电磁波在柱坐标和球坐标下的本征解

作者: icfg66 | 来源:发表于2020-03-30 16:47 被阅读0次

电磁波在柱坐标和球坐标下的本征解
C++基础强化
学生说我是个可爱的大忽悠
高等数学(十二)多元积分学及其应用
坐标下降法
超等自我专栏第一节课
初中物理学习方法
python的turtle使用
OpenGL纹理坐标&&隧道案例（二）
读《简读中国史》53｜没有中世纪，就没有新欧洲（一）

一、背景

课程和习题中，我们通常接触的都是平面电磁波，但现实生活中却常常碰到柱面波和球面波，如通电导线辐射场、手机信号等。而且工程上，平面波也可以按柱面波和球面波展开。

那么电磁波在柱坐标和球坐标下的本征解是什么样的形式呢？什么样的波源可以产生这样的电磁场呢？这就是本文要讨论的问题。

二、真空中的时谐场

首先列出真空中的麦克斯韦方程：
$\begin{cases} \nabla \cdot \vec{E}=0 \\ \nabla \times \vec{E}=-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t} \\ \nabla \cdot \vec{B}=0 \\ \nabla \times \vec{B} =\frac{1}{c^2} \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} \\ \end{cases}$
分别表示空间中无电荷，法拉第电磁感应定律，无磁单极子，安培定律。第四项对时间求导可得：
$\frac{1}{c^2} \frac{\partial ^2\vec{E}}{\partial t^2} = \nabla \times \frac{\partial \vec{B}}{\partial t} = \nabla \times (-\nabla \times \vec{E})=-[\nabla(\nabla \cdot \vec{E})-\nabla ^2 \vec{E}]=\nabla ^2 \vec{E}$
第三步用到了矢量微分的运算公式，可以用直角坐标展开来证明，过程比较繁琐。

在考虑时谐场，即 $\vec{E}=\vec{E}(x,y,z)e^{-i \omega t}$ ，带入上式可得到：
$\nabla ^2 \vec{E}+k^2\vec{E}=0$
$k \equiv \omega /c$ 这就得到了亥姆霍兹方程。可以容易得到直角坐标系下本征解：
$\vec{E}=C \cdot e^{i(ky-\omega t)} \hat{z}$

直角坐标下的本征解

三、柱坐标下的本征解

亥姆霍兹方程求解的一个难点是，Laplace算符作用的是带有方向的矢量，直角坐标系下，基矢方向不变，但柱坐标和球坐标下，基矢也会随求导改变。

柱坐标系

为了计算简单，假设波矢方向 $\vec{k}$ 沿 $\hat{r}$ 方向，电场方向沿 $z$ 轴，大小只与 $r,\phi$ 有关，与 $z$ 无关。即 $\vec{E}=E(r,\phi)\hat{z}$ ，参考附录中的矢量微分公式可得：
$\nabla ^2 \vec{E}=(\nabla ^2 \vec{E})_z=\nabla ^2 E_z \hat{z}=\nabla ^2 E(r,\phi) \hat{z}=[\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial E}{\partial r})+\frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 E}{\partial \phi^2}+\frac{\partial^2 E}{\partial z^2}]\hat{z}\\ =(\frac{\partial^2 E}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial E}{\partial r}+\frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 E}{\partial \phi^2})\hat{z}$
带入亥姆霍兹方程，消去方向 $\hat{z}$ 得：
$\frac{\partial^2 E}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial E}{\partial r}+\frac{1}{r^2} \frac{\partial^2 E}{\partial \phi^2}+k^2E=0$
这个方程需要用分离变量法求解： $E=R\cdot\Psi$
$\begin{cases} \frac{ d^2\Psi}{d\phi^2}+m^2 \Psi=0 \\ \frac{d^2 R}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{d R}{d r}+(k^2-\frac{m^2}{r^2})R=0 \\ \end{cases}$
解得：
$E=H_m(kr)[A\cos(m\phi)+B\sin(m\phi)]$
这里R满足的方程是贝塞尔方程，不同的m可以解出不同的表达式，一般的求解方法是多项式待定系数法，解起来非常繁琐，姑且用一个整体表示它即 $H_m(kr)$ 称为汉克函数，它包含实部和虚部：
$H_m(kr)=J_m(kr)+iN_m(kr)$
$J_m(kr)$ 为贝塞尔函数， $N_m(kr)$ 为诺伊曼函数，定性上只要知道这两个函数在方向上震荡衰减，衰减的振幅正比于 $\frac {1}{\sqrt{r}}$ ，即 $\vec{E}$ 在较远处(大于一个波长就有相当好的近似)可简化为：
$\vec{E}=[A\cos(m\phi)+B\sin(m\phi)]H_m(kr)e^{-i\omega t}\hat{z}\approx A'\sin(m\phi+B')\frac{1}{\sqrt{kr}}e^{i(kr-\omega t)}\hat{z}$
我们可以看出，电场的大小绕着z轴(沿 $\phi$ 方向)周期震荡，沿着r方向呈现 $\frac {1}{\sqrt{r}}$ 递减，相位关系与平面波类似 $e^{i(kr-\omega t)}$ 。电场大小随 $\frac {1}{\sqrt{r}}$ 递减也反映了能流守恒，因为单位高度的同轴椭圆的侧面积S正比于r，单位时间流出单位侧面积的能量正比于 $E^2\varpropto 1/r$ ，因此单位高度的同轴椭圆总能量流出守恒。

