9.1: Випромінювання від поточного моменту

У цьому розділі ми починаємо вирішувати наступну проблему: З огляду на розподіл щільності струму${\bf J}({\bf r})$, що таке результуюча напруженість електричного поля${\bf E}({\bf r})$? Один шлях до відповіді - через рівняння Максвелла. Розглядаючи рівняння Максвелла як систему диференціальних рівнянь, можливе суворе математичне рішення за відповідних граничних умов. Суворе рішення, що слідує за цим підходом, є відносно складним і представлено починаючи з розділу 9.2 цієї книги.

Якщо замість цього обмежити область видимості досить простим розподілом струму, можлива проста неформальна деривація. У цьому розділі представлена така деривація. Перевага вирішення простого спеціального випадку в першу чергу полягає в тому, що це дозволить нам швидко оцінити характер рішення, яке виявиться корисним, як тільки ми врешті-решт вирішимо більш загальну проблему. Крім того, результати, представлені в цьому розділі, виявляться достатніми для вирішення багатьох часто зустрічаються додатків.

Малюнок$\PageIndex{1}$: A$+\hat{\bf{z}}$ -спрямований струмовий момент, розташований біля початку. (CC BY-SA 4.0; C Wang)

Простий розподіл струму, розглянутий в цьому розділі, відомий як поточний момент. Приклад поточного моменту показаний на малюнку$\PageIndex{1}$ і в даному випадку визначається наступним чином:

$$\Delta{\bf J}({\bf r}) = \hat{\bf z}~I~\Delta l~\delta({\bf r}) \label{m0194_eCM}$$

де$I~\Delta l$ - скалярна складова поточного моменту, що має одиниці поточної довжини часу (базові одиниці СІ A$\cdot$ m); і$\delta({\bf r})$ являє собою об'ємну функцію вибірки ¹, яка визначається наступним чином:

\ begin {вирівняти} ~ &\ дельта ({\ bf r})\ трикутник 0~~~\ mbox {для} ~~ {\ bf r}\ neq 0; ~~\ mbox {і}\ мітка {m0194_edelta1}\\ ~ &\ int_ {\ mathcal {V}}\ дельта ({\ bf r}) ~dv\ трикутник 1\ мітка {m0194_edeltA2}\ кінець {вирівнювання}

де$\mathcal{V}$ - будь-який обсяг, який включає origin (${\bf r}=0$). Це видно з Рівняння\ ref {M0194_edelta2}, що$\delta({\bf r})$ має базові одиниці SI m$^{-3}$. Згодом SI$\Delta{\bf J}({\bf r})$ має базові одиниці А/м$^2$, підтверджуючи, що це об'ємна щільність струму. Однак це найпростіша можлива форма об'ємної густини струму, оскільки, як зазначено Equation\ ref {M0194_edelta1}, вона існує тільки на початку і більше ніде.

Хоча деякі розподіли струму наближають поточний момент, розподіли струму, що зустрічаються в загальній інженерній практиці, як правило, не існують саме в такому вигляді. Проте, поточний момент виявляється в цілому корисним як «будівельний блок», з якого можна побудувати практичні розподіли струму, за принципом суперпозиції. Випромінювання від побудованих таким чином розподілів струму розраховується просто шляхом підсумовування випромінювання від кожного з складових струмових моментів.

Тепер розглянемо напруженість електричного поля$\Delta{\bf E}({\bf r})$, яка створюється цим розподілом струму. По-перше, якщо струм стійкий (тобто «DC»), ця задача потрапляє в область магнітостатики; тобто результат повністю описується магнітним полем, і випромінювання бути не може. Тому обмежимо нашу увагу корпусом «АС», для якого можливе випромінювання. Зручно буде використовувати фазорне представництво. У фазорному поданні щільність струму дорівнює

$$\Delta\widetilde{\bf J}({\bf r}) = \hat{\bf z}~\widetilde{I}~\Delta l~\delta({\bf r}) \label{m0194_eCM2}$$

де$\widetilde{I}~\Delta l$ просто скалярний момент струму, виражений у вигляді фазора.

Тепер ми готові звернутися до питання «З чим$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ пов'язано$\Delta\widetilde{\bf J}({\bf r})$?» Не роблячи жодної математики, ми знаємо зовсім небагато про$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$. Наприклад:

