Lecture Notes of Classical Electrodynamics by Sheng-Shan Cai Yun

Lecture Notes of Classical Electrodynamics by Sheng-Shan Cai Yun

by Sheng-Shan Cai, Yun Zhu and Jian-Jun Xu 2nd Edition

本文档除了包括推导, 疑惑 外,做 读书重点 的记录

Ch.1 麦克斯韦方程组
P.10 (1.25) 由微分形式的毕奥-萨伐尔定律可由电偶极子和磁偶极子的相似性导出(并非由其积分形式,即安培定律给出).一个证明可参见H. Moysés, Física Básica Eletromagnetismo P.149 (8.3.7)给出的证明.该证明的主要思路是利用磁标势,首先讨论电偶极子和磁偶极子的相似性及其标势的形式.证明的关键正是前面讨论的电偶极子导致电势与偶极子面积对相应电势计算点的立体角有关,具有不连续性;假设此结论和磁偶极子情况做类比完全一致,并注意到任何有限电流回路都可以看做是无限多无限小线圈的叠加,给出磁标势的积分形式的表达式,把它和有限线圈的立体角联系起来.磁场与磁标势的梯度有关,所以需要把观测点做微小移动,这个微小移动可以被转嫁为线圈的相应微小位移,从而转化为计算立体角的微小变化,通过矢量运算发现可以把空间的微小位移提出到积分号以外,从而得到磁场的表达式.

由毕奥-萨伐尔定律得到安培定律,即由微分形式得到积分形式相对容易.下面给出证明.我们直接对毕奥-萨伐尔定律求散度和旋度,从而得到高斯定理,和无磁单极的表达式的微分形式.注意到空间导数是对观测点进行的,与电流分布无关及其在全空间的积分无关.在书写上,为方便起见这个导数用$$ \nabla_r $$来标记
 * $$\begin{align}

\nabla \cdot \vec{B}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\nabla\cdot \left(Id\vec{l}\times\frac{\vec{r}}{r^3}\right) =(-1)\frac{\mu_0}{4\pi}\int Id\vec{l}\cdot \left(\nabla\times\frac{\vec{r}}{r^3}\right) =0 \end{align}$$ 最后一步相当于点电荷的电场无旋.
 * $$\begin{align}

\nabla\times\frac{\vec{r}}{r^3}=0 \end{align}$$

安培定律的证明完全类似,但是略为复杂些,
 * $$\begin{align}

&\nabla \times \vec{B}\\ &=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\nabla\times \left(Id\vec{l}\times\frac{\vec{r}}{r^3}\right) \\ &=\frac{\mu_0}{4\pi}\int Id\vec{l}\left(\nabla\cdot\frac{\vec{r}}{r^3}\right) -\frac{\mu_0}{4\pi}\int_l \left(\nabla_r\cdot Id\vec{l}\right)\frac{\vec{r}}{r^3} \\ &=\frac{\mu_0}{4\pi}\int Id\vec{l}4\pi\delta(\vec{r}) -\frac{\mu_0}{4\pi}\int_l Id\vec{l} \cdot \left(\nabla_r\frac{\vec{r}}{r^3}\right) \\ &=\frac{\mu_0}{4\pi}\int \vec{j}d\tau' 4\pi\delta(\vec{r}) +\frac{\mu_0}{4\pi}\int_{dS} I dS \cdot \nabla_{r'}\times\left(\nabla_{r'}\frac{\vec{r}}{{r}^3} \right)\\ &=\mu_0 \vec{j} \end{align}$$ 倒数第二步有两项,第一项相当于点电荷的电场的散度是电荷.
 * $$\begin{align}

\nabla\cdot\frac{\vec{r}}{r^3}=4\pi \delta({\vec{r}}) \end{align}$$ 注意到这里存在两个位矢,线积分的位矢$$ \vec{r'}$$和计算磁场位置的位矢$$ \vec{r}$$.考虑到这个区别,在第二项中把梯度的作用位矢进行交换会出现负号.另外在这里的表达式中的一些符号用法也不是完全合适的. 第二项最后结果为零实际上与点电荷电场的具体形式$$ \frac{\vec{r}}{r^3} $$无关,可以按分量写出,对每个分量它的导数对闭路圈积分,利用斯托克斯定理它是散度的旋度,故为零.

P.11 (1.28) 这里的推导是对应静磁场成立,出发点是静磁场和实验验证.实际上严格的应该从麦克斯韦方程出发,数学上用到推迟势,具体参见(12.41).

P.12 (1.30) 倒数第二步,之前的第二项贡献为零.这是因为其中的旋度是对$$ \vec{r} $$作用的而非$$ \vec{r}' $$,所以结果为零.

P.12 (1.32) 矢势散度为零的结果说明上面导出的的矢势属于昆仑规范.

这里对磁感应强度的旋度的推导的第一项对矢势散度的计算中,书中的推导的写法上有些不准确(少了一对括号),但结论完全正确.第二项是把$$R=|r-r'|$$对$$\vec{r}$$的梯度写为对$$\vec{r}'$$的梯度,故产生一个负号(这个负号是因为对$$\vec{r}$$的梯度正比于$$\vec{r}-\vec{r}'$$而对$$\vec{r}'$$的梯度正比于$$\vec{r}'-\vec{r}$$).然后再用部分积分法写为两项.第一项由于静态源电流为零,第二项化为面积积分后为零.

P.14 (1.36) 书上的表述似乎欠妥.(1.36)是可以看成回路在某一瞬间,与实验室参考系中某静止回路重合,在该静止回路中的法拉第定律.从而得到(1.37)

Ch.2 电磁场的守恒定律和对称性
P.37 (2.13) 这里的证明可以按书上的思路从"力"出发,虽然但是这是书面上最好的表达方式,但是不便于记忆和复述.方便记忆的形式,是类似能量守恒从能量密度对时间的偏微分出发,这里类似可以从动量密度对时间的偏微分出发.是按这个推导,大多数项,例如电磁张量,都是自然的出现,而非如书中需要引入恒等式的形式.物理上,唯一需要注意的是电磁动量和坡印廷矢量差光速的平方.这来源于光子的质能关系$$ E=cp $$(而不是非相对论粒子动能和动量的关系),而坡印廷矢量为能量密度乘以光速,这点可以在推导的最后补足.

在数学上,计算


 * $$\begin{align}

\frac{1}{\mu_0}\frac{\partial \vec{E}\times\vec{B}}{\partial t} \end{align}$$ 导致例如


 * $$\begin{align}

(\nabla_1\times\vec{B_1})\times \vec{B}=\vec{B_1}(\nabla_1\cdot\vec{B})-\nabla_1(\vec{B_1}\vec{B}) =\nabla_1\cdot(\vec{B}\vec{B_1})-\frac{1}{2}\nabla(\vec{B}\vec{B}) =\nabla\cdot(\vec{B}\vec{B})-\nabla_1\cdot(\vec{B_1}\vec{B})-\frac{1}{2}\nabla(\vec{B}\vec{B}) \end{align}$$

P.39 矢量关系式

考虑满足


 * $$\begin{align}

&\mathbf \nabla \times E =0 \\ &\mathbf \nabla \cdot A =0 \end{align}$$ 的情况下证明


 * $$\begin{align}

\mathbf E \times(\nabla\times A) = \nabla(A \cdot E)-\nabla \cdot (AE+EA)+A(\nabla\cdot E) \end{align}$$

首先条件 $$\mathbf \nabla \cdot A =0$$ 并不是可以导出的,而是一种选择,称为库伦规范. 接着我们给出证明上述数学关系式的基本思路 对于任意数字矢量


 * $$\begin{align}

\mathbf E \times(T\times A) = T(A \cdot E)-A(T\cdot E) \end{align}$$

当微分算符加入后,我们必须在保持上述分量的乘积和差形式的同时,记得导数仅仅对初始公式中在 $$\nabla$$ 之后的量进行操作.

由此,我们引入记号 $$\mathbf \nabla_A$$ ,并在形式上写下


 * $$\begin{align}

\mathbf E \times(\nabla \times A) = \nabla_A(A \cdot E)-A(\nabla_A\cdot E) \end{align}$$

其中 $$\mathbf \nabla_A$$ 对矢量 $$\mathbf A$$ 作用,即便在表达式中 $$\mathbf \nabla_A$$ 位于 $$\mathbf A$$ 的后方, $$\mathbf \nabla_A$$ 不对矢量 $$\mathbf B$$ 作用,即便在表达式中 $$\mathbf \nabla_A$$ 位于 $$\mathbf B$$ 的前方.由此容易看出


 * $$\begin{align}

&\mathbf -\nabla \cdot (EA) \\ &=-\nabla_A \cdot (EA)-\nabla_E \cdot (EA) \\ &=-A(\nabla_A \cdot E)-A(\nabla_E \cdot E) \\ &=-A(\nabla_A \cdot E)-A(\nabla\cdot E) \end{align}$$

从而


 * $$\begin{align}

\mathbf -\nabla \cdot (EA)+A(\nabla\cdot E) =-A(\nabla_A \cdot E) \end{align}$$

凑出了等式右边的后一半,而剩余部分为


 * $$\begin{align}

&\mathbf -\nabla \cdot (AE) \\ &=-\nabla_A \cdot (AE)-\nabla_E \cdot (AE) \\ &=-E(\nabla_A \cdot A)-E(\nabla_E \cdot A) \\ &=-E(\nabla \cdot A)-E(\nabla_E \cdot A) \\ &=-E(\nabla_E \cdot A) \\ \end{align}$$

其中利用


 * $$\begin{align}

\mathbf \nabla \cdot A =0 \end{align}$$

和


 * $$\begin{align}

\mathbf \nabla (A\cdot E) = \nabla_A (A\cdot E) +\nabla_E (A\cdot E) \end{align}$$

比较结果,我们发现最后需要证明下述表达式等于零


 * $$\begin{align}

\mathbf E(\nabla_E \cdot A) -\nabla_E (A\cdot E) \end{align}$$

而实际上,利用前面获得的表达式 $$\mathbf E \times(\nabla \times A) = \nabla_A(A \cdot E)-A(\nabla_A\cdot E)$$ ,交换 $$\mathbf A, E$$ 的位置以及 $$\mathbf \nabla \times E =0 $$ 即得


 * $$\begin{align}

&0=A \times (\nabla \times E) \\ &=A \times (\nabla_E \times E) \\ &=\nabla_E (A\cdot E)-E(\nabla_E \cdot A) \\ \end{align}$$

P.40 (2.21) 这里相当于一个并矢,应该有两个指标.但是我们在矢积中用两个矢量的指标表达另一个矢量,这里应该以相同的方式理解. 更严谨的是利用单位反对称张量 $$\varepsilon_{ijk} $$


 * $$\begin{align}

M_{mi}=\varphi_{mk}x_j\varepsilon_{ijk} \end{align}$$

从而


 * $$\begin{align}

&\frac{\partial}{\partial x_m}M_{mi} \\ &=\frac{\partial}{\partial x_m}\varphi_{mk}x_j\varepsilon_{ijk} \\ &=x_j\varepsilon_{ijk}\frac{\partial}{\partial x_m}\varphi_{mk}+\varphi_{mk}\varepsilon_{ijk}\frac{\partial}{\partial x_m}x_j\\ &=x_j\varepsilon_{ijk}\frac{\partial}{\partial x_m}\varphi_{mk}+\varphi_{mk}\varepsilon_{ijk}\delta_{mj} \\ &=x_j\varepsilon_{ijk}\frac{\partial}{\partial x_m}\varphi_{mk}+\varphi_{jk}\varepsilon_{ijk} \\ &=x_j\varepsilon_{ijk}\frac{\partial}{\partial x_m}\varphi_{mk} \\ &=x_j\frac{\partial}{\partial x_m}\varphi_{mk}\varepsilon_{ijk} \end{align}$$

得到同样的结果.

