电动力学电磁波的辐射(一)综述

1、第五章电磁波辐射1 .电磁势的达朗贝尔方程成立的规范换条件是A.A-4t=0B.-A=0C.-A-Jcftcftc2Ft2D.”二0c2ft2答案：B2 .真空中做匀速直线运动的电荷不能产生A.电场B.磁场C.电磁辐射D.位移电流答案：C3.B4.B3 .关于电磁场源激发的电磁场，以下描述不正确的是A.电磁作用的传递不是瞬时的，需要时间；B.电磁场在传播时需要介质；C.场源的变化要推迟一段时间才能传递至场点；D.场点某一时刻的场是由所有电荷电流在较早的时刻不同时刻激发的4.一个天线辐射角分布具有偶极辐射的特性，具满足的条件是A.波长与天线相比很短B.C.波长与天线近似相等D.答案：B5.严格的

2、讲，电偶极辐射场的A.磁场、电场都是横向的B.C.电场是横向的，磁场不是横向的 答案：B波长与天线相比很长天线具有适当的形状磁场是横向的，电场不是横向的 D.磁场、电场都不是横向的6 .对电偶极子辐射的能流，若设8为电偶极矩与场点到偶极子中心连线的夹角则平均能流为零的方向是_ n_ na.1=鼻； b. 二 7 ； c.答案：D7 .电偶极辐射场的平均功率A.正比于场点到偶极子距离的平方B.C.与场点到偶极子距离的无关D.答案：Cf = - D. 二-0,二6反比于场点到偶极子距离的平方 反比于场点到偶极子距离8 .若一电流J =40x'cose tez,则它激发的矢势的一般表示式为

3、A =答案：A=r°.4v一 . r.40x cos (t - )eZdv cr9 .变化电磁场的场量E和B与势（A、中）的关系是E =,B =o答案：E =工7 ,B=' A10.真空中电荷只有做运动时才能产生电磁辐射；若体系电偶极矩振幅P0不变，当辐射频率有由缶时变为3。，则偶极辐射总功率由原来的p变为答案：加速，81P011.势的规范变换为A'=，T=答案：A'=A+VW,:t12.洛仑兹规范辅助条件是;在此规范下，真空中迅变电磁场的势 中满足的微分方程是答案：t A 一 =0 c2 ft2. 2Xc 二 tP;。13.真空中一点电荷电量q = q。si

4、n t它在空间激发的电磁标势为、q°sin(t-)二c-4二；0r14 .一均匀带电圆环，半径为R,电荷线密度为九，绕圆环的轴线以角速度切匀速转动，它产生的辐射场的电场强度为一.答案：零15 .真空中某处有点电荷qnqoe*3那么决定离场源r处t时刻的电磁场的电荷电量等于r答案：q(r,t)=q0e(c)16 .已知自由空间中电磁场矢势为A,波矢为K,则电磁场的标势41等于2答案：'KA,017 .真空中电荷Q(t)距场点9M106m,则场点0.2秒时刻的电磁场是该电荷在秒时刻激发的.答案：0.17s18 .电偶极子在方向辐射的能流最强.答案：过偶极子中心垂直于偶极距的平面1

5、9 .稳恒的电流C填写“会”或“不会”)产生电磁辐射.答案：不会20 .已知体系的电流密度J（X,t），则它的电偶极矩对时间的一阶微商为LI答案：J（X；t）dvv21 .短天线的辐射能力是由来表征的,它正比于答案：辐射电阻，（l）2九22 .真空中,电偶极辐射场的电场与磁场（忽略了1R的高次项）之间的关系是.I答案：E=ctn23 .电磁场具有动量,因此当电磁波照射到物体表面时,对物体表面就有.答案：辐射压力24 .若把麦克斯韦方程组的所有矢量都分解为无旋的（纵场）和无散的（横场）两部分，写出E和B的这两部分在真空中所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场.解：将方程组中的电场、磁场

