GP2 second half

Lec 10

麦克斯韦方程：

\(\nabla\cdot\vec{E}=\dfrac{\rho}{\epsilon_0}\)
\(\nabla\times\vec{E}=-\dfrac{\partial\vec{B}}{\partial t}\)
\(\nabla\cdot\vec{B}=0\)
\(\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}+\mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial\vec{E}}{\partial t}\)

如果我们只考虑静电学和静磁学下的情形，则

\(\nabla\cdot\vec{E}=\dfrac{\rho}{\epsilon_0}\)
\(\nabla\times\vec{E}=0\)
\(\nabla\cdot\vec{B}=0\)
\(\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}\)

电流密度 \(\vec{j}\) 是单位时间通过单位面积的电荷量，电流密度通量可以通过对 \(\vec{j}\) 做曲面积分得到

\[I=\int\vec{j}\cdot\mathrm d\bold{S} \]

对任意体积 \(V\)，设其边界曲面为 \(S\)，根据电荷守恒

\[\oint_S\vec{j}\cdot\mathrm d\bold{S}=-\dfrac{\mathrm dQ}{\mathrm dt} \]

而

\[\text{LHS}=\int_V\nabla\cdot\vec{j}\mathrm dV \]

\[\text{RHS}=-\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int_V\rho\mathrm dV \]

因此

\[\nabla\cdot j=-\dfrac{\mathrm d\rho}{\mathrm dt} \]

根据洛伦兹力 \(\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}\)，假设载流子密度为 \(N\)，对体积 \(\Delta V\) 内的载流子，其所受洛伦兹力的总和为 \(\Delta F=N\Delta V(q\vec{v}\times \vec{B})\)，而 \(\vec{j}=Nq\vec{v}\)，因此 \(\Delta F=\vec{j}\times \vec{B}A\Delta L=\vec{I}\times \vec{B}\Delta L\)。这样 \(\dfrac{\mathrm d\vec{F}}{\mathrm dL}=\vec{I}\times\vec{B}\)。

电流本身也能产生磁场。对静磁学而言，有 \(\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}\)，即对于边界为 \(\Gamma\) 的曲面 \(S\)，有安培定律

\[\oint_{\Gamma}\vec{B}\cdot\mathrm d\vec{l}=\mu_0\int_S\vec{j}\cdot\mathrm d\vec{S}=\mu_0I \]

此外，在静磁学中，要求 \(\dfrac{\mathrm d\rho}{\mathrm dt}=0\)，因此 \(\nabla\cdot\vec{j}=0\)，这意味着电流线是闭合的，或者延伸到无穷远处。

根据安培定律，单个直导线在距离为 \(r\) 处产生的磁场为 \(\vec{B}=\dfrac{\mu_0\vec{I}\times\vec{e_r}}{2\pi r}\)。

对于磁场 \(\vec{B}\)，定义其矢势 \(\vec{A}\) 满足 \(\vec{B}=\nabla\times\vec{A}\)，Coulomb 规范要求 \(\nabla\cdot\vec{A}=0\)。

因为 \(\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}\)，而 \(\vec{B}=\nabla\times\vec{A}\)，因此 \(\nabla(\nabla\cdot A)-\nabla^2A=\mu_0\vec{j}\)，而 \(\nabla\cdot\vec{A}=0\)，因此 \(\nabla^2A=-\mu_0\vec{j}\)，根据这个我们可以推得在给定 \(\vec{j}\) 的情况下 \(\vec{A}\) 的解：

\[\vec{A}(\vec{r})=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\vec{j}(r')}{|r'-r|}\mathrm dV \]

这与静电学中 \(\nabla^2\phi=-\dfrac{\rho}{\epsilon_0}\) 类似。因此除了直接算这个积分之外还有一种办法在给定 \(\vec{j}\) 的情况下计算 \(\vec{A}\)，即设 \(\vec{A}=(A_x,A_y,A_z)\)，则 \(\nabla^2A_x=-\mu_0j_x\)，将 \(j_x\) 视为电荷密度然后用静电学的方法求电势即可，\(A_y,A_z\) 同理。

磁偶极子：考虑平面 \(xOy\) 上的一个矩形逆时针电流元，由于 \(j_z=0\)，\(A_z=0\)。

考虑 \(A_x\) 与 \(A_y\)，相当于是在相隔 \(a\) 的距离有两段大小相等方向相反的电流。类比电偶极子 \(\phi=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{p\cdot e_R}{R^2}\) 可得在 \(R\gg a,b\) 时 \(A_x=-\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{Iab}{R^2}\dfrac{y}{R},A_y=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{Iab}{R^2}\dfrac{x}{R}\)。

如果我们令 \(\vec{\mu}=I\vec{S}=IS\vec{e_S}\)，那么 \(A=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\vec{\mu}\times\vec{R}}{R^3}\)。代入计算 \(B\) 可求得

\[B_x=\dfrac{\mu_0\mu}{4\pi}\dfrac{3xz}{R^5} \]

\[B_y=\dfrac{\mu_0\mu}{4\pi}\dfrac{3yz}{R^5} \]

\[B_Z=-\dfrac{\mu_0\mu}{4\pi}(\dfrac{1}{R^3}-\dfrac{3z^2}{R^5}) \]