P.41 例5 角动量守恒.由于在外桶内及外桶外没有电场,虽然在两桶之间电场为径向,故在两桶之间存在切向的角动量的传递,但是角动量并不传递到两桶之外. 能量不守恒.虽然两桶之外没有坡印廷矢量,但是能量可以通过电阻损耗.在两桶之间,坡印廷矢量方向亦为切向.类似于动量守恒和机械能守恒,电磁场和机械能之总和不守恒,且变小.

P.42 矢量关系式


 * $$\begin{align}

\mathbf{ r\times (E\times B)} = E_j ({\mathbf r} \times \nabla)A_j-E_j {\mathbf r} \times \frac{\partial}{\partial x_j} {\mathbf A} \end{align}$$

这个关系书上的书写方式过于简洁,有歧义,但是结论正确.利用类似P.39矢量关系式的讨论,即可得到上述表达式,具体略.

P.51 (2.53) 由于通过矢势构造的磁场无源,故磁单极的矢势的散度无源,磁单极的荷只能通过奇异弦流出,参见P.28 (1.74).可以从两个不同的角度来看待这个问题.第一种,与通过无旋的标势构造磁场类似,可以把磁单极和奇异弦排除出讨论涉及的空间,这样在讨论所涉及的空间中磁场的确无源.按这个思路,磁单极和奇异弦构成相应数学问题的边界条件.第二种,按(类似静电场的)唯一性定理,如书中P.50所述,我们可以构造一个满足磁场解和边界条件的电流分布,因为无限螺线管对其外部磁感应强度没有影响(但是对矢势有影响,书中就此进行计算),不妨把奇异弦假想成通往无穷远去的截面无限小的螺线管,这样在全空间磁场无源,总的磁通量为零.既然磁单极的总的磁通量为 $$\mu_0g$$ ,螺线管中的磁通量必须为 $$-\mu_0g$$ ,管内磁场为无限大.无限长小螺线管可以看成由无限磁偶极距构成,为了计算长度 $$dl$$ 上磁偶极距 $$dm$$ ,考虑一个横跨螺线管内外的线积分


 * $$\begin{align}

B dl =\mu_0 i dn = \mu_0 i \frac{dn}{dl} dl \end{align}$$ 其中 $$\frac{dn}{dl}$$ 为单位长度螺线管匝数,从而


 * $$\begin{align}

dm=idn dS=\frac{1}{\mu_0}Bdl dS= \frac{1}{\mu_0}(B dS) dl=g dl \end{align}$$

(2.53)的推导中涉及一个线积分到面积分的变换, $$\oint_C dl \times A = \int_S (dS \times \nabla) \times A$$ ,应该可以视为斯托克斯定理 $$\oint_C dl \cdot A = \int_S dS \cdot (\nabla \times A)$$ 及 $$\oint_C dl\psi = \int_S dS \times \nabla \psi$$ 的推广. (2.53)的推导倒数第三步,利用 $$-\frac{1}{4\pi}\nabla^2 \frac{1}{|\vec x-\vec x' |}= \delta(\vec x-\vec x')$$ ,而如果选面积不经过需要计算矢势差值的空间点 $$\mathbf r$$, $$\delta$$ 函数项无任何贡献.

P.54 (2.62) 因为由于AB效应,矢势是有物理实质的,所以如果存在磁单极,它的磁场应该可以用矢势来描述.在量子力学中,矢势对波函数相位的影响是矢势在封闭环路上的线积分,由(1.73)这对应磁通量,为了得到和磁感应强度(1.72)对应的磁通量,唯一的可能是奇异弦(1.76)中的 $$B_h$$ 场的磁通量为 $$2\pi $$的整数倍.这样就得到了(2.62)式.

P.55 矢量关系式
 * $$\nabla \times h =\nabla\varphi \times \nabla \varphi_m$$

注意到对任何标量场 $$\nabla \times \nabla \phi =0$$ 以及 $$\nabla\varphi \times \nabla \varphi_m= -\nabla\varphi_m \times \nabla \varphi $$ 即得

Ch.3 导体和电介质静电学
P.64 离电荷系统很远的不带电导体会受到电荷系统的吸引 很远隐含了导体的感应电荷分布不会影响电荷体系的电荷分布.如果该导体受到吸引,说明导体感应电荷的分布导致体系总能量比较无任何感应电荷分布的情况要低.因为如果把导体放在无穷远,则没有任何感性电荷分布,吸引力做正功,则导体靠近后感性电荷的相应分布必然是体系总能量降低.而上述要求正是汤姆孙定理的结果.证毕.

P.64 补充:静电场唯一性定理 首先引入定理的表述:给定固定电荷,导体电荷总量和导体位置,这时电荷分布,从而场分布是唯一的.(参见贾启民,郑永令普通物理电磁学)反证法,如果存在两种不同的分布,则考虑分布差对应的分布,这时每个导体总电荷都是零,但是存在不为零的电荷分布,考虑某处电荷密度(导体表面面电荷)为正,从它出发的电力线必然终结于某导体之上,不可以是该导体自身否则导体电势不是常数,终结于第二个导体表面某处电荷密度为负,则第二个导体必有某处带正电荷,继续考虑从正电荷出发的电力线,如果导体总数有限,则电力线最终只能回到某个导体之上,从而隐含静电场有旋.另外一个证明方法如下,同样是反证法,即便所有导体电势都相等,我们对导体电势进行排序,从而电势最高的导体不能有负电荷分布,否则它的电势不可能为最高,逐个考虑,唯一的可能是所有导体都不可能有净电荷分布,即分布差是平庸的等于零.

P.65 (3.11) 由于静电场唯一性定理,电场及电势唯一的由导体位置和每个导体相应的总电荷决定.从而在物理位置确定的情况下,任何导体的电势仅仅是所有导体总电荷的函数.


 * $$\begin{align}

\varphi_i=\varphi_i(Q_1,Q_2,...,Q_j,...) \end{align}$$

下面,我们论证这个函数必然可以表达为(3.11)式.(3.11)并不是显然的,因为改变任何一个导体所携带的总净电荷会导致每个导体上的电荷分布的变化,从而改变每个导体对任意其他导体的电势的贡献.我们的证明首先考虑只有第一个导体带总净电 $$Q_1$$ ,其余导体带的净电都为零的情况.按静电场方程的线性和唯一性定理,我们得到这时


 * $$\begin{align}

\varphi_i=\varphi_i(Q_1,0,...,0,...)=C^{-1}_{i1} Q_1 \end{align}$$

这是因为,当$$ Q_1 $$放大 $$k$$ 倍时,我们可以构造解把空间所有电荷密度都放大 $$k$$ 倍(其中包括带净电为零的导体表面感应电荷密度不为零处的电荷密度)的解,而按唯一性定理,这的确是问题满足边界条件的解,从而是唯一解.这是因为这时相应的电势同样放大 $$k$$ 倍.接着,我们意识到总电荷分布 $$\{Q_1,Q_2,...,Q_j,...\}$$ 对应的电荷分布其实是每个总电荷单独分布的线性叠加.从而得到(3.11)式.

P.65 (3.13) 电容系数 $$C_{ij}$$ 的对称性.因为 $$C_{ij}$$ 总是可以表达为对称项与反对称项的和的形式,由于(3.13)中对势场的对称性, $$C_{ij}$$ 中的反对称项没有贡献,从而可以通过对电容系数的对称化消去其反对称部分.

P.72 (3.21) 贾启民,郑永令的普通物理电磁学中给出的导体表面受到的张力的证明似乎更为直观.

P.80 (3.39) 这是因为偏离值的平均值等于零 $$<\delta E>=0, <\delta \varepsilon>=0 $$

P.80 (3.40) 利用


 * $$\begin{align}

&\nabla \cdot D =0 \\ &\nabla \cdot  =0 \end{align}$$

得到


 * $$\begin{align}

\nabla \cdot (D- ) =0 \end{align}$$ 即得(3.40)以上一式. 接着对(3.40)两边求平均.第一个平均是对同样的介质求取,故 $$\delta \varepsilon$$ 可以提出平均号.但是因为平均后的体系是各向同性的,故并矢 $$\nabla \nabla \delta \varepsilon$$ 不含非对角项,且对角项全等.按分量计算,可得对任意方向矢量


 * $$\begin{align}

\hat n \cdot \nabla \nabla \delta \varepsilon = \frac{1}{3} \hat n \nabla^2 \end{align}$$

Ch.4 静电场边值问题的解法
P.90 (4.6) 上面确定系数的方程因为必须对任意 $$\theta$$ 角度都正确,故正比于 $$\cos\theta$$ 比例系数和常数比例系数都必须相等.

P.90 (4.7) 为求偏导 $$ \frac{\partial \varphi}{\partial n}|_{r=R} $$ ,只需做代换 $$ x=r\cos\theta, y=r\sin\theta\cos\phi, z=r\sin\theta\sin\phi $$ ,然后对径向求导 $$ \frac{\partial \varphi(r,\theta,\phi)}{\partial r}|_{r=R} $$ ,结果自然的不依赖于$$ \phi $$. 解析的不难证明$$ \frac{\partial \varphi}{\partial \phi}|_{r=R}=\frac{\partial \varphi}{\partial \phi}|_{r=R}=0 $$,即电场在球面上没有沿着球面的分量,具体略.

