E( x) + k2 E( x) = 0

其中 k = ω με= 2π/ λ

( 4． 6) ( 4． 7)

λ为电磁波在介质中的波长, k 为波数 .方程(4．6)的解必须满足条件: ・ E( x) = 0

( 4． 8)

在线性均匀导体内 , 自 由电 荷体 密度 ρf = 0 , 自 由 电荷 分布 于 导体表面的薄层 中 , 当 频 率 ω不 是太 高 时 , 欧姆 定 律 Jf = σE 成 立 , 由麦氏方程组 ( 4． 1) 可知 , ( 4． 5) 的第四个方程为 × H( x) = - iωεE( x) +σE ( x) = - iωε′ E( x)

( 4． 9)

因此导体内的时谐波也遵从亥姆霍兹方程 (4． 6 ) , 但 k = ω με′, 　 ε′=ε+ iσ /ω

(4． 10)

ε ′是导体的复数电容率 . 解出电场 E 后 , 由 (4． 5 ) 的第二式可给出磁场 : B= μH= -

i ×E ω

(4． 11)

方程组 (4． 5 ) 的四个 方程并 非完 全互 相独立 , 由 二、四 两式 可 导出其他两式 .因此对于时谐波 , 第一章 (1． 40) 的四个边值关系也 并非完全互相独立 , 只要满足 en × ( E2 - E1 ) = 0 , 　 en × ( H2 - H1 ) = αf

(4． 12)

另两个边值关系自然也能 满足 .在研 究电 磁波 在有界 空间 中的 传 播时 , 在各线性均匀介质内满足亥姆霍兹方程 ( 4． 6) 和条件 (4． 8 ) , 在界面上又满足 (4． 12) 第一式的电场 , 是唯一的 .

4． 3 真空中和非导电介质内 的平面波 亥姆霍 兹 方 程 ( 4． 6 ) 的 解 包 括 各 种 频 率 和 模 式 的 电 磁 波 ,

第四章 　 电磁波的传播

84

(4． 8 ) 式是波的横约束条件 .各种电磁波都可表示成一系列单色平 面波的叠加 ． 方程 (4． 6 ) 的单色平面波解为 E = E0 ei( k・ x - ωt )

(4． 13)

E0 为波的振幅 , 波矢量 k 的方 向代 表 波的 传播 方向 , 波的 相位 为 = k・ x - ωt .将 (4． 13) 代入条件 (4． 8 ) , 以及 (4． 11) 式 , 得 k・ E= 0 , 　 k・ B = 0 , 　 B =

1 k× E ω

(4． 14)

(1 ) 电磁 波是 横 波 , E, B, k 互 相垂 直 , 且 E× B 沿 k 方向 , E ( 和 B) 在与传播方向 k正交的方向上偏振 .E 可 以是圆偏 振波、椭 圆偏振波 , 或线偏振波 . (2 ) 电场与磁场的振幅关系为 E= E=

ω B= k

ω B= k

B = cB 　 ( 真空中 ) μ0ε0

(4． 15)

B cB = v B= 　 ( 线性均匀介质内 ) n με

(4． 16)

其中 v 为波在介质中的相速度 , n 为介质的折射率 : v = ω= k

1 c = , 　 n= με n

μrεr

(4． 17)

由于ε和μ是频率 ω的函数 , 故 v 和 n 均为频率的函数 .Z = 称为介质的波阻抗 .真空中 Z0 =

μ/ ε

μ0 / ε0 ≈ 376． 7Ω .

(3 ) 单色波的能量密度 w 与能流密度 S 的瞬时值为 w=

1 2 2 2 2 (εE + B / μ) = ε E = B / μ 2

S= E× H =

2

ε / μE en = v wen

(4． 18) (4． 19)

en 为传播方向的单位矢量 .对 于一 般情况 下的 波 ( 包 括椭圆 偏振、 圆偏振和线偏振波 ) , 瞬时值 w 和 S 在每个周期 T 内的平均值为 1 w = T —

—

T

1 ＊ Re ( E ・εE) 2

(4． 20)

Sd t = 1 Re( E＊ × H) 2

(4． 21)

∫ wd t =

S= 1 T

0

T

∫ 0

要 点 概 述

85

对于圆偏振波和线偏振波 , 将式 ( 4． 13 ) 的实 部 E = E0 cos ( k・ x —

2

—

2

ωt) 代入上述两式 , 有 w = εE0 / 2 = B0/ 2μ, S =

1 2

2

ε / μE0 en .在上

述各式中 , 将 μ和ε改为 μ0 和 ε0 , 即 得真 空中 电磁 波 能量 密度 和 能流密度的瞬时值 ( 或平均值 ) . 当介质中的 波 含 有 众 多 频 率 成 分 时 ( 例 如 脉 冲 波 和 已 调 制 波 ) , 由于能量密度与波的 振幅 平方成 正比 , 故 整个波 包的 传播 速 度 , 才是波的能量传播速度 , 又称为群速度 vg =

dω dk

(4． 22)

由于介 质 的 折 射 率 n 是 频 率 ω 的 函 数 , 而 相 速 度 vp = c/ n, ω= kvp = kc/ n, 故群速度与相速度的关系为 vg =

d vp dω c = vp + k = dk d k n + ω( d n/ dω)

(4． 23)

正常色散介质 d n/ dω> 0 , 故 vg < vp ; 反 常色散 介质 d n/ d ω< 0 , 故 vg > vp ; 自由空间中 vg = vp = c .

4． 4 导体内的电磁波 由 (4． 10) 式 , 导体内 k 为复数 , 因此波矢量为复矢量 k= β+ iα

(4． 24)

将 (4． 24) 代入 (4． 13) 和 ( 4． 14 ) 的第三 式 , 得导 体内平 面波 的电 磁 场 E= E0 e 波的相位为

- α・ x

i( β・ x - ωt )

e

, B=

1 (β+ iα) × E ω

= β・ x - ωt, 因此波在导体内的相速度为 v = ω/ β

E0 是波在导体表面的振幅 , 因子 E0 e

- α・ x

(4． 25)

(4． 26)

表明随着穿入深 度增加 ,

波在导体内的振幅呈指数 衰减 , 这是 由于 传导 电流的 热效 应引 起 能量损耗所致 , 平均损耗功率密度为

第四章 　 电磁波的传播

86

1 p = T

—

T

∫J

＊ f

0

・ Ed t =

σ ＊ 1 2 - 2 α・x Re( E ・ E) = σE0 e (4． 27) 2 2

若满足条件 σ / ωεｍ 1 　 ( 导体良条件 )

(4． 28)

当电磁波垂直入射时 , 波矢量 k= (β+ iα) en , en 是指向 导体内部 的 法向单位矢量 , 此时有 α≈β≈ ωμσ / 2 B≈

α (1 + i ) en × E = ω

(4． 29) π

μσ / ωei 4 en × E

(4． 30)

( 4． 30 ) 式表明 , 良导体内 B 的相位比 E 滞后π/ 4 , 且 μH ｍ εE , 故 金属内部电磁场的能量主要是磁场能 , 这是因为 , 电场通过直接对 自由电荷作功而失去了能量 .电磁波在良导体内的穿透深度为 δ=

1 ≈ α

2/ ωμσ

(4． 31)

可见导体的电导率 σ和波的频率 ω越 高 ,δ越小 , 这 现象称 为导 体 的高频趋肤效应 .

4． 5 电磁波在界面的反射和 折射 电磁波在介质表面的反 射和 折射 现象 , 由边 值关 系 ( 4． 12 ) 讨 论 . 反射定律和折射定律 　 经典电磁理论假定反射波和折射波与 入射波的频率相同 ( 忽略了介质内原子或分子对电磁波散射 , 或吸 收、再发射等复杂的 量子 过 程 ) .以 θ,θ′,θ″分别 表 示入 射 角、反 射 角和折射角 , 由 ( 4． 12 ) 第一式 , 有 θ′=θ　 ( 反射定律 ) sin θ v1 = = sin θ″ v2

μ2ε2 n2 = = n21 　 ( 折射定律 ) n1 μ1ε1

(4． 32)

n2 1 是介质 2 对于介质 1 的相对折射率 . 菲涅尔公式 　 由边值关系 E1 t = E2 t , H1 t = H2 t , 当 E 垂直于入

要 点 概 述

87

射面偏振时 , 若界面两边均为非铁磁性的线性均匀介质 , 有 E′ ⊥ E″ ⊥ sin (θ- θ″) 2cos θsin θ ″ = , 　 = E⊥ sin (θ+θ″) E⊥ sin (θ+θ″)

(4． 33)

当 E 平行于入射面偏振时 , 有 E′ tan (θ- θ″) E″ 2cos θsin θ″ = , 　 = (4． 34) E tan (θ+θ″) E sin (θ+θ″) cos (θ- θ″) 上述两式表明 , 垂直于入 射面 偏振的 波与 平行 于入射 面偏 振的 波 在界面上有不同的反射和 折射 行为 .若入 射波 是圆偏 振波 或椭 圆 偏振波 , 当 θ+θ″=π/ 2 时 , 由 ( 4． 34) 第一 式 , 反射 波平行 分量 E′ 将为零 , 即变 为只有 E′ ⊥ 分量 的线 偏振 波 , 此时的 入射 角 θ B 称为 布儒斯特角或起偏角 .由折射定律 ( 4． 32 ) 可知 tan θB = n2/ n1 . 反射系数和透射系数 　 反 射系 数 R 定 义 为 反射 波 与入 射 波 平均法向能流之比 , 透射系数 T 定义为 折射波与 入射波平 均法 向 能流之比 : — 2

S′・ en

2

E′ 0 S″・en n2 cos θ″E″ 0 R= — = 2 , 　 T= — = n1 cos θ E20 E0 S・en S・en

(4． 35)

无损耗情形下 T = 1 - R . 全反射 　 当 n21 < 1( 即从 光密 介质入 射至 光 疏介 质 ) 时 , 若 入 射角 θ> θc ( 临 界 角 , 即 θ″= π/ 2 时 的 入 射 角 , sin θc = n21 ) , 从 (4． 32) 式可知此时 sin θ> n21 , sin θ″> 1 , 将发 生全反 射 , 透 入第 二 介质的波是沿界面切向传 播的 表面波 , 透 入波 沿法向 的平 均能 流 为零 . 导体表面的反射 　 当电 磁波垂 直入 射到良 导体 时 , 由 边值 关 系可计算出反射波振幅 E′.反射系数为 2

R=

E′ ≈1 - 2 E

2ωε0 σ

(4． 36)

导体电导率 σ越 高 , R 越 接 近 于 1 , 绝 大 部 分 能 量 被 反 射 出 导 体 外 .对于微波和无线电波 , 大多数金属反射系数 R

1 , 电磁波和 电

流仅存在于其表面的薄层中 , 内部场强为零 , 此时金属可视为理想

第四章 　 电磁波的传播

88

导体 .因此在理想导体表面 , 边值关系 (4． 12) 变为 en × E = 0 , 　 en × H = αf

(4． 37)

E 和 H 是导体表面的场强 .当 E 和 H 已 求出 , 由第 二式可 求出 导 体表面的电流密度 αf .

4． 6 谐振腔和波导管 在以理想导体为边界面 的谐振 腔和 波导管 内 , 电 场是 亥姆 霍 兹方程 ( 4． 6 ) 满 足 ・ E = 0 和 边 界 条 件 en × E = 0 的 解 .磁 场 由 (4． 11) 式给出 : B = μH = -

i ×E ω

(4． 38)

矩形谐振腔 　 边长分别为 l1 , l2 , l3 , 以金属为边界面的矩形谐 振腔内 , 电场为 Ex = A1 cos kx x sin ky y sin kz ze

- iω t

Ey = A2 sin kx x cos ky ysin kz ze

- iω t

Ez = A3 sin kx x sin ky ycos k z ze - iωt

(4． 39)

kx = mπ/ l1 , 　 ky = nπ/ l2 , 　 kz = pπ/ l3 　 ( m, n, p = 0 , 1 , 2 , … ) (4． 40) kx A1 + ky A2 + kz A3 = 0

(4． 41)

从 (4． 41) 式可知 , E 三个分量的振幅 A 1 , A2 , A3 中 , 只 有两个是 独 立的 , 即对每一组 m, n, p 值 , 有两种独立的波模 ． 本征频率为 ωm np =

π ( m/ l1 ) 2 + ( n/ l2 ) 2 + ( p/ l3 ) 2 με

(4． 42)

当 l1 > l2 > l3 , 最低频率的波模为 1 , 1 , 0 模 . 矩形波导管 　 在截面 边长 为 a 和 b, 以 金 属 为管 壁 的矩 形 波 导内 , 沿 z 方向传播的波为 Ex = A1 cos kx xsi n ky y ei( k z z - ω t ) Ey = A2 sin kx xcos ky y ei ( k z z - ω t ) i( k z - ω t) z

Ez = A3 sin kx x sin ky y e

(4． 43)

要 点 概 述

89

kx = mπ/ a, ky = nπ/ b 　 ( m, n = 0 , 1 , 2 , … )

(4． 44)

A1 kx + A2 ky - i A3 k z = 0

(4． 45)

可见 , 对每一组 m, n 值 , 波导内有两种独立波模 . (1 ) 由 (4． 43) 式和 (4． 38 ) 式 可推 知 , 在 波导 内只 能传 播横 电 波 ( T E 波 ) 或横磁波 ( T M 波 ) , 不能传播 T E M 波 ; 2

(2 ) 因 k z =

2

2

(ω/ c) - ( kx + ky ) 必须为实 数 , 故 最低频 率 ( 截

止频率 ) 为 ωc, mn =πc ( m/ a) 2 + ( n/ b) 2

(4． 46)

(3 ) 由 k = ω/ c = 2π/ λ0 ,λ0 是频 率为 ω的 波 在自 由 空间 中 的 波长 , 而 kz < k, 故波导内的波长 λ, 相速度 vp 和群速度 vg 为 λ=

2π ω dω > λ0 , 　 vp = > c, 　 vg = < c kz kz d kz

(4． 47)

4． 7 等离子体中的电磁波 等离子体是整体上为电 中性或 准电 中性的 电离 物 质 .因电 子 质量远小于正离子质量 , 在热平衡状态下 , 电子在等离子体内部电 磁场作用下的振荡远比离 子振 荡激烈 .稀 薄等 离子体 固有 振荡 频 率为 ωp =

2

n0 e / mε0

(4． 48)

n0 为电 子密 度 , m 为电子 质量 .当 频率为 ω的外 来电 磁波 作用 于 等离子体 , 且电子速度 远小于 光速 时 , 可略去 磁场 对电 子的 作用 , 由运动方程 ..

i ( k・ x - ω t )

mr = - eE = - eE0 e

(4． 49)

可解出电子速度为 .

v = r= -

ie E0 ei ( k・ x - ω t ) mω

(4． 50)

等离子体的电流密度和电导率分别为 2

2

i n0 e i n0 e J(ω) = - n0 ev = E, 　 σ(ω) = mω mω

(4． 51)

第四章 　 电磁波的传播

90

其中已假定欧姆定律 J =σE 在等 离子体内 成立 σ . 为纯虚 数表 明 电流与作 用电 场 E 有 π/ 2 的 相 位差 .稀 薄 等离 子 体 内 ε= ε0 , 由 (4． 10) , 有 2

2

ε ′=ε0 + iσ/ ω=ε0 - n0 e / mω 2

(4 .5 2) 2

ω ωp k = ω μ0ε′= 1 - 2 , 　 n= c ω

ωp 1 - 2 ω

(4． 53)

当 ω> ωp , 折射率 n < 1 , k 为实数 , 电磁波 可以通 过等离子 体 , 相 速 度 v = c/ n 大于真空中的光 速 c .因 n < 1 , 当电 磁波 从 真空 入射 到 等离子体时 , 若入射角 θ>θc ( 临界角 ) , 将发生 全反射 .当 ω< ωp , k 为虚数 , 电磁波不能通过等离子体 .

4．1 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 π/ 2 , 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】 两个波的波矢量均为 k= kez , 设振幅均为 E0 , 有 i( kz - ωt )

E1 = E0 ex e

i ( kz - ωt + π/ 2 )

E2 = E0 ey e

i ( kz - ω t )

= i E0 ey e

于是合成波 i ( kz - ω t )

E= E1 + E2 = E0 ( ex + iey ) e

是振幅为 E0 的圆偏振波 , 在迎着 传播方向看来 , 电矢量 E 逆时 针 旋转 , 故是右旋的圆偏振波 , 如图 4． 1( a ) .若 E2 的相位比 E1 滞 后 π/ 2 , 则合成波 i ( kz - ω t )

E= E1 + E2 = E0 ( ex - iey ) e

是左旋的圆偏振波 , 如图 4． 1 ( b) .若 E1 和 E2 的振幅不等 , 则合 成 波是右旋或左旋的椭圆偏振波 .反之 , 一个圆 ( 或椭圆 ) 偏振波可以

习题与解答

91

分解为两个互相独立 , 相位差为±π/ 2 的线偏振波 .

图 4． 1 　 (4． 1 题 )

4．2 考 虑两 列 振幅 相同、偏 振 方向 相同、频 率 分别 为 ω+ dω 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 . 【解】 因 dωｎ ω, 这是两列频率接近的波 , 波数分别为 k1 = k + dk, k2 = k - d k .设它们 沿 x 方 向 偏振 , 振 幅为 E0 , 且 初 相位 一致 , 即 i[ ( k + d k) z - ( ω+ dω) t]

E1 = E0 ex e

i[ ( k - d k) z - ( ω- dω) t]

, 　 E2 = E0 ex e

于是合成波 E = E1 + E2 = 2 E0 ex cos ( d k・ z - dω・ t) ei ( kz - ω t ) 仍是 x 方向上的线偏振波 , 其实数形式为 E = 2 E0 cos ( d k・ z - dω・ t) cos ( k z - ωt) ex 这表 明 频 率 为 ω 的 高 频 波 受 到 了 频 率 为 dω 的 低 频 波 调 制 , 2 E0 cos ( d k・ z - dω・ t) 是已调波 的振 幅 , 或 称 包络 线 , 如 图 4． 2 . 等相位面方程为

= k z - ωt = 常数 , 对它求时间的导数 , 得相速度 vp =

dz ω = dt k

等振幅面方程为 2 E0 cos ( d k・ z - dω・ t) = 常数 , 对此求时间的 导 数 , 得振幅传播速度

第四章 　 电磁波的传播

92

vg =

dω dk

它是波包整体的传播速度 , 即群速度 .

图 4． 2 　 (4． 2 题 )

4．3 一平面电磁波以 θ= 45°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 . 【解】 设介质是非铁磁性且线性均 匀的 , 即 μr ≈ 1 , 折 射 率 n21 ≈

μrεr =

2 , 因 入 射 角 θ = 45°, 由 折 射 定 律 sin θ/ sin θ ″= n21 , 得 sin θ″= 1/ 2 , 　 cos θ″= 3/ 2 即折射角 θ″= 30°, 如 图 4． 3 .当 E 垂直

图 4． 3 　 ( 4． 3 题 )

于入射面时 , 由边值关系 E + E′= E″, 　 Hcos θ- H′ cos θ= H″cos θ″ 及 H=

ε0/ μ0 E, H′=

ε0/ μ0 E′, H″=

ε / μ0 E″, 可解出 E′, 反 射

系数为 ———

S′ n R = ——— = Sn

E′ 2 2 - 3 2 = = ( 2 - 3 ) = 7 - 4 3 = 0． 072 E 2+ 3

不考虑介质损耗时 , 折射系数为

习题与解答

T=1 - R=

93

2 3 = 0． 928 2+ 3

4．4 有一个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

- 5

cm , 水 的

折射率为 n = 1． 33 . 【解】 空气的折射率 n2 ≈ 1 , 水的折射率 n1 = n > n2 , 这是 光从 光密介质入射至光疏介质的问题 .由折射定律 μ0ε0

sin θ n2 1 = = n2 1 = = sin θ″ n1 n

( 1)

μ1ε1

可得这问题的临界角为 n2 = arc sin 0． 751 8 = 49° 45′ n1

θc = ar c sin

( 2)

入射角 θ= 60°>θc , 故 sin θ″= nsin θ> 1 , 已没 有实数 意义 上的 折 射角 , 将发生全反射 .设界面为 z = 0 的平面 , 入射面为 x z 平面 , 入 射波矢 k = kx e x + kz ez , 折 射 波 矢 k″= k″ x e x + k″ z ez , k = ω μ1ε1 , k″= ω μ0ε0 , 由折射定律 ( 1) , 有 k″= n21 k, 　 k″ x = k″ sin θ″> k″ 2

k″ z =

2

k″ - k″ x = ik

2

( 3)

2

sin θ- n21 = iк

( 4)

折射波矢的法向分量 k″ z 为虚数 , 故折射波电场为 i ( k″・ x - ω t )

E″= E″ 0 e

= E″ 0 e

- κz

i ( k″x - ω t ) x

e

( 5)

可见这是沿界面切向 x 传播 , 振幅在 法向 z 按 指数 规律衰 减的 表 面波 .设 E″= E″ey , 由 B″= μ0 H″= ( k″× E″)/ ω

( 6)

得折射波磁场两个分量 : H″ z = E″

ε0 sin θ ε0 , 　 H″ x = - i E″ μ0 n21 μ0

因此折射波的法向平均能流密度 :

sin2θ -1 n22 1

( 7)

第四章 　 电磁波的传播

94 ———

S″ z = -

1 ＊ Re( E″ H″ x ) = 0 2

( 8)

透射系数 T = 0 .这是 因 为入 射 波 能量 在 半个 周 期 内透 入 第 二 介 质 , 在另 半 个 周 期 内 又 完 全 反 射 回 第 一 介 质 所 致 .由 k = nk″= 2 nπ/ λ0 , 波透入空气中的深度为 1 2 2 sin θ- n2 1

δ = к- 1 = k =

2 nπ

λ0 - 5 = 1． 7 ×10 cm 2 2 sin θ- 1/ n

( 9)

折射波的相速度为 vp =

ω ω 2 3 3 = = c= c k″ x ksin θ 3 n 2

(10)

4．5 频率为 ω的电磁波 在 各向 异性 介质 中传 播 时 , 若 E, D, B, H 仍按 ei ( k・ x - ω t ) 变化 , 但 D 不再与 E 平行 ( 即 D =εE 不成立 ) . (1 ) 证明 k・ B = k・ D = B・ D = B・ E = 0 , 但一般 k・ E≠0 . (2 ) 证明 D = [ k2 E - ( k・ E) k]/ ω2 μ. (3 ) 证明能流 S与波矢 k 一般不在同一方向上 ． 【证】 　 设介质内ρf = 0 , Jf = 0 即介质中的场方程为 ・ D = 0 , 　 × E = - B/ ・ B= 0 , 　 × H = D/ i ( k・ x - ω t )

设 B = μH 成 立 , 将 E = E0 e

t t

( 1) i ( k・ x - ω t )

, D = D0 e

, B =

B0 ei ( k・ x - ω t ) , H = H0 ei( k・ x - ωt ) 代入上述场方程 , 得 k・ D = 0 , 　 k・ B= 0 , 　 B =

1 -1 k× E, 　 D = k× B ω ωμ

E・ B = 0 , 　 B・ D = 0 , 　 k・ E≠k・ D/ ε= 0

( 2) ( 3)

k・ E≠0 是由于 D≠εE .将 (2 ) 的第三式代入第四式 , 得 D=

-1 1 2 k× ( k× E) = 2 [ k E - ( k・ E) k] 2 ωμ ωμ

因 k・ E≠ 0 , 故 D 与电场 E 不同向 ． 介质中的能流密度为

( 4)

习题与解答

95

1 1 2 E× ( k× E) = [ E k - ( k・ E) E] ωμ ωμ

S= E× H =

( 5)

显然 , S 与波矢 k 不在同一方向 . 4．6 平面电磁波垂 直 入射 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】 设金属表面为 z = 0 的 平面 , 则折 射波 矢量 为 k″= (β+ iα) ez , 折射波电场为 E = E0 e - α z ei(β z - ω t )

( 1)

对于频率不太高的电磁波 , 金属可视为良导体 , 即有 α ≈β≈ ωμσ / 2

( 2)

于是折射波的磁场强度为 H=

σ i π4 e ez × E ωμ

B 1 = k″× E = μ ωμ

( 3)

透入金属内的平均能流密度为 —

S=

1 1 Re( E＊ × H) = 2 2

σ 2 - 2αz E0 e ez 2ωμ

( 4)

在金属表面即 z = 0 处 , 单位时间从单位面积流进的平均能量为 -

S | z= 0 = 1 2

σ 2 E0 2ωμ

( 5)

金属内部由于电流热效应引起的损耗功率密度为 —

p=

1 σ σ Re ( Jf＊ ・ E) = Re ( E＊ ・ E) = E20 e - 2α z 2 2 2

以单位面积为截面积 , 高 z ∞

—

∞的导体柱内 , 平均损耗的功率为

∫ pd z = 0

( 6)

1 2

σ 2 E0 2ωμ

( 7)

(5 ) 式与 ( 7) 式表明 , 从表面进入金属内的电磁能量 , 全部被电流热 效应损耗 . 4．7 已 知 海 水 的 μr = 1 , σ= 1 S ・ m - 1 , 试 计 算 频 率 v 为 50 H z, 106 Hz 和 109 H z 的三种电磁波在海水中的透入深度 .

