HW3 Answer

改作业发现有问题的

1.15 补充说明
4.1 直接上偏振度, 书上和课本上定义不一样, 光学看 t 变, 课上看 z 变
补 1, 电磁势演化方程
思考题, 不用交

1 《电磁学与电动力学》（下册）

关于题目 1.15 的Hidden Momentum

我们考察构成稳恒电流 $j$ 的微观电荷。设每个载流子电荷为 $q$ ，静止质量为 $m$ ，载流子数密度 $n$ ，运动速度为 $v$ 。系统的总机械动量为：

P_{m e c h} = \sum γ n m v

对于在静电场（势为 $φ$ ）中作稳恒流动的电荷，假设没有耗散（或由某种机制维持稳态），单粒子 i 的总能量 $E_{i}$ 守恒：

E_{i} = γ m c^{2} + q φ = const

由此，我们可以反解出相对论质量项 $γ m$ ：

γ m = \frac{E_{p} - q φ}{c^{2}}

将这个表达式代入机械动量的公式中：

P_{m e c h} = \sum \frac{E_{i} - q φ}{c^{2}} n v = \frac{1}{c^{2}} \sum n E_{i} v - \frac{1}{c^{2}} \sum n q φ v

对于闭合的稳恒电流 $\nabla \cdot j = 0$ ，

\begin{aligned} \sum n E_{i} q v & = ∭ E (r) j d V \end{aligned}

- \frac{1}{c^{2}} \sum n q φ v = - \frac{1}{c^{2}} ∭ φ j d V

注意到：

\begin{aligned} \nabla \cdot (j x E) & = j \cdot \nabla (x E) \\ = j E + \underset{= 0, ∵ 沿着电流 j 流线，电荷的能量 E 不变}{\underset{⏟}{x j \cdot \nabla E}} \end{aligned}

于是系统物质部分的机械动量：

P_{m e c h} = - \frac{1}{c^{2}} ∭ φ j d V

这就是著名的隐藏动量。它是一个纯粹的相对论效应：在电势较高的地方，电荷的势能高，动能（及 $γ$ 因子）小，动量小；在电势较低的地方反之。这种相对论质量的非对称分布导致了宏观上稳恒的电流环路具有了非零的机械动量。

2 补充题

2.1 单色平面波

从 Maxwell's equations 得到自由空间的电磁势演化方程为

\begin{aligned} (1) & \nabla^{2} φ + \frac{\partial}{\partial t} C & = 0 \\ (2) & ◻^{2} A - \nabla L & = 0 \end{aligned}

此处 $C, L$ 代表库伦规范和洛伦茨规范。

对于库伦规范 $C = 0$ , 得到

\begin{aligned} (1) & ⟹ k^{2} φ_{0} = 0 \overset{平面波 k \neq 0}{⟹} φ = 0 ⟹ φ 与 A 独 立 \\ (2) & ⟹ - k^{2} + \frac{ω^{2}}{c^{2}} = 0 ⟹ ω = c k (电 磁 波) \\ \nabla \cdot & A = 0 ⟹ k \cdot A_{0} = 0 \end{aligned}

\begin{aligned} E & = - \nabla φ - \frac{\partial A}{\partial t} = i ω A_{0} e^{\sim} \\ B & = \nabla \times A = i k \times A_{0} e^{\sim} \end{aligned}

对于洛伦茨规范 $L = 0$ , 得到

\begin{aligned} (1) & ⟹ ◻^{2} φ = 0 ⟹ ω = c k \\ (2) & ⟹ - k^{2} + \frac{ω^{2}}{c^{2}} = 0 ⟹ ω = c k \\ L & = 0 ⟹ φ_{0} = \frac{c^{2}}{ω} (k \cdot A_{0}) \end{aligned}

\begin{aligned} E & = - \nabla φ - \frac{\partial A}{\partial t} = i (- k φ_{0} + ω A_{0}) e^{\sim} \\ B & = \nabla \times A = i k \times A_{0} e^{\sim} \end{aligned}

2.2 能量中心平动定理

在诺特定律里面，这个定理和 boost 对称性有关，虽然没什么卵用(refer to Noether's Theorem and Symmetry, boost 不变量是 $\int (w x - c^{2} t g) d V$ ，题后提示所指的就是这个守恒量)。很显然，这个东西成立需要系统是孤立的，也就是散度的体积分为 0.

