Part 3 导体存在时电磁波的传播

在上面的讨论中，尽管没有明确声明，我们实际上仅考虑了两种介质都是绝缘体的情况。若其中一种介质是导体，所得到的结论应该做何修正，正是我们在此节中要考虑的问题。

首先，我们注意到，在导体中可以存在传导电流，故在两种介质的分界面处可能有非零的传导电流密度 $\vec{\alpha}_f(\mathbf{r},t)$。其次，传到电流会导致焦耳热的产生，即电磁波能量转化为热能。这两点是我们 在重新推导过程中需要注意的。

我们已知，在静电学的情况下，自由电荷只可分布在导体的表面。现在我们要论证，在存在交变电场的情况下，这一结论仍不失为一种好的近似。为此，让我们考虑导体内的一点 $\mathbf{r}$ 处的电荷密度函数 $\rho(\mathbf{r},t)$ 随时间的改变。首先，我们有连续性方程

$$\frac{\partial\rho(\mathbf{r},t)}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j}(\mathbf{r},t) = 0. \tag{139}$$

这里，$\mathbf{j}(\mathbf{r},t)$ 为该处的传导电流密度。其次，我们有欧姆定律

$$\mathbf{j}(\mathbf{r},t) = \sigma\mathbf{E}(\mathbf{r},t). \tag{140}$$

这里，$\sigma$ 为导体的电导率。它不依赖于时间和位置。利用麦克斯韦方程组的第一式

$$\nabla\cdot\mathbf{E}(\mathbf{r},t) = \frac{1}{\epsilon}\rho(\mathbf{r},t), \tag{141}$$

我们有

$$\frac{\partial\rho(\mathbf{r},t)}{\partial t} = -\nabla\cdot\mathbf{j}(\mathbf{r},t) = -\sigma\nabla\cdot\mathbf{E}(\mathbf{r},t) = -\frac{\sigma}{\epsilon}\rho(\mathbf{r},t). \tag{142}$$

解此微分方程，我们有

$$\rho(\mathbf{r},t) = \rho_0(\mathbf{r})\exp\left(-\frac{\sigma}{\epsilon}t\right). \tag{143}$$

这里，$\rho(\mathbf{r})$ 为 $t=0$ 时刻，导体内 $\mathbf{r}$ 处的自由电荷密度。此式告诉我们，导体内一点的自由电荷密度是随时间的增长指数衰减的，而衰减时间为

$$\tau = \frac{\epsilon}{\sigma}. \tag{144}$$

因此，若电磁波的频率 $\nu = \frac{1}{T} \ll \frac{1}{\tau}$，或是

$$\frac{\sigma T}{\epsilon} = \frac{2\pi\sigma}{\epsilon\omega} \gg 1 \tag{145}$$

时，那么在时间间隔 $t$ 远远小于电磁波的周期内，在导体内 $\mathbf{r}$ 处的自由电荷密度 $\rho(\mathbf{r},t)$ 就已经变得可以忽略不计了。也就是说，在条件 (145) 满足的情况下，导体内部的自由电荷分布仍可视作零，即电荷只能分布在导体表面上。满足条件 (145) 的导体被称为良导体。一般的金属的特征值为 $\tau \cong 10^{-17}$ 秒。在接下来的讨论中，我们将假设这一条件总是满足的，即导体内部的自由电荷的分布可忽略不计。

在良导体假设下，导体内部的麦克斯韦方程组可以写作

$$\begin{aligned} \nabla\cdot\mathbf{D}(\mathbf{r},t) &= 0, & \nabla\times\mathbf{E}(\mathbf{r},t) &= -\frac{\partial\mathbf{B}(\mathbf{r},t)}{\partial t}, \\ \nabla\cdot\mathbf{B}(\mathbf{r},t) &= 0, & \nabla\times\mathbf{H}(\mathbf{r},t) &= \mathbf{j}_f(\mathbf{r},t) + \frac{\partial\mathbf{D}(\mathbf{r},t)}{\partial t}. \end{aligned} \tag{146}$$

