电动力学 第8周作业
Chasse_neige
4. 谐振腔
书4.14, 4.15
4.14 一对无限大的平行理想导体板，相距为 \(b\)，电磁波沿平行于板面的 \(z\) 方向传播，设波在 \(x\) 方向是均匀的，求可能传播的波模和每种波模的截止频率。
解亥姆霍兹方程 \((\nabla^{2} + k^{2}) u = 0\)得
$$
u (x, y, z) = X(x) Y(y) Z(z) = (C_{1} \cos k_{x} x + D_{1} \sin k_{x} x) (C_{2} \cos k_{y} y + D_{2} \sin k_{y} y) e^{i(k_{z} z - \omega t)}
$$
由于波在 \(x\) 方向均匀，所以
$$
u (x, y, z) = (C_{2} \cos k_{y} y + D_{2} \sin k_{y} y) e^{i(k_{z} z - \omega t)}
$$
对于 \(E_{x}\) ，带入边界条件 \(E_{x} \big|_{y = 0} = 0\) 以及\(E_{x} \big|_{y = b} = 0\)
得到
$$
E_x = A_1 \sin\left(\frac{n\pi}{b} y\right) e^{i(k_z z - \omega t)}
$$
对于 \(E_{z}\) ，带入边界条件 \(E_{z} \big|_{y = 0} = 0\) 以及\(E_{z} \big|_{y = b} = 0\)
得到
$$
E_z = A_3 \sin\left(\frac{n\pi}{b} y\right) e^{i(k_z z - \omega t)}
$$
对于 \(E_{y}\) ，由 \(\nabla \cdot \vec{E} = 0\)
得到
$$
E_y = A_2 \cos\left(\frac{n\pi}{b} y\right) e^{i(k_z z - \omega t)}
$$
且有
$$
\frac{n\pi}{b} A_2 = i k_z A_3
$$
其中
$$
\frac{n \pi}{b}^{2} + k_{z}^{2} = \frac{\omega}{c}^{2}
$$
截止频率
$$
\omega_{c}^{(n)} = \frac{n \pi c}{b}
$$
4.15 证明整个谐振腔内的电场能量和磁场能量对时间的平均值总相等。
证明：
$$
\mathbf{E}(\mathbf{r}, t) = \text{Re}[\mathbf{E}(\mathbf{r}) e^{-i\omega t}]
$$
\[
\mathbf{B}(\mathbf{r}, t) = \text{Re}[\mathbf{B}(\mathbf{r}) e^{-i\omega t}]
\]
由于
\[
\nabla \cdot (\mathbf{E} \times \mathbf{H}^*) = \mathbf{H}^{*} \cdot (\nabla \times \mathbf{E}) - \mathbf{E} \cdot (\nabla \times \mathbf{H}^{*}) = i\omega (\mu_0 |\mathbf{H}|^2 - \varepsilon_0 |\mathbf{E}|^2)
\]
对两边进行体积积分，并应用散度定理：
\[
\int_V \nabla \cdot (\mathbf{E} \times \mathbf{H}^*) \, dV = \oint_{\partial V} (\mathbf{E} \times \mathbf{H}^*) \cdot d\mathbf{S}
\]
在谐振腔的金属边界上，电场的切向分量为零，磁场的法向分量为零，导致面积分为零。因此：
\[
\int_V (\mu_0 |\mathbf{H}|^2 - \varepsilon_0 |\mathbf{E}|^2) \, dV = 0
\]
即
\[
\frac{1}{\mu_0} \int_V |\mathbf{B}|^2 \, dV = \varepsilon_0 \int_V |\mathbf{E}|^2 \, dV
\]
这说明电场能量和磁场能量的时间平均值相等。
5. 电磁波的定向传播
作业：
(a) 书4.12, 4.13
4.12 论证矩形波导管内不存在 \(TM_{m0}\) 或 \(TM_{0n}\) 波。
证明：
对于矩形波导中的 \(TM\) 波，有分量
\[
\begin{aligned}
E_{x} &= A_{x} \cos k_{x} x \sin k_{y} y e^{i (k_{z} z - \omega t)} \\\\
E_{y} &= A_{y} \sin k_{x} x \cos k_{y} y e^{i (k_{z} z - \omega t)} \\\\
E_{z} &= A_{z} \sin k_{x} x \sin k_{y} y e^{i (k_{z} z - \omega t)}
\end{aligned}
\]
由 \(\nabla \cdot \vec{E} = 0\)，得到\(- k_{x} A_{x} - k_{y} A_{y} + i k_{z} A_{z} = 0\)