P.90 (4.8) 在镜像法中,作用力正好总是等于镜像电荷的作用力可以解释如下.考虑在电荷和镜像电荷位置我们有两个真实电荷,而在导体位置,我们放置一个总净电荷为零的球壳.首先由唯一性原理,因为在任何位置电力线垂直于球壳表面的,球壳上任何位置都不带电是问题的解,从而球壳不受力.我们可以从另外的角度来看待这个问题,球壳内外表面分别带电,把问题看成两个互不相关的分别由两个电荷在导体表面感应的静电学问题,这两个问题都可以由镜像法求解.因为由前面讨论知,球壳不受力,或者受到的两个点电荷的合力为零,外部故点电荷对球壳的作用力等于球壳对内部点电荷的作用力,也等于外部点电荷对内部点电荷的作用力. 显然上述讨论适用于任意镜像法问题.

P.95 (4.18-21) (4.19)参见(4.27)的推导.但是实际上这些公式的直接推导并不复杂.具体方法是通过$$ \nabla^2 $$在球坐标系和柱坐标系中的具体表达式,利用分离变量法(在球坐标系只需要著名的球谐函数,勒让德多项式的本征值,柱坐标系角度方向的本征值问题为平庸的)得到径向方程,通过级数直接可以得到这里的结果.

利用通解的形式,原则上,我们总是可以用通解法得到问题的解.作为一个例子,我们具体的数一下方程数和未知数数目.考虑关于轴对称导体(介质)球问题,他的通解是(4.18),在球外由于无限远的边界条件,我们只能取径向解负的幂,在球内只能取径向解非负幂.所以对应某一给定的勒让德级数,我们有两个常数需要确定.问题在球面上的边界条件为给定常数的电势(介质球为电势分布),或者给定总电荷(介质球为面电荷分布).对于导体给定电势的情况,导体球为等势体的条件直接否决了勒让德多项式高阶项的存在,通过给定的电势数值,我们确定了球内和球外的两个级数(如果导体球处于均匀外电场中,那么无穷远的边界条件并非平庸的趋于零,通过讨论会相应增加完全确定的项,这时候不增加任何待定系数,见书上的例子).对介质球给定某特殊电势分布的情况,我们无非需要对电势分布按勒让德多项式展开,球内球外的径向方程分别需要满足球面上的相应勒让德多项式的系数,故方程数和未知数一致.对导体球给定总电荷的情况,首先对导体球为等势体的特例,等势体的条件否决了勒让德多项式高阶项的存在,而最低级项的两个常数,通过在球面上电势相等,以及在球面上电势的径向导数的差的面积分为总电荷决定.对于介质球给定某特殊(自由)电荷分布的情况(极化电荷分布需要求解,而上述自由电荷必须被卡在球壳上不能自由运动),我们同样对自由电荷分布用勒让德多项式展开,对于每一阶勒让德多项式,都有两个方程,他们分布是电势的径向导数乘以介电常数的差为自由面电荷分布,电势在球面上连续,所以我们仍然有同样数目的方程和未知数.

书上的第一个例子是导体球,故球面上等势场的条件直接排除了大多数高阶项(除了外电场决定的高阶项必须与求内部的高阶项在球面上精确抵消),问题变得很简单.第二个介质球的例子,没有自由电荷,但是高阶项原则上还都可以存在,但是势场连续和势场在球面上径向导出的差为零的条件使得大多数高阶项系数都只有为零的平庸解.

针对叶翀的提问,我们最后考虑下述问题,一个介质球表明不带电,球外空间某点有一个点电荷,问空间各处电场分布.注意到这个问题仍然满足柱坐标对称性,在上面讨论的基础上我们用经典场的叠加性和唯一性来解决这个问题.假设是个导体球,我们可以用镜像法得到问题的解,介质球和导体球的一个重要区别是没有自由电荷,这里的对应的具体问题是介质球表明没有自由电荷.所以问题就转化为导体球外的放置点电荷的电场分布问题的解,以及在表明分布有与上述问题解中导体球表面自由电荷正好反号的电荷分布的介质球在真空中电场分布问题的解的线性和.

P.96 (4.22) 这是著名的球形导体表面在均匀外场中的感应电荷分布问题.(例如参见贾启民,郑永林普通物理电磁学.)利用唯一性定理可以证明,导体外的感应电场是偶极电场,导体内是匀强电场. 特解法的精神在于,按唯一性定理,如果按物理讨论得到的试探解具有足够多的参数以满足全部边界条件,那么试探解就必然是正确的.

P.103 (4.40) 格林函数法和格林互易原理是相互联系的.两者的区别,前者明显的考虑的边界条件.后者实际上也牵涉到边界条件,但是由于其主要应用于导体带电的问题,基本假设无限远为平庸的边界条件,或者边界条件对于两组不同的解完全相同,或者问题不涉及边界条件(如无限平面板电容器).

P.105 (4.45) (4.45)即考虑到(4.44),取被积函数为常数,作任意面积分得到.

P.114 (4.73) 这里似乎应该涉及约化四极矩,可能印刷有问题.

P.114 (4.74) 考虑极矩固定,外源做平移,这样极矩对空间的导数为零(极矩的原点不变,极矩不变).

Ch.5 静磁场
P124. (5.31) 这个公式似乎要求 $$\hat e_n=\hat e_{\rho}$$ ,否则 $$(\nabla\times A)_{\rho}\hat e_{\rho}$$ 部分会有贡献.如例2.

P.125 (5.32-33) (5.32)常数部分得到下面第一式,(5.33)的常数部分平庸.对 $$n=1$$ ,(5.32-33)联立得到 $$b, d$$ 表达式.对应其余 $$n$$ ,联立(5.32-33)皆导致平庸全零解 $$a_n=c_n=0$$.

P.126 (5.34) 因为 $$\nabla^2 \mathbf A$$ 仅有 $$\phi $$分量,且 $$A_{\rho}=A_{\rho}(z,\rho) \to \frac{\partial A_{\rho}}{\partial \phi}=0$$. 书中给出的柱坐标中,以及之后球坐标中的 $$\nabla^2 \mathbf A $$的表达式参见附录即相关讨论.

P.127 (5.38-39) 注意这里下标1代表外部,而下标2代表内部,故表明矢量从2指向1.

P.128 试探解 这里试探解中的因子 $$\sin\theta$$ 其实可以由分析边界条件得到.

p.130 矢量关系式 $$ \nabla' \cdot ({\mathbf j}{\mathbf r'}r_i')={\mathbf j}r_i'+j_i{\mathbf r'} $$ 按分量具体写出,并注意到恒稳电流的散度为零,即得. 虽然显得比较累赘,但是我们这里给出一个比较自然的论证顺序,我们由展开式(5.40)的第二项出发.它涉及到


 * $$\begin{align}

&{\mathbf j}{\mathbf r'}\cdot \nabla'\frac{1}{R} \\ &= -{\mathbf j}{\mathbf r'}\cdot \frac{R^3} \\ &= -\frac{1}{R^3} {\mathbf j}({\mathbf r'}\cdot {\mathbf R}) \\ &= -\frac{1}{R^3} {\mathbf R}\times({\mathbf j}\times{\mathbf r'})+\frac{1}{R^3} {\mathbf r'}({\mathbf R}\cdot {\mathbf j}) \\ &= \frac{1}{2}\frac{1}{R^3} {\mathbf R}\times d{\mathbf m}+\frac{1}{R^3} {\mathbf r'}({\mathbf R}\cdot {\mathbf j}) \end{align}$$ 上面首先利用了连续叉乘的公式,这样做因为其中第一项已经具有磁偶极子的形式,但是系数却差了一半,而由于将对全空间做积分,我们希望把第二项化为和散度有关的形式.这时,我们注意到如果做梯度形式替换$$ {\mathbf r'} = \frac{1}{2}\nabla' r'^2 $$再用部分积分,并不能化简问题(而是越搞越复杂,相应的表达式$$ \nabla ({\mathbf A}\cdot{\mathbf B}) $$会进一步涉及梯度和旋度),因为面积分需要的是散度的形式,解决办法是并矢的散度的关系式


 * $$\begin{align}

\nabla' \cdot ({\mathbf j}{\mathbf r'}{\mathbf r'})={\mathbf j}{\mathbf r'}+{\mathbf r'}{\mathbf j} \end{align}$$

上面的关系中,我们注意到并矢$$ \nabla' {\mathbf r'} = {\vec {\vec I}} $$实际上就是单位并矢,它的第一和第二个分量将分别与电流强度做内积.由此,上述第二项可进一步化为


 * $$\begin{align}

&{\mathbf r'}({\mathbf R}\cdot {\mathbf j})\\ &= {\mathbf R}\cdot ({\mathbf j}{\mathbf r'}) \\ &= {\mathbf R}\cdot ({\mathbf j}{\mathbf r'}) \\ &= {\mathbf R}\cdot \left[\nabla'\cdot ({\mathbf j}{\mathbf r'}{\mathbf r'})-{\mathbf r'}{\mathbf j}\right]  \\ &= {\mathbf R}\cdot \left[\nabla'\cdot ({\mathbf j}{\mathbf r'}{\mathbf r'})\right]-{\mathbf R}\cdot ({\mathbf r'}{\mathbf j})  \\ &= {\mathbf R}\cdot \left[\nabla'\cdot ({\mathbf j}{\mathbf r'}{\mathbf r'})\right]+{\mathbf R}\times({\mathbf r'}\times{\mathbf j})-{\mathbf r'}({\mathbf R}\cdot {\mathbf j}) \end{align}$$

注意到散度(与常数的内积)的全空间积分为零,上面的式子意味着
 * $$\begin{align}

{\mathbf r'}({\mathbf R}\cdot {\mathbf j})=\frac{1}{2}{\mathbf R}\times({\mathbf r'}\times{\mathbf j}) = \frac{1}{2} {\mathbf R}\times d{\mathbf m} \end{align}$$

我们找到了另外一半和磁偶极子有关的项.

P.133 (5.50) 最后一步利用页首公式即得.

P.134 (5.52-53) 这里涉及到两种对体系能量的看法.

(5.52-53)是把磁场看作恒定的外源,体系的能量仅仅是考虑做微小的坐标变动需要做的功.这个讨论略作改动可以用于讨论如何从热力学势出发计算磁化率.比如可以参见Fundamentals of Statistical Mechanics by Felix Bloch中P.148 (17.13)的推导过程.

