电动力学 第15周作业

Chasse_neige

1. 运动带电粒子的电磁场

运动带电粒子的描述，推迟效应，李纳-维谢尔势，电磁场，辐射功率及角分布 作业：

(a) 书7.7

7.7 相对论性加速带电粒子的辐射场

(1) 根据相对论协变的力学方程，证明相对论性加速带电荷 $q$ 的粒子的辐射场公式(1.17)用作用力表示为

$$\overrightarrow{E}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_{0}m{c}^{2}R}{\{\frac{{\delta }^3}{\gamma }{\overrightarrow{e}}_r\times [({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })]\}}_{\text{ret}}$$

其中 $\delta =(1-\overrightarrow{\beta }\cdot {\overrightarrow{e}}_r{)}^{-1}$，$\text{ret}$ 表示时刻 $t^{\prime }=t-\frac{R}{c}$ 时的值。

$${\overrightarrow{E}}_{radia}(\overrightarrow{r},t)=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{S}_{ret}^3}{\{\overrightarrow{R}\times ((\overrightarrow{R}-R\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{a})\}}_{ret}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_{0}R}{\{{\delta }^3{\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{a})\}}_{rev}$$

带入

$$\overrightarrow{F}=\frac{d\overrightarrow{p}}{dt}=\gamma m\overrightarrow{a}+{\gamma }^{3}m(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{a})\overrightarrow{\beta }$$

所以

$$\begin{array}{c}\frac{1}{\gamma m}{\overrightarrow{e}}_r\times [({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })]\\ ={\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times (\overrightarrow{a}+{\gamma }^2(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{a})\overrightarrow{\beta })-(\overrightarrow{\beta }\cdot (\overrightarrow{a}+{\gamma }^2(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{a})\overrightarrow{\beta }))({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta }))\\ ={\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{a}-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{a})({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })+(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{a})({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })))={\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{a})\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{c}\frac{q}{4\pi {ϵ}_{0}m{c}^{2}R}{\{\frac{{\delta }^3}{\gamma }{\overrightarrow{e}}_r\times [({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })]\}}_{\text{ret}}\\ =\frac{q}{4\pi {ϵ}_{0}R}{\{{\delta }^3{\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{a})\}}_{rev}={\overrightarrow{E}}_{radia}\end{array}$$

(2) 利用公式 $(\overrightarrow{A}\times \overrightarrow{B}{)}^2={\overrightarrow{A}}^2{\overrightarrow{B}}^2-(\overrightarrow{A}\cdot \overrightarrow{B}{)}^2$，计算 $[({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}{]}^2$ 和 $[\overrightarrow{F}\cdot ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta }){]}^2$

$$\begin{array}{c}[({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}{]}^2=({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta }{)}^2{F}^2-(({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\cdot \overrightarrow{F}{)}^2\\ =(1+{\beta }^2-2{\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta })F^2-({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{F}{)}^2-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F}{)}^2+2({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{F})(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})\end{array}$$$$\begin{array}{c}[\overrightarrow{F}\cdot ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta }){]}^2=F^2|{\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta }{|}^2-|\overrightarrow{F}\times ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta }){|}^2=F^2({\beta }^2-({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2)-|(\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{\beta }){\overrightarrow{e}}_r-(\overrightarrow{F}\cdot {\overrightarrow{e}}_r)\overrightarrow{\beta }{|}^2\\ =F^2({\beta }^2-({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2)-(\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2-(\overrightarrow{F}\cdot {\overrightarrow{e}}_r{)}^2{\beta }^2+2({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{F})(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta })\end{array}$$

(3) 利用上述公式，证明带电粒子的辐射功率的角分布公式(2.5)用作用力表示为

$$\frac{dP}{d\mathrm{\Omega }}=\frac{q^2}{16{\pi }^2{ϵ}_0{m}^2{c}^3}\frac{{\delta }^3}{{\gamma }^2}[{\overrightarrow{F}}^2-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F}{)}^2-\frac{{\delta }^2}{{\gamma }^2}(\overrightarrow{F}\cdot {\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2]$$