由 \(B_{z} = 0\)，得到 \(k_{y} A_{x} = k_{x} A_{y}\)
对于\(k_{x}\) 或 \(k_{y}\) 中一个为 \(0\) 的传播模式：不妨假设 \(k_{x} = 0\)
则有
\[
\begin{aligned}
E_{x} &= A_{x} \sin k_{y} y e^{i (k_{z} z - \omega t)} \\\\
E_{y} &= 0 \\\\
E_{z} &= 0
\end{aligned}
\]
由于 \(k_{y} A_{x} = k_{x} A_{y}\) ，所以 \(A_{x} = 0\)，即电场的三个方向分量均为零，故矩形波导管内不存在 \(TM_{m0}\) 或 \(TM_{0n}\) 波。
4.13 频率为 \(30 \times 10^9 \, \text{Hz}\) 的微波，在 \(0.7 \, \text{cm} \times 0.4 \, \text{cm}\) 的矩形波导管中能以什么波模传播？在 \(0.7 \, \text{cm} \times 0.6 \, \text{cm}\) 的矩形波导管中能以什么波模传播？
带入截止频率公式
$$
f_{c}^{(m,n)} = \frac{c}{2 \pi} \sqrt{\frac{m \pi}{L_{1}}^{2} + \frac{n \pi}{L_{2}}^{2}}
$$
在 \(0.7 \, \text{cm} \times 0.4 \, \text{cm}\) 的矩形波导管中
$$
\begin{aligned}
f_{c}^{10} &= 2.14 \times 10^{10} \text{Hz} \\
f_{c}^{01} &= 3.75 \times 10^{10} \text{Hz}
\end{aligned}
$$
所以仅有\(TE_{10}\) 模式
在 \(0.7 \, \text{cm} \times 0.6 \, \text{cm}\) 的矩形波导管中
$$
\begin{aligned}
f_{c}^{10} &= 2.14 \times 10^{10} \text{Hz} \\
f_{c}^{01} &= 2.50 \times 10^{10} \text{HZ} \\
f_{c}^{11} &= 3.29 \times 10^{10} \text{Hz}
\end{aligned}
$$
所以仅\(TE_{10} ,\, TE_{01}\) 模式可以传播
(b) 试证，电磁波定向传输中的\(TM\)波 (\(B_z = 0\)) 满足，
\[
(\nabla_{xy}^2 + \mu\epsilon\omega^2 - k_z^2) E_z = 0
\]
边界条件：
$$
E_z \bigg|_{\text{边界}} = 0
$$
横向电场和磁场：
\[
\vec{E}_t = \frac{i k_z}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \nabla_{xy} E_z
\]
\[
\vec{B}_t = \frac{-i \mu\epsilon\omega}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \nabla_{xy} \times \vec{E}_z
\]
并求表面(管壁)上的面电荷与面电流。
证明：
对于定向传输中的\(TM\)波 ，作如下拆分：
\[
\begin{aligned}
\vec{E} &= (\vec{E}_{z} + \vec{E}_{t}) e^{i (k_{z} z - \omega t)} \\\\
\vec{B} &= (\vec{B}_{z} + \vec{B}_{t}) e^{i (k_{z} z - \omega t)} \\\\
\nabla &= \nabla_{xy} + \frac{\partial}{\partial_{z}} \hat{z}
\end{aligned}
\]
所以麦克斯韦方程化为
\[
\begin{aligned}
i \omega \vec{B}_{z} &= \nabla_{xy} \times \vec{E}_{t} \\\\
- i \mu \epsilon \omega \vec{E}_{z} &= \nabla_{xy} \times \vec{B}_{t} \\\\
i \omega \vec{B}_{t} &= \nabla_{xy} \times \vec{E}_{z} + i k_{z} (\hat{z} \times \vec{E}_{t}) \\\\
- i \mu \epsilon \omega \vec{E}_{t} &= \nabla_{xy} \times \vec{B}_{z} + i k_{z} (\hat{z} \times \vec{B}_{t}) \\\\
\nabla_{xy} \cdot \vec{E}_{t} + i k_{z} E_{z} &= 0 \\\\
\nabla_{xy} \cdot \vec{B}_{t} + i k_{z} B_{z} &= 0
\end{aligned}
\]
对于\(TM\)波，有 \(B_{z} = 0\)