四、球坐标下的本征解

球坐标系
为了简化问题，假设波矢的方向沿，电场的大小只与有关，而与无关，即，参考附录中的矢量微分公式可得：

带入亥姆霍兹方程，消去方向得：

用分离变量法求解：

解得：

其中为常数，是所满足方程的解，它是阶的关联勒让德函数，这个函数在解氢原子波函数的时候也会用到。径向的方程满足球贝塞尔方程，其解是球汉克函数：

表示阶的球贝塞尔函数，表示阶的球诺伊曼函数，与柱坐标系的结果类似，我们只需要知道这个表达式在较远处的行为：

因此可以定性看出，电场的方向沿，幅度与无关，随变化，随递减，电磁波整体的方向沿传播。

振幅呈 $1/r$ 衰减也反应了能量守恒，因为球面的面积正比于 $r^2$ ，球面上单位面积流出的能量正比于 $E^2 \varpropto 1/r^2$ ，因此半径为 $r$ 的球面流出的能量是守恒的。

Tip:

求解亥姆霍兹方程时要利用拉普拉斯算符 $\nabla ^2$ ，与作用于不带方向的标量(如氢原子波函数)相比，当它作用于带方向的电场时，会多出几项(查看附录的矢量微分公式)，这是因为这里的“方向”也是会随坐标改变的，求偏导时会多出因方向变化导致的添加项。

五、本征解对应的波源可能是什么？

现在我们已经清楚了电场波在直角坐标、柱坐标和球坐标下的本征解，假设空间中真的有这种波存在，那么它的波源是什么呢？总不可能凭空产生电磁场吧？

我们先列出这些波在基态的形式：
平面波： $\vec{E}=C \cdot e^{i(ky-\omega t)} \hat{z}$
柱面波： $\vec{E}=H_0(kr)e^{-i\omega t}\hat{z}\approx C'\frac{e^{i(kr-\omega t)}}{\sqrt{kr}}\hat{z}$ ( $m=0$ )
球面波： $\vec{E}= P_0(\cos \theta)h_0(kr)e^{-i\omega t}\hat{\theta} \approx C' \sin \theta \frac{e^{i(kr-\omega t)}}{kr}\hat{\theta}$ ( $l=0$ )

由空间对称性可以猜想，平面波是由无限大平面的震荡电流产生的；柱面波是由无限长导线的震荡电流产生的；而球面波的形式就是偶极子。下面具体推导验证这些波源产生的波是否和本征解一致。

1、无限大平面的电流源

无限大平面电流源

如图，无限大平面在oxz平面上，电流线密度 $\alpha=\alpha_0 e^{-i\omega t}$ ，现在计算(0,y,0)处的电场强度，为此需要先求磁矢势 $\vec{A}$ ，再对其求旋度得到磁场强度 $\vec{B}$ ，最后再求电场强度 $\vec{E}$ ，oxz平面上，距离远点 $l=\sqrt{x^2+z^2}$ 处的一小段电流为 $\alpha_0 dx \cdot dz$ ，因为它会随时间变化，因此该点到(0,y,0)处的相位延时为 $k\sqrt{y^2+l^2}$ ，可以得到磁矢势的积分形式：
$\vec{A}=\frac{\mu_0}{4\pi}\int\frac{\alpha_0 e^{-i(\omega t-k\sqrt{y^2+l^2})}dxdz}{\sqrt{y^2+l^2}}\hat{z}$
x、z的平面积分转为极坐标积分，因为小段电流的相位和大小与角度无关，可直接积分：
$\vec{A}=\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{-i\omega t}\int_0^{\infty}\frac{e^{i k\sqrt{y^2+l^2}}ldl}{\sqrt{y^2+l^2}}\hat{z}$
对e指数泰勒展开可得：
$\vec{A}=\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{-i\omega t}\int_0^{\infty}\sum_{n=0}^\infty \frac{({i k\sqrt{y^2+l^2}}) ^n}{n!\sqrt{y^2+l^2}}\frac{1}{2} dl^2\hat{z}$
将 $l^2$ 看作积分变量，分别对各项积分得：
$\vec{A}=\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{-i\omega t}\sum_{n=0}^\infty \frac{({i k}) ^n}{(n+1)!}[(y^2+L^2)^{\frac{n+1}{2}}-y^{n+1}]\hat{z}$
这里的 $L$ 应该趋于无穷大，这样会导致 $|A|$ 发散，这是因为磁矢势的大小与零势点的位置有关系，对磁矢势求旋度可以消除零势点位置的影响，我们可以先求出磁场，然后再对L取无穷：
$\vec{B}=\nabla\times \vec{A}=\frac{\partial A}{\partial y} \hat{x}=\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{-i\omega t}\sum_{n=0}^\infty \frac{({i k}) ^n}{(n+1)!}[\frac{(n+1)}{2}(y^2+L^2)^ {\frac{n-1}{2}}2y-(n+1)y^{n}]\hat{x}$
将求和级数凑成指数，容易得到：
$\vec{B}=\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{-i\omega t}\sum_{n=0}^\infty[\frac{(ik\sqrt{y^2+L^2})^n}{n!}\frac{y}{\sqrt{y^2+L^2}}-\frac{(iky)^n}{n!}]\hat{x}=-\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{i(ky-\omega t)}\hat{x}+\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{-i\omega t}\frac{e^{ik\sqrt{y^2+L^2}}y}{\sqrt{y^2+L^2}} \hat{x}$
容易知道，第二项在 $L\rightarrow \infty$ 时为0，因此最后结果为：
$\vec{B}=-\frac{\mu_0\alpha_0}{2}e^{i(ky-\omega t)}\hat{x}$
又可求出电场：
$\vec{E}=-\frac{w\hat{k}}{k}\times\vec{B}=-\frac{\mu_0\alpha_0c}{2}e^{i(ky-\omega t)}\hat{z}$
这和平面波的表达式一致。