(5.54)是在计算体系的总能量(5.14),指构造磁场和电流需要的总能量.其物理意义显然与前者不同.

P.138 特解法 这里试探解不含有 $$\frac{1}{r}$$ 项的理由是,比较P.96静电学的例子,由于这里总的净磁核为零,故该项系数为零. 需要注意到,最后得到的结果中的等效磁矩的数值我们无法通过静电学的类比直接得到,比如由方程组


 * $$\begin{align}

&\nabla \cdot {\mathbf H} = -\frac{\nabla \cdot {\mathbf M_0}}{\mu_r} = \rho_m \\ &\nabla\times {\mathbf H} = 0 \\ &{\mathbf H} = -\nabla \psi_m \end{align}$$

认为


 * $$\begin{align}

m= \frac{1}{\mu_r}\frac{4}{3}\pi R^3 {\mathbf M_0} \end{align}$$

这个结果显然和书中不符,因为考虑对应的静电场问题,虽然我们有完全类似的方程组


 * $$\begin{align}

&\nabla \cdot {\mathbf E} = -{\nabla \cdot {\mathbf P}} = \rho_p \\ &\nabla\times {\mathbf E} = 0 \\ &{\mathbf E} = -\nabla \psi \end{align}$$ 但是实际上,对应的边界条件为


 * $$\begin{align}

&\frac{\partial \psi_2}{\partial n}-\frac{\partial \psi_1}{\partial n}=\hat{n} \cdot {\mathbf P} \\ &\psi_2 = \psi_1 \end{align}$$

而这里涉及永磁体的问题对应边界条件为
 * $$\begin{align}

&\mu_{r2}\frac{\partial \psi_{m2}}{\partial n}-\mu_{r1}\frac{\partial \psi_{m1}}{\partial n}=\hat{n} \cdot {\mathbf M_{0}} \\ &\psi_{m2} = \psi_{m1} \end{align}$$ 其中多余的系数导致了问题的不同的根源.上述的边界条件的推导来源于磁感应强度无源,即对$$ \mu_r {\mathbf H}+{\mathbf M_0}=\frac{\mu_0} $$两边求散度并将其积分形式运用到边界上,得到
 * $$\begin{align}

\mu_{r2}\frac{\partial \psi_{m2}}{\partial n}-\mu_{r1}\frac{\partial \psi_{m1}}{\partial n}=\hat{n} \cdot ({\mathbf M_{02}}-{\mathbf M_{01}}) \end{align}$$

P.140 针状细长永磁体和扁平永磁体 由上面类似的理由,不同的问题虽然满足相同的方程但是不同的边界条件可以导致截然不同的解.在这里,我们不考虑永磁体内部的感应,引入磁标势,并记1为永磁体外部,2为永磁体内部.


 * $$\begin{align}

{\mathbf H} = -\nabla \psi_m \end{align}$$

在磁介质$$ \mu_r $$中满足的方程为


 * $$\begin{align}

&\mu_r\nabla \cdot {\mathbf H'_1} = 0 \\ &\nabla \cdot {\mathbf H'_2} = -{\nabla \cdot {\mathbf M}} = \rho_m \\ &\nabla\times {\mathbf H'} = 0 \end{align}$$

在真空中满足的方程为


 * $$\begin{align}

&\nabla \cdot {\mathbf H_1} = 0 \\ &\nabla \cdot {\mathbf H_2} = -{\nabla \cdot {\mathbf M}} = \rho_m \\ &\nabla\times {\mathbf H} = 0 \end{align}$$

对于针状磁体,它的边界条件在点状的磁核附近,并且我们不考虑电源本身的感应,对磁介质满足的边界条件可以完全类比一个净电荷在电介质和真空中产生的场.磁场强度类比电场强度.在介质中,磁介质导致的感应磁核起到屏蔽作用,类比电场的情况,我们有


 * $$\begin{align}

\oint {\mathbf H'_1} \cdot dS = \frac{1}{\mu_r} q_m \end{align}$$

对于真空情况,对应的边界条件为


 * $$\begin{align}

\oint {\mathbf H_1} \cdot dS = q_m \end{align}$$

由此边界条件的形式,如果我们得到真空中的解为$$ \mathbf H $$,则在磁介质中的解必然为$$ {\mathbf H'}= \mu_r {\mathbf H} $$,因为它自然的满足方程和边界条件.

对于扁平永磁体的情况,满足完全相同的方程,但是边界条件不同.在磁体表面和磁体很接近的地方,扁平永磁体产生的磁场强度和无限大平行电容器产生的电场类似,在永磁体外部表面上的磁场强度为零.


 * $$\begin{align}

\frac{\partial \psi_{m2}}{\partial n} =0 \end{align}$$

带入之前得到的边界条件
 * $$\begin{align}

&\mu_{r2}\frac{\partial \psi_{m2}}{\partial n}-\mu_{r1}\frac{\partial \psi_{m1}}{\partial n}=\hat{n} \cdot {\mathbf M_1} \\ &\psi_{m2} = \psi_{m1} \end{align}$$ 我们发现, 无论对于磁介质还是真空,对应完全相同的边界条件
 * $$\begin{align}

&-\frac{\partial \psi_{m1}}{\partial n}=\hat{n} \cdot {\mathbf M_1} \\ &\psi_{m2} = \psi_{m1} \end{align}$$
 * $$\begin{align}

&-\frac{\partial \psi'_{m1}}{\partial n}=\hat{n} \cdot {\mathbf M_1} \\ &\psi'_{m2} = \psi'_{m1} \end{align}$$ 故而


 * $$\begin{align}

&\psi'_{m}=\psi_{m} \\ &{\mathbf H'}={\mathbf H} \end{align}$$ 这就是书上的结果.

Ch.6 似稳场
P.152 偶极场 磁偶极子的磁场强度表达式参考电偶极子表达式(1.15). $$c_l=0$$ 可由边界条件分析得到.在似稳条件下,当不存在电荷分布时,由计算知场随着时间衰减.只有当考虑电荷分布,(6.28)解不含时间因子,是一种稳定的场.

Ch.7 超导电动力学
P.158 (7.14) 超导电性并不导致绝对抗磁性,此式仅仅说明磁场不变而非磁场恒为零.考虑电场恒定的情况下降低温度使得材料进入超导状态,由于外磁场通量并不任何变化,按楞次定理,零电阻材料并没有理由产生超导电流来排斥磁场.

P.160 (7.22) 如将超导体内部标记为2,外部标记为1,则


 * $$\begin{align}

&B_2=0\\ &M=M_2=-H_2\\ &e_n\times H_1=e_n\times H_2\\ &B_1=\mu_1 H_1=\mu_0 H_1\\ &e_n \times (B_2-B_1)=-e_n\times B_1=-\mu_0 e_n\times H_1=-\mu_0 e_n\times H_2=\mu_0 e_n\times M \end{align}$$

P.162 图7.5 等势面 对图(a),因为正常相磁场强度大于临界值,磁场强度与等势面垂直,故考虑正常相和球外部的超导相,则在等势面散开的方向上磁场强度减少.反之,考虑正常相和球内部的超导相,则在等势面收拢的方向上磁场减小.这两个结论只能有一个正确,故图(a)是不可能的. 对图(b),因为由边界条件,磁场必须沿着两相交界面方向.而图(b)中的$$O$$点同时是两种不同的两相交界面,故该点具有两个不同的切平面,该点没有确定的磁场方向,该点是"鞍点".

P.166 (7.42) 其渐进行为见(7.43)


 * $$\begin{align}

&d\tau'=r'^2\sin\theta d\theta d\phi dr'=4\pi r'^2 dr' \\ &r' \to -r' \to r-r' \end{align}$$ 最后得到


 * $$\begin{align}

4\pi \frac{R_kR_l}{R^4}R^2dR = 4\pi \frac{R_kR_l}{R^2}dR = \delta_{kl}\frac{4\pi}{3}dR \end{align}$$

其中最后一步利用积分在空间反演下不变的性质

Ch.8 电磁波的传播
P.170 (8.18) 两个物理量以同样的周期做简谐振动 e^{i\omega t} ,且各自有不同的初始相因子. 第一项对应因子


 * $$\begin{align}

&\\ &=<\cos(\alpha+\omega t)\cos(\beta+\omega t)> \\ &=\frac{\int^{2\pi/\omega}dt \cos(\alpha+\omega t)\cos(\beta+\omega t)}{\int^{2\pi/\omega}dt} \\ &=\frac{\int^{2\pi/\omega}dt [\cos\alpha\cos\beta\cos^2(\omega t)+\sin\alpha\sin\beta\sin^2(\omega t)])}{\int^{2\pi/\omega}dt} \\ &=\frac{1}{2} [\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta] \end{align}$$

而第二项对应因子


 * $$\begin{align}

&\\ &=\\ &=<\cos(\alpha-\beta)>\\ &=\cos(\alpha-\beta)\\ &=[\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta] \end{align}$$ 正好相差一半.

P.175 (8.36) 第一式为 $$\vec k \cdot \vec k$$ 的实部,第二式是虚部的一半.由 $$\vec k$$ 的自由度的数目,可以自由的假设 $$\alpha \parallel \beta$$.

P.178 (8.56) 如果将(8.53)上面一式写为 $$-k^2+\mu_0 \varepsilon \omega^2$$ 的形式,即得(8.56).

P.181 (8.63) 这里首先假定介子的磁性满足线性关系 $$B =\mu H$$ ,引入定义 $$n=\frac{k}{\omega}=v_p$$ ,因为不是等离子体后者导体, $$k$$ 为实数. $$E_{\perp}$$ 是电场 $$E$$ 扣除其平行于$$ k$$ 的部分的剩余部分,但是由于按书中讨论 $$E,D,k$$ 共面且 $$D,k$$ 互相垂直,故 $$E_{\perp}$$ 是电场平行于 $$D$$ 的部分.

P.183 (8.70) 这是一个关于 $$v_p$$ 的四次方程,但是由于它们曾对出现,而 $$\pm v_p$$ 是物理上平庸的解,所以实际上仅仅有两个非平庸的不同的解.换言之是关于 $$v_p^2$$ 的两次方程.

P.184 (8.73) 如视坐标 $$x$$ 为唯一变量,则(8.73)可视为 $$f_1(x)e^{ik_{1x}x}+f_2(x)e^{ik_{2x}x}=f_3(x)e^{ik_{3x}x}$$ ,做傅立叶变换,如果系数函数非平庸的为零,则必有 $$k_{1x}=k_{2x}=k_{3x}$$.