所以 \(\nabla_{xy} \times \vec{E}_{t} = 0\)
\[
i \omega \nabla_{xy} \times \vec{B}_{t} = \nabla_{xy} \times (\nabla_{xy} \times \vec{E}_{z}) + i k_{z} \nabla_{xy} \times (\hat{z} \times \vec{E}_{t}) = - \nabla_{xy}^{2} \vec{E}_{z} + i k_{z} \nabla_{xy} \cdot E_{t} \hat{z}
\]
所以
\[
\mu \epsilon \omega^{2} E_{z} = - \nabla_{xy}^{2} E_{z} + k_{z}^{2} E_{z}
\]
即
\[
(\nabla_{xy}^2 + \mu\epsilon\omega^2 - k_z^2) E_z = 0
\]
又有
\[
- i \mu \epsilon \omega \vec{E}_{t} = i k_{z} (\hat{z} \times \frac{1}{i \omega} (\nabla_{xy} \times \vec{E}_{z} + i k_{z} (\hat{z} \times \vec{E}_{t}))) = \frac{k_{z}}{\omega} (\nabla_{xy} E_{z} - i k_{z} \vec{E}_{t})
\]
所以
\[
\begin{aligned}
i (\frac{k_{z}^{2}}{\omega} - \mu \epsilon \omega) \vec{E}_{t} &= \frac{k_{z}}{\omega} \nabla_{xy} E_{z} \\\\
\vec{E}_t &= \frac{i k_z}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \nabla_{xy} E_z
\end{aligned}
\]
所以
\[
\begin{aligned}
i \omega \vec{B}_{t} &= \nabla_{xy} \times \vec{E}_{z} + i k_{z} (\hat{z} \times \vec{E}_{t}) = \nabla_{xy} \times \vec{E}_{z} + i k_{z} (\hat{z} \times \frac{i k_z}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \nabla_{xy} E_z) \\\\
&= \nabla_{xy} \times \vec{E}_{z} - i k_{z} (\frac{i k_z}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \nabla_{xy} \times \vec{E}_{z}) = \frac{\mu \epsilon \omega^{2}}{\mu \epsilon \omega^{2} - k_{z}^{2}} \nabla_{xy} \times \vec{E}_{z}
\end{aligned}
\]
即
\[
\vec{B}_t = \frac{-i \mu\epsilon\omega}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \nabla_{xy} \times \vec{E}_z
\]
表面(管壁)上的面电荷与面电流：
面电荷
\[
\sigma_{f} = \hat{n} \cdot \vec{D} = \epsilon \hat{n} \cdot \vec{E}_{t} e^{i (k_{z} z - \omega t)} = \epsilon \frac{i k_z}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \hat{n} \cdot \nabla_{xy} E_z e^{i (k_{z} z - \omega t)}
\]
面电流
\[
\begin{aligned}
\vec{i}_{f} &= \hat{n} \times \vec{H} = \frac{1}{\mu} \hat{n} \times \vec{B}_{t} e^{i (k_{z} z - \omega t)} = \frac{1}{\mu} \frac{-i \mu\epsilon\omega}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} \hat{n} \times (\nabla_{xy} \times \vec{E}_z) e^{i (k_{z} z - \omega t)} \\\\
&= \frac{1}{\mu} \frac{i \mu\epsilon\omega}{\mu\epsilon\omega^2 - k_z^2} (\hat{n} \cdot \nabla_{xy}) \vec{E}_{z} e^{i (k_{z} z - \omega t)}
\end{aligned}
\]