证明

$$\begin{array}{c}\frac{dP}{d\mathrm{\Omega }}=\frac{1}{{\mu }_0}(\overrightarrow{E}\times \overrightarrow{B})\cdot {\overrightarrow{e}}_r{R}^2\frac{dt}{d{t}^{\prime }}=\frac{R^2}{{\mu }_{0}c}|{\overrightarrow{E}}_{radia}{|}^2{\delta }^{-1}\\ =\frac{q^2}{16{\pi }^2{ϵ}_0{m}^2{c}^3}{\left\{\frac{{\delta }^5}{{\gamma }^2}{|{\overrightarrow{e}}_r\times [({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })]|}^2\right\}}_{\text{ret}}\\ =\frac{q^2}{16{\pi }^2{ϵ}_0{m}^2{c}^3}\frac{{\delta }^5}{{\gamma }^2}({|({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })|}^2-[\overrightarrow{F}\cdot ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta }){]}^2)\\ =\frac{q^2}{16{\pi }^2{ϵ}_0{m}^2{c}^3}\frac{{\delta }^5}{{\gamma }^2}([({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F}{]}^2+(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F}{)}^2({\beta }^2-({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2)-2(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F})(({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{F})\cdot ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta })\\ -[\overrightarrow{F}\cdot ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{\beta }){]}^2)\\ =\frac{q^2}{16{\pi }^2{ϵ}_0{m}^2{c}^3}\frac{{\delta }^5}{{\gamma }^2}[(1-{\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2({\overrightarrow{F}}^2-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F}{)}^2)-(1-{\beta }^2)(\overrightarrow{F}\cdot {\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2]\\ =\frac{q^2}{16{\pi }^2{ϵ}_0{m}^2{c}^3}\frac{{\delta }^3}{{\gamma }^2}[{\overrightarrow{F}}^2-(\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{F}{)}^2-\frac{{\delta }^2}{{\gamma }^2}(\overrightarrow{F}\cdot {\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{F}\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^2]\end{array}$$

(b) 试由定义，$\frac{1}{J}=\int d^3{x}^{\prime }\delta (r^{\prime }-r_0(t-\frac{\parallel r-r^{\prime }\parallel }{c}))$ 证明：$J=1-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}\cdot \frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c}$。并讨论 $J$ 的物理意义。若在介质中，式中 $c$ 应换为 $\frac{c}{n}$（$n$ 为介质的折射率），则 $J$ 有可能为$0$，它对应什么物理？

证明，由三维 $\delta$ 函数的性质

$$\delta ({\overrightarrow{r}}^{\prime }-{\overrightarrow{r}}_0(t-\frac{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}{c}))=\frac{\delta ({\overrightarrow{r}}^{\prime })}{\parallel {\mathrm{\nabla }}^{\prime }({\overrightarrow{r}}^{\prime }-{\overrightarrow{r}}_0(t-\frac{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}{c}))\parallel }$$

所以

$$J=||{\mathrm{\nabla }}^{\prime }({\overrightarrow{r}}^{\prime }-{\overrightarrow{r}}_0(t-\frac{|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}^{\prime }|}{c}))||=\Vert \overleftrightarrow{I}-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\Vert$$

利用线性代数中的结论，对于 $A_{m\times n}$ 以及 $B_{n\times m}$ 来说

$$\parallel I_m-AB\parallel =\parallel I_n-BA\parallel$$

所以

$$J=\Vert \overleftrightarrow{I}-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\Vert =1-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}\cdot \frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c}$$

当在介质中时

$$J=1-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}\cdot \frac{n{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c}$$

当 $n$ 取值大到 $J=0$ 时，也就是粒子运动速度大于介质中光速，此时会发生切连科夫辐射，此时辐射强度集中在 $\cos \theta =\frac{c}{n{v}^{\ast }}$ 处。

(c) 试证任意运动的电磁场为

$$\overrightarrow{E}(\overrightarrow{r},t)=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{S}^{\ast 3}}({\overrightarrow{R}}^{\ast }-\frac{R^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})(1-\frac{v^2}{c^2})+\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^2{S}^{\ast 3}}{\overrightarrow{R}}^{\ast }\times [({\overrightarrow{R}}^{\ast }-\frac{R^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})\times {\overrightarrow{a}}^{\ast }]$$$$\overrightarrow{B}(\overrightarrow{r},t)=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\times \overrightarrow{E}(\overrightarrow{r},t)$$

