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 $({\mathrm{\nabla }}^2+k^2)u=0$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 $E_x{|}_{y=0}=0$ 以及$E_x{|}_{y=b}=0$

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 $E_z{|}_{y=0}=0$ 以及$E_z{|}_{y=b}=0$

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 $\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{E}=0$

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

$$\mathrm{\nabla }\cdot (\mathbf{E}\times {\mathbf{H}}^{\ast })={\mathbf{H}}^{\ast }\cdot (\mathrm{\nabla }\times \mathbf{E})-\mathbf{E}\cdot (\mathrm{\nabla }\times {\mathbf{H}}^{\ast })=i\omega ({\mu }_0|\mathbf{H}{|}^2-{\epsilon }_0|\mathbf{E}{|}^2)$$

对两边进行体积积分，并应用散度定理：

$${\int }_V\mathrm{\nabla }\cdot (\mathbf{E}\times {\mathbf{H}}^{\ast })dV={\oint }_{\partial V}(\mathbf{E}\times {\mathbf{H}}^{\ast })\cdot d\mathbf{S}$$

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：

$${\int }_V({\mu }_0|\mathbf{H}{|}^2-{\epsilon }_0|\mathbf{E}{|}^2)dV=0$$

即

$$\frac{1}{{\mu }_0}{\int }_V|\mathbf{B}{|}^{2}dV={\epsilon }_0{\int }_V|\mathbf{E}{|}^{2}dV$$

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 $T{M}_{m0}$ 或 $T{M}_{0n}$ 波。

证明：

对于矩形波导中的 $TM$ 波，有分量

$$\begin{array}{c}{E}_x=A_x\cos k_{x}x\sin k_{y}y{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}\\ E_y=A_y\sin k_{x}x\cos k_{y}y{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}\\ E_z=A_z\sin k_{x}x\sin k_{y}y{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}\end{array}$$

由 $\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{E}=0$，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

$$\begin{array}{c}{E}_x=A_x\sin k_{y}y{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}\\ E_y=0\\ E_z=0\end{array}$$

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 $T{M}_{m0}$ 或 $T{M}_{0n}$ 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

$$\begin{array}{c}{f}_c^{10}=2.14\times {10}^{10}\text{Hz}\\ f_c^{01}=3.75\times {10}^{10}\text{Hz}\end{array}$$

所以仅有$T{E}_{10}$ 模式

在 $0.7\text{cm}\times 0.6\text{cm}$ 的矩形波导管中

$$\begin{array}{c}{f}_c^{10}=2.14\times {10}^{10}\text{Hz}\\ f_c^{01}=2.50\times {10}^{10}\text{HZ}\\ f_c^{11}=3.29\times {10}^{10}\text{Hz}\end{array}$$

所以仅$T{E}_{10},T{E}_{01}$ 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，

$$({\mathrm{\nabla }}_{xy}^2+\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2)E_z=0$$

边界条件：

$$E_z{|}_{\text{边界}}=0$$

横向电场和磁场：

$${\overrightarrow{E}}_t=\frac{i{k}_z}{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}{\mathrm{\nabla }}_{xy}{E}_z$$$${\overrightarrow{B}}_t=\frac{-i\mu ϵ\omega }{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}{\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z$$

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：

$$\begin{array}{c}\overrightarrow{E}=({\overrightarrow{E}}_z+{\overrightarrow{E}}_t)e^{i(k_{z}z-\omega t)}\\ \overrightarrow{B}=({\overrightarrow{B}}_z+{\overrightarrow{B}}_t)e^{i(k_{z}z-\omega t)}\\ \mathrm{\nabla }={\mathrm{\nabla }}_{xy}+\frac{\partial }{{\partial }_z}\hat{z}\end{array}$$

所以麦克斯韦方程化为

$$\begin{array}{c}i\omega {\overrightarrow{B}}_z={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_t\\ -i\mu ϵ\omega {\overrightarrow{E}}_z={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{B}}_t\\ i\omega {\overrightarrow{B}}_t={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z+i{k}_z(\hat{z}\times {\overrightarrow{E}}_t)\\ -i\mu ϵ\omega {\overrightarrow{E}}_t={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{B}}_z+i{k}_z(\hat{z}\times {\overrightarrow{B}}_t)\\ {\mathrm{\nabla }}_{xy}\cdot {\overrightarrow{E}}_t+i{k}_z{E}_z=0\\ {\mathrm{\nabla }}_{xy}\cdot {\overrightarrow{B}}_t+i{k}_z{B}_z=0\end{array}$$

对于$TM$波，有 $B_z=0$

所以 ${\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_t=0$

$$i\omega {\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{B}}_t={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times ({\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z)+i{k}_z{\mathrm{\nabla }}_{xy}\times (\hat{z}\times {\overrightarrow{E}}_t)=-{\mathrm{\nabla }}_{xy}^2{\overrightarrow{E}}_z+i{k}_z{\mathrm{\nabla }}_{xy}\cdot E_t\hat{z}$$

所以

$$\mu ϵ{\omega }^2{E}_z=-{\mathrm{\nabla }}_{xy}^2{E}_z+k_z^2{E}_z$$

即

$$({\mathrm{\nabla }}_{xy}^2+\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2)E_z=0$$

又有

$$-i\mu ϵ\omega {\overrightarrow{E}}_t=i{k}_z(\hat{z}\times \frac{1}{i\omega }({\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z+i{k}_z(\hat{z}\times {\overrightarrow{E}}_t)))=\frac{k_z}{\omega }({\mathrm{\nabla }}_{xy}{E}_z-i{k}_z{\overrightarrow{E}}_t)$$

所以

$$\begin{array}{c}i(\frac{k_z^2}{\omega }-\mu ϵ\omega ){\overrightarrow{E}}_t=\frac{k_z}{\omega }{\mathrm{\nabla }}_{xy}{E}_z\\ {\overrightarrow{E}}_t=\frac{i{k}_z}{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}{\mathrm{\nabla }}_{xy}{E}_z\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{c}i\omega {\overrightarrow{B}}_t={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z+i{k}_z(\hat{z}\times {\overrightarrow{E}}_t)={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z+i{k}_z(\hat{z}\times \frac{i{k}_z}{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}{\mathrm{\nabla }}_{xy}{E}_z)\\ ={\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z-i{k}_z(\frac{i{k}_z}{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}{\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z)=\frac{\mu ϵ{\omega }^2}{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}{\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z\end{array}$$

即

$${\overrightarrow{B}}_t=\frac{-i\mu ϵ\omega }{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}{\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z$$

表面(管壁)上的面电荷与面电流：

面电荷

$${\sigma }_f=\hat{n}\cdot \overrightarrow{D}=ϵ\hat{n}\cdot {\overrightarrow{E}}_t{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}=ϵ\frac{i{k}_z}{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}\hat{n}\cdot {\mathrm{\nabla }}_{xy}{E}_z{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}$$

面电流

$$\begin{array}{c}{\overrightarrow{i}}_f=\hat{n}\times \overrightarrow{H}=\frac{1}{\mu }\hat{n}\times {\overrightarrow{B}}_t{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}=\frac{1}{\mu }\frac{-i\mu ϵ\omega }{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}\hat{n}\times ({\mathrm{\nabla }}_{xy}\times {\overrightarrow{E}}_z)e^{i(k_{z}z-\omega t)}\\ =\frac{1}{\mu }\frac{i\mu ϵ\omega }{\mu ϵ{\omega }^2-k_z^2}(\hat{n}\cdot {\mathrm{\nabla }}_{xy}){\overrightarrow{E}}_z{e}^{i(k_{z}z-\omega t)}\end{array}$$