电磁场角动量分解

贡献者：待更新

　　电磁场的动量为

\begin{matrix} (1) & p = ϵ_{0} \int d V E \times B . \end{matrix}

角动量为

\begin{matrix} (2) & J = r \times p = ϵ_{0} \int d V r \times E \times (\nabla \times A) . \end{matrix}

现在假设电磁场只在一定范围内不为零，且体积分的边界处场强为零。假设该范围内没有净电荷与电流，则

\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} r \times E \times (\nabla \times A) & = r \times [\nabla (E \cdot A) - A (E \cdot \nabla)]_{\partial A} \\ = [(r \times \nabla) (E \cdot A) - (E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial A} . \end{aligned} \end{matrix}

其中转微分算符

[]_{\partial A}

的作用是先把方括号内的

\nabla

作为普通矢量进行计算，再把展开结果中每一项的偏微分作用在

A

的分量上。上式第一项为

\sum_{i} E_{i} (r \times \nabla) A_{i}

，第二项为

\begin{matrix} (4) & - [(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial A} = - (E \cdot \nabla) (r \times A) + [(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial r} . \end{matrix}

其中第二项为

[(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial r} = [(E \cdot \nabla) r] \times A = E \times A

，第一项中

\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} (E \cdot \nabla) (r \times A) & = [(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial E r A} - [(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial E} \\ = [(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial E r A}, \end{aligned} \end{matrix}

这是因为

[(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial E} = (\nabla \cdot E) (r \times A) = 0

。综上，

\begin{matrix} (6) & J = ϵ_{0} \int d V \sum_{i} E_{i} (r \times \nabla) A_{i} + ϵ_{0} \int d V E \times A + ϵ_{0} \int d V [(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial E r A} . \end{matrix}

现在证明最后一项为 0。以

x

分量为例，

\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} \hat{x} \int d V [(E \cdot \nabla) (r \times A)]_{\partial E r A} & = \int d V \nabla \cdot [E (\hat{x} \cdot r \times A)] \\ = \oint d s E (\hat{x} \cdot r \times A) = 0 . \end{aligned} \end{matrix}

最后一步是因为边界处场强为零。现在我们可以看出角动量由两部分组成

\begin{matrix} (8) & J = L + S, L = ϵ_{0} \int d V \sum_{i} E_{i} (r \times \nabla) A_{i}, S = ϵ_{0} \int d V E \times A . \end{matrix}

其中

L

是轨道角动量，

S

是自旋角动量。

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