证明

注意：一下推导中可以分解算符为

$$\begin{array}{c}\mathrm{\nabla }={\mathrm{\nabla }}^{\ast }+\mathrm{\nabla }{t}^{\ast }\frac{\partial }{\partial t^{\ast }}\\ \frac{\partial }{\partial t}=\frac{\partial t^{\ast }}{\partial t}\frac{\partial }{\partial t^{\ast }}\end{array}$$

由推迟时间定义 $t^{\ast }=t-\frac{R^{\ast }}{c}$，固定场点 $\overrightarrow{r}$，对 $t$ 求导：

$$\frac{\partial t^{\ast }}{\partial t}=1-\frac{1}{c}\frac{\partial R^{\ast }}{\partial t}$$

其中 $R^{\ast }=|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}_0(t^{\ast })|$，且：

$$\frac{\partial R^{\ast }}{\partial t}=-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{R^{\ast }}\frac{\partial t^{\ast }}{\partial t}$$

代入得：

$$\frac{\partial t^{\ast }}{\partial t}=1+\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\frac{\partial t^{\ast }}{\partial t}⟹\frac{\partial t^{\ast }}{\partial t}=\frac{R^{\ast }}{R^{\ast }-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c}}=\frac{R^{\ast }}{S^{\ast }}$$

$\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }$$R^{\ast }=|\overrightarrow{r}-{\overrightarrow{r}}_0(t^{\ast })|$，固定 $t$，对 $\overrightarrow{r}$ 求梯度：

$$\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{R^{\ast }}\mathrm{\nabla }{t}^{\ast }$$

代入 $\mathrm{\nabla }{t}^{\ast }=-\frac{1}{c}\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }$：

$$\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}+\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }⟹\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }=\frac{\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}}{1-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}}=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}$$

$\mathrm{\nabla }{t}^{\ast }$ 由 $t^{\ast }=t-\frac{R^{\ast }}{c}$ 得：

$$\mathrm{\nabla }{t}^{\ast }=-\frac{1}{c}\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }=-\frac{1}{c}\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}$$

综上所述

$$\begin{array}{c}\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}\\ \mathrm{\nabla }{t}^{\ast }=-\frac{1}{c}\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}\\ \frac{\partial R^{\ast }}{\partial t}=-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{S^{\ast }}\\ \frac{\partial t^{\ast }}{\partial t}=\frac{R^{\ast }}{S^{\ast }}\end{array}$$

所以由李纳维谢尔势

$$\varphi (\overrightarrow{r},t)=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{1}{S^{\ast }}$$$$\overrightarrow{A}(\overrightarrow{r},t)=\frac{{\mu }_{0}q}{4\pi }\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{S^{\ast }}$$$$\overrightarrow{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi -\frac{\partial \overrightarrow{A}}{\partial t}$$

$-\mathrm{\nabla }\varphi$$\varphi =\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}(S^{\ast }{)}^{-1}$，先求 $\mathrm{\nabla }{S}^{\ast }$：

$$\mathrm{\nabla }{S}^{\ast }=\mathrm{\nabla }{R}^{\ast }-\frac{1}{c}\mathrm{\nabla }({\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast })=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}-\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c}+\frac{1}{c^2}({\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{a}}^{\ast }-v^{\ast 2})\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}$$

故：

$$-\mathrm{\nabla }\varphi =\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{1}{(S^{\ast }{)}^2}[\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}-\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c}+\frac{1}{c^2}({\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{a}}^{\ast }-v^{\ast 2})\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{S^{\ast }}]$$

$-\frac{\partial \overrightarrow{A}}{\partial t}$$\overrightarrow{A}=\frac{{\mu }_{0}q}{4\pi }\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{S^{\ast }}$，计算得：

$$-\frac{\partial \overrightarrow{A}}{\partial t}=-\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^2}\frac{1}{(S^{\ast }{)}^2}\frac{R^{\ast }}{S^{\ast }}[{\overrightarrow{a}}^{\ast }+\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }({\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast })}{(R^{\ast }{)}^2}-\frac{v^{\ast 2}}{c}\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{R^{\ast }}+\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }({\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{a}}^{\ast })}{c{R}^{\ast }}]$$