第四章 　 电磁波的传播

96

【解】 由 ε0 ≈8． 854× 10 - 1 2 F・ m - 1 , 在微 波频 率 以下 海水 的 1

εr 数量级为 10 , 电 导率 σ= 1 S・ m

- 1

, 因 此 对 于 频率 为 50 Hz,

10 6 Hz和 109 H z 的三种电磁波 , 均有 σ 2πσ = ｍ 1 εω εrε0 v 即海水对上述频率的波可视为良导体 , 波的穿透深度均可表为 δ=

1 ≈ α

2 = ωμσ

1 πvμ0σ

将 μ0 = 4π× 10 - 7 H ・ m - 1 , σ= 1 S ・ m - 1 , v = 50 H z, 106 Hz 和 9

10 Hz代入上式 , 分别得 δ= 72 m , 　 δ= 0． 5 m , 　 δ= 16 mm 4．8 平面电磁波由真空倾斜入 射到导电 介质表 面上 , 入射 角 为 θ.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 ? 【解】 设导电介质表面为 z = 0 的 平面 , 入射 面为 x z 平 面 , 入 射波矢量 k的 x 分量 k x = ksin θ, 透射波矢量为 k″= β+ iα, 　 k″ x =β x + iα x , 　 k″ z =β z + iα z 而 k″ x = k x , 因此 βx = ksin θ= ωsi n θ / c, 　 αx = 0 于是由 k″= β+ iα, k″= ω με′,ε′=ε+ iσ / ω, 有 2

2

2

2

βx +βz - αz = ωμε, 　 αzβz = ωμσ 将 βx 的值代入第一式 , 可从这两式解出 β2z =

1 1 1 1 A + [ A2 + B2 ] 1/ 2 , 　 α2z = A + [ A2 + B2 ] 1/ 2 2 2 2 2

其中 A = ω2 (με- sin2 θ / c2 ) , 　 B = ωμσ 波在导电介质中的相速度和透入深度分别为 vp =

ω = β

ω 1 1 , 　 δ= = 2 α αz β +βz 2 x

习题与解答

97

若导电介质为金属 , 即 σ/ ωεｍ 1 时 , 有 βx ｎ βz , 　 βz ≈αz ≈

ωμσ 2

ω 2ω 1 2 vp ≈ ≈ , 　 δ= ≈ βz μσ αz ωμσ i ( k z - ωt ) z

4．9 电磁波 E( x, y, z, t) = E( x , y ) e

在波导管中沿 z

方向传播 , 试用 × E = iωμ0 H 及 × H = - iωε0 E, 证明电磁场 所有 分量都可以用 Ez ( x, y) 及 H z ( x, y) 这两个分量表示 . 【证】 由于波导管看成 无限 长 , E 和 H 的振 幅只 是 x , y 的 函 数: E = E( x, y) ei ( k z z - ω t ) , H = H( x, y) ei ( k z z - ω t ) 将上述两式代入 × H = - iωε0 E, 有 Hz - i kz H y , 　 - iωε0 Ey = y

- iωε0 Ex =

- iωε0 Ez =

Hy x

Hz + i kz H x x

Hx y

又由 × E = iωμ0 H, 有 iωμ0 H x =

Ez - i kz E y , 　 iωμ0 H y = y iωμ0 H z =

Ey x

Ez + i kz E x x

Ex y

由上述两组方程可得 i ωμ0 2 k - kz

Ex =

2

Hz + kz y

Ez x

Ey =

i k - k2z

- ωμ0

Hz + kz x

Ez y

Hx =

i k - k2z

- ωε0

Ez + kz y

Hz x

2

Hy =

2

i ωε0 k - k2z 2

Ez + kz x

Hz y

其中 k = ω/ c .这组方程 表明 , 波 导内 电 磁场 的纵 向分 量 Ez 和 H z

第四章 　 电磁波的传播

98

不能 同 时 为 零 , 否 则 所 有 横 向 分 量 均 为 零 .实 际 应 用 中 可 选 择 Ez = 0 , H z ≠ 0( T E 波 ) , 或 H z = 0 , Ez ≠0 ( T M 波 ) . 4．10 论证矩形波导管内不存在 T M m0 波或 T M0 n 波 . 【解】 矩形波导内的电场为 i( k z - ω t ) z

Ex = A1 cos kx xsi n ky y e

Ey = A2 sin kx xcos ky y ei ( k z z - ω t ) Ez = A3 sin kx x sin ky y ei ( k z z - ω t ) 其中 　 kx = mπ/ a, ky = nπ/ b A1 kx + A2 ky - i A3 k z = 0 由 iωμ0 H = × E, 可得 i( k z - ω t ) z

iωμ0 H x = ( ky A3 - i k z A2 ) sin kx xcos ky y e

iωμ0 H y = ( - kx A 3 + i kz A1 ) cos kx x sin ky y ei ( k z z - ω t ) i( k z - ω t ) z

iωμ0 H z = ( kx A 2 - ky A 1 ) cos kx xcos ky y e

当 n = 0 , ky = 0 , sin ky = 0 , 故 H y = 0 , T M 波 H z = 0 , 故 A2 = 0 , 因 而 H x = 0 , 即不存在 T M m0 波 .当 m = 0 , kx = 0 , sin kx = 0 故 H x = 0 , T M 波 H z = 0 , 故 A1 = 0 , 因此 H y = 0 , 即也不存在 T M0 n 波 . 4．11 频率为 30×109 H z 的微波 , 在 0． 7 cm×0． 4 cm 的矩形 波导管中能以什么波模传播 ? 在 0． 7 cm× 0． 6 cm 的矩形 波导 管 中能以什么波模传播 ? 9

【解】 频率为 v = 30× 10 Hz 的微波 , 波 长为 λ= c/ v = 1 cm . 在截面积为 a× b 的矩形波导内 , 截止角频率和相应波长为 ωc， m n =πc λc， mn =

2

( m/ a) + ( n/ b)

2πc = ωc， mn

2

2 ab 2 2 2 2 m b +n a

以 a = 0． 7 cm , b = 0． 4 cm 和 a = 0． 7 cm , b = 0． 6 cm 分 别代 入 上 式 , 可 算 出 最 初 几 个 波 模 的 截 止 波 长 , 并 由 此 可 知 0． 7 cm × 0． 4 c m波 导 只 能 传 播 T E1 0 波 ; 0． 7 cm × 0． 6 cm 波 导 只 能 传 播 T E1 0 波或 T E01 波 . 4．12 无限长的矩形波导管 , 在 z = 0 处被一 块垂直地 插入 的

习题与解答

99

理想导体平板完全封闭 , 求 在 z = - ∞到 z = 0 这段管内可能 存在 的波模 . 【解】 因一端被理想 导体封 闭 , 波在 此处将 被完 全 反射 , 因 此 i ( k z - ωt ) z

这波导管 内 电 场 不 具 有 E ( x, t) = E ( x , y ) e

形 式 .现 令

E( x, t) = E( x) e - iωt , E( x) 是方程 2

2

E + k E = 0 , 　 k = ω/ c

( 1)

满足条件 ・ E = 0 　 和 　 en × E| S = 0

( 2)

的解 , 界面 S 是管壁 .E( x) 的三个直角分量均满足方程 : Ei + k2 Ei = 0 , 　 i = x , y , z

( 3)

其中 　 k2 = k2x + k2y + k2z = ω2/ c2

( 4)

2

令 Ex = X( x ) Y ( y) Z( z) , 从方程 (3 ) 得到三个一维波动方程 : d2 X d2 Y d2 Z 2 2 2 + k x X = 0 , 　 + k y Y = 0 , 　 2 2 2 + kz Z = 0 dx dy dz

( 5)

它们都有形如 Ci cos ki x i + Di sin ki x i 的通解 , 因此 Ex = ( C1 cos kx x + D1 sin kx x ) ( C2 cos ky y + D2 sin ky y ) ・ ( C3 cos k z z + D3 sin kz z )

( 6)

设波导管 x 方向的宽度为 a , y 方向的宽度为 b .由条件 (2 ) , 有 x = 0 处, 　

Ex = 0 ; 　 y = 0 及 z = 0 处 , 　 Ex = 0 x

由此得 D1 = C2 = C3 = 0 , 于是 Ex = A1 cos kx xsi n ky ysin k z z

( 7)

常数 A1 是 E x 的振幅 .同理可得 Ey = A2 si n kx x cos ky ysin k z z

( 8)

Ez = A2 sin kx xsin ky y cos kz z

( 9)

再由条件 (2 ) , 有 x = a处, 　

Ex = 0 , 　 Ey = E z = 0 x

y = b处, 　

Ey = 0 , 　 Ex = E z = 0 y

第四章 　 电磁波的传播

100

将 (7 ) , (8 ) , (9 ) 三式代入上述条件 , 解得 kx = mπ/ a, 　 ky = nπ/ b 　 ( m, n = 0 , 1 , 2 , … ) kz =

(ω/ c) 2 - ( mπ/ a) 2 - ( nπ/ b) 2

k2 - k2x - k2y =

管内电场还应满足 ・ E = 0 , 将 (7 ) , (8 ) , (9 ) 三式代入这条件 , 得 A1 kx + A2 ky + A3 k z = 0 可见 A1 , A2 , A3 中 只 有两 个 是独 立 的 , 即 ( 7 ) , ( 8 ) , ( 9 ) 表 示 的 解 中 , 对每一组 m, n 值 , 管内有两种独立的波模 . 4．13 写出矩形波导管内磁场 H 满足的方程和边界条件 . 【解】 从麦克斯韦方程组 , 可得波导管内时谐波的场方程 : ・ E( x) = 0 , 　 × E( x) = iωμH ( x) ・ H( x) = 0 , 　 × H( x) = - iωεE( x)

( 1)

由此得磁场的空间分布函数 H( x) 满足亥姆霍兹方程 : 2

2

H + k H = 0 , 　 k = ω/ c

( 2)

及条件 　 ・ H = 0

( 3)

在理想导体表面 , 边值关系为 en × H | S = αf , 　 en × E| S = 0

( 4)

由 (1 ) 的第四式 , 以及 (4 ) 的第二式 , 有 en × ( × H) | S = 0

( 5)

设边界为 x = 0 , a, y = 0 , b, 由 (4 ) 的第一式和 ( 5) 式 , 得 磁场的边 界 条件为 x = 0 , a 处 , 　 Hx = 0 , 　

Hy = x

Hz =0 x

( 6)

y = 0, b 处 , 　 Hy = 0 , 　

Hx = y

Hz =0 y

( 7)

4．14 一对无限大的平行 理想 导体 板 , 相 距为 b, 电磁 波沿 平 行于板面的 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】 波 在 x 方 向 均 匀 , 即 E 与 坐 标 x 无 关 , E ( x, t ) = i ( k z - ωt ) z

E( y) e

, kx = 0 .E( y) 的每一个直角分量 Ei 均满足方程

习题与解答

101

d2 Ei 2 2 + ky E i = 0 dy 其通解为 Ei = ( A i cos ky y + Bi sin ky y ) 　 ( i = x, y, z) A i 和 B i 为待定系数 .由条件 en × E| S = 0 , ・ E = 0 , 即有 y = 0 和 b 处 , 　 Ex = Ey = 0 , 　

Ey =0 y

由此得 Ex = A1 sin ky y , 　 Ey = A2 cos ky y , 　 Ez = A3 sin ky y ky = mπ/ b 　 ( m = 0 , 1 , 2 , … ) 2

kz =

2

k - ky =

2

(ω/ c) - ( mπ/ b)

2

再由条件 ・ E = 0 , 得 A2 ky = i A3 kz 　 ( A1 独立 ) 即对每一个 m 值 , 有两种独立的波模 .截止频率为 ωc，

m

= mπc/ b .

4．15 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 . 【解】 在边长为 l1 , l2 , l3 的矩形谐振腔内 , 电场为 Ex = A1 cos kx x sin ky y sin kz ze

- iω t

Ey = A2 sin kx x cos ky ysin kz ze - iω t Ez = A3 sin kx x sin ky ycos k z ze

- iωt

( 1)

其中 k2x + k2y + k2z = ω2 / c2 , 　 kx A 1 + ky A2 + k z A 3 = 0

( 2)

A1 , A2 , A3 是电场三个 分 量的 振 幅 , 故 电场 能 量 密度 的 时间 平 均 值为 1 1 ε0 E20 = ε0 ( A21 + A22 + A23 ) 2 2

( 3)

将电场三个分量代入 iωB = × E, 得谐振腔内的磁场 : Bx = - i B0 x sin kx x cos ky ycos k z ze - iω t By = - i B0 y cos kx xsi n ky y cos kz ze

- iω t

第四章 　 电磁波的传播

102

Bz = - i B0 z cos kx x cos ky ysin kz z e - iωt

( 4)

其中磁场各分量的振幅为 B0 x =

ky A 3 - kz A 2 kz A 1 - kx A 3 ky A 1 - kx A2 , B0 y = , B0 z = ω ω ω

利用 (2 ) 的两式 , 可得磁场能量密度的时间平均值 : 2

B0 1 2 2 2 2 = ε0 c ( B0 x + B0 y + B0 z ) 2μ0 2 =

1 2 2 2 ε0 ( A1 + A2 + A3 ) 2

( 5)

(3 ) 式和 ( 5) 式表明 , 电场与磁场能量密度的时间平均值相等 , 整个 谐振腔内两者能量的时间平均值当 然也 相等 .( 3 ) 和 ( 5 ) 两 式表 明 E0 = c B0 , 这是真空中电磁波的电场与磁场振幅普遍遵从的规律 .

4．16 频率为 ω的平面电磁波从真空垂直入射到厚 度为 d 折 射率 n = εr 的介质膜 , 计算反射 系数 R, 并 求出无 反射 ( 这 种介 质 膜称为增透膜 ) 的条件 . 【解】 如 图 4． 4 , 设 介质 膜 的 法 向 沿 z 轴 , 电场沿 x 方向偏 振 , 则磁场 沿 y 方向偏振 .在区 域 1 中 , 令 入射 波 和 反射波电场振幅分别 为 E10 与 E′ 10 , 则 合成波为 ik z 1

E1 = ( E10 e H1 =

+ E′ 10 e

- ik z 1

) ex

ε0 - ik z 1 ) ey ( E10 ei k1 z - E′ 10 e μ0

图 4． 4 　 ( 4． 16 题)

其中 k1 = ω/ c .在介 质膜 中 , 波 向 前传 播 的 同时 , 在两 个 界面 不 断 地来回反射 , 合成波可写成

补　充　题

103

- ik z 2 ) ex E2 = ( E20 ei k2 z + E′ 20 e

ε0 ik z - ik z 2 20 e ( E2 0 e 2 - E′ ) ey μ0

H2 = n

其中 k2 = nω/ c .区域 3 中只有透射波 : ik z 3

E3 = E30 e

ε0 ik z E30 e 3 ey μ0

ex , 　 H3 =

其中 k3 = ω/ c .上面各式右方均略写了因子 e

- iωt

.由 z = 0 及 z = d

处 E 和 H 切向分量连续的条件 , 得 E10 + E′ 10 = E2 0 + E′ 20 , 　 E10 - E′ 1 0 = n( E20 - E′ 20 ) ik d 2

E2 0 e

+ E′ 20 e

- ik d 2

ik d 3

= E3 0 e

ik d 2

, 　 n( E20 e

- E′ 20 e

- ik d 2

ik d 3

) = E30 e

从上述代数方程可解出 i2 k d E′ 10 r( 1 - e 2 ) = 2 i2 k d , 　 R = E1 0 1- re 2

E′ 10 E1 0

2

2

2 r (1 - cos 2 k2 d) = 4 2 1 + r - 2 r cos 2 k2 d

其中 r = ( 1 - n)/ (1 + n) .反射 系数 R = 0 的 条 件是 cos 2 k2 d = 1 , 即要求 k2 d = mπ　 ( m = 1 , 2 , 3 , … ) 而 k2 = nk1 = n2π/ λ0 ,λ0 为真空 中入 射波的 波长 , 故 无反射 条件 为 nd = mλ0/ 2 .

第五章 　 电磁波的辐射

5． 1 电磁势与规范变换　达 朗贝尔方程 由麦克斯韦方程组 ・ E = ρ/ ε0 , 　 × E = ・ B= 0 , 　 × B = μ0 J +

B t

1 E 2 c t

( 5． 1)

可看到 , 变化的 B 场激 发的 E 场 是有 旋场 , 用 矢势 A 和标 势 φ 描 写电磁场时 , 应使 B= × A, 　 E= - φ -

A t

( 5． 2)

对于时变电磁场 , φ 已无 静 电 势能 含 义 .在 经典 电 动力 学 中 , ( E, B) 是客观物理量 , ( φ , A) 只作 为数学 上的 引 入量 , 若 一组 ( φ , A) 描写 ( E, B) , 则当 ( φ , A) 变换为 A→ A′= A +

ψ, 　 φ → φ′= φ -

ψ t

( 5． 3)

时 , ( E, B) 保持不变 , 其 中 ψ为 任 意标 量场 .( 5． 3 ) 称 为 规范 变换 , 这变换保持 ( E, B) 不 变———规范 不变性 .但 在微 观电 磁 现象 中 , E 和 B 的局域作用理 论不 能完 全 反映 电 磁场 对 带 电粒 子 的所 有 物 理效应 , ( 3． 28 ) 式描写的相因子是磁场对粒子作用的客观物理量 , 当 A 按 ( 5． 3 ) 变换时 , 对任意闭合路径 L, 客观物理量

要 点 概 述

105

∮A′・ dl =∮A・ dl L

( 5． 4)

L

同样保持不变 .这表明 , 在宏 观和 微观 电磁现 象中 , 用 势描 写电 磁 场时均有许多选择 .原因在于 ( 5． 2 ) 中 只规 定 A 的旋 度 , 并 未限 定 其散度 , 故 A 未确定 .对 ・ A 的 每一 种 选 择称 为 一种 规 范 .库 仑 规范 ・A= 0

( 5． 5 )

限定 A 为无散场 ( 横场 ) , 在此规范 下 , 将 ( 5． 2) 代 入场方 程 ( 5． 1 ) , 得

2

1 A- 2 c

2

A 1 φ = - μ0 J - 2 t c t 2 φ = - ρ/ ε0 2

( 5． 6) 此时 E 的横场部分 ( 无散场 ) 由 A 描写 , 纵场部分 ( 无 旋场 ) 由 φ 描 写 .若选择洛伦兹规范 ・A+

1 φ =0 2 c t

( 5． 7)

从场方程 (5． 1 ) 可得达朗贝尔方程 : 2

1 A- 2 c

2

A 0 J, 　 2 = - μ t

2

φ - 12 c

2

φ / ε0 2 = - ρ t

( 5． 8)

这组方程表现出对称性———电 流产生 矢势 波动 , 电 荷 产生 标势 波 动 .

5． 2 推迟势和辐射场 电磁波从源点传播至场点 , 存在推迟效应 .真空中电磁波的传 播速度为 c, 因此达朗贝尔方程的解为推迟势 : μ0 J( x′, t - r/ c) A( x, t) = dV′ 4π V r

∫

φ ( x, t) =

1 4πε0

ρ( x′, t - r/ c) dV′ V r

∫

( 5． 9) (5． 10)

第五章 　 电磁波的辐射

106

r 是源点 x′到场点 x 的距离 , t 时刻场点的 势决定 于 t′= t - r/ c 时 刻辐射源的状态 , 即场点上势的变化滞后于源的变化 .当电荷电流 以角频率 ω振动时 ω ω J( x′, t′) = J( x′) e - i ′t , 　 ρ( x′, t′) = ρ ( x′) e - i t′ (5． 11) 由电荷守恒定律得 ・ J = i ωρ, 可 知电 流分 布 J 给 定 , 电荷 分布 ρ

也就给定 .故矢势 A( x, t) = A( x) e

- iω t

μ0 , 　 A( x) = 4π

i kr

J( x′) e dV′ (5． 12) V r

∫

可以完全地确定电磁场 .相因 子 eikr 表 示波 从源 点传 至 场点 时 , 相 位滞后了 = kr, 其中 k = ω/ c = 2π/ λ,λ为波长 .任意点的场强为 B = × A, 　 E=

ic ×B k

(5． 13)

只要知道电流分布函数 J, 由 (5． 12) 和 (5． 13 ) 便 可计算电 磁辐射 , 包括天线辐射 . 时变电磁场在如下三个区域中有不同的特点 : ikr

(1 ) 近区 　 r ｎ λ, 故 kr →0 , (5． 12 ) 式 中 e ≈ 1 , 即推 迟效 应 可忽略 , 因此近区的场 为似稳 场 , 电场 近似于 静电 场 , 磁场 近似 于 稳恒磁场 , 场强 E 和 B～1/ R2 , R 是 坐标原 点到 场点的 距离 .近 区 的场与激发源的电荷电流相互作用相互制约 , 因此 , 对于一般的辐 射系统 , 应当通过求解边值问题 , 才能找出电流分布函数 . (2 ) 远区 　 r ｍ λ, krｍ 1 , ( 5． 12 ) 式 中分 母 r ≈ R, 相 因 子 中 kr≈ k R - keR ・ x′.此处主要为横向的辐射场 ( T EM 波 ) : B = × A≈i keR × A, 　 E = cB×eR

(5． 14)

波矢量 k= keR , eR 是坐标原点指向场点的单位矢量 , 场强～1/ R . (3 ) 感应区 　 r～λ, 似稳场与辐射场的过渡区域 .

