电动力学复习提纲
杂七杂八的公公式式
电荷守恒定律
\[\frac{\partial \rho}{\partial t}+\nabla\cdot\vec{j}=0.\]Coulomb’s 定律
两个电荷 $q,q’$ 在位置 $\vec{r},\vec{r}’$, 那么粒子 $q$ 会受到力
\[\vec{F}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}qq'\frac{\vec{r}-\vec{r}'}{|\vec{r}-\vec{r}'|^3}.\]Ampere’s 定律, Gauss’s 定律
实际上说的就是磁场无源, 旋度由电流产生. 用人话讲就是
\[\begin{cases} \nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}\\ \nabla\cdot\vec{B}=0. \end{cases}\]Gauss 定律
一个很好用的定律. 区域表面电场与外法向量点乘的积分等于内部电荷量除以 $\epsilon_0$.
这样就可以利用对称性算一些复杂的电场强度.
Lorentz 力公式
在场里的电荷 $q$, 收到力
\[\vec{F}=q(\vec{E}+\vec{v}\times\vec{B}).\]Biot-Savart 定律
来自于
\[\begin{cases} \nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}\\ \nabla\cdot\vec{B}=0. \end{cases}\]其解为
\[\vec{B}(\vec{r})=\frac{\mu_0}{4\pi}\int d^3r'\vec{j}(\vec{r}')\times\frac{\vec{r}-\vec{r}'}{|\vec{r}-\vec{r}'|^3}.\]并顺带一提矢量势(vector potential)
\[\vec{A}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int d^3r'\frac{\vec{j}}{|\vec{r}-\vec{r}'|}.\]\[\nabla\times\vec{A}=\vec{B}.\]上次博士资格考试的那个积分是什么一坨啊…
Faraday’s 定律
磁通量的变化产生电场. 具体来说 $S$ 被 $C$ 圈住的表面, 有
\[-\frac{d}{dt}\int_Sd\vec{S}\cdot\vec{B}=\int_Cd\vec{r}\cdot\vec{E}.\]Lenz’s 定律
来拒去留, 大家都是合格的高中生啊.
牢记左手给力, 右手给电.
其余的部分明天更新.
Maxwell’s 方程组
\[\begin{cases} \nabla \cdot \vec{E}=\frac{\rho}{\epsilon_0}\\ \nabla \cdot \vec{B}=0\\ \nabla \times \vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}\\ \nabla\times\vec{B}=\mu_0(\vec{j}+\epsilon_0\frac{\partial \vec{E}}{\partial t}) \end{cases}\]几何地, 考虑
\[F=(E_xdx+E_ydy+E_zdz)\wedge dt+B_xdy\wedge dz+B_ydz\wedge dx+B_zdx\wedge dy,\]\[J=\rho/\epsilon_0dt-\mu_0(j_xdx+j_ydy+j_zdz).\]那么 Maxwell’s 方程组即
\[\begin{cases} dF=0\\ d^*F=J. \end{cases}\]并顺带一提他的介质中形式为
\[\begin{cases} \nabla \cdot \vec{E}=\frac{\rho}{\epsilon}\\ \nabla \cdot \vec{B}=0\\ \nabla \times \vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}\\ \nabla\times\vec{B}=\mu(\vec{j}+\epsilon\frac{\partial \vec{E}}{\partial t}) \end{cases}\]$\epsilon,\mu$ 为介质的电容率和磁导率.
电磁能和 Poynting 矢量
在区域 $V$ 内, 单位时间的总做功为
\[\frac{dW}{dt}=\int_Vd^3r\vec{E}\cdot\vec{j}.\]运用安培定律和法拉第定律, 我们得到
\[\vec{E}\cdot\vec{j}=-\epsilon_0\vec{E}\cdot\frac{d\vec{E}}{dt}-\frac{1}{\mu_0}\vec{B}\cdot\frac{d\vec{B}}{dt}-\frac{1}{\mu_0}\nabla\cdot(\vec{E}\times\vec{B}).\]于是,
\[\frac{dW}{dt}=-\frac{d}{dt}\int_V\frac{1}{2}(\epsilon_0\vec{E}^2+\frac{1}{\mu_0}\vec{B}^2)-\frac{1}{\mu_0}\int_{\partial V}d\vec{\sigma}\cdot(\vec{E}\times\vec{B}).\]从这个式子里我们可以读出两个东西. 一个是电磁场总能量
\[U=\frac{1}{2}\int_V\epsilon_0\vec{E}^2+\frac{1}{\mu_0}\vec{B}^2,\]另一个是 Poynting 矢量
\[\vec{S}=\frac{1}{\mu_0}\vec{E}\times\vec{B},\]这个描述了能量流出 $V$ 的大小与方向.