即 \(\vec{B}=\dfrac{\mu_0}{4\pi}(-\dfrac{\vec{\mu}}{R^3}+\dfrac{3(\vec{\mu}\cdot\vec{R})\vec{R}}{R^5})\)。

Lec 11

将

\[\vec{A}(\vec{r})=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\vec{j}(r')}{|r'-r|}\mathrm dV \]

与 \(\vec{B}=\nabla\times\vec{A}\) 结合起来可得

\[\begin{aligned} \vec{B}=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\vec{j}\times\vec{e}_{12}}{r_{12}^2}\mathrm dV \end{aligned} \]

由于 \(\vec{j}\mathrm dV=I\mathrm d\vec{l}\)，稍作变换可得 Biot-Savart 定理：

\[\vec{B}=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{I\mathrm d\vec{l}\times \vec{e}_{12}}{r_{12}^2} \]

根据这一公式，对于半径为 \(r\) 携带 \(I\) 的电流的圆环，在其中轴线上距离圆心为 \(L\) 的位置上的磁场为

\[\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{I}{r^2+L^2}\sin\theta\mathrm dl=\dfrac{\mu_0}{2}\cdot\dfrac{Ir^2}{(r^2+L^2)^{3/2}} \]

对于一个导体回路 \(S\) 而言，其感应电动势（induced emf）是这个回路中每个位置的单位电荷所受的力沿着回路切线分量的积分，即

\[q\mathcal E=\oint \vec{F}\cdot\mathrm d\vec{l} \]

这个力通常包含两部分，一是电荷所受的电场力，二的回路中某一部分运动产生的洛伦兹力。

若空间中的电场和磁场都不随时间变化，那么由于静电场是保守场，其沿着任意回路的积分都是零，因此电场力对 \(\mathcal E\) 的贡献为 \(0\)。此时，如果一根长度为 \(l\) 的导体沿着垂直于自身和磁场的方向以速度 \(v\) 切割磁感线，则 \(\mathcal E=Blv\)。

如果空间中的磁场会随时间改变，则根据 Faraday 定律：

\[\nabla\times\vec{E}=-\dfrac{\mathrm d\vec{B}}{\mathrm dt} \]

故

\[\oint\vec{E}\cdot\mathrm dl=\int(\nabla\times\vec{E})\cdot\mathrm d\vec{S}=-\int\dfrac{\mathrm d\vec{B}}{\mathrm dt}\cdot\mathrm d\vec{S}=-\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int\vec{B}\cdot\mathrm d\vec{S} \]

定义磁通量 \(\Phi=\int\vec{B}\cdot\mathrm d\vec{S}\)，则 \(\mathcal E=-\dfrac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}\)。

Lec 12

交流发电机：将螺线圈放入磁场中并让它以角速度 \(\omega\) 转，设 \(\theta\) 为线圈法线方向与磁场的夹角，则我们有 \(\Phi=NBS\cos\theta\)，根据 \(\mathcal E=-\dfrac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}\) 可知 \(\mathcal E=NBS\omega\sin(\omega t)\)。其功率 \(P=\mathcal EI=NISB\omega\sin(\omega t)\)。

互感：将两根螺线管嵌套在一起并给第一个螺线管通上 \(I_1\) 的电流，则会产生 \(B_1=\dfrac{\mu_0N_1I_1}{l}\) 的磁场，根据 \(\mathcal E=-\dfrac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}\) 可知第二个螺线管会感应出 \(\mathcal E_2=-N_2S\dot{B}=-\dfrac{\mu_0N_1N_2S}{l}\dot{I_1}\) 的电动势，故两个螺线管之间的互感 \(M=-\dfrac{\mu_0N_1N_2S}{l}\)。

更一般地，我们有

\[\mathcal E_1=-\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\int_1\vec{B}\cdot\mathrm d\vec{S}=-\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\oint_1\vec{A}\cdot\mathrm d\vec{l} \]

\[\vec{A}=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\oint_2\dfrac{I_2\mathrm d\vec{l}}{r_{12}} \]

\[\mathcal E_1=-\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\oint_1\oint_2\dfrac{I_2\mathrm d\vec{l_1}\cdot\mathrm d\vec{l_2}}{r_{12}} \]

因此

\[M=-\dfrac{\mu_0}{4\pi}\oint_1\oint_2\dfrac{\mathrm d\vec{l_1}\cdot\mathrm d\vec{l_2}}{r_{12}} \]

每个线圈还有自感。即自身通电产生的磁场也会产生感应电动势。自感永远是负数。

\[\mathcal E=-L\dfrac{\mathrm dI}{\mathrm dt}, \Phi=LI \]

在电路中，自感有点类似于“惯性“，其中 \(L,V,I,U\) 分别对应于力学中的 \(m,F,v,W\)：

\(V=L\dot{I}\)，\(U=\dfrac{1}{2}LI^2\)
\(F=m\dot{v}\)，\(W=\dfrac{1}{2}mv^2\)

电路总能量 \(U=\dfrac{1}{2}L_1I_1^2+\dfrac{1}{2}L_2I_2^2+MI_1I_2\)。

如何求自感系数 \(L\)？结合 \(U=\dfrac{1}{2}LI^2\) 和 \(U=\dfrac{1}{2}\int\vec{j}\cdot\vec{A}\mathrm dV\) 可得

\[L=\dfrac{1}{I^2}\int\vec{j}\cdot\vec{A}\mathrm dV \]

