电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 1 -
1,考虑两列振幅相同的 偏振方向相同 频率分别为 ωω?ω dd?+ 和 的线偏振平面波它们都沿 z 轴方向传播
1 求合成波 证明波的振幅不是常数 而是一个波
2 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度解
)cos()(),(
)cos()(),(
2202
1101
txkxEtxE
txkxEtxE
ω
ω
=
=
r
r
r
r
r
r
r
r
)]cos())[cos((),(),(
2211021
txktxkxEtxEtxEE ωω?+?=+=
r
r
r
r
r
rr
)
22
cos()
22
cos()(2
21212121
0
tx
kk
tx
kk
xE
ωωωω?
+
+
=
r
r
其中 ωωωωωω dddkkkdkkk?=+=?=+=
2121
,;,
)cos()cos()(2
0
tdxdktkxxEE=∴ ωω
r
rr
用复数表示
)(
0
)cos()(2
tkxi
etdxdkxEE
ω
ω
=
r
rr
相速 0=? tkx ω
k
v
p
ω
=∴
群速 0= tdxdk ω
dk
d
v
g
ω
=∴
2 一平面电磁波以
o
45=θ 从真空入射到 2=
r
ε 的介质 电场强度垂直于入射面 求反射
系数和折射系数解 n
r
为界面法向单位矢量 ><><>< '',',SSS 分别为入射波 反射波和折射波的玻印亭矢量的周期平均值 则反射系数 R 和折射系数 T 定义为
2
01
2
22
2
0
2
'
0
cos
''cos''
'
En
En
nS
nS
T
E
E
nS
nS
R
θ
θ
=
><
><
=
=
><
><
=
r
r
r
r
又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得
2
221
221
coscos
coscos
+
=
θεθε
θεθε
R
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 2 -
2
221
221
)coscos(
coscos4
θεθε
θθεε
+
=T
又根据反射定律和折射定律
θεθε
θθ
sinsin
45
122
1
=
==
o
由题意
00201
2,εεεεεε ===
r
o
30
2
=∴θ
32
32
)
2
3
2
2
2
2
3
2
2
2
(
2
+
=
+
=∴R
32
32
)
2
3
2
2
2
(
2
3
2
2
24
2
00
0
+
=
+
=
εε
ε
T
3 有一可见平面光波由水入射到空气 入射角为 60 证明这时将会发生全反射 并求
折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度 设该波在空气中的波长为
5
0
1028.6
×=λ cm 水的折射率为 n 1.33
解 由折射定律得 临界角 75.48)
33.1
1
arcsin( ==
c
θ 所以当平面光波以 60 入射时将会发生全反射
折射波 θsinkk =′′
相速度 c
k
k
v
p
2
3
sin
==
′′
′′
=
θ
ωω
投入空气的深度
5
22
5
2
21
2
1
107.1
)
33.1
1
(60sin2
1028.6
sin2
×≈
×
=
=
π
θπ
λ
κ
n
cm
4 频率为 ω 的电磁波在各向同性介质中传播时 若 HBDE
vvvv
,,,仍按
)( txki
e
ω
v
v
变化 但 D
v
不再与 E
v
平行 即 ED
vv
ε= 不成立
1 证明 0,0 ≠?=?=?=?=? EkEBDBDkBk
vvvvvvvvvv
但一般电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 3 -
2 证明 ])([
1
2
2
kEkEkD
vvvvv
=
μω
3 证明能流 S
v
与波矢 k
v
一般不在同方向上证明 1 由麦氏方程组
=
=
=×?
=×?
0
0
B
D
t
D
H
t
B
E
v
v
v
v
v
v
得
0
)(
0
)(
0
=?=?==
BkieBkieBB
txkitxki
vvvvvv v
v
v
v
ωω
0=?∴ Bk
v
r
同理 0=?Dk
vv
DiHkiHeH
txki
vvvvv v
v
ω
ω
=×=×?=×?
0
)(
][
DiBki
vvv
μω?=×∴
0)(
1
=×=?∴ BkBDB
vvvvv
μω
BiEkiEeE
txki
vvvvv v
v
ω
ω
=×=×?=×?
