Physical Remedy

$$\newcommand{\Co}{\operatorname C} \newcommand{\Am}{\operatorname A} \newcommand{\Vo}{\operatorname V} \newcommand{\Me}{\operatorname m} \newcommand{\Se}{\operatorname s} \newcommand{\Ne}{\operatorname N} \newcommand{\Fa}{\operatorname F} \newcommand{\Jo}{\operatorname J} \newcommand{\Om}{\operatorname\Omega} \newcommand{\Si}{\operatorname S} \newcommand{\Te}{\operatorname T} \newcommand{\Ga}{\operatorname G} \newcommand{\Wb}{\operatorname{Wb}} \newcommand{\He}{\operatorname H} \newcommand{\Ke}{\operatorname K} \newcommand{\Wa}{\operatorname W} \newcommand{\Var}{\operatorname{var}} \newcommand{\eV}{\operatorname{eV}} \newcommand{\v}{\vec} \newcommand{\b}{\boldsymbol} \newcommand{\d}{\mathrm d} \newcommand{\p}{\partial} \newcommand{\e}{\mathrm e} \newcommand{\j}{\mathtt j} \newcommand{\i}{\mathtt i} \newcommand{\vare}{\varepsilon} \newcommand{\varp}{\varphi} \newcommand{\ome}{\omega} \newcommand{\the}{\theta} \newcommand{\Emo}{\mathcal E} \newcommand{\ovl}{\overline} \newcommand{\para}{\parallel} \newcommand{\t}{\tilde} \newcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \newcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\c}{\mathtt c}$$

Gauss 定理的积分式可以从球面 Coulomb 定理推知，即

$$\oiint\b E\cdot\d\b S=\iiint\dfrac{\rho\d V}{\vare_0}$$

对左侧使用微积分的 Gauss 定理，有

$$\iiint(\nabla\cdot\b E)\d V=\iiint\dfrac{\rho\d V}{\vare_0}$$

令体积趋于 $0$ 即由连续性得

$$\nabla\cdot\b E=\dfrac\rho{\vare_0}$$

即 Gauss 定律微分式。

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试探电荷能否在静电场中保持 力学平衡(mechanical equilibrium)？

• 即，该点处电场为零；给定微扰后，有 回复力(restoring force)令其向位移的反方向运动。

这等效于，所有电场线均指向该点。使用 Gauss 定律分析后，得出唯一的可能性是：在与该点重合的地方，有一个电性相反的点电荷。【但是这个反电性的电荷又要靠谁束缚呢？】

这可以等效于，纯靠电磁力不可能存在力学平衡态。使用管道限制鞍点的鞍向，可以存在力学平衡态；同理，使用交变电场可以产生电阱束缚之；同理，使用光照可以束缚之。

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对于电偶极子(electric dipole)，位矢 $\b R$ 处的电势为 $\varp=\dfrac{\b p\cdot\b R}{4\pi\vare_0R^3}$；电场为 $E=\dfrac p{4\pi\vare_0}=\dfrac{\sqrt{3\cos^2\theta+1}}{R^3}$，其中 $\theta$ 是 $\b R$ 与 $\b p$ 的夹角。

• 也可以写成一坨的 $\b E=\dfrac1{4\pi\vare_0}\left(\dfrac{3(\b p\cdot\b R)\b R}{R^5}-\dfrac{\b p}{R^3}\right)$。特别地，中垂线上的 $\b R$，前一项为零，式子退化为 $\b E=-\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac{\b p}{R^3}$。

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电偶极子的另一种理解方式：

初始两电荷重合抵消，全空间无电场、无电势。

现在，令正电荷沿 $\b z$ 方向移动了小位移 $\Delta\b z$。在某点产生的电势，相当于该场点在正电荷电场中移动小位移 $-\Delta\b z$ 的电势变化。

于是，将电偶极子看作正电荷移动 $\dfrac{\b l}2$，负电荷移动 $-\dfrac{\b l}2$，二者产生的电势变化并非抵消而是同号叠加。于是

$$\Delta\varp=\Delta\varp^++\Delta\varp^- \\=\dfrac q{4\pi\vare_0}\nabla\dfrac1R\cdot(-\dfrac{\b l}2)-\dfrac q{4\pi\vare_0}\nabla\dfrac1R\cdot\dfrac{\b l}2 \\=-\dfrac1{4\pi\vare_0}\b p\cdot\nabla\dfrac1R$$

注意，此处推导依赖于 $R\gg l$ 的前提，此时 $\b R$ 附近两电荷的电场均可以直接用 $\dfrac q{4\pi\vare_0}\nabla\dfrac1R$ 近似表达。

而 $\nabla\dfrac1R=-\dfrac{\b R}{R^3}$，于是

$$\varp=\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac{\b p\cdot\b R}{R^3}$$

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计算带电体 $V'$ 在 $\b R$ 处的电势，为

$$\varp=\int_{V'}\dfrac{\rho(\b r')\d V}{4\pi\vare_0 r}$$

其中 $\b r'$ 是被积点的位矢，$r=|\b R-\b r'|$。

若 $R\sim r\gg r'$，则 Taylor 展开可知 $\dfrac1r=\dfrac1R-\b r'\cdot\nabla\dfrac1R+\dfrac1{2!}\sum\limits_{i,j}r'_ir'_j\dfrac{\p^2}{\p r_i\p r_j}\dfrac 1R+\dots$，于是

$$\varp=\dfrac1{4\pi\vare_0}\int\rho(\b r')\left(\dfrac1R-\b r'\cdot\nabla\dfrac1R+\dfrac1{2!}\sum\limits_{i,j}r'_ir'_j\dfrac{\p^2}{\p r_i\p r_j}\dfrac 1R+\dots\right)\d V$$

其中，零次项即将其当作点电荷，一次项当作电偶极子，二次项是电四极子……

即，

$$\varp=\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac QR-\b p\cdot\nabla\dfrac1R+\dfrac16\sum_{i,j}D_{i,j}\dfrac{\p^2}{\p r_i\p r_j}\dfrac1R+\dots$$

其中

$$Q=\int\rho(\b r')\d V' \\\b p=\int\rho(\b r')\b r'\d V' \\D_{i,j}=\int 3r_i'r_j'\rho(\b r')\d V'$$

电四极子衡量球面分布，球对称的电荷分布没有四极矩。两个重合的偶极子反接重合，无电场；然后偶极子各自平移，产生电场即为四极子。四极矩可以由偶极子电势微分得到。

如 $\text H_2\text O$ 等极性分子，可以被当作偶极子（总电荷为零，但偶极矩非零）；$\text{CO}_2$ 等非极性分子，可以当成两个偶极子重叠构成的四极子（总电荷、偶极矩均为零，只能考虑四极矩）。

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导体的场合。导体产生的电场不好研究，因为导体电子在外电场影响下会重分布。

• 咋办？猜分布、验证是否是等势面！由唯一性定理，只要猜中就是唯一解！

无导体时的唯一性定理：

在体积 $V$ 中，若已知电荷分布 $\rho(\b x)$【注意：$\rho(\b x)$ 是固定电荷分布，不是导体中的流动电荷】，且给定下列二者与边界有关信息之一：

• 边界电势 $\varp|_S$。
• 边界法向电势导数（法向电场强度）$\left.\dfrac{\p\varp}{\p\b n}\right|_S$。

则内部电场即可唯一确定。

引理：由 Gauss 定理，

$$\int(\nabla\cdot\b C)\d V=\int \b C\cdot\d\b S$$

现在，若满足 $\b C=\Phi\nabla\varp$，其中 $\Phi,\varp$ 是任意标量场，则

$$\int(\nabla\cdot\b C)\d V=\int \b C\cdot\d\b S \\\int(\Phi\nabla^2\varp+\nabla\Phi\cdot\nabla\varp)\d V=\int(\Phi\nabla\varp)\cdot\d\b S \\=\int\Phi\dfrac{\p\varp}{\p\b n}\d S$$

上式称作 Green 定理。

因为 $\nabla\cdot\b E=\dfrac{\rho}{\vare_0}$，而 $\b E=-\nabla\varp$，因此有 $\nabla^2\varp=-\dfrac{\rho}{\vare_0}$ 的 Poisson 方程。

现在，假设存在两个满足唯一性定理条件的分布 $\varp,\varp''$，则在内部均满足 Poisson 方程。

令 $U=\varp'-\varp''$，则在 $V$ 内部有 $\nabla^2U=0$ 的条件；边界上条件为：

• 电势处处为零。
• 电势法向导数为零

二者之一。

现在，在 Green 定理中，令 $\varp=\Phi=U$，则

$$\\\int(U\nabla^2U+\nabla U\cdot\nabla U)\d V= \int U\dfrac{\p U}{\p\b n}\d S$$

因为或者 $U=0$，或者 $\dfrac{\p U}{\p\b n}=0$，所以 RHS 为零。

而因为在内部 $\nabla^2U$ 处处为零，所以 $\int(\nabla U)^2\d V=0$。于是可知 $\nabla U$ 处处为零，即其在空间内部为常数。