\int \nabla \cdot S x d V = \int \nabla \cdot T d V = \oint_{\partial V} x S \cdot d σ = \oint_{\partial V} T \cdot d σ = 0

先将能量方程乘以 $\vec{x}$ ，将动量方程乘以 $c^{2} t$ ，注意这两个都是微分方程

\begin{aligned} x \partial_{t} w + x \nabla \cdot S & = - x (j \cdot E) \\ c^{2} t \partial_{t} g + c^{2} t \nabla \cdot T & = - c^{2} t (ρ E + j \times B) \end{aligned}

改写能量方程成积分形式

\begin{aligned} \partial_{t} \int w x d V & = - \int x (\nabla \cdot S) d V - \int x (j \cdot E) d V \\ = \int S d V - \int x (j \cdot E) d V \\ = c^{2} G - \int x (j \cdot E) d V \end{aligned}

这里有两种方法，

其一不需要用到动量守恒方程： $R_{C}$ 的分母是守恒的总能量可以不管，所以直接对 $R_{C}$ 的分子部分求导：

\begin{aligned} \frac{d}{d t} (\sum E_{i} x_{i} + \int w x d V) & = \sum (\frac{d E_{i}}{d t} x_{i} + E_{i} v_{i}) + (c^{2} G - \int x (j \cdot E) d V) \\ = \sum q_{i} v_{i} \cdot E x_{i} + \sum E_{i} v_{i} + c^{2} G - \int x (j \cdot E) d V \\ = \sum E_{i} v_{i} + c^{2} G \\ = c^{2} P + c^{2} G \end{aligned}

所以

v_{C} = \frac{d R_{C}}{d t} = \frac{c^{2} (P + G)}{E + W}

由于孤立系统的总动量 $P + G$ 和总能量 $E + W$ 均为常数，故 $v_{C}$ 是常矢量。

其二是按照提示的意思继续写，需要改写动量方程为积分形式：

\begin{aligned} \partial_{t} \int c^{2} t g d V & = c^{2} G + \int c^{2} t \partial_{t} g d V \\ = c^{2} G - c^{2} t \int (ρ E + j \times B) d V \end{aligned}

将积分形式的动量方程和能量方程相减得到：

\begin{aligned} \frac{d}{d t} (\int w x d V - c^{2} t G) & = \int {- x (j \cdot E) + c^{2} t (ρ E + j \times B)} d V \\ = - \sum x_{i} q_{i} v_{i} \cdot E + c^{2} t \frac{d P}{d t} \\ = - \sum x_{i} \frac{d}{d t} E_{i} + c^{2} t \frac{d P}{d t} \\ = - \frac{d}{d t} \sum E_{i} x_{i} + \underset{= c^{2} P}{\underset{⏟}{\sum E_{i} v_{i}}} + c^{2} t \frac{d P}{d t} \\ = - \frac{d}{d t} \sum E_{i} x_{i} + \frac{d}{d t} (c^{2} t P) \end{aligned}

所以

\frac{d}{d t} (\sum E_{i} x_{i} + \int w x d V) = \frac{d}{d t} (c^{2} t P + c^{2} t G) = c^{2} (P + G)

结果一样.