P.185 (8.79) 对于一般介质有$$\mu_1=\mu_2$$,在垂直入射时$$\theta=\theta''=0$$,反射波有
 * $$E_{0\perp}'=\frac{n_1-n_2}{n_1+n_2}E_{0\perp}$$
 * $$E_{0\parallel}'=\frac{n_2-n_1}{n_1+n_2}E_{0\parallel}$$

两种偏振情况都满足,从光密媒体折射到光疏媒体与反过来的折射,即从光疏媒体折射到光密媒体,正好差半波的相位.这就是所谓的半波损失.

P.188 (8.87) 这可以视为把一般散射情况直接推广到复数的正弦余弦,指数上为 $$i(k\cos\theta z+k\sin\theta y-\omega t)$$.形式上把其中的$$\cos\theta$$推广为复数(虚数),但是因此$$\theta$$不再具有角度的物理意义,一方面不存在一个角度的$$\cos$$是一个复数,另一方面实际在入射角度大于全反射角度后,反射波的角度为90度.所以正确的理解是把波矢量$$k$$,具体的是其分量$$k_z$$,推广为复数,并且要求其满足波动方程和边界条件而自然得到的结果.

按这个思路,我们得到$$k_y=k_y$$,同时为了满足波动方程,$$k$$的模不变,导致$$k_z$$必须为虚数.

P.192 $$\alpha^2=\beta^2$$ 对于良导体,这来源于(9.41)

P.194 (8.99) 波沿着 $$z $$方向的传播包含在因子 $$E(z)$$ 之内.

P.194 (8.101) 将试解代入(8.99),注意到 $$\varepsilon_r=\frac{\varepsilon}{\varepsilon_0}$$, $$ \nabla\cdot \vec E=(k_x E_x\hat e_x+\frac{\partial E}{\partial z}\hat e_z)\cdot \vec E =0$$ 即得.

P.195 (8.102) 除去 $$\frac{\partial}{\partial z}(\frac{1}{\varepsilon_r})\frac{\partial H}{\partial z}$$ 项外,(8.102)其实就是(8.101) $$\times \frac{1}{\varepsilon_r}$$ .相比(8.99-100)差别仅在于


 * $$\begin{align}

&\frac{1}{\varepsilon}[\nabla\varepsilon\times(\nabla\times H)] \\ &=\frac{1}{\varepsilon}[\frac{\partial \varepsilon}{\partial z}\hat e_z\times(k_x\hat e_x\times H+\frac{\partial H}{\partial z}\hat e_z\times \hat e_y)] \\ &=\frac{1}{\varepsilon}[\frac{\partial \varepsilon}{\partial z}\hat e_z\times(\frac{\partial H}{\partial z}\hat e_z\times \hat e_y)] \\ &=(\frac{1}{\varepsilon}\frac{\partial \varepsilon}{\partial z}\frac{\partial H}{\partial z})(- \hat e_y) \\ &=(\frac{1}{\varepsilon_r}\frac{\partial \varepsilon_r}{\partial z}\frac{\partial H}{\partial z})(- \hat e_y) \\ &=\frac{\partial }{\partial z}(\frac{1}{\varepsilon_r})\frac{\partial H}{\partial z}(\hat e_y) \end{align}$$

P.195 (8.103) 比较(8.56)即得

P.198 (8.117) 其中仅代入了时间因子,从而看到(8.117)具有傅立叶变换的形式.

Ch.9 波导和谐振腔
P.207 (9.2) 这里的波动方程(9.1)与真空中的波动方程(8.2)完全一致,差别来源于边界条件. 方程(9.1)的通解在直角坐标系中可以表达为速度为光速的任何形状的平面波.如果在球坐标系中,通解可以表达为球对称的任何形状的球面波包.数学上,因为平面波可以展开为球面波,故两者是等价的.考虑任何以光速运动的平面波包,则波包不是与传播方向垂直的平面上坐标的函数,这时(9.5)平庸的等于零.本章波导考虑的波是与传播方向垂直的平面上坐标的函数,这导致(9.5)非平庸.

P.207 (9.6) 这里其实并没有用到上面全部八个表达式,也没有用到边界条件.波导中传播的波并非横波来源于 $$k_c^2 \ne 0 $$.

P.208 (9.12) 理想导体表面的磁场的边界条件.由于理想导体内任意电场为零,而磁场的解如果随时间震荡,则磁场由电场的旋度决定,同样为零.再由磁场的高斯定理我们得到边界条件.

P.216 (9.41) (9.40)上面一式的分母应为 $$\mu_0c^2k_c^4$$ ,接着利用(9.37)类似的策略化简,最后与(9.24)而非(9.25)比较即得(9.41)

P.217 (9.45) 这里 $$\alpha=\hat e_n \times H$$ 来源于导体的宏观边界条件.在分析这个问题时,必须注意到波导管内的电磁波并不满足横波的电磁场关系 $$\mathbf B \propto k\times E$$ ,而导体内的电磁场微观的看是折射后的电磁场,我们使用折射后的平面电磁波的条件,因为折射后的电磁波是平面波.

P.219 (9.54) 此方程对于平面电磁波是平庸的.

P.219 (9.55) 两者的联系可以通过下面表达式建立.


 * $$\begin{align}

0=\nabla \times (\nabla \times E)=\nabla (\nabla \cdot E)-\nabla^2 E = -\nabla^2 E \end{align}$$

Ch.10 等离子体电动力学
P.231 (10.4) 这里电中性条件指无穷远处的电荷密度为零,但这并不直接排除导致感应电荷的总量并不为零的可能.但是从结果(10.6)看到,对试验电荷产生屏蔽作用并不改变零点和无穷远处的电势,而是改变势场的形状使相互作用变为短程.从而按高斯定理,总感应电荷为零.

P.233 强扰动 在强扰动情况下,我们相应得到 $$\delta n_e \propto (e\delta \phi n_e)/k_BT$$ ,这相当于对书中公式做替换 $$n_0 \to n_e$$ ,由于这个替换并不改变数量级,从而(10.10-11)数量级不变仍然成立.

P.235 (10.19) 书中引入平均速度$$ v_0$$ 时候记号有误


 * $$\begin{align}

\nabla\cdot (\bar{n(v)v})=\nabla\cdot (\bar{nv})\equiv \nabla\cdot (\bar{n}{v_0})= \nabla\cdot ({n v_0}) \end{align}$$

按此思路我们定义 $$v=v_0+w$$ ,这样(10.19)左边其实应该为


 * $$\begin{align}

&\bar{nvv}= nv_0v_0+\bar{nww} \\ &\vec{\vec{T}} \equiv \bar{nmww} \end{align}$$

因为交叉项等于零,即


 * $$\begin{align}

\bar{nv_0w}= v_0\bar{nw}=v_0\bar{n(v-v_0)}=0 \end{align}$$

P.236 (10.26) 印刷错误,应该为


 * $$\begin{align}

\vec{\vec{T}}=\vec{\vec{I}}p \end{align}$$

按分量写出即可验证


 * $$\begin{align}

\nabla\cdot \vec{\vec{T}}=\nabla\cdot (\vec{\vec{I}}p)=\nabla p \end{align}$$

P.237 (10.31) 上一式方括号一直应该延续到等式的最后边,并注意到


 * $$\begin{align}

&p_{ei}=\eta enj=-p_{ie} \Rightarrow m_ep_{ei}-m_ip_{ie}=\eta e \rho j \\ &\nabla\cdot \vec{\vec{T_i}}=\nabla p_i, \nabla\cdot \vec{\vec{T_e}}=\nabla p_e \\ &n_iev_{i0}\times B=n_ie(v_{i0}-v_{e0})\times B+n_iev_{e0}\times B=j\times B+n_iev_{e0}\times B \\ &n_eev_{e0}\times B=-j\times B+n_eev_{i0}\times B \end{align}$$

以及 $$v_{i0}\cdot \nabla v_{i0}$$ 与 $$m_im_en$$ 项具有相同因子为同数量级,故可以被略去.综上即得(10.31)

P.237 (10.34) 等式右边为热量产率. $$\frac{1}{\eta}=\sigma_c$$ 来源于(10.32)

P.238 (10.37) 这里实际上是考虑由选定的微观粒子构成的回路随时间的变化,而非由封闭流线构成的回路随时间变化的问题.故参考图(1.7)即得等式第二项.

P.240 (10.47) $$E\times B$$ 漂移实际上是经典力学中,带电粒子在任意恒定电场和磁场中的运动.该问题可以通过按分量写出运动方程解决.如果电场有沿着磁场方向的分量,沿着该分量粒子做恒加速运动,故这里电场垂直于磁场.这时,我们可以凑出下面的解.把粒子的运动速度中,(矢量)减去一个沿着 $$E\times B$$ 方向的分量,这个分量的大小选取使得电场和磁场对粒子的作用力正好抵消,从而通过这个分解,我们扣除了电场对粒子运动的影响.剩余部分,粒子做垂直于磁场平面上的匀速圆周运动和沿着磁场方向上的运输运动.沿着 $$E\times B$$ 方向的速度分量,这里就是书中讨论的 $$E\times B$$ 漂移.

P.241 图10.2 图中显示,在半径 $$\rho$$ 一定时,磁感应强度 $$B$$ 或盘旋上升,或原地盘旋,或者沿着 $$z$$ 方向笔直上升.

P.243 (10.60) 最后一步为分步积分法.第一项为零.第二项直接代入(10.56)即得.

