电磁波

说明

仅包括薛老师后半学期内容，因为我前半学期没学明白。

坡印廷定理

瞬时 Poynting 定理

\[ -\nabla \cdot \mathbf{S} =\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\mathbf{E}\cdot\mathbf{D}}{2}+\frac{\mathbf{B}\cdot\mathbf{H}}{2}\right)+\mathbf{E}\cdot \mathbf{J} \]

其中 Poynting 矢量 $\mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{H}$

时谐 Maxwell 方程组与波动方程的导出

由时域 Maxwell 方程组

\[ \begin{cases} \nabla\times\vec{E}=-\frac{\partial}{\partial t}\vec{B}\\\\ \nabla\times\vec{H}=\vec{J}+\frac{\partial}{\partial t}\vec{D}\\\\ \nabla\cdot \vec{D}=\rho\\\\ \nabla\cdot \vec{B}=0\\ \end{cases} \]

结合傅里叶变换性质

\[ \vec{E}(\omega)=\mathscr{F}[\vec E(t)]\,,\quad \frac{\partial}{\partial t} = -i\omega \]

得到

频域 Maxwell 方程组

\[ \begin{cases} \nabla\times\vec{E}=i\omega\vec{B}\\\\ \nabla\times\vec{H}=\vec{J}-i\omega\vec{D}\\\\ \nabla\cdot \vec{D}=\rho\\\\ \nabla\cdot \vec{B}=0\\ \end{cases} \]

对应的边值关系为

\[ \begin{cases} \hat n\times(\vec{E_2}-\vec{E_1})=0\\\\ \hat n\times(\vec{H_2}-\vec{H_1})=\vec{J_{sf}}\\\\ \hat n\cdot(\vec{D_2}-\vec{D_1})=\rho_{sf}\\\\ \hat n\cdot(\vec{B_2}-\vec{B_1})=0\\ \end{cases} \]

时谐场的能流与复数 Poynting 定理

由频域 Maxwell 方程组推导出频域能量守恒关系：

对 $\vec E\cdot (\nabla\times \vec H)=\vec E\cdot\vec J-i\omega\vec E\cdot \vec D$ 和 $-\vec H\cdot(\nabla\times \vec E)=-i\omega\vec H\cdot \vec B$ 相加

利用恒等式 $\vec A\cdot(\nabla\times \vec B) = \nabla\cdot(\vec A\times \vec B) + \vec B\cdot(\nabla\times\vec A)$，可得：

\[ \nabla\cdot(\vec E\times\vec H) = -\vec E\cdot \vec J - i\omega(\vec E\cdot \vec D+\vec B\cdot\vec H) \]

即：

\[ -\nabla\cdot(\vec E\times\vec H) = \vec E\cdot \vec J + i\omega(\vec E\cdot \vec D+\vec B\cdot\vec H) \]

对上式两边取时域平均：

记 $\mathbf{E}, \mathbf{H}$ 为复包络，$\vec E(t)=\mathrm{Re}[\mathbf{E}(t)e^{i\omega t}]$，设为时间 $T$ 的平均为 $\langle f(t) \rangle=\frac{1}{T}\int_0^T f(t)\,\mathrm{d}t$，其中 $T=\frac{2\pi}{\omega}$，则

\[ \langle \vec E\times\vec H\rangle=\frac{1}{2}\mathrm{Re}[\mathbf{E}\times\mathbf{H}^*] = \frac{1}{2}\mathrm{Re}[\mathbf{S}] \]

定义复 Poynting 矢量：

\[ \mathbf{S} = \mathbf{E}\times \mathbf{H}^* \]

于是有复 Poynting 定理：

\[ -\nabla\cdot\mathbf{S} = \mathbf{E}\cdot\mathbf{J}^* + i\omega(\mathbf{E}\cdot\mathbf{D}^* + \mathbf{B}\cdot\mathbf{H}^*) \]

对上式两边分别取实部与虚部得到：

实部（时间平均功率密度）：

\[ -\nabla\cdot \mathrm{Re}[\mathbf{S}] = \mathrm{Re}[\mathbf{E}\cdot \mathbf{J}^*] \]