6、、电流、分为无旋和无散两部分.据此，可将麦克斯韦方程组写成另外一种表达形式，进一步证明电场的无旋部分对应于库仑场.（1）以角标L和T分别代表纵场和横场两部分，则有E=ElEtB=BLBt1J=JlJt将E、B、J的分解式分别代入真空中的麦克斯韦方程组中，得X-=><+ME1=/B=一底日,ctct,T1,1,D、D,.EL二Et.UMH=F（父艮+VmBt）=+J=&0（U+U）+Jl+丁。ctctctW，D=%（Vm+Vx）=PBBl-Bt=0式可近一步化简为v bL o3 T 4七百夕七 F £由纵场和横场定义，得El = 0Y ，Et 0并且将两式代入式，得

7、一L-：BT'Et：；t.0BL二小心与c二tBL=00丁4-EL=02cct（2）以角标L和T代表纵场和横场，则电场分解为E'Et=0.取el=0,再由e=-寸中（中为标势）,得/=,葭”.eT=7.EL=V.（_叫=a绚=上；。由kE八EL胃，有IVxe=VxeT=Vx（"中）=0由式可知E的纵场部分完全由邛描述，中即为库仑规范，干的纵场对应于库仑场.d-2l'25.若A,e是满足洛伦兹规范的电磁势，证明当中满足WJ=。，那么新c：t刈/的矢势和标势A，=A+V立a=巾仍然满足洛伦兹规范。ft证明:电磁势A,4满足洛伦兹规范i二A-12=0(1)c2ft作

8、规范变换A'=A+叫4'=中巴ft则1A。二，A-。匚52-。工(2)2222c二tcctcct将(1)代入(2),可看出只要中满足c 二 t则A但满足洛伦兹规范条件：占十口史二。c:t证明 (1)若p = 026 .证明在线性各向同性均匀非导电介质中，若p=0,J=0,则W和B可完全由矢势A决定.若取邛=0,这时.满足哪两个方程？J=0,对线性各向同性均匀非导电介质中的单色波麦克斯韦方程组为ETftFt代入场方程中，并选择洛伦兹规范%，A口；=0ft靖W_8£_A=0,v2中以守=0ft2ft2对单色波A(X,t)=K(X)e用W(X,t)=中戊g期代入式中，得i=

9、_-VSPs©于是E=V(V.A)-B=VxAJ；，.t可见在线性均匀非导电介质中，当p=o,J=0时，电、B完全由矢势4决定.(2)若取甲=0,由两式变为2一：A八L200:t2上式便是此时A满足得方程.II27 .证明沿z轴方向传播的平面电磁波可用矢势A际)表示，其中t=t-z/c,A垂直于z轴方向.解题思路由于E=-平外，官=勺乂A,再考虑沿z方向传播的电磁波矢II势A解析表达式，找出于中与A的关系便可证明.证明：利用上题中得到的自由空间矢势的方程-22-1二AVA-T=0c二t解得平面波解为'I,A=%ei(kxEII由于平面波沿z轴方向传播，故K=k,z,则式可写为

10、A = A0ei(kz-t)-i-(tiT-=A0ez=A0e=A(,)根据洛伦兹规范c2ft由已知条件A=Aez,故中=0i因此E=-/二i,A（,.）,B=%,A（',）ft易犯错误不能抓住平面电磁波的特点，未应用沿轴传播这一特定条件.引中拓展求解此类题目时，将E、B用、中表示出来，冉已知条件下分I析解析式A、中及其之间的关系即可.28 .设真空中矢势A（X,t）可用复数傅里叶展开为A（X,t）=Z吗0+ak（t）eik',k其中ak是百卜的复共腕.证明百卜满足谐振子方程叫口+/以为）=0.dt把E和B用ak和a;表示出来.证明：已知矢势X（x,t）的傅里叶展开式是不同频率