若给定的边界条件是边界电势，则易知 $U=0$，可知解唯一；若给定的边界条件是边界梯度，则解之间相差常数。

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现在，扩充唯一性定理至有导体的场合。

则：

• 在无导体的空间上，电荷分布给定。
• 在每个导体的电势/电荷给定。
• 边界的电势/电势梯度给定。

此时电场唯一分布。

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Image charge 法：

在导体内部幻想一些电荷，保持导体的边界条件不变。于是可以用幻想出的电荷来替代导体中的诱导电荷。

例：无限接地面。对一侧镜像到另一侧，则接地面上电场处处为零。

例：接地球。对接地球外一点，其镜像点即为与其互动形成阿氏球恰为该接地球的另一点。

• 如果是非接地球呢？在球心放一个与幻想电荷电量相反之电荷即可。

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Image Charge 法不一定能用。更常见的场合，在分析导体内部的电场时，还是只能处理如下的问题，即有边界条件的 Laplace 方程

$$\nabla^2\varphi=0$$

三维的场合，常常没有解析解；但是，如果是二维或近似二维，即电场在 $z$ 轴方向没有或几乎没有变化的场合，则 Laplace 方程退化为 Poisson 方程

$$\dfrac{\p^2x}{\p x^2}+\dfrac{\p^2y}{\p y^2}=0$$

此时可以使用复变函数方法解决。

对于解析函数，其满足额外的 C-R 方程条件：

$$u_x=v_y \\u_y=-v_x$$

再求导可知，解析函数的实部与虚部均满足 Laplace 方程，即

$$u_{xx}+u_{yy}=0 \\v_{xx}+v_{yy}=0$$

• 除此之外，还有额外条件 $\nabla u\cdot\nabla v=0$，即 $u,v$ 的等势线处处正交。

则，如果可以将 $\varp$ 扩充为一个解析函数的实部或虚部之一，则其即满足条件。

而二维的场合，取一个为等势线，一个为电场线，则其满足要求！

首先，有

$$E=-\nabla V=-V_x-iV_y$$

然后，

$$W=-\int_A^B\b E\cdot\d\b l \\=\int_A^B(V_x+iV_y)\cdot(\d x+i\d y) \\=\int_A^BV_x\d x+V_y\d y \\=V(B)-V(A)$$

其中，$\cdot$ 被看作是复数之间的点乘，实部虚部分别相乘；$\d\b l$ 是路径 $AB$ 上的长度微元。

而令

$$N=\int_A^B\b E\cdot\d\b s \\=-\int_A^B(V_x+iV_y)\cdot(-\d y+i\d x) \\=\int_A^B(V_x\d y-V_y\d x) \\=:\int_A^BU_y\d y+U_x\d x \\=U(B)-U(A)$$

这里的 $\d\b s$ 是法向量与路径垂直的面积微元的法向量；$U$ 是一个人为定义的通量函数（类似电流密度函数的概念）；沿电场线走，通量 $U$ 处处不变。

这么搞之后，有

$$E=-V_x-iV_y=-V_x-iU_x=(-i)\bar f'(z)$$

则

$$f'(z)=(-i)\bar E$$

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假如我们已知 $f(z)$，则其实部即为电通量 $U$，虚部即为电势 $V$；$U$ 等势即为电场线，$V$ 等势即为电势线；$f(z)$ 被称为 复势。

带电长直导线的电场为

$$\b E=\dfrac\lambda{2\pi\vare_0r^2}\b r$$

用复数表示就是

$$\dfrac\lambda{2\pi\vare_0\bar z}$$

于是知

$$f'(z)=(-i)\dfrac\lambda{2\pi\vare_0z}$$

积分即知

$$f(z)=(-i)\dfrac\lambda{2\pi\vare_0}\ln z$$

这即为长直导线复势公式。

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在所有 $x\in\Z,z=0$ 处，放置着无限长垂直 $y$ 轴导线。则在 $x,z$ 两维上满足 Laplace 方程

$$\dfrac{\p^2\varp}{\p x^2}+\dfrac{\p^2\varp}{\p z^2}=0$$

通过 Fourier 展开，猜想每一项是

$$\varp_n=F_n(z)\cos\dfrac{2\pi nx}a$$

的形式。代入得到应有

$$\dfrac{\d^2F_n(z)}{\d z^2}-\dfrac{4\pi^2n^2}{a^2}F_n(z)=0 \\F_n(z)=A_ne^{-z/z_0},z_0=a/2\pi n$$

因此，$\varp_n$ 关于 $z_0$ 为比例快速衰减。同时，有 $F_0(z)=-E_0z+C$，于是有总式子

$$\varp=-E_0z+\sum A_ne^{-z/z_0(n)}\cos\dfrac x{z_0}+C$$

当 $z\gg z_0(n)$ 时，有 $E=E_0$。这说明，数根铁棒编织成的网络就足以起到静电屏蔽之作用，密封性不用卡太死。

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电场中存储着电势能。

电势能

$$U=\dfrac12\int\varp\d q=\dfrac12\int\varp\rho\d V$$

而由 Gauss 定理，$\nabla^2\varp=-\rho/\vare_0$，因此有

$$U=-\dfrac{\vare_0}2\int\varp\nabla^2\varp\d V \\=-\dfrac{\vare_0}2\int(\nabla\cdot(\varp\nabla\varp)-\nabla\varp\cdot\nabla\varp)\d V \\=\dfrac{\vare_0}2\int\|\b E\|^2\d V-\dfrac{\vare_0}2\int(\varp\nabla\varp)\cdot\d\b S$$

注意，$U$ 的积分是全空间的，因此后一项的 $S$ 应该膨胀趋于无穷；然后因为电荷分布是局域的而非全空间的，在充分远处有 $\varp\sim\dfrac1r$，而 $\nabla\varp\sim\dfrac1{r^2}$，但 $S\sim r^2$，因此 $S\to\infty$ 时最后的积分趋于 $0$。因此即有

$$U=\int\dfrac12\vare_0E^2\d V$$

其中 $\dfrac12\vare_0E^2$ 即为电磁场的局域能量。

• 这个模型对于点电荷的场合无效：计算可知理想点电荷的能量趋于无穷。因此存在经典的电子半径 $r_c\approx2.82\times10^{-15}\Me$，小于该半径则电荷无法被当成点电荷。
• 因此，当任意形式下牵涉到点电荷时，再用全空间电场积分就不对了！
• 当同时牵扯到点电荷和连续电荷时，我们唯一能使用的公式就是 $\dfrac12(\int\varp_1\d q+\sum\varp_2q)$；其中，$\varp_1$ 是空间中该点的电场，$\varp_2$ 是空间中除 $q$ 外其它物体生成的电场。

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忽略边缘效应，则两极板间的电容为

$$C=\dfrac QV=\dfrac{A\vare_0}d$$

其中 $A$ 是极板面积、$d$ 是距离。

现在往中间插一块厚度为 $b$ 的导体板，易知电容变为原本的 $\dfrac d{d-b}$ 倍。

现在往中间插一块绝缘体板。在靠近正电荷的一侧，感应出少量负电荷（但不如导体板的场合那么多）；在靠近负电荷的一侧同理。在绝缘体板与电容板间，电场不变；在绝缘体板内部，电场变小，但没有像导体版的场合一样衰减至零。因此，插入绝缘体板后，电势差变小，但没有像导体的场合一样小，因此电容变大，但不会到 $\dfrac d{d-b}$ 的限度。

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电极化强度 $\b P=Nq\b\delta$。因此，$\b P$ 与电荷面密度 $\sigma$ 有相同量纲，并且有 $\sigma_{pol}=\b P\cdot\b e_n$，其中 $\sigma_{pol}$ 是极化电荷面密度。

有

$$\oint\b P\cdot\d\b S=-\sum q'_{in}=\sum q'_{out}$$

并且

$$\oint\b E\cdot\d\b S=\dfrac{\sum q_{in}+\sum q'_{in}}{\vare_0}$$

因此

$$\oint(\vare\b E+\b P)\d\b S=\sum q_{in}$$

即

$$\oint \b D\cdot\d\b S=\sum q_{in}$$

其中 $\b D=\vare\b E+\b P$，和面电荷有相同量纲。当 $\b P=\chi\vare_0\b E$ 时，有 $\b D=(1+\chi)\vare_0\b E=\kappa\vare_0\b E$。

极化强度的 Gauss 定理：$\rho_{pol}=-\nabla\cdot\b P$。

越能导的物体，介电常数越大；金属的常数是无穷，因为它可以把电子移到无穷远，因此 $\b P=\b\infty$。

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现在，提出电介质问题的方法论。

$\b P$，$\b E$，$\b E_0$ 互相影响。这不牛！

但是 $\b D$ 只与自由电荷 (free charge) 有关，因此可以列 $\b D$ 的 Gauss 定律等算 $\b D$，然后由 $\b D=\vare\b E$ 的关系算得 $\b E$，然后由 $\b E$ 即可知 $\b D$。

例：宽为 $d$ 的无限大电介质板，相对介电系数 $\vare_r$，内部均匀分布电荷 $\rho_0$。

取圆筒，筒的两个底面均在介质板外，则有

$$2DS=\rho_0dS \\D=E=\dfrac{\rho_0d}2$$

取圆筒，筒的两个底面均在介质板内，则有

$$2DS=\rho_02xS \\D=\rho_0x \\ E=\dfrac{\rho_0x}{\vare_r\vare_0} \\ P=\dfrac{(\vare_r-1)\rho_0x}{\vare_r\vare_0}$$

其中 $x$ 是圆筒距介质板中心的距离。

可以按照 $\rho'=-\nabla\cdot\b P$ 的方式计算极化电荷。在这个问题中，介质板表面分布着均匀的正极化电荷，内部分布着均匀的负极化电荷；实质是正的 $\rho_0$ 电荷密度周围吸附了均匀的负极化电荷。