2、无限长导线电流源

无限长导线电流源
假设在z轴上有变化的电流，。接下来求解，oxy平面内，离原点r处的磁矢势。同样要考虑不同位置处小段电流对r处的相位不同：

这个积分很难处理，先求电场表达式：

对比上一节柱坐标系下的本征解形式，只能先猜想积分项就是m=0时的汉克函数，实际上，我在一本参考书的课后习题上发现确实有这种关系(奚定平.贝塞尔函数.北京：高等教育出版社，1999)

贝塞尔.JPG
我们需要用欧拉公式展开指数项，得到：

因此电场可化为：

为了保险起见，我们可以用数值的方式验证上述积分是否正确：(matlab里面有现成的贝塞尔和诺伊曼函数)

数值验证

六、软件模拟

最后，为了验证这种源确实可以产生对应的电磁波，我打算用电磁波软件comsol3.5模拟。

1、平面波

初始条件及环境：

下图是无限长空腔的俯视图：

平面波仿真环境

尺寸及模块：长X宽=8mX4m，RF模式下的TE模式；
region 1 为真空；region 2为PML系数物质；
border 1：垂直于纸面的面电流源 $\alpha=1·e^{-i\omega t} A$ ，频率 $f=2\pi /\omega=0.5G Hz$ ，及波长 $\lambda=0.6m$
border 2: 连续边界条件，即磁场平行分量相等： $\vec{n}\times(\vec{H_1}-\vec{H_2})=0$

仿真结果：

平面波仿真结果

颜色表示电磁场的值，红色为正，蓝色为负。容易看出，无限大平面电流产生的确实是平面波，波长为0.6m。

选取y=0处的数据点磁场强度 $H-x$ 进一步验证：

平面波数据点
重新推导磁场强度，带入数值可以得到：

这里令，取实部，可以发现理论计算比实际小一半，什么原因呢？

因为理论计算时考虑了波向y的正方向和负方向两边扩散，而模拟时相当于负方向的波和正方向叠加，因此会有二倍的效果。

二、柱面波

下图是无限长圆柱的俯视图：

柱面波仿真环境

尺寸及模块：三个园半径分别为0.2、5、6m，RF模式下的TE模式；
region 1 为真空；region 2为PML系数物质；
border 1：垂直于纸面的面电流源 $I=2\pi r \alpha · e^{-i\omega t} A=1e^{-i\omega t}$ ，频率 $f=2\pi /\omega=0.5G Hz$ ，或波长 $\lambda=0.6m$
border 2: 连续边界条件。
其他边界条件：PEC完美电导体，即电场无垂直分量 $E_z=0$ ;

值得注意的是，这里的电流源是有一定粗细的导线，这和理论推导时的假设不一样，仿真结果会在数值上于理论不一致，但仍然是贝塞尔函数。

模拟结果：

柱面波仿真结果

初步可以看出这是柱面波，波长接近0.6m。

选取y=0的半径上获取数据，做出电场随半径变化图 $E-r$ ：

柱面波数据点
将数据带入理论表达式有：(t=0，取实部)

两者为什么会不一样呢？这就是源的问题：如果把comsol模拟的源"0.2m的圈"改成点源，可以得到与理论一致的结果。

总结

拉普拉斯算符对矢量的作用不同于标量，前者还要考虑不同坐标系下单位矢量随位置的变化。
平面波的波源是无限大平面的震荡电流（二维电流），柱面波的波源是无线长导线的震荡电流（一维波源），球面波的波源是偶极震荡（零维电流）。
虽然不会证明，还是列出零阶贝塞尔函数和诺伊曼函数的积分表达式：
$\begin{cases} N_0(r)=-\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{\cos(\sqrt{r^2+l^2})}{\sqrt{r^2+l^2}}dl\\ J_0(r)=\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty \frac{ \sin( \sqrt{r^2+l^2})}{\sqrt{r^2+l^2}}dl \end{cases}$
仿真模拟需要在数值上考虑更多细节，对理论的理解会更深一层。

附录：

矢量微分公式

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