11、平面波的线性叠加，因此矢势A（x,t）满足齐次达朗贝尔方程，将A（X,t）的展开式代入达朗贝尔方程，用规范辅助条件化简后便可得到要证明的结论.（D由W（X,t）为真空中矢势可知若采用洛伦兹规范，则A（*t）满足达朗贝尔方程，即-2将W（X,t）的复数傅里叶展开式代入上式，有V i"ak (t)eJ *ik-Xak (t)e一2一J/、ik-x4*ik-x1L.,'aak(t)eak(t)e-xk-c-tk£*曜eikx1k2ak*(t)e"一4£过14)六+£如e#x1=0k-c2kdt2dt2Jx ikr )e dak 2-k2ILc

12、IL /V k a2-k2ILc- X)IL/V*ka整理以上两式，有dt2 岁 dt2ik ikx 22dak(t)eikx c2k2ak(t) =0"*,、ik X 2.2*,、_ak ec k ak (t) = 0故结论得证.(2)若取 $ K=0,邛=0' A(X,t)= '、工 昌(了 ak(t)eikX =0,k、kak(t)eirX-kak*(t)e4kx=0为使上式包成立，则有*kak(t)=0kak(t)=0由(2)有：k虎=0,且邛=0cB='A=ikA=ikv瓜/a：产.kik-xikX="ikak(t)eikak(t)ekE=

13、：Adak(t)kxxdak(t)-x=工2e+2-ekdtdtj=£ickak(t)eikx+ak(t)eJkxIk1I29 .设A和中是满足洛伦兹规范的矢势和标势.I（i）引入一矢量函数Z（X,t）（赫兹矢量），若令邛=-,，证明入=4区.cft若令P=K，P证明Z满足方程V2z-隹=-C2%号，写出日在真空中的推迟解.II（3）证明E和B可通过z用下列公式表出，E=Vx（VxZ）C20P,B=2二VmZ.cftI1I证明：由题意可知：A和邛满足洛伦兹规范，且中=口及，只需将A、邛代入I其规范，化简后便可得出A12，当P = -V星时,将.:t、中、p代入它们满足的基本方程便可求

14、证.综合（1)和(2),通过B=VmA、E=_17cp,ft便可得出E和B的表达形式.I（D矢势A、标势中满足洛伦兹规范.11:'、Af二0c2ft将邛=pZ”t）代入式，得,-1F,'、(A-Z)=02C二t可见A与3名最多相差一个无散场D0,可令D0=0,有2c二t11：ZA=c：t结论得证.(2)由A、中满足得方程可知v2-A=一一二t；o若P=一PP,结合、两式可得到化简，得、2(z)12 飞一t c :t92 Z)*c 二 t;0,-2 Z /)二c 二 tc20P次方程于达朗贝尔方程形式完全相同，故推迟解4Z(x,t)=(3)将甲=_vZ, A = ；wZ分别代入

15、c2 ft可得到=c2 二 t1 : .二一' Z c 二 tft2tftc2ft=(，)-4%c2ft2由v算符运算公式'、°f)=,(f)j2f可将化简为*II-I21:4E='、Z)2Zyzcft再利用式可得到2E(VZ)-c%P因此，有E=°Z)-c2j0P1.JB=下一'Zcft30.两个质量、电荷都相同的粒子相向而行发生碰撞，证明电偶极辐射和磁偶极辐射都不会发生.证明：将这两个粒子看作一个系统，运用质心坐标系，则系统的总动量为零，找出两个粒子的速度、位矢关系，根据电偶极矩、磁偶极矩的定义，只要证明，便不会产生偶极辐射.设两个粒子在