介质中的点电荷会被极化电荷屏蔽，电场除以 $\vare_r$。

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两导体极板带 $\pm Q$ 的电荷，面积为 $S$，距离为 $d$，内部是 $\vare_0$ 的真空。现在往一半的面积中充入 $\vare_r\vare_0$ 的电介质，各数据如何变化？

首先，因为两极板都是导体，所以充入电介质后其仍然等势，因此有无电介质不影响极板间的电场处处匀强。因此 $\pm Q$ 的电荷会以 $1:\vare_r$ 的比率分配给 $\vare_0$ 周围和 $\vare_r\vare_0$ 的周围，把电介质中的电场强行撑大。

• 模型其实也可以被看作是两电容并联，两端电压相等，总电量会在二者间分布。有 $C=C_1+C_2$。因此 $C_1=\dfrac{\vare_0S/2}d,C_2=\dfrac{\vare_r\vare_0S/2}d$。
• 原理是，电介质抵消了电场，但为了保持匀强电场所以电子不得不移动过来。

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电流密度 $\b j$ 是单位时间通过单位面积的电荷量，即有 $\Delta Q=\b j\cdot\Delta\b s\Delta t$。$\b j$ 的单位是 $\Co\cdot\Me^{-2}\cdot\Se^{-1}$，或是 $\Am\cdot\Me^{-2}$。

令 $\b v$ 为载流子速度，则有 $\b j=\rho\b v=Nq\b v$，其中 $N$ 为载流子密度。$I$ 是电流密度通量，即

$$I=\int_S\b j\cdot\d\b s$$

电流守恒定律：

$$\oint_S\b j\cdot\d\b s=-\dot Q$$

令体积趋于零，可知

$$\nabla\cdot\b j=-\dot\rho$$

由 Lorentz 公式 $\b F=q\b v\times\b B$ 可知，$\d\b F=N\d V(q\b v\times\b B)=\b j\times\b B\d V$。现在令讨论区域是导线，则 $\d V=A\d\ell$，于是

$$\d\b F=\b I\times\b B\d\ell \\\dfrac{\d\b F}{\d\ell}=\b I\times\b B$$

其中，$\b I$ 是电流矢量，被认为垂直于积分面。此乃 Ampere 力公式。

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静磁学：

• $\rho$ 恒定。
• 电流是恒定电流。（这意味着 $\b j$ 恒定）
• 电场、磁场不随时间改变。

磁场源为电流密度，即 $\nabla\times\b B=\mu_0\b j$。

Ampere 定律：

$$\oint\b B\cdot\d\b l=\int(\nabla\times\b B)\cdot\d\b a \\=\mu_0\int\b j\cdot\d\b a=\mu_0I$$

长螺线管内部磁场比外界强很多。对螺线管附近取一条回路，使用环路定理可知，$B_0=\mu_0nI$，其中 $n=N/L$，$N$ 是总匝数，$L$ 是总长度。

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$\b F=q\b v\times\b B,\b j=Nq\b v$。我们的 $\b v$ 是相对于哪个系的速度？

答曰：取任何惯性系均可。

但是不同惯性系下理应遵从同一物理规律。这暗示着电磁场是统一、可以相互转换的。

导线中有电流 $I$ 在从右往左流。负电荷以 $\b v_0$ 的速度在导线上方从左往右跑。

在导线上方的磁场是垂直纸面向里的磁场。因为是负电荷，电荷会受指向导线的力。

现在，在负电荷静止、导线运动的系中分析。这个系中，电荷静止，因此不能受到磁场力；受到的是电场力，因为运动的导体不再处处电中性，会有电场。

具体推导？不妨令导线中载流子即为电子。在导线静止系中，$\rho_+$ 静止，$\rho_-$ 以 $\b v$ 的速度从左往右跑。只要满足处处 $\rho_+=\rho_-$，则导线即为电中性（注意，这里的 $\rho_-$ 已经经过相对论修正）。有

$$\b F=q\b v_0\times\b B \\F=\dfrac{qv_0\mu_0I}{2\pi r}=\dfrac{qv_0\mu_0\rho_-vA}{2\pi r}$$

（$B=\dfrac{\mu_0I}{2\pi r}$ 由 Ampere 定理保证）其中 $I=\rho_-v A$。

现在考虑 $v_0=v$ 的特殊状况。因为满足 $c^2=\dfrac1{\mu_0\vare_0}$ 的好性质，所以有

$$F=\dfrac{q\rho_-A}{2\pi r\vare_0}\dfrac{v^2}{c^2}$$

在 $S'$ 坐标系下，$\rho_-'$ 是静止的，$\rho_+'$ 以 $-\b v$ 的速度移动；$\rho_+'$ 会生成磁场，但是没有磁场力。

现在，问题在于由相对论效应，运动的长度会变短，因此运动的 $\rho_+'$ 会比静止的 $\rho_+$ 更大，有 $\rho_+'=\dfrac{\rho_+}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$；同理，$\rho'_-$ 是静止坐标系，因此运动的 $\rho_-$ 会比静止的 $\rho'_-$ 更大，因此 $\rho'_-=\rho_-\sqrt{1-v^2/c^2}$。

因此，总 $\rho'=\rho\dfrac{v^2/c^2}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$，乃是一带正电导线；计算

$$F'=\dfrac{q\rho_+A}{2\pi\vare_0r}\dfrac{v^2/c^2}{\sqrt{1-v^2/c^2}} \\F'=\dfrac F{\sqrt{1-v^2/c^2}}$$

这个区别在于，力在 Lorentz 变换下也会得到改变，改变关系恰为上述关系。

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电荷密度和电流密度共同组成了一个四维矢量

$$\rho=\dfrac{\rho_0}{\sqrt{1-v^2/c^2}} \\\b j=\rho\b v=\dfrac{\rho_0\b v}{\sqrt{1-v^2/c^2}} \\\b j_\mu=(\b j,\i c\rho) \\\b x_\mu=(\b x,\i ct)$$

则

$$\dfrac{\p\b j_\mu}{\p\b x_t}=0 \\\nabla\cdot\b j+\dfrac{\p\rho}{\p t}=0$$

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磁感应强度 $\b B$ 有对应的磁矢势 $\b A$，满足 $\b B=\nabla\times\b A$。因为梯度的旋度永远为零，所以可以有 $\b A'=\b A+\nabla\varp$。

Coulomb 规范 (Coulomb Gauge) 要求 $\nabla\cdot\b A=0$。虽然此时 $\b A$ 仍然不能唯一确定。例如，令 $\b B=B_0\b e_z$，则 $\b A_1=xB_0\b e_y,\b A_2=-yB_0\b e_x$ 以及它们的 $\{t,1-t\}$ 线性组合都是满足 Coulomb 规范的 $\b A$。

因为 $\nabla\times\b B=\mu_0\b j$，因此有 $\nabla\times(\nabla\times\b A)=\mu_0\b j$；因此 $\nabla(\nabla\cdot\b A)-\nabla^2\b A=\mu_0\b j$；而由 Coulomb 规范有 $\nabla\cdot\b A=0$，因此有 $\nabla^2\b A=-\mu_0\b j$。

注意：对于矢量场的 Laplace 方程，其等效于每一维分别的 $\nabla^2A_i=-\mu_0j_i$，其中 $i\in\{x,y,z\}$。于是，即有每一维上分开来类似于静电场的 Poisson 方程，每个 $j_i$ 等效于一个 $\rho$（事实上，它们之间的区别是把一个长度量纲换成了时间量纲）。

在全空间上，静电场 Poisson 方程的解即为

$$\varp(\b r)=\dfrac1{4\pi\vare_0}\int\dfrac{\rho(\b r')\d V}{\|\b r-\b r'\|}$$

因为 $\b A$ 的每一维均遵循和 $\varp$ 仅有常系数区别的方程，所以可类推得到

$$\b A(\b r)=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\b j(\b r')\d V}{\|\b r-\b r'\|}$$

因此，由电流分布求 $\b B$ 的方式，也可以遵照上式，先由 $\b j$ 求 $\b A$，再由 $\b B=\nabla\times\b A$ 求 $\b B$。

既然 $\b j$ 与 $\rho$ 相似，那么 $I$ 就与 $\lambda$ 相似；面电流 $J$ 与面电荷密度 $\sigma$​ 则相似。

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例如，考虑沿 $z$ 轴正方向一股电流 $I$，有

$$\b j=\dfrac{I}{\pi a^2}\b e_z$$

$\b j_x=\b j_y=0$，而 $\b j_z$ 就像一根 $\rho\sim\dfrac I{\pi a^2}$ 的带电棒。有 $\varp=-\dfrac\lambda{2\pi\vare_0}\ln r$，则 $A_z=\dfrac{-\mu_0I}{2\pi}\ln r$。求旋度即得，$\b B=\dfrac{\mu_0\b I}{2\pi r}\times\b e_r$，与通过 Ampere 环路定理推出结果相同。

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同理，考虑长螺线管 solenoid。其只在表面有电流密度 $\b j$，则 $\b j$ 在表面绕圈，有 $\b j_x=-j\sin\theta,\b j_y=j\cos\theta,\b j_z=0$。表面的 $\b j$ 就可以类比表面的 $\sigma$，即 $\sigma\sin\theta$ 的圆柱，可以看作两根 $\pm\rho$ 的圆柱重叠。推一坨即可。

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平面上有一个正方形逆时针电流元。则 $\b j_z=0$，于是 $\b A_z=0$；在 $x,y$ 方向上，它各自等效于两段相对电流。这其实类似于电偶极子。