\[\frac{dW}{dt}=-\frac{dU}{dt}-\int_{\partial V}d\vec{\sigma}\cdot \vec{S}.\]Remark: 在没有做功的条件下, 取 $u=\frac{1}{2}\left(\epsilon_0\vec{E}^2+\frac{1}{\mu_0}\vec{B}^2\right)$. 有
\[\frac{\partial u}{\partial t}+\nabla\cdot\vec{S}=0.\]更多的电动力学
电磁波
现在考虑真空.
\[\begin{cases} \nabla \cdot \vec{E}=0\\ \nabla \cdot \vec{B}=0\\ \nabla \times \vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}\\ \nabla\times\vec{B}=\mu_0\epsilon_0\frac{\partial \vec{E}}{\partial t} \end{cases}\]\[\mu_0\epsilon_0=1/c^2.\]总之可以化简为
\[\begin{cases} \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vec{E}}{\partial t^2}-\nabla^2\vec{E}=0\\ \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\vec{B}}{\partial t^2}-\nabla^2\vec{B}=0 \end{cases}\]也就是说, 电磁波沿着光速前进.
不妨考虑复的解, 原方程其拥有解
\[\begin{cases} \vec{E}=\vec{E}_0e^{i(\vec{k}\cdot\vec{r}-\omega t)}\\ \vec{B}=\vec{B}_0e^{i(\vec{k}\cdot\vec{r}-\omega t)} \end{cases},\]其中 $\omega=ck, k=|\vec{k}|$.
那么考虑 Maxwell 方程组, 有
\[c\vec{B}_0=\hat{k}\times\vec{E}_0, \hat{k}=\frac{\vec{k}}{|\vec{k}|}.\]利用傅里叶分析我们可以得出其全部的解
\[\vec{E}=\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k\vec{\mathcal{E}}(\vec{k})e^{i(\vec{k}\cdot\vec{r}-\omega t)}\]\[\vec{B}=\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k\frac{1}{c}\left(\hat{k}\times\vec{\mathcal{E}}(\vec{k})\right)e^{i(\vec{k}\cdot\vec{r}-\omega t)}.\]于是通过
\[U=\frac{\epsilon_0}{2}\int d^3r\left(|\operatorname{Re}\vec{\hat{E}}|^2+|\operatorname{Re}c\vec{\hat{B}}|^2\right).\]最终计算得
\[U=\frac{\epsilon_0}{2}\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k|\vec{\mathcal{E}}(\vec{k})|^2.\]电磁辐射
我以前居然还会这个? 不可思议.
大致意思就是, 静止电荷产生电场, 稳定电流产生磁场. 加速电荷会产生辐射.
利用 Green 函数的方式 (具体方式得见讲义kk), 对于某一个运动的电荷, 我们可以解出 $\vec{E},\vec{B}$ 垂直于电磁波传播方向. 那么 Poynting 矢量
\[\vec{S}=\frac{1}{\mu_0}\vec{E}\times\vec{B}\simeq \frac{\mu_0}{16\pi^2r^2c}|\hat{r}\times\ddot{\vec{p}}|^2\hat{r}.\]于是总的辐射能量
\[P=\int_{S^2}d\hat{\theta}\cdot\vec{S}=\frac{\mu_0}{16\pi^2r^2c}|\ddot{p}|^2\int_{S^2}\sin^2\theta=\frac{\mu_0}{6\pi c}|\ddot{p}|^2.\]相对论
Minkowski 时空 $(1,3)$ 和洛伦兹变换的定义可以跳过一下人生.
考虑 Lorentz boost
\[\Lambda=\begin{pmatrix} \gamma&-\gamma v/c&&\\ -\gamma v/c&\gamma&&\\ &&1&\\ &&&1 \end{pmatrix}.\]回顾先前定义的 $2$-形式 $F$, 取
\[F=\frac{1}{2}\sum_{\mu,\nu}F_{\mu\nu}dx^\mu\wedge dx^\nu.\]\[F_{\mu\nu}=\begin{pmatrix} 0&-E_x/c&-E_y/c&-E_z/c\\ E_x/c&0&B_z&-B_y\\ E_y/c&-B_z&0&B_x\\ E_z/c&B_y&-B_x&0 \end{pmatrix}.\]于是
\[\tilde{F}_{\mu\nu}=\Lambda F_{\mu\nu}\Lambda\]如此便能解出来 $\tilde{F}_{\mu\nu}$.
\[\begin{cases} \tilde{E}_x=E_x\\ \tilde{E}_y=\gamma(E_y+vB_z)\\ \tilde{E}_z=\gamma(E_z-vB_y)\\ \tilde{B}_x=B_x\\ \tilde{B}_y=\gamma(B_z-vE_z/c^2)\\ \tilde{B}_z=\gamma(B_z+vE_y/c^2). \end{cases}\]同样地, 考虑 $1$-形式 $J$, 利用 $\tilde J=\Lambda^*(J)$ 也可以得到 $J$ 的形式.
\[\begin{cases} \tilde{\rho}=\gamma(\rho+j_xv/c^2)\\ \tilde{j}_x=\gamma(j_x+\rho v)\\ \tilde{j}_y=j_y\\ \tilde{j}_z=j_z \end{cases}\]实际上, 利用 Hodge 星 $*$ 与 Lorentz 变换交换的特点, 我们可以看出如下方程依旧满足
\[\begin{cases} d\tilde{F}=0\\ d^*\tilde{F}=\tilde{J}. \end{cases}\]这也就是说, Lorentz 变换把 Maxwell 方程的解变换到 Maxwell 方程的解.