自场项：

$${\overrightarrow{E}}_{\text{self}}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{S}^{\ast 3}}({\overrightarrow{R}}^{\ast }-\frac{R^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})(1-\frac{v^2}{c^2})$$

辐射项：

$${\overrightarrow{E}}_{\text{radia}}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^2{S}^{\ast 3}}{\overrightarrow{R}}^{\ast }\times [({\overrightarrow{R}}^{\ast }-\frac{R^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})\times {\overrightarrow{a}}^{\ast }]$$

总电场：

$$\overrightarrow{E}(\overrightarrow{r},t)={\overrightarrow{E}}_{\text{vel}}+{\overrightarrow{E}}_{\text{acc}}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{S}^{\ast 3}}({\overrightarrow{R}}^{\ast }-\frac{R^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})(1-\frac{v^2}{c^2})+\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^2{S}^{\ast 3}}{\overrightarrow{R}}^{\ast }\times [({\overrightarrow{R}}^{\ast }-\frac{R^{\ast }{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})\times {\overrightarrow{a}}^{\ast }]$$

磁场：

$$\begin{array}{c}\overrightarrow{B}(\overrightarrow{r},t)=\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A}={\mathrm{\nabla }}^{\ast }\times \overrightarrow{A}+(\mathrm{\nabla }{t}^{\ast })\times \frac{\partial \overrightarrow{A}}{\partial t^{\ast }}={\mathrm{\nabla }}^{\ast }\times ({\overrightarrow{v}}^{\ast }\frac{\varphi }{c^2})+\frac{\partial t}{\partial t^{\ast }}(\mathrm{\nabla }{t}^{\ast })\times \frac{\partial \overrightarrow{A}}{\partial t}\\ =({\mathrm{\nabla }}^{\ast }\varphi )\times \frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c^2}-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\times \frac{\partial \overrightarrow{A}}{\partial t}\end{array}$$$${\mathrm{\nabla }}^{\ast }\varphi ={\mathrm{\nabla }}^{\ast }\frac{q}{4\pi {ϵ}_0}\frac{1}{S^{\ast }}=-\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{S}^{2\ast }}{\mathrm{\nabla }}^{\ast }(R^{\ast }-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }\cdot {\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})=-\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{S}^{2\ast }}(\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}-\frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c})$$

所以

$$({\mathrm{\nabla }}^{\ast }\varphi )\times \frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c^2}=-\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{S}^{2\ast }}\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{R^{\ast }}\times \frac{{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{c^2}=-\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\times \frac{q{\overrightarrow{v}}^{\ast }}{4\pi {ϵ}_{0}c{S}^{2\ast }}=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\times (-\mathrm{\nabla }\varphi )$$

所以

$$\overrightarrow{B}=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\times (-\mathrm{\nabla }\varphi -\frac{\partial \overrightarrow{A}}{\partial t})=\frac{{\overrightarrow{R}}^{\ast }}{c{R}^{\ast }}\times \overrightarrow{E}$$

(d) 书7.1, 7.3, 7.4

7.1 电子的速度与加速度的夹角

电子的速度 $v$ 与加速度 $\dot{v}$ 的夹角为 $\alpha$，证明 $v$ 与 $\dot{v}$ 平面内与 $\dot{v}$ 的夹角为 $\beta$ 的方向上无辐射，$\beta$ 由以下方程决定：

$$\sin \beta =\frac{v}{c}\sin \alpha$$

证明

$$\frac{dP}{d\mathrm{\Omega }}(t^{\prime })=\frac{q^2}{16{\pi }^2{ϵ}_0{c}^3}\frac{|{\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{a}){|}^2}{(1-{\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta }{)}^5}$$$${\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })\times \overrightarrow{a})=({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{a})({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })-(1-{\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta })\overrightarrow{a}$$

没有辐射的方向满足

$$\begin{array}{c}({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{a})({\overrightarrow{e}}_r-\overrightarrow{\beta })=(1-{\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta })\overrightarrow{a}\\ ({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{a})({\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{a}-\overrightarrow{\beta }\cdot \overrightarrow{a})=(1-{\overrightarrow{e}}_r\cdot \overrightarrow{\beta })a^2\end{array}$$