虚部（无功功率密度）：

\[ -\nabla\cdot \mathrm{Im}[\mathbf{S}] = \omega\mathrm{Im}[\mathbf{E}\cdot\mathbf{D}^*+\mathbf{B}\cdot\mathbf{H}^*] \]

均匀介质内的电磁波

均匀平面波形如
$$ \vec E(\vec{x},t)=\vec{E}_0\exp{ } i\left(\vec{k}\cdot\vec{x}-\omega t\right) $$
其中波矢 $|\vec{k}|=\omega\sqrt{\mu\varepsilon}$，方向沿波传播方向；
相速度 $\vec v_p=\frac{\omega}{k}\hat k=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}\hat k$；
折射率 $n=\frac{c}{v_p}=\sqrt{\varepsilon_r\mu_r} \boxed{\approx\sqrt{\varepsilon_r}}$；
波长 $\lambda=\frac{2\pi}{k}$，波阻抗 $\eta=\sqrt\frac{\mu}{\varepsilon}=\boxed{\frac{|E|}{|H|}}$。

对于电磁波有平均电场储能 = 平均磁场储能。即

\[ \left<w_e\right>=\left<w_m\right>=\frac{\varepsilon|\vec{E}_0|^2}{4} \]

电磁波为横波。从而

\[ \vec{H}=\hat k\times \frac{\vec{E}}{\eta} \]

介质表面的电磁波

在介质表面，会发生反射和折射。这类问题一般假设

\[ \begin{cases} 入射波：\quad\vec{E}_i(\vec{x},t)=\vec{E}_{0i}\exp{ } i\left(\vec{k}_i\cdot\vec{x}-\omega t\right)\\\\ 反射波：\quad\vec{E}_r(\vec{x},t)=\vec{E}_{0r}\exp{ } i\left(\vec{k}_r\cdot\vec{x}-\omega t\right)\\\\ 折射波：\quad\vec{E}_t(\vec{x},t)=\vec{E}_{0t}\exp{ } i\left(\vec{k}_t\cdot\vec{x}-\omega t\right)\\ \end{cases} \]

得到界面两侧电磁场
$$ \begin{cases} \vec E_1=\vec E_i+\vec E_r\\ \vec E_2=\vec E_t\\ \vec H_1=\hat k_i\times\frac{\vec E_i}{\eta_1}+\hat k_r\times\frac{\vec E_r}{\eta_1}\\ \vec H_2=\hat k_t\times\frac{\vec E_t}{\eta_2}\ \end{cases} $$

再带入切向边值关系（法向自然成立）
$$ \begin{cases} \hat{n}\times(\vec E_2-\vec E_1)=0\\ \hat{n}\times(\vec H_2-\vec H_1)=0\ \end{cases} $$

进行求解。对于反射与折射问题，有如下结论：

Snell定律（角度关系）
$$ \begin{cases} \theta_i=\theta_r\\ n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t \end{cases} $$

Fresnel公式（幅度关系）
$$ \text{N波：} \begin{cases} \displaystyle \frac{E_{0r}}{E_{0i}}=-\frac{\sin\left(\theta_i-\theta_t\right)}{\sin\left(\theta_i+\theta_t\right)}\\ \displaystyle \frac{E_{0t}}{E_{0i}}=\frac{2\cos\theta_i\sin\theta_t}{\sin\left(\theta_i+\theta_t\right)}\ \end{cases} $$ $$ \text{P波：} \begin{cases} \displaystyle \frac{E_{0r}}{E_{0i}}=\frac{\tan\left(\theta_i-\theta_t\right)}{\tan\left(\theta_i+\theta_t\right)}\\ \displaystyle \frac{E_{0t}}{E_{0i}}=\frac{2\cos\theta_i\sin\theta_t}{\sin\left(\theta_i+\theta_t\right)\cos\left(\theta_i-\theta_t\right)}\ \end{cases} $$

考虑入射面为 $yOz$ 平面、介质面为 $xOy$ 的情况，有
$$ \vec k_t= \begin{bmatrix} 0\ k_t\sin\theta_t\\ k_t\cos\theta_t\ \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 0\\ k_i\sin\theta_i\\ k_i\sqrt{n_{21}^2-\sin2\theta_i} \end{bmatrix} := \begin{bmatrix} k_{tx}\\ k_{ty}\\ k_{tz} \end{bmatrix} $$