P.244 (10.62) 书中直接给出加入轴向磁场后对压强的影响,注意到负号
 * $$\delta p=\delta (-\frac{1}{2\mu_0}B_{0z}^2) $$

而没有给出其推导,这里给出提示如下 考虑图(10.3)中交换电流和磁感应强度的位置,这时我们看到物理上的影响是体系将产生向外,而非向内的径向力.对应(10.54)这时有一个负号的区别
 * $$\frac{dp}{d\rho}=jB_z $$

而代替(10.55)这时有
 * $$\frac{dB_z}{d\rho}=\mu_0j $$

从而得到类似(10.56)的关系
 * $$\mu_0 \frac{dp}{d\rho}=\frac{1}{2}\frac{d}{d\rho}B_z^2$$

重复一直到(10.60)的推导,我们得到类似的
 * $$ =\frac{2}{R^2}\int_0^R\frac{1}{2}\rho^2dp=\frac{2}{R^2}\int_0^R\frac{1}{2}\rho^2\frac{1}{2\mu_0}d(B_z^2(\rho)) $$

如果加入的磁场是均强的,如无限长螺线管,则得到需要的结果.按(10.37),总磁通量一定,故 $$B_{0z}\propto \frac{1}{R^2}$$ ,这导致了(10.62)中第二项的因子$$2$$的差异. P.245 (10.64) 扭绞对应(10.52)的解磁场盘旋上升的形态,回转的物理图像似乎可以形象的对应扭绞纱线或者橡皮筋时发生回转的情况.自然的,回转对应 $$-2\pi$$ 扭转角度的损失(白白扭转一周),同时体系的机械能(势能)降低.把一根磁力线竖直贴在半径为 $$\rho$$ 的圆柱上,把圆柱扭绞角度 $$\phi $$,磁力线将盘旋上升,同时获得水平分量.按书中思路,最后不难得到(10.64)

P.248 群速度 按定义
 * $$v_g=\frac{\partial \omega}{\partial \vec k}=\frac{\partial (v_{Ax}k_x+v_{Ay}k_y+v_{Az}k_z)}{\partial \vec k}=\vec v_A$$ 但是其物理意义不清楚.按电磁波的想法,群速度为能量传播速度,故其方向为坡印廷矢量的方向 $$E\times H$$ 这与上面的结果不符.但是仔细考虑,这里考虑的是机械波,由等离子体的振动而传播的机械波.

P.249 图10.9 由(10.77)我们可以分别轻易的得到 $$\phi=0, phi=\pi/2$$ 情况下$$ v_p^2$$ 的两个根,这对应图中两根曲线在坐标轴上的截距.由判别式知道,根必然为实数且无重根,进而由两次方程的系数知道,根必然是正定的.所以我们可以把截距连接起来,曲线必然在第一象限,且两根曲线不相交,这就是图10.9的形状.左右两图分别对应 $$v_A>c_s, v_A<c_s$$.

P.254 (10.99) 这里讨论的是纵向介电常数,即假定满足 $$E \parallel k$$.

Ch.11 狭义相对论和相对论电动力学
P.262 (11.22) 这个变换公式因为其基础性,我们给出两个直接证明.第一个证明我们引入书中定义的空间部分的转动.第二个证明我们不引入旋转,直接直观的把矢量在垂直与平行速度的方向上分解. 证明一. 我们对空间部分的转动理解如下,把$$ x$$ 旋转到速度方向的空间转动并不是唯一的,但是由于我们只需要在洛仑兹变换后把坐标轴旋转回到原来的位置,故任何满足条件的旋转和它的逆都应得到相同的结果.另外在这里并不需要书中提到沿着速度方向的空间旋转.具体计算如下,假设速度矢量对 $$z$$ 轴的夹角为 $$\theta$$ ,而在 $$xy$$ 平面上的投影与 $$x$$ 的夹角为 $$\phi$$ .这样,将 $$x$$ 轴旋转到速度方向的矩阵为


 * $$\begin{align}

&S=R_y(-(\frac{\pi}{2}-\theta))R_z(\phi)\\ &= \left( \begin{array}{cccc} 1 &  &  &  \\ & \sin\theta &  & \cos\theta \\ &  & 1 &  \\ &  -\cos\theta &  & \sin\theta \end{array}\right)  \left( \begin{array}{cccc} 1 &  &  &  \\ & \cos\phi & \sin\phi &  \\ & -\sin\phi & \cos\phi &  \\ &  &  & 1 \end{array}\right)  \\ &=\left( \begin{array}{cccc} 1 & &  &  \\ & \sin\theta\cos\phi & \sin\theta\sin\phi &  \cos\theta \\ & -\sin\phi & \cos\phi &  \\ & -\cos\theta\cos\phi & -\cos\theta\sin\phi & \sin\theta \end{array}\right) \end{align}$$

其中


 * $$\begin{align}

&\frac{v_z}{v}\equiv \frac{v_z}{|v|}= \cos\theta \\ &\frac{v_x}{v}= \sin\theta\cos\phi  \\ &\frac{v_y}{v}= \sin\theta\sin\phi \end{align}$$

而沿着 $$x$$ 轴的洛仑兹冲刺为


 * $$\begin{align}

\alpha=\left( \begin{array}{cccc} \gamma & \gamma v & &  \\ \gamma v  & \gamma &  &   \\ &  & 1 &  \\ &  & & 1 \end{array}\right) \end{align}$$ 需要的总的洛仑兹变换为 $$\alpha'=S^{-1}\alpha S$$ ,通过直接但略为繁琐的数学演算,我们得到


 * $$\begin{align}

&\alpha'=S^{-1}\alpha S\\ &=  \left( \begin{array}{cccc} \gamma & \gamma v\sin\theta\cos\phi & \gamma v\sin\theta\sin\phi & \gamma v\cos\theta \\ \gamma v\sin\theta\cos\phi  & (\gamma-1)\sin^2\theta\cos^2\phi+1 & (\gamma-1)\sin^2\theta\sin\phi\cos\phi & (\gamma-1)\sin\theta\sin\phi\cos\phi\cos\theta \\ \gamma v\sin\theta\sin\phi  & (\gamma-1)\sin^2\theta\sin\phi\cos\phi & (\gamma-1)\sin^2\theta\sin^2\phi+1 & (\gamma-1)\sin\theta\sin\phi\sin\phi\cos\theta \\ \gamma v\cos\theta  & (\gamma-1)\sin\theta\sin\phi\cos\phi\cos\theta & (\gamma-1)\sin\theta\sin\phi\sin\phi\cos\theta & (\gamma-1)\cos^2\theta+1 \\ \end{array}\right) \end{align}$$

注意到上述矩阵是对称的.比较书中P.263上的公式,并注意到定义


 * $$\begin{align}

&\beta_i\equiv \frac{v_i}{c} \\ &\beta\equiv \frac{v}{c} \end{align}$$ 容易验证两者完全一致.

证明二. 我们直观的把矢量 A 按速度的方向进行分解,使满足


 * $$\begin{align}

&\vec A=A_{\perp}+A_{\parallel} \\ &A_{\parallel}=\frac{(\vec A\cdot \vec v)\vec v}{v^2}  \\ &A_{\perp}=\vec A-A_{\parallel} \end{align}$$

在洛仑兹变换下


 * $$\begin{align}

&A_0\rightarrow A_0'=\gamma A_0 +\gamma v |A_{\parallel}|  \\ &A_{\perp}\rightarrow A_{\perp}'=A_{\perp}=\vec A-A_{\parallel} \\ &|A_{\parallel}|\rightarrow |A_{\parallel}'|=\gamma A_0+\gamma v|A_{\parallel}| \end{align}$$

从而


 * $$\begin{align}

\vec A\rightarrow \vec A'=A_{\perp}'+A_{\parallel}' \end{align}$$

带入计算后得到


 * $$\begin{align}

&A_0'=\gamma A_0 +\gamma (\vec A \cdot \vec v) \\ &\vec A'=\gamma \vec v A_0+\vec A+(\gamma-1)\frac{(\vec A\cdot \vec v)\vec v}{v^2} \end{align}$$

关于 $$A_0' $$的表达式可以直接与P.263上的矩阵的第一行或者第一列对比,发现一致.关于 $$\vec A' $$的表达式复杂些,我们需要比较每个矢量分量对应的系数和相应的矩阵元,比如 $$A_1'$$ 分量由四项的和构成,其中 $$A_0$$ 前的系数为 $$\gamma v_1=\gamma \beta_1$$ ,与 $$A_1$$ 有关的项为 $$\frac{(\gamma-1)(A_1v_1)v_1}{v^2}+A_1$$ ,从而 $$A_1$$ 前的系数为 $$\frac{(\gamma-1)v_1^2}{v^2}+1=\frac{(\gamma-1)\beta_1^2}{\beta^2}+1 $$,类似的可以得到 $$A_2$$ 前的系数为 $$\frac{(\gamma-1)v_1v_2}{v^2}$$ ,比较后发现这样得到的结果与前面的结果一致,与书上的矩阵相吻合.

P.282 图11.10 均匀运动的点电荷的场.这个结果其电场和磁场的表达式与(1.28)并不完全一致,但电磁场的相互关系与(1.28)一致,在非相对论近似下电场和磁场的表达式回到(1.28).导致差别的原因是,(1.28)仅仅考虑静磁场,静磁场仅仅由恒定电流约定,但是实际问题并非静态的,磁场同时还由变化的电场决定,(1.28)的导出过程与相对论不关.而在本章狭义相对论中利用张量的洛仑兹变化的推导过程中,变换前的场的的确确是静态场,所以推导是完全严格的.在非相对论近似下,两个结果一致.这可以被理解如下,由于在电动力学中,磁场比电场小,相差 $$\frac{1}{c^2}$$ 因子,故而很自然的可以把由运动电荷(电场)导致的磁场理解为前者的相对论效应. 如果考虑两个静止的相隔一定距离的带电荷相同的点电荷构成的体系.考虑如下简单的情况,在一个与两电荷连线方向垂直运动的参考系中如何考虑问题.这是首先如果考虑两个电荷的相互作用力是不妥的,因为力并不是一个相对论协变量,参见(11.73),有意义的是力的密度,它是一个四矢量的空间部分.这里考虑的是场,电场的变化,电磁场是张量的分量,所以是协变的有意义的.注意到上面的两个推导都仅仅考虑静态场,实际上如果严格的直接从麦克斯韦方程出发,数学上会用到推迟势,具体参见(12.41).

P.288 (11.83) 上一式右边不需要化简,直接利用再上一式即得.

Ch.12 电磁波的辐射
P.304 (12.6) 这里有个一很容易混淆的细节.比较电偶极子的展开,电荷的空间分布并不考虑在展开项$$ 1/R $$中的,否则展开项的零级贡献为源点密度对全空间的积分,导致发散.这里带推迟项的电荷密度放在展开项内,其意义必须特别指出,电荷密度的空间依赖并不展开(否则将导致前面讨论的发散的问题)但是电荷密度的时间依赖按推迟项是空间坐标$$ R $$的函数,我们对这个空间依赖进行展开.为了便于理解,我们可以考虑源做简谐震荡的情况,按书上的记号(与静电场多极距展开时采用的记号不同)这时


 * $$\begin{align}

&{\vec R}={\vec r}-{\vec r'} \\ &R=r+(-{\vec r'}):\nabla {\vec R}+(-{\vec r'})(-{\vec r'})::\nabla\nabla {\vec R}+\cdots \\ &R=r-{\vec r'}\cdot \frac{r}+{\vec r'}{\vec r'}::\nabla\nabla {\vec R}+\cdots \end{align}$$ 从而
 * $$\begin{align}

\rho[x]=\rho({\vec R},t-\frac{R}{c})=\rho({\vec R},t-\frac{r-\frac{r}}{c}) =\rho({\vec R})e^{i\omega(t-\frac{r-\frac{r}}{c}))} \end{align}$$

最后一步假设了分离变量和简谐震荡,我们看到展开仅仅对时间因子进行.正是由于这个道理,后面我们看到电四极距的迹在这里不再平庸.