此外，根据安培定律 \(\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}\)：

\[\begin{aligned} U&=\dfrac{1}{2\mu_0}\int(\nabla\times\vec{B})\cdot\vec{A}\mathrm dV\\ &=\dfrac{1}{2\mu_0}\int[\nabla\cdot(\vec{B}\times\vec{A})+B^2]\mathrm dV \end{aligned} \]

若电流分布在有限空间内，在无穷远处 \(B\sim\dfrac{1}{r^2},A\sim\dfrac{1}{r}\)，因此当 \(r\to\infty\) 时该项为 \(0\)。

当电场会随时间改变时，其会产生磁场，因此对非静电学的情况而言，有

\[\nabla\times\vec{B}=\mu_0\vec{j}+\mu_0\epsilon_0\dfrac{\partial\vec{E}}{\partial t} \]

举个例子，比方说有个半径为 \(r\) 的球体在向空间中所有方向发射电荷，那么我们有 \(\dot{Q}=-4\pi r^2j\)，根据高斯定理可知 \(\dot{\vec{E}}=-\dfrac{\vec{j}}{\epsilon_0}\)。而由于对称性，空间中不应有磁场。将 \(\dot{\vec{E}}=-\dfrac{\vec{j}}{\epsilon_0}\) 带入 \(\nabla\times\vec{B}\) 得 \(\nabla\times\vec{B}=0\)，恰好印证了这一点。

再比方说，考虑一个正在靠无穷远处电源充电的电容器。如果我们选择一个切割电容区域的面 \(\Gamma'\)，那么我们有

\[\epsilon_0\mu_0\int_{\Gamma'}\dot{\vec{E}}\mathrm d\vec{S}=\epsilon_0\mu_0\int_{\Gamma'}\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\dfrac{Q}{\epsilon_0}\mathrm d\vec{S}=\mu_0I \]

这与切割电流区域的部分得到的结果相同，换句话说，如果电场改变，则应视作有一个 \(\epsilon_0\dot{\vec{E}}\) 的 \(\vec{j}\) 流过。

Lec 13

对于非 static 的情形，根据麦克斯韦方程，如何较好得刻画一个空间中的电场和磁场的分布？

首先，根据

\(\nabla\cdot\bold{B}=0\)，我们可以定义 \(\bold{B}=\nabla\times\bold{A}\)。
\(\nabla\times\bold{E}=-\dot{\bold{B}}\Rightarrow\nabla\times(\bold{E}+\dot{\bold{A}})=0\)，我们可以定义 \(\bold{E}+\dot{\bold{A}}=\nabla\varphi\)。

如果知道了矢势 \(\bold{A}\) 和标势 \(\varphi\)，则

\[\begin{cases} \bold{B}=\nabla\times\bold{A}\\ \bold{E}=\nabla\varphi-\dot{\bold{A}} \end{cases} \]

而对于另外两个方程：

\(\nabla\cdot\bold{E}=\rho/\epsilon_0\) 可得 \(-\nabla^2\varphi-\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\nabla\cdot\bold{A}=\rho/\epsilon_0\)。
\(\nabla\times\bold{B}=\mu_0\bold{j}+\mu_0\epsilon_0\dot{\bold{E}}\) 可得 \(-c^2\nabla^2\bold{A}+c^2\nabla(\nabla\cdot\bold{A})+\dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\nabla\varphi+\dfrac{\partial^2\bold{A}}{\partial t^2}=\bold{j}/\epsilon_0\)。

这里我们不用库伦规范而用洛伦兹规范 \(\nabla\cdot\bold{A}=-\dfrac{1}{c^2}\dot{\varphi}\) 可得

\[\nabla^2\bold{A}-\dfrac{1}{c^2}\ddot{\bold{A}}=-\mu_0\bold{j} \]

\[\nabla^2\varphi-\dfrac{1}{c^2}\varphi=-\rho/\epsilon_0 \]

因此可以先求出 \(\bold{A},\varphi\) 再求 \(\bold{B},\bold{E}\)。

如果 \(\bold{j}=\rho=0\)，那么 \(\bold{B},\bold{E}\) 也满足

\[\nabla^2\bold{B}-\dfrac{1}{c^2}\ddot{\bold{B}}=0 \]

\[\nabla^2\bold{E}-\dfrac{1}{c^2}\ddot{\bold{E}}=0 \]

这样我们不用依赖 \(\bold{A}\) 和 \(\varphi\)，可以直接分析 \(\bold{B},\bold{E}\)。

平面波

还是考虑 \(\bold{j}=\rho=0\) 的场合，假设 \(\bold{B},\bold{E}\) 只取决于 \(x,t\)，即波沿着 \(x\) 轴传播，那么根据 Maxwell 方程

\[\nabla\cdot\bold{B}=0\Rightarrow\dfrac{\partial B_x}{\partial x}+\dfrac{\partial B_y}{\partial y}+\dfrac{\partial B_z}{\partial z}=0\Rightarrow\dfrac{\partial B_x}{\partial x}=0 \]

\[\nabla\cdot\bold{E}=0\Rightarrow\dfrac{\partial E_x}{\partial x}+\dfrac{\partial E_y}{\partial y}+\dfrac{\partial E_z}{\partial z}=0\Rightarrow\dfrac{\partial E_x}{\partial x}=0 \]

\[\nabla\times\bold{E}=-\dot{\bold{B}}\Rightarrow\dfrac{\partial B_x}{\partial t}=-(\nabla\times\bold{E})_x=0 \]

\[\nabla\times\bold{B}=\dfrac{1}{c^2}\dot{\bold{E}}\Rightarrow\dfrac{\partial E_x}{\partial t}=c^2(\nabla\times\bold{B})_x=0 \]