这里利用了
$$ k_t=n_{21}k_i\quad,\quad\sin\theta_{t}=\frac{\sin\theta_{i}}{n_{21}}\quad,\quad n_{21}=\frac{n_2}{n_1} $$

对应介质 2 侧电场

\[ \begin{aligned} \vec{E}_2(\vec{x},t)&=\vec{E}_{02}\exp{ }{i\left(\vec{k}_t \cdot \vec{x}-\omega t\right)}\\ &= \vec{E}_z\cdot\exp{ }{-i\omega t}\exp{ }{ik_{ty}y}\cdot\exp{ }{ik_{tz}} \end{aligned} \]

对于 $\sin\theta_i>n_{21}$ 的情形，有

\[ k_{tz}=k_i\sqrt{n_{21}^2-\sin^2\theta_i} =ik_i\sqrt{-n_{21}^2+\sin^2\theta_i}:=iK_{tz} \]

进而介质 2 侧

\[ \begin{aligned} \vec{E}_2(\vec{x},t)&=\vec{E}_{02}\exp{ } i\left(\vec{k}_t\cdot\vec{x}-\omega t\right)\\\\ &=\vec{E}_{02}\exp{ } (ik_{ty}y)\cdot \exp{ } (- K_{tz}z) \cdot \exp{ } (-i\omega t) \end{aligned} \]

此时电场幅度沿 $z$ 轴指数衰减，穿透深度为

\[ \delta=\frac{1}{K_{tz}}=\frac{1}{k_i\sqrt{-n_{21}^2+\sin^2\theta_i}}= \boxed{\frac{\lambda_i}{2\pi\sqrt{-n_{21}^2+\sin^2\theta_i}}} \]

称发生了 全反射。此时反射波体现为相位移动：

\[ \begin{aligned} \frac{E_{0r}}{E_{0i}}=\exp{ } -i2\phi_N \quad (\text{N波})\\\\ \frac{E_{0r}}{E_{0i}}=\exp{ } -i2\phi_P \quad (\text{P波}) \end{aligned} \]

由于通常 $\phi_N \ne \phi_P$，因此 线偏振光全反射后一般不再线偏振。

关于反射的其他二级结论：

半波损：N波光疏入光密，会发生相移 $\pi$
Brewster角：当 $\theta_i + \theta_t = \pi/2$，P波无反射（此时 $\theta_i = \theta_B = \arctan n_{21}$ 称为 Brewster 角）

介质面的能流分析
功率反射率
$$ R=-\frac{\hat n\cdot\left<\vec S_r\right>}{\hat n\cdot \left<\vec S_i\right>}=\left|\frac{E_{0r}}{E_{0i}}\right|^2 $$ 功率透射率
$$ T=-\frac{\hat n\cdot\left<\vec S_t\right>}{\hat n\cdot \left<\vec S_i\right>} =\left|\frac{E_{0t}}{E_{0i}}\right|^2\frac{\eta_1\cos\theta_t}{\eta_2\cos\theta_i} $$ 全反射时，有

\[ \hat{n}\cdot \left<\vec S_i\right> =-\hat{n}\cdot\left<\vec S_r\right> \]

同时

\[ \hat{n}\cdot\tilde{\vec{S}}_t=\frac{\left|E_{0t}\right|^2\cos\theta_t}{2\eta_2} \]

为纯虚数，进而法向透射平均能流为 0，只有瞬时能流。

导体内的电磁波

电荷变化满足
$$ \rho=\rho_0\exp{ }-\frac{t}{\tau} $$
其中 $\tau=\varepsilon/\sigma$ 为特征时间。若导体满足
$$ \tau \ll T_\text{波} $$
即
$$ \boxed{\frac{\sigma}{\omega\varepsilon} \gg 1} $$
导体内有Ohm定律
$$ \vec J = \sigma \vec E $$