5． 3 辐射场的多极展开 i kr

当激发源的线度 lｎ λ, 在远处即 rｍ l, 将相因子 e 对 keR ・ x′ 展开为级数 , 有

要 点 概 述

μ0 ei kR A( x) = 4πR

107

∫ J ( x′) [ 1 - i ke ・ x′+ … ] dV′ V

R

(5． 15)

第一项为电偶极辐射 , 第二项包括磁偶极和电四极辐射 , 略去的各 项为各高级矩的辐射 .电偶极辐射场为 μ0 ei kR . A= p 4πR B= i keR × A =

(5． 16)

.. ei kR p×eR , 　 E = cB×eR 3 4πε0 c R

电偶极矩 p 的振幅由第二章 (2． 12) 式 计算 .当 p = p0 e

(5． 17) - iω t

ez , 平 均

辐射能流和辐射功率为 μ0 ω4 p20 c ＊ 2 珔 S= μ ( B ・ B) eR = 2 2 sin θeR 2 0 32π cR μ0 ω4 p20 2 珚 P = S珔 S・ R dΩ eR = 12πc

∮

(5． 18) (5． 19)

2

p0 为 p 的振幅 .因子 sin θ描述辐射的方向性 ( 角分布 ) . 在 (5． 17) 式中 , 作代换 p→m/ c, E→ cB, cB→ - E, 可得磁偶 极 m 的辐射场 : μ0 eikR . . μ0 ei kR . . B= ( m× eR ) × eR , 　 E = m× eR 4πc2 R 4πcR

(5． 20)

ω

m 的振幅由第三章 ( 3． 8 ) 式计算 .当 m= m0 e - i t ez , 有 μ0 ω4 m20 c ＊ 2 珔 S= μ ( B ・ B) eR = 2 3 2 sin θeR 2 0 32π c R μ0 ω4 m20 珚 P= 3 12πc

(5． 21) (5． 22)

m0 为 m的振幅 .电四极的辐射场 , 平均辐射能流和辐射功率为 →→ μ0 ei kR .. AD = D , 　 其中矢量 D = eR ・ D 24πcR

(5． 23 )

μ0 eikR ... B= D ×eR , 　 E = cB×eR 24πc2 R

(5． 24)

... μ0 c ＊ 1 2 珔 S= μ ( B ・ B) eR = 3 2 (D ×eR ) eR 2 0 4π288πc R

(5． 25)

第五章 　 电磁波的辐射

108

μ0 1 珚 P= 4π360 c3

3

...

∑

| Di j |

2

(5． 26)

i, j = 1

电四极矩的振幅可由第二章 (2． 13) 或 (2． 15) 式计算 . 若激发源 的 电 流 振 幅 为 I0 , 电 偶 极 的 平 均 辐 射 功 率 珚 P～ 2

2

4

2

( l/ λ) I0 , 而磁偶极和电四极均有 珚 P～ ( l/ λ) I0 , 由 于 lｎ λ, 故电 偶 极辐射能力比磁偶极和电四极大 ( l/ λ) 2 数量级 .

5． 4 电磁波的衍射 当电磁波遇到障碍物或小孔时 , 将发生衍射 .经典光学把光波 面上每一点 x′, 都 看成 是 可以 发 射子 波 的 次级 光 源 , 向 前传 播 的 光波是 所有 子波的 叠加 .场 强的 任一直 角分 量

( x) , 以及 作为 次

级光源的波面每一点上的格林函数 G( x, x′) , 分别满足方程 : 2

(

2

2

+ k ) ( x) = 0

(5． 27)

+ k2 ) G( x, x′) = - 4πδ( x - x′)

(5． 28)

(

于是由格林公式 ( 附录Ⅲ． 5 式 ) , 在区域 V 内任一点 x 上 , 有 1 ( x) = 4π

∮ S

ei kr en ・ r

′ ( x′) + i k -

1 r

r ( x′) d S′ r

(5． 29)

这便是基尔霍夫公式 , 其中 en 是 V 的边界面 S 指向内部的法向单 i kr

位矢量 , e / r 是方程 ( 5． 28 ) 的解 , 表示 从 S 每一 点 x′向场点 x 发 出的子 波 , 子 波 的 强 度 为 /

( x′) , 其 法 向 导 数 为 en ・ ′ ( x′) =

n, 若能对这两个函数作 出近 似 估计 , 由 ( 5． 29 ) 式便 可计 算 V

内的波 . 当电磁波从无穷大屏幕 中的小 孔通 过时 , 设小 孔 处的 入射 波 为平面 波 , 入 射 波 矢 为 k1 , 振 幅 为 /

0

, 假 定屏 幕 各点 上

= 0,

n = 0 , 于是由 ( 5． 29 ) 式 , 衍射波的表达式为 i 0 eikR ( x) = 4πR

∫ S

ei ( k1 - k2 ) ・ x′ ( cos θ1 - cos θ2 ) d S′ (5． 30)

0

积分遍及小孔面积 S0 , R 是小孔中心到场点 x 的距离 , x′是小孔面 上任一点的位矢 , 衍射波矢 k2 = keR ,θ1 和 θ2 分别 是 k1 和 k2 与 孔

习题与解答

109

面法线的夹角 .

5． 5 电磁波的动量和动量流 　辐射压力 真空中电磁波的能量密度、动量密度和动量流密度分别为 w=

1 ε 2 ( 0 E + B2 / μ0 ) = ε0 E2 = B2 / μ0 2 2 g = ε0 E× B= S/ c = ( w/ c) ek

(5． 31) (5． 32)

→→

T = cgek ek = wek ek

(5． 33)

ek 为 波 矢 方 向 的 单 位 矢 量 .电 磁 波 对 宏 观 物 体 表 面 的 辐 射 压 力为 →→

fS = - en ・ T

(5． 34)

en 是物体表面外法向的单位矢量 .

5．1 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】 令 E = EL + ET , B = BL + BT , J = JL + JT , 下 角 标 L 表 示纵场即无旋场 , T 表示横场即无散场 : × EL = 0 , 　 × BL = 0 , 　 × JL = 0 ・ ET = 0 , 　 ・ BT = 0 , 　 ・ JT = 0

( 1)

于是从麦克斯韦方程组 ・ E = ρ/ ε0 , 　 × E = ・B= 0, 　 得

× B= μ0 J +

B t

1 E 2 c t

( 2)

第五章 　 电磁波的辐射

110

1 EL ・ EL = ρ/ ε0 , 　 × EL = 0 , 　 2 = - μ0 JL c t × ET = -

BT , 　 ・ ET = 0 t

・ BL = 0 , 　 × BL = 0 , 　 × BT = μ0 JT +

1 c2

BL =0 t

ET , 　 ・ BT = 0 t

( 3) ( 4) ( 5) ( 6)

方程组 (3 ) 的前两个方程表明 , 时变 电场 的纵向 分量 EL 由 电荷 激 发 , 它与静电 场 ( 库 仑 场 ) 一 样 是 有 散 无 旋 场 , 故 EL 对 应 于 库 仑 场 ; 第三个方程表示 EL 的 时 变率 与 电 流的 纵 向分 量 JL 有关 , 这 方程其实与电流连续性方程关联 , 只要对其两边求散度 , 并利用第 一个方程 , 即得电流 连续性 方程 .方程组 ( 4 ) 表 示 , 变 化的磁 场 ( 横 场 ) 激发电场的横向分量 ET . 方程组 (5 ) 表示 , 磁场的纵向分 量 BL 是一 个与 空间坐 标和 时 间都无关的任意常矢量 , 只能 有 BL = 0 .事 实上 , 由 于 迄今 仍未 发 现磁单极子 , 磁场为无散场 , 它不可能有纵向分量 .方程组 ( 6) 正是 表明 , 电流的横向分量 JT , 和变化电场的横向分量 ET 激发的磁 场 都是横场 . 5．2 证明 : 在线性各 向 同性 均 匀的 非 导 电介 质 中 , 若 ρ = 0 , J = 0, 则 E 和 B 完全可由矢势 A 决 定 , 若取 φ = 0 , 这 时 A 满足 哪 两个方程 ? 【证】 对于 单 色 波 , 线 性 各 向 同 性均 匀 介 质 内 D = ε E, B = μ H, 若ρ = 0 , J = 0 , 场方程为 ・E= 0 , 　 ×E= -

B t

・ B = 0 , 　 × B = με

E t

( 1)

将 B = × A, 　 E = -

φ-

A t

( 2)

习题与解答

111

代入场方程 (1 ) , 并选择洛伦兹规范 φ

・ A+ με

t

=0

( 3)

得 A 和 φ均遵从齐次波动方程 : 2

2

A A - με 2 = 0 , 　 t

2 2

φ - με

φ 2

t

=0

( 4)

将角频率为ω的单色波 ω ω A( x, t) = A( x) e - i t , 　 φ ( x, t) = φ ( x) e - i t

( 5)

代入 (3 ) 式 , 并求梯度 , 得 φ = - ωi ( ・ A) με

( 6)

于是由 (2 ) , 可知 E 和 B 完全由矢势 A 确定 : i B= × A, 　 E = ωμε ( ・ A) + i ωA

( 7)

若取 φ = 0 , 则 ( 3) 式变成 ・ A = 0 , 此时 A 满足的两个方程为 2

2

A A - με 2 = 0 , 　 ・ A = 0 t

由给定的 边 界 条件 , 从 这 两个 方 程 解 出 A, 便 可 给 出 B = E = i ωA .

( 8) × A,

5．3 证明沿 z 轴方向传播的平面电磁波可用矢势 A( ω ,τ) 表 示 , 其中 τ= t - z/ c, A 垂直于 z 轴方向 . 【证】 在洛伦兹规范 ・A+

1 φ =0 2 c t

下 , 齐次达朗贝尔方程的平面波解为 i ( k・ x - ωt) i( k・ x - ωt) A = A0 e , 　 φ = φ0 e 由于 k・ A = 0, 即 A 为横场 , 于是由洛伦兹规范 , 得 iω ik・ A - 2 φ = 0 , φ = 0 c 而波矢量 k= kez , 故矢势为

第五章 　 电磁波的辐射

112

A = A0 ei ( k z -

ω t)

ω( t - z/ c)

= A0 e - i

= A( ω ,τ)

其中 τ= t - z/ c .这平面波的电磁场用矢势表示为 B = × A = ik× A(ω,τ) , 　 E= -

A = iω A(ω,τ) t

5．4 设 真 空 中 矢 势 可 用 复 数 傅 里 叶 展 开 为 A ( x, t ) =

∑ [ a ( t) e

ik・ x

k

＊ - ik・ x ＊ + ak ( t) e ] , 其中 ak 是 ak 的复共轭 .

k

d2 ak ( t) 2 2 (1 ) 证明 ak 满足谐振子方程 + k c ak ( t) = 0 ; 2 dt (2 ) 当选取规范 ・ A = 0 , φ = 0 时 , 证明 k・ak = 0 ; (3 ) 把 E 和 B 用 ak 和 ak＊ 表示出来 . 【证】 在洛伦兹规范 ・A+

1 φ =0 c2 t

( 1)

下 , 真空中 A 的齐次波动方程为 2

1 A- 2 c

2

A =0 t 2

( 2)

这是一个线性方程 , 任何频率的单色平面波是它的解 , 由各种不同 频率的单色波线性叠加而成的任何电磁波 , 都是它的解 .故一般地 可将这方程的解表为级数 : A( x, t) =

∑

[ ak ( t) eik・ x + ak＊ ( t) e - ik・ x ]

( 3)

k

矢量 ak ( t) 代 表角 频率为ω = k/ c 的 单色波 , k 是其 波矢 量 , ak＊ ( t) 是其复共轭 .将 ( 3) 代入方程 (2 ) , 可得 2

2

＊

d ak ( t) d ak ( t) 2 2 2 2 ＊ + k c ak ( t) = 0 , 　 + k c ak ( t) = 0 2 2 dt dt

( 4)

即每一个单色波 ak 及其复共轭都满 足谐振 子方程 .若选择 φ = 0 , 洛伦兹规范 (1 ) 即变成 ・ A = 0 , 将 ( 3) 式代入此条件 , 得 ＊

k・ak ( t) = 0 , 　 k・ak ( t) = 0 即每个单色波都是横波 .按上述规范条件 , 便有

( 5)

习题与解答

B= ×A=

∑ ik× [ a ( t) e

ik・ x

k

113

+ ak＊ ( t) e - ik・ x ]

( 6)

k

E= -

A = t

＊

∑ k

dak ( t) ik・ x dak ( t) - ik・ x e + e dt dt

( 7)

由于每个单色波都是横波 , 即有 Ek = cBk × ek , ek 是 每个单 色波 传 播波方向上的单位矢量 , 故 ( 7) 式实际上是 E=

∑

( cBk ×ek ) =

k

∑ i ck[ a ( t) e

+ ak＊ ( t) e - ik・ x ]

ik・ x

k

5．5 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) ( 即赫芝 势 ) , 使 φ = 明 A=

( 8)

k

・ Z, 证

1 Z . c2 t

(2) 若令ρ = - ・ P, 证明 Z 满足方程

2

1 Z- 2 c

2

Z = - P/ ε0 , 并 t 2

写出它在真空中的推迟解 . (3 ) 证明 E 和 B 可通过 Z 用下列公式表出 1 E = × ( × Z) - P/ ε0 , 　 B= 2 c

t

( ×Z)

【证】 在洛伦兹规范 ・A+

1 φ =0 2 c t

( 1)

下 , A 和 φ遵从达朗贝尔方程 : 2

1 A- 2 c

2

A = - μ0 J, 　 t2

2

φ - 12 c

φ = - ρ/ ε0 t2

2

( 2)

将 φ= -

・Z

( 3)

1 Z =0 2 c t

( 4)

代入 (1 ) 式 , 得 ・ A-

因 (1 ) 式对任意点任意时刻 都成立 , 故方程 ( 4 ) 对任 意点任 意时 刻 也成立 , 因此括号内两个矢量最多只相差一个无散场 ×c, 令其为

第五章 　 电磁波的辐射

114

零 , 便有 1 Z c2 t

A=

( 5)

若令 ρ= -

( 与介质中ρp = -

・P

( 6) ・ P 比较 , 此处 P 也有极化强度的 含义 , 但ρ一

般地 包括自 由电 荷与极 化电 荷密 度 , 故 在 只 有自 由 电荷 的 区域 , 如等离 子体 内 , 同样 可引 入极 化强度 概 念 ) , 由电 流 连续 性 方程 , 便有 ρ P = - ・ = t t

・ J, 即 J =

P t

( 7)

将 (3 ) 式和 ( 6) 式代入 (2 ) 的第二 式 , 或将 ( 5) 式 和 ( 7 ) 式代 入 ( 2 ) 的 第一式 , 均可得 2

1 Z- 2 c

2

Z = - P/ ε0 t2

( 8)

这方程与 A 的达朗贝尔方程有完全 相同的 形式 , 因 此它也 有推 迟 解: Z( x, t) =

1 4πε0

∫ V

P ( x′, t - r/ c) dV′ r

( 9)

只要给定 V 内的电荷密度ρ, 由 (6 ) 式可求出 P, 进而由 ( 9 ) 式便 可 找到赫芝势 .将 ( 3 ) 式和 ( 5 ) 式代 入 B = × A, E = - φ - A/ t, 并利用方程 (8 ) , 得 B=

1 2 c

t

( × Z) , 　 E = × ( ×Z) - P/ ε0

(10)

在电荷分布区域外 , E 和 B 完全由赫芝势 Z 描写 . 5．6 两个质量、电荷 都相 等 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】 由于两粒 子相 向 碰撞 且质 量 m 相 等 , 因 此 系统 的 总 动量为零 : mv1 + mv2 = 0

习题与解答

115

由此可知 两 个 粒 子 的 运 动 速 度 和 位 置 矢 量 等 值 反 向 , 即 v1 = - v2 , x1 = - x2 .又因为两 个粒 子 的电 荷 q 相等 , 这 系 统的 电偶 极 矩和磁偶极矩均为零 : 2

p=

∑ i= 1

1 qi xi = qx1 + qx2 = 0, 　 m= 2

2

∑

xi × qi vi = 0

i= 1

因此不会发生电偶极和磁偶极辐射 . 5．7 设有一个球对称的电荷分布 , 以 角频率 ω 沿径向 作简 谐 运动 , 求辐射场 , 并对结果给以物理解释 . 【解】 不会发 生 辐射 .因为 电 荷 球对 称 分 布 意 味着 电 荷 密 度 ρ = ρ( r′) 只是 r′的函数而与坐标θ′, ′无 关 .设 在平 衡状态 下 , 球 内任一点源的位矢为 r′ 0 , 当电荷沿径向振动时其位矢 和速度分 别 为 ω′ t

- i r′= r′ 0 e

, 　 v′= - i ω r′

于是球内任意一点上的电流密度为 J( x′, t′) = ρ ( r′) v′= - i ωρ ( r′) r′ 显然 , 在任意一 条 球 径 上 , 由 于 两 个对 称 点 上 电 荷 密 度 ρ ( r′) 相 等 , 而位矢 r′则等值反向 , 因 而 J( x′, t′) 等 值反 向而 互相 抵 消 , 故 推迟势必定为零 : A( x, t) =

μ0 4π

∫ V

J( x′, t′) dV′= 0 r

5．8 一个 飞轮 半径 为 R, 并 有电 荷 均匀 分布 在其 边 缘上 , 总 电量为 q, 设此飞轮以恒定的角速度ω旋转 , 求辐射场 . 【解】 轮缘的电荷线密度为 λ= q/ 2πR, 因旋转角速 度 ω恒定 , 由此形成的电流 I =λv = λω R = ω q/ 2π 是稳恒的 .稳定的电荷和电流分布只能产生稳定的电场与磁场 , 而 不会发生辐射 . 5．9 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】 A 和 φ的推迟势为

第五章 　 电磁波的辐射

116

μ0 4π

J( x′, t′) dV′ r V ρ( x′, t′) φ ( x, t) = 1 dV′ 4πε0 V r A( x, t) =

∫

∫

其中 t′= t - r/ c .由

t′= -

r/ c, 以及 算符代 换关 系 ′→ -

′・ J( x′, t′) = ′・ J( x′, t′) ′t 不 变 + = ′・ J( x′, t′) ′t 不 变 ′・

,有

J( x′, t′) ・ ′t′ t′ ・ J( x′, t′)

J( x′, t′) 1 1 = ′・ J( x′, t′) + ′ ・ J( x′, t′) r r r 1 1 ′・ J( x′, t′) t′不 变 ・ J( x′, t′) r r

=

1 ・ r

J( x′, t′) 因此 ・ A( x, t) =

μ0 4π

∫ V

1 ・ J( x′, t′) + r

1 ・ J( x′, t′) dV′ r

μ0 J( x′ , t′ ) 1 - ′・ + ′・ J( x′, t′) ′t 不 变 dV′ r r 4π V μ0 1 = ′・ J( x′, t′) t′不 变 d V′ 4π V r =

∫

∫

在第二步中 , 右方第一项化为面积分 , 总可以取积分面大于电流分 布区域的界面 , 因而积分面上电流密度 J = 0, 故此项为零 .而 t

φ ( x, t) =

1 4πε0

∫ V

1 ρ( x′, t′) d V′ r t′

于是由电荷守恒定律 : ρ( x′, t′) =0 t′

′・ J( x′, t′) t′不 变 + 得 A 和 φ满足洛伦兹条件 : ・ A( x, t) +

1 c2

t

φ ( x, t) = 0

习题与解答

117

5．10 半 径 为 R0 的 均 匀 永 磁 体 小球 , 磁化强 度 为 M0 , 球 以 恒定 角 速 度 ω绕通过球心而垂直于 M0 的轴 旋 转 , 设 R0 ωｎ c, 求辐射场和辐射能流 . 【解】 此 球 的 磁 矩 振 幅 为 3

m0 = 4πR0 M0 / 3, 条件 R0 ωｎ c, 即辐 射 波长 λｍ 2πR0 , 因 此 远处 的 辐 射 场 只 需考虑磁偶极 场 .如图 5． 1 , 以 z 轴 为

图 5． 1 　 ( 5． 10 题)

旋转轴 , 则 m与 x y 平面平行 , 将它 分 解为两个独立的振动 :

m= mx ex + my ey = m0 cos ωtex + m0 sin ω tey 并写成复数形式 : 3

m= m0 ( ex + iey ) e

- iωt

4πR0 M0 - iωt = ( ex + iey ) e 3

由直角坐标基矢量与球坐标基矢量的变换 : ex = sin θcos

eR + cos θcos

eθ - si n

e

ey = sin θsin

eR + cos θsin

eθ + cos

e

有 ωt + i

m= m0 e - i

( sin θeR + cos θeθ + ie ) , 　 m = - ω2 m ..

辐射场和平均辐射能流密度为 μ0 ei kR . . B= (m×eR ) ×eR 4πc2 R μ0 ω2 M0 R30 i ( k R - ωt + = ( cos θeθ + ie ) e 2 3c R μ0 ω2 M0 R30 ω E= cB× eR = ( ieθ - cos θe ) ei ( kR - t + ) 3cR μ0 ω4 M20 R60 c ＊ 珔 S= μ ( B ・ B) eR = (1 + cos2θ) eR 3 2 2 0 18c R

)

5．11 带电 粒 子 e 作半 径为 a 的非 相 对论 性圆 周运 动 , 回 旋 角频率为ω, 求远处的辐射电磁场和辐射能流 .

第五章 　 电磁波的辐射

118

【解】 设 粒子 在 x y 平面 运 动 , 如 图 5． 2 .其电偶极矩 振 幅为 p0 = ea, 将 电矩 矢量 p = eaer = ea( cos ω te x + sin ωtey ) 写成复数形式 , 有 p = ea( ex + iey ) e

- iωt

. .. 2 p = - i ω p, 　 p = - ω p

将 ex 和 ey 变换到球坐标基矢 , 得电偶极

图 5． 2 　 (5． 11 题 )

辐射场及其平均辐射能流密度 : .. μ0 ω2 ea ei kR ω B= p ×eR = ( - ieθ + cos θe ) ei ( kR - t + 3 4πε0 c R 4πcR μ0 ω2 ea ω E= cB× eR = ( cos θeθ + ie ) ei ( kR - t + ) 4πR μ0 ω4 e2 a2 c ＊ 2 珔 S= μ ( B ・ B) eR = ) eR 2 2 ( 1 + cos θ 2 0 32π cR

)

这粒子的运动还形成磁偶极矩和电四极矩 : m=

1 ω 1 ω aer × eve - i t = aωp0 ez e - i t 2 2

→→

ω

ω

D = 3ea2 er e r e - i t = 3 a p0 er e r e - i t 但因其速度 v = ω aｎ c, 即 aｎ λ( 波长 ) , 磁偶极和电四 极辐射强 度 2

比电偶极辐射低 ( a/ λ) 数量级 , 因此 主要 是电偶极辐射 . 5．12 设有一电矩 振幅 为 p0 , 振动 角 频率 为ω 的 电偶 极 子 距 理 想导 体 平 面 为 a/ 2 处 , p0 平行于导体平面 .设 aｎ λ, 求在 Rｍ λ处的电磁场及平均辐射能流 . 【解】 电偶极子 p 的场作 用于理想 导 体 , 引起 导体 出 现 表 面 电流 , 导 体 外 的 场 是 p 的场 与表面电流产生 的场之叠加 .由

图 5． 3 　 ( 5． 12 题)

习题与解答

119

于 aｎ λ, 故导体表面附近的场为似稳场 , 可近 似作为 静场 .设导 体 表面为 z = 0 的平面 , 并设其电势为零 , 即 φ | z= 0 = 0 ω

如图 5． 3 .令 p = p0 e - i t ex , 以 p 的像 p′产 生的 场代 替 导体 表面 电 流产生的场 , 要保证上述边界条件满足 , 应使 p′= - p = - p0 e - iωt ex , 且位于 z = - a/ 2 【方法一】 由于 p 与 p′等 值反 向 , 因 此这 系 统总 电 偶极 矩 为 零 , 但它包含着磁偶极矩和电四极矩 : m=

. i ω p0 a - iωt a ez × ( - p ) = e ey 2 2 .. i ω3 p0 a - iωt 2 m = - ω m= e ey 2

1 2

. a ez × p + 2

-

4

D xz = D z x =

∑ 3 q x′z′= i

i

i

3 ql a = 3 p0 a

i= 1

→→

D = 3 p0 a( ex ez + ez ex ) e →→

D= eR ・ D = 3 p0 a( sin θcos . ..