对于单色波 $\mathbf{E}(\mathbf{r},t) = \mathbf{E}_\omega(\mathbf{r})\exp(-i\omega t), \mathbf{H}(\mathbf{r},t) = \mathbf{H}_\omega(\mathbf{r})\exp(-i\omega t)$ 而言，我们可以将这些方程简化为

$$\begin{aligned} \nabla\cdot\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) &= 0, & \nabla\times\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) &= i\omega\mu(\omega)\mathbf{H}_\omega(\mathbf{r}), \\ \nabla\cdot\mathbf{H}_\omega(\mathbf{r}) &= 0, & \nabla\times\mathbf{H}_\omega(\mathbf{r}) &= \sigma\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) - i\omega\epsilon(\omega)\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}). \end{aligned} \tag{147}$$

若我们将此方程组中的第四式改写为

$$\nabla\times\mathbf{H}_\omega(\mathbf{r}) = -i\omega\left(\epsilon(\omega) + i\frac{\sigma}{\omega}\right)\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) = -i\omega\epsilon'(\omega)\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}), \tag{148}$$

可以看到，此方程与方程 (69) 在形式上是完全一样的，只不过作为代价，我们需要引入所谓“复电容率”

$$\epsilon'(\omega) = \epsilon(\omega) + i\frac{\sigma}{\omega}. \tag{149}$$

因此，重复同样的推导过程，我们立刻可得导体内电场强度矢量 $\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r})$ 所满足的与 (73) 式类似的赫姆霍兹方程

$$\nabla^2\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) + k^2\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) = 0. \tag{150}$$

这里，$k = \omega\sqrt{\mu(\omega)\epsilon'(\omega)}$ 为一复数波矢。同时，我们仍需要求

$$\nabla\cdot\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) = 0 \tag{151}$$

成立。在求解出 $\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r})$ 后，可再一次利用

$$\nabla\times\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) = i\omega\mu(\omega)\mathbf{H}_\omega(\mathbf{r}) \tag{152}$$

得到磁场强度矢量 $\mathbf{H}_\omega(\mathbf{r})$。

我们知道，方程 (150) 的一个特殊解为

$$\mathbf{E}_\omega(\mathbf{r}) = \mathbf{E}_0\exp(i\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}). \tag{153}$$

只不过现在波矢 $\mathbf{k}$ 为一复数矢量，即

$$\mathbf{k} = \vec{\beta} + i\vec{\gamma}. \tag{154}$$

这里，$\vec{\beta}$ 和 $\vec{\gamma}$ 为两个实矢量。将此式两边取平方后，我们得到

$$k^2 = \omega^2\mu(\omega)\left(\epsilon(\omega) + i\frac{\sigma}{\omega}\right) = (\vec{\beta} + i\vec{\gamma})^2. \tag{155}$$

展开后，我们有

$$\omega^2\mu(\omega)\epsilon(\omega) + i\omega\mu(\omega)\sigma = \beta^2 - \gamma^2 + 2i\vec{\beta}\cdot\vec{\gamma}. \tag{156}$$

比较上式两边的实部和虚部后，我们得到

$$\omega^2\mu(\omega)\epsilon(\omega) = \beta^2 - \gamma^2,\quad \frac{1}{2}\omega\mu(\omega)\sigma = \vec{\beta}\cdot\vec{\gamma}. \tag{157}$$

波数 $k$ 中不为零的虚部代表耗散现象的存在。由于有耗散的缘故，电磁场能量只能渗入导体表面的一个薄层内。因此，有导体存在时的传播问题一般是作为边值问题加以考虑的。电磁波主要是在导体以外的空间或介质中传播的，而渗入导体内的电磁波能量最终会被耗散成为焦耳热释放掉。在下面的讨论中，我们仅考虑垂直入射的情况，即取入射角 $\theta = 0$。