良导体内的频域Maxwell方程组
$$ \begin{cases} \nabla \times \vec{E} = i \omega \mu \vec{H} \\ \nabla \times \vec{H} = \sigma \vec{E} - i \omega \varepsilon \vec{E} := -i \omega \tilde{\varepsilon} \vec{E} \\ \nabla \cdot \vec{E} = 0 \\ \nabla \cdot \vec{H} = 0 \ \end{cases} $$ 其中复介电常数 $\tilde{\varepsilon} = \varepsilon + i \frac{\sigma}{\omega}$，复折射率
$$ \tilde{n} = \sqrt{\tilde{\varepsilon}} = \sqrt{\varepsilon + i \frac{\sigma}{\omega}} = \sqrt{\varepsilon_r \left(1 + i \frac{\sigma}{\omega \varepsilon}\right)}, $$
可以在形式上继续套用 Fresnel 公式。

下面考虑真空射入良导体的问题。方法与先前类似。仍然假设

\[ \begin{cases} 入射波：\quad\vec{E}_i(\vec{x},t) = \vec{E}_{0i} \exp{ } i\left(\vec{k}_i \cdot \vec{x} - \omega t\right) \\\\ 反射波：\quad\vec{E}_r(\vec{x},t) = \vec{E}_{0r} \exp{ } i\left(\vec{k}_r \cdot \vec{x} - \omega t\right) \\\\ 透射波：\quad\vec{E}_t(\vec{x},t) = \vec{E}_{0t} \exp{ } i\left(\vec{k}_t \cdot \vec{x} - \omega t\right) \\ \end{cases} \]

则可以得到

\[ \begin{aligned} k_t^2 &= \vec{k}_t \cdot \vec{k}_t\\\\ &= \omega^2 \mu \tilde{\varepsilon} \Rightarrow \vec{k}_t \\\\ &= \vec{\beta} + i \vec{\alpha}. \end{aligned} \]

进而透射波的形式为

\[ \begin{aligned} \vec{E}_t(\vec{x},t) &= \vec{E}_{0t} \exp{ } i\left(\vec{k}_t \cdot \vec{x} - \omega t\right) \\\\ &= \vec{E}_{0t} \exp{ } (-\vec{\alpha} \cdot \vec{x}) \exp{ } (i \vec{\beta} \cdot \vec{x}) \exp{ } (-i \omega t) \end{aligned} \]

\[ \begin{cases} 幅度沿 \ \vec{\alpha} \ 衰减 \\\\ 相位沿 \ \vec{\beta} \ 传播 \end{cases} \]

对于垂直入射，有

\[ \begin{aligned} \vec{\alpha} &= \omega \sqrt{\mu \varepsilon} \left[ \frac{1}{2} \left(\sqrt{1 + \frac{\sigma^2}{\omega^2 \varepsilon^2}} - 1 \right) \right]^{\frac{1}{2}} \hat{z} \approx \sqrt{\frac{\omega \sigma \mu}{2}} \hat{z} \\\\ \vec{\beta} &= \omega \sqrt{\mu \varepsilon} \left[ \frac{1}{2} \left(\sqrt{1 + \frac{\sigma^2}{\omega^2 \varepsilon^2}} + 1 \right) \right]^{\frac{1}{2}} \hat{z} \approx \sqrt{\frac{\omega \sigma \mu}{2}} \hat{z} \end{aligned} \]

对于斜入射，则 $\vec{\alpha}$ 垂直于界面，而 $\vec{\beta}$ 接近垂直于界面，因此与垂直入射情况类似。

从而穿透深度

\[ \delta = \frac{1}{\alpha} \approx \boxed{\sqrt{\frac{2}{\omega \sigma \mu}}} \]

磁场

\[ \vec{H}_{0t} = \sqrt{\frac{\sigma}{\omega \mu}} \textcolor{cyan}{\exp{ } i \frac{\pi}{4}}\hat{z} \times \vec{E}_{0t} \]

\[ \frac{\langle w_e \rangle}{\langle w_m \rangle} = \frac{\omega \varepsilon}{\sigma} \ll 1 \]

即良导体内部电磁场能量以磁场能量为主。

对于反射波而言，有
导体表面正入射反射波性质
幅度

\[ \frac{E_{0r}}{E_{0i}} \approx \frac{\alpha - 1 - i}{\alpha + 1 + i} \]