3 思考题

3.1

3.1.1

验证给定的势函数是否满足 $E = - \nabla φ$ 和 $B = \nabla \times A$ 即可

3.1.2

令 $u = λ x$ ，则 $u_{i} = λ x_{i}$ 。

\frac{d}{d λ} F_{j} (λ x) = \frac{\partial F_{j}}{\partial u_{i}} \frac{d u_{i}}{d λ} = \frac{\partial F_{j}}{\partial u_{i}} x_{i} = \frac{1}{λ} (x_{i} \frac{\partial F_{j}}{\partial x_{i}}) = \frac{1}{λ} (x \cdot \nabla) F_{j} (λ x)

即： $\frac{d}{d λ} F (λ x) = \frac{1}{λ} (x \cdot \nabla) F (λ x)$ 。

证明 $B = \nabla \times A$ ：

\nabla \times A = - \int_{0}^{1} λ \nabla \times (x \times B (t, λ x)) d λ

利用 $\nabla \times (\vec{A} \times \vec{B}) = (\vec{B} \cdot \nabla) \vec{A} + (\nabla \cdot \vec{B}) \vec{A} - (\vec{A} \cdot \nabla) \vec{B} - (\nabla \cdot \vec{A}) \vec{B}$ ，注意此时 $\nabla \cdot B = 0$ 且 $(x \cdot \nabla) B_{λ} = λ \frac{d}{d λ} B_{λ}$ ：

\nabla \times (x \times B_{λ}) = x \cdot 0 - B_{λ} \cdot 3 + B_{λ} - λ \frac{d}{d λ} {\vec{B}}_{λ} = - 2 B_{λ} - λ \frac{d}{d λ} B_{λ}

角标 $λ$ 没有其他含义，只是表示 $λ$ 作为当前函数的自变量之一。上式代入积分：

\nabla \times A = \int_{0}^{1} (2 λ B_{λ} + λ^{2} \frac{d}{d λ} B_{λ}) d λ = \int_{0}^{1} \frac{d}{d λ} (λ^{2} B (t, λ x)) d λ = [λ^{2} B (t, λ x)]_{0}^{1} = B (t, x)

证明 $E = - \nabla φ - \partial_{t} A$ ：

利用 $\nabla (\vec{A} \cdot \vec{B}) = \vec{A} \times (\nabla \times \vec{B}) + \vec{B} \times (\nabla \times \vec{A}) + (\vec{A} \cdot \nabla) \vec{B} + (\vec{B} \cdot \nabla) \vec{A}$ 计算 $\nabla φ$ ：

\nabla φ = - \int_{0}^{1} \nabla (x \cdot E_{λ}) d λ = - \int_{0}^{1} [E_{λ} + (x \cdot \nabla) E_{λ} + x \times (\nabla \times E_{λ})] d λ

利用法拉第定律 $\nabla_{u} \times E = - \partial_{t} B$ ，得 $\nabla \times E_{λ} = - λ \partial_{t} B_{λ}$ ：

\nabla φ = - \int_{0}^{1} [E_{λ} + λ \frac{d}{d λ} E_{λ} - λ x \times \partial_{t} B_{λ}] d λ = - \int_{0}^{1} \frac{d}{d λ} (λ E_{λ}) d λ + \partial_{t} \int_{0}^{1} λ x \times B_{λ} d λ

\nabla φ = - E (t, x) - \partial_{t} A ⟹ E = - \nabla φ - \partial_{t} A

证毕。

3.2

磁矢势满足 $U (1)$ 规范：
$A \to A^{'} = A + \nabla Λ$ 。

将变换后的 ${\vec{A}}^{'}$ 同样进行分解，由于 $\nabla Λ$ 本身是一个梯度场（无旋），它完全属于纵向分量。根据亥姆霍兹分解的唯一性：

A_{∥}^{'} + A_{⊥}^{'} = (A_{∥} + \nabla Λ) + A_{⊥}

横向分量 $A_{⊥}$ 在规范变换下保持不变（即它是规范无关的）。

B = \nabla \times A = \nabla \times (A_{∥} + A_{⊥}) = 0 + \nabla \times A_{⊥} = \nabla \times A_{⊥}

可以看到，磁场完全由 $A_{⊥}$ 决定。

3.3

参考 ppt