具体而言，有

$$\varp=\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac{\b p\cdot\b e_R}{R^2} \\A_x=-\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{Iab}{R^2}\dfrac yR$$

（注意，负号是因为逆时针等效的电偶极子是沿 $y$ 轴负方向的）

总结为，

$$A_x=-\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{Iab}{R^2}\dfrac yR,A_y=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{Iab}{R^2}\dfrac xR \\\b A=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{Iab}{R^2}\b e_z\times\b e_r$$

因此，对于面 $S$，其磁偶极矩 $\b\mu=I\b S$，其中 $\b S=S\b e_S$。则有

$$\b A=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\b\mu\times\b e_r}{R^2}=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\b\mu\times\b R}{R^3} \\\b B_x=-\dfrac{\p A_y}{\p z}=\dfrac{\mu_0\mu}{4\pi}\dfrac{3xz}{R^5} \\\b B_y=\dfrac{\mu_0\mu}{4\pi}\dfrac{3yz}{R^5} \\\b B_z=\dfrac{\mu_0\mu}{4\pi}\left(\dfrac{3z^2}{R^5}-\dfrac1{R^3}\right) \\\b B=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\left(-\dfrac{\b\mu}{R^3}+\dfrac{3(\b\mu\cdot\b R)\b R}{R^5}\right)$$

与 $\b E=\dfrac1{4\pi\vare_0}\left(-\dfrac{\b p}{R^3}+\dfrac{3(\b p\cdot\b R)\b R}{R^5}\right)$ 类似。即，环电流元与依右手螺旋定则穿过其之电偶极子类似。

虽然在源周围，电场和磁场遵循不同的原理；但是在远场处，二者的散度和旋度均可以近似为零。这就是为何二者有相似的形式。

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对式子

$$\b A(\b r)=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\b j(\b r')\d V}{\|\b r-\b r'\|}$$

求旋度可以得到 $\b B(r)$。有

$$\b B=\nabla_{\b r}\times\b A=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\nabla_{\b r}\times\dfrac{\b j(\b r')}{\|\b r-\b r'\|}\d V \\=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\left(\nabla_\b r\dfrac1{\|\b r-\b r'\|}\times\b j(\b r')+\dfrac{\nabla_\b r\times\b j(\b r')}{\|\b r-\b r'\|}\right)\d V$$

这里，注明 $\nabla_\b r$ 意为关于场点坐标 $\b r$ 求梯度，而非源点坐标 $\b r'$。因此，$\nabla_\b r\times\b j(\b r')=\b0$。

$$\\=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\left(-\dfrac{\b e_{\b r-\b r'}}{\|\b r-\b r'\|^2}\times\b j(\b r')\right)\d V \\=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\b j\times\b e_{12}}{r_{12}^2}\d V$$

这个式子与电场中

$$\b E=\dfrac1{4\pi\vare_0}\int\dfrac{\rho\b e_{12}\d V}{r_{12}^2}$$

的式子类似。

并且，因为 $\b j\d V=I\d\b\ell$，因此即有

$$\b B=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{I\d\b\ell\times\b e_{12}}{r_{12}^2}$$

此乃 Biot-Savart 定理。

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导线附近的磁场是

$$B=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac I{r_0}(\cos\theta_1-\cos\theta_2)$$

因此，如果是无限长导线，则其为

$$B=\dfrac{\mu_0}{2\pi}\dfrac I{r_0}$$

与 Ampere 定理结果吻合。

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在均匀磁场 $\b B$ 中的磁偶极子受力。虽然合力为零，但其受力矩 $\b\tau=\b\mu\times\b B$，与电场中电偶极子受力矩 $\b p\times\b E$ 相类。由虚功原理可知，$U=-\b\mu\cdot\b B$。但是注意，这并非一个电流回路所具有的全体能量：例如，维持一个电流回路需要某些能量。因此，我们只把这部分能量称作 $U_{mech}$，因为它其实是一种势能（机械能）。即有 $U_{mech}=-\b\mu\cdot\b B$。但是，这个能量与 $-\b p\cdot\b E$ 不同，它不是真实的能量（前者是把两个电荷按在一块所需要的能量）。

对于一个矩形回路而言，$U_{mech}$ 同时也上把它从无磁场区域移至磁场中时，非电磁力所做功。同时，在非均匀磁场中，电磁力非零，且有 $\b F=\nabla(\b\mu\cdot\b B)$。

$U_{mech}$ 虽然并非总能量，但它是计算受力等场合一个好用的原理，前提是所有电流都是恒定电流。

通过对 Lorentz 力等分析，我们可知：磁场中的导线受外力移动。对导线所做机械功总是恰等于对电流源所做电功。这是因为，$\b F=q(\b E+\b v\times\b B)$；如果没有 $\b E$，则 $\b F\cdot\b v=0$。一个变磁场会产生电场，因此此分析只适用于恒定磁场中移动的导线。

虚功原理缺了什么呢？缺了正在产生磁场的电流能量。

现在假设有两个线圈。把两个线圈从无穷远处摆在一块。

固定线圈 $A$，把 $B$ 移过来。$B$ 移过来的过程中，其电流在运动，磁场会变动，于是产生电场，其对 $A$ 中的电荷会做功，这个能量未被考虑。这一能量记作 $U_B$，则 $U_B+U_{mech}=0$。同理，如果看作是固定 $B$、移来 $A$，有 $U_A+U_{mech}=0$。

总能量 $U_t=U_A+U_B+U_{mech}=-U_{mech}$。因此，有磁偶极子的真实能量 $U_{total}=-U_{mech}=-(-\b\mu\cdot\b B)=\b\mu\cdot\b B$。只有在假定一切电流都是恒定电流时，才可以应用 $U_{mech}$ 求机械力。

这一部分可以类比：首先有电容器能量为 $\dfrac12\dfrac{Q^2}C$。应用虚功，可知 $\Delta U=-\dfrac{Q^2}2\dfrac{\Delta C}{C^2}$。

但是，假如我们人为定义一个值为 $-\dfrac12CV^2$ 的能量（它与真实能量相反），声称其变化等于机械功，并且忽略维持电压不变由电源做的功，也可正确获得结果。

上述推导类比的结果是，把磁偶极子扔进磁场，忽视磁偶极子对磁场的影响，则能量为 $-\b\mu\cdot\b B$；但是，磁偶极子会对磁场源有一些影响，这些影响又需要额外的其它东西来抵消；考虑到这部分影响后，总能量即为 $\b\mu\cdot\b B$​。

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对于任意形状的单一电流回路，其总能量

$$U=\sum\b\mu\cdot\b B \\=\sum I\b B\cdot\Delta\b S \\=I\int_{\text{平面}}\b B\cdot\d\b S=I\oint_{\text{边界}}\b A\cdot\d\b\ell$$

现在，复杂回路可以看作众多上述单一回路的总和。于是因 $I\d\b\ell=\b j\d V$ 即有

$$U=\dfrac12\int_{\text{全空间}}\b j\cdot\b A\d V$$

与静电学中 $U=\dfrac12\int\rho\varp\d V$ 类似。

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在电动力学中，电磁场的传播需要时间。因此，$\varp$ 和 $\b A$ 的公式改变为延迟势（retarded potential）

$$\varp(\b x,t)=\dfrac1{4\pi\vare_0}\int\dfrac{\rho(\b x',t-r/c)\d V'}{r} \\\b A(\b x,t)=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\int\dfrac{\b j(\b x',t-r/c)\d V'}{r}$$

影响会以 $c$ 的速度传播。同时，$\b B,\b E$ 的关系也略有修改

$$\b B=\nabla\times\b A \\\b E=-\nabla\varp-\dot{\b A}$$

其中，$\dot{\b A}=\dfrac{\p\b A}{\p t}$ 的项即来自 Faraday 电磁感应公式。

但是不考这个捏。

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一段回路的电动势（electromotive force）是单位电荷绕其一圈运动时，力（不分种类）做功的量。即，

$$q\Emo=\oint\b F\cdot\d\b\ell$$

这里为什么可以是不分种类的力？因为静电场环量为零。

均匀磁场上两根平行导轨电路间滑动杆子产生的电动势 $\Emo=Blv$。

• ……所以，你的量纲根本不是力的量纲而是电场的量纲，为什么要叫 em force 呵喂！

通量法则：环路上的 $\Emo$ 是环路内部磁通量变化率的相反数。即，

$$\Emo=-\dot\Phi$$

在杆子滑动的场合，电动势是 Lorentz 力分力产生的。但是，在只有磁场本身变化时，不会有 Lorentz 力，因此电动势只有可能由电场力提供，即电场本身有电势。

于是有 Faraday 定律：

$$\nabla\times\b E=-\dot{\b B}$$

验证其结果，即为

$$\oint\b E\cdot\d\b\ell=\int(\nabla\times\b E)\cdot\d\b S=-\int\dot{\b B}\d\b S=-\dfrac\p{\p t}\int\b B\cdot\d\b S=\dot\Phi$$

通量定律 $\Emo=-\dot\Phi$ 总是正确的。考虑电磁力公式 $\b F=q(\b E+\b v\times\b B)$，其中环路中的 $\b E$ 如果总功非零，则必然来自于变化的磁场，$\b v$ 则是导线切割磁感线的影响。