0
)(
][
0)(
1
=?×=?∴ EEkEB
vvvvv
ω
EkiE
vvv
=
ED
vv
Q ε≠ E
v
∴ 一般 0≠ 即 Ek
vv
一般 0≠
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 4 -
2 由
t
B
E
=×?
v
v
得 )(
1
EkB
vvv
×=
ω
另由
t
D
H
=×?
v
v
得 )(
1
BkD
vvv
×?=
μω
])([
1
])[(
1
)]([
1
2
222
kEkEkkEkEkkD
vvvvvvvvvvv
=××=××?=∴
μωμωμω
3 由 )(
1
EkB
vvv
×=
ω
得 )(
1
EkH
vvv
×=
μω
])([
1
)(
1
2
EEkkEEkEHES
vvvvvvvrvv
=××=×=∴
μωμω
Ek
vv
Q? 一般 0≠ S
v
∴ 一般 kE
v
2
1
μω
≠ 即 S
v
一般不与 k
v
同向
5 有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿 z 轴传播 一个波沿 x 方向偏振 另一个沿 y
方向偏振 但相位比前者超前
2
π
求合成波的偏振
反之 一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振解 偏振方向在 x 轴上的波可记为
)cos()cos(
000 x
tAkztAx?ωω +=?=
在 y 轴上的波可记为
)cos()
2
cos(
000 y
tAkztAy?ω
π
ω +=+?=
2
00
π
=?=?
xy
合成得轨迹方程为
)](cos)([cos
0
2
0
22
0
22
yx
ttAyx?ω?ω +++=+
)](sin)([cos
0
2
0
22
0 xx
ttA?ω?ω +++=
2
0
A=
即
2
0
22
Ayx =+
所以合成的振动是一个圆频率为 ω 的沿 z 轴方向传播的右旋圆偏振 反之 一个圆偏电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 5 -
振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为
2
π
的线偏振的合成
6 平面电磁波垂直直射到金属表面上 试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热证明 设在 z>0 的空间中是金属导体 电磁波由 z<0 的空间中垂直于导体表面入射
已知导体中电磁波的电场部分表达式是
)(
0
tziz
eeEE
ωβα
=
vv
于是 由 z 0 的表面 单位面积进入导体的能量为
HES
vvv
×= 其中 EniEkH
v
v
vvv
×+=×= )(
11
αβ
ωμωμ
其平均值为
2
0
*
2
)Re(
2
1
EHES
ωμ
β
=×=
vvv
在导体内部
)(
0
tziz
eeEEJ
ωβα
σσ
==
vvv
所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为
z
eEEJdQ
α
σ
22
0
*
2
1
)Re(
2
1
=×=
vv
作积分
2
0
0
22
0
42
1
EdzeEQ
z
α
σ
σ
α
==
∫
∞
即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦耳热
又
2
ωμσ
αβ =Q
2
0
2
0
24
EEQ
ωμ
β
α
σ
==∴ 原题得证,
7 已知海水的
1
1,1
== mS
r
σμ 试计算频率 ν 为
96
1010,50 和 Hz 的三种电磁波在海水中的透入深度解 取电磁波以垂直于海水表面的方式入射
透射深度
ωμσα
δ
21
==
1=
r
μQ
7
00
104
×===∴ πμμμμ
r
mHz 72
1104502
22
:501
7
1
=
××××
===>∴
ππωμσ
δν 时电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 6 -
mHz 5.0
1104102
22
102
76
2
6
≈
××××
=> 时
ππωμσ
δν
mmHz 16
1104102
22
:103
79
3
9
≈
××××
===>
ππωμσ
δν 时
8 平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上 入射角为
1
θ 求导电介质中电磁波的相速度和衰减长度 若导电介质为金属 结果如何
提示 导电介质中的波矢量 ααβ
vv
vv
,ik += 只有 z 分量 为什么解 根据题意 如图所示 入射平面是 xz 平面
导体中的电磁波表示为
)(
0
txix
eeEE
ωβα
=
v
v
vvvv
αβ
v
vv
ik +=
''
与介质中的有关公式比较可得
=?
=?