D = i3 ω3 p0 a( sin θcos

- iωt

ez + cos θex ) e

- iωt

ωt

ez + cos θe x ) e - i

由基矢量变换 ex = sin θcos

eR + cos θcos

eθ - si n

e

ey = sin θsin

eR + cos θsin

eθ + cos

e

ez = cos θeR - sin θeθ 得磁偶极和电四极矩辐射的磁场 : μ0 ei kR . . Bm = ( m×eR ) × eR 2 4πc R 3 - i μ0 ω p0 a = ( cos θsin 8πc2 R . .. ei kR BD = D ×eR 24πε0 c4 R 3 - i μ0 ω p0 a = ( cos θsin 2 8πc R

eθ + cos

e ) ei ( kR -

eθ + cos 2θcos

ωt )

i ( k R - ωt)

e )e

第五章 　 电磁波的辐射

120

可见 BD 和 Bm 有相同的数量级 .总辐射场为 B = Bm + BD 3 - i μ0 ω p0 a = ( cos θsin 2 4πc R

i ( kR - ωt)

2

eθ + cos θcos

E = cB×eR 3 - i μ0 ω p0 a = ( - cos θsi n 4πcR

e )e

i ( kR - ωt)

2

e + cos θcos

eθ ) e

平均辐射能流密度为 μ0 ω6 p20 a2 c ＊ 2 2 珔 S= μ ( B ・ B) eR = 2 3 2 ( cos θsin 2 0 32π c R

4

2

+ cos θcos

) eR

【方法二】 辐射区的磁场是 p 和 p′的 磁场之 叠加 .令 r1 和 r2 分别是 p 和 p′到场点的距离 , 在远处 r1 ≈ R -

a a cos θ, 　 r2 ≈ R + cos θ 2 2

故 p 和 p′产生的辐射磁场分别为 ikr

i kR

- 1 i kacos θ

.. .. e 1 e e 2 Bp = p ×e p × eR 3 r1 ≈ 3 4πε0 c r1 4πε0 c R i kr

ikR

1 i kaco s θ

.. .. e 2 e e2 Bp′ = p′ ×e p′ ×eR 3 r2 ≈ 3 4πε0 c r2 4πε0 c R

其中 .. .. ω ω p = - ω2 p = - ω2 p0 e - i t e x , 　 p′= - ω2 p′= ω2 p0 e - i t ex

e

± ikacos θ 2

≈1±

i ka cos θ 2

辐射区的磁场为 ω2 p0 ei ( kR - ωt ) ika co s θ - ika co s θ 2 2 B = Bp + Bp′ = ( e + e ) ex ×eR 3 4πε0 c R - i μ0 ω3 p0 a 2 i ( kR - ωt ) = ( cos θsi n eθ + cos θcos e ) e 2 4πc R 这与磁偶极和电四极辐射磁场叠加所得结果是一致的 . i ( k・ x - ωt )

5．13 设有 偏振 平面 波 E = E0 e

照射 到 一个 绝缘 介 质

习题与解答

121

球上 ( E0 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 2π/ k 远 大于 球 半径 R0 , 求 介 质球所产生的辐射场和能流 . 【解】 由 于波 长 λ= 2π/ kｍ R0 , 介 质 球 及 其 表 面 附 近 的 场 为 似稳 场 , 近似 地作 为静电 场边 值问 题 , 以 求 出介 质 球 的极 化 电流 2 分布 .球 内外 静电 势均满 足拉 普拉斯 方程 φ = 0 , 边界 条件为 R = 0 , φ1 应有限 ; 　 R→∞处 , φ2 → - E0 Rcos θ φ2 φ1 R = R0 处 , φ2 = φ1 , ε0 =ε R R ε为介质球的电容率 .由 z 轴对称性和边界条件 , 可解出 3ε0 φ1 = ε+ 2ε0 E0 R cos θ　 ( R < R0 ) ε- ε0 E0 R30 φ2 = - E0 R cos θ+ ε + 2ε0 R2 cos θ　 ( R > R0 ) 介质球内 D1 = ε0 E1 + P = εE1 , 得介质球极化强度的振幅 P0 = ( ε - ε0 ) E1 = - ( ε - ε0 ) φ1 =

3ε0 ( ε - ε0 ) E0 ez ε+ 2ε0

极化电荷分布构成的电偶极矩振幅为 3 4πR0 4πε0 ( ε- ε0 ) 3 p0 = P0 = ε R0 E0 ez 3 + 2 ε0 极化电荷及其形成的电偶极矩也以作用电场的角频率 ω振动 : .. ω p = p0 e - i t , 　 p = - ω2 p 于是辐射场和平均辐射能流密度为 iωR ω2 p0 ei ( kR - ωt) .. e B= p×eR = sin θe 3 3 4πε0 c R 4πε0 c R ω2 p0 ei( kR - ωt) E = cB× eR = sin θeθ 3 4πε0 c R ω4 p20 c ＊ 2 珔 S= μ ( B ・ B) eR = 2 3 2 sin θeR 2 0 32π ε0 c R

第五章 　 电磁波的辐射

122

5．14 太 阳 辐 射 在 地 球 表 面 的 平 均 能流 密 度 为 珚 S = 1． 35 × 3

10 W・ m

- 2

, 估算地球表面理想导体板受到的辐射压力 .

【解】 假定太阳光是单色平面波 , 投射在地球表面的平均能量 密度为 -

wi =珚 S/ c = ε0 E20 / 2 E0 为入射波电场振幅 .设 太阳 光垂 直入 射 , 入 射面 为 x z 平 面 , 导 体表面为 z = 0 平面 , 并设电场沿 y 方向偏 振 , 入射 波和反 射波 电 场分别为 E= E0 ey ei ( k z -

ω t)

i( , 　 E′= E′ 0 ey e

- kz - ω t)

电磁波在理想导体表面发生完全反射 , 其内部电磁场为零 , 由界面 上电场切向分量连续的条件 , 得反射 波电场振幅 E′ 0 = - E0 , 导体 表面即 z = 0 处总场强为 Et = E + E′= 0 kez - kez 2 E0 - iωt Bt = ω × E+ ω × E′= ex e c 导体表面的动量流密度及单位面积受到的辐射压力的瞬时值分别 是 →→

→→ 1 T = - μ Bt Bt + w I 0 →→

→→

fS = - en ・ T = ez ・ T = w ez -

w = B2t / 2μ0 = 2ε0 E20 是导体表面能量密度的瞬时值 , 其平均值 w = -

ε0 E20 等于入射波平均能量密度 wi 的两倍 , 故导 体表 面受到 的平 均 辐射压力为 -

-

f S = w = ε0 E20 = 2珚 S/ c = 9 ×10 - 6 N・ m - 2

第六章 　 狭义相对论

6． 1 相对论的基本原理和时 空理论 认为时空和质量的测量 有绝对 意义 , 与 观测者 所 处的 参考 系 无关 , 这种绝对时空和绝对质量观念是经典力学的“ 公理”基础 , 其 集中反映便是伽利略变换 .但 从 19 世 纪后期 起 , 一些 物理 学家 逐 渐发现这种观念与电磁现象和高速运动的实验事实不符 . 在迈 克 尔 孙 等 人 光 速 测 量 实 验 事 实 的 基 础 上 , 爱 因 斯 坦 于 1905 年创立了狭义相对论 .这一理论的两个基本假设是 : 相对性原理———物理定律在所有惯性系都有相同的形式 ; 光速不变原理———真空中的光速在所有惯性系沿任何方向都 是常数 c, 与光源的运动无关 . 间隔不变性 　 间隔不变性是相对性原理与光速不变原理的数 学表述 .设惯性系 Σ 中 , 任意 两事 件的 时 空坐 标为 ( x1 , y1 , z1 , t1 ) 和 ( x2 , y2 , z2 , t2 ) , 定义两事件的间隔为 2

2

2

2

2

s = c ( t2 - t1 ) - ( x2 - x1 ) - ( y2 - y1 ) - ( z2 - z1 )

2

( 6． 1) 在另一 惯 性 系 Σ′中 , 这 两 事件 的 时 空 坐 标 为 ( x′ 1 , y′ 1 , z′ 1 , t′ 1 ) , ( x′ 2 , y′ 2 , z′ 2 , t′ 2 ) , 间隔为 2

2

2

2

2

s′ = c ( t′ 2 - t′ 1 ) - ( x′ 2 - x′ 1 ) - ( y′ 2 - y′ 1 ) - ( z′ 2 - z′ 1 )

2

( 6． 2)

第六章 　 狭义相对论

124

2 惯性系概念要求时空坐标变换必 须是 线性变 换 , 即 s′ = As2 , s2 = 2

A′ s′, 而当两个惯性系的相对速度 v →0 时 , 这两个惯性系将等 同 于一个惯性系 .因而对任何两个惯性系 , 应当有 2

2

s′ = s

( 6． 3)

洛伦兹变换 　 设 惯性系 Σ′以速度 v 沿惯 性系 Σ 的 x 轴正 向 运动 , 两参考系相应 坐标轴平行 , t = t′= 0 时 刻两参考系的原 点重 合 ( 一个事件 ) , 由 ( 6． 3) 式 , 可导出 任一事 件的时 空坐 标从 Σ 系 到 Σ′系的变换———洛伦兹变换 : x′= γ( x - vt) , 　 y′= y, 　 z′= z , 　 t′= γ t 其中 γ= 1/

2

1 - β , 　 β= v/ c

v 2 x c

( 6． 4) ( 6． 5)

将 (6． 4 ) 式中的 v 换为 - v, 可 得逆 变换 .当 vｎ c, ( 6． 4 ) 过渡 到 伽 利略变换 . 因果律与相互作用的最 大传播 速度 　 洛伦 兹变 换 表明 , 时 空 的测量有相对意义 , 即测量结果与观测者所处的参考系有关 , 这是 相对论时空观的一个方面 .另一方面 , 是认为事物发展变化的因果 关系有绝对意义 , 即因果关系不因参考系的变换而改变 , 从时间次 序来说 , 就是在一个惯性系中 , 作为结果的事件必定发生在作为原 因的事件之后 , 变换 到 任 何其 他 惯性 系 , 都 必 须 保 持这 一 时 间 次 序 .从这 一 要 求 出 发 , 由 间 隔 不 变 性 或 洛 伦 兹 变 换 , 可 得 出 推 论———真空中的光速 c 是自然界一切相互作用传播速度的极限 . 间隔分类 　 在任何一个 惯性系 中 , 任何 两事件 的 间隔 只能 属 2

2

于如下三种分类之一 : 类时间隔 s > 0 ; 类光 间隔 s = 0; 类 空间 隔 2

s <0 . 在一个惯性系中有因果 关系的 两事 件 , 两者之 间 必定 存在 某 种相互作用 , 其传播速度只能小 于 c 或等于 c, 因而 有因果 关系 的 两事件之间隔必定类时或类光 , 变换到任何其他惯性系 , 绝对保持 因果关系 , 相互作用的传播速度 仍然 小于 c 或等 于 c, 即间 隔仍 然 类时或类光 .在一个惯性系中无因果关系的两事件 ( 间隔可以是类

要 点 概 述

125

空、类时、类光 ) , 变换到任何其他惯性系 , 绝对保持非因果关系 . 同时相对性 　 在某个惯 性系中 , 如 果两 事件于 不 同地 点同 时 发生 , 即这两事件无因 果关系 , 由 洛伦 兹变换 可推 知 , 在其 他惯 性 系看来 , 这两事件的发 生不同 时 .这意 味着 , 在某 个惯 性系 不同 地 点对准的时钟 , 在其他惯性系看来没有对准 . 时钟延缓效应 　 在物体静止的参考 系 Σ′中 , 测得任一 过程 进 行的时间 Δτ, 称为这过程的“固有时”.由洛伦兹 变换 , 在其他惯 性 系 Σ 中 , 测得这过程进行的时间变慢了 : Δt =

Δτ = γΔτ 1 - β2

( 6． 6)

这效应对于两个惯性系来说是相对的 , 即在 Σ系上 看 Σ′系的时 钟 变慢 , 在 Σ′系上看 Σ 系的时钟也变慢 .但是在有加速运动 的情形 , 时间延缓效应是绝对效应 . 尺度缩短效应 　 当物体以速度 v 相对 于惯性 系 Σ 运动 , 若 在 平行于运动方向 上这 物 体 的 静 止长 度 为 l0 , 由洛 伦 兹 变 换 , 在 Σ 系中测得这长度缩短为 2

l = l0 1 - β = l0/ γ

( 6． 7)

这效应对于两个惯性系来说 , 也是相对的 .但在垂直于运动的方向 上 , 这一效应不会发生 . 时钟延缓与尺度缩短效 应 , 是 在不 同参 考系中 观 察物 质运 动 在时空关系上的客观反映 , 是统一时空的两个基本属性 , 与运动的 具体过程和物质的具体结构无关 . 速度变换 　 由洛伦兹变换 (6． 4 ) , 可导出物体速度从惯 性系 Σ 到 Σ′之间的变换 : u′x =

ux - v uy uz y = , 　 u′z = 2 , 　 u′ 2 2 1 - vux/ c γ( 1 - vux/ c ) γ(1 - vux / c ) ( 6． 8)

将 v 换为 - v, 可得逆变换 .可以证明 , 若在一个参考系中物体的速 度 u < c, 变换到任何其他参考系仍有 u′< c .仅当 vｎ c, ( 6． 8 ) 式 才

第六章 　 狭义相对论

126

过渡到经典速度变换 .

6． 2 洛伦兹变换的四维形式 　四维协变量 相对论认为时空是统一 的 .为 此将 三维 空间与 第 四维 虚数 坐 标 x4 = i ct 统一为四维复空间 xμ = ( x, ict) = ( x1 , x2 , x3 , x4 )

( 6． 9)

于是当 Σ′系 以 速 度 v 沿 Σ 系 的 x1 轴 正向 运 动 时 , 洛 伦 兹 变 换 (6． 4 ) 可表为 x′ μ = aμν xν 　 (μ,ν= 1 , 2 , 3 , 4 )

(6． 10)

重复指标 ( 上式中右方的ν) 意味着要对它从 1 至 4 求和 .变换系数 aμν 构成的矩阵为

a=

γ

0

0

iβγ 　

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

γ

- iβ γ

(6． 11)

由于洛伦兹变换 (6． 10) 满足间隔不变性 (6． 3 ) , 亦即 x′ μ x′ μ = xμ x μ = 不变量

(6． 12)

因此 , 洛伦兹变换是四维时空中的正交变换 , 即变换矩阵满足 aμν aμτ =δντ

(6． 13)

xμ = aτμ x′ τ

(6． 14)

(6． 10) 的逆变换为 在洛伦兹变换下 , 按物理量的变换性质分类为 标量 ( 零阶张量 , 不变量 ) s′= s 　 　 　 　 　

(6． 15)

四维矢量 ( 一阶张量 )

V′ μ = aμν Vν

(6． 16)

四维二阶张量

T′ μν = aμ λ aν τ Tλ τ

(6． 17)

例如 , 间隔和固有时就 是洛伦 兹不 变量 .可以 证明 , 每 一类 四维 协 变量的平方都是洛伦兹变换下的不变量 .利用这一普遍规律 , 可将 物体的速度和光速 , 能 量和动 量 , 电荷 密度和 电流 密度 , 标 势和 矢 势 , 电场和磁场等物理量统一为四维协变量 , 由此可以清楚地显示

要 点 概 述

127

出被统一起来的物理量之 间的 内在联 系 , 并将 描写物 理定 律的 方 程式表示成相对性原理所要求的协变形式 .

6． 3 相对论力学 相对论 力 学 方程 　 在 低 速 运 动 情 形 下 , 经 典 力 学 方 程 F = dp/ d t在伽利略变换下满足协变性 .为使高速运动情况下力学方 程 也满足协变性 , 构造 　 四维速度 　 Uμ =

d xμ = dτ

　 四维动量 　 pμ = m0 Uμ =

u , 1 - ( u/ c) 2

ic 1 - ( u/ c) 2

(6． 18)

m0 c2

m0 u

i , 2 c 1 - ( u/ c)

1 - ( u/ c)

2

( 6． 19 ) 　 四维力 　 Kμ =

F i , 2 c 1 - ( u/ c)

F・u 2 1 - ( u/ c)

= ( K,

i K・u) c (6． 20)

( 四维加速度 aμ = dUμ/ dτ) , 其中 u是三维速度 , F 是三维 力 , F・u 是力的功率 , K 是四维力 的空 间分 量 .由 于固 有时 dτ和静 止质 量 m0 是洛伦兹不变量 , 因此 Uμ 、pμ 和 K μ 都是按 ( 6． 16 ) 方式变换 的 四维协变矢量 , 于是相对论力学方程 Kμ =

d pμ dτ

(6． 21) 2

在洛伦兹变换下满足协变 性 .由 dτ= d t

1 - ( u/ c) , 这方 程包 含

的两个方程为 F=

d dt

d F・u= dt

m0 u 1 - ( u/ c)

=

2

m0 c2 1 - ( u/ c)

2

dp dt =

dW dt

(6． 22) (6． 23)

相对论质量、动量和能量 　 由方程 ( 6． 22 ) 和 ( 6． 23 ) 可知 , 高速 运动情形下物体的质量 m、动量 p 和能量 W 分别为

第六章 　 狭义相对论

128

m0

m=

1 - ( u/ c)

2

= γm0

m0 u = mu = γm0 u 1 - ( u/ c) 2

p=

(6． 24) (6． 25)

2

W=

m0 c 2 2 2 = γ m 0 c = mc = T + m0 c 1 - ( u/ c) 2

(6． 26)

　 　 质速关系 (6． 24) 表明 , 物体的质量 m 随其运 动速度 u 的增 大 而增加 , 即质 量测 量与时 空测 量一 样 , 存在相 对论 效应 .仅 当 uｎ c, 才有 m≈ m0 , 此时相对论动量 ( 6． 25) 过 渡到 经典动 量 p = m0 u . 质能关系 (6． 26 ) 中 , mc2 是 运 动物 体 或 粒 子 的总 能 量 , m0 c2 是 其 静止能量 , T = ( m - m0 ) c2 是其相对 论动能 .仅当 物体或粒 子的 速 度 uｎ c, 才有 T≈ m0 v2/ 2 , 即非相对论动能 . 质能关系的重要意义在 于它表 明 , 一定 的质量 来 源于 一定 的 2

相互作用 能量 .由 m0 c 可推 知 , 静 止质 量 m0 ≠0 的 粒子 , 必 定 有 静止能量 , 因而应当存在某种深层次的内部结构 , 物体或粒子的静 止质量 , 来源于其内部存在的相互作用能量 .由多粒子组成的复合 物之所以出现质量亏损 , 便是 这复合 物内 部的 粒子存 在一 定相 互 作用能 ( 结合能 ) 的反映 . (6． 19) 式表示的四维动量 , 是将相对论动量 p 和能量 W 统一 起来的协变矢量 : Pμ = ( p, iW/ c)

(6． 27) 2

在物体或粒子静止的参考系 Σ′中 , 其动量 p′= 0 , 能量 W′= m0 c , 在任一惯性 系 Σ 中 , 设 其动量 为 p, 能量 为 W , 由 Pμ 的平 方是 洛 伦兹变换下的不变量 , 可得物体或粒子在任何惯性系中能量、动量 和质量的普遍关系式 : W=

p2 c2 + m20 c4

(6． 28)

由 (6． 26) 和 (6． 28) , 可得粒子静止质量的一种表达式 : 2

2

2

p c - T m0 = 2 Tc

(6． 29)

要 点 概 述

129

即通过测量粒子的动量 p 和动能 T , 可计算其静止质量 m0 . 光子的能量和动量 　 由质能关系 (6． 26) 可推 知 , 以速 度 u = c 运动的粒子 , 例如光 子 , 其 静 止质 量 m0 应 当为 零 , 即 这 类粒 子 应 当没有内部结构 .由波粒二象性 , 光子能量为 W = －hω, 其中 ω为 角 频率 , －h = h/ 2π, h 为普朗克常数 .因光子 m0 = 0 , 由 ( 6． 28 ) 式 , 其 动 量为 p = ( －hω/ c) k0 = －hk, k = (ω/ c) k0 为波 矢 量 , k0 表 示 光子 运 动 方向的单位矢量 .

6． 4 电动力学的相对论协变 性

μ

相对论电动力学方程 　 定义四维算符 : 1 = , = μ xμ ic t 1 2 2 = - 2 2 = μ xμ xμ c t 是协变矢量算符 , μ μ 是标量算符 .

(6． 30) (6． 31)

μ

电流是电荷的运动效应 , 而电 荷电 流是 电磁势 和 电磁 场的 激 发源 .因此 , 有理由 将电荷密 度 ρ与 电流密 度 J = ρu, 标 势 φ与 矢 势 A, 电场 E 与磁场 B, 统一为四维协变量 . 四维电流密度 　 Jμ =ρ0 Uμ = ( J, icρ)

(6． 32)

四维势 　 Aμ = ( A, iφ/ c) (6． 33) 其中 , 带电体静止时 的电 荷密 度 ρ0 是 洛 伦兹 标 量 , Jμ 和 Aμ 均 按 (6． 16) 变换 .由 B= × A, 　 E = -

φ-

A/

t

构造电磁场张量 : Fμν =

μ

Aν -

ν

Aμ

(6． 34)

它按 (6． 17) 变换 .这是一个反对称张量 , 其矩阵形式为

Fμν =

0

B3

- B2

- i E1/ c

- B3

0

B1

- i E2/ c

B2

- B1

0

- i E3/ c

i E1/ c i E2/ c i E3/ c

0

(6． 35)

第六章 　 狭义相对论

130

构造四维洛伦兹力密度 : fμ =ρ0 Fμν Uν = Fμν Jν = ( f, i E・ J/ c)

(6． 36)

它按 (6． 16) 变换 , 其中 f 是三维 洛伦 兹力 密度 , E・ J 是电 场对 电 荷作的功率密度 .于是 , 电动力学的基本方程 : 　 　 　 　 电荷守恒定律 　 　

μ

Jμ = 0

(6． 37)

洛伦兹规范

μ

Aμ = 0

(6． 38)

达朗贝尔方程

ν ν

麦克斯韦方程

ν

Fμν = μ0 Jμ

λ

Fμν +

Αμ = - μ0 Jμ

能量动量守恒定律 f μ = -

μ λ

Fνλ +

(6． 39)

ν

Fλμ = 0

(6． 40)

Tμλ

(6． 41)

都满足相对论协变性 .( 6． 41 ) 式中 , Tμλ 是将电磁场 的能量密 度 w , →→

能流密度 S, 动量密度 g 和动量流密度 T 统一起来的协变张量 : Tμλ =

1 1 ( Fμν Fνλ - δμλ Fντ Fντ ) μ0 4

(6． 42)

矩阵形式为

Tμλ =

T11

T12

T13

i S1 / c

T21

T22

T23

i S2 / c

T31

T32

T33

i S3 / c

icg1

icg2

icg3

- w

(6． 43)

势和场的相对论变换 　 在参考 系变 换下 , 电荷 与 电流 存在 相 对性 , 电磁势和电 磁 场必 然 也 存在 相 对性 .当惯 性 系 Σ′以 速度 v 沿 Σ 系 x1 轴的正向运动时 , 电磁势按 A′ μ = aμν Aν 变换 , 即 A′ 1 =γ A1 -

v 2 = A2 , 　 A′ 3 = A3 , 　 φ ′= γ(φ- v A1 ) 2 φ , 　 A′ c (6． 44)

电磁场按 F′ μν = aμλ aντ Fλτ 变换 , 即 E′ ∥ = E∥ , 　 B′ ∥ = B∥ E′ ⊥ = γ( E+ v× B) ⊥ , 　 B′ ⊥ =γ B-

v 2 × E c

⊥

(6． 45)

要 点 概 述

131

其中下 标 ∥ 表 示 与 运 动 方 向 平 行 的 分 量 , ⊥ 表 示 垂 直 分 量 .将 (6． 44) 式和 (6． 45) 式中的 v 改为 - v, 即得逆变换 . 相位是反映电磁波客观状态的物理量 .在参考系变换下 , 电磁 波的相位 = k・ x - ωt 是不变量 .构造四维波矢量 kμ = ( k, iω/ c)

(6． 46)

它与四维时空 xμ = ( x, i ct) 的乘积 , 应 当反映 出参考系 变换下相 位 的不变性 .因此 , 四维波 矢 量 必定 按 k′ μ = aμν kν 变 换 .当 光 源沿 Σ 系 x1 轴的正向以速度 v 运动时 , 便有 k′ 1 = γ k1 -

v 2 = k2 , 　 k′ 3 = k3 , 　 ω ′=γ(ω- v k1 ) 2 ω , 　 k′ c (6． 47)

由此可得相对论多普勒效应与光行差的表达式 : ω=

ω0 si n θ′ , 　 tan θ= γ( 1 - βcos θ) γ( cos θ′+β)

(6． 48)

其中 ,ω0 = ω′为光 源静 止参 考系 Σ′系 中的 辐 射频 率 ,θ′是 波矢 k′ 即辐射方向与 x1 轴 正 向 的 夹角 ; ω是 在 Σ 系 中 观 测 到的 频 率 ,θ 是这参考系中辐射方向与光源运动方向的夹角 .