假设 ${\overrightarrow{e}}_r$ 与 $\overrightarrow{a}$ 的夹角为 $\beta$ ，切该夹角的正方向与 $\alpha$ 定义相同

$$\cos \beta (\cos \beta -\frac{v}{c}\cos \alpha )=1-\frac{v}{c}\cos (\beta -\alpha )$$$${\cos }^2\beta -\frac{v}{c}\cos \beta \cos \alpha =1-\frac{v}{c}(\cos \beta \cos \alpha +\sin \beta \sin \alpha )$$$${\cos }^2\beta =1-\frac{v}{c}\sin \beta \sin \alpha$$$$\frac{v}{c}\sin \beta \sin \alpha ={\sin }^2\beta$$$$\sin \beta =\frac{v}{c}\sin \alpha$$

7.3 带电粒子的简谐振动

有一带电荷 $q$ 的粒子沿 $z$ 轴作简谐振动 $z=z_0{e}^{-i\omega t}$。设 $z_0\omega \ll c$，求： (1) 它的辐射场和能流

利用偶极辐射的结论，假设场点和 $z$ 轴的夹角为 $\theta$

$$\overrightarrow{E}\approx \frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}({\overrightarrow{e}}_r\times ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{a}))$$

其中 $R$ 和 $a$ 均为推迟时间时的结果。由于场点和粒子距离 $R>>z_0$ ，所以在远场处推迟时间可以近似为 $\frac{R}{c}$

$$\begin{array}{c}\overrightarrow{E}\approx \frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}({\overrightarrow{e}}_r\times ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{a}))=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}(-{\omega }^2{z}_0{e}^{-i\omega (t-\frac{R}{c})})({\overrightarrow{e}}_r\times ({\overrightarrow{e}}_r\times {\overrightarrow{e}}_z))\\ =-\frac{{\omega }^{2}q{z}_0\sin \theta }{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}{e}^{i\omega (\frac{R}{c}-t)}{\overrightarrow{e}}_{\theta }\end{array}$$$$\overrightarrow{B}\approx \frac{{\overrightarrow{e}}_r}{c}\times \overrightarrow{E}=-\frac{{\omega }^{2}q{z}_0\sin \theta }{4\pi {ϵ}_0{c}^{3}R}{e}^{i\omega (\frac{R}{c}-t)}{\overrightarrow{e}}_{\varphi }$$$$<\overrightarrow{S}>=\frac{1}{2{\mu }_0}\overrightarrow{E}\times {\overrightarrow{B}}^{\ast }=\frac{{\omega }^4{\mu }_0{q}^2{z}_0^2{\sin }^2\theta }{32{\pi }^{2}c{R}^2}{\overrightarrow{e}}_r$$

(2) 它的自场，比较两者的不同

自场

$$\overrightarrow{E}\approx \frac{q}{4\pi {ϵ}_0{R}^3}\overrightarrow{R}$$$$\overrightarrow{B}\approx \frac{{\mu }_{0}q}{4\pi R^3}(\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{R})$$

区别在于在远场处自场是近似不变的，而辐射场会随时间波动，并且辐射场在远处的能流积分不会衰减，而自场在远处无法产生明显效果

7.4 带电粒子的匀速率圆周运动

带电荷 $q$ 的粒子在 $xy$ 平面上绕 $z$ 轴作匀速率圆周运动，角频率为 $\omega$，半径 $R_0$。设 $\omega R_0\ll c$，试计算辐射场的频率和能流密度，讨论 $\theta =0,\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{2}$ 及 $\pi$ 处电磁场的偏振。

假设电子运动方程为 （取场点方向在 $x-y$ 平面上的投影为 $x$ 轴正方向）

$$\overrightarrow{r}(t)=(R_0\cos \omega t,R_0\sin \omega t)$$$$\overrightarrow{v}=(-\omega R_0\sin \omega t,\omega R_0\cos \omega t)$$$$\overrightarrow{a}=(-{\omega }^2{R}_0\cos \omega t,-{\omega }^2{R}_0\sin \omega t)=-{\omega }^2{R}_0\cos \theta \cos \omega t{\overrightarrow{e}}_r-{\omega }^2{R}_0\sin \theta \cos \omega t{\overrightarrow{e}}_{\theta }-{\omega }^2{R}_0\sin \omega t{\overrightarrow{e}}_{\varphi }$$