功率反射率

\[ R = \left|\frac{E_{0r}}{E_{0i}}\right|^2 \approx 1 \]

同时对于透射波，单位面积产生焦耳热

\[ \begin{aligned} P_d &= \int_0^\infty \frac{\sigma |\vec{E}_t|^2}{2} dz \\\\ &= \frac{\sigma |\vec{E}_{0t}|^2}{4 \alpha} \end{aligned} \]

定义表面电流

\[ \begin{aligned} \vec{J}_s &= \int_0^\infty \sigma \vec{E}_t dz \\\\ &= \boxed{\frac{\sigma \vec{E}_{0t}}{\alpha - i \beta}} \end{aligned} \]

和表面电阻

\[ R_s = \frac{1}{\sigma \delta} \]

则焦耳热可以写成

\[ P_d = \frac{|\vec{J}_s|^2 R_s}{2} \]

考虑 $\sigma \to \infty$ 的情形，则穿透深度 $\delta \to 0$，此时称为理想导体。理想导体内部没有电磁场，电荷、电流只分布在表面。此时仅需要讨论反射问题，边值关系只需要满足

$$ \hat{n} \times \vec{E} = 0 $$
即可。

对于 N 波，此时有总电场（假设界面为 $yOz$ 平面，入射面 $xOz$）

$$ \vec{E} = \vec{E}_i + \vec{E}_r = i 2 E_0 \sin k_x x \hat{e}_y \exp{ } i k_z z $$
其中 $k_z = k \sin \theta$, $k_x = k \cos \theta$。该场沿着 $x$ 方向为驻波，沿着 $z$ 方向为行波，为横电场（TE）模式。同时在 $x = -\frac{n \pi}{k_x}$ 处放第二块平行金属板，或在垂直于 $y$ 轴方向放两个金属板，都不会影响原有的场分布。

波导与导波模式

求解方法：从

\[ \begin{cases} \nabla \times \vec{E} = i \omega \mu \vec{H} \\\\ \nabla \times \vec{H} = -i \omega \varepsilon \vec{E} \end{cases} \]

得出场的纵向分量和横向分量的关系
先求纵向分量
再求横向分量

对于矩形波导 $a \times b$，三种模式的波分别为：

TM模

纵向（Z）
$$ E_z = E_0 \sin\frac{m\pi}{a} x \sin\frac{n\pi}{b} y \quad, \quad H_z = 0 $$

横向（T）
$$ \vec{E}_t = \frac{i \beta}{k_c^2} \frac{m\pi}{a} E_0 \cos\frac{m\pi}{a} x \sin\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_x + \frac{i \beta}{k_c^2} \frac{n\pi}{b} E_0 \sin\frac{m\pi}{a} x \cos\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_y $$

\[ \vec{H}_t = -\frac{i \omega \varepsilon}{k_c^2} \frac{n\pi}{b} E_0 \sin\frac{m\pi}{a} x \cos\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_x + \frac{i \omega \varepsilon}{k_c^2} \frac{m\pi}{a} E_0 \cos\frac{m\pi}{a} x \sin\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_y \]

$TM_{mn}$ 模性质
- 基模 $TM_{11}$；
- 行波条件：
$$ \beta = \sqrt{k^2 - k_c^2} = \frac{1}{c} \sqrt{\omega^2 - \omega_c^2} \quad \text{为实数} $$ 其中 $\omega_c = c k_c$ 称为截止频率，高于该频率 $TM_{mn}$ 模式才可以传播；
$$ k_c^2 = \boxed{\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2} $$ - 相速度为
$$ v_p = \frac{\omega}{\beta} = \boxed{\frac{c}{\sqrt{1 - \left(\frac{\omega_c}{\omega}\right)^2}}} $$

TE模

纵向（Z）
$$ E_z = 0 \quad, \quad H_z = H_0 \cos\frac{m\pi}{a} x \cos\frac{n\pi}{b} y $$