因此 \(B_x,E_x\) 都是常数。通常我们取 \(B_x=E_x=0\)。

接下来考虑 \(y,z\) 分量，方便起见我们先令 \(E_z=0\)，

\[\dfrac{\partial B_y}{\partial t}=-(\nabla\times\bold{E})_y=-(\dfrac{\partial E_x}{\partial z}-\dfrac{\partial E_z}{\partial x})=0 \]

\[\dfrac{\partial B_z}{\partial t}=-(\nabla\times\bold{E})_z=-(\dfrac{\partial E_y}{\partial x}-\dfrac{\partial E_x}{\partial y})=-\dfrac{\partial E_y}{\partial x} \]

\[\dfrac{\partial E_y}{\partial t}=c^2(\nabla\times\bold{B})_y=c^2(\dfrac{\partial B_x}{\partial z}-\dfrac{\partial B_z}{\partial x})=-c^2\dfrac{\partial B_z}{\partial x} \]

\[0=\dfrac{\partial E_z}{\partial t}=c^2(\nabla\times\bold{B})_z=c^2(\dfrac{\partial B_y}{\partial x}-\dfrac{\partial B_x}{\partial y})\Rightarrow\dfrac{\partial B_y}{\partial x}=0 \]

故 \(B_y=0\)。再根据

\[\dfrac{\partial B_z}{\partial t}=-\dfrac{\partial E_y}{\partial x} \]

\[\dfrac{\partial E_y}{\partial t}=-c^2\dfrac{\partial B_z}{\partial x} \]

和

\[\dfrac{\partial^2E_y}{\partial x^2}-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2E_y}{\partial t^2}=0 \]

\[\dfrac{\partial^2B_z}{\partial x^2}-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2B_z}{\partial t^2}=0 \]

可解得 \(E_y,B_z\)。

对 \(E_z,B_y\) 也是同理，因此平面波的通解：

\[E_y=f(x-ct)+g(x+ct) \]

\[E_z=F(x-ct)+G(x+ct) \]

\[cB_y=-F(x-ct)+G(x+ct) \]

\[cB_z=f(x-ct)-g(x+ct) \]

\[\bold{E}=(0,E_y,E_z),\bold{B}=(0,B_y,B_z) \]

球面波

球面波满足 \(\psi=\psi(r,t)\)，其中 \(r\) 是关于某个中心点的距离，\(\psi=\bold{B}\) 或 \(\bold{E}\)。因此

\[\nabla^2\psi=\psi''+\dfrac{2}{r}\psi'=\dfrac{1}{r}(r\psi)'' \]

因此波动方程 \(\nabla^2\psi-\dfrac{1}{c^2}\ddot{\psi}=0\) 刻变为 \((r\psi)''=\dfrac{1}{c^2}\ddot{(r\psi)}\)。

解得 \(r\psi=f(r-ct)\)（事实上还有一个 \(f(r+ct)\) 的解，但是通常我们认为波是从内向外传播的，因此舍弃这个解），即 \(\psi=\dfrac{f(r-ct)}{r}\)。\(\psi\) 在 \(r\to 0\) 的时候不收敛，这是合理的，因为由于源点的存在，波动方程 \(\nabla^2\psi-\dfrac{1}{c^2}\ddot{\psi}=0\) 在 \(r\to 0\) 时不成立。

交流电路

对于 \(V=V_0e^{i\omega t},I=I_0e^{i\omega t},E=E_0e^{i\omega t}\) 的交流电路：

电感复阻抗 \(z_L=i\omega L\)，使电压领先电流 \(\dfrac{\pi}{2}\) 的相位差。
电容复阻抗 \(z_C=\dfrac{1}{i\omega C}\)，使得电流领先电压 \(\dfrac{\pi}{2}\) 的相位差。
电阻复阻抗 \(z_R=R\)，不产生相位差。

计算一个物理量的相位相当于算其在复数表示下的幅角。

基尔霍夫定理：环路的 \(\sum V_n=0\)，与一个节点相邻的 \(\sum I_n=0\)。

Norton 定理：等效电流源时，电流是两接口短路的电流，阻抗是把所有电流源断路、电压源当成短路的阻抗。

Thevenin 定理：等效电压源时，电压是两接口断路的电流，阻抗是把所有电流源断路、电压源短路的阻抗。

对于一个 \(Z=R+iX\) 的阻抗，其可以被视作一个 \(R\) 的纯电阻和一个电抗 \(X\)（如电容和电感的串联），那么

\[\mathcal E=I(R+iX)=I_0R\exp(i\omega t)+iI_0X\exp(i\omega t) \]

\[\text{Re}\mathcal E=I_0R\cos(\omega t)-I_0X\sin(\omega t) \]

\[\text{Re}I=I_0\cos(\omega t) \]