6． 5 电磁场中带电粒子的拉 格朗日量和哈密顿量 静止质量为 m0 , 电荷为 e 的带电粒子在 电磁场中 以速度 v 相 对于 Σ 系运动时 , 粒子的相对论运动方程为 dp = e( E+ v× B) dt p = mv =γ m0 v 为粒子的动量 .由 B = × A, E = -

(6． 49) φ-

A/

t, 可

导出粒子的拉氏量 2

L = - m0 c / γ- e(φ- v・ A)

(6． 50)

而 γ L 和作用量 S 都是洛伦兹变换下的不变量 : γL = - m0 c2 + eAμ Uμ

(6． 51)

∫Ld t =∫γL dτ

(6． 52)

S =

第六章 　 狭义相对论

132

由广义动量的定义 Pi = L/

qi , 可得粒子的正 则动量 P 和哈密 顿

量 H: P = γm0 v + eA = p + eA 2

2

(6． 53) 2

4

( P - eA) c + m0 c + eφ

H = P・ v - L =

(6． 54)

于是拉格朗日方程 L qi

d dt

・

-

L =0 qi

(6． 55)

和正则运动方程 qi =

・ H , 　 Pi = Pi

H q

(6． 56)

i

均与方程 (6． 49) 等价 .哈密顿 量 (6． 54 ) 第 一项 是粒子 的相 对论 能 量 , 故可构造四维正则动量 : Pμ = pμ + e Aμ = ( P, i H/ c)

(6． 57)

6．1 证明在伽利略 变 换下 , 牛顿 定 律 是协 变 的 , 麦 克斯 韦 方 程不是协变的 . 【证】 设惯性系 Σ′以速 度 v 沿另一 惯性 系 Σ 的 x 轴运 动 , 两 参考系相应的坐标轴平行 , 由伽利略变换 x = x′+ v t′, 　 y = y′, 　 z = z′, 　 t = t′ 得速度在这两个惯性系之间的变换 : dr dr′ = + v , 　 即 u= u′+ v d t d t′ 物体的动量在这两个惯性系中分别为 p= mu, p′= m′ u′, 而质量 是 伽利略变换下的不 变量 , 即 m = m′, 于是牛 顿定律 在 Σ 系和 Σ′系 有相同的形式 : F=

dp d p′ , 　 F′= dt d t′

习题与解答

133

即牛顿定律在伽利略变换下是协变的 .我们知道 , 从麦克斯韦方程 组可以导出矢势和标势的波动方程 , 设 Σ 系中标势波动方程为 2

1 φ- 2 c

2

φ = - ρ/ ε0 t2

在伽利略变换下 ,φ,ρ,ε0 均 为不 变量 , 但光 速 c 不是 不变 量 , 因 此 这方程不是协变的 , 由此推知麦克斯韦方程组也不是协变的 . 6．2 设两根互相平行的尺 , 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的长度 . 【解】 设 1 尺 (Σ′系 ) 沿 Σ 系 x 轴正 向以 速度 v 运动 , 则 2 尺 (Σ″系 ) 相对于 Σ 系的速 度为 ux = - v, 于 是在 1 尺 上 测得 2 尺 的 速度及其长度分别为 2 ux - v - 2 vc u′x = 2 = 2 2 1 - vux / c c + v 2

l′= l0

2

c - v 1 - ( u′x/ c) = l0 2 2 c + v 2

6．3 静止长度为 l0 的 车厢 , 以速 度 v 相对 于地 面 运行 , 车 厢 的后壁以速度 u0 向前推出一个小球 , 求地面的观察者测得小球 从 后壁到前壁的运动时间 . 【解】 如 图 6． 1 , 设 地 面 参 考 系为 Σ, 车 厢 沿 Σ 的 x 轴 正 向 运 动 .在 Σ 系中 , 小 球处 于车 厢后 壁 的时空 坐 标 为 ( x1 , t1 ) , 到 达 前 壁 的时空 坐 标 为 ( x2 , t2 ) , 在 车 厢 参 考系 Σ′中 , 这 两 事 件 的 时 空 坐 标 为 ( x′ 1 , t′ 1 ) , ( x′ 2 , t′ 2 ) .

图 6． 1 　 ( 6． 3 题 )

【方法一】 　 洛伦兹变换为 x = γ( x′+ vt′) , 　 t = γ t′+

v 2 x′ c

( 1)

第六章 　 狭义相对论

134

其中 γ= 1/

2

2

2 1 - v / c .在 Σ′系 中 测得 车 厢静 止 长度 Δx′= x′

x′ 1 = l0 , 小球运 动时间为 Δt′ = t′ 2 - t′ 1 = l0 / u0 , 于是由 变换 ( 1 ) 的 第二式 , 得地面上测得小球的运动时间为 Δt = t2 - t1 =γ Δt′+

u0 v l0 v 2 Δx′ = γ 1 + 2 c c u0

( 2)

【方法二】 　 由变换 (1 ) 的第一式 , 地面上测得小球的运动距离 为 Δx = x2 - x1 = γ(Δx′+ vΔt′) = γ l0 (1 + v/ u0 )

( 3)

在地面 Σ 与车厢 Σ′中 , 这两事件的间隔分别为 s2 = c2 (Δt) 2 - (Δx) 2

( 4)

2 s′ = c2 (Δt′) 2 - (Δx′) 2 = c2 ( l0 / u0 ) 2 - l20

( 5)

2

2

将 (3 ) 式代入 ( 4) 式 , 并由间隔不变性 s′ = s , 可得 Δt 如 ( 2) 式 . 【方法三】 　 在小球静 止 的 Σ″系观 察 , 车 厢 以速 度 u″x = - u0 运动 , 运动距离和时间分别为 l″= l0

1 - ( u0/ c) 2 , 　 Δt″=

l″ l0 = u0 u0

1 - ( u0/ c) 2

( 6)

地面测得小球的运动速度为 u0 + v c2 ( u0 + v) ux = 2 = 2 1 + vu0/ c c + u0 v

( 7)

于是地面上测得小球运动时间为 Δt =

Δt″ u0 v l0 =γ 1 + 2 2 c u0 1 - ( ux / c)

( 8)

【方法四】 　 地面测得车厢的长度为 l = l0/ γ, 小球 运动速度 如 (7 ) 式 , 设地面上测得小球运动时间为 Δt, 则应当有 ux Δt = l + vΔt

( 9)

由此也可解得 Δt =

u0 v l0 l =γ 1 + 2 ux - v u0 c

(10)

6．4 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

习题与解答

135

后照亮了铁路沿线上的两 铁塔 , 求列 车上 的观 察者测 量到 电光 到 达两铁塔的时刻差 , 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】 设地面参考系 Σ 中 , 两铁塔分别位于 x2 = l0 , x1 = - l0 , 距离 Δx = x2 - x1 = 2 l0 , 被照亮的时刻 t1 = t2 = l0 / c, 故 Δt = t2 - t1 = 0 .由洛伦兹变换 t′= γ t -

v x , 　 x′= γ( x - vt) c2

( 1)

的第一式 , 在列车参考系 Σ′中两铁塔被照亮的时刻差为 Δt′= t′ 2 - t′ 1 = γ Δt -

v = - γ2 v l0 / c2 2 Δx c

( 2)

或者 , 从 ( 1) 的第 二 式 , 有 Δx′= γ(Δx - vΔt) = 2 l0 γ, 故 由 间 隔 不 变性 c2 (Δt) 2 - (Δx ) 2 = c2 (Δt′) 2 - (Δx′) 2

( 3)

亦可得 (2 ) 式的结果 .本题结果表明“同时”的相对性含义 . 6．5 有一光源 S 与接收器 R 相对静止 , 距离为 l0 , S

R 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接到讯号所经历的时间 . (1 ) 液体介质相对于 S (2 ) 液体沿着 S

R 连线方向以速度 v 流动 ;

(3 ) 液体垂直于 S 【解】 设 S

R 装置静止 ;

R 连线方向以速度 v 流动 .

R 装 置 静 止 的 参 考 系 为 Σ, S

R 连线在 x

轴上 . 　 (1 ) 当液体相对于这装置静止时 , 光 速为 ux = c/ n, 讯 号传 播 时间为 Δt = l0 / ux = nl0 / c (2 ) 当液体沿着 S

R 连 线方 向流 动 时 , 在 液体 静 止的 参 考

系 Σ′中光速 u′x = c/ n, 故在 Σ 系中光速及讯号传播时间分别是 ux =

u′x + v c( c + nv) 2 = nc + v 1 + vu′x / c

第六章 　 狭义相对论

136

Δt =

l0 l0 ( nc + v) = ux c( c + nv)

(3 ) 当液体介质沿 Σ 系的 y 轴正 方向流 动时 , 在液体 静止 的 Σ′系中 , S

R 装置的运动速度为 u′y = - v, 光 速 u′= c/ n, 故在 Σ′

系中光从 S 至 R 的传播速度和时间分别是 u′x = Δt′= 变换到 S

2

2

u′ - v

l0 = u′x

nl0 c - ( nv) 2 2

R 静止的 Σ 系中 , 便有 2

Δt = Δt′ 1 - ( v/ c) =

1 - ( v/ c) 2

n l0

2

( c - ( nv)

2

6．6 在参考系 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】 在两物体静止的参考系 Σ″中 , 两者距离为 l0 =

l = 1 - ( u/ c) 2

cl c - u2 2

设观察者所在参考系为 Σ′, 他测得这两个物体的速度为 2

u- v c ( u - v) u′x = 2 = 1 - vu/ c c2 - uv 故观察者测得这两个物体的距离为 l′= l0

2

1 - ( u′x / c) =

cl

2

2

c - v 2 c - uv

6．7 一把直尺相对于Σ 参考系静止 , 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 ? 【解】 在尺子静止的参考系 Σ 中 , 有 t an θ= Δy/ Δx .而在运动 的观察者看来 , 尺子的长度在 x 和 y 两个方向的投影为 Δx′= Δx

2

1 - ( v/ c) = Δx/ γ, 　 Δy′= Δy

习题与解答

137

因此有 tan θ′=

Δy′ = γ tan θ Δx′

6．8 两个 惯性 系 Σ 和 Σ′中 各放 置若 干 时钟 , 同 一 惯性 系 中 的时钟同步 .Σ′相对于 Σ 以速 度 v 沿 x 轴方向 运动 .设两 系原 点 相遇时 , t0 = t′ 0 = 0 .问处 于 Σ 系 中某 点 ( x, y, z) 处的 时钟 与 Σ ′系 中何处的时钟相遇时 , 指示的时刻相同 ? 读数是多少 ? 【解】 由洛伦兹变换 x′= γ( x - vt) , 　 y′= y, 　 z′= z , 　 t′= γ t -

v x c2

( 1)

当 Σ′系位 于 ( x′, y′, z′) 的 钟与 Σ 系位于 ( x , y, z) 的 钟相 遇 , 而 且 两钟指示的时刻相同 , 即 t′= t 时 , 从 ( 1) 的第四式 , 得 c2 x = t (1 - 1/ γ) v

( 2)

将此式 代入 ( 1 ) 的 第 一式 , 得 这 两个 钟的 位置 关系 以 及它 们的 读 数为 x′= - x, t′= t =

x (1 + 1/ γ) v

( 3)

6．9 火箭由静止状态加速到 v = 0． 9999 c, 设瞬 时惯性系 上 - 2 加速度为 | v | = 20 m・ s , 问按静止 系的时钟 和按 火箭内 的时 钟 加速火箭各需多少时间 ? 【解】 设火箭加速方向沿静止系 Σ 的 x 轴正向 , 速度为 v = ux =

u′x + v 2 1 + vu′x / c

在瞬时惯性系 Σ′中, u′x = 0 , a′ x = d u′ x / d t′ = 20 m・s

- 2

, 而 d t′ / d t=

1/ γ, 故在 Σ 系中火箭的加速度为 d v d t′d ux 1 ax = = = a′x ( 1 - v2 / c2 ) = 20 (1 - v2/ c2 ) 3/ d t d t d t′ γ 即有 dt=

1 dv 20 ( 1 - v2 / c2 ) 3/ 2

2

第六章 　 狭义相对论

138

故在 Σ 系中火箭从 v = 0 加速到 v = v

1 t= 20

∫ (1 0

0． 9999 c 所需时间为

dv = 47． 5 ( 年 ) v2 / c2 ) 3/ 2

而在火箭内的参考系 Σ′中 d t′=

1 1 dv dt = γ 20 ( 1 - v2/ c2 )

故同样的加速过程 , 火箭内的时钟记录的时间为 v

1 t′= 20

∫ (1 0

dv = 2． 52( 年 ) 2 2 v/ c )

6．10 一平面镜以速度 v 自左向右运动 , 一束频率为 ω0 , 与 水 平成 θ0 夹角的平面光波自右向左入射到 镜面上 , 求反 射光波的 频 率 ω及反射角θ.垂直入射情况如何 ? 【解】 这 是 光 在 运 动 镜 面上的 反 射 问 题 .令 镜 子 沿 Σ系 的 x 轴 正向 运 动 , 镜 面 垂直于运 动 方向 .如图 6． 2 , 设镜子静止 的 参考 系 Σ′中 , 入射波频 率 为 ω′, 入 射 角 为 θ′ i , 由反射定 律有 θ ′ r = θ ′ i , 故入 射波 矢 k′ i 和 反射 波 矢

图 6． 2 　 (6． 10 题 )

k′ r 的 x 分量分别为 k′ ix = -

ω′ ω′ cos θ′ i , 　 k′ rx = cos θ ′ i c c

( 1)

在 Σ 系中 , 观测到入射波 频 率为 ω0 , 入 射 角为 θ0 , 反 射 波频 率 为 ω, 反射角为 θ, 即入射波矢 ki 和反射波矢 kr 的 x 分量分别为 ki x = -

ω0 ω cos θ0 , 　 kr x = cos θ c c

( 2)

从 Σ 系到 Σ′系 , 入射波的四维波矢变换为 k′ i x =γ ki x -

v ω0 , 　 k′ i y = ki y , 　 ω ′=γ(ω0 - v ki x ) c2

( 3)

习题与解答

139

从 Σ′系到 Σ 系 , 反射波的四维波矢变换为 kr x =γ k′ rx +

v ′ , 　 kr y = k′ r y , 　 ω=γ(ω ′+ vk′ rx ) 2 ω c

( 4)

由 (1 ) 式 , 有 k′ r x = - k′ i x , 以 及 (3 ) 的 第 一、 三 式 , 和 ( 2 ) 的 第 一式 , 从 (4 ) 的第三式得 Σ 系中反射波的频率为 2 2 ω= γ(ω′- v k′ i x ) =γω cos θ0 ) 0 (1 +β + 2β

( 5)

其中 β= v/ c, 因为 0 < cos θ0 ≤1 , 可知总 有 ω> ω0 ; 仅当 vｎ c, 才 有 ω≈ω0 . 再由 (2 ) 的第二式 , (3 ) 的第一、三式 , 以及 ( 5) 式 , 从 ( 4) 的第一 式得 2

2β+ (1 + β ) cos θ0 cos θ= 2 1 + β + 2βcos θ0 tan θ=

si n θ sin θ0 = 2 cos θ γ [2β+ ( 1 +β2 ) cos θ0 ]

( 6) ( 7)

可见一般情况下 , 反射角 θ≠θ0 , 即 静止 条件 下的反 射 定律 对于 运 动物体不成立 , 仅当 vｎ c, 才有 θ≈θ0 .当入射角 θ0 = 0 即垂直入 射 情形 , 由 ( 5) 式和 (7 ) 式 , 有 ω=

c+ v ω0 , 　 θ= 0 c- v

( 8)

(6 ) 式也可以由速度变换得到 .在镜 子静止 的参考系 Σ′中 , 入 射波和反 射 波 速 度 c 的 x 分 量 分 别 是 u′ i x = - ccos θ ′ i , u′ rx = ccos θ′ i ; 而在 Σ 系中 , 入射波和反射波 速度 的 x 分量 分别 是 ui x = - ccos θ0 , ur x = ccos θ.由速度变换 ux =

u′x + v 2 1 + vu′x / c

( 9)

对于入射波 , 得 cos θ0 = 对于反射波 , 有

cos θ′ i -β cos θ0 +β , cos θ′ i = 1 - βcos θ′ i 1 +βcos θ0

(10)

第六章 　 狭义相对论

140

cos θ=

cos θ ′i + β 1 + βcos θ′ i

(11)

将 (10) 的第二式代入 (11) 式 , 即可得到 ( 6) 式 . 6．11 在洛伦兹变换中 , 若定义快度 y 为 tanh y = β.证明 (1 ) 洛伦兹变换矩阵可写为

a=

ch y

0

0

ish y

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

ch y

- ish y (2 ) 对应的速度合成公式 β=

β′+β″ 1 + β′ β″

可用快度表为 y = y′+ y″. 【证】 由双曲函数的定义 sh y = ( ey - e - y )/ 2 = 1/ csch y ch y = ( ey + e - y )/ 2 = 1/ sech y 以及 tanh y = sh y/ ch y, 若定义快度 y 为 tanh y = β= v/ c, 便有 ch y =

1 = sech y

1 1 = =γ 2 2 1 - tanh y 1 -β sh y = ch y・tanh y =βγ

于是 , 当 Σ′以速 度 v 沿 Σ 的 x 轴运动 且相应 的坐标轴 平行 时 , 洛 伦兹变换矩阵

a=

γ

0

0

iβγ

0

1

0

0

0

0

1

0

=

ch y

0

0

ish y

0

1

0

0

0

0

1

0

- iβγ 0 0 γ - ish y 0 0 ch y 在 Σ 系 与 Σ′系 中 速 度的 x 分 量 分别 u x 和 u′x , 令 tanh y = β= ux/ c, tan h y′= β′= u′x/ c, tanh y″=β″= v/ c, 则速度变换 ux =

u′x + v ux u′x/ c + v/ c β′+ β″ = = 2 即 β= 1 + vu′x/ c c 1 + vu′x/ c2 1 +β′ β″

习题与解答

141

可写成 tanh y = tanh( y′+ y″) =

t anh y′+ t anh y″ 1 + tanh y′・ tanh y″

即 　 y = y′+ y″ 6．12 电偶极子 p0 以速度 v 作匀 速运动 , 求它 产生的 电磁 势 φ, A 和电磁场 E, B . 【解】 在 p0 静止 的参 考系 Σ′中 , 仅观 察到 它的标 势 φ′, 或 电 场 E′: p0 ・ R′ =0 3 , 　 A′ 4πε0 R′

( 1)

1 3( p0 ・ R′) R′ p0 - 3 , 　 B′= 0 5 4πε0 R′ R′

( 2)

φ′= E′=

其中 , R′和 R′分别是从 p0 到场点的距离与矢径 : 2 2 2 R′= ( x′ + y′ + z′ ) 1/ 2 , 　 R′= x′ ex + y′ e y + z′ ez

( 3)

令 p0 沿 Σ系的 x 轴运动 , 由四维势变换 Aμ = aνμ A′ ν , 得 Σ系中 的 电磁势为 ∥ + A∥ = γ A′

v v ′ = γ 2 φ′, 　 A⊥ = 0 2 φ c c

φ= γ(φ′+ v A′ ∥ ) =γ φ′

( 4)

下标∥表示与运动方向平行的分量 , ⊥表示垂直分量 .又由电磁场 量的变换 Fλτ = aμλ aντ F′ μν , 即 E∥ = E′ ∥ , 　 B∥ = B′ ∥ E⊥ = γ( E′- v× B′) ⊥ , 　 B⊥ = γ( B′+

v ′) ⊥ 2 × E c

( 5)

则在 Σ 系观察到的电磁场为 E∥ = E′ ∥ , 　 B∥ = 0 E⊥ = γE′ ⊥ , 　 B⊥ = γ

v 2 × E′ c ⊥

( 6)

设 t = 0 时 p0 刚好经过 Σ系的原 点 , 此时场 点坐 标的变 换为 x′= γ x , y′= y, z′= z, 因此在将 (1 ) 式代入 ( 4) 式 , ( 2 ) 式代入 ( 6) 式时 ,

第六章 　 狭义相对论

142

其中的 R′和 R′应当换成 2

2

2

R = [ (γ x ) + y + z ]

1/ 2

, R= (γ xex + yey + zez )

( 7)

6．13 设在参考系 Σ 内 E⊥ B,Σ′系 沿 E× B 的方 向 运 动 .问 Σ′系应以什么样的速 度相 对于 Σ 运 动 才能 使 其 中只 有 电场 或 只 有磁场 ? 【解】 令 Σ′沿 Σ 系的 x 轴正向运动 , 按题意 , 在 Σ 系中 E x = Ez = 0 , E = E y ey ; 　 　 Bx = By = 0 , B= Bz ez

( 1)

由电磁场变换关系 E′ ∥ = E∥ , 　 B′ ∥ = B∥ E′ ⊥ = γ( E+ v× B) ⊥ , 　 B′ ⊥ =γ B-

v 2 × E c

⊥

( 2)

得 Σ′系中 E′x = B′x = 0 E′y = γ( E y - v Bz ) = γ( | E| - v| B| ) B′z = γ Bz -

v 2 Ey c

= γ | B| -

v 2 | E| c

( 3)

若在 Σ′系中只 观察 到电 场 E′, 磁场 B′= 0 , 由 ( 3) 的 第三 式 , 要 求 Σ′系的速度为 2

2

c | B| c v= , 即 v = 2 E× B | E| E

( 4)

由于总有 v < c, 故 Σ 系中应满足 | E| > c| B| . 若在 Σ′系中 只观 察 到 磁 场 B′, 电 场 E′= 0 , 则 从 ( 3 ) 的 第 二 式 , 要求 Σ′系的速度为 v=

1 2 E× B B

( 5)

而且 Σ 系中应满足 | E| < c| B| . 6．14 作匀速 运 动 的 点 电 荷 所 产 生 的 电 场在 运 动 方 向 发 生 “压缩”, 这时在运动方向上电场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∥ = E′ ∥ 的关系 ? 【解】 设点电荷 q 沿 Σ 系 x 轴 以 速度 v 运 动 .在 电 荷静 止 的

习题与解答

143

Σ′ 系中 , 任意时刻都观察到球对称的库仑场 , 它在运动方向上的 分 量为 E′ ∥ =

qx′ 2 2 2 1/ = ( x′ + y′ + z′ ) 3 , 　 其中 r′ 4πε0 r′

2

( 1)

( x′, y′, z′) 是 Σ′系中场点的坐标 .变换到 Σ 系中 , 虽然有 E∥ = E′ ∥ =

qx′ 3 4πε0 r′

( 2)

但在 Σ 系中场点坐标为 ( x, y, z) , 而场点坐标是按 x′=γ( x - vt) , 　 y′= y, 　 z′= z

( 3)

