电动力学 第9周作业

Chasse_neige

1. 电磁场的矢势和标势

作业：书5.1, 5.4

5.1 若把麦克斯韦方程组的所有矢量都分解为无旋的（纵场）和无散的（横场）两部分，写出 $E$ 和 $B$ 的这两部分在真空中所满足的方程式，并证明电场的无旋部分对应于库仑场。

分解：（$L$ 代表纵向，$T$ 代表横向）

$$\begin{array}{c}\mathbf{E}={\mathbf{E}}_T+{\mathbf{E}}_L\\ \mathbf{B}={\mathbf{B}}_T+{\mathbf{B}}_L\end{array}$$

所以麦克斯韦方程组化为

$$\begin{array}{c}\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{E}=\mathrm{\nabla }\cdot ({\mathbf{E}}_T+{\mathbf{E}}_L)=\mathrm{\nabla }\cdot {\mathbf{E}}_L=\frac{\rho }{{ϵ}_0}\\ \mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{B}=\mathrm{\nabla }\cdot ({\mathbf{B}}_T+{\mathbf{B}}_L)=\mathrm{\nabla }\cdot {\mathbf{B}}_L=0\\ \mathrm{\nabla }\cdot {\mathbf{B}}_L=\mathrm{\nabla }\times {\mathbf{B}}_L=0\\ \text{可以取适当横场使得}{\mathbf{B}}_L=0\\ \mathrm{\nabla }\times \mathbf{E}=\mathrm{\nabla }\times ({\mathbf{E}}_T+{\mathbf{E}}_L)=\mathrm{\nabla }\times {\mathbf{E}}_T=-\frac{\partial }{\partial t}{\mathbf{B}}_T\\ \mathrm{\nabla }\times \mathbf{B}=\mathrm{\nabla }\times {\mathbf{B}}_T={\mu }_0\mathbf{J}+{\mu }_0{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}\mathbf{E}={\mu }_0({\mathbf{J}}_T+{\mathbf{J}}_L)+{\mu }_0{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}({\mathbf{E}}_T+{\mathbf{E}}_L)={\mu }_0{\mathbf{J}}_T+{\mu }_0{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathbf{E}}_T\\ {\mu }_0{\mathbf{J}}_L+{\mu }_0{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathbf{E}}_L=0\end{array}$$

其中电场的无旋部分 ${\mathbf{E}}_L$ 满足 $\mathrm{\nabla }\cdot {\mathbf{E}}_L=\frac{\rho }{{ϵ}_0}$ ，即对应库仑场

5.4 设真空中矢势 $\mathbf{A}(\mathbf{x},t)$ 可用复数傅里叶展开为

$$\mathbf{A}(\mathbf{x},t)=\sum _k[{\mathbf{a}}_k(t)e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}+{\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}]$$

其中 ${\mathbf{a}}_k^{\ast }$ 是 ${\mathbf{a}}_k$ 的复共轭。

(1) 证明 ${\mathbf{a}}_k$ 满足谐振子方程

$$\frac{d^2{\mathbf{a}}_k(t)}{d{t}^2}+k^2{c}^2{\mathbf{a}}_k(t)=0$$

证明：真空中没有自由电荷和电流，所以

$$\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathbf{B})={\mu }_0{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}(\mathrm{\nabla }\times \mathbf{E})=-{\mu }_0{ϵ}_0\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\mathbf{B}$$$$\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathbf{A}))=-{\mu }_0{ϵ}_0\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\mathrm{\nabla }\times \mathbf{A}$$$$\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathbf{A})+{\mu }_0{ϵ}_0\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\mathbf{A})=0$$

所以可以选取适当规范使得

$$\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathbf{A})+{\mu }_0{ϵ}_0\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\mathbf{A}=0$$$$\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \sum _k[{\mathbf{a}}_k(t)e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}+{\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}])+\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\sum _k[{\mathbf{a}}_k(t)e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}+{\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}]=0$$

所以在库伦规范下

$${\mathrm{\nabla }}^2\mathbf{A}=\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\mathbf{A}$$