故一个周期内的平均功率

\[\overline{P}=\dfrac{1}{T}\int_0^T(\text{Re}\mathcal E)(\text{Re} I)=\dfrac{1}{2}I_0^2R \]

这意味着虚部 \(X\) 不耗能。

Lec 14

梯形网络：设总阻抗为 \(z_0\)，那么有 \(z_0=z_1+\dfrac{z_2z_0}{z_2+z_0}\)，解得 \(z_0=\dfrac{z_1}{2}+\sqrt{\dfrac{z_1^2}{4}+z_1z_2}\)。

LC 电路：现在考虑 \(z_1\) 为电感 \(i\omega R\)，\(z_2\) 为电容 \(\dfrac{1}{i\omega C}\)，那么 \(z_0=\dfrac{i\omega R}{2}+\sqrt{\dfrac{L}{C}-\dfrac{L^2\omega^2}{4}}\)。

我们发现，如果 \(\omega>\dfrac{2}{\sqrt{LC}}\)，那么这个 \(z_0\) 为纯虚数，不耗能，本质上是因为 LC 电路存在 propagation factor：

\[\alpha=\dfrac{V_{n+1}}{V_n}=1-\dfrac{z_1}{z_0}=\dfrac{\sqrt{L/C-\omega^2L^2/4}-i\omega L/2}{\sqrt{L/C-\omega^2L^2/4}+i\omega L/2} \]

当 \(\omega<\dfrac{2}{\sqrt{LC}}\) 我们有 \(|\alpha|=1\)，而当 \(\omega>\dfrac{2}{\sqrt{LC}}\) 时 \(|\alpha|<1\)，其会以指数级别的速度衰减至 \(0\)。

因此这个电路可以被当作一个低频滤波器，只允许低频波传输。如果把 LC 换位，则其变为高频滤波器。

传输线。考虑一根单位长度电容为 \(C_0\)，电感为 \(L_0\) 的传输线，如果把这根线每 \(\Delta x\) 长度切一刀，则可以被看作上文中的 LC 电路。

我们有

\[V(x+\Delta x)-V(x)=-L_0\Delta x\dfrac{\mathrm dI}{\mathrm dt} \]

\[I(x+\Delta x)-I(x)=-C_0\Delta x\dfrac{\mathrm dV}{\mathrm dt} \]

令 \(\Delta x\to 0\) 并整理可得

\[\dfrac{\partial^2V}{\partial x^2}-L_0C_0\dfrac{\partial^2V}{\partial t^2}=0 \]

\[\dfrac{\partial^2I}{\partial x^2}-L_0C_0\dfrac{\partial^2I}{\partial t^2}=0 \]

因此 \(I,V=f(x+vt)-g(x-vt)\)，其中相位速度 \(v=\dfrac{1}{\sqrt{L_0C_0}}\)，波长 \(\lambda=\dfrac{2\pi}{\omega}\cdot v\)。

考虑上下两个平面组成的电容器，如果给它通上一个高频交流电 \(I=I_0\exp(i\omega t)\)，其内部产生的电场和磁场会是什么样的？

其首先会产生一个电场 \(E_1=E_0\exp(i\omega t)\)，而由于 Maxwell 方程

\[\oint \bold{B}\cdot\mathrm d\bold{s}=\dfrac{1}{c^2}\int\dfrac{\partial\bold{E}}{\partial t}\mathrm\cdot d\bold{a} \]

取半径为 \(r\) 的圆分析可得 \(\bold{B}=\dfrac{i\omega r}{2c^2}E_0\exp(i\omega t)\hat{\phi}\)。

称这个场为 \(B_1\)，那类似地由法拉第定律它又会产生一个场 \(E_2\)，对于 \(r\) 处某个点，考虑一个一边是该点与圆心的连线，一边与 \(z\) 轴平行的曲线，对其应用法拉第定律可得

\[\oint\bold{E_2}\cdot\mathrm d\bold{s}=-\int\dfrac{\mathrm d\bold{B}}{\mathrm dt}\cdot\mathrm d\bold{a} \]

\[hE_2(r)=-\int_0^r\dfrac{r\omega^2}{2c^2}E_0\exp(i\omega t)h\mathrm dr \]

\[E_2(r)=-\dfrac{r^2\omega^2}{4c^2}E_0\exp(i\omega t) \]

这个 \(E_2\) 又会生 \(B_2\)，\(B_2\) 又会生 \(E_3\)，以此类推，最终的场可以写成无穷级数的形式：

\[J_0(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^i}{(i!)^2}(\dfrac{x}{2})^{2i} \]

\[E=E_0\exp(i\omega t)J_0(\dfrac{\omega r}{c}) \]

这个函数是一个 Bessel 函数。

Bessel 函数：微分方程

\[x^2y''+xy'+(x^2-\alpha^2)y=0 \]
的解为

\[y=AJ_{\alpha}(x)+BY_{\alpha}(x) \]
其中 \(J_{\alpha}(0)\) 有定义，而 \(Y_{\alpha}(x\to 0)=\infty\)。