将导体与绝缘体的分界面取作 $XY$ 平面，而 $z$ 轴指向导体内部。由于入射波的波矢 $\mathbf{k}$ 仅有 $z$ 分量，我们立刻可得导体内透射波（折射）波的波矢也仅有 $z$ 分量，即

$$\begin{aligned} \mathbf{E}''(\mathbf{r},t) &= \mathbf{E}_0''\exp(i\mathbf{k}''\cdot\mathbf{r} - i\omega t) = \mathbf{E}_0''\exp(i\mathbf{k}''\cdot\mathbf{r} - i\omega t) \\ &= \mathbf{E}_0''\exp[i(\beta_z + i\gamma_z)\mathbf{e}_z\cdot\mathbf{r} - i\omega t] \\ &= \mathbf{E}_0''\exp(-\gamma_z z)\exp(i\beta_z z - i\omega t). \end{aligned} \tag{158}$$

代入 (157) 式后，我们有

$$\omega^2\mu(\omega)\epsilon(\omega) = \beta_z^2 - \gamma_z^2,\quad \frac{1}{2}\omega\mu(\omega)\sigma = \beta_z\gamma_z. \tag{159}$$

由此，我们解得

$$\begin{aligned} \beta_z &= \omega\sqrt{\mu(\omega)\epsilon(\omega)}\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{1 + \frac{\sigma^2}{\omega^2\epsilon^2(\omega)} + 1}\right)\right]^{1/2}, \\ \gamma_z &= \omega\sqrt{\mu(\omega)\epsilon(\omega)}\left[\frac{1}{2}\left(\sqrt{1 + \frac{\sigma^2}{\omega^2\epsilon^2(\omega)} - 1}\right)\right]^{1/2}. \end{aligned} \tag{160}$$

当良导体条件

$$\frac{\sigma}{\omega\epsilon(\omega)} \gg 1 \tag{161}$$

成立时，我们近似有

$$\begin{aligned} \beta_z &\cong \omega\sqrt{\mu(\omega)\epsilon(\omega)}\left[\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\sigma^2}{\omega^2\epsilon^2(\omega)}}\right]^{1/2} = \sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}, \\ \gamma_z &\cong \omega\sqrt{\mu(\omega)\epsilon(\omega)}\left[\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\sigma^2}{\omega^2\epsilon^2(\omega)}}\right]^{1/2} = \sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}. \end{aligned} \tag{162}$$

因此，在导体内部，电场强度矢量 $\mathbf{E}''(\mathbf{r},t)$ 现在可以写作

$$\mathbf{E}''(\mathbf{r},t) \cong \mathbf{E}_0''\exp\left(-\sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}z\right)\exp\left(i\sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}z - i\omega t\right). \tag{163}$$

我们将满足条件

$$\sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}z_c = 1, \tag{164}$$

或是

$$z_c = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu(\omega)\sigma}} \tag{165}$$

定义为穿透深度，视作电场能量可以进入导体的范围。当频率为 $100\mathrm{MHz}$ 时，对于铜而言，$z_c = 0.7\times10^{-3}$ 厘米。由此可见，对于高频电磁波，电磁能量集中仅存在于导体表面的一个薄层内。这种现象称为趋肤效应。

从磁场强度矢量 $\mathbf{H}(\mathbf{r},t)$ 和电场强度矢量 $\mathbf{E}(\mathbf{r},t)$ 的关系 (152)，我们得到

$$\begin{aligned} \mathbf{H}_0'' &= \frac{1}{\omega\mu(\omega)}\mathbf{k}\times\mathbf{E}_0'' = \frac{1}{\omega\mu(\omega)}(\beta_z + i\gamma_z)\mathbf{e}_n\times\mathbf{E}_0'' \\ &\cong \frac{1}{\omega\mu(\omega)}\sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}(1+i)\mathbf{e}_n\times\mathbf{E}_0'' = \sqrt{\frac{\sigma}{\omega\mu(\omega)}}\exp\left(\frac{\pi}{4}i\right)\mathbf{e}_n\times\mathbf{E}_0''. \end{aligned} \tag{166}$$