所以在远场近似下

$$\begin{array}{c}{\overrightarrow{E}}_{radia}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}({\overrightarrow{e}}_r\times ({\overrightarrow{e}}_r\times \overrightarrow{a}))=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}({\overrightarrow{e}}_r\times (-{\omega }^2{R}_0\cos \theta \cos \omega (t-\frac{R}{c}){\overrightarrow{e}}_{\varphi }+{\omega }^2{R}_0\sin \omega (t-\frac{R}{c}){\overrightarrow{e}}_{\theta }))\\ =\frac{q{\omega }^2{R}_0}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}(\cos \theta \cos \omega (t-\frac{R}{c}){\overrightarrow{e}}_{\theta }+\sin \omega (t-\frac{R}{c}){\overrightarrow{e}}_{\varphi })=\frac{q{R}_0{\omega }^2}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R}(\cos \theta {\overrightarrow{e}}_{\theta }+i{\overrightarrow{e}}_{\varphi })e^{i\left(\frac{\omega R-\omega t}{c}\right)}\end{array}$$$${\overrightarrow{B}}_{radia}=\frac{{\overrightarrow{e}}_r}{c}\times {\overrightarrow{E}}_{radia}=\frac{q{R}_0{\omega }^2}{4\pi {ϵ}_0{c}^{3}R}(-i{\overrightarrow{e}}_{\theta }+\cos \theta {\overrightarrow{e}}_{\varphi })e^{i\left(\frac{\omega R-\omega t}{c}\right)}$$$$<\overrightarrow{S}>=\frac{1}{2{\mu }_0}\overrightarrow{E}\times {\overrightarrow{B}}^{\ast }=\frac{q^2{R}_0^2{\omega }^4}{32{\pi }^2{ϵ}_0{c}^3{R}^2}({\cos }^2\theta +1){\overrightarrow{e}}_r$$

当 $\theta =0,\pi$ 时， 辐射为圆偏振

当$\theta =\frac{\pi }{2}$ 时，辐射为线偏振

其余情况为椭圆偏振 （$\theta =\frac{\pi }{4}$）

4. 带电粒子的电磁场对粒子本身的反作用

能量转化与守恒定律，牛顿定律，电子的经典运动方程，电磁质量，辐射阻尼力，谱线的自然宽度

作业：书7.9

7.9 带电粒子在磁场中的辐射

一个质量为 $m$，电荷为 $q$ 的粒子在一个平面上运动，该平面垂直于均匀静磁场 $\overrightarrow{B}$。 (1) 计算辐射功率，用 $m,q,B,\gamma$ 表示 ($E=\gamma m{c}^2$)

角频率

$$qvB=\gamma mv\omega$$$$\omega =\frac{qB}{\gamma m}$$

回旋半径

$$R_0=\frac{v}{\omega }=\frac{mc}{qB}\sqrt{{\gamma }^2-1}$$

再推导相对论情形下的辐射功率表达式

$$\overrightarrow{E}=\frac{q}{4\pi {ϵ}_0{c}^{2}R(1-\frac{\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{R}}{cR}{)}^3}({\overrightarrow{e}}_r\times (({\overrightarrow{e}}_r-\frac{\overrightarrow{v}}{c})\times \overrightarrow{a})))$$$$\overrightarrow{a}=(-{\omega }^2{R}_0\cos \omega t,-{\omega }^2{R}_0\sin \omega t)=-{\omega }^2{R}_0\cos \theta \cos \omega t{\overrightarrow{e}}_r-{\omega }^2{R}_0\sin \theta \cos \omega t{\overrightarrow{e}}_{\theta }-{\omega }^2{R}_0\sin \omega t{\overrightarrow{e}}_{\varphi }$$

带入 $\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{a}=0$ 时的辐射功率公式

$$P=\frac{q^2{a}^2}{6\pi {ϵ}_0{c}^3}{\gamma }^4=\frac{q^2{\omega }^4{R}_0^2}{6\pi {ϵ}_0{c}^3}{\gamma }^4=\frac{B^2{q}^4}{6\pi {ϵ}_0{m}^{2}c}({\gamma }^2-1)$$