当 \(x\approx 2.405\) 时 \(J_0(x)=0\)，因此如果在 \(r=\dfrac{2.405c}{\omega}\) 的位置放一个导体壁，则可以做谐振腔，恰好能满足谐振腔的边界条件（电场切向分量为 \(0\)，磁场法向分量为 \(0\)）

Helmholtz 方程：考虑 \(\rho=\bold{j}=0\) 的情形，我们有

\[\nabla^2\bold{E}=\dfrac{1}{c^2}\ddot{\bold{E}} \]

\[\nabla^2\bold{B}=\dfrac{1}{c^2}\ddot{\bold{B}} \]

如果我们假定时间维度上是简谐波，即 \(\bold{E}=\bold{E}(x,y,z)\exp(i\omega t)\)，那么上式可以写作

\[\nabla^2\bold{E}(x,y,z)+\dfrac{\omega^2}{c^2}\bold{E}(x,y,z)=0 \]

令 \(k=\dfrac{\omega}{c}\)，则

\[\nabla^2\bold{E}+k^2\bold{E}=0 \]

\[\nabla\cdot\bold{E}=0 \]

柱坐标系下的 Helmholtz 方程：

还是假设 \(\rho=\bold{j}=0\)，在柱坐标系下有

\[\nabla^2=\dfrac{\partial^2}{\partial\rho^2}+\dfrac{1}{\rho}\dfrac{\partial}{\partial\rho}+\dfrac{1}{\rho^2}\dfrac{\partial^2}{\partial\varphi^2}+\dfrac{\partial}{\partial z^2} \]

假定 \(E\) 在 \(z\) 方向上是简谐波，且 \(\rho,\varphi\) 两维独立，即 \(E_z=R(\rho)P(\varphi)\exp(-i\beta z)\)，则带入 Helmholtz 方程得：

\[\dfrac{\rho^2R''+\rho R'+(k^2-\beta^2)\rho^2R}{R}=-\dfrac{P''}{P} \]

因为左边只与 \(\rho\) 有关右边只与 \(\varphi\) 有关，为了让它们处处相等，该式只能等于常数，记其为 \(n^2\)。令 \(k_c=k^2=\beta^2\)，那么有 \(R(k_c\rho)=AJ_n(k_c\rho)\)。其中 \(J_n\) 是第一类 Bessel 级数。

最终 \(E_z(\rho,\varphi,z)=AJ_n(k_c\rho)(c_1\sin n\varphi+c_2\cos n\varphi)\exp(-i\beta z)\)。

Lec 15

考虑 \(a\times b\times c\) 的矩形腔内的 Helmholtz 方程，假设 \(x,y,z\) 维度分别独立，并且时间因此仍是 \(\exp(i\omega t)\)，那么我们有

\[E_x=X_x(x)Y_x(y)Z_x(z)\exp(i\omega t) \]

\[E_y=X_y(x)Y_y(y)Z_y(z)\exp(i\omega t) \]

\[E_z=X_z(x)Y_z(y)Z_z(z)\exp(i\omega t) \]

带入 Helmholtz 方程，\(x,y,z\) 分量上都会有一个等式，根据对称性，下面的分析以 \(x\) 分量为例：

\[X''_xY_xZ_x+X_xY_x''Z_x+X_xY_xZ_x''+k^2X_xY_xZ_x=0 \]

\[X_x''/X_x+Y_x''/Y_x+Z_x''/Z_x+k^2=0 \]

这里需要 \(X_x''/X_x\) 是负数，因为如果是正数那么解是指数形式，在导体盒中不合理。

因此假设 \(X_x''/X_x=-k_{xx}^2\)，\(Y_x''/Y_x=-k_{xy}^2\)，\(Z_x''Z_x=-k_{xz}^2\)，则要求

\[k_{xx}^2+k_{xy}^2+k_{xz}^2=k^2 \]

解得

\[\begin{cases} X_x=C_{xx}\cos(k_{xx}x)+D_{xx}\sin(k_{xx}x)\\ Y_x=C_{xy}\cos(k_{xy}y)+D_{xy}\sin(k_{xy}y)\\ Z_x=C_{xz}\cos(k_{xz}z)+D_{xz}\sin(k_{xz}z) \end{cases} \]

在矩形腔的边界上，电场的切向分量必须等于 \(0\)，否则由于理想导体的电导率是无穷大，根据 \(\bold{j}=\sigma\bold{E}\)，其会在边界上产生无穷大的电流密度。因为 \(\hat{x}\) 在 \(y=0,y=b,z=0,z=c\) 四个面上为切向方向，故必须有

\[Y_x(0)=Y_x(b)=Z_x(0)=Z_x(c)=0 \]

这意味着

\[C_{xy}=0,k_{xy}=\dfrac{n\pi}{b},C_{xz}=0,D_{xz}=\dfrac{p\pi}{c} \]

其中 \(n,p\in\mathbb{Z}\)。

同时，在 \(x=0\) 和 \(x=a\) 这两个面上，因为 \(\nabla\cdot\bold{E}=0\)，而因为 \(\hat{y},\hat{z}\) 都是面的切向方向，故 \(\dfrac{\mathrm dE_y}{\mathrm dy}=\dfrac{\mathrm dE_z}{\mathrm dz}=0\)，必须有 \(\dfrac{\mathrm dE_x}{\mathrm dx}=0\)，因此 \(\dfrac{\mathrm dX_x}{\mathrm dx}=0\)，即 \(D_{xx}=0\)，\(k_{xx}=\dfrac{m\pi}{a}\)，其中 \(m\in\mathbb{Z}\)。