又由于

$$W_E(\mathbf{r},t) = \frac{1}{2}\epsilon(\omega)E^2(\mathbf{r},t),\quad W_B(\mathbf{r},t) = \frac{1}{2\mu(\omega)}B^2(\mathbf{r},t), \tag{167}$$

我们看到

$$\left|\frac{W_B(\mathbf{r},t)}{W_E(\mathbf{r},t)}\right|_{\text{导体}} = \left|\frac{\frac{1}{2\mu(\omega)}B_0''^2}{\frac{1}{2}\epsilon(\omega)E_0''^2}\right|_{\text{导体}} = \frac{\sigma\mu(\omega)}{\omega}\cdot\frac{1}{\mu(\omega)\epsilon(\omega)} = \frac{\sigma}{\omega\epsilon(\omega)} \gg 1. \tag{168}$$

在推导的最后一步，我们利用了良导体条件

$$\frac{\sigma}{\omega\epsilon(\omega)} \gg 1. \tag{169}$$

因此，在导体内部，

$$\left|\frac{1}{2\mu(\epsilon)}B_0''^2\right|_{\text{导体}} \gg \left|\frac{1}{2}\epsilon(\omega)E_0''^2\right|_{\text{导体}} \tag{170}$$

成立。也就是说，金属内电磁波的能量主要是磁场能量。

接下来，我们考虑金属表面处的反射波 $\mathbf{E}'(\mathbf{r},t)$ 和 $\mathbf{H}'(\mathbf{r},t)$。若仅考虑电磁场的偏振方向垂直于入射面的情况，我们有

$$\mathbf{E}_0 + \mathbf{E}_0' = \mathbf{E}_0'',\quad \mathbf{H}_0 + \mathbf{H}_0' = \mathbf{H}_0''. \tag{171}$$

将

$$\mathbf{H} = \frac{1}{\omega\mu(\omega)}\mathbf{k}\times\mathbf{E} \tag{172}$$

代入第二式后，我们得到

$$\frac{1}{\omega\mu_0}k(E_0 - E_0') = \frac{1}{\omega\mu(\omega)}k''E_0'' \tag{173}$$

近似地，我们仍可取 $\mu(\omega) \cong \mu_0$，即真空中的磁化率。因此，边值关系现在化为

$$E_0 + E_0' = E_0'',\quad k(E_0 - E_0') = k''E_0''. \tag{174}$$

由此，我们解得

$$E_0' = \frac{\frac{k}{k''} - 1}{\frac{k}{k''} + 1}E_0 = \frac{k - k''}{k + k''}E_0. \tag{175}$$

将 $k = \omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$ 以及

$$k'' = \beta_z + i\gamma_z = \sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}(1+i) \tag{176}$$

代入后，我们得到

$$E_0' = \frac{\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0} - \sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}(1+i)}{\omega\sqrt{\mu_0\epsilon_0} + \sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}}(1+i)}E_0 = -\frac{(1+i) - \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}}{(1+i) + \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}}E_0. \tag{177}$$

电磁波的反射系数定义为

$$\begin{aligned} \mathcal{R} &= \left|\frac{E_0'}{E_0}\right|^2 = \frac{\left(1 - \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}\right)^2 + 1}{\left(1 + \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}\right)^2 + 1} \cong \frac{2 - 2\sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}}{2 + 2\sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}} = \frac{1 - \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}}{1 + \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}} \\ &\cong \left(1 - \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}\right)\left(1 - \sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}\right) \cong 1 - 2\sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma}}. \end{aligned} \tag{178}$$

因此，电导率 $\sigma$ 越大，则反射系数越接近于 $1$。

例 8.1: 计算高频电磁波照射下导体的表面电阻。

由于趋肤效应，在靠近导体表面的薄层内，电场强度为

$$\mathbf{E}''(\mathbf{r},t) = \mathbf{E}_0''\exp(-\gamma_z z)\exp(i\beta_z z - i\omega t), \tag{179}$$