P.305 (12.12) 由于在无源区, $$\varphi$$ 满足波动方程(P.300第一个式子).将偶极距系统的 $$\varphi $$的表达式带入,交换空间导数和其他导数位置,即得(12.12)上一式.

P.308 (12.18) 参考前面对(12.6)的注解,并且比较(4.60),它的推导中的展开不涉及 $$[\rho]$$ ,而这里的展开 $$\nabla\nabla\frac{[\rho]}{r}$$ 涉及到对 $$[\rho]$$的时间分布对空间依赖的导数,但是不涉及$$[\rho]$$空间分布对空间的导数.所以这里比单纯的稳定空间电荷分布的多极距展开更为复杂,这不是把电荷分布过渡到连续分布时自然出现的结果.而推迟势部分是新出现的,是由于考虑非静态场而得到的新结果.

P.309 (12.20) 倒数第二步.第一和第二项利用$$ [D]$$ 的定义(12.18)上一式.第三项(5.43)
 * $$\vec m=\frac{1}{2}\int (\vec r'\times\vec j) d\tau' $$

其推导类似于P.130中 $$A^{(1)}$$ 的推导.

P.309 (12.22) 这里仅仅提出(12.19-20)中与电四距相关的部分.

P.319 图(12.13) $$\phi $$为与天线方向垂直平面上与天线排列方向的角度, $$\theta$$ 为与天线方向的角度. $$\theta,\phi $$是以天线方向为 $$z $$轴,排列方向为$$ x$$ 轴的极坐标角度.满足


 * $$\begin{align}

\cos\psi = \sin\theta \cos\phi \end{align}$$

图12.13上标注的 $$\phi $$角有误,而图12.14正确.

P.322 有一些打印错误 比如,"同时 $$\frac{d \vec R}{dt'}$$ "应该为"同时  $$\frac{d R}{dt'}$$ "

P.323 (12.39-40) 这里的求导关系的推导并不是真正意义上的难,但是必须保持大脑的绝对清醒,否则非常容易混淆出错.我们这里给出一些注解 首先(12.39) 这里我们有源(坐标带撇)和观察点(坐标不带撇)两组坐标变量.对观察点的时间求偏导,意味着,观察点的空间坐标固定,唯一的变量是观察点的时间,由于观察点时间的变化,源的时间和空间坐标都相应变化,由于源的运动情况是事先知道的,我们用源的时间即可以决定源的空间位置了.这就是表达式 $$t'=t-\frac{R(t')}{c} $$的物理意义.这个表达式实际上与偏导的变量有关,如果换不同的偏导变量,这个表达式可能需要相应改变.最后,上面的做法可以被推广到一般,被求导函数不是观察点时间的显含情况下对观察点的时间求导的处理. 其次(12.40) 这里的思路是类似的.我们考察观察时刻不变,但是观察点空间位置的变化带来的影响.这个变动决定了对观察点有贡献的源的时间和空间坐标的变化.这是的函数相当与 $$\nabla f\equiv \nabla f(\vec x,\vec x',t')=\nabla f(\vec x,\vec x'(t),t')=\nabla \bar f(\vec x,t') $$注意到 $$t = const$$ 始终是不变的, $$\vec x'\equiv \vec x'(t)$$ 始终可以化为源的时间的函数,故我们总是可以等价的得到函数 $$\bar f$$ ,其求导可以使用复合函数的求导.(12.40)的讨论,其实先讨论对形式 $$f \equiv t-\frac{R(\vec x,t')}{c}$$ 的处理,然后指出上述处理在一般情况下同样有效. 我们指出,两者(12.39-40)的不对称性来源于一般情况下涉及到的被求导的函数,是观察点空间,源的时间空间坐标的函数,而不是观察点时间的函数,否则(12.39)也会多一项$$ \frac{\partial}{\partial t}|_{t'} $$

P.323 (12.41) 这个公式给出运动点电荷导致的电磁场的一般结果.如果电荷没有加速度,那么与速度导数有关的项为零,且结果应该和之前利用洛仑兹变换得到的图(11.10)的相应公式完全一致,因为两者在推导中都不涉及任何近似. 上述论断是正确的,数学上也不复杂,但是较为繁琐,下面给出这个等价性证明的主要步骤. 我们首先注意到(12.41)中涉及推迟势,所以涉及到的电源的时间 $$t'=t-\frac{R(t')}{c}$$ 并不是结果电场的时刻.实际上,(12.41)中即含有沿着 $$\vec R$$ 方向的分量,又含有沿着 $$\vec v$$ 方向的分量,而(11.10)中电场方向沿着计算电场的时刻$$ t $$从点电荷指向电场位置的矢劲 $$\vec r $$的方向,两者表面上并不相同.而实际上,注意到点电荷在时间间隔 $$t-t'$$ 内的位移矢量,容易证明两者是相同的,简单的满足矢量和关系 $$\vec R- \frac{R \vec v}{c}=\vec r $$ 接下来只要证明 $$K^2=r^2(1-\beta \sin^2\theta) $$即可.这里,我们同样需要提起注意,图(11.10)公式里的角度与(12.41)中的角度不同,前者是 $$\vec r $$与运动方向的夹角,我们记为$$ \theta$$ ,而后者是 $$\vec R$$ 与运动方向的夹角为区别起见我们记为 $$\theta' $$. 利用三角关系,我们有 $$\begin{align} R \cos\theta'-R\beta =r\cos\theta \end{align}$$ 即 $$\cos\theta = \frac{R \cos\theta'-R\beta}{r} $$ 由三个矢量 $$\vec R, \vec r, \vec v$$ 构成的三角形满足 $$r^2=R^2(1+\beta^2-2\beta \cos\theta') $$利用上述关系,我们可以把所有$$ r,\theta$$ 的函数都替换为 $$R,\theta' $$的函数,我们直接得到


 * $$\begin{align}

&r^2(1-\beta^2\sin\theta) \\ &=r^2(1-\beta^2+\beta^2\cos\theta) \\ &=R^2(1+\beta^2-2\beta \cos\theta')(1-\beta^2)+R^2\beta^2(R \cos\theta'-R\beta)^2 \\ &=R^2(1-\beta \cos\theta')^2 \\ &=K^2 \end{align}$$ 从而完成需要的证明. 最后,我们观察电场与磁场的关系(12.42),这似乎与图(11.10)上面给出的表达式形式上有差别.但是仔细观察,不难看到两者是完全一致的.因为(12.42)中的叉乘中, $$\vec R$$ 中沿着电场的方向对叉乘没有空间,而实际上电场是沿着 $$\vec r$$ 方向的.利用前面给出的关系


 * $$\begin{align}

&\vec R= \frac{R \vec v}{c}+\vec r \\ &\frac{\vec R}{R}\times \vec r= \frac{1}{R}(\frac{R \vec v}{c}+\vec r) \times \vec r =\frac{ \vec v}{c}\times \vec r \end{align}$$

两者的确一致.

P.332 (12.75)下面的讨论涉及表达式 $$\varepsilon(k\cdot v) $$, $$\varepsilon(k\cdot v)$$ 是指 $$\varepsilon$$ 是 $$k\cdot v$$ 的函数,具体见P.334 $$\vec F $$的表达式.

P.334讨论粒子所在之处的场 $$\vec r= \vec v t $$从而 $$ e^{i\vec k\cdot (\vec r-\vec v t)}=1 $$

P.337 图(12.21) 与(12.88)下一式对应.利用解析几何,易得 $$\sqrt{\frac{v^2n^2-c^2}{c^2}}=\tan \theta $$

P.338 (12.90)下一式 $$p_{\omega}=-\frac{j_{\omega}}{i\omega}$$ 是由于简谐振动.

P.339 (12.92) 其中电磁场关系来源于(12.13),并利用偶极距远区近似.

P.341 (12.98)下一式 不理解,考虑 $$F_{\mu}$$ 与 $$u_{\mu}$$ 垂直的方向,即不是由与速度方向平行的力所做的功?

Ch.13 电磁波的散射和衍射
P.346 (13.3)


 * $$\begin{align}

\Gamma=\frac{4\pi}{3}\frac{r_e}{\lambda}\omega=\frac{4\pi}{3}\frac{\omega}{Tc}\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{e^2}{mc^2}\frac{2\pi}{2\pi}=\frac{4\pi}{3}\omega^2\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{e^2}{mc^3}\frac{1}{2\pi} =\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2e^2}{3mc^3}\omega^2 \end{align}$$

P.352 (13.29) 这里不需要利用约当引理,用留数定理即可.先利用偶函数性质,把积分延伸到整个实轴.渐进行为 $$\lim_{\omega\to \infty}\omega \times \frac{\omega^2}{\omega^4} =0 $$,从而可以引入在无限远处环绕实轴的积分.从实轴上方绕行和从实轴下方绕行得到的结果是一样的. 求留数的过程需要计算两次方程


 * $$\begin{align}

(x-\omega_0^2)^2+\Gamma'^2x=0 \end{align}$$

的根的平方根,利用代数关系


 * $$\begin{align}

&\sqrt{-(\Gamma'^2-2\omega_0^2)\pm\sqrt{\Gamma'^4-4\omega_0^2\Gamma'^2}} \\ &=\sqrt{-\frac{1}{2}(\Gamma'^2\pm 2\Gamma'\sqrt{\Gamma'^2-4\omega_0^2}+(\Gamma'^2-4\omega_0^2))} \\ &=\sqrt{-\frac{1}{2}(\Gamma'\pm\sqrt{\Gamma'^4-4\omega_0^2})^2}=\frac{i}{\sqrt{2}}(\Gamma'\pm\sqrt{\Gamma'^4-4\omega_0^2}) \end{align}$$

具体过程略.

P.355 (13.49) 无法直接验证.不理解.这个表达式原则上可以利用(12.39-40)得到,具体计算如下. 按定义,我们知道$$ [P] \equiv P(x',y',z',t') =P(x'(t'),y'(t'),z'(t'),t') $$.表达式中涉及对源的全空间的积分,我们这里仅仅考察一个电源是否满足上述关系即可.