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在匀强磁场环境中放置一个环形轨道。

$$2\pi rE=\dfrac\d{\d t}(B_{avg}\pi r^2) \\E=\dfrac r2\dot B_{avg} \\\d p=\dfrac{qr}{2}\d B_{avg} \\\Delta p=\dfrac{qr}2\Delta B_{avg}$$

同时，圆周运动会有向心力，即

$$qvB_{orbit}=\dfrac{\d p_t}{\d t} \\\dfrac{\d p_t}{\d t}=\omega p=\dfrac{vp}r \\qB_{orbit}=\dfrac pr \\\Delta p=qr\Delta B_{orbit} \\\Delta B_{avg}=2\Delta B_{orbit}$$

如果满足这样的关系，则不需要轨道就能约束电子。

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在圆盘的圆周上固定一堆带电金属球，圆盘的圆心周围通过一个磁场。现在，撤去磁场，按照 Faraday 电磁感应定律，在圆周上应该感应出电动势，于是金属球受力，圆周应该转动。

一个东西凭空开转了，是否违背角动量守恒？

答曰：并非违背，此乃电磁场角动量。

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匀强磁场中有一导线环。其通量 $\Phi=NBS\cos\theta$。若它以 $\omega$ 开转，则 $\Emo=NBS\omega\sin\omega t$。此乃交流发电机。

在远离发电机的部分，电磁场几乎不再变化，此时回到静电场的场合，可以定义电势 $V$，且满足 $V=\Emo$。

其功率

$$\d P=v\b F\cdot(n\d\b \ell) \\ P=\oint v\b F\cdot n\d\b\ell=vn\oint\b F\cdot\d\b\ell=\Emo I \\=NISB\omega\sin\omega t$$

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两根嵌套螺线管。$B=\mu_0N_1I_1/\ell$，则 $\Emo_2=-N_2S\dot B=-\dfrac{\mu_0N_1N_2S}\ell\dot I_1=M_{21}\dot I_1$，其中互感系数 $M_{21}=-\dfrac{\mu_0N_1N_2S}{\ell}$。由对称性，两互感系数相同。

事实上，任两个线圈间都有互感。

$$\Emo_1=-\dfrac\d{\d t}\int_1\b B\cdot\d\b S=-\dfrac\d{\d t}\oint_1\b A\cdot\d\b\ell \\\b A=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\oint_2\dfrac{I_2\d\b\ell}{r_{12}} \\\Emo_1=-\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac\d{\d t}\oint_1\oint_2\dfrac{I_2\d\b\ell_1\cdot\d\b\ell_2}{r_{12}}=M_{12}\dot I_2$$

事实上，一根线圈也会有自感。自感必然为负。

总的

$$\Emo_1=M_{12}\dot I_2+M_{11}\dot I_1 \\\Emo_2=M_{21}\dot I_1+M_{22}\dot I_2$$

其中 $M_{11}=-L_1,M_{22}=-L_2$。

单个线圈的

$$\Emo=-L\dot I$$

即，自感总是遏制电流的变化。

综上，有或许没啥用的

$$M=-\dfrac{\mu_0}{4\pi}\oint_1\oint_2\dfrac{\d\b\ell_1\cdot\d\b\ell_2}{r_{12}}$$

的公式。

对比：

$$V=L\dot I\iff F=m\dot v \\U=\dfrac12LI^2\iff W=\dfrac12mv^2$$

其中，第二行是由

$$\dot W=\Emo I$$

积分得到 $-W=U=\dfrac12LI^2$ 得到的。这是一个电路的自能。

电路系统总能量

$$U=\dfrac12 L_1I_1^2+\dfrac12L_2I_2^2+MI_1I_2$$

考虑建立电路的过程：$I_1$ 先被建立，然后建立 $I_2$ 时，为了遏制 $I_1$ 中的互感，需要额外付出 $MI_1I_2$ 的能量。

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自感系数如何计算？考虑 $U=\dfrac12LI^2$ 与 $U=\dfrac12\int\b j\cdot\b A\d V$ 两个公式，得到

$$L=\dfrac1{I^2}\int\b j\cdot\b A\d V$$

与电流无关。

有

$$U=\dfrac1{2\mu_0}\int(\nabla\times\b B)\cdot\b A\d V \\=\dfrac1{2\mu_0}\int(\nabla\cdot(\b B\times\b A)+\nabla\times\b A\cdot\b B)\d V \\=\dfrac1{2\mu_0}\oint(\b B\times\b A)\d\b S+\dfrac1{2\mu_0}\int B^2\d V$$

其中，有 $B\sim\dfrac1{r^2},A\sim\dfrac1r$，因此若电流是局域的，让被积分区域遍及全空间，则前一项积分为零。于是有

$$U=\dfrac1{2\mu_0}\int_\text{全空间}B^2\d V$$

这个公式与静电场的 $\dfrac{\vare_0}2\int E^2\d V$ 类似。

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Ampere 定律是 $\nabla\times\b B=\mu_0\b j$，推论为 $\nabla\cdot\b j=0$，这个定律和电荷守恒定律，即 $\nabla\cdot\b j+\dot\rho=0$ 不协调。

因此，Ampere 定律必须得到修正，才能与电荷守恒定律适谐。

相反，在考虑“位移电流”后，其修正为

$$\nabla\times\b B=\mu_0\b j+\mu_0\vare_0\dot{\b E}$$

其求散度后则与电荷守恒定律适谐。

如何理解位移电流？考虑一个不断向外辐射电子的电荷元，则其相当于有向各个方向的电流，则其会有磁场。可知：所有电流的磁场彼此抵消，全空间内没有磁场。

有 $\dot Q=-4\pi r^2\b j$，同时电场也会变化，使用 Gauss 定律分析知 $\dot{\b E}=-\dfrac{\b j}{\vare_0}$。

因为全空间没有磁场，所以须有 $\nabla\times\b B=\mu_0\b j+\vare_0\mu_0\dot{\b E}=\b0$。

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考虑一个正在靠无穷远处电源充电的电容器。则有 $I=\dot Q$。

现在，选取 $+Q$ 盘上方包含 $I$ 的一个回路 $\gamma$，以其为边界选取面 $\Gamma$，则若导体是理想导体，则电流中不应有电场，直接即有

$$\oint_\gamma\b B\cdot\d\b\ell=\mu_0\int_\Gamma\b j\cdot\d\b s=\mu_0I$$

但是，如果换成通过电容区域的 $\Gamma'$，此时 $\mu_0I$ 不再通过 $\Gamma'$，这一部分理应由 $\dot{\b E}$ 所弥补。有

$$\vare_0\mu_0\int\dot{\b E}\cdot\d\b S=\vare_0\mu_0\dfrac\d{\d t}\dfrac Q{\vare_0}=\mu_0I$$

给出相同的结果。

即，当空间中的电场 $\b E$ 改变时，应视作有一个 $\vare_0\dot{\b E}$ 的等效 $\b j'$ 流过。

对比：

$$\mu_0\int_\Gamma\b j\cdot\d\b S=\mu_0I=\mu_0\vare_0\int_{\Gamma'}\dot{\b E}\d\b S$$

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在 $y$-$z$ 平面上有一个平面。现在，突然加之一个面电流 $J$ 沿 $y$ 轴正方向。会有什么影响？

假如 $J$ 是恒定电流，那么会产生 $B=\mu_0J/2$，方向在 $x$ 轴正方向侧沿 $z$ 轴负方向，负方向侧沿正方向。

显然，这个磁场不可能瞬间充满全空间。场仅能以有限速率传播。在其波前传播到某一位置时，其左侧有 $\mu_0J/2$ 的磁场，右侧有 $0$ 的磁场。在波前处，会有 $EL=-BLv$，即 $E=Bv$ 的感应电场。在 $x$ 轴正方向上有磁场的区域，其同时会有方向沿 $y$ 轴负方向的电场。

随着波的传播，不仅是磁场在 build up 并感应出电场，这个电场同样会 build up 并感应出磁场。有 $BL=\dfrac1{c^2}ELv$，则 $B=\dfrac1{c^2}Ev$。这个磁场应该恰为感应出电场的磁场，由此可得须有 $v=c$。

综上，在打开电流 $J$ 指向 $y^+$ 时，沿 $x^+$ 方向会有：

• $B=\mu_0J/2$ 沿 $z^-$ 方向。
• $E=Bv$ 沿 $y^-$ 方向。

的电磁场传播。

同理，倘若电流在 $T$ 时刻被切断，则相当于又叠加了一个 $-J$，会出现 $-B,-E$ 的电磁场在传播。最终，会有一个长为 $vT$ 的波包向外界传播，这个波包即不再依赖波源。

一切 TEM (Transverse Electric Magnetic) 波都满足：

• $E=Bc$。
• $\dfrac{\vare_0E^2}{2}=\dfrac{B^2}{2\mu_0}$。
• 波传播方向 $\b k$、电场方向 $\b B$、磁场方向 $\b E$ 三者互相垂直。

TE 波只有电场垂直于传播方向，而 TM 波只有磁场。

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由 $\nabla\cdot\b B=0$ 恒成立，可知总是可以通过磁矢势 $\b A$ 来表示 $\b B=\nabla\times\b A$。

因此，由 $\nabla\times\b E=-\dot{\b B}$，可知 $\nabla\times(\b E+\dot{\b A})=0$，因此可以定义 $\b E+\dot{\b A}=\nabla\varp$，则有 $\b E=-\nabla\varp-\dot{\b A}$。