ωμσβα
μεωαβ
2
1
222
v
v
根据边界条件得 0
''
=∴=+=
xxxx
ik ααβ 实数
又
11
''
sinsin θ
ω
θ
c
kkk
xx
===
1
sinθ
ω
β
c
x
=∴
而入射面是 xz 平面 故
''
,kk
vv
无 y 分量 0,0 ==∴
yy
βα
α
v
∴ 只有
z
α 存在 β
v
有
zx
ββ 与 其中
1
sinθ
ω
β
c
x
=
=
=?+
∴
ωμσβα
μεωαβθ
ω
2
1
)sin(
2222
1
zz
zz
c
有解得
2
1
22222
1
2
2
2
1
2
2
2
22
])sin[(
2
1
)sin(
2
1
σμωμεωθ
ω
θ
ω
μεωβ +?+?=
cc
z
2
1
2222
1
2
2
2
2
1
2
2
2
22
])sin[(
2
1
)sin(
2
1
σμωθ
ω
μεωθ
ω
μεωα +?+=
cc
z
x
z
介质真空
3
θ
1
θ
2
θ
''k
v
'k
v
k
v
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 7 -
其相速度为
β
ω
=v 衰减深度为
α
1
如果是良导体 则
=
=?+
ωμσβα
αβθ
ω
2
1
0sin
22
1
2
2
2
zz
zz
c
2
1
]sin[
2
1
2sin
2
222
1
4
4
4
1
2
2
2
σμωθ
ω
θ
ω
β ++?=∴
cc
z
2
1
]sin[
2
1
sin
2
222
1
4
2
4
1
2
2
2
2
σμωθ
ω
θ
ω
α ++=
cc
z
9 无限长的矩形波导管 在在 z 0 处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭 求在
∞=z 到 z 0 这段管内可能存在的波模解 在此中结构得波导管中 电磁波的传播依旧满足亥姆霍兹方程
=
=
=+?
0
0
00
22
E
k
EkE
v
rr
εμω
方程的通解为
)cossin()cossin()cossin(),,(
332211
zkDzkCykDykCxkDxkCzyxE
zzyyxx
+?+?+=
根据边界条件有
),0(,0 axEE
zy
=== ),0(,0 byEE
zx
===
),0(,0 ax
x
E
x
==
),0(,0 by
y
E
y
==
)0(,0 ==
z
z
E
z
故
=
=
=
zkykxkAE
zkykxkAE
zkykxkAE
zyxz
zyxy
zyxx
cossinsin
sincossin
sinsincos
3
2
1
其中 L2,1,0,== m
a
m
k
x
π
L2,1,0,== n
b
n
k
y
π
2
2
00
22222
c
kkkk
zyx
ω
μεω ===++ 且 0
321
=++
z
kA
b
n
A
a
m
A
ππ
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 8 -
综上 即得此种波导管种所有可能电磁波的解
10 电磁波
)(
2
),(),,,(
tzki
eyxEtzyxE
ω?
=
vv
在波导管中沿 z 方向传播 试使用
EiHHiE
vvvv
00
ωεωμ?=×?=×? 及 证明电磁场所有分量都可用 ),(),( yxHyxE
zx
和 这两个分量表示
证明 沿 z 轴传播的电磁波其电场和磁场可写作
)(
),(),,,(
tzki
z
eyxEtzyxE
ω?
=
vv
)(
),(),,,(
tzki
z
eyxHtzyxH
ω?
=
vv
由麦氏方程组得
Ei
t
E
H
Hi
t
B
E
v
v
v
v
v
v
00
0
ωεε
ωμ
=
=×?
=
=×?
写成分量式
xyz
z
y
z
HiEik
y
E
z
E
y
E
0
ωμ=?
=
1
y
z
xz
zx
Hi
x
E
Eik
x
E
z
E
0
ωμ=
=
2
z
x
y
Hi
y
E
x
E
0
ωμ=
xyz
z
y
z
EiHik
y
H
z
H
y
H
0
ωε?=?