16、质心中碰撞后的位矢为x1、82,速度立、v2分别为，质量为mi、m2,电荷量为q、q2,质心系中系统总动量为零，即+m2v2=。由于m1=m2,且相向而行，则有V1+v2=0X'=X2'系统的电偶极矩Puqxi'q2X2q（K'X2'）-0P=0所以不会产生电偶极矩辐射.系统的磁偶极矩11m=X'Jdv21一=&mq1vi2X1'/V,先'v2m=0,m=0因此不会产生磁偶极矩辐射.31.证明荷质比相同的不同带电粒子构成的体系不会产生偶极辐射.证明：设带电粒子体系有N个粒子,第i个粒子的质量为mi,电荷电量为0，总质量为M

17、,体系电偶极矩:(Deim#，m0在vUc的非相对论情形，应用质心运动定理，设质心矢径为R、miiXi、miXiR=N、Mmii=1Nd(2)eX：=mri1将（2）代入（1）中，得eeiP=-eLMRmiPm殳mRmi由于系统不受外力，则质心加速度=0,所以=0,没有电偶极辐射。体系磁偶极矩m=1fXjdvF=1z2v2y2 miJ Xi mivi曳 L id2 mi其中L是体系的角动量，系统不受外力时，角动量守恒，因此m'L二o2mi故没有磁偶极辐射。32.设有一球对称的电荷分布，以频率6沿径向作简谐振动，求辐射场，并对结果给以物理解释.解：题设中并未说明体系的线度l是否满足1L九

18、，因此厂二不能看作偶极辐射，故以推断迟势公式求出矢势或，再讨(，论B和E.取电荷的对称中心为原点，场点位矢幺的方向图5,1为轴，如图5.1由于电荷分布是球对称，且沿径向做简谐运动，因此电流J戊t)=J(r')e渥场点P处的矢势一rJ(x,t)dv为如):广4二ri-='jeRdve%4二r对于辐射区，r九，故式分母中的r-Ri-'三三(RH)ec'=efce式中指数部分r能否用R代替，显然取决于r与儿的比较，此处不能忽略，考虑电流分布的对称性，A只有X方向的分量.将近似条件代入式，得dA(X,t)= ikR "0eikr ' 4 .,J(r&#

19、39;)e eRdv'4二 R坛叫4 二 R24 二 R2J(r ')cos 'eikr 8s Jdv'J0r0J(r,)cos8,eikr,cos9'JeikRd=b-2"X4二RII式中b=JJ(r')cosB'eikrcose2nr'2sin9'd'dr'是一与；无关的常数.-00因而辐射场，XB=，A=iknA=ikA=0R，2E=iB=0co易犯错误（1）把此体系的辐射当偶极辐射处理，实际上题设并未告知11九这一条件，故应按一般情况讨论；（2）由电流的球对称性错误地得出乂（X,t）=0,

20、'、J（x,t-）由电流球对称，只能得到f,Jdv'=0,而A=fJdv'#0,因为每个r4二r1电流元Jdv到P点的距离r,t-r,都不同.c引中拓展对于辐射问题，首先看清题目是否给出或隐含了偶极辐射的条件1L九，若以给出才能当作偶极辐射处理，通过计算偶极矩来求B和W.否则按辐射问题的一般方法先求矢势W,再计算B和E.33.一飞轮半径为R,并有电荷均匀分布在其边缘上，总电量为Q.设此飞轮以恒定角速度缶旋转，求辐射场.解:题中并未已知飞轮的几何线度L与6的关系，故也不能看作偶极辐射，应作一般讨论，由于电荷匀速转动，因此等效为一稳恒电流.由于飞轮以恒定角速度0转动，形成的

21、电流,QI-'v-2二式中九为电荷线密度与时间t无关，形成的电流也是稳恒的.稳恒的电荷分布和电流分布只能产生稳恒的电场和磁场，而不会发生辐射，故辐射场d=0,M=0.I34.利用电荷守恒定律,验证A和平的推迟势满足洛伦兹条件.I证明：本题是一个验证性问题，只需将A中的推迟势代入洛伦兹条件v,A（X,t）+1邑3=0,等式两边相等即可.由于必须利用电荷守恒定律，则c二t只需证出上式的右边含有a,J）t*十二就行了.已知W和邛的推迟势为二t其中：是场点的位矢，X,是源点的位矢，t,与t之间的关系为t'tx-x'ttc因为在空间的一个固定点，有二=至故ftft'（x:

22、，-r1i-；（X',t'）dV'.:t4二；0Vx-x'Ft'v.A（X,t）rvJ（x'）Lv'4"Nx-x'I当算符作用于衣-殳的n次幕时，可写成中|x-x'|n=-'|x-x'In其中'只作用于x,因为J&,t,）中的变量t'=t-k±L其中含有；，故cJ、1:J.d-iJ（、t'）=（lx-x'）；:t'c：tx'）1 J.。0'x-.:t'另一方面，有J=C'J）t,£式中（'J

23、）tw表示t'为常数时J的散度.对比以上两式，得、'j=c'J）t'''j将此式代入式，并利用r=x-xI表示电荷到场点得距离.*'-A（x,t）04二,1JdV'Vr1-iVrx"'JdV'1 1:vJ'；dV'1d-'JdV'4二vr4二1 d 不0J0-dV'4二Vr4二右方第一项,M,t)_rdV叩ds'=Jnds由于V是包含了所有电荷电流得区域，在V的边界面S上J的法向分量Jn=0,结果上式变为需，于是由式得一。1,一、'A=(、J)t,4

24、二vr将式与合并，使得11;01:AAV(耍2lt4二r_tc由电荷守恒定律，有cP"|dV'二cdcPTJL=04'式中t'是x点的局域时间，由以上两式，得.1:、A-2=0cftI由此可见，只要电荷守恒定律成立，则推迟势A和中就满足洛伦兹条件.易犯错误本题主要是逻辑推理过程，其中大量运用了算符对符合函数的微分，此算符的运算过程易出错，例如认为J&t')=0,'J(X',t')=-J&t'),其实这里t'也是x和x的函数.35.如图5-2,一电偶极矩为巧的偶极子与Z轴夹角为算辐射场与平均能流密度

25、.口，以角频率切绕Z轴旋转，计解：将电偶极矩为分解为互相垂直的电偶极子B,Py,Pz=p0(sin二costexsin:sin信cos：gz)写成复数形式为P=p0sin«(eX巧&g3+p0cos豆-a2PoSin：(eXiey)e-t用球坐标表示二一 2 posin ： (sincosue1ie)et于是辐射场,ikRB二一_P4 二;oc R2 Po sin ;3-e4二；0c Rer:i(kR" ' )(ieu , cose )E=cB e,2 _2 . Po sin - i(kR_t, .)e,2 、4 ； 0c R(cosiei ie )11-*

26、 S=Re(E B)2oc* "(BB)eR42.2.-p0 sin -23c232二 oc R，/2 、(1 cos 【)eR36.半径为Ro的均匀永磁体，磁化强度为o ,球以恒定角速度与绕通过球心而垂图5-3直于Mo的铀旋转，设Ro。1c,求辐射场和能流.解：由于Ro3c,即R°九，辐射可认为是偶极辐射，此题实际上是求解旋转的磁偶极矩的辐射场，只要将此体系的磁矩表示两个互相垂直的振荡磁偶极子工磁矩之和，求出M及M,便可得到和.”如图5-3所示，以球心为原点，以转轴z为轴，建立球坐标系，旋转的磁矩可分解为两个互相垂直，相差HT为二的线振动.2I=mtG+iey)e&quo

