Ch16-电磁场和电磁波

麦克斯韦电磁理论

$\displaystyle \oiint \boldsymbol E \cdot \mathrm d \boldsymbol A=\frac{q}{\varepsilon_0},\oiint \boldsymbol B \cdot \mathrm d \boldsymbol A=0$ .

$\displaystyle \oint \boldsymbol E_i\cdot \mathrm d \boldsymbol l=-\iint_S \frac{\partial \boldsymbol B}{\partial t}\cdot \mathrm d \boldsymbol S，\oint \boldsymbol B \cdot \mathrm d \boldsymbol l=\mu_0 \sum I$ 。

问题 $\mathrm d E/\mathrm d t$ ？是否也能产生磁场，表达式：
$\oint B d l = - \iint_{S} \frac{\partial E}{\partial t} \cdot d S$

位移电流

稳恒磁场满足安培环路定理：

\oint_{l} H \cdot d l = \iint_{S} j_{c} \cdot d S

考虑缓慢变化的交流电流源。

发现：

\iint_{S_{2}} j_{c} d S - \iint_{S_{1}} j_{c} d S = ∯_{S} j_{c} d S \neq 0

按照电荷守恒定律：

∯_{S} j_{c} \cdot d S = - \frac{d q}{d t}

\frac{d q}{d t} = \frac{d}{d t} (∯_{S} D \cdot d S) = ∯_{S} \frac{\partial D}{\partial t} \cdot d S

因此：

∯_{S} (j_{c} + \frac{\partial D}{\partial t}) \cdot d S = 0

$\displaystyle \boldsymbol j_d= \frac{\partial \boldsymbol D}{\partial t}$ 位移电流 $I_d$ ：

I_{d} = \iint_{S} \frac{\partial D}{\partial t} \cdot d S = \frac{d Φ_{e}}{d t}

$I_d+I_c$ .

\oint_{l} H \cdot d l = \iint_{S} (j_{c} + \frac{\partial D}{\partial t}) \cdot d S = I_{c} + I_{d}

讨论：如果在电介质中，则：
$j_{d} = \frac{\partial D}{\partial t} = ε_{0} \frac{\partial E}{\partial t} + \frac{\partial P}{\partial t}$
$\partial \boldsymbol P/\partial t$ ，产生热效应。

麦克斯韦方程组

\begin{matrix} {\begin{aligned} ∯_{S} D \cdot d S = q_{0} \\ ∯_{S} B \cdot d S = 0 \\ \oint_{l} E \cdot d l = - \iint_{S} \frac{\partial B}{\partial t} \cdot d S \\ \oint_{l} H \cdot d l = I + \iint_{S} \frac{\partial D}{\partial t} \cdot d S \end{aligned} \end{matrix}

\begin{matrix} {\begin{aligned} \nabla \cdot D = ρ \\ \nabla \cdot B = 0 \\ \nabla \times E = - \frac{\partial B}{\partial t} \\ \nabla \times H = J_{c} + \frac{\partial D}{\partial t} \end{aligned} \end{matrix}

当真空：

\begin{matrix} {\begin{aligned} \nabla \cdot D = 0 \\ \nabla \cdot B = 0 \\ \nabla \times E = - \frac{\partial B}{\partial t} \\ \nabla \times H = \frac{\partial D}{\partial t} \end{aligned} \end{matrix}

推导波动方程：

\begin{matrix} \nabla \times \nabla \times E = - \nabla \times \frac{\partial B}{\partial t} \\ \nabla \times \nabla \times H = \nabla \times \frac{\partial D}{\partial t} \end{matrix}

时间算法提到前面，可得：

\begin{matrix} \nabla \times \nabla \times E = - ε μ \times \frac{\partial^{2} E}{\partial t^{2}} \\ \nabla \times \nabla \times B = - ε μ \times \frac{\partial^{2} B}{\partial t^{2}} \end{matrix}

由高斯定理得到：

\begin{matrix} \nabla \times \nabla \times E = \nabla (\nabla \cdot E) - \nabla^{2} E = - \nabla^{2} E \\ \nabla \times \nabla \times B = - \nabla^{2} B \end{matrix}

因此：

\nabla^{2} E = μ ε \frac{\partial^{2} E}{\partial t^{2}} \nabla^{2} H = μ ε \frac{\partial^{2} H}{\partial t^{2}}

研究一维的情况：

\frac{\partial^{2} E_{y}}{\partial x^{2}} = μ ε \frac{\partial^{2} E_{y}}{\partial t^{2}} \frac{\partial^{2} H_{z}}{\partial x^{2}} = μ ε \frac{\partial^{2} H_{z}}{\partial t^{2}}

$\displaystyle c=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}$ . 波速与光速相等？光也是一种电磁波！

满足电磁高斯定理：

\begin{matrix} Φ_{E} = \oint E \cdot d A = 0 \\ Φ_{B} = \oint B \cdot d A = 0 \end{matrix}

代入电环路定理，则：

\oint_{l} E \cdot d l = - \iint_{S} \frac{\partial B}{\partial t} \cdot d S

\oint E \cdot d l = - E a \frac{d Φ_{B}}{d t} = B a c

E = c B

代入磁环路定理，则：

\oint H \cdot d l = \iint_{S} \frac{\partial D}{\partial t} d S

B = ε_{0} μ_{0} c E

电磁波

电磁波的波动方程

电磁波的性质

E_{y} = E_{0} \cos ω (t - \frac{x}{u})

$\displaystyle \frac{\partial E_y}{\partial x}=-\mu \frac{\partial H_z}{\partial t}$ .