变换的 .设 t= t′= 0 时电荷 q 刚好经过Σ 系的原点 , 此时对同一个 场点 , 因 γ> 1 , 故 x < x′, 因而必有 E∥ < E′ ∥ , 即 对于同一 个场点 , 在 Σ 系中观察到的 E∥ 分 量实 际上 被“压 缩”了 ; 按 ( 3) 式 , 对同 一 个场点任何时刻都有 E∥ < E′ ∥ .而变换式 E∥ = E ′ ∥ 则是描写在两 个参考系 中 , 当 x = x′, r = r′, 亦 即 不 同 场 点 上 E 的 平 行 分 量 相等 . 6．15 有一沿 z 轴方向 螺旋进动的静磁 场 B= B0 ( cos km zex + sin km zey ) , 其中 km = 2π/ λm ,λm 为磁场周期长度 .现有 一沿 z 轴 以 速度 v =βc 运动 的惯 性 系 , 求在 该惯 性 系 中观 察 到的 电 磁场 .证 明当 β≈ 1 时 , 该 电 磁 场 类 似 于 一 列 频 率 为 γβckm 的 圆 偏 振 电 磁波 . 【解】 在 Σ 系中 B∥ = 0 , 且 E = 0 , 故 在运 动 参考 系 Σ′中观 察 到的电磁场为 E′ ∥ = E∥ = 0 , 　 B′ ∥ = B∥ = 0 E′ ⊥ = γ( v× B) ⊥ = γ β cB0 ( cos km zey - sin km ze x ) B′ ⊥ = γB⊥ = γ B0 ( cos km zex + sin km zey ) 由 km = 2π/ λm , 有 k′ m = γkm , 而 z′ = z/ γ, 因此 km z = k′ m z′.将这 电 磁场写成复数形式 i k′ z′ E′ ⊥ = γβc B0 ( ey + iex ) e m , 　 B′ ⊥ =

m ez - k′ × E′ ⊥ ω′

第六章 　 狭义相对论

144

其中 ω′=γβc km =βc k′ m .可见当 β≈1 , 即 Σ ′系的速度 v≈ c 时 , 这电磁场类似于一列频率为 ω′≈γckm = ck′ m , 沿着 负 z 轴 方向 传 播的圆偏振波 . 6．16 有一无限长均 匀带 电 直线 , 在其 静 止 参考 系 中线 电 荷 密度为 λ.该线电荷以速度 v =βc 沿自身长度匀 速运动 .在与直 线 相距为 d 的地方 有一 以同样 速度 平行 于直线 运动 的点电 荷 e .则 分别用下列两种方法求出作用在电荷上的力 : (1 ) 在直线静止系中确定力 , 然后用四维力变换公式 ; (2 ) 直接计算线电荷和线电流作用在运动电荷上的电磁力 . 【解】 设带电直线沿 Σ 系 的 x 轴运 动 .在该 系统 静止 的 Σ′系 中 , 带电线的电磁场为 E′ ∥ = 0, 　 E ′ ⊥ =

λ er , 　 B′= 0 2πε0 d

故电荷受到的作用力为 F′= e E′=

λe er 2πε0 d

由于 Σ′系中电荷速度 v′= 0 , 故四维力为 K′ μ = K′,

i λe K′・ v′ = 0 , 0 , ,0 c 2πε0 d

即 K′= F′.而在 Σ 系中 K=γF, 其中 γ= 1/

2

1 - β , 由四维力变换

Kμ = aνμ K′ ν , 得 Σ 系中电荷受到的力为 F= F′ / γ=

λe er 2πε0 γd

若直接在 Σ 系观察 , 则带电线的电磁场为 E∥ = E′ ∥ = 0 , 　 B∥ = B′ ∥ = 0 E⊥ = γE′ ⊥ , 　 B⊥ = γ

v E′ ⊥ c2

故电荷受到的作用力为 F = eE + e v× B= eγ E′ ⊥ -

v c

2

E′ ⊥

=

λe er 2πε0 γd

习题与解答

145

6．17 质量为 M 的静止粒子衰变为 两个粒 子 m1 和 m2 , 求 粒 子 m1 的动量和能量 . 【解】 设衰变后产生的两个粒 子动量为 p1 和 p2 , 则两 粒子 的 能量为 E1 =

p21 c2 + m21 c4 , 　 E2 =

p22 c2 + m22 c4

由衰变前后系统的能量和动量守恒 Mc2 = E1 +

p22 c2 + m22 c4

0 = p1 + p2 即 p1 = - p2 解出 2

c E1 = ( M2 + m1 - m2 ) 2M p1 =

c 2M

2

2

2

2

[ M - ( m1 + m2 ) ] [ M - ( m1 - m2 ) ]

6．18 已知某一粒子 m 衰变成质量为 m1 和 m2 , 动量为 p1 和 p2 ( 两者方向间的夹角为 θ) 的两个粒子 , 求该粒子的质量 m . 【解】 设衰变前粒子的动量为 p, 由衰变前后能量和动量守恒 2

2

2

4

p c + m c =

2

2

2

4

p1 c + m1 c +

2

2

2

4

p2 c + m2 c

p = p1 + p2 , 即 p2 = p21 + p22 + 2 p1 p2 cos θ 解出 m2 = m21 + m22 +

2 2 [ c

( m21 c2 + p21 ) ( m22 c2 + p22 ) - p1 p2 cos θ]

6．19 ( 1) 设 E 和 p 是粒 子 体系 在 实 验室 参 考系 Σ 中 的 总 能量和总动量 ( p 与 x 轴方向夹角为θ) .证明在 另一参 考系 Σ′( 相 对于 Σ 以速度 v 沿 x 轴方向运动 ) 中 粒子体 系的总能 量和总动 量 满足 p′x = γ( px - βE/ c) , 　 E′= γ( E - cβp x ) tan θ′=

sin θ γ( cos θ- βE/ cp)

(2 ) 某光源发出的光 束在 两 个 惯 性 系中 与 x 轴的 夹 角 分 别

第六章 　 狭义相对论

146

为θ和θ′, 证明 cos θ′=

cos θ- β sin θ , sin θ′= γ( 1 - βcos θ) 1 - βcos θ

(3 ) 考虑在 Σ 系中立体角为 dΩ= - dcos θd 的光束 , 证明 当 变换到另一惯性系 Σ′时 , 立体角变为 dΩ′=

dΩ γ (1 - βcos θ) 2 2

【解】 ( 1) 设粒子体系在 Σ 系中的四维动量为 p1 = pcos θ, 　 p2 = psin θ, 　 p3 = 0 , 　 p4 = i E/ c 由四维动量变换 p′ μ = aμν pν , 得 Σ′ 系中 p′ 1 = γ( p1 - βE/ c) , 　 p′ 2 = p2 p′ 3 = p3 = 0 , 　 E′ = γ( E - cβp1 ) 动量方向由下式描述 tan θ′=

p′ 2 sin θ = γ( cos θ- βE/ pc) p′ 1

(2 ) 设光束在 Σ 系中的角频率 为 ω, 辐射方 向 k 与 x 轴的 夹 角为θ, 四维波矢量为 k1 =

ω ω iω cos θ, 　 k2 = sin θ, 　 k3 = 0 , 　 k4 = c c c

设在 Σ′系中角频率为 ω′, 辐射方向 k′与 x 轴的 夹角为 θ′, 四维 波 矢量为 k′ 1 =

ω′ ω′ iω′ cos θ′, 　 k′ 2 = sin θ′, 　 k′ 3 = 0 , 　 k′ 4 = c c c

由四维波矢量变换 k′ μ = aμν kν , 得 k′ 1 = γ k1 -

v 2 = k2 , 　 k′ 3 = k3 = 0 , 　 ω ′= γ(ω - v k1 ) 2 ω , 　 k′ c

最后一式为相对论多普勒效应 .由上述诸式 , 可解出 cos θ′=

cos θ- β sin θ , 　 sin θ′= γ(1 - βcos θ) 1 - βcos θ tan θ′=

si n θ′ sin θ = cos θ′ γ( cos θ- β)

习题与解答

147

这就是相对论光行差公式 .用 速度 变换 , 能更 快捷 地得 到这 结果 . 在 Σ 系中光速 c 的两个分 量为 u x = ccos θ, uy = csin θ, 在 Σ′系 中 有 u′x = ccos θ ′, u′y = csin θ′, 由 u′x =

uy ux - v y = 2 , 　 u′ 1 - ux v/ c γ( 1 - ux v/ c2 )

立得 u′x cos θ- β = c 1 - βcos θ

cos θ′= sin θ′= (3 ) 由于

u′y sin θ = c γ( 1 - βcos θ)

角与运动 方向 垂直 , 故 d ′= d , 对 上 面第 一式 两

边求微分 , 可得 d Ω′= sin θ′ dθ ′d ′=

dΩ γ2 ( 1 - βcos θ) 2

6．20 考虑一个质量 为 m1 , 能 量 为 E1 的 粒 子射 向 另一 质 量 为 m2 的静止粒子的体系 .通常在高 能物理 中 , 选择 动量中 心参 考 系有许多方便之处 , 在该参考系中 , 系统的总动量为零 . (1 ) 求动量中心参考系相对于实验室系的速度 βc; (2 ) 求动量中心参考系中每个粒子的动量、能量及总能量 ; 2

(3 ) 已知电子静止质量 me c = 0． 511 MeV .北 京正负 电子 对 3

撞机 ( BEP C) 的设计能量为 2×2． 2 GeV ( 1 GeV = 10 MeV ) .估计 一下若用单束电子入射静 止靶 , 要用 多大 的能 量才能 达到 与对 撞 机相同的相对运动能量 ? 【解】 在实验室参考系 Σ 中 , 粒子 m1 的能量与动量为 2

2 1

2

2 1

4

p c + m c , 　 p1 =

E1 =

2

4

E1 - m1 c c

( 1)

粒子 m2 的动量 p2 = 0 .设系统的动量中心系 Σ′相对于实验室系 Σ 的速度为 βc, 于是由 2

( E1/ c + m2 )βc =

E21 - m21 c4 c

( 2)

第六章 　 狭义相对论

148

得 2

c

βc =

2

4

E1 - m1 c 2 E1 + m2 c

( 3)

在动量中心参考系 Σ′中 , 系统的总动量为零 : p′= p′ 1 + p′ 2 = 0, 　 有 p ′ 1 = - p ′ 2

( 4)

因此两粒子的动量数值和能量分别为 m2

p′ 1 = p′ 2 =

1 - (βc/ c)

2

βc = 2

m2

E21 - m21 c4 Mc

2

E′ 1 =

m1 c + m2 E1 p′c + m c = M

E′ 2 =

m2 c + m2 E1 p′c + m c = M

2 1

2

2 1

4

2

2 2

2

2 2

( 5) ( 6)

2

4

( 7)

其中 M2 c4 = m21 c4 + m22 c4 + 2 E1 m2 c2

( 8)

若用质量为 m1 的单束粒子射向 静止 靶粒子 m2 , 则 要发生 与对 撞 机 ( 两束粒子 反向加速 实现对 撞 ) 相同的 能量效果 , 就 意味着单 束 2

2

运动粒子的能量 E1 ｍ m1 c 和 m2 c , 于是从 ( 6) 式和 (8 ) 式 , 得 2

2

E1 m2 c 2 E′ 1 E′≈ , 　 即 E1 ≈ 2 2 m2 c 2 1

2

( 9)

2

将 m2 c = me c = 0． 511 MeV, 以及对撞机 中单束粒子的能 量 E′ 1 = 2． 2 GeV 代入(9 )式 , 得在静止靶加速器中, 对单束粒子加速的能 量 必须为 E1 ≈1． 9×104 GeV

(10)

4

这几乎是对撞机中单束粒子能量的 10 倍 ! 6．21 电荷 为 e, 静 止 质 量 为 m0 的 粒 子 在 均 匀 电 场 E 内 运 动 , 初速度为零 , 试确定粒子 的运 动轨 迹与时 间的 关系 , 并 研究 非 相对论的情况 . 【解】 令 E= Eez , 由方程 dp/ d t = F, 有 dp=d

m0 v 1 - ( v/ c)

2

= eEd t

( 1)

习题与解答

149

积分 , 并由 t = 0 时 v0 = 0 , 得粒子的运动速度 v=

eE t/ m0 1 + ( eE t/ m0 c) 2

( 2)

由 v = d z/ d t, 并设 t = 0 时 z0 = 0 , 对 (2 ) 式积分 , 得粒子的运动轨迹 m0 c2 z= eE

eE 1+ t m0 c

2

- 1

( 3)

在非相对论情形下 , 由于 eE tｎ m0 c, 将 (3 ) 式中的根式展开 , 得 z=

1 eE 2 t 2 m0

( 4)

或者 , 由于在非相对论情形下方程 ( 1) 变为 d ( m0 v) = eEd t, 即 d v =

eE dt m0

( 5)

积分 , 并由 t = 0 时 , v0 = 0 , z0 = 0 , 亦得 ( 4) 式的结果 . 6．22 利用洛伦兹变 换 , 试 确定 粒 子在 互 相 垂直 的 均匀 电 场 Ee x 和磁场 Bey ( E > cB) 内 的 运 动 规 律 , 设 粒 子 的 初 速 度 为 u = c2 B/ E 而且沿着垂直于电场和磁场的 z 轴正向 . 【解】 设 E 和 B 静止的参考系为 Σ, 因 E⊥ B 且 E > cB, 而 粒 子以初速 u = c2 B/ E 沿 z 方向 运 动 , 故 由 6． 13 题 的结 果 知 , 在 粒 子静止的参考系 Σ′中 , 只有 电场 E′, 磁 场 B′= 0 .由相 对 论 变换 , Σ′系中的电场为 E′x = γu ( E - uB) = E/ γu , 　 E′y = 0 , 　 E′z = 0 其中 　 u = c2 B/ E, 　 γu = 1/

1 - ( u/ c) 2

于是 Σ′系中粒子运动方程为 d p′x d p′y d p′z = eE′x , 　 = 0, 　 =0 d t′ d t′ d t′ 第一个方程与 6． 21 题方程 ( 1) 相似 .从上述方程可解出 2

m0 c x′= e E′x

2

e E′x 1+ t′ - 1 , 　 y′= 0 , 　 z′= 0 m0 c

设 t = 0 时粒子位于 Σ 系原点 , 由洛伦兹变换

第六章 　 狭义相对论

150

x′= x, 　 y′= y , 　 z′=γu ( z - u t) , 　 t′= γu t -

u z c2

而 E′x = E/ γu , 因此粒子在 Σ 系中的运动轨迹 2

m0 c γu x= eE

eE t 1+ m0 cγ2u

2

- 1 , 　 y = 0 , 　 z = ut

为 x z 平面的抛射线 , 这是 因为 E⊥ B 且 E > cB, 粒 子 受到 的电 力 比磁力大所致 . 6．23 已知 t = 0 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 q1 和 q2 各自所 受 的力 , 如何解释两力不是等值反向 ? 【解】 由于 t = 0 时 q1 位于原 点 , 此 时静 止电 荷 q2 对 q1 的 作 用力为 F21 = q1 E2 = -

q1 q2 2 ey 4πε0 y0

运动电荷 q1 在其静止的参考系 Σ′ 中 , 于 q2 所在点产生的电磁场为 E′ 1 =

q1 1 = 0 2 ey , 　 B′ 4πε0 y′ 0

变换到 q2 静止的参考系 Σ, 并注意到 y′ 0 = y0 , 有 q1 1y =γ E1 x = B1 x = 0 ; 　 E1 y = γE′ , By = 0 4πε0 y20 E1 z = 0 , 　 B1 z = γ 其中 γ= 1/

v v q1 1 y =γ 2 2 E′ 2 c c 4πε0 y0

2

1 - ( v/ c) .因 q2 静止 , 故运动电 荷 q1 产生的 电磁 场

中 , 只有电场对其施加作用力 q1 q2 F12 = q2 E1 y e y =γ 2 ey 4πε0 y0 牛顿第三定律仅在 vｎ c 条件下才成立 , 而在高速运动情 形 ,γ≠ 1 , 因此 F1 2 ≠ - F21 . 6．24 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 轴上相距为 l ;

习题与解答

151

(2 ) 两个电荷都以相同速度 v 平行于 x 轴匀速运动 . 【解】 ( 1) 此情形下 一个 电荷对 另一 电荷 之施加 的静 电排 斥 力为 2

q ey F= 2 4πε0 l (2 ) 在两个电荷静止的参考系 Σ′ 中 ,两者的互作用力仍如上式: 2

q ey F′= 2 = K′ 4πε0 l K′是四维力的空间分量 .变换到静止参考系 Σ, 由于力的方向与 运 动方向垂直 , 故有 q2 K = K′, 　 F = K/ γ= ey 2 4πε0 l γ 其中 γ= 1/

1 - ( v/ c) 2 .

6．25 角频率为 ω的光子 ( 能量 －hω, 动量 －hk) 撞在静止的电子 上 , 试证明 (1 ) 电子不可能吸收这 个光 子 , 否则能 量和 动量 守恒 定律 不 能满足 ; (2 ) 电子可以散射这个 光子 , 散 射后光 子的 频率 比散 射前 的 频率小 ( 不同于经典理论中散射光频率不变的结论 ) . 【证】 ( 1) 在初态电子静止的参考系观察 , 该系统的能量和动 量为 W1 = m0 c2 + －hω, 　 p1 = －hk= －h (ω/ c) k0 m0 为电子的静止质量 , k0 是入 射光 子运动 方向 的单位 矢量 .若 电 子吸收了这光子 , 它将获得动量 p2 , 为使动量守恒满足 , 应有 p2 = - p1 , 于是末态电子的能量为 W2 =

2

2

2

4

p2 c + m0 c =

－h2 ω2 + m20 c4

显然 W2 ≠ W1 , 因此电子不可能吸收这光子 . (2 ) 仍在初态电子静止 的参 考系 观察 , 散射 前系 统的 能量 和

第六章 　 狭义相对论

152

动量仍为 W1 = m0 c + －hω, 　 p1 = －hk= －h (ω/ c) k0 2

如图 6． 3 , 设散射后光子的频率为 ω′, 能量为 －hω′, 动量为 p′ 1 = － hk′=

图 6． 3 　 ( 6． 25 题)

－h(ω′ / c) k′ 0 ,k ′ 0 是散射光子运动方向 的单位 矢量 , k ′ 0 与 k0 的夹 角 θ是光子的散射角 .散 射过 程电 子受 到 冲击 , 其 动 量 p′ 2 ≠0, 能 量 为

2 2 2 4 p′ 2 c + m0 c .散射前后系统的能量和动量守恒

m0 c2 + －hω=

2 2 2 4 p′ 2 c + m0 c + － hω′

p1 = p′ 2 + p ′ 1 , 　 即 p ′ 2 = p1 - p ′ 1 由此可解出散射后光子的角频率为 ω

ω′= 1+

－hω ) 2 ( 1 - cos θ m0 c

这结果称为康普顿散射 .可见散射 后光子的 频率 ω′< ω, 只 有能 量 －hωｎ m0 c2 ( 电子静止能量 ) 的光子 , 被散射后才有 ω′≈ω.第四章 讨 论电磁波在介质表面的反 射与 折射现 象时 , 把 反射波 和折 射波 的 频率看成与入射波的频率 相同 , 这仅 对频 率较 低的电 磁波 下才 近 似成立 . 6．26 动量为 －hk, 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的方向上 .证明散射光子的角频率变化量为 ω- ω′=

2 －h 2 θ ω′sin 2ω m0 c 2

即散射光波长 λ′= λ+

－ 2 θ 4πh sin m0 c 2

习题与解答

153

λ= 2π/ k 为散射前光子波长 , m0 为电子的静止质量 . 【提示】 解法如上题 ( 2) . 6．27 一个总质量为 M0 的激发态原子 , 对所选定的参考系静 止 , 它在跃迁到能量比之低 ΔW 的基态时 , 发射一个能量为 －hω, 动 量为 －hk 的光子 , 同时受到光子 的反 冲 , 因此光 子的 角频率 不可 能 正好是 ω=ΔW/ －h , 而是略低一些 .证明这个角频率 ω=

ΔW ΔW 12 －h 2 M0 c

【证】 在 激发 态原 子 静止 的参 考系 中 , 其 能量 W0 = M0 c2 , 动 量 p = 0 , 发射的光子能量 为 －hω, 动 量为 －hk= ( －hω/ c) k0 , 原 子受 到 2

反冲将具 有 动 量 p′, 能 量 变 为

2

2

4

0 c , 其 中 M′ 0 = M0 p′c + M′

2

ΔW/ c 为基态原子的静止质量 .由跃迁前后能量和动量守恒 M0 c2 =

2 2 2 4 p′ c + M′ 0 c + － hω, 　 p = p′+

－hω k0 = 0 c

解出发射的光子角频率为 ω=

ΔW ΔW 1－h 2 M0 c2

6．28 一个处于基态的原子 , 吸收了能量为 －hω的 光子跃迁 到 激发态 , 基态能量比激发态能量低 ΔW .求光子的频率 . 【解】 在 基态 原子 静 止的 参考 系中 , 其能 量 W0 = M0 c2 , 动 量 p = 0 , 吸收能量为 －hω, 动量 为 ( －hω/ c) k0 的 光子 后 , 原 子 将具 有 动 量 p′, 能量 变 为

2 2 p′ c + W21 , 其 中 W1 = M0 c2 + ΔW 是 激发 态 原

子的静止能量 .由跃迁前后能量和动量守恒 2 M0 c + －hω=

2

2

p′+ ( －hω/ c) k0 = 0 解出被吸收光子的角频率为 ω=

2

p′c + ( M0 c + ΔW )

ΔW ΔW 1+ 2 －h 2 M0 c

2

第七章 　 带电粒子和电磁场 的相互作用

7． 1 李纳 维谢尔势　任意运动 带电粒子的电磁场 设电荷为 e 的粒 子以任意 速度 v 相 对于参 考系 Σ 运动 , 由 于 推迟势只与粒子的速度 v 有关而不 依赖于 其加 速度 , 故可 在粒 子 静止的参考系与 Σ 系之间 , 对四 维势 作洛 伦兹变 换 , 由此 得李纳 维谢尔势 : A=

ev e , 　 φ= 4πε0 c ( r - v・ r/ c) 4πε0 ( r - v・ r/ c)

( 7． 1)

2

其中 v = v( t′) 是 粒 子 发出 辐 射 时 刻 t′的 速 度 , 此 时 它 的 位 矢 为 xe ( t′) , r = x - xe ( t′) 是 t′时刻 粒子 至场点 x 的矢 径 , r 是 t′时刻 粒 子至场点的距离 .由于推迟效应 , 场点在 t = t′+ r/ c 时 刻才观测 到 电磁场 .由 φ-

E= -

A = t

B= ×A=

t′×

φ t′t′

A t′ t′ t

A = en × E/ c t′

得 Σ 系中观测到的电磁场为 2

2

・

e (1 - v / c ) ( en - v/ c) en × [ ( en - v/ c) × v ] E= + 2 2 3 3 4πε0 r (1 - en ・ v/ c) c r( 1 - en ・ v/ c)

要 点 概 述

155

B = en × E/ c

( 7． 2)

其中 en 是 r 方向的单位矢量 .E 的第 一项仅 与粒 子速度 v 有关 而 ・

与加速度 v 无关 , 且～ 1/ r2 , 这项 是和 粒子 不可 分离 的 自场 , 主 要 存在于粒子附近 ; 第二项与粒子的速度和加速度均有关 , 且～ 1/ r, ・

这项是粒子的辐射场 .若粒子的加速度 v = 0 , 则不会发生 辐射 , 只 有粒子的自场 . 辐射场的瞬时能流密度为 S = E× B/ μ0 =ε0 c E2 en ・

2 | en × [ ( en - v/ c) × v ] | 2 e = 16π2ε0 c3 r2 (1 - en ・ v/ c) 6

( 7 .3) 以粒子辐射时刻 t′表示的瞬时辐射功率为

∮S・e

P( t′) =

n

2

dt 2 r dΩ d t′ ・

e = 2 3 16πε0 c

∮

2

| en × [ ( en - v/ c) × v ] | dΩ 5 (1 - en ・ v/ c)

( 7． 4)

辐射功率角分布为 ・

2 | en × [ ( en - v/ c) × v ] | 2 d P( t′) e = 2 3 5 dΩ 16πε0 c (1 - en ・ v/ c)

( 7． 5)

(7． 1 ) ～ ( 7． 5) 式是任意运动带电粒子辐射问题的基本公式 . 低速运动粒子的辐射 　 当粒子速度 vｎ c 且作加速运 动时 , 由 (7． 2 ) ～ ( 7 .4) 式 , 有 ・

e en × ( en × v ) E= , 　 B= en × E/ c 2 r 4πε0 c

( 7． 6)

2 ・2

e v 2 S= en 2 3 2 sin θ 16πε0 c r

( 7． 7)

2 ・2

e v P= 3 6πε0 c

( 7． 8)

・

・

θ是辐射方向 en 与加速度 v 的夹角 , 可见在与 v 垂直 的方向上 辐 ・・

・

射最强 .由于粒子的电偶极 矩为 p = exe , p = exe = ev , 故低速运 动

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

156

粒子加速时的辐射是电偶极辐射 . ・

高速运动粒子 的 辐 射 　 当 v ∥ v, 即 粒 子 作 直 线 加 速 时 , 由 (7 .2 ) ～ ( 7 .5) 式 , 有 ・

e en × ( en × v ) E= , 　 B = en × E/ c 2 4πε0 c r (1 - en ・ v/ c) 3

( 7． 9)

・

d P( t′) e2 v2 sin2θ = dΩ 16π2 ε0 c3 (1 - βcos θ) 5

(7． 10)

・

e2 v 2 6 e2 2 P( t′) = 3γ = 2 3 F 6πε0 c 6πε0 m0 c

(7． 11)

(7 .1 0) 式 中 θ是 辐射 方向 en 与速 度 v 的 夹角 ,β= v/ c .( 7． 11 ) 式 ・

中 F = d p/ d t = γ3 m0 v 是粒子受到的作用力 . ・

・

当 v ⊥ v , 即粒子作圆周轨道运动时 , 令某瞬时 v 沿 z 方向 , v 沿 x 方向 , (7． 5 ) 和 ( 7． 4) 式给出 2

2

2

2

2 ・2 ( 1 - βcos θ) - (1 - β ) sin θcos d P( t′) e v = 2 3 5 dΩ 16π ε0 c (1 - βcos θ)

(7． 12) 2 ・2

e v e2 4 2 2 P( t′) = 3γ = 2 3γ F 6πε0 c 6πε0 m0 c

(7． 13)

(7 .1 3) 式表示在一定作用力 下 , 圆周型 ( 回旋 ) 加速 器中粒 子因 辐 2

射而损耗的功率 , 与 其能 量 W = γ m0 c 的 平方 成 正比 , 即粒 子 能 量越高 , 辐 射损耗越 大 , 粒子加 速能量受 到限制 .而 ( 7 .11 ) 式表 示 在一定作用力下 , 直线加速器中粒子辐射而损耗的功率 , 与其能量 无关 , 即加速能量不受限制 .

