电磁波在柱坐标和球坐标下的本征解

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：
$$\{\begin{array}{l}\nabla \cdot E=0\\ \nabla \times E=-\frac{\partial B}{\partial t}\\ \nabla \cdot B=0\\ \nabla \times B=\frac{1}{c^2}\frac{\partial E}{\partial t}\end{array}$$
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：
$$\frac{1}{c^2}\frac{{\partial }^{2}E}{\partial t^2}=\nabla \times \frac{\partial B}{\partial t}=\nabla \times (-\nabla \times E)=-[\nabla (\nabla \cdot E)-{\nabla }^{2}E]={\nabla }^{2}E$$
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$E=E(x,y,z)e^{-i\omega t}$，带入上式可得到：
$${\nabla }^{2}E+k^{2}E=0$$
$k\equiv \omega /c$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：
$$E=C\cdot e^{i(ky-\omega t)}\hat{z}$$

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。

为了计算简单，假设波矢方向$k$沿$\hat{r}$方向，电场方向沿$z$轴，大小只与$r,\varphi$有关，与$z$无关。即$E=E(r,\varphi )\hat{z}$，参考附录中的矢量微分公式可得：
$$\begin{gathered} {\nabla }^{2}E=({\nabla }^{2}E{)}_z={\nabla }^2{E}_z\hat{z}={\nabla }^{2}E(r,\varphi )\hat{z}=[\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}(r\frac{\partial E}{\partial r})+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}E}{\partial {\varphi }^2}+\frac{{\partial }^{2}E}{\partial z^2}]\hat{z} \\ =(\frac{{\partial }^{2}E}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial E}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}E}{\partial {\varphi }^2})\hat{z} \end{gathered}$$
带入亥姆霍兹方程，消去方向$\hat{z}$得：
$$\frac{{\partial }^{2}E}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial E}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}E}{\partial {\varphi }^2}+k^{2}E=0$$
这个方程需要用分离变量法求解：$E=R\cdot \Psi$
$$\{\begin{array}{l}\frac{d^2\Psi }{d{\varphi }^2}+m^2\Psi =0\\ \frac{d^{2}R}{d{r}^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}+(k^2-\frac{m^2}{r^2})R=0\end{array}$$
解得：
$$E=H_m(kr)[A\cos (m\varphi )+B\sin (m\varphi )]$$
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：
$$H_m(kr)=J_m(kr)+i{N}_m(kr)$$
$J_m(kr)$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$E$在较远处(大于一个波长就有相当好的近似)可简化为：
$$E=[A\cos (m\varphi )+B\sin (m\varphi )]H_m(kr)e^{-i\omega t}\hat{z}\approx A^{\prime }\sin (m\varphi +B^{\prime })\frac{1}{\sqrt{kr}}{e}^{i(kr-\omega t)}\hat{z}$$
我们可以看出，电场的大小绕着z轴(沿$\varphi$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$E^2\propto 1/r$，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

为了简化问题，假设波矢$k$的方向沿$\hat{r}$，电场的大小只与$r,\theta$有关，而与$\psi$无关，即$E=E(r,\theta )\hat{\theta }$，参考附录中的矢量微分公式可得：
$$\begin{gathered} {\nabla }^{2}E=({\nabla }^{2}E{)}_{\theta }={\nabla }^2{E}_{\theta }\hat{\theta }+\frac{2}{r^2}[0-\frac{E_{\theta }}{2{\sin }^2\theta }+0]\hat{\theta } \\ =[\frac{{\partial }^{2}E}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial E}{\partial r}+\frac{1}{r^2\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(\sin \theta \frac{\partial E}{\partial \theta })-\frac{1}{r^2{\sin }^2\theta }E]\hat{\theta } \end{gathered}$$
带入亥姆霍兹方程，消去方向$\hat{\theta }$得：
$$\frac{{\partial }^{2}E}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial E}{\partial r}+\frac{1}{r^2\sin \theta }\frac{\partial }{\partial \theta }(\sin \theta \frac{\partial E}{\partial \theta })-\frac{1}{r^2{\sin }^2\theta }E+k^{2}E=0$$
用分离变量法求解：$E=R\cdot \Theta$
$$\{\begin{array}{l}\frac{1}{\sin \theta }\frac{d}{d\theta }(\sin \theta \frac{d\Theta }{d\theta })-\frac{1}{{\sin }^2\theta }\Theta +l(l+1)\Theta =0\\ \frac{d^{2}R}{d{r}^2}+\frac{2}{r}\frac{dR}{dr}+[k^2-\frac{l(l+1)}{r^2}]R=0\end{array}$$
解得：
$$E=C\cdot h_l(kr)P_l(\cos \theta )$$
其中$C$为常数，$P_l(\cos \theta )$是$\Theta$所满足方程的解，它是$l$阶$m=1$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$R$满足球贝塞尔方程，其解$h_l(kr)$是球汉克函数：
$$h_l(kr)=j_l(kr)+i{n}_l(kr)$$
$j_l(kr)$表示$l$阶的球贝塞尔函数，$n_l(kr)$表示$l$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：
$$E=C\cdot P_l(\cos \theta )h_l(kr)e^{-i\omega t}\hat{\theta }\approx C\cdot P_l(\cos \theta )\frac{1}{kr}{e}^{i(kr-\omega t)}\hat{\theta }\propto \frac{1}{r}{e}^{i(kr-\omega t)}\hat{\theta }$$
因此可以定性看出，电场的方向沿$\hat{\theta }$，幅度与$\psi$无关，随$\theta$变化，随$1/r$递减，电磁波整体的方向沿$\hat{r}$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$E^2\propto 1/r^2$，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：$E=C\cdot e^{i(ky-\omega t)}\hat{z}$
柱面波：$E=H_0(kr)e^{-i\omega t}\hat{z}\approx C^{\prime }\frac{e^{i(kr-\omega t)}}{\sqrt{kr}}\hat{z}$($m=0$)
球面波：$E=P_0(\cos \theta )h_0(kr)e^{-i\omega t}\hat{\theta }\approx C^{\prime }\sin \theta \frac{e^{i(kr-\omega t)}}{kr}\hat{\theta }$($l=0$)