先看等式的右边, $$\nabla \frac{[P] }{R}$$ 按定义由两部分贡献,第一部分空间为$$ t' $$不变,对观察点空间坐标求导,由于分子仅仅由源坐标决定从而由源的时间坐标决定且与观察点坐标无关,这部分的贡献仅来自分母, $$[P]\nabla \frac{1 }{R}$$ .第二部分的贡献与观察点坐标无关,为 $$-\frac{\vec R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R}) $$.总的贡献为$$ [P]\nabla \frac{1 }{R}-\frac{\vec R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R})$$ 接着做第二次求导,我们得到


 * $$\begin{align}

[P]\nabla^2 \frac{1 }{R}-\frac{\vec R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}([P]\nabla \frac{1 }{R})-\nabla\cdot [\frac{\vec R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}([P] \frac{1 }{R})] +\frac{R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}[\frac{R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R})] \end{align}$$ 如果散射介质(源)处于静止状态,则源的空间坐标是独立变量,这时 $$[P]$$ 仅仅体现在$$ d\tau' $$积分中时间部分不独立由$$ t'=t-\frac{R}{c}$$ 决定,而 $$R(x',y',z',x,y,z)=R(x,y,z)$$ ,这样得到简化的关系


 * $$\begin{align}

&\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{1}{R})=-\frac{1}{R^2}\frac{\partial R}{\partial t'}=0 \\ &\frac{\partial}{\partial t'}=\frac{\partial}{\partial t} \\ &R=K \end{align}$$

相当于在(12.39-40)中取 $$\vec v=0$$ 从而上面的表达式可以化简为


 * $$\begin{align}

&[P]\nabla \frac{1 }{R}-\frac{\vec R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R}) =[P]\nabla \frac{1 }{R}-\frac{\vec R}{cR}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R}) \\ &[P]\nabla^2 \frac{1 }{R}-\frac{\vec R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}([P]\nabla \frac{1 }{R})-\nabla\cdot [\frac{\vec R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}([P] \frac{1 }{R})] +\frac{R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}[\frac{R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R})] \\ &=[P]\nabla^2 \frac{1 }{R}-(\frac{\vec R}{cR}\cdot \nabla \frac{1 }{R})\frac{\partial}{\partial t'}([P])-\nabla\cdot (\frac{\vec R}{cR^2})\frac{\partial}{\partial t'}([P] ) +\frac{R}{cR}\frac{\partial}{\partial t'}[\frac{R}{cR}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R})] \\ &=[P]\nabla^2 \frac{1 }{R}+\frac{R}{cR}\frac{\partial}{\partial t'}[\frac{R}{cR}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R})] \end{align}$$

其中交叉项正好消去,因为


 * $$\begin{align}

&\nabla \frac{1}{R} = - \frac{\vec R}{R^3} \\ &\nabla \cdot \frac{\vec R}{R^2} = \frac{1}{R^2} \end{align}$$

如果观察到不与任何源重叠,则第一项也为零.


 * $$\begin{align}

\nabla^2 \frac{1 }{R}=0 \ \ \ (R \ne 0) \end{align}$$

然后看等式的左边,我们直接得到


 * $$\begin{align}

\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}(\frac{[P] }{R})=\frac{R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}[\frac{R}{cK}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R})] =\frac{R}{cR}\frac{\partial}{\partial t'}[\frac{R}{cR}\frac{\partial}{\partial t'}(\frac{[P] }{R})] \end{align}$$ 注意到等式两边的确相同. 但是观察(13.48)的推导过程,我们注意到,其中"右边第一项"最后一步采用了关系


 * $$\begin{align}

\nabla \cdot [P]=0 \end{align}$$

这在上述推导中并不成立,因为 $$[P]$$ 是观察点空间坐标的隐函数.唯一所幸的是,书中忽略的由推迟势导致的部分相对保留的部分是小量.

P.358 (13.64) 第一式来自平面波解的电磁场关系,第二式来自电源电磁场辐射的电磁场关系.

P.363 (13.84)注意到$$\frac{\partial}{\partial n}=\hat{e}_{n'} \cdot \nabla$$,即得$$\cos\theta_{n'R'}$$部分.

另外由于孔的大小相对于 $$R$$ 很小,故 $$R$$ 就是大圆的半径.

P.363 (13.85) 无负号$$ \cos\theta_{n'R'}+\cos\theta_{n'R} $$,这是因为 $$R' $$在积分区域外侧,而 $$R$$ 在内侧,产生一个负号.从而逆向波自然的被抵消,不会产生贡献,从数学上给出了惠更斯原理中没有逆向波的假定的证明.

P.369 (13.101)下面的讨论 完全不理解.关于 $$E_{x,y} \sim \frac{\epsilon_1 k_a}{k}E_z$$ ,尝试了利用类似反射折射波边界条件的讨论进行分析,一无所获.

Ch.14 电磁理论的拉氏形式
P.373 (14.8) 直接验证即可.


 * $$\begin{align}

&\int u_{\mu}\frac{d}{d\tau}(\frac{\partial { L}}{\partial u_{\mu} })d\tau-\int \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}}\frac{dx_{\mu}}{d\tau}d\tau \\ &= u_{\mu}d(\frac{\partial { L}}{\partial u_{\mu} })-\int \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}}\frac{dx_{\mu}}{d\tau}d\tau  \\ &= u_{\mu}(\frac{\partial { L}}{\partial u_{\mu} })-\int (\frac{\partial { L}}{\partial u_{\mu} })du_{\mu} -\int \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}}\frac{dx_{\mu}}{d\tau}d\tau \\ &= u_{\mu}(\frac{\partial { L}}{\partial u_{\mu} })-\int (\frac{\partial { L}}{\partial u_{\mu} })du_{\mu} -\int \frac{\partial L}{\partial x_{\mu}}dx_{\mu}\\ &= u_{\mu}(\frac{\partial { L}}{\partial u_{\mu} })-L \end{align}$$

P.374 (14.12)


 * $$\begin{align}

\gamma^{-1}L=-\gamma^{-1}m_0c^2=-\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}m_0c^2 \sim -(1-\frac{1}{2}\frac{v^2}{c^2})m_0c^2=-m_0c^2+\frac{1}{2}m_0v^2 \end{align}$$

P.376 (14.23) 由(14.18) $$H=0$$ 得到 $$0=\frac{dH}{dx_i}=\frac{\partial H}{\partial x_i}+\frac{\partial H}{\partial p_4}\frac{\partial p_4}{\partial x_i} $$

P.378 (14.35) 由(14.34)出发,并利用 $$\epsilon_{\lambda\rho\mu\nu}\epsilon_{\mu\nu\alpha\beta}=2(\delta_{\lambda\alpha}\delta_{\rho\beta}-\delta_{\lambda\beta}\delta_{\rho\alpha}) $$得到 $$\epsilon_{\lambda\rho\mu\nu}p_{\rho}\sigma_{\mu\nu}=p_{\lambda}(p_{\rho}s_{\rho})-(p_{\alpha}p_{\alpha})s_{\lambda} $$.为了使得(14.35)成立,只能有 $$p_{\rho}s_{\rho}=0$$ .其中差了常数 $$m_0^2$$ 类似的得到 $$p_{\mu}\sigma_{\mu\nu}=0$$ (14.34)与(14.35)内积得到 $$s_{\mu}\sigma_{\mu\nu}=0$$.

附录
P.410 高斯定理的其他形式
 * $$\begin{align}

\int_V d\tau\nabla\psi=\oint_S\psi dS \end{align}$$ 这个公式可以由高斯定理证明,分别考虑考虑三个矢量和表面元点积的高斯定理的和.其中第一个矢量为$$B^1=(\psi,0,0)$$,其余矢量由此类推
 * $$\begin{align}

\int_V d\tau\nabla\times A=\oint_S dS \times A \end{align}$$ 这个公式同样可以由高斯定理证明,分别考虑考虑三个矢量和表面元点积的高斯定理的和.其中第一个矢量为$$B^1=(A_2,-A_1,0)$$,其余矢量由此类推.

P.410 一个书上没有的公式
 * $$\begin{align}

\oint_l dl \times A = \int_S (dS \times \nabla )\times A \end{align}$$ 这个公式可以利用Stokes公式证明
 * $$\begin{align}

\oint_l dl \cdot B = \int_S dS \cdot ( \nabla \times B) \end{align}$$ 把公式中$$B=C\times A$$,其中$$C$$为一个常矢量.等式左边为常矢量点乘待证等式的左边,等式的右边通过两次矢量混合乘积的代换即可待证等式的右边点乘常矢量.

P.411 并矢公式


 * $$\begin{align}

\int_V d\tau \nabla \cdot \vec{\vec T} = \oint_S d{\mathbf s}\cdot \vec{\vec T} \end{align}$$

由于


 * $$\begin{align}

\nabla \cdot \vec{\vec T}=\mathbf \nabla \cdot (AB) =\nabla_A \cdot (AB)+\nabla_B \cdot (AB)= (\nabla\cdot A)B+ (A\cdot \nabla) B \end{align}$$

其中$$ \mathbf \nabla_A $$对矢量 $$\mathbf A $$作用,即便在表达式中 $$\mathbf \nabla_A$$ 位于$$ \mathbf A$$ 的后方, $$\mathbf \nabla_A$$ 不对矢量 $$\mathbf B $$作用,即便在表达式中 $$\mathbf \nabla_A$$ 位于 $$\mathbf B$$ 的前方.所以上述并矢的高斯定理并不是完全平庸的.实际上证明很简单,因为乘积的求导方式, $$\mathbf B$$ 的每个分量满足普通形式的高斯定理,合并各分量即得到并矢形式的高斯定理.

P.412 柱坐标和球坐标 这里最后给出 $$\nabla^2 \mathbf A $$在柱坐标和球坐标中的表达式.这个表达式显然可以通过坐标变换直接得到,但是显然非常繁琐.一个更为直接的办法是通过书中P.126-127上提到的办法获得.因为 $$\nabla^2 \mathbf A =(\nabla \cdot \nabla) A=\nabla (\nabla \cdot A)-\nabla \times (\nabla \times A) $$ 而下面三个表达式都有较为简洁的在柱坐标和球坐标中的表达式,实际上它们可以用直观的办法获得,具体表达式见附录


 * $$\begin{align}

&\nabla\phi \\ &\nabla \cdot \mathbf A \\ &\nabla \times \mathbf A \end{align}$$

所以多次使用上述表达式,即可得到 $$\nabla^2 \mathbf A$$ 的最终结果.