相应的电流密度为

$$\mathbf{j}_f(\mathbf{r},t) = \sigma\mathbf{E}''(\mathbf{r},t) = \sigma\mathbf{E}_0''\exp(-\gamma_z z)\exp(i\beta_z z - i\omega t). \tag{180}$$

将之积分后，我们有

$$\begin{aligned} \vec{\alpha}_f(t) &= \int_0^\infty \mathbf{j}_f(\mathbf{r},t)\,dz = \int_0^\infty \sigma\mathbf{E}_0''\exp(-\gamma_z z)\exp(i\beta_z z - i\omega t)\,dz \\ &= \sigma\mathbf{E}_0''\left.\frac{\exp((i\beta_z - \gamma_z)z - i\omega t)}{i\beta_z - \gamma_z}\right|_0^\infty = \sigma\mathbf{E}_0''\frac{-\exp(-i\omega t)}{i\beta_z - \gamma_z} \\ &= \sigma\mathbf{E}_0''\exp(-i\omega t)\frac{1}{\sqrt{\beta_z^2 + \gamma_z^2}}\exp(i\varphi). \end{aligned} \tag{181}$$

这里，$\tan\varphi = \beta_z/\gamma_z$，而 $\mathbf{E}_0''$ 为 $z=0$ 处的电场强度矢量。$\vec{\alpha}_f$ 可以解释为通过单层横截线的面电流密度。取其实部后，我们得到

$$\vec{\alpha}_{\text{物理}} = \sigma\mathbf{E}_0''\frac{1}{\sqrt{\beta_z^2 + \gamma_z^2}}\cos(\omega t - \varphi) = \alpha_0\cos(\omega t - \varphi)\mathbf{e}_{\mathbf{E}_0''}. \tag{182}$$

这里，$\alpha_0 = \frac{\sigma E_0''}{\sqrt{\beta_z^2 + \gamma_z^2}}$。另一方面，按照定义，导体内单位时间的损耗功率密度为

$$\begin{aligned} w(\mathbf{r},t) &= \mathbf{j}_{\text{物理}}(\mathbf{r},t)\cdot\mathbf{E}_{\text{物理}}''(\mathbf{r},t) \\ &= [\sigma\mathbf{E}_0''\exp(-\gamma_z z)\cos(\omega t - \beta_z z)]\cdot[\mathbf{E}_0''\exp(-\gamma_z z)\cos(\omega t - \beta_z z)] \\ &= \sigma E_0''^2\exp(-2\gamma_z z)\cos^2(\omega t - \beta_z z). \end{aligned} \tag{183}$$

因此，$w(\mathbf{r},t)$ 对时间的平均值为

$$\begin{aligned} \overline{w}(\mathbf{r}) &= \frac{1}{T}\int_0^T w(\mathbf{r},t)\,dt = \frac{1}{T}\int_0^T \sigma E_0''^2\exp(-2\gamma_z z)\cos^2(\omega t - \beta_z z)\,dt \\ &= \frac{1}{2T}\int_0^T \sigma E_0''^2\exp(-2\gamma_z z)[1 + 2\cos(2\omega t - 2\beta_z z)]\,dt \\ &= \frac{1}{2}\sigma E_0''^2\exp(-2\gamma_z z). \end{aligned} \tag{184}$$

将之对 $z$ 积分后，我们有

$$P_L = \int_0^\infty \overline{w}(\mathbf{r})\,dz = \int_0^\infty \frac{1}{2}\sigma E_0''^2\exp(-2\gamma_z z)\,dz = \frac{1}{2}\sigma E_0''^2\left.\frac{\exp(-2\gamma_z z)}{(-2\gamma_z)}\right|_0^\infty = \frac{\sigma}{4\gamma_z}E_0''^2. \tag{185}$$