因此加上这个约束条件以后，解的形式为

\[\begin{cases} E_x=A_x\cos(k_{xx}x)\sin(k_{xy}y)\sin(k_{xz}z)\\ E_y=A_y\sin(k_{yx}x)\cos(k_{yy}y)\sin(k_{yz}z)\\ E_z=A_z\sin(k_{zx}x)\sin(k_{zy}y)\cos(k_{zz}z) \end{cases} \]

并且

\[k_{xx}=\dfrac{m_{xx}\pi}{a},k_{xy}=\dfrac{n_{xy}\pi}{b},k_{xz}=\dfrac{p_{xz}\pi}{c},k_{xx}^2+k_{xy}^2+k_{xz}^2=k^2 \]

\(y,z\) 方向上也有类似的等式。

有没有别的约束呢？注意到在全空间内，也必须要有 \(\nabla\cdot\bold{E}=0\)。因此

\[-A_xk_{xx}\sin(k_{xx}x)\sin(k_{xy}y)\sin(k_{xz}z)-A_yk_{yy}\sin(k_{yx}x)\sin(k_{yy}y)\sin(k_{yz}z)-A_zk_{zz}\sin(k_{zx}x)\sin(k_{zy}y)\sin(k_{zz}z)=0 \]

为了让这个式子对任意 \(x,y,z\in\mathbb{R}\) 都成立，需要有

\[k_{xx}=k_{yx}=k_{zx},k_{xy}=k_{yy}=k_{zy},k_{xz}=k_{yz}=k_{zz} \]

用 \(k_x,k_y,k_z\) 代替之，那么还需满足 \(A_xk_x+A_yk_y+A_zk_z=0\)。

因此，矩形腔内的 Helmholtz 方程的通解为

\[\begin{cases} E_x=A_x\cos(k_xx)\sin(k_yy)\sin(k_zz)\\ E_y=A_y\sin(k_xx)\cos(k_yy)\sin(k_zz)\\ E_z=A_z\sin(k_xx)\sin(k_yy)\cos(k_zz) \end{cases} \]

要求

\[\begin{cases} k_x=\dfrac{m\pi}{a}\\ k_y=\dfrac{n\pi}{b}\\ k_z=\dfrac{p\pi}{c}\\ A_xk_x+A_yk_y+A_zk_z=0 \end{cases} \]

其中 \(m,n,p\in\mathbb{Z}\)，并且 \(m,n,p\) 至多有一个为零，否则根据 \(A_xk_x+A_yk_y+A_zk_z=0\) 可以推出 \(E=0\)。

而 \(k=k_x^2+k_y^2+k_z^2\)，根据 \(k=\dfrac{\omega}{\bold{c}}\) 可知时间频率

\[\omega_{nmp}=\sqrt{\dfrac{m^2}{a^2}+\dfrac{n^2}{b}+\dfrac{p^2}{c^2}}\pi\bold{c} \]

而根据

\[\nabla\times\bold{E}=-\dot{\bold{B}}=-i\omega\bold{B} \]

可得

\[\begin{cases} B_x=C_x\sin(k_xx)\cos(k_yy)\cos(k_zz)\\ B_y=C_y\cos(k_xx)\sin(k_yy)\cos(k_zz)\\ B_z=C_z\cos(k_xx)\cos(k_yy)\sin(k_zz) \end{cases} \]

其中 \(C_x=-\dfrac{A_zk_y-A_yk_z}{i\omega},C_y=-\dfrac{A_xk_z-A_zk_x}{i\omega},C_z=-\dfrac{A_yk_x-A_xk_y}{i\omega}\)。

横电波和横磁波：

\(TE_{mnp}\)：额外要求 \(E_z=0\)。
\(TM_{mnp}\)：额外要求 \(B_z=0\)。

Lec 16

波导：让波沿着特定方向 propagate 的结构。

在波导中，我们通常使用 \(\bold{H}\) 而不是 \(\bold{B}\)，其对应关系为 \(\bold{B}=\mu_0\bold{H}\)。

假定电场和磁场都是时谐且在 \(z\) 方向也是谐波，即

\[\bold{E}(x,y,z,t)=(\bar{\bold{e}}(x,y)+\hat{z}e_z(x,y))e^{-j\beta z}e^{j\omega t} \]

\[\bold{H}(x,y,z,t)=(\bar{\bold{h}}(x,y)+\hat{z}h_z(x,y))e^{-j\beta z}e^{j\omega t} \]

把时谐的部分隐去并带入 Maxwell 方程

\[\nabla\cdot\bold{E}=0, \nabla\cdot\bold{H}=0,\nabla\times\bold{E}=-j\omega\mu_0\bold{H},\nabla\times\bold{H}=j\omega\epsilon_0\bold{E} \]

可得

\[\dfrac{\partial E_z}{\partial y}-\dfrac{\partial E_y}{\partial z}=-j\omega\mu_0H_x\Rightarrow\dfrac{\partial E_z}{\partial y}+j\beta E_y=-j\omega\mu_0H_x \]

\[\dfrac{\partial H_x}{\partial z}-\dfrac{\partial H_z}{\partial x}=j\omega\epsilon_0E_y\Rightarrow-j\beta H_x-\dfrac{\partial H_z}{\partial x}=j\omega\epsilon_0E_y \]