• Оскільки електричні поля пропорційні струмам, які їх породжують, ми$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ очікуємо бути пропорційними$\left|\widetilde{I}~\Delta l\right|$.
• Якщо ми досить далекі від походження, ми$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ очікуємо бути приблизно пропорційним,$1/r$ де$r\triangleq\left|{\bf r}\right|$ знаходиться відстань від джерела струму. Це пов'язано з тим, що точкові джерела породжують сферичні хвилі, а щільність потужності в сферичній хвилі буде пропорційною$1/r^2$. Оскільки середня за часом щільність потужності пропорційна$\left|\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})\right|^2$,$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ повинна бути пропорційною$1/r$.
• Якщо ми досить далекі від походження, і втрати через середовище незначні, то ми очікуємо, що фаза$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ зміниться приблизно зі швидкістю,$\beta$ де$\beta$ постійна поширення фази$2\pi/\lambda$. Оскільки ми очікуємо сферичних фазових фронтів, тому$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ повинні містити фактор$e^{-j\beta r}$.
• Закон Ампера вказує на те, що а$\hat{\bf z}$ -спрямований струм біля початку повинен давати початок$\hat{\bf \phi}$ -спрямованому магнітному полю в$z=0$ площині. ² У той же час теорема Пойнтінга вимагає, щоб перехресний добуток електричного та магнітного полів вказував у напрямку потоку потужності. У теперішній задачі цей напрямок знаходиться далеко від джерела; тобто$+\hat{\bf r}$. Тому$\Delta\widetilde{\bf E}(z=0)$ вказує в$-\hat{\bf z}$ напрямку. Цей же принцип застосовується і поза$z=0$ площиною, тому в цілому ми очікуємо$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ вказувати в$\hat{\bf \theta}$ напрямку.
• Чекаємо$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})=0$ уздовж$z$ осі. Згодом$\left|\Delta\widetilde{\bf E}(\hat{\bf r})\right|$ повинні збільшитися з нуля на$\theta=0$ і повернутися до нуля в$\theta=\pi$. Симетрія проблеми підказує$\left|\Delta\widetilde{\bf E}(\hat{\bf r})\right|$ максимальна при$\theta=\pi/2$. Ця величина повинна змінюватися найпростішим способом, що призводить нас до висновку,$\Delta\widetilde{\bf E}(\hat{\bf r})$ що пропорційна$\sin\theta$. Крім того, радіальна симетрія проблеми означає, що зовсім не$\Delta\widetilde{\bf E}(\hat{\bf r})$ повинна залежати від$\phi$.

Склавши ці ідеї воєдино, робимо висновок, що випромінюване електричне поле має наступний вигляд:

$$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r}) \approx \hat{\bf \theta} C \left(\widetilde{I}~\Delta l\right) \left(\sin\theta\right) \frac{e^{-j\beta r}}{r} \nonumber$$

де$C$ - константа, яка враховує всі константи пропорційності, визначені в попередньому аналізі. Оскільки одиниці$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r})$ V/m, одиниці$C$ повинні$\Omega$ бути/м. ми ще не враховували хвильовий опір середовища$\eta$, який має одиниці виміру$\Omega$, тому було б гарною ставкою на основі одиниць, які$C$ пропорційні$\eta$. Однак тут неформальний аналіз заходить у глухий кут, тому ми просто констатуємо результат суворого рішення:$C=j\eta\beta/4\pi$. Одиниці правильні, і ми нарешті отримуємо:

$$\Delta\widetilde{\bf E}({\bf r}) \approx \hat{\bf \theta} \frac{j\eta\beta}{4\pi} \left(\widetilde{I}~\Delta l\right) \left(\sin\theta\right) \frac{e^{-j\beta r}}{r} \nonumber$$

Додаткові докази того, що це рішення вірне, походять від того, що воно задовольняє хвильовому рівнянню$\nabla^2 \Delta\widetilde{\bf E}({\bf r}) + \beta^2 \Delta\widetilde{\bf E}({\bf r}) = 0$. ³

Зверніть увагу, що отриманий нами вираз для випромінюваного електричного поля є приблизним (звідси і «$\approx$»). Частково це пов'язано з нашою презумпцією простої сферичної хвилі, яка може бути дійсною лише на відстанях, далеких від джерела. Але як далеко? Освіченою здогадкою будуть відстані набагато більші за довжину хвилі (тобто$r\gg\lambda$). Це буде робити зараз; в іншому розділі ми покажемо, що ця здогадка по суті є правильною.

Ми завершуємо цей розділ, зазначивши, що розподіл струму, проаналізований у цьому розділі, іноді називають диполем Герціана. Диполь Герціана, як правило, визначається як пряма нескінченно тонка нитка струму з довжиною, яка дуже мала по відношенню до довжини хвилі, але не точно нулю. Ця інтерпретація не змінює рішення, отримане в цьому розділі, тому ми можемо розглядати поточний момент та диполь Герціана як ефективно однакові в практичних інженерних додатках.

Додаткове читання:

• «Дельта-функція Дірака» у Вікіпедії.
• «Дипольна антена» (розділ під назвою «Герцианський диполь») у Вікіпедії.

---

1. Також форма дельта-функції Дірака; див. «Додаткове читання» в кінці цього розділу. ↩
2. Це іноді описується як «правило правої руки» закону Ампера. ↩
3. Підтвердження цього є простим (просто замінити та оцінити) і залишається як вправа для учня. ↩