所以

$$-{\mathbf{k}}^2\mathbf{A}=\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\mathbf{A}$$

即对应系数

$$\frac{d^2{\mathbf{a}}_k(t)}{d{t}^2}+k^2{c}^2{\mathbf{a}}_k(t)=0$$

(2) 当选取规范 $\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{A}=0,\phi =0$ 时，证明 $\mathbf{k}\cdot {\mathbf{a}}_k=0$

证明：

$$\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{A}=\mathrm{\nabla }\cdot \sum _k[{\mathbf{a}}_k(t)e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}+{\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}]=0$$$$\therefore \mathrm{\nabla }\cdot ({\mathbf{a}}_k(t)e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}+{\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}})=0$$$$\mathrm{\nabla }\cdot ({\mathbf{a}}_k(t)e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}+{\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}})=(\mathrm{\nabla }{e}^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}})\cdot {\mathbf{a}}_k+(\mathrm{\nabla }{e}^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}})\cdot {\mathbf{a}}_k^{\ast }=i{e}^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}\mathbf{k}\cdot {\mathbf{a}}_k-i{e}^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}\mathbf{k}\cdot {\mathbf{a}}_k^{\ast }=0$$

对于任意 $\mathbf{x}$ 成立，所以$\mathbf{k}\cdot {\mathbf{a}}_k=0$

(3) 把 $\mathbf{E}$ 和 $\mathbf{B}$ 用 ${\mathbf{a}}_k$ 和 ${\mathbf{a}}_k^{\ast }$ 表示出来

$$\mathbf{E}=-\frac{\partial }{\partial t}\mathbf{A}=-\sum _k[\frac{d}{dt}{\mathbf{a}}_k(t)e^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}+\frac{d}{dt}{\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}]$$$$\begin{array}{c}\mathbf{B}=\mathrm{\nabla }\times \mathbf{A}=\sum _k[(\mathrm{\nabla }{e}^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}})\times {\mathbf{a}}_k(t)+(\mathrm{\nabla }{e}^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}})\times {\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)]\\ =i\sum _k{e}^{i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}\mathbf{k}\times {\mathbf{a}}_k(t)-e^{-i\mathbf{k}\cdot \mathbf{x}}\mathbf{k}\times {\mathbf{a}}_k^{\ast }(t)\end{array}$$

2. 推迟势

作业： (a) 书5.5

5.5 设 $\mathbf{A}$ 和 $\varphi$ 是满足洛伦兹规范的矢势和标势

(1) 引入一矢量函数 $\mathbf{Z}(\overrightarrow{x},t)$（赫兹矢量），若令 $\varphi =-\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{Z}$，证明 $\mathbf{A}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{Z}}{\partial t}$

由于 $\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{A}+\frac{1}{c^2}\frac{\partial }{\partial t}\varphi =0$

$$\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{A}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial }{\partial t}\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{Z}$$

所以可以选取合适的 $\mathbf{Z}$ 使得

$$\mathbf{A}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{Z}}{\partial t}$$

(2) 若令 $\rho =-\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{P}$ 证明 $\mathbf{Z}$ 满足方程 ${\mathrm{\nabla }}^2\mathbf{Z}-\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2\mathbf{Z}}{\partial t^2}=-c^2{\mu }_0\mathbf{P}$，写出在真空中的推迟解

证明：

$$\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{E}=\frac{\rho }{{ϵ}_0}$$$$\mathrm{\nabla }\cdot (-\mathrm{\nabla }\varphi -\frac{\partial }{\partial t}\mathbf{A})=\frac{\rho }{{ϵ}_0}$$$$\mathrm{\nabla }\cdot (-\mathrm{\nabla }(-\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{Z})-\frac{\partial }{\partial t}\frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{Z}}{\partial t})=\frac{-\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{P}}{{ϵ}_0}$$$${\mathrm{\nabla }}^2(\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{Z})-\frac{1}{c^2}\frac{\partial }{\partial t}(\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{Z})=-c^2{\mu }_0(\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{P})$$