(2) 若在 $t=t_0$ 时，$E_0={\gamma }_{0}m{c}^2$，求 $E(t)$

$$\frac{dE}{dt}=-\frac{B^2{q}^4}{6\pi {ϵ}_0{m}^{2}c}(\frac{E^2}{m^2{c}^4}-1)$$$$\frac{dE}{E^2-m^2{c}^4}=-\frac{B^2{q}^4}{6\pi {ϵ}_0{m}^4{c}^5}dt$$$${\int }_{{\gamma }_{0}m{c}^2}^E\frac{dE}{E-m{c}^2}-\frac{dE}{E+m{c}^2}={\int }_{t_0}^t-\frac{B^2{q}^4}{3\pi {ϵ}_0{m}^3{c}^3}dt$$$$E(t)=m{c}^2\left(\frac{1+\frac{{\gamma }_0-1}{{\gamma }_0+1}{e}^{-\frac{B^2{q}^4}{3\pi {ϵ}_0{m}^3{c}^3}(t-t_0)}}{1-\frac{{\gamma }_0-1}{{\gamma }_0+1}{e}^{-\frac{B^2{q}^4}{3\pi {ϵ}_0{m}^3{c}^3}(t-t_0)}}\right)$$

(3) 若初始时刻粒子为非相对论性的，其动能为 $T_0$，求时刻 $t$ 的粒子动能 $T$

非相对论时

$$P\approx \frac{q^4{B}^2}{6\pi {ϵ}_0{c}^3{m}^2}{v}^2=\frac{q^4{B}^2}{3\pi {ϵ}_0{c}^3{m}^3}T$$$$\frac{dT}{dt}=-\frac{q^4{B}^2}{3\pi {ϵ}_0{c}^3{m}^3}T$$$${\int }_{T_0}^T\frac{dT}{T}={\int }_0^t-\frac{q^4{B}^2}{3\pi {ϵ}_0{c}^3{m}^3}dt$$$$T(t)=T_0{e}^{-\frac{B^2{q}^4}{3\pi {ϵ}_0{m}^3{c}^3}(t-t_0)}$$

5. 电磁波的散射与吸收，介质的色散

自由电子对电磁波的散射，束缚电子对电磁波的散射，介质的色散，因果性与色散关系

作业：书7.5, 7.6, 7.8

7.5 带电谐振子在磁场中的运动

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 $-m{\omega }_0^2\overrightarrow{r}$ 作用），处于均匀恒定外磁场 $\overrightarrow{B}$ 中，假设粒子速度 $v\ll c$ 及辐射阻尼力可以忽略，求： (1) 振子运动的通解

在非相对论情形下

$$\overrightarrow{f}=-m{\omega }_0^2\overrightarrow{r}+q\overrightarrow{v}\times \overrightarrow{B}=m\overrightarrow{a}$$$$\begin{array}{c}m\ddot{x}=-m{\omega }_0^{2}x+qB\dot{y}\\ m\ddot{y}=-m{\omega }_0^{2}y-qB\dot{x}\\ m\ddot{z}=-m{\omega }_0^{2}z\end{array}$$

采取复数法求解 （ $z=x+iy$ ）

$$\ddot{z}=-{\omega }_0^{2}z-i2{\omega }_B\dot{z}$$

其中 ${\omega }_B=\frac{qB}{2m}$

方程通解为

$$z=A{e}^{i(\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}-{\omega }_0)t}+B{e}^{-i(\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}+{\omega }_0)t}$$

所以振子运动的通解为

$$\overrightarrow{r}(t)=A(\hat{x}-i\hat{y})e^{-i(-\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}+{\omega }_0)t}+B(\hat{x}+i\hat{y})e^{-i(\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}+{\omega }_0)t}+C\hat{z}{e}^{-i{\omega }_{0}t}$$

(2) 利用上题结果，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。

沿着磁场方向：因为 $z$ 方向振动平行于 ${\overrightarrow{e}}_r$ ，所以不会产生辐射场

利用7.4 的结果，可以把振动分解为频率为 $-{\omega }_0+\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}$ 和 ${\omega }_0+\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}$ 的叠加，并且二者均为圆偏振，其中前者是左旋，后者是右旋