横向（T）
$$ \vec{E}_t = -\frac{i \omega \mu}{k_c^2} \frac{n\pi}{b} H_0 \cos\frac{m\pi}{a} x \sin\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_x + \frac{i \omega \mu}{k_c^2} \frac{m\pi}{a} H_0 \sin\frac{m\pi}{a} x \cos\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_y $$ $$ \vec{H}_t = -\frac{i \beta}{k_c^2} \frac{m\pi}{a} H_0 \sin\frac{m\pi}{a} x \cos\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_x - \frac{i \beta}{k_c^2} \frac{n\pi}{b} H_0 \cos\frac{m\pi}{a} x \sin\frac{n\pi}{b} y \hat{e}_y $$

$TE_{mn}$ 模性质
- 基模 $TE_{01}, TE_{10}$；
- 行波条件：
$$ \beta = \sqrt{k^2 - k_c^2} = \frac{1}{c} \sqrt{\omega^2 - \omega_c^2} \quad \text{为实数} $$ 其中 $\omega_c = c k_c$ 称为截止频率，高于该频率 $TM_{mn}$ 模式才可以传播；
$$ k_c^2 = \boxed{\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2} $$ - 相速度为
$$ v_p = \frac{\omega}{\beta} = \boxed{\frac{c}{\sqrt{1 - \left(\frac{\omega_c}{\omega}\right)^2}}} $$

TEM模

注意

矩形波导不能传 TEM 模

对于谐振腔 $a \times b \times c$，有：

谐振频率
$$ \omega_{mnp} = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon \mu}} \sqrt{\left(\frac{m\pi}{a}\right)^2 + \left(\frac{n\pi}{b}\right)^2 + \left(\frac{p\pi}{c}\right)^2} $$ 其中 $m, n, p$ 至多有一个 0。谐振腔内有
$$ \int \langle W_e \rangle dV = \int \langle W_m \rangle dV $$ 即总平均电场能 = 总平均磁场能。

辐射问题

D'Alembert方程及其解

辐射问题中，已知全空间的 $\rho$ 和 $\vec{J}$ 分布，欲求解全空间的 $\vec{E}$ 和 $\vec{B}$。

由时域 Maxwell 方程组

\[ \begin{cases} \nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial}{\partial t} \vec{B} \\\\ \nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J} + \mu_0 \varepsilon_0 \frac{\partial}{\partial t} \vec{E} \\\\ \nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \\\\ \nabla \cdot \vec{B} = 0 \\\\ \end{cases} \]

利用关系

\[ \begin{cases} \vec{E} = -\nabla \varphi - \frac{\partial}{\partial t} \vec{A} \\\\ \vec{B} = \nabla \times \vec{A} \end{cases} \]

得到

\[ \begin{cases} \nabla^2 \varphi + \frac{\partial}{\partial t} (\nabla \cdot \vec{A}) = - \frac{\rho}{\varepsilon_0} \\\\ \nabla^2 \vec{A} - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \vec{A} - \nabla \left( \nabla \cdot \vec{A} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} \varphi \right) = - \mu_0 \vec{J} \end{cases} \]

再由

Coulomb规范
$$ \nabla \cdot \vec{A} = 0 $$ Lorentz规范
$$ \nabla \cdot \vec{A} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} \varphi = 0 $$

得到D'Alembert方程

\[ \begin{cases} \nabla^2 \varphi - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \varphi = - \frac{\rho}{\varepsilon_0} \\\\ \nabla^2 \vec{A} - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2}{\partial t^2} \vec{A} = - \mu_0 \vec{J} \end{cases} \]

进而解得推迟势解

\[ \begin{cases} \displaystyle \varphi(\vec{x}, t) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int \frac{\rho(\vec{x}', t_r)}{r} dV' \\\\ \displaystyle \vec{A}(\vec{x}, t) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int \frac{\vec{J}(\vec{x}', t_r)}{r} dV' \end{cases} \]

其中推迟时间
$$ t_r = t - \frac{r}{c} $$

进而求导得到电磁场 $\vec{E}, \vec{B}$ 的解（Jefimenko公式）：

\[ \begin{cases} \displaystyle \vec{E}(\vec{x}, t) = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \int \left[ \frac{\rho(\vec{x}', t_r) \hat{r}}{r^2} + \frac{\dot{\rho}(\vec{x}', t_r) \hat{r}}{c r} - \frac{\ddot{\vec{J}}(\vec{x}', t_r)}{c^2 r} \right] dV' \\\\ \displaystyle \vec{B}(\vec{x}, t) = \frac{\mu_0}{4\pi} \int \left[ \frac{\vec{J}(\vec{x}', t_r)}{r^2} + \frac{\dot{\vec{J}}(\vec{x}', t_r)}{c r} \right] \times \hat{r} \, dV' \end{cases} \]