=
3
y
z
xz
zx
Ei
x
H
Hik
x
H
z
H
0
ωε?=
=
4
z
x
y
Ei
y
H
x
H
0
ωε?=
由 2 3 消去 H
y
得 )(
)(
1
0
2
2
2
x
E
k
y
H
k
c
i
E
z
z
z
z
x
= ωμ
ω
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 9 -
由 1 4 消去 H
x
得 )(
)(
1
0
2
2
2
y
E
k
x
H
k
c
i
E
z
z
z
z
y
= ωμ
ω
由 1 4 消去 E
y
得 )(
)(
1
0
2
2
2
y
E
x
H
k
k
c
i
H
zz
z
z
x
+
= ωε
ω
由 2 3 消去 E
x
得 )(
)(
1
0
2
2
2
x
E
y
H
k
k
c
i
H
zz
z
z
y
= ωε
ω
11 写出矩形波导管内磁场 H
v
满足的方程及边界条件
解 对于定态波 磁场为
ti
exHtxH
ω?
= )(),(
v
v
v
v
由麦氏方程组
=
=
=×?
0H
Ei
t
D
H
v
v
v
v
ωε
得 EiHHHH
vvvvv
×===×?×? ωε
22
)()(
又 Hi
t
B
E
v
v
v
ωμ=
=×?
HHEi
vvv
22
==×∴ μεωωε
=
==+?
∴
0
,0)(
2222
H
kHk
v
v
εμω
即为矩形波导管内磁场 H
v
满足的方程由 0=?Bn
v
v
得 0=?Hn
v
v
0=
n
H
利用 HiE
vv
ωμ=×? 和电场的边界条件可得 0=
n
H
t
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 10 -
∴ 边界条件为
=
n
H
H
t
n
0
12 论证矩形波导管内不存在 TM
m0
或 TM
0n
波证明 已求得波导管中的电场 E
v
满足
=
=
=
zik
yxz
zik
yxy
zik
yxx
z
z
z
yekxkAE
yekxkAE
yekxkAE
sinsin
cossin
sincos
3
2
1
由 E
i
H
vv
×=
ωμ
可求得波导管中的磁场为
=
=
=
zik
yxyxz
zik
yxxzy
zik
yxzyx
z
z
z
yekxkkAkA
i
H
yekxkkAkiA
i
H
yekxkkiAkA
i
H
coscos)(
sincos)(
cossin)(
12
31
23
ωμ
ωμ
ωμ
本题讨论 TM 波 故 H
z
0 即 0
12
=?
yx
kAkA
故 1 若 0,0,0
2
====
xy
kA
b
n
kn
π
则
又 0,0
2
那么 A
a
m
k
x
≠=
π
0==∴
yx
HH
2 若 0,0,0
1
====
yx
kA
a
m
km
π
则
又 0,0
1
=≠= A
b
n
k
y
那么
π
0==∴
yx
HH
∴波导中不可能存在 TM
m0
和 TM
0n
两种模式的波
13 频率为
9
1030× Hz 的微波 在 cmcm 4.07.0 × 的矩形波导管中能以什么波模传播 在
cmcm 6.07.0 × 的矩形波导管中能以什么波模传播解 1 Hz
9
1030×=ν 波导为 cmcm 4.07.0 ×
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 11 -
由
22
)()(
22 b
n
a
mc
m
+==
ω
ν
当 mbma
22
104.0.,107.0
×=×= 时
Hznm
Hznm
Hznm
10
10
10
107.3,1,0
101.20,1
103.4,1,1
×===
×===
×===
ν
ν
ν
时时时
∴此波可以以 TM
10
波在其中传播
2 Hz
9
1030×=ν 波导为 cmcm 6.07.0 ×
Hznm
Hznm
Hznm
10
10
10
103.3,1,0
105.20,1
101.2,1,1
×===
×===
×===
ν
ν
ν
时时时
∴此波可以以 TE
10
和 TE
01
两种波模传播
14 一对无限大的平行理想导体板 相距为 b 电磁波沿平行与板面的 z 方向传播 设波在 x 方向是均匀的 求可能传播的波模和每种波模的截止频率解 在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程
=
=
=+?