当 $\b A'=\b A+\nabla\phi$ 时，这个操作不改变 $\b B$ 但是改变了 $\b E$；当 $\varp'=\varp-\dot\phi$ 时，$\b B,\b E$ 均不会改变。

另外两个 Maxwell 方程用 $\varp,\b A$ 重写后是

$$-\nabla^2\varp-\nabla\cdot\dot{\b A}=\dfrac{\rho}{\vare_0} \\-c^2\nabla^2\b A+c^2\nabla(\nabla\cdot\b A)+\nabla\dot\varp+\ddot{\b A}=\dfrac{\b j}{\vare_0}$$

使用 Lorentz 规范 $\nabla\cdot\b A=-\dfrac1{c^2}\dot\varp$，其即化简为

$$\nabla^2\b A-\dfrac1{c^2}\ddot{\b A}=-\mu_0\b j \\\nabla^2\varp-\dfrac1{c^2}\ddot\varp=-\rho/\vare_0$$

通过 Lorentz 规范，$\b A$ 与 $\varp$ 即解耦，并且二者即具有相似模式。通过 $\rho,\b j$ 解出 $\varp,\b A$ 再分别得到 $\b E,\b B$ 往往比直接解方程要容易。

在远场环境下，$\rho,\b j$ 都为零，此时二者具有相似的波动方程模式

$$\nabla^2\psi-\dfrac1{c^2}\ddot\psi=0$$

此时可以验证，$\b B$、$\b E$ 二者亦满足相同的波动方程模式。即，远场时有

$$\nabla^2\b B-\dfrac1{c^2}\ddot{\b B}=0 \\\nabla^2\b E-\dfrac1{c^2}\ddot{\b E}=0$$

因此，远场时不需要依赖 $\varp,\b A$，可以直接解 $\b B,\b E$。

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Maxwell 方程有八个方程（有两个是矢量方程）。为方便，我们假定 $\b B,\b E$ 均只与 $x,t$ 相关，且仅考虑远场场合，此时

$$\nabla\cdot\b E=0\implies\dfrac{\p E_x}{\p x}=0 \\\nabla\cdot\b B=0\implies\dfrac{\p B_x}{\p x}=0 \\(\nabla\times\b E)_x=0\implies-\dfrac{\p B_x}{\p t}=0 \\(\nabla\times\b B)_x=0\implies\dfrac1{c^2}\dfrac{\p E_x}{\p t}=0$$

这表明，此时 $\b E,\b B$ 均须是匀强的。这是平面波的场合。

现在，假设 $E$ 只有 $E_y$ 分量、$E_z=0$。

则

$$(\nabla\times\b E)_y=\dfrac{\p E_x}{\p z}-\dfrac{\p E_z}{\p x}=-\dfrac{\p B_y}{\p t}=0 \\(\nabla\times\b E)_z=\dfrac{\p E_y}{\p x}-\dfrac{\p E_x}{\p y}=-\dfrac{\p B_z}{\p t} \\(\nabla\times\b B)_z=\dfrac{\p B_y}{\p x}-\dfrac{\p B_x}{\p y}=\dfrac1{c^2}\dfrac{\p E_z}{\p t}=0 \\(\nabla\times\b B)_y=\dfrac{\p B_x}{\p z}-\dfrac{\p B_z}{\p x}=\dfrac1{c^2}\dfrac{\p E_y}{\p t} \\-\dfrac{\p B_z}{\p t}=\dfrac{\p E_y}{\p x} \\\dfrac1{c^2}\dfrac{\p E_y}{\p t}=-\dfrac{B_z}{\p x}$$

综上，只有 $E_y$ 分量的 $\b E$ 激起只有 $B_z$ 方向的 $\b B$，只有 $E_z$ 方向的 $\b E$ 激起只有 $B_y$ 方向的 $\b B$。

对上述方程整理得到满足

$$\dfrac{\p^2E_y}{\p x^2}-\dfrac1{c^2}\ddot{E_y}=0 \\\dfrac{\p^2B_z}{\p x^2}-\dfrac1{c^2}\ddot{B_z}=0$$

其解即为 $\psi=f(x-ct)$ 的通解。也即，其相当于一个波动 $f$ 以 $c$ 的速度沿 $x$ 轴正方向传播。

综上，通解为：

$$\b E=(0,E_y,E_z) \\\b B=(0,B_y,B_z) \\E_y=f(x-ct)+g(x+ct) \\E_z=F(x-ct)+G(x+ct) \\cB_y=-F(x-ct)+G(x+ct) \\cB_z=f(x-ct)-g(x+ct)$$

传播方向（能量流方向）$\b k$ 沿着 $\b E\times\b B$ 的方向（这是所谓 Poynting vector）

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一切电磁波都可以被描述为平面波的叠加。但是，一些场合使用球面波会更好！

此时，满足 $\psi=\psi(r,t)$。处理可得，

$$\nabla^2\psi=\psi''+\dfrac2r\psi'=\dfrac1r(r\psi)''$$

（其中，此处 $'$ 意为对 $r$ 求导）

于是，波动方程 $\nabla^2\psi-\dfrac1{c^2}\ddot\psi=0$ 退化为

$$(r\psi)''=\dfrac1{c^2}\dfrac{\p^2}{\p t^2}(r\psi)$$

解为 $r\psi=f(r-ct)$。即，$\psi=\dfrac{f(r-ct)}r$，振幅会随着距离反比衰减。因为能量正比于振幅平方，波面正比于距离平方，所以这个关系保证能量守恒。

• 注：其有另一解 $\psi=\dfrac{g(r+ct)}r$。但是这另一解对应的波是向中心传播的内向波，不符合物理实际，应舍去。

$\dfrac{f(r-ct)}r$ 在 $r\to0$ 时发散。但是这是合理的：在源点处 Maxwell 方程不再退化为波动方程。

在 $r\to0$ 时，方程解退化为 $\psi(r)=\dfrac{f(t)}r$ 的形式。同时，$\dfrac1{c^2}\ddot{\psi}$ 一项较之 $\nabla^2\psi$ 也可以忽略（$r\to0$ 时，小尺度下，空间变化率相对于时间变化率是极大的）。考虑源后，方程退化为 $\nabla^2\psi=-s$。

这个方程类似于 $\nabla^2\varp=-\rho/\vare_0$ 的静电学式子。类比知

$$\psi=\int\dfrac{ s(r',t-r/c)\d V'}{4\pi r}$$

这个势是 retarded potential（推迟势）。

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交流电路！如果 $c/f=\lambda\gg l$，其中 $l$ 是元件尺度，则此时原件可以被看作是理想的 lumped elements（集总元件）。而短波电路的场合，元件则应被看作 distributed elements（分布元件）

time harmonic（时谐）的量满足 sinusoidal（正弦）关系，例如

$$V=V_0\exp(\i\omega t),I=I_0\exp(\i\omega t),E=E_0\exp(\i\omega t)$$

Kirchhoff 定理：环路的 $\oint\b E\cdot\d\b\ell=\sum V_n=0$；节点的 $\sum I_n=0$。

一段不含电源的电路总是可以被当作一个阻抗。任何电源都可以被当成一个理想电源和一个阻抗。

Norton 定理：等效电流源时，电流是两接口短路的电流，阻抗是把所有电流源断路、电压源当成短路的阻抗。

Thevenin 定理：等效电压源时，电压是两接口断路的电流，阻抗是把所有电流源断路、电压源短路的阻抗。

阻抗 $Z=R+\i X$，因此可以被看作一个纯电阻 $R$ 和一个电抗 reactence $X$ 的串联。则有

$$\Emo=I(R+\i X)=I_0R\exp(\i\omega t)+\i I_0X\exp(\i\omega t) \\\Re\Emo=I_0R\cos\omega t-I_0X\sin\omega t \\\Re I=I_0\cos\omega t \\\bar P=\dfrac1T\int_0^T(\Re\omega)(\Re I)\d t=\dfrac12I_0^2R$$

因此，只有实部 $R$​ 会耗能，虚部 $X$​ 不耗能。

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梯型网络

-z_1-+-z_1-+-z_1-+-...
     |     |     |
    z_2   z_2   z_2
     |     |     |
-----+-----+-----+-...