其中 $\frac{1}{r^2}$ 项不产生辐射，只有 $\frac{1}{r}$ 项产生辐射。

时谐场的辐射

对电流连续性方程
$$ \nabla \cdot \vec{J} + \frac{\partial}{\partial t} \rho = 0 $$

和Lorentz规范
$$ \nabla \cdot \vec{A} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial}{\partial t} \varphi = 0 $$

作傅里叶变换得到

\[ \begin{cases} \nabla \cdot \vec{J} - i \omega \rho = 0 \\\\ \displaystyle \nabla \cdot \vec{A} - i \omega \frac{\varphi}{c^2} = 0 \end{cases} \]

进而根据 $\vec{J}$ 和 $\vec{A}$ 就可以确定电磁场。根据推迟势解
$$ \vec{A}(\vec{x}, t) = \frac{\mu_0}{4 \pi} \int \frac{\vec{J}(\vec{x}', t_r)}{r} dV' = \vec{A}(\vec{x}) \exp{ }(-i \omega t) $$

结合时谐条件
$$ \vec{J}(\vec{x}', t_r) = \vec{J}(\vec{x}') \exp{ }(-i \omega t_r) = \vec{J}(\vec{x}') \exp{ }(i k r) \exp{ }(-i \omega t) $$

其中用到了
$$ t_r = t - \frac{r}{c}, \quad k = \frac{\omega}{c} $$

从而得到
$$ \vec{A}(\vec{x}) = \frac{\mu_0}{4 \pi} \int \frac{\vec{J}(\vec{x}') \exp{ }(i k r)}{r} dV' $$

考虑远场近似
$$ \vec{x}' \ll \vec{x}, \quad r \approx R - \hat{R} \cdot \vec{x}', \quad \frac{1}{r} \approx \frac{1}{R} + \frac{\hat{R} \cdot \vec{x}'}{R^2} $$

得到
$$ \vec{A}(\vec{x}) = \frac{\mu_0}{4 \pi R} \exp{ }(i k R) \int \vec{J}(\vec{x}') \exp{ }(i k \hat{R} \cdot \vec{x}') \left(1 + \frac{\hat{R} \cdot \vec{x}'}{R}\right) dV' $$

进而考虑 $\rho, \vec{J}$ 集中在小区域的情形，即
$$ |\vec{x}'| \ll \lambda = \frac{2 \pi}{k}, \quad \exp{ }(i k \hat{R} \cdot \vec{x}') \approx 1 - i k \hat{R} \cdot \vec{x}' $$

即可得到
时谐场的远场辐射多级展开
$$ \vec{A}(\vec{x}) = \frac{\mu_0}{4 \pi R} \exp{ }(i k R) \int \vec{J}(\vec{x}') \left(1 + \left(\frac{1}{R} - i k \right) \hat{R} \cdot \vec{x}' + \cdots \right) dV' $$

电偶极辐射

上述式中第一项
$$ \vec{A}(\vec{x}) = \frac{\mu_0}{4 \pi R} \exp{ }(i k R) \int \vec{J}(\vec{x}') dV' $$ 对应电偶极辐射。相应地
$$ \vec{A}(\vec{x}, t) = \frac{\mu_0}{4 \pi R} \exp{ }(i k R) \int \vec{J}(\vec{x}', t) dV' $$ 进而结合
$$ \frac{\partial}{\partial t} \vec{p}(t) = \int \vec{J}(\vec{x}', t) dV' $$ 得到
$$ \vec{A}(\vec{x}, t) = \frac{\mu_0}{4 \pi R} \exp{ }(i k R) \dot{\vec{p}}(t) $$ 再利用 $\vec{p}(t) = \vec{p}_0 \exp{ }(-i \omega t)$ 得到