0
0
00
22
E
k
EkE
v
rr
εμω
令 U x y z 是 E
v
的任意一个直角分量 由于 E
v
在 x 方向上是均匀的
)()(),(),,( zZyYzyUzyxU ==∴
又在 y 方向由于有金属板作为边界 是取驻波解 在 z 方向是无界空间 取行波解
∴解得通解
zik
yy
z
eykDykCzyxU )cossin(),,(
11
+=
由边界条件 0,0 =
=×
n
E
En 和
v
v
定解
)(
3
)(
2
)(
1
)sin(
)cos(
)sin(
tzki
z
tzki
y
tzki
x
z
z
z
ey
b
n
AE
ey
b
n
AE
ey
b
n
AE
ω
ω
ω
π
π
π
=
=
=
且 L2,1,0,)(
22
2
2
2
=+== nk
b
n
c
k
z
πω
又由 0= E
v
得 A
1
独立 与 A
2
,A
3
无关
zz
AikA
b
n
=
2
π
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 12 -
令 k
z
0 得截止频率
b
cn
c
π
ω =
15 证明整个谐振腔内的电场能量和磁场能量对时间的平均值总相等证明 在谐振腔中 电场 E
v
的分布为
=
=
=
zik
yxz
zik
yxy
zik
yxx
z
z
z
yekxkAE
yekxkAE
yekxkAE
sinsin
cossin
sincos
3
2
1
由 E
i
H
vv
×=
ωμ
可求得波导管中的磁场为
=
=
=
zik
yxyxz
zik
yxxzy
zik
yxzyx
z
z
z
yekxkkAkA
i
H
yekxkkAkiA
i
H
yekxkkiAkA
i
H
coscos)(
sincos)(
cossin)(
12
31
23
ωμ
ωμ
ωμ
由 )(
2
1
BHDE
rvvv
+?=ω 有 谐振腔中
1 电场能流密度
DE
E
vr
=
2
1
ω
)Re(
4
1
)]Re(
2
1
[
2
1
**
DEDE
E
vvvr
=?=∴ω
]cossinsinsincossinsinsincos[
4
2222
3
2222
2
2222
1
zkykxkAzkykxkAzkykxkA
zyxzyxzyx
++=
ε
2)磁场能流密度
BH
B
vv
=
2
1
ω
)Re(
4
1
*
BH
B
vv
=ω
+?= zkykkxkkAkA
zyxzzy
2222
3
2
coscossin)[(
4
1
μω
+?+ zkykxkkAkA
zyxxz
2222
31
cossincos)(
]sincoscos)(
2222
12
zkykxkkAkA
zyxyx
+
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 13 -
有 μεω
22222
==++ kkkk
zyx
且 0
321
=++
zYx
kAkAkA
其中 L2,1,0,,,,,==== pnm
c
p
k
b
n
k
a
m
k
zyx
πππ
a b c 是谐振腔的线度 不妨令 x:0 a,y:0 b,z:0 c
于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为
∫∫∫∫
++==
abc
zyxzyxEE
zkykxkAzkykxkAdVW
000
2222
2
2222
1
sincossinsinsincos(
4
ε
ω
dxdydzzkykxkA
zyx
)cossinsin
2222
3
+
)(
32
2
3
2
2
2
1
AAA
abc
++=
ε
谐振腔中磁场能量的时间平均值为
])()()[(
84
1
2
12
2
31
2
232 yxxzzyBB
kAkAkAkAkAkA
abc
dVW+==
∫
μω
ω
0
321
=++
zyx
kAkAkAQ
0222)(
323121
22
3
22
2
22
1
2
321
=+++++=++∴
zyxzyxzyxzyx
kkAAkkAAkkAAkAkAkAkAkAkA
)])([(
32
2222
3
2
2
2
1
2
zyxB
kkkAAA
abc
W ++++=∴
μω
)(
32
)(
32
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1
2
2
AAA
abc
AAA
abck
++=++=
ε
μω
BE
WW =∴
- 1 -
1,考虑两列振幅相同的 偏振方向相同 频率分别为 ωω?ω dd?+ 和 的线偏振平面波它们都沿 z 轴方向传播
1 求合成波 证明波的振幅不是常数 而是一个波
2 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度解
)cos()(),(
)cos()(),(
2202
1101
txkxEtxE
txkxEtxE
ω
ω
=
=
r
r
r
r
r
r
r
r
)]cos())[cos((),(),(
2211021
txktxkxEtxEtxEE ωω?+?=+=
r
r
r
r
r
rr
)
22
cos()
22
cos()(2
21212121
0
tx
kk
tx
kk
xE
ωωωω?