PDE!
解决静电学问题时, 我们希望解方程
\[\nabla^2 \phi=-\rho/\epsilon_0.\]在某种特定边界条件下的解. 通常, 是 Dirichlet 和 Neumann 两种边界条件.
-
Dirichlet: $\phi|_S=f$,
-
Neumann: $\partial_{\hat{n}}\phi|_S=g$.
注意, 在如上边界条件下, 其解唯一.
相电法(我不记得是不是这么翻译了)
通过假设待求部分外界的电荷的方式, 凑出边界条件并直接算出答案.
Green 函数
记 $G=G(\hat{r},\hat{r}’)$ 满足
\[{\nabla^2}'G(\hat{r},\hat{r}')=-4\pi\delta(\hat{r}-\hat{r}').\]也就是说
\[G(\hat{r},\hat{r}')=\frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|}+F(\hat{r},\hat{r}').\]\[\nabla^2\phi=0.\]于是
\[\begin{align*} \phi(\vec{r})&=\int_Vd^3r'\phi(\vec{r}')\delta(\vec{r}-\vec{r}')=-\frac{1}{4\pi}\int_Vd^3r'\phi(\vec{r}'){\nabla^2}'G(\vec{r},\vec{r}')\\ &=两次分部积分\\ &=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_Vd^3r'\rho(\vec{r}')G(\vec{r},\vec{r}')+\frac{1}{4\pi}\int_S[\partial'_{\hat{n}}\phi(\vec{r}')G(\vec{r},\vec{r}')-\phi(\vec{r}')\partial'_{\hat{n}}G(\vec{r},\vec{r}')]. \end{align*}\]从而对于
- Direchlet 边界条件
取 $G$ 满足 $G(\vec{r},\vec{r}’)=0$, $\hat{r}’\in S$, 那么
\[\phi(\vec{r})=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_Vd^3r'\rho(\vec{r}')G(\vec{r},\vec{r}')-\frac{1}{4\pi}\int_S\phi(\vec{r}')\partial_{\hat{n}}'G(\vec{r},\vec{r}').\]- Neumann 边界条件
取 $G$ 满足 $\partial_{\hat{n}}‘G(\vec{r},\vec{r}’)=-4\pi/A$, $A=Area(S)$, 那么
\[\phi(r)=\frac{1}{A}\int_S\phi(\hat{r}')+\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_Vd^3r'\rho(\hat{r}')G(\hat{r},\hat{r}')+\frac{1}{\pi}\int_S\partial_{\hat{n}}'\phi(\hat{r}')G(\hat{r},\hat{r}').\]电多极扩张(?)
\[\phi(\vec{r})=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int_Vd^3r'\frac{\rho(\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|}.\]我们要考虑 $r»r’$ 情况下的 $\phi$. 其大致操作是利用
\[\frac{1}{|\vec{r}-\vec{r}'|}=\frac{1}{r\sqrt{1-2(\hat{r}\cdot\hat{r}')\frac{r'}{r}+\left(\frac{r'}{r}\right)^2}}.\]通过 Legendre 多项式展开. 最终得到对于 $\vec{P}=\int_Vd^3r’\rho(\vec{r}’)\vec{r}’$, 有
\[\phi(\vec{r})\simeq\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\vec{P}\cdot\vec{r}}{r^3},r>>0.\]于是
\[\vec{E}=-\nabla\phi(\vec{r})\simeq \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{3(\hat{r}\cdot\vec{P})\hat{r}-\vec{P}}{r^3}.\]电偶极子
考虑电偶极子动量
\[\vec{P}=\int_V d^3r'\rho(\vec{r}')\vec{r}'.\]对于电荷量 $\pm q$, 距离为 $d$ 的两电荷. 总电荷量是 $0$. 他们的电偶极子动量
\[\vec{P}=q\vec{d}.\]于是, 总电场
\[\vec{E}(\vec{r})\approx\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{3(\hat{r}\cdot\vec{P})\hat{r}-\vec{P}}{r^3}. r>>0\]磁偶极子
考虑磁偶极子动量
\[\vec{m}=\frac{1}{2}\int_V d^3r'\vec{r}'\times\vec{j}(\vec{r}').\]于是, 总磁场
\[\vec{B}=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{3(\hat{r}\cdot\vec{m})\hat{r}-\vec{m}}{r^3}, r>>0.\]