7． 2 带电粒子的辐射频谱 带电粒子加速时产生的辐射通常是脉冲式的 .由傅里叶分析 , 脉冲波可表为各单色波的叠加 .电场强度的傅里叶变换为 ∞

∫

E( x, t) =

-∞

Eω ( x) e

- iω t

dω

(7 .1 4)

要 点 概 述

1 Eω ( x) = 2π

157

∞

∫

iω t

E( x, t) e

- ∞

dt

(7 .1 5)

其中 E( x, t) 为 ( 7 .2) 式的第二项即粒子的辐射场 .由上述变换 , 有 ∞

∞

∫

∫

2

| E( x, t) | d t = 4π

-∞

0

2

| Eω ( x) | dω

(7 .1 6)

以 R 表示 坐标 原点 到场点 的距 离 , en 表 示这 方向的 单位 矢 量 , 在 远处 , 粒子到场点的距离 r≈ R - en ・ xe , 将 (7 .2 ) 式第 二项 E( x, t) 代入 (7 .1 5) 式 , 得 e ei kR Eω ( x) = 2 2 8πε0 c R

∞

∫

- ∞

・

en × [ ( en - v/ c) × v ] iω( t′- en ・ xe/ c) e d t′ (1 - en ・ v/ c) 2 (7 .1 7)

单位频率间隔辐射的能量角分布为 d Wω 2 2 = 4πε0 cR | Eω | dΩ

(7 .1 8)

对 dΩ积分 , 得单位频率间隔辐射的能量 :

∮

W ω = 4πε0 c

| Eω | 2 R2 dΩ

(7 .1 9)

・

若知道 粒子 的运 动轨 迹 , 速 度 v 和 加速 度 v , 由 ( 7 .17 ) 式可 给 出 Eω , 再由 (7 .18) 和 (7 .19) 式便可计算 辐射频谱 .当 粒子速度 vｎ c, (7 .1 7) 式变为 i kR

e e Eω ( x) = 2 2 8π ε0 c R

∞

∫

- ∞

・

iω t′

[ en × ( en × v ) ] e

d t′

(7 .2 0)

例如 , 求当带电粒子射向介质时 , 粒子与介质内的原子发生碰撞而 减速所产生的辐射 .设 很短时 间 τ内 粒子 速度 改变量 为 Δv , 且 频 iωt′

率ωｎ 1/ τ, 则 e

≈1 , 此时有

e eikR Eω ( x) = 2 2 [ en × ( en ×Δv) ] 8πε0 c R

(7 .2 1)

d Wω e2 2 2 = 3 3 |Δv | sin θ dΩ 16πε0 c

(7 .2 2)

e2 2 Wω = 3 3 |Δv | 16π ε0 c

(7 .2 3)

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

158

(7 .2 2) 式中 θ是辐射方向 en 与 Δv 的夹角 .若 ωｍ 1/ τ, 则 eiω t′ ≈0 , Eω ( x) ≈0 , Wω ≈ 0 .上述结果在频 率较低 时 , 与 X 射 线的实 验结 果 有较好符合 , 但在高频段与实验结果不符 .

7． 3 切伦柯夫辐射 在真空中 , 带电粒子加 速时 才发生 辐射 .但 是在 介 质内 , 当 带 电粒子匀速运动且其速度 v 超过介质中的光速 , 即 v > c/ n( n 为 介 质的折射率 ) 时 , 会产生 辐射———即 切伦柯 夫辐 射 .这 是由 于运 动 粒子的电磁场使介质分子 出现 诱导电 流 , 粒子 的电磁 场与 诱导 电 流的电磁场互相干涉而形成的辐射 .若介质 磁导率 μ= μ0 , 只要 把 iω( t′- e ・ x / c) n e

(7 .1 7) 式相因子 e

中的 光速 c, 换 为 介质 中 的 光速 c/ n,

再由 (7 .1 8) 式可以计算切伦柯夫辐射频谱 .

7． 4 带电粒子的电磁场对粒 子的反作用 电磁作用是自然界的基 本相互 作用 之一 .带电 粒 子的 自场 对 粒子的反作用 , 通过质能关系表现为粒子具有电磁质量 .由于粒子 的自场总是和粒子不可分 割地 联系在 一起 , 因 此带电 粒子 的静 止 能量包含着它的自场能量 , 静止质量包含着它的电磁质量 . 带电粒子的辐射场对粒 子的反 作用 , 表 现为粒 子 受到 辐射 阻 尼力 .若粒子运动速度 v 较低 , 辐射阻尼力的周期平均值为 2 ・・

e v Fs = 3 6πε0 c

(7 .2 4)

7． 5 电磁波的散射和吸收　 介质的色散 外来电磁波作用到电子上时 , 电子将作受迫振动而产生辐射 , 入射波部分能量变为电子 的辐 射能量 , 这 现象 称为电 子对 电磁 波 的散射 . 自由电子对电磁波的散 射 　 这 种散 射称为 汤姆 孙 散射 .当 电 子速度 vｎ c, 其振幅远小 于入 射波 长 λ, 即 v Tｎ cT = λ, 设入 射 波

要 点 概 述

159

电场为 E0 e - iωt , 略去入射波磁场的作用力 , 电子运动方程为 2

・ ・ ・ e e - iω t x E0 e 3 x = m 6πε0 mc

・・

2

(7 .2 5)

2

一般有 λｍ re = e / 4πε0 mc ( 电子“ 经 典半 径”) , 故 可略 去 阻 尼力 , 方程 (7 .2 5) 的近似解为 eE0 - iω t 2 e mω

x= -

(7 .2 6)

・・

将电子加速度 x 代 入 (7 .6 ) 的 第一 式 , 得电 子 散射 波电 场———电 偶极辐射场 : E =

・・ e [ en × ( en × x ) ] 2 4πε0 c r

e2 E0 i ( k・ r - ωt ) = sin αe es 2 4πε0 mc r

(7 .2 7)

α是散射波矢方向 en 与入射波电场 E0 偏振方向的夹角 , es 是散射 波电场偏振方向的单位矢量 . -

2

入射波平均能流密度 ( 即入射波强度 ) 为 I0 = S0 =ε0 cE0/ 2 .由 -

-

(7 .2 7) 式可计算出平均散射能流密度 S 和平均散射功率 P : 2 1 re 8 2 S= ) I0 en , 　 P = S r2 dΩ= πr2e I0 (7 .2 8) 2 (1 + cos θ 2 r 3

∮

-

θ是 散 射 波 矢 与 入 射 波 矢 的 夹 角 .散 射 总 截 面 定 义 为 P 与 I0 之比 : -

P 8π 2 σT = = re (7 .2 9) I0 3 微分散射截面定义为单位立体角内的散射功率与 I0 之比 : -

dσT d P/ dΩ 1 2 = = re (1 + cos2θ) dΩ I0 2

(7 .3 0)

束缚电子对电磁波的散射 　 经典物理把原子内的束缚电子看 作固有角频率为 ω0 的谐 振子 .当电 磁波 入射至 振子 时 , 将 受到 电 场 E0 e - iω t 、辐射阻尼力和恢复力 - mω20 x 的作用 , 运动方程为

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

160

e - iω t E0 e m 2 2 3 其中 γ= e ω/ 6πε0 mc 为阻尼系数 .这方程的解为 ・・

・

2

x + γx + ω0 x =

x= 其中

e m

(7 .3 1)

1 - i ( ωt - δ) 0 e E (ω20 - ω2 ) 2 + ω2 γ2

(7 .3 2)

ωγ (7 .3 3) 2 ω -ω ・・ 从 (7 .3 2) 式求出加速度 x 并代入 ( 7 .6) 式 , 得散射波电场 : tan δ=

2 0

eω2 E0 1 E= sinαei ( k・ r 2 2 2 4πε0 mc r (ω0 - ω ) - iωγ

- ω t)

es

(7 .3 4)

α是散射方向 en 与入射波电场 E0 的夹角 .平均散射功率与散射截 面为 4 8πr2e I0 ω P= 3 (ω20 - ω2 ) 2 + ω2 γ2 -

-

(7 .3 5)

2

4 P 8πre ω σ= = I0 3 (ω20 - ω2 ) 2 + ω2 γ2

(7 .3 6)

4

当入射波 频 率 ωｎ ω0 , σ= σT (ω/ ω0 ) , 为 瑞 利 散 射 ( 低 频 散 射 ) ; 当 ωｍ ω0 , σ= σT , 即 过 渡 到 自 由 电 子 散 射 ; 当 ω= ω0 , σ= 2

σT (ω/ γ) , 即出现共振 . 当含有众多频率的电磁 波投射 到原 子中的 束缚 电 子时 , 频 率 为 ω= ω0 的入射波能量被振子吸收 , 振幅增大 , 直到振子的散射能 量等于吸收能量 , 振幅才达到稳定值 .从量子力学的观点来看“ , 振 子”的固有频率为 ω0 =ΔE/ －h ,ΔE 是原子 两个相 邻能级的 能量差 , 入射光子频率 ω= ω0 时 , 原子吸收了这个光子 , 并从基态跃迁到激 发态 ; 反之 , 当 原 子 从 激 发 态 跃 迁 回 基 态 时 , 将 放 出 一 个 频 率 为 ω≈ΔE/ －h的光子 . 介质的色散 　 电磁波入 射到介 质内 时 , 由大量 电 子散 射波 的 叠加 , 形成介质内的电磁波 .设介质 单位 体积 的电子 数为 N , 其 中 故有频率为 ω0 = ωi 的 电子 数为 N f i , f i 为 分 数 , 由 ( 7 .32 ) 式 , 得 介质的极化强度 :

习题与解答

P = ∑ N f i ex = i

∑ i

161

fi Ne2 E 2 m (ωi - ω2 ) - iωγi

(7 .3 7)

γi 是第 i 个振子的阻尼系数 .由 P =ε0χe E,ε=ε0 ( 1 + χe ) =ε0εr , 得 电容率 :

∑

ε(ω) =ε0 +

i

N e2 fi 2 m (ωi - ω2 ) - iωγi

(7 .3 8)

相对电容率的实部

∑

ε ′ r = 1 +

i

2 f i (ω2i - ω2 ) Ne mε0 (ω2i - ω2 ) 2 + ω2 γ2i

(7 .3 9)

描写色散关系 ; 相对电容率的虚部 ε″ r =

∑ i

f iωγi N e2 2 2 mε0 (ωi - ω2 ) 2 + ω2 γ2i

(7 .4 0)

描写电磁波的吸收 .利用 ( 7 .38 ) ～ ( 7 .40 ) 式讨论绝缘体、导体和等 离子体对电磁波的色散与 吸收 现象 时 , 存 在着 局限 性 .原因 在于 , 经典振子模型不能反映原子的真实结构以及电磁作用的微观动力 学机制 , 也无法给出合理的电子固有频率 ωi .

・

・

7．1 电子的速度 v 与加速度 v 的夹角为 α, 证明 v 与 v 平 面 ・

内与 v 的 夹角 为 β的 方向 上 无辐 射 ,β由 以 下 方程 决 定 : sin β= ( v/ c) sin α. 【证】 由 ( 7 .2) 式的第二项即粒子的辐射场 ・

e en × [ ( en - v/ c) × v ] E= 2 3 4πε0 c r (1 - en ・ v/ c) 可知 , 当 ・

・

・

( en - v/ c) × v = 0 , 即 en × v = v/ c× v 时 , en 方向无辐射 .而 ・

・

・

・

| en × v | = | v | sin β, 　 | v/ c× v | = ( v/ c) | v | sin α

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

162

即当 sin β= ( v/ c) sin α时 , en 方向无辐射 . 7．2 一个在 10 - 4 高斯的磁场中作圆周运动 , 能量 达到 1012 eV 的高速回转电子 , 试求它在单位时间内损失的能量 . 【解】 电子在磁 场中受到 的力为 F = ev B, 由于圆周 运动而 辐 射损耗的功率为 e2 e4 B2 2 2 2 2 P( t′) = 2 3γ F = 2 3γ v 6πε0 m0 c 6πε0 m0 c 2

2

2

2

4

电子动量 p = γm0 v, 能量的平方 W = p c + m0 c , 故上式中 2

2

4

W - m0 c γv = m20 c2 2

2

由 W = 101 2 eV , B = 10 - 8 T , m0 c2 = 0． 51 MeV , 有 2 2 4 e4 B2 W - m0 c P( t′) = = 38 eV・s - 1 2 2 4 6πε0 m0 c m0 c

7．3 有一带电粒子沿 z 轴作简谐振动 z = z0 e - iωt .设 z0 ωｎ c, 求: (1 ) 它的辐射场和能流 ; (2 ) 它的自场 .比较两者的不同 . 【解】 粒子在 t′时刻 辐射 的波 , t = t′+ R/ c 时 刻才 传 至 场点 , 故在场点上看粒 子 运 动方 程 为 z = z0 e - iω t′ = z0 ei( kR - ω t ) , 其 中 k = ω/ c .粒子的速度和加速度为 ・

v = - i z0 ωei ( k R - ω t ) ez , 　 v = - z0 ω2 ei ( kR - ωt ) ez 由于 z0 ωｎ c, 即粒子速度 vｎ c, 故其辐射场为电偶极场 : ・

2

e en × ( en × v ) - ez0 ω sinθ i( kR - ω t ) E= = e eθ 2 4πε0 c R 4πε0 c2 R 2

- ez0 ω sinθ i( kR - ω t ) B = en × E/ c = e e 4πε0 c3 R p0 = ez0 为电矩振幅 ,θ是辐 射方 向 en = eR 与 z 轴的 夹 角 .平均 辐 射能流为 2

2

4

e z0 ω 1 ＊ 2 S= Re( E × B) = 2 3 2 sin θeR 2μ0 32πε0 c R -

由于 vｎ c, 由 (7 .2 ) 式的第一项 , 得粒子的自场 :

习题与解答

163

eR ev× R 3 , 　 B= 4πε0 R 4πε0 c2 R3

E=

即低速运动粒子自场的电场部分近似于一个静止点电荷激发的球 对称 库 仑 场 , 磁 场 部 份 近 似 于 恒 定 电 流 激 发 的 磁 场 . 辐 射 2

场～1/ R, 且是 T E M 波 ; 自场～ 1/ R , 故 主要存 在于 粒 子附 近 , 可 略去推迟效应 . 7．4 带电荷 e 的粒 子在 x y 平 面 上绕 z 轴 作 匀速 圆 周 运动 , 角频率为 ω, 半径 R0 .设 ωR0 ｎ c, 试 计算 辐射场 和能 流 密度 .讨 论 θ= 0 ,π/ 4 ,π/ 2 , 及 π处电磁场的偏振 . 【解】 将 粒 子 在 x y 平 面 的 圆 周 运 动 分 解 为 两 个 独 立 的 线 振动 : xe = R0 ( ex + iey ) e

- iω t′

由此可求出粒子的加速度 : ・

・・

2

v = x e = - ω R0 ( ex + iey ) e

- iωt′

由于粒子速度 v = ωR0 ｎ c, 故其辐射场是电偶极场 : eR0 ω2 E= ( cos θeθ + ie ) ei ( kR - ωt + 2 4πε0 c R

)

eR0 ω2 i ( kR - ω t + B= eR × E/ c = ( - ieθ + cos θe ) e 3 4πε0 c R

)

其中 p0 = eR0 是电矩振幅 , k = ω/ c .可以 看到 , 任何 半径 R 的球 面 都是波的等相面 , 但不是波的等振幅面 , 而且在同一球面的不同点 上 , 电场 ( 或磁场 ) 有不同的偏振态 .例如 2

eR0 ω i( kR - ω t + θ= 0 处 , E = ( eθ + ie ) e 2 4πε0 c R

)

沿经线和纬线两个正交方向上 , 电场振辐相等 , 但纬线上的振动比 经线上 的振 动相位 滞后 π/ 2 , 因此 在面对 波传 播方 向的观 察者 看 来 , E 是左旋的圆偏振波 . 2

eR0 ω i( k R - ω t + θ=π处 , E = ( - eθ + ie ) e 2 4πε0 c R E 是右旋的圆偏振波 .

)

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

164

2

eR0 ω θ=π/ 4 处 , E = 4πε0 c2 R

i ( kR - ω t + 2 eθ + ie e 2

)

沿经线振动 的 振 幅 比 沿 纬 线 振 动 的 振 幅 小 , E 是 左 旋 的 椭 圆 偏 振波 . e R0 ω2 i( k R - ω t + 2 θ= 3π/ 4 处 , E = e 2 e θ + ie 4πε0 c R 2

)

E 是右旋的椭圆偏振波 . 2

i eR0 ω i ( kR - ωt + ) θ=π/ 2 处 , E= e e 2 4πε0 c R E 是沿纬线振动的完全偏振波 .平均辐射能流为 e2 R20 ω4 2 S= ) eR 2 3 2 ( 1 + cos θ 32πε0 c R -

2

其中因子 (1 + cos θ) 体现了辐射能量的角分布 . 7．5 设有一各向同性的带电谐 振子 ( 无外场 时粒子受 弹性 恢 复力 - mω20 r 作 用 ) , 处 于均 匀恒 定的 外磁 场 B 中 , 假 设 粒子 速 度 vｎ c及辐射阻尼力可以忽略 , 求 : (1 ) 振子运动的通解 ; (2 ) 利用上题的 结果 , 讨 论 沿磁 场方 向和 垂直 于 磁场 方向 上 辐射场的频率和偏振 . 【解】 令外 磁 场 B = Bez , 振 子 受 到 的 磁 力 和 弹 性 恢 复 力 分 别为 ・

・

・

FB = er × B= e By ex - eBx ey 2

2

Fe = - mω0 r = - mω0 ( xe x + yey + zez )

( 1) ( 2)

ω0 为振子固有角频率 .因 vｎ c 且辐 射阻尼 力可 忽略 , 振子 运动 方 ・・

程 m r = Fe + FB 的分量式为 ・・

2

x = - ω0 x +

・・ ・・ eB ・ eB・ 2 2 y , 　 y = - ω0 y x , 　 z = - ω0 z m m

( 3)

其中 eB/ m 为振子在磁场中的回旋频率 , 记 ωL = eB/ 2 m, 并令 r = u( ex + iey ) + zez , 　 u = x - i y 则 (3 ) 的前两个方程可合写成

( 4)

习题与解答 ・・

165

・

u - i2ωL u + ω20 u = 0

( 5)

当磁场仅对振子引起轻微扰动 , 即 ωL ｎ ω0 , 方程 (5 ) 的近似解为 u = Ae - i (ω0 - ωL ) t + Bei( ω0 + ωL )

t

A , B 为常数 , 由初条件确定 .(3 ) 的 第三 个方 程的解 为 z = Ce

( 6) - iω t 0

.

于是振子运动的通解为 r = A( ex + iey ) e - i (ω0 - ωL ) t + B( ex - iey ) e - i( ω0 + ωL ) t + Ce - iω0 t ez ( 8) 由此看到 , 在平行 于磁 场的 方向 上 观察 到两 个频 率 为 ω0 ±ωL , 旋 转方向相反 的 圆 偏 振 波 ; 在 垂 直 于 磁 场 的 方 向 上 观 察 到 频 率 为 ω0 ±ωL 和 ω0 三个线偏振波 . 7．6 设电子在均匀磁场 B 中运动 , 取磁场沿 z 轴方向, 已知 t = ・

・

・

0 时, x = R0 , y = z = 0 , x = z = 0 , y = v0 , 设非相对论条件满足 , 求: (1 ) 考虑辐射阻尼力的电子运动轨道 ; (2 ) 电子单位时间内的辐射能量 . 【解】 ( 1) 电子受到的外场力为 ・

・

・

FB = er × Bez = eB y ex - eB x ey

( 1)

低速情形下电子受到的辐射阻尼力为 2

・・・ ・・・ ・・・ e Fs = 3 ( x ex + y ey + z ez ) 6πε0 c

( 2)

记 2

2

eB e ω0 ω0 = , 　 γ= 3 m 6πε0 mc

( 3)

于是电子运动方程为 ・・

・

x = ω0 y +

・・ ・ ・・ γ・・・ γ・・・ γ・・・ 0 x + z 2 x , 　 y = - ω 2 y , 　 z = ω0 ω0 ω20

( 4)

令 u = x + i y, 则 (4 ) 的前两个方程可合写成 ・・

・

u + iω0 u =

γ・・・ u ω20

( 5)

一般地 , 电子辐射波长 远大于 电子 经典半 径 .例如 , 假 设这 电子 在 原子中运动 , 则辐射波长 λ= 2πc/ ω0 ～ 10 2

4πε0 mc ～10

- 15

- 7

2

m , 而 电子半 径 re = e /

m , 因此 λｍ re , 即 ω0 ｍ γ, 故方 程 ( 5 ) 右方一 项可 作

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

166

为微扰项 , 先由 ・・

・

u + iω0 u = 0

( 6)

u = u0 e - iω0 t

( 7)

得零级近似解为 ・・・

2 ・

由此得 u = - ω0 u , 并将它代回方程 (5 ) , 变成 ・・

・

u + ( iω0 +γ) u = 0

( 8)

u = u0 e - γ t e - iω0 t + C

( 9)

此方程的通解为 ・

・

由 ω0 ｍ γ, 及 t = 0 时 , x = R0 , y = 0 , x = 0 , y = v0 , 得 x≈ R0 -

v0 ω0

+

v0 - γ t v0 e cos ω0 t, 　 y≈ e - γ t sin ω0 t ω0 ω0

(10)

・

又由 t = 0 时 , z = z = 0 , 得 ( 4 ) 的 第三 个方 程的 解 为 z = 0 .即电 子 运动轨迹是一条 x y 平面上的螺线 . (2 ) 从运动方程 ( 10 ) 得电子加速度的平方 : ・2

・・ 2

・・ 2

2

2

v = x + y ≈ v0 ω0 e

- 2γ t

(11)

由于电子速度 vｎ c, 其 辐射 为电 偶极 辐 射 , 平 均 辐射 能 流与 辐 射 功率为 ・

2

2

2

e2 v2 e v0 ω0 2 - 2 γt 2 S= er = sin αer 2 3 2 sin α 2 3 2 e 16πε0 c r 16πε0 c r -

-

e2 v20 ω20 - 2γt S r dΩ= e S 6πε0 c3

∮

P=

-

2

(12) (13)

・

α是辐射方向 er 与加速度方向 v 的夹角 .电子的能量为 W≈

1 1 mv2 = mv20 ω20 e - 2γ t 2 2

(14)

它在单位时间内损失的能量 2

2

2

dW e v0 ω0 - 2γt = e d t 6πε0 c3

(15)

与其辐射功率相等 .从此例可见 , 原子中的电子不可能遵从经典运 动规律 , 否则就不可能存在稳定的原子 .