电偶极辐射公式
$$ \vec{A}(\vec{x}, t) = -i \omega \frac{\mu_0}{4 \pi R} \exp{ }(i k R) \vec{p}_0 \exp{ }(-i \omega t) $$

根据
$$ \vec{B} = \nabla \times \vec{A}, \quad \vec{E} = \frac{i c}{k} \nabla \times \vec{B} $$ 在球坐标系下得到
$$ \vec{B} = -\frac{p_0 k^3}{4 \pi \varepsilon_0 c} \left( \frac{i}{(k R)^2} + \frac{1}{k R} \right) \sin \theta \exp{ } i(k R - \omega t) \hat{\phi} $$

\[ \begin{aligned} \vec{E} = & \frac{2 p_0 k^3}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{(k R)^3} - \frac{i}{(k R)^2} \right) \cos \theta \exp{ } i(k R - \omega t) \hat{R} \\\\ & + \frac{p_0 k^3}{4 \pi \varepsilon_0} \left( \frac{1}{(k R)^3} - \frac{i}{(k R)^2} - \frac{1}{k R} \right) \sin \theta \exp{ } i(k R - \omega t) \hat{\theta} \end{aligned} \]

分区域讨论：
1. 近区 ($R \ll \lambda$)，近似于静场；
2. 远区 ($R \gg \lambda$)，近似于 TEM 波；
3. 过渡区介于二者之间。

特别对于远区，有

\[ \left< \vec{S} \right> = \Re \left\{ \frac{\vec{E} \times \vec{H}^*}{2} \right\} = \boxed{\frac{|p_0|^2 \omega^4 \sin^2 \theta}{32 \pi^2 \varepsilon_0 c^3 R^2} \hat{R}} \propto \sin^2 \theta \]

总辐射功率

\[ P = \oint \left< \vec{S} \right> \cdot d \vec{S} = \boxed{\frac{|p_0|^2 \omega^4}{12 \pi \varepsilon_0 c^3}} \propto \omega^4 \]

天线

主要讨论短天线和半波天线两种。对于短天线 $l \ll \lambda$，其电流分布为

\[ I(z,t) = I_0 \left(1 - \frac{2|z|}{l}\right) \exp{ }(-i \omega t) \]

其电偶极矩振幅

\[ \vec{p}_0 = \frac{i}{\omega} \int \vec{J}(\vec{x}') dV' = \frac{i I_0 l}{2 \omega} \hat{e}_z \]

从而辐射功率

\[ P = \frac{\pi \eta I_0^2}{12} \left(\frac{l}{\lambda}\right)^2 = \frac{I_0^2 R_{rad}}{2} \]

其中辐射阻抗

\[ R_{rad} = \frac{\pi \eta}{6} \left(\frac{l}{\lambda}\right)^2 \]

很小，故辐射能力很弱。

对于半波天线 $l = \frac{\lambda}{2}$，其电流分布为

\[ I(z,t) = I_0 \cos(k z) \exp{ }(-i \omega t) \]

进而由近似 $r \approx R - z \cos \theta$ 得到矢量位

\[ \begin{aligned} \vec{A}(\vec{x}) &\approx \frac{\mu_0}{4\pi} \int_{-\frac{\lambda}{4}}^{\frac{\lambda}{4}} \frac{I(z) \exp{ } i(k R - k z \cos \theta)}{R} dz \hat{e}_z \\\\ &= \boxed{ \frac{\mu_0 I_0 \exp{ }(i k R)}{2 \pi k R} \frac{\cos\left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin^2 \theta} \hat{e}_z } \end{aligned} \]

进而

\[ \vec{B} = -i \frac{\mu_0 I_0 \exp{ }(i k R)}{2 \pi k R} \frac{\cos\left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin \theta} \hat{\phi} \]

$$ \vec{E} = -i \frac{\mu_0 c I_0 \exp{ }(i k R)}{2 \pi k R} \frac{\cos\left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin \theta} \hat{\theta} $$ 辐射能流

$$ \left< \vec{S} \right> \propto \frac{\cos^2\left(\frac{\pi}{2} \cos \theta\right)}{\sin^2 \theta} $$ 辐射阻抗

\[ R_{rad} = \boxed{73.2 \Omega} \]