把整个网络看成阻抗 $z_0$，则有

$$z_0=z_1+\dfrac{z_2z_0}{z_2+z_0}$$

解得 $z_0=\dfrac{z_1}2+\sqrt{z_1^2/4+z_1z_2}$。

• 注意，不能取减号，否则会出现负电阻。

现在，考虑 $z_1$ 是感抗 $\i\omega L$、$z_2$ 是容抗 $-\dfrac\i{\omega C}$ 的场合。此时 $z_0=\dfrac{\i\omega L}{2}+\sqrt{L/C-L^2\omega^2/4}$。

发现，如果 $\omega>2/\sqrt{LC}$，则 $z_0$ 是纯虚数，不耗能；小于的场合，会耗能，这是因为能量会向着远处传播，传播系数为

$$\alpha=\dfrac{\sqrt{L/C-\omega^2L^2/4}-\i\omega L/2}{\sqrt{L/C-\omega^2L^2/4}+\i\omega L/2}$$

实质是，$\omega<2/\sqrt{LC}$ 传播系数为 $1$，传播不会衰减；大于时系数小于 $1$，其会衰减，迅速衰减至 $0$。

这可以被当作一个低频滤波器，只允许低频波传输，高频波会被反射（当成短路）。

同理，如果把 LC 换位，则其变为高频滤波器，只允许高频波传输，低频波会被当成断路。

导线单位长度也会有其电容和电感。其即可被梯形网络建模。分析可得，满足

$$\p_x^2V-L_0C_0\ddot V=0 \\\p_x^2I-L_0C_0\ddot I=0$$

的波动方程，相速度 $v=1/\sqrt{L_0C_0}$，波长 $\lambda=2\pi/\omega L_0C_0$，特征阻抗 $z_0=\dfrac{\i\omega L}2+\sqrt{L/C-\omega^2L^2/4}\to\sqrt{L_0/C_0}$，且滤波频率是正无穷（也即不会滤波）

即，导线中传输的信号，阻抗与相速度均只与导线自身相关，并且可以传输一切频率的波。

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交流电路中的电容，其极板间的电场是交变的，其同样会 induce 一个交变磁场，这个交变磁场又会 induce 交变电场……

若 $E_1=E_0\exp(\i\omega t)$，则 $2\pi rB_1=-\dfrac1{c^2}\pi r^2\dot E_1$，于是 $B_1=\dfrac{\i\omega r}{2c^2}\exp(\i\omega t)$。

又有 $hE_2=-\int_0^r\dfrac{\omega^2R}{2c^2}\exp(\i\omega t)h\d R$，解得 $E_2(r)=-\dfrac{r^2\omega^2}{4c^2}E_0\exp(\i\omega t)$，其与 $E_1$ 方向是相反的。二者叠加后，$E$ 场即不再是匀强电场。

……但是，这个 $E$ 又会感应出另一个磁场……

最终发现，解可以写成一个 Bessel 函数

$$J_0(x)=\sum_{i=0}^\infty\dfrac{(-1)^i}{(i!)^2}(x/2)^{2i}$$

的形式，满足 $E=E_0\exp(\i\omega t)J_0(\omega r/c)$。

这是柱坐标系下 Laplace 方程的一个解。

当 $x\approx 2.405$ 时，$J_0(x)=0$。因此，在一个圆柱体满足 $\omega r/c=2.405$ 时，其内部的电磁场可以与外界隔绝，此乃 resonator 谐振器……

……但是，在边界上，虽然电场等于零，但是磁场却不等于 $0$。这意味着谐振器的侧面上会有电流（电容中，电流会从外电路走；但是谐振器是一个导体圆筒，所以电流会从筒壁走），而上下底面上有电荷。

在没有电阻时，谐振器可以一直振。但是如果考虑电阻，能量则会耗散。当频率接近某值时，震荡效果最好。

……并且，Bessel 函数的根不止 $2.405$ 附近的那个，它有多个根。不仅如此，$J_0$ 仅仅是一种 Bessel 方程，还有多种 $J_n(x)$ 的 Bessel 函数系。因此，谐振器的模式可以有很多种。

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真空中 Maxwell 方程是

$$\nabla\cdot\b E=\rho/\vare_0 \\\nabla\cdot\b B=0 \\\nabla\times\b E=-\dot{\b B} \\\nabla\times\b B=\mu_0\b j+\vare_0\mu_0\dot{\b E}$$

现在考虑在介质面，面两侧的电导率分别是 $\vare_1,\vare_2$，磁导率均为 $\mu_0$，则电磁场如何变化？

取 $\Delta S\times\Delta d$ 的界面两侧的小体。则 $\Delta S(E_{2\perp}-E_{1\perp})+\p S\Delta d(E_{2\para}-E_{1\para})=\dfrac{Q}{\vare_0}$。

令 $\Delta d\to0$。可知：$\b e_n\cdot(\b E_2-\b E_1)=\sigma/\vare_0$。而，有 $\b e_n\cdot(\b B_2-\b B_1)=0$。

注意，此处的 $\sigma$ 是总电荷密度 $\sigma_{tot}$。假如换成 $\b D$ 的语言的话，就可以换成自由电荷密度

$$\b e_n\cdot(\b D_2-\b D_1)=\sigma_{free}$$

取 $\Delta l\times\Delta d$ 的界面两侧的小环。则 $\Delta l(E_{2\para}-E_{1\para})+\Delta d(E_{2\perp}+E_{1\perp})=-\Delta l\Delta d\dot{\b B}$.

令 $\Delta d\to0$，可知 $E_{2\para}=E_{1\para}$。也即，$\b e_n\times(\b E_2-\b E_1)=\b0$。同理对磁场分析可知，$\Delta l(B_{2\para}-E_{1\para})=\mu_0I$，由此有 $\b e_n\times(\b B_2-\b B_1)=\mu_0\b J$，其中 $\b J$ 是面电流密度。

综上，界面两侧的 Maxwell 方程为

$$\b e_n\cdot(\b E_2-\b E_1)=\sigma_{tot}/\vare_0 \\\b e_n\cdot(\b B_2-\b B_1)=0 \\\b e_n\times(\b E_2-\b E_1)=\b0 \\\b e_n\times(\b B_2-\b B_1)=\mu_0\b J$$

因此，电场的突变只能发生在界面的法向（例如导体法向的电场会突变到零，这是面电荷导致的），切向永远不能发生电场突变；磁场的突变只能发生在界面的切向（这是面电流导致的），法线则不能发生磁场突变。

电场强度 $\b E$ 有对应的电位移 $\b D=\vare\b E$，而磁感应强度 $\b B$ 也有对应的磁场强度 $\b H$ 满足 $\b B=\mu\b H$。

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在远场场合，电磁场满足方程

$$\nabla\times\b E=-\dot{\b B} \\\nabla\times\b B=\mu_0\vare_0\dot{\b E}$$

有

$$\nabla\times(\nabla\times\b E)=-\dfrac\p{\p t}(\nabla\times\b B)=-\mu_0\vare_0\ddot{\b E}$$

因为 $\nabla\cdot\b E=0$，分析旋度性质可知

$$\nabla^2\b E=\dfrac1{c^2}\ddot{\b E}$$

磁场同理有

$$\nabla^2\b B=\dfrac1{c^2}\ddot{\b B}$$

若我们认为有 $\b E(x,y,z,t)=\b E(x,y,z)\exp(\i\omega t)$ 的时谐波（即，电场的时空相对分离）的话，则有

$$\nabla^2\b E(x,y,z)+\dfrac{\omega^2}{c^2}\b E(x,y,z)=\b0$$

因此，若令波数 wave number $k=\dfrac\omega c$（亦有 $k=\dfrac{2\pi}{\lambda}$），则得到 Helmholtz 方程

$$\nabla^2\b E+k^2\b E=\b0 \\\nabla\cdot\b E=0$$

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在柱坐标系 $(\rho,\varp,z)$ 下，Helmholtz 方程同样成立。此时，有

$$\nabla^2=\dfrac{\p^2}{\p\rho^2}+\dfrac1\rho\dfrac\p{\p\rho}+\dfrac1{\rho^2}\dfrac{\p^2}{\p\varp^2}+\dfrac{\p^2}{\p z^2}$$

若认为其在 $z$ 方向亦是谐波 $E_z=e_z(\rho,\varp)\exp(-\j\beta z)=R(\rho)P(\varp)\exp(-\j\beta z)$，代入 Helmholtz 并推了依托知

$$\dfrac{\rho^2R''+\rho R'+(k^2-\beta^2)\rho^2R}{R}=-\dfrac{P''}{P}$$

因为在柱坐标系下，$P$ 需要是 $2\pi$ 的整周期函数，所以知上式必须等于 $n^2$。

令 $k_c=k^2-\beta^2$，一通乱推后值得

$$R(k_c\rho)=AJ_n(k_c\rho)$$

其中 $J_n$ 是第一类 Bessel 级数。

Bessel 级数（第一类 $J_\alpha$，第二类 $Y_\alpha$）是方程

$$x^2y''+xy'+(x^2-\alpha^2)y=0$$

的解，满足

$$y=AJ_\alpha(x)+BY_\alpha(x)$$

其中，$J_\alpha(0)$ 有定义，而 $Y_\alpha(x\to0)\to\infty$。

因此综上，有

$$E_z(\rho,\varp,z)=AJ_n(k_c\rho)(c_1\sin n\varp+c_2\cos n\varp)\exp(-\j\beta z)$$

其中，$k$ 的效果即在于影响 $k_c$ 进而影响 Bessel 函数的零点位置。零点是重要的，因为在导体筒的边界条件上，$E_z$ 是切线分量，而导体筒内部是无电场的，所以边界条件须是 $E_z=0$。

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考虑 $a\times b\times c$ 导体盒中的电场。其仍然满足 Helmholtz 方程，因此含时的部分已经被消去。

与柱的场合不同，此时 $x,y,z$ 三维是等地位的。对于某一维 $i\in\{x,y,z\}$，假设其三维独立，即 $E_i=X_i(x)Y_i(y)Z_i(z)$，代入可知

$$X''YZ+XY''Z+XYZ''+k^2XYZ=0 \\X''/X+Y''/Y+Z''/Z+k^2=0$$

这需要 $X''/X=-k_x^2,Y''/Y=-k_y^2,Z''/Z=-k_z^2$。为什么是负号？因为各个的方程 $X''+k_x^2X=0$，其解为 $X=C_x\cos k_xx+D_x\sin k_xx$，而如果取成负号的时候，它的解就会是指数形式而非三角函数形式，在导体盒中就不合理了。

因此，总结，则解为

$$\begin{cases} X=C_x\cos k_xx+D_x\sin k_xx \\Y=C_y\cos k_yy+D_y\sin k_yy \\Z=C_z\cos k_zz+D_z\sin k_zz \\k_x^2+k_y^2+k_z^2=k^2 \\E_i=X_iY_iZ_i \end{cases}$$