可得：

H_{z} = H_{0} \cos ω (t - \frac{x}{u})

$\boldsymbol E\perp \boldsymbol H, \boldsymbol u // \boldsymbol E\times \boldsymbol H$ $\boldsymbol E\gg \boldsymbol H$ .

偏振性（E,H 各自有振动面，不会改变振动面）
$\boldsymbol E\times \boldsymbol H$ 方向。
相位是相同的。

电磁波能量

$\displaystyle w_m=\frac{1}{2}\boldsymbol B\cdot \boldsymbol H=\frac{1}{2} \mu H^2$ .

$\displaystyle w_e = \frac{1}{2}\boldsymbol D \cdot \boldsymbol E=\frac{1}{2}\varepsilon E^2$ .

$\varepsilon E^2=\mu H^2$ $w=w_m+w_e=2w_e$ .

代入，得到 能流密度（单位时间内流入的能量）：

S = w u = ε E^{2} c = \sqrt{ε μ} E H \cdot \frac{1}{\sqrt{ε μ}} = E H

$\boldsymbol S=\boldsymbol E\times \boldsymbol H$ . 另一个名字叫做 玻印亭矢量。

电磁波强度：

I = \overset{―}{S} = \frac{1}{2} E_{0} H_{0}

$S$ .

一方面，由安培环路定理，可得：

\begin{matrix} \oint H \cdot d l = \underset{= 0}{\underset{⏟}{I_{c}}} + I_{d} = j_{d} S = ε_{0} \frac{d E}{d t} S \\ \Rightarrow H = ε_{0} \frac{d E}{d t} \frac{S}{l} \end{matrix}

另一方面单位时间内，由能流密度（玻印亭矢量）：

P = \iint (E \times H) d A = E H l d = ε_{0} \frac{E d E}{d t} S d = ε \frac{E d E}{d t} V

$\mathrm d A$ 为 侧面的面元。(我们可以分析能流密度的朝向，可以发现是垂直于侧面向内的)

$W_e=\frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 V$ $\mathrm d W_e/\mathrm d t=\varepsilon_0 E\mathrm d E/\mathrm d t \cdot V=P$ .

辐射压强：电磁波的动量

$\displaystyle \frac{w}{c^2}$ $E=mc^2,m=\frac{E}{c^2}$ )

$\displaystyle \frac{w}{c^2}c=\frac{w}{c}=\frac{S}{c^2}$ .

$\displaystyle \frac{S}{c^2}c=\frac{S}{c}$ .

辐射压强：

$\displaystyle P=\frac{S}{c}$ .
$\displaystyle P=\frac{2S}{c}$ .

$t$ $\alpha t$ $I=LR\sigma\alpha t$ ，因此磁感应强度：
$B = μ_{0} I = μ_{0} L R σ α t$
方向……
$r$ ，则：
$2 π r \cdot E_{i} = \frac{d B}{d t} \cdot π r^{2} \Rightarrow E_{i} = μ_{0} L R σ α \frac{r}{2}$
方向……
玻印亭矢量：
$| S | = | E \times H | = (μ_{0} L R σ α)^{2} \frac{t R}{2 μ_{0}}$
方向垂直于圆柱面表面向内？
$\boldsymbol S$ 通量：
$(μ_{0} L R σ α)^{2} \frac{t R}{2 μ_{0}} \cdot 2 π R L$
上面那个东西等于：
$\frac{π R^{2} L}{μ_{0}} B \frac{d B}{d t}$

电磁波的产生

LC 振荡电路 $\displaystyle \nu=\frac{\omega}{2\pi}=\frac{1}{2\pi \sqrt{LC}}$ .

考试题目

2021

全电流定律：

\oint_{l} H \cdot d l = \iint_{S} (j_{c} + \frac{\partial D}{\partial t}) \cdot d S = I_{c} + I_{d}

$q$ $-q$ $\mathrm d t$ $I\mathrm d t$ $r$ 处的位置，有：

D = ε_{0} E = \frac{1}{2 π} \frac{q L}{(L^{2} + r^{2})^{3 / 2}}

\frac{\partial D}{\partial t} = \frac{\partial D}{\partial q} \cdot \frac{\partial q}{\partial t} = \frac{L I}{2 π (L^{2} + r^{2})^{3 / 2}}

因此，

\begin{matrix} I_{d} = \iint_{S} \frac{L I}{2 π (L^{2} + r^{2})^{3 / 2}} d σ = \int_{0}^{d} \frac{L I}{2 π (L^{2} + r^{2})^{3 / 2}} \cdot 2 π r d r \\ = L I (\frac{1}{\sqrt{L^{2} + d^{2}}} - \frac{1}{L}) \end{matrix}

使用全电流定律，可得：

H \cdot 2 π d = I + L I (\frac{1}{\sqrt{L^{2} + d^{2}}} - \frac{1}{L}) = \frac{L I}{\sqrt{L^{2} + d^{2}}}

因此，

B = \frac{μ_{0} I}{2 π d} \frac{L}{\sqrt{L^{2} + d^{2}}}