电磁场与电磁波
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
\[
\vec k_t=
\begin{bmatrix}
0\\
k_t\sin\theta_t\\
k_t\cos\theta_t\\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
0\\
k_i\sin\theta_i\\
k_i\sqrt{n_{21}^2-\sin^2\theta_i}
\end{bmatrix}
:=
\begin{bmatrix}
k_{tx}\\
k_{ty}\\
k_{tz}
\end{bmatrix}
\]
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
\[
R_{rad} = \boxed{73.2 \Omega}
\]