不妨认为我们在考虑 $E_x$。此时在 $y=0/b,z=0/c$ 两处，$E_x$ 会是无法突变的切分量，因此需要 $Y(0)=Y(b)=0$，则要求对于某个整数 $m$，需要 $k_y=\dfrac{m\pi}b$，且 $C_y=0$；$k_z=\dfrac{n\pi}c$，且 $C_z=0$。

同时，又因为 $\nabla\cdot E=0$，则有 $\dfrac{\p E_t}{\p t}+\dfrac{\p E_n}{\p n}=0$；但是边界处有 $E_t=0$，所以则有 $\dfrac{\p E_n}{\p n}=0$，即在 $x=0/a$ 处，应有 $\dfrac{\p E_x}{\p x}=0$。因此，需要 $X'(0)=X'(a)=0$，即 $k_x=\dfrac{t\pi}a$，且 $D_x=0$。

综上，$x,y,z$ 彼此分离的解，就是

$$\begin{cases} E_x(z,y,z)=A\cos k_xx\sin k_yy\sin k_zz \\k_x=\dfrac{m\pi}{a} \\k_y=\dfrac{n\pi}{b} \\k_z=\dfrac{p\pi}{c} \\k_x^2+k_y^2+k_z^2=k^2 \end{cases}$$

这是以固定频率在铁盒子里振的方式。因为 $k_x,k_y,k_z$ 彼此能取的值有限，因此 $k$ 也只能有限，所以含时的频率 $\omega$ 也只能取若干离散的值。因此，铁盒里的频率是离散的，而非连续的。

考虑 $x,y,z$ 三维，则有

$$E_x=A_x\cos k_{xx}x\sin k_{xy}y\sin k_{xz}z \\E_y=A_y\sin k_{yx}x\cos k_{yy}y\sin k_{yz}z \\E_z=A_z\sin k_{zx}x\sin k_{zy}y\cos k_{zz}z$$

但是，由于 $\nabla\cdot\b E=0$ 的强性质，这相当于有无穷多个方程，这要求我们必须有 $k_{xx}=k_{yx}=k_{zx}$，$y,z$ 同理。因此综合而言就直接有

$$E_x=A_x\cos k_xx\sin k_yy\sin k_zz \\E_y=A_y\sin k_xx\cos k_yy\sin k_zz \\E_z=A_z\sin k_xx\sin k_yy\cos k_zz$$

现在，求散度后，知须有 $A_xk_x+A_yk_y+A_zk_z=0$。而因为 $k_x=\dfrac{m\pi}{a},k_y=\dfrac{n\pi}{b},k_z=\dfrac{p\pi}{c}$，可知 $m,n,p$ 中至多只有一个为零，否则电场直接就不存在了。

因为 $k=\omega/\c$，所以即得时间频率

$$\omega_{mnp}^2=(m^2\pi^2/a^2+n^2\pi^2/b^2+p^2\pi^2/c^2)\c^2$$

不妨认为 $a,c>b$，则 $\omega_{101}=\sqrt{\pi^2/a^2+\pi^2/c^2}\c$ 是基模（fundamental mode），其为该铁盒中能谐振的最低频波，低于该频的波都不可能谐振。该波为

$$E_x=E_z=0 \\E_y=A_y\sin\dfrac xa\pi\sin\dfrac zc\pi$$

因此，基波总是沿最短边的波，其在正中心的振幅最大。

有 $\nabla\times\b E=-\dot{\b B}=-\i\omega\b B$。因此

$$\b B=\dfrac\i\omega\nabla\times\b E=\begin{cases} B_x=-\dfrac\i\omega A_y\dfrac\pi c\sin\dfrac xa\pi\cos\dfrac zc\pi \\B_y=0 \\B_z=\dfrac\i\omega A_y\dfrac\pi a\cos\dfrac xa\pi\sin\dfrac zc\pi \end{cases}$$

相似的结果也可以通过解 $\b B$ 的 Helmholtz 方程，只不过满足与 $\b E$ 不同的边界条件，来解出。

在矩形谐振腔的 TE101 模式中，会有平行于最短边的电场，和旋转的电场；电荷会在最短边的两面上周期性地富集，同时会有环绕的电流。

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趋肤效应（skin effect）：在交变电流的场合，无电荷但有电流，有 $\nabla\cdot\b E=0,\nabla\times\b B=\mu_0\b j+\dfrac1{c^2}\dot{\b E},\nabla\times\b E=-\dot{\b B},\nabla\cdot\b B=0$。对第三个式子两侧求旋度后，得到

$$-\nabla^2\b E=-\dfrac{\p}{\p t}(\nabla\times\b B) \\=-\mu_0\sigma\dot{\b E}-\dfrac1{c^2}\ddot{\b E}&(\b j=\sigma\b E) \\=-\i\mu_0\omega\b E+\dfrac{\omega^2}{c^2}\b E$$

因此有

$$\nabla^2\b E+\omega^2\mu_0\vare_0(1-\i\dfrac{\sigma}{\omega\vare_0})\b E=\b0$$

在良导体中，传导电流 $\sigma\b E$ 远大于位移电流 $\dfrac{\omega^2}{c^2}\b E$，因此其退化为

$$\nabla^2\b E-\i\omega\mu\sigma\b E=\b0$$

有特征根 $\lambda=\pm\sqrt{\omega\mu\sigma/2}(1+\i)$。则其有震荡项 $\b E_0$ 和 decay 项，decay 项由 $\delta=\sqrt{2/\omega\mu\sigma}$ 决定，满足

$$\\\b E=\b E_0\exp(-z/\delta)$$

则其关于距离指数衰减。

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波导：沿着 $z$ 轴截面不变的中空金属筒。

波导分析时，不适宜用磁感应强度 $\b E$，而是用磁场强度 $\b H$。有 $\b B=\mu\b H$。

将电场分割为沿波导方向（$z$）方向的电场和垂直波导方向的电场。则有

$$\b E(x,y,z)=(\bar{\b e}(x,y)+e_z(x,y)\b e_z)\exp(-\j\beta z)\exp(\j\omega t)$$

其中，$\b e(x,y)$ 是垂直波导 (transverse，横) 分量，$e_z(x,y)$ 是沿波导 (longitudinal，纵) 分量。

同理，

$$\b H(x,y,z)=(\bar{\b h}(x,y)+h_z(x,y)\b e_z)\exp(-\j\beta z)\exp(\j\omega t)$$

有

$$E_x(x,y,z)=e_x(x,y)\exp(-\j\beta z) \\E_y(x,y,z)=e_y(x,y)\exp(-\j\beta z) \\H_x(x,y,z)=h_x(x,y)\exp(-\j\beta z) \\H_y(x,y,z)=h_y(x,y)\exp(-\j\beta z) \\E_z(x,y,z)=e_z(x,y)\exp(-\j\beta z) \\H_z(x,y,z)=h_z(x,y)\exp(-\j\beta z)$$

假设波导里无电荷或电流。于是有

$$\nabla\times\b E=-\mu_0\dot{\b H}=-\j\omega\mu_0\bar{\b H}$$

其中，$\bar{\b H}$ 是分离出的不含时 $\b H$，即 $\b H=\bar{\b H}\exp(\j\omega t)$。

同理，

$$\nabla\times\b H=\vare_0\dot{\b E}=\j\omega\vare_0\bar{\b E}$$

易知：二者的空间部分都满足 Helmholtz 方程，即

$$\nabla^2\bar{\b E}+k^2\bar{\b E}=\b0 \\\nabla\cdot\bar{\b E}=0$$

各自把 Helmholtz 的分量展开来，两个 Laplacian 生成了六个方程。

总之而言，得到

$$H_x=\dfrac{\j}{k_c^2}(\omega\vare\dfrac{\p E_z}{\p y}-\beta\dfrac{\p H_z}{\p x}) \\\dots$$

其中 $k_c^2=k^2-\beta^2,k^2=\omega^2/c^2$。

1. 考虑 TEM 波的场合。此时 $H_z=E_z=0$。回到 Helmholtz 的六个方程，得到需要 $k_c=0$ 以使得 $H_x\neq0$。最后推了依托后，得到：$\bar{\b e}(x,y)=-\nabla_t\Phi(x,y)$，其中 $\nabla_t=(\p x,\p y)$。并且，有 $\nabla\cdot\b E=\nabla_t\b e(x,y)+\dfrac{\p E_z}{\p z}=0$，由此得到：$\nabla^2_t\Phi(x,y)=0$。那么，净电场和净磁场的方程即与静电场的方程相同，于是只需得知波导壁上的电磁场分布，即可根据边界条件推出内部的电磁场。但是在纯导体环境下，导体壁上不应有电场分布，因此得到结论：波导中没有 TEM 波！！！但是相反，在 transmission line 的场合，因为内外管壁存在电场差，因此这个场合存在 TEM 波，其不含时分量与双筒电容的电场分布相同。【综上，TEM 只在至少有两个导体的场合才可能存在】
   此时，定义传输线的微波阻抗（wave impedence） $Z_{TEM}=\dfrac{E_x}{H_y}=\dfrac{\omega M}\beta=\sqrt{\dfrac{\mu_0}{\vare_0}}=:\eta$。【$\dfrac VI=\dfrac{\int E\d l}{\int Hdl}$】

• TE 波：$E_z=0$ 但是 $H_z\neq0$。