所以可以选取合适的 $\mathbf{Z}$ 以及 $\mathbf{P}$ 使得

$${\mathrm{\nabla }}^2\mathbf{Z}-\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2\mathbf{Z}}{\partial t^2}=-c^2{\mu }_0\mathbf{P}$$

在真空中，$\mathbf{Z}$ 存在推迟解

$$\mathbf{Z}(\mathbf{r},t)=\int \frac{c^2{\mu }_0\mathbf{P}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})}{4\pi |\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}d{\tau }^{\prime }$$

(3) 证明 $\mathbf{E}$ 和 $\mathbf{B}$ 可通过 $\mathbf{Z}$ 用下列公式表出：

$$\mathbf{E}=\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathbf{Z})-c^2{\mu }_0\mathbf{P},\mathbf{B}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial }{\partial t}\mathrm{\nabla }\times \mathbf{Z}$$

证明：

$$\mathbf{E}=-\mathrm{\nabla }\varphi -\frac{\partial }{\partial t}\mathbf{A}=\mathrm{\nabla }(\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{Z})-\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^2}{\partial t^2}\mathbf{Z}=\mathrm{\nabla }(\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{Z})-{\mathrm{\nabla }}^2\mathbf{Z}-c^2{\mu }_0\mathbf{P}=\mathrm{\nabla }\times (\mathrm{\nabla }\times \mathbf{Z})-c^2{\mu }_0\mathbf{P}$$$$\mathbf{B}=\mathrm{\nabla }\times \mathbf{A}=\mathrm{\nabla }\times \frac{1}{c^2}\frac{\partial \mathbf{Z}}{\partial t}=\frac{1}{c^2}\frac{\partial }{\partial t}\mathrm{\nabla }\times \mathbf{Z}$$

(b) 试证，库伦规范的解满足$$\nabla \cdot \mathbf{A} = 0$$

证明：库伦规范下的解为

$$\varphi (\mathbf{r},t)=\int \frac{\rho (\mathbf{r},t)}{4\pi {ϵ}_0|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}d{\tau }^{\prime }$$$$\mathbf{A}(\mathbf{r},t)=\int \frac{{\mu }_0(\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))}{4\pi |\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}d{\tau }^{\prime }$$

所以矢势的散度为：（以下用 ${\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }$ 表示仅仅对于空间部分的散度，即不考虑散度中推迟项带来的影响）

$$\begin{array}{c}\mathrm{\nabla }\cdot \mathbf{A}=\mathrm{\nabla }\cdot \int \frac{{\mu }_0(\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))}{4\pi |\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}d{\tau }^{\prime }\\ =\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int (-{\mathrm{\nabla }}^{\prime }\frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|})\cdot (\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))+\\ \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\mathrm{\nabla }\cdot (\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))d{\tau }^{\prime }\\ =\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int -{\mathrm{\nabla }}^{\prime }\frac{(\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}+\\ \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{\mathrm{\nabla }}^{\prime }(\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))+\\ \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\frac{\partial }{\partial t}(\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))\cdot \mathrm{\nabla }(t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})d{\tau }^{\prime }\\ =\frac{{\mu }_0}{4\pi }{\text{oiint}}_{S^{\prime }}-d{\mathbf{S}}^{\prime }\cdot \frac{(\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}+\\ \int \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\cdot (\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))+\\ \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}\frac{\partial }{\partial t}(\mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))\cdot (\mathrm{\nabla }(t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})+{\mathrm{\nabla }}^{\prime }(t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))d{\tau }^{\prime }\\ =\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}({\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\cdot \mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})-{ϵ}_0\frac{\partial }{\partial t}{{\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }}^2\varphi ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))d{\tau }^{\prime }\\ =\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{1}{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}({\mathrm{\nabla }}_{r^{\prime }}^{\prime }\cdot \mathbf{j}({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c})+\frac{\partial }{\partial t}\rho ({\mathbf{r}}^{\prime },t-\frac{|\mathbf{r}-{\mathbf{r}}^{\prime }|}{c}))d{\tau }^{\prime }=0\end{array}$$

其中最后一步是流守恒的直接结果。