将这两者结合可得

\[-j(\omega^2\mu_0\epsilon_0-\beta^2)H_x=\omega\epsilon_0\dfrac{\partial E_z}{\partial y}-\beta\dfrac{\partial H_z}{\partial x} \]

令 \(k_c^2=\omega^2\mu_0\epsilon_0-\beta^2=k^2-\beta^2\)（称之为 cutoff frequency），那么

\[H_x=\dfrac{j}{k_c^2}(\omega\epsilon_0\dfrac{\partial E_z}{\partial y}-\beta\dfrac{\partial H_z}{\partial x}) \]

类似地可以将全部四个横向分量表达为两个纵向分量关于 \(x,y\) 的偏导的形式：

\[H_x=\dfrac{j}{k_c^2}(\omega\epsilon_0\dfrac{\partial E_z}{\partial y}-\beta\dfrac{\partial H_z}{\partial x}) \]

\[H_y=-\dfrac{j}{k_c^2}(\omega\epsilon_0\dfrac{\partial E_z}{\partial x}+\beta\dfrac{\partial H_z}{\partial y}) \]

\[E_x=-\dfrac{j}{k_c^2}(\beta\dfrac{\partial E_z}{\partial x}+\omega\mu_0\dfrac{\partial H_z}{\partial y}) \]

\[E_y=\dfrac{j}{k_c^2}(-\beta\dfrac{\partial E_z}{\partial y}+\omega\mu_0\dfrac{\partial H_z}{\partial x}) \]

TEM 波

对横电磁波，有 \(E_z=H_z=0\)，为了让 \(H_x\ne 0\)，需有 \(k_c=0\)，带回原本的 Maxwell 方程并推一通可以得到

\[\bar{\bold{e}}(x,y)=-\nabla_t\Phi(x,y) \]

其中 \(\nabla_t=(\partial x,\partial y)\)。

TEM 波必须只要要有两个导体才能传播，因为如果只有一个导体，那么导体壁上无电场分布，因此空间内的电场和磁场也为 \(0\)。

TE 波：\(E_z=0\)，\(H_z\ne 0\)。

根据 Helmholtz 方程，我们有 \(\nabla^2H_z+k^2H_z=0\)，而 \(H_z=h_z(x,y)e^{-j\beta z}\)，带入并化简可得 \((\partial_x^2+\partial_y^2+k_c^2)h_z=0\)，需要结合具体的边界条件求解。

TM 波：\(E_z\ne 0\)，\(H_z=0\)。

\((\partial_x^2+\partial_y^2+k_c^2)e_z=0\)

矩形波导。假设横截面是 \(a\times b\)。

矩形波导中的 TE 波

令 \(h_z(x,y)=X(x)Y(y)\)。带入方程 \((\partial_x^2+\partial_y^2+k_c^2)h_z=0\) 可得

\[X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)+k_cX(x)Y(y)=0 \]

令 \(X''/X=-k_x^2\)，\(Y''/Y=-k_y^2\)，其中 \(k_x^2+k_y^2=k_c^2\)。那么

\[h_z(x,y)=(A\cos(k_xx)+B\sin(k_xx))(C\cos(k_yy)+D\sin(k_yy)) \]

下面考虑边界条件，在 \(x=0,x=a\) 处 \(e_y=0\)，因此 \(D=0,k_y=\dfrac{n\pi}{b}\)，在 \(y=0,y=b\) 处 \(e_x=0\)，因此 \(B=0,k_x=\dfrac{m\pi}{a}\)。故

\[h_z(x,y)=A_{mn}\cos(\dfrac{m\pi}{a}x)\cos(\dfrac{n\pi}{b}y) \]

\[H_z(x,y,z)=A_{mn}\cos(\dfrac{m\pi}{a}x)\cos(\dfrac{n\pi}{b}y)e^{-j\beta z} \]

带入上文中的公式可算出 \(E_x,E_y,H_x,H_y\)。

称之为 \(TE_{mn}\) 模式。不存在 \(TE_{00}\) 模式。

矩形波导中的 TM 波

仿照上面的分析我们还是可以得到

\[e_z(x,y)=(A\cos(k_xx)+B\sin(k_xx))(C\cos(k_yy)+D\sin(k_yy)) \]

边界条件：在 \(x=0,x=a,y=0,y=b\) 处 \(e_z=0\)，因此 \(A=0,k_x=\dfrac{m\pi}{a},C=0,k_y=\dfrac{n\pi}{b}\)。故

\[e_z(x,y)=B_{mn}\sin(\dfrac{m\pi}{a}x)\sin(\dfrac{n\pi}{b}y) \]

\[E_z(x,y,z)=B_{mn}\sin(\dfrac{m\pi}{a}x)\sin(\dfrac{n\pi}{b}y)e^{-j\beta z} \]

称之为 \(TM_{mn}\) 模式。因为只要 \(n,m\) 之一为 \(0\) 就有 \(E_z=0\)，因此必须有 \(n,m\ge 1\)。

posted @ 2026-01-07 01:35 tzc_wk 阅读(18) 评论(0) 收藏举报

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