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

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$A$，再对其求旋度得到磁场强度$B$，最后再求电场强度$E$，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：
$$A=\frac{{\mu }_0}{4\pi }\int \frac{{\alpha }_0{e}^{-i(\omega t-k\sqrt{y^2+l^2})}dxdz}{\sqrt{y^2+l^2}}\hat{z}$$
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：
$$A=\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{-i\omega t}{\int }_0^{\infty }\frac{e^{ik\sqrt{y^2+l^2}}ldl}{\sqrt{y^2+l^2}}\hat{z}$$
对e指数泰勒展开可得：
$$A=\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{-i\omega t}{\int }_0^{\infty }\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(ik\sqrt{y^2+l^2}{)}^n}{n!\sqrt{y^2+l^2}}\frac{1}{2}d{l}^2\hat{z}$$
将$l^2$看作积分变量，分别对各项积分得：
$$A=\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{-i\omega t}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(ik{)}^n}{(n+1)!}[(y^2+L^2{)}^{\frac{n+1}{2}}-y^{n+1}]\hat{z}$$
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：
$$B=\nabla \times A=\frac{\partial A}{\partial y}\hat{x}=\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{-i\omega t}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(ik{)}^n}{(n+1)!}[\frac{(n+1)}{2}(y^2+L^2{)}^{\frac{n-1}{2}}2y-(n+1)y^n]\hat{x}$$
将求和级数凑成指数，容易得到：
$$B=\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{-i\omega t}\sum _{n=0}^{\infty }[\frac{(ik\sqrt{y^2+L^2}{)}^n}{n!}\frac{y}{\sqrt{y^2+L^2}}-\frac{(iky{)}^n}{n!}]\hat{x}=-\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{i(ky-\omega t)}\hat{x}+\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{-i\omega t}\frac{e^{ik\sqrt{y^2+L^2}}y}{\sqrt{y^2+L^2}}\hat{x}$$
容易知道，第二项在$L\to \infty$时为0，因此最后结果为：
$$B=-\frac{{\mu }_0{\alpha }_0}{2}{e}^{i(ky-\omega t)}\hat{x}$$
又可求出电场：
$$E=-\frac{w\hat{k}}{k}\times B=-\frac{{\mu }_0{\alpha }_{0}c}{2}{e}^{i(ky-\omega t)}\hat{z}$$
这和平面波的表达式一致。

2、无限长导线电流源

假设在z轴上有变化的电流，$I=I_0{e}^{-i\omega t}$。接下来求解，oxy平面内，离原点r处的磁矢势$A$。同样要考虑不同位置处小段电流对r处的相位不同：
$$A=\frac{{\mu }_0{I}_0}{4\pi }{e}^{-i\omega t}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{ik\sqrt{r^2+l^2}}dl}{\sqrt{r^2+l^2}}\hat{z}$$
这个积分很难处理，先求电场表达式：
$$E=-\frac{\partial A}{\partial t}=-\frac{{\mu }_0{I}_0\omega }{4\pi }{e}^{-i\omega t}(-i){\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{e^{ik\sqrt{r^2+l^2}}dl}{\sqrt{r^2+l^2}}\hat{z}$$
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)

我们需要用欧拉公式展开指数项，得到：
$$\{\begin{array}{l}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\cos (k\sqrt{r^2+l^2})}{\sqrt{r^2+l^2}}dl=-\pi N_0(kr)\\ i{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin (k\sqrt{r^2+l^2})}{\sqrt{r^2+l^2}}dl=i\pi J_0(kr)\end{array}$$
因此电场可化为：
$$E=-\frac{\partial A}{\partial t}=-\frac{{\mu }_0{I}_0\omega }{4\pi }{e}^{-i\omega t}(-i)[-\pi N_0(kr)+i\pi J_0(kr)]\hat{z}=-\frac{{\mu }_0{I}_0\omega }{4}{e}^{-i\omega t}[J_0(kr)+i{N}_0(kr)]\hat{z}$$
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)

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：

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$\alpha =1\cdot e^{-i\omega t}A$，频率$f=2\pi /\omega =0.5GHz$，及波长$\lambda =0.6m$
border 2: 连续边界条件，即磁场平行分量相等：$n\times (H_1-H_2)=0$

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：

重新推导磁场强度，带入数值可以得到：
$$H=(\frac{{\alpha }_0}{2})e^{i(kx-\omega t)}\hat{y}=\frac{1}{2}\cos (kx)\hat{y}$$
这里令$t=0$，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：

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$I=2\pi r\alpha \cdot e^{-i\omega t}A=1e^{-i\omega t}$，频率$f=2\pi /\omega =0.5GHz$，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：

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$E-r$：

将数据带入理论表达式有：(t=0，取实部)
$$E=-\frac{{\mu }_0{I}_0\omega }{4}{e}^{-i\omega t}[J_0(kr)+i{N}_0(kr)]\hat{z}=-987J_0(kr)\hat{z}$$
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：
  $$\{\begin{array}{l}{N}_0(r)=-\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\cos (\sqrt{r^2+l^2})}{\sqrt{r^2+l^2}}dl\\ J_0(r)=\frac{1}{\pi }{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\sin (\sqrt{r^2+l^2})}{\sqrt{r^2+l^2}}dl\end{array}$$
• 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：