如上面所定义

$$\alpha_0 = \frac{\sigma E_0''}{\sqrt{\beta_z^2 + \gamma_z^2}}, \tag{186}$$

或是

$$E_0'' = \frac{\alpha_0}{\sigma}\sqrt{\beta_z^2 + \gamma_z^2}, \tag{187}$$

则我们看到，$P_L$ 可以改写作

$$P_L = \frac{\sigma}{4\gamma_z}E_0''^2 = \frac{\sigma}{4\gamma_z}\left(\frac{\alpha_0}{\sigma}\sqrt{\beta_z^2 + \gamma_z^2}\right)^2 = \frac{\beta_z^2 + \gamma_z^2}{4\sigma\gamma_z}\alpha_0^2, \tag{188}$$

而将之解释作单位时间内单位横截线上的损耗功率。与直流电损耗功率公式

$$P = \frac{1}{2}RI^2 \tag{189}$$

做比较后，我们可以将

$$\tilde{R} = \frac{\beta_z^2 + \gamma_z^2}{2\sigma\gamma_z} \tag{190}$$

视作导体在高频情况下出现的厚度为 $z_c$ 的薄层内的电阻。又利用关系式

$$\beta_z \cong \gamma_z \cong \sqrt{\frac{\omega\mu(\omega)\sigma}{2}} = \frac{1}{z_c}, \tag{191}$$

我们最后有

$$\tilde{R} \cong \frac{\left(\frac{1}{z_c}\right)^2 + \left(\frac{1}{z_c}\right)^2}{2\sigma\left(\frac{1}{z_c}\right)} \cong \frac{1}{\sigma z_c}, \tag{192}$$

而

$$P_L = \frac{1}{2}\frac{1}{\sigma z_c}\alpha_0^2. \tag{193}$$

Part 4 谐振腔

谐振腔是中空的金属腔。与我们在上节中讨论的情况不同的是，它的尺寸是有限的。在这种腔内，单色电磁波的频率只可取某些分立的特定值，称为允许频率。相应的，其波矢也只能取一些分立的特定值。最为重要的一点是，这些允许电磁波模式是驻波，而不是行波。从技术的角度讲，谐振腔常被用来产生一定频率的电磁震荡，有着十分重要的应用。

为了简化问题，我们下面将谐振腔的金属壁视作理想导体，即 $\sigma = \infty$（在解决实际问题时，可以先将金属壁取作理想导体。将问题解决后，再考虑有限的电导率引起的焦耳热损耗）。此时的边值关系为

$$\mathbf{e}_n \times (\mathbf{E}_2 - \mathbf{E}_1) = 0, \quad \mathbf{e}_n \times (\mathbf{H}_2 - \mathbf{H}_1) = \vec{\alpha}_f(\mathbf{r},t). \tag{194}$$

在下面的讨论中，我们将导体取为介质 1，而介质 2 则为真空或绝缘体。因此，$\mathbf{e}_n$ 当为由金属指向绝缘体的单位矢量。对于理想导体而言，我们有

$$\mathbf{E}(\mathbf{r},t) = \mathbf{H}(\mathbf{r},t) = 0. \tag{195}$$

因此，边值关系现在简化为

$$\mathbf{e}_n \times \mathbf{E}_2(\mathbf{r},t) = \mathbf{e}_n \times \mathbf{E}(\mathbf{r},t) = 0, \quad \mathbf{e}_n \times \mathbf{H}_2(\mathbf{r},t) = \mathbf{e}_n \times \mathbf{H}(\mathbf{r},t) = \vec{\alpha}_f(\mathbf{r},t). \tag{196}$$

自然，我们还需考虑横场条件

$$\nabla \cdot \mathbf{E}(\mathbf{r},t) = 0. \tag{197}$$

若将谐振腔的一个边界面取作 $XY$ 平面，则法线 $\mathbf{e}_n$ 是沿 $z$ 轴方向的。由于电场强度矢量的切向分量是连续的，我们有

$$E_x(\mathbf{r},t) = 0, \quad E_y(\mathbf{r},t) = 0 \tag{198}$$

在此边界面上成立，而横波条件相应地退化

$$\nabla \cdot \mathbf{E}(\mathbf{r},t) = \frac{\partial E_z(x,y,z,t)}{\partial z} = 0. \tag{199}$$