习题与解答

167

7．7 (1 ) 根据相对论协变的力 学方程 , 证明 相对论性 加速 带 电粒子的辐射场公式 ・

e en × [ ( en - v/ c) × v ] E= 4πε0 c2 r (1 - v・ en/ c) 3

( 1)

用作用力表示为 e δ3 E= en × [ ( en - β) × F - (β・ F) ( en ×β) ] 4πε0 mc2 r γ 其中 β= v/ c,δ= ( 1 - β・en )

- 1

( 2) ret

, ret 表示时刻 t′= t - r/ c 时的值 ;

(2 ) 利用公式 ( A× B) 2 = A2 B2 - ( A・ B) 2 , 计算 [ ( en - β) × F] 2 和 [ F・ ( en ×β) ] 2 ; (3 ) 利用上述公式 , 证明带电粒子辐射功率的角分布公式 ・

| en × [ ( en - v/ c) × v ] | 2 d P( t′) e2 = dΩ 16π2ε0 c3 (1 - v・ en/ c) 5

( 3)

用作用力表示为 d P( t′) e2 δ3 δ2 2 2 = [ F (β ・ F) )2 ] 2 2 3 2 2 ( F・en - F・β dΩ 16πε0 m c γ γ ( 4) 2

【解】 ( 1) 由 γ= ( 1 - β ) F= ・

- 1/ 2

, 相对论性力学方程可写成

・ ・ d 2 (γmv) = γ mc[β+ γ (β・β)β] r et d t′

( 5)

・

其中 β = v/ c, 于是有 ・ ・ 1 [ ( en - β) × F - (β・ F) ( en ×β) ] = c[ ( en - β) ×β] = ( en - β) × v γm

( 6) 故 (1 ) 式可写成 ( 2) 式 . 2

2

2

2

(2 ) 由 ( A× B) = A B - ( A・ B) , 有 [ ( en - β) × F] 2 = ( en - β) 2 F2 - [ ( en - β) ・ F] 2 = [ 1 - 2 ( en ・β) +β2 ] F2 - [ ( en ・ F) 2 + (β・ F) 2 2 ( en ・ F) (β・ F) ] 2

2

2

2

( 7) 2

2

[ F・ ( en ×β) ] = β F - (β・ F) - [β ( en ・ F) -

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

168

2 (β・ F) ( en ・ F) ( en ・β) + F2 ( en ・β) 2 ]

( 8)

(3 ) 由 ( 6) 式 , 并利用 ( 7) 式和 (8 ) 式 , 有 ・

δ5 [ en × ( en - β) × v ] 2 δ5 = 2 2 { en × [ ( en - β) × F - (β・ F) ( en ×β) ] }2 γm 3

2

δ δ = 2 2 [ F2 - (β・ F) 2 - 2 ( F・en - F・β) 2 ] γm γ

( 9)

故 (3 ) 式可写成 ( 4) 式 . 7．8 应用导出介质色散的方法 , 推导等离子体折射率的公式 n(ω) =

2

2

1 - N e / ε0 mω

【解】 设入射波电场为 E = E0 e

- iω t

, 当电 子速 度 vｎ c, 磁力 可

忽略 , 其运动方程为 2

・・・ e e x E0 e - iωt 3 x = 6πε0 mc m

・・

左方第二项为阻尼力项 .稀薄 等离子 体中 的电 子受外 场作 用将 以 角频率 ω作强迫振动 , 在考虑 等离 子体 对不同 频率 入射波 的折 射 率时 , 可略去阻尼力 .于是上述方程有近似解 : x=

eE0 - iωt 2 e mω

设单位体积内的电子数为 N , 则等离子体的极化强度为 2

Ne P = - Nex = 2 E mω 由 P = χeε0 E, 电容率 ε=ε0 (1 + χe ) =ε0εr , 于是相对电容率为 Ne2 εr = 1 ε0 mω2 又稀薄等离子体中 μ= μ0 , 故折射率为 2

n(ω) = εr = 2

Ne 1 2 ε0 mω

2

其中 ωp = Ne / ε0 m,ωp 为等离子体的固有角频率 . 7．9 一 个质 量 为 m, 电荷 为 e 的粒 子 在一 个平 面上 运动 , 该

补　充　题

169

平面垂直于均匀静磁场 B . 2

(1 ) 计算辐射功率 , 用 m, e, B,γ表示 ( E = γmc ) ; 2

(2 ) 若在 t = t0 时 E0 = γ0 mc , 求 E( t) ; (3 ) 若初始时刻粒子为非相对论性的 , 其动 能为 T0 , 求时 刻 t 粒子的动能 T . ・

【解】 ( 1) 粒子受到磁力 F = ev B, 因此 v ⊥ v, 辐射功率为 P=

e2 B2 e4 2 2 γ F = (γ2 - 1) 2 3 2 6πε0 m c 6πε0 m c 2

(2 ) 任意时刻粒子 的能 量 E = γmc , 其能 量减 少 率应 等于 辐 射功率 , 即有 2 4 2 4 E2 dE B e 2 B e = (γ - 1) = 2 2 2 4 - 1 dt 6πε0 m c 6πε0 m c m c

dE B2 e4 = 2 2 4 2 dt ( E/ m c - 1) 6πε0 m c 积分 , 并由 t = t0 时 E0 = γ0 mc2 , 得 γ0 γ0 2 E( t) = mc γ0 1 γ0 1+

- 1 -η e 2 4 +1 2 B e ( t - t0 ) , 　 η= 3 3 - 1 -η 6πε0 m c e +1

(3 ) 若初始时刻粒子为非相对论性的 , 即 E≈ T = m v2 / 2 ,γ2 1≈ v2/ c2 , 有 dT B2 e4 B2 e4 2 = (γ - 1) ≈ T dt 6πε0 m2 c 3πε0 m3 c3 积分 , 并由 t = t0 时 T = T0 , 得时刻 t 粒子的动能 T = T0 exp

B2 e4 ( t - t0 ) 3πε0 m3 c3

7．10 带电粒子在有 限区 域内 运 动 , 区域 线度 为 l, 粒子 速 度

第七章 　 带电粒子和电磁场的相互作用

170

・

vｎ c, 求它的电磁场 , 准确 到 v/ c 及 v/ c 的 一次 项 .估 算自 场与 辐 射场过渡区域的距离 . 【解】 任意运动带电粒子的场为 2

・

2

e (1 - v / c ) ( en - v/ c) en × [ ( en - v/ c) × v ] E= + 2 2 3 3 4πε0 r (1 - en ・ v/ c) c r( 1 - en ・ v/ c) B = en × E/ c 因 vｎ c, 故可将 (1 - en ・ v/ c) - 3 展开为关于 v・en/ c 的幂级数 : (1 - en ・ v/ c)

en ・ v en ・ v =1+3 +6 c c

- 3

2

+…

・

准确至 v/ c 及 v/ c 的一次项 , 粒子的场为 ・

3 e( en ・ v) r een × ( en × v ) er ev E= 3 + 3 2 + 4πε0 r 4πε0 cr 4πε0 cr 4πε0 c2 r ・

ev× en ev ×en B= 2 2 + 4πε0 c r 4πε0 c3 r 电场 E 的前三项均～ r - 2 , 都属 于粒 子的自 场 , 主要 存在于 粒子 附 近 , 其中第一项是粒子的库仑场 , 第二项和第三项均与粒子速度有 关 , 有似稳性质 , 由于粒 子速 度 vｎ c, 故 自 场主 要 是库 仑 场 .第 四 项与加速度有关而且～ r

- 1

, 是辐射场 .磁场 B 的第一项属于自场 ,

有似稳性质 , 第二项属 于辐射 场 .在自 场与辐 射场 过渡 区域 内 , 两 种场强应当有相同的数量级 , 设此处距离为 r0 , 于是有 2

Es e/ r0 = ・ 2 ～1 Er ev/ c r0 ・

2

粒子运动区域的线 度为 l, 故其 加 速度 的数 量级 为 v ～ v / l, 于 是 得 r0 ～ l( c/ v)

2

附　 　录

1． 三维 空间中的 矢量和二阶 张量 三维空间中的物理量分 为标 量、矢 量、二阶 张量 和 高阶 张量 . 坐标系基矢量 e1 , e2 , e3 的正交性可表示为 1 　 ( i= j) ei ・ej =δi j = ( Ⅰ． 1) 0 　 ( i≠ j ) 一般矢量 A 有三个独立分量 , 可写成 3

A = A1 e1 + A2 e2 + A3 e3 =∑ Ai ei

( Ⅰ． 2)

i = 1

两矢量的标积与矢积 , 三矢量的混合积与矢积满足 : A・ B= B・ A

( Ⅰ． 3)

A× B= - B× A

( Ⅰ． 4)

A・ ( B×C) = B・ ( C× A) = C・ ( A× B)

( Ⅰ． 5)

A× ( B×C) = B( C・ A) - C( A・ B)

( Ⅰ． 6)

矢量 A 和 B 并置构成并矢量 : AB = ( A1 e1 + A2 e2 + A3 e3 ) ( B1 e1 + B2 e2 + B3 e3 ) 3

=

∑

( Ⅰ． 7)

A i B j ei ej

i, j = 1

共有 9 个分量 Ai B j 和 9 个基 ei ej , 一般地 AB≠ BA .二阶张量的并 矢量形式和矩阵形式分别为 3

→→

T =

∑

Ti j ei ej

( Ⅰ． 8)

i, j = 1

T11 　 T12 　 T13 T=

T21 　 T22 　 T23 T31 　 T32 　 T33

( Ⅰ． 9)

附　 　录

172

张量的迹是其对角分量 ( 元素 ) 之和 : ( Ⅰ． 10)

tr T = T1 1 + T22 + T33

T j i = T ij 的 张量称为 对称张 量 , 有 6 个 独立分 量 , 若对称张 量的 迹 为零 , 则只有 5 个独立分量 .T j i = - T ij 的张量称为反对称张量 , 由 于 T1 1 = T2 2 = T33 = 0 , 反对称张量只有 3 个独立分量 .单位张量的 并矢量形式与矩阵形式分别为 →→

( Ⅰ． 11)

I = e1 e1 + e2 e2 + e3 e3 1　0　0 I= 0　1 　0

( Ⅰ． 12)

0　0　1 ( Ⅰ． 1) 式中的符号 δi j , 可看成单位张量的分量 . 二阶张量与矢量的点乘 , 结果为矢量 , 由 ( Ⅰ． 1) 式 , 有 →→

A・ T =

∑

A k ek ・

k

∑

T i j ei ej =

ij

∑

A k T i jδki ej =

k, i , j

∑

A i T ij ej

ij

( Ⅰ． 13) →→

T ・A =

∑ ij

T ij ei ej ・ ∑ A k ek = k

∑

A k T i j eiδjk =

i, j , k

∑

A j T i j ei

ij

( Ⅰ． 14) →→

→→

一般地 A・ T ≠ T ・ A .但单位张量与任何矢量 的点乘 , 均给出 原 矢量 : →→

→→

A・ I = I ・ A = A

( Ⅰ． 15)

并矢量与并矢量 , 或二 阶张量 与二 阶张量 的双 点乘 , 结 果为 标量 . 运算规则是先将靠近的两个矢量点乘 , 再将另两个矢量点乘 : ( AB) ∶ ( CD) = ( B・ C) ( A・ D)

( Ⅰ． 16)

2． 算符 运算 是对物理 量作 空间 一阶偏 导数 运算的 矢量 算符 , ・ 是标量算符 , 即拉普拉斯算符 .在直角坐标系中 ,

=

2

附　 　录

173 2

= ex

x

+ ey

y

+ ez

z

2

, 　

=

2

+

x2

2

y2

+

( Ⅱ． 1)

z2

标量函数 φ的 梯度 φ是 矢量 ; 矢 量函数 f 的散 度 ・ f 是 标量 , 旋度 × f 是矢量 ,

f 是二阶张量 : 3

f=

3

∑e

i

i = 1

xi

∑

3

fj ei ej xi

∑

f j ej =

j = 1

i, j = 1

( Ⅱ． 2)

二阶张量的散度是矢量 : 3

→→

・ T =

∑e

i

i = 1 3

=

∑

i, j , k = 1

φ和

3

xi

・

∑

T jk ej ek

j, k = 1

T jk δij ek = xi

3

T jk ek xj

∑

j, k = 1

( Ⅱ． 3)

是标量函数 , f 和 g 是矢量函数 , 下述运算公式成立 : (φ ) = ( φ) + (

( Ⅱ． 4)

)φ

・ (φf ) = ( φ) ・ f + ( ・ f)φ

( Ⅱ． 5)

× (φf ) = ( φ) × f + ( × f)φ

( Ⅱ． 6)

・ ( f× g) = ( × f ) ・ g - ( × g) ・ f

( Ⅱ． 7)

　 × ( f× g) = ( g・ ) f - ( ・ f) g - ( f・ ) g + ( ・ g) f ( Ⅱ． 8) 　

( f・ g) = g× ( × f) + ( g・ ) f + f× ( × g) + ( f・ ) g ( Ⅱ． 9) ・ ( fg) = ( ・ f) g + ( f・ ) g

( Ⅱ． 10)

× φ= 0( 标量场的梯度为无旋场 )

( Ⅱ． 11)

・ ( × f ) = 0 ( 矢量场的旋度为无散场 )

( Ⅱ． 12)

・ φ=

2

φ

× ( × f) = ( ・ f ) -

( Ⅱ． 13) 2

( Ⅱ． 14)

f

上述运 算不 必采 用化 成分 量 的方 法进 行 , 只 要掌 握算 符 的 微分作用及其矢 量 性质 , 便能 快 捷准 确 地写 出 结 果 .必 须 注 意 的 是 , 算符不能与其微分运算对象调换次序 . 例如 ( Ⅱ． 5) 式 , ・ (φf ) 是 对矢 量 φf 求散 度 , 因 此结 果的 每 一项必须是标量 , 记 f 的算符 , 便有

φ

为作用于 标量 φ 的算 符 ,

f

为作用 于矢 量

附　 　录

174

・ (φf ) =

φ

・ (φf ) +

f

・ (φf ) = ( φ) ・ f + ( ・ f)φ

又如 ( Ⅱ． 9) 式 , ( f・ g) 是对标 量 f・ g 求 梯度 , 结 果 的每 一项 都 必须是矢量 .先把它写成 ( f・ g) =

f

( f・ g) +

g

( f・ g)

再利用三矢量的矢积公式 ( Ⅰ． 6 ) , 但结 果中 必须体 现算 符 的微分作用 , 以及 　 　

g

f

对 f

对 g 的微分作用 , 我们有

f

( f・ g) = g× ( × f ) + ( g・ ) f

g

( f・ g) = f× ( × g) + ( f・ ) g

( f・ g) = g× ( × f) + ( g・ ) f + f× ( × g) + ( f・ ) g 右方第二项实际上是 g・

f, 第四项是 f・

g.

3． 积分 变换

∫(

∮A・ dS

・ A) d V =

V

→→

∫ ∫( V

∫ ∫ (φ V

2

2

( Ⅲ． 2)

dS・ T S

( Ⅲ． 3)

L

∮φ(

・ φ) dV =

+ -

V

→→

∮ × A) ・ dS=∮ A・ dl

( ・ T )dV =

S

(φ

( Ⅲ． 1)

S

2

∮ (φ

φ) dV =

S

S

-

) ・d S

( Ⅲ． 4)

φ) ・ dS

( Ⅲ． 5)

( Ⅲ． 1) 为高斯定理 , ( Ⅲ． 3 ) 为斯托克斯定理 , ( Ⅲ． 4) 和 ( Ⅲ． 5) 为格 林公式 .

4． δ函 数 一维δ函数定义为 δ( x - x′) =

∫δ( x b

a

∞ 　 ( x = x′) 0

( x≠ x′)

x′) d x = 1 　 ( a < x′< b)

( Ⅳ． 1) ( Ⅳ． 2)

附　 　录

175

δ( x - x′) 为偶函数 , 其导数是奇函数 .若函数 f ( x) 在 x = x′连续 , 有

∫ f ( x)δ( x b

a

x′) d x = f ( x′) 　 ( a < x′< b)

( Ⅳ． 3)

这一性质可用中值定理证明 .三维δ函数定义为 ∞ 　 ( x = x′)

δ( x - x′) =

( Ⅳ． 4)

0 　 ( x≠ x′)

∫δ( x - x′) dV = 1 　 ( x′在 V 内 )

( Ⅳ． 5)

V

位于 x′的 点 电 荷 q 的 密 度 , 可 表 示 为 ρ( x) = qδ( x - x′) .性 质 ( Ⅳ． 3) 可推广到三维情形 , 即当函数 f ( x) 在 x = x′连续 , 便有

∫ f ( x)δ( x - x′) dV = f ( x′) 　 ( x′在 V 内 ) V

( Ⅳ． 6)

5． 曲线 正交坐标 系 直角坐标系 　 当坐标 ( x, y, z ) 变化 时 , 三 个 基矢 ex , ey , ez 的 方向保持不变 .常用的微分运算表达式为 φ=

φ ex + x Ax + x

・A= ×A=

Az y

φ ey + y

Ay ex + z

Ay + y

Ax z

φ ez z

( Ⅴ． 1)

Az z

( Ⅴ． 2)

Az ey + x

Ay x

Ax ez y ( Ⅴ． 3)

φ + 2 x

2 2

φ=

2

φ 2 + y

2

φ 2 z

( Ⅴ． 4)

曲线正交坐标系 　 任 一点 的 坐 标也 可 用 曲 线 正交 坐 标 系 描 述 , 沿三个坐标 ( u1 , u2 , u3 ) 增加方向的 基矢量 e1 , e2 , e3 互 相正交 , 但随着坐标变化 , 一般地三个基矢的取向将会改变 .无限小线元矢 量 d l, 坐标 ui 的标度系数 h i , 微分算符 和

2

dl = d l1 e1 + d l2 e2 + d l3 e3

分别为

附　 　录

176

2

=

1 h1 h2 h3

( Ⅴ． 5)

= h1 d u1 e1 + h2 d u2 e2 + h3 d u3 e3 x 2 y 2 z 2 1/ 2 hi = + + ui ui ui 1 1 1 = e1 + e2 + e3 h1 u1 h2 u2 h3 u3 h2 h3 h3 h1 + + u1 h1 u1 u2 h2 u2 u3

( Ⅴ． 6) ( Ⅴ． 7) h1 h2 h3 u3

( Ⅴ． 8) ( Ⅴ． 5) 式中 , d l1 = h1 d u1 , d l2 = h2 d u2 , d l3 = h3 d u3 是 沿三个 基矢 方 向的线元 . 球坐标系 　 u1 = r, u2 = θ, u3 = ; h1 = 1 , h2 = r, h3 = rsin θ.沿 三个坐标增 加方 向 的基 矢量 e1 = er , e2 = eθ , e3 = e , 线 元为 d l1 = d r, d l2 = rdθ, d l3 = rsin θd .基矢量与直角坐标系基矢的变换为 er sin θcos sin θsi n cos θ ex eθ = e ex ey ez

=

cos θcos

cos θsin

- sin θ ey

- sin

cos

0

si n θcos

cos θcos

- sin

ez er

sin θsin

cos θsin

cos

eθ

cos θ

- sin θ

0

e

( Ⅴ． 9)

( Ⅴ． 10)

坐标变换为 　 　 　 x = r si n θcos , 　 y = r sin θsin , 　 z = r cos θ( Ⅴ． 11) 立体角元 , 球面积元与体积元分别为 dΩ= sin θd θd d Sr = d l2 d l3 = r2 sin θdθd = r2 dΩ d V = d l1 d l2 d l3 = r2 sin θd r dθd

( Ⅴ .1 2) ( Ⅴ． 13) ( Ⅴ． 14)

常用的微分运算表达式为 φ φ 1 φ 1 + eθ +e ( Ⅴ． 15) r r θ rsin θ A 1 1 1 ・ A= 2 ( r2 Ar ) + ( sin θAθ ) + r r r sin θ θ r si n θ φ= er

( Ⅴ． 16)

附　 　录

×A=

Aθ

1 sin θA r sin θ θ 1 r

r

177

1 1 Ar r sin θ

er +

( rA ) eθ + r

Ar e θ

( r Aθ ) -

( Ⅴ． 17) 2

2

φ φ φ 1 1 + 2 + 2 2 sin θ r sin θ θ r sin θ r θ

1 2 φ= 2 r r r

( Ⅴ． 18) 柱坐标系 　 u1 = r, u2 = , u3 = z; h1 = 1 , h2 = r, h3 = 1 .沿三 个 坐标增加方向 的 基 矢 量 e1 = er , e2 = e , e3 = ez , 线 元 为 d l1 = d r, d l2 = rd , d l3 = d z .基矢量与直角坐标系基矢的变换为 er e

=

cos

sin

0

ex

- sin

cos

0

ey

0

1

ez

cos

- sin

0

er

sin

cos

0

e

0

0

1

ez

0

ez ex ey

=

ez

( Ⅴ． 19)

( Ⅴ． 20)

坐标变换为 x = r cos , 　 y = r sin , 　 z = z

( Ⅴ .2 1)

d V = d l1 d l2 d l3 = rd r d d z

( Ⅴ． 22)

体积元为 常用的微分运算表达式为 φ 1 φ er + e + r r

φ= ・ A=

1 1 ( r Ar ) + r r r 1 r

× A= 1 r

Az

r

-

A

φ ez z +

A er + z

( rA ) -

Ar

Az z Ar z

ez

( Ⅴ． 23) ( Ⅴ． 24) Az e + r ( Ⅴ． 25)

附　 　录

178

2

1 φ 1 φ= + 2 r r r r r

2

φ 2

2

+

φ z2

( Ⅴ． 26)

6． 轴对 称下拉普 拉斯方程的 通解 当函数 φ有轴对称性 , 即 φ= φ( r,θ) , 由 ( Ⅴ .18) 式 , 拉 普拉 斯 方程为 2

φ=

2

r r

φ 1 φ + =0 sin θ sin θ θ r θ

( Ⅵ． 1)

其通解为 ∞

φ=

∑

an r n +

n = 0

b

r

n n+ 1

Pn ( cos θ)

( Ⅵ． 2)

勒让德多项式为 n

1 d 2 n P n ( cos θ) = n n [ ( cos θ- 1) ] 2 n !d( cos θ) P0 ( cos θ) = 1 P1 ( cos θ) = cos θ P2 ( cos θ) = ……

1 2 ( 3cos θ- 1) 2

( Ⅵ． 3)