垂直磁场方向：此时在垂直于 ${\overrightarrow{e}}_r$ 的平面内振动的投影可以分解为

$z$ 方向的频率为 ${\omega }_0$ 的以及原来 $x-y$ 平面内频率为 ${\omega }_0-\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}$ 和 ${\omega }_0+\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}$ 的叠加。三者均为线偏振，并且频率为 ${\omega }_0$ 的波的偏振方向与频率为 ${\omega }_0-\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}$ 和 ${\omega }_0+\sqrt{{\omega }_0^2+{\omega }_B^2}$ 的波是垂直的。

7.6 电子在均匀磁场中的运动

设电子在均匀外磁场 ${\overrightarrow{B}}_0$ 中运动，取磁场 $\overrightarrow{B}$ 的方向为 $z$ 轴方向，已知 $t=0$ 时，$x=R_0$，$y=z=0$，$\dot{x}=\dot{z}=0$，$\dot{y}=v_0$，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

对于题示这种准周期运动，可以采取平均辐射阻尼力 $\frac{e^2}{6\pi {ϵ}_0{c}^3}\dot{\overrightarrow{a}}$

此时运动方程变为

$$\begin{array}{c}\ddot{x}={\omega }_0\dot{y}+\frac{\gamma }{{\omega }_0^2}\stackrel{⃛}{x}\\ \ddot{y}=-{\omega }_0\dot{x}+\frac{\gamma }{{\omega }_0^2}\stackrel{⃛}{y}\end{array}$$

其中 ${\omega }_0=\frac{qB}{m},\gamma =\frac{e^2{\omega }_0^2}{6\pi {ϵ}_{0}m{c}^3}$

同样采取复数法求解，令 $z=x+iy$

$$\ddot{z}=-i{\omega }_0\dot{z}+\frac{\gamma }{{\omega }_0^2}\stackrel{⃛}{z}$$

特征方程

$$\frac{\gamma }{{\omega }_0^2}{\lambda }^2-\lambda -i{\omega }_0=0$$$$\lambda =\frac{{\omega }_0^2\pm {\omega }_0^2\sqrt{1+i4\frac{\gamma }{{\omega }_0}}}{2\gamma }$$

由于 $\gamma <<1$ ，所以

$$\lambda \approx \frac{{\omega }_0^2-{\omega }_0^2(1+i2\frac{\gamma }{{\omega }_0}+2\frac{{\gamma }^2}{{\omega }_0^2})}{2\gamma }=-i{\omega }_0-\gamma$$

所以带入初始条件，得到运动轨迹为

$$\begin{array}{c}x\approx (R_0-\frac{v_0}{{\omega }_0})+\frac{v_0}{{\omega }_0}{e}^{-\gamma t}\cos {\omega }_{0}t\\ y\approx \frac{v_0}{{\omega }_0}{e}^{-\gamma t}\sin {\omega }_{0}t\end{array}$$

(2) 电子单位时间内的辐射能量

单位时间内，带入运动方向与加速度方向垂直的结论

$$P(t)=\frac{e^2}{6\pi {ϵ}_0{c}^3}{a}^2=\frac{e^2}{6\pi {ϵ}_0{c}^3}{\omega }_0^2{v}_0^2{e}^{-2\gamma t}$$

7.8 等离子体折射率

应用 §6 中导出介质色散的方法，推导等离子体折射率的公式(见第四章(9.29)式)

假设等离子体中单位体积的正负电荷数密度为 $N$ ，在打入电磁波 $\overrightarrow{E}={\overrightarrow{E}}_0{e}^{-i\omega t}$ 时，电子运动方程可以写作

$$\ddot{\overrightarrow{r}}=-\frac{e{\overrightarrow{E}}_0}{m}{e}^{-i\omega t}$$

所以稳定时

$$\overrightarrow{r}=\frac{e{\overrightarrow{E}}_0}{m{\omega }^2}{e}^{-i\omega t}$$

极化强度

$$\overrightarrow{P}=-\frac{N{e}^2{\overrightarrow{E}}_0}{m{\omega }^2}{e}^{-i\omega t}$$$${ϵ}_r=1-\frac{N{e}^2}{m{ϵ}_0{\omega }^2}$$$$n(\omega )=\sqrt{1-\frac{N{e}^2}{{ϵ}_{0}m{\omega }^2}}$$