这一形式用起来更为方便一些。

例 8.2: 证明两平行无穷大导体平面之间只可以传播一种横向偏振的电磁波。

解: 今后，我们将把横向偏振的电磁波记作 TEM 波（transverse electro-magnetic wave）。如教科书 129 页上的图 4-6 所示，设两导体与 $y$ 轴垂直，那么在两导体面上，我们有

$$E_x(\mathbf{r},t) = E_z(\mathbf{r},t) = 0, \quad H_y(\mathbf{r},t) = 0. \tag{200}$$

若沿 $z$ 轴传播的平面电磁波的电场强度矢量是沿 $y$ 轴方向偏振的，则此平面电磁波满足所有的边界条件，故可以在导体板之间传播。而另外一种偏振的平面电磁波（$\mathbf{E}$ 与导体表面相切）由于不满足边界条件，故不存在。也就是说，两块导体板之间只能传播一种偏振的 TEM 平面波。

下面，为了确定起见，让我们考虑一个矩形谐振腔。设它的边长分别为 $L_1$，$L_2$ 和 $L_3$。由于谐振腔的内部为均匀的绝缘介质，其中的电磁波满足赫姆霍兹方程

$$\frac{\partial^2 \mathbf{E}(\mathbf{r})}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 \mathbf{E}(\mathbf{r})}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 \mathbf{E}(\mathbf{r})}{\partial z^2} + k^2 \mathbf{E}(\mathbf{r}) = 0. \tag{201}$$

令 $u = E_x(\mathbf{r})$，$E_y(\mathbf{r})$ 或 $E_z(\mathbf{r})$，则我们可以只考虑如下的标量微分方程

$$\frac{\partial^2 u(\mathbf{r})}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 u(\mathbf{r})}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 u(\mathbf{r})}{\partial z^2} + k^2 u(\mathbf{r}) = 0. \tag{202}$$

利用分离变量法，我们令

$$u(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z), \tag{203}$$

而每一个因子分别满足方程

$$\begin{aligned} \frac{d^2 X(x)}{dx^2} + k_x^2 X(x) &= 0, \\\\ \frac{d^2 X(x)}{dx^2} + k_x^2 X(x) &= 0, \\\\ \frac{d^2 X(x)}{dx^2} + k_x^2 X(x) &= 0, \end{aligned} \tag{204}$$

且

$$k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 = k^2 = \omega^2 \mu_0 \epsilon_0. \tag{205}$$

因此，我们有

$$\begin{aligned} u(x,y,z) &= (C_1 \cos k_x x + D_1 \sin k_x x) \\ &\times (C_2 \cos k_y y + D_2 \sin k_y y)(C_3 \cos k_z z + D_3 \sin k_z z). \end{aligned} \tag{206}$$

此式中的待定常数需要通过边值条件来决定。例如，若取 $u(x,y,z) = E_x(x,y,z)$，则由于在 $x=0$ 的腔壁上，$E_x(x,y,z)$ 是沿法线方向的，故应有

$$\left. \frac{\partial E_x(x,y,z)}{\partial x} \right|_{x=0} = 0. \tag{207}$$

因此，此时的 $D_1$ 应该取为零。又由于在 $y=0$ 和 $z=0$ 的腔壁上，$E_x(x,y,z)$ 是沿切向方向的，应该为零，故必有 $C_2 = 0$ 和 $C_3 = 0$。因此，我们得到

$$E_x(x,y,z) = A_1 \cos k_x x \sin k_y y \sin k_z z. \tag{208}$$

同理，我们可得

$$E_y(x,y,z) = A_2 \sin k_x x \cos k_y y \sin k_z z, \quad E_z(x,y,z) = A_3 \sin k_x x \sin k_y y \cos k_z z. \tag{209}$$