27、t;4.4式中mo=-nRMo,是磁体的总磁矩.3由附录中直角坐标系矢量与球坐标系矢量的变换ex=sin二cos：'eRcosucos：包-sin：'e.：,ey=sinicos：'eRcos二cos：e"cos：©,代入中，得m =m0(cosG + i sin G)(sin HeR +cos0e +ie<)eJ<=m0(sin ?eR cos吟：口 ie：)e( t1)扁=_ 2m = _ 2m0(sinueR cosue【ie：)e(t-') 利用电偶极辐射公式，作以下代换m 一2 p ，一，E cB ,cB E , b -

28、4ac c即得磁偶极辐射, ikRB="4二 c RJo'2Ro：3c2R(m eR) eR3I z -一,-.、一(coseu " ier)ei(kR-t-OE=cB eR23。.'R Mo /.一 i(kRTt.曲:一 - (ie 厂 cosiei'e3cR平均能流S12"-ReE* Bc*,u7r(BB)eR20J0,14R-6M022 (1cosi)eR18cR易犯错误相位相同, 圆.将磁矩m分解为m=m0(ex+iey)e4d,这里虽然两振动互相垂直，但因此合成振动不是圆振动，而这里的末端在旋转过程中的轨迹曲线为由结果可知，若磁体

29、不旋转0=0,则E=0,B=0,即静止的磁体不会产生辐射场，但可产生稳恒磁场.37 .带电粒子e作半径为a的非相对论性圆周运动，回旋频率为o,求远处的辐射电磁场和辐射能流.解：由于粒子作非相对论性圆周运动，v=aUc,即a1工，可看作电偶极辐射，带电粒子做圆周运动，相当于个旋转电偶极子，电偶极矩振幅p0 = ea,与上一题方法相似，将电偶极矩:分解为两个振动互相垂直，相位差为"的振荡213电偶极子，求解出p,便可得B,E.将t时刻电偶极矩分解为p=Po(ex+iey)eJex=sincosRcosce)-s伊in图5.3ey=sinFcos：，eRcosicosfe【cos：，e：,

30、代入式，得p=p0(cos+isln$)(sln0eR+cose+ieQe*'=p0(sin6eR+cosaee十ie)e,侬-p=一切2p=f2p0(sin6eR+cosee+iee-1-将代入到电偶极子辐射场公式ikRB二4二；0c3Rp eR , E = cB eR4 二 cR(-iee + cos6e()el(kR_)(cos Hee + le6)el(kRT小峥11 _ 4* WS=/Re(E B)2 0* , H(B B)eR42Po32 二2cR2(1 coJ u)eR式中p0=ea.38 .设有一电矩振幅为P0,频率为切的电偶极子距理想导体平面为a/2处，Po平行于导体

31、平面.设a人，求在R九处电磁场及辐射能流.解：此题中，a九，故导体表面附近场为似稳场，理想导体上出现表面电流，根据电像原理，理想导体平面对场的影响可以用电像偶极子t代替，如图5.4a,.'所求的电磁场和辐射能流便是这两个电偶极子P和P产生的辐射场的叠加.zb解：选取坐标系如图5.4b使电像偶极子p位于坐标原点O,并沿x轴的负方向，原电偶极子节位于z轴上的z=a处，则根据振荡电偶极子产生的辐射场的公式，产生的辐射场的磁感强度为Bi(R,t)=4 二 cR(t ) eR-0d2t'd44 二 cR dt0万Re(-ex)eR2R0Po(tw)dH4 二 cRecexeRexeR4二cRp产生的辐射场的磁感强度为0,'B2(R,t)=P(t)eR24二cR因为R|_la,故R2之R,eg/r于是，有B2（赢=德eR0 d24二 cR dt'2Be4 t ex eR2P0e4JexeR4 二 cR式中,1|R-R2|t=t一c12'R22=t-IR-2RR2(2)cRR2是已2的位矢，R2'=a1,.、t=t-(R-R2cos7i)c,Ra=tcos1ccdN002PoeJL<kR_)Jkacos削B2(R,t);0eexeR、J24二cR于是,所求的辐射场的磁感强度为B（R,t）=Bi（R,t）B2（R