另一方面，在 $x = L_1$ 的腔壁上，$E_y(x,y,z)$ 是沿切向的，我们有边值条件

$$E_y(x = L_1, y, z) = 0, \tag{210}$$

或是

$$A_2 \sin k_x L_1 \cos k_y y \sin k_z z = 0. \tag{211}$$

这就要求

$$k_x L_1 = n_1 \pi, \quad n_1 = 0,1,2,\dots, \tag{212}$$

或是

$$k_x = \frac{n_1 \pi}{L_1}, \quad n_1 = 0,1,2,\dots. \tag{213}$$

同理，对于 $k_y$ 和 $k_z$，我们也可论证，它们的取值分别为

$$k_y = \frac{n_2 \pi}{L_2}, \quad k_z = \frac{n_3 \pi}{L_3}, \quad n_2,n_3 = 0,1,2,\dots. \tag{214}$$

需要强调一点的是，如此定义的电磁波强度矢量

$$\begin{aligned} \mathbf{E}(x,y,z,t) &= [E_x(x,y,z)\mathbf{i} + E_y(x,y,z)\mathbf{j} + E_z(x,y,z)\mathbf{e}_z] \exp(-i\omega t) \\ &= \left( A_1 \cos\left(\frac{n_1 \pi}{L_1}x\right) \sin\left(\frac{n_2 \pi}{L_2}y\right) \sin\left(\frac{n_3 \pi}{L_3}z\right) \mathbf{i} \right. \\ &+ A_2 \sin\left(\frac{n_1 \pi}{L_1}x\right) \cos\left(\frac{n_2 \pi}{L_2}y\right) \sin\left(\frac{n_3 \pi}{L_3}z\right) \mathbf{j} \\ &+ \left. A_3 \sin\left(\frac{n_1 \pi}{L_1}x\right) \sin\left(\frac{n_2 \pi}{L_2}y\right) \cos\left(\frac{n_3 \pi}{L_3}z\right) \mathbf{e}_z \right) \exp(-i\omega t) \end{aligned} \tag{215}$$

是驻波，而非行波。又由于 $\mathbf{E}(x,y,z,t)$ 需满足横波条件

$$\nabla \cdot \mathbf{E}(x,y,z,t) = 0, \tag{216}$$

我们有

$$k_x A_1 + k_y A_2 + k_z A_3 = 0, \tag{217}$$

即 $A_1$，$A_2$ 和 $A_3$ 仅有两个是独立的。满足以上条件的单色波称为一个允许模式，或本征模式。它具有两个独立的偏振方向，其频率由下式

$$\omega_{n_1,n_2,n_3} = \frac{\pi}{\sqrt{\mu(\omega)\epsilon(\omega)}} \sqrt{\left(\frac{n_1}{L_1}\right)^2 + \left(\frac{n_2}{L_2}\right)^2 + \left(\frac{n_3}{L_3}\right)^2} \tag{218}$$

给出，称为谐振腔的本征频率。若 $n_1$，$n_2$ 和 $n_3$ 中有两个为零，则由 (215) 式可以推出 $\mathbf{E}(x,y,z,t) = 0$。因此，当 $L_1 \geq L_2 \geq L_3$ 时，最低的本征频率为

$$\omega_{\min} = \frac{\pi}{\sqrt{\mu(\omega)\epsilon(\omega)}} \sqrt{\left(\frac{1}{L_1}\right)^2 + \left(\frac{1}{L_2}\right)^2}, \tag{219}$$

或

$$\nu_{110} = \frac{\omega_{\min}}{2\pi} = \frac{1}{2\sqrt{\mu(\omega)\epsilon(\omega)}} \sqrt{\left(\frac{n_1}{L_1}\right)^2 + \left(\frac{n_2}{L_2}\right)^2}. \tag{220}$$

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2026/7/12 18:56

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