+
+
=
r
r
其中 ωωωωωω dddkkkdkkk?=+=?=+=
2121
,;,
)cos()cos()(2
0
tdxdktkxxEE=∴ ωω
r
rr
用复数表示
)(
0
)cos()(2
tkxi
etdxdkxEE
ω
ω
=
r
rr
相速 0=? tkx ω
k
v
p
ω
=∴
群速 0= tdxdk ω
dk
d
v
g
ω
=∴
2 一平面电磁波以
o
45=θ 从真空入射到 2=
r
ε 的介质 电场强度垂直于入射面 求反射
系数和折射系数解 n
r
为界面法向单位矢量 ><><>< '',',SSS 分别为入射波 反射波和折射波的玻印亭矢量的周期平均值 则反射系数 R 和折射系数 T 定义为
2
01
2
22
2
0
2
'
0
cos
''cos''
'
En
En
nS
nS
T
E
E
nS
nS
R
θ
θ
=
><
><
=
=
><
><
=
r
r
r
r
又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得
2
221
221
coscos
coscos
+
=
θεθε
θεθε
R
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 2 -
2
221
221
)coscos(
coscos4
θεθε
θθεε
+
=T
又根据反射定律和折射定律
θεθε
θθ
sinsin
45
122
1
=
==
o
由题意
00201
2,εεεεεε ===
r
o
30
2
=∴θ
32
32
)
2
3
2
2
2
2
3
2
2
2
(
2
+
=
+
=∴R
32
32
)
2
3
2
2
2
(
2
3
2
2
24
2
00
0
+
=
+
=
εε
ε
T
3 有一可见平面光波由水入射到空气 入射角为 60 证明这时将会发生全反射 并求
折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度 设该波在空气中的波长为
5
0
1028.6
×=λ cm 水的折射率为 n 1.33
解 由折射定律得 临界角 75.48)
33.1
1
arcsin( ==
c
θ 所以当平面光波以 60 入射时将会发生全反射
折射波 θsinkk =′′
相速度 c
k
k
v
p
2
3
sin
==
′′
′′
=
θ
ωω
投入空气的深度
5
22
5
2
21
2
1
107.1
)
33.1
1
(60sin2
1028.6
sin2
×≈
×
=
=
π
θπ
λ
κ
n
cm
4 频率为 ω 的电磁波在各向同性介质中传播时 若 HBDE
vvvv
,,,仍按
)( txki
e
ω
v
v
变化 但 D
v
不再与 E
v
平行 即 ED
vv
ε= 不成立
1 证明 0,0 ≠?=?=?=?=? EkEBDBDkBk
vvvvvvvvvv
但一般电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 3 -
2 证明 ])([
1
2
2
kEkEkD
vvvvv
=
μω
3 证明能流 S
v
与波矢 k
v
一般不在同方向上证明 1 由麦氏方程组
=
=
=×?
=×?
0
0
B
D
t
D
H
t
B
E
v
v
v
v
v
v
得
0
)(
0
)(
0
=?=?==
BkieBkieBB
txkitxki
vvvvvv v
v
v
v
ωω
0=?∴ Bk
v
r
同理 0=?Dk
vv
DiHkiHeH
txki
vvvvv v
v
ω
ω
=×=×?=×?
0
)(
][
DiBki
vvv
μω?=×∴
0)(
1
=×=?∴ BkBDB
vvvvv
μω
BiEkiEeE
txki
vvvvv v
v
ω
ω
=×=×?=×?
0
)(
][
0)(
1
=?×=?∴ EEkEB
vvvvv
ω
EkiE
vvv
=
ED
vv
Q ε≠ E
v
∴ 一般 0≠ 即 Ek
vv
一般 0≠
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 4 -
2 由
t
B
E
=×?
v
v
得 )(
1
EkB
vvv
×=
ω
另由
t
D
H
=×?
v
v
得 )(
1
BkD
vvv
×?=
μω
])([
1
])[(
1
)]([
1
2
222
kEkEkkEkEkkD
vvvvvvvvvvv
=××=××?=∴
μωμωμω
3 由 )(
1
EkB
vvv
×=
ω
得 )(
1
EkH
vvv
×=
μω
])([
1
)(
1
2
EEkkEEkEHES
vvvvvvvrvv
=××=×=∴
μωμω
Ek
vv
Q? 一般 0≠ S
v
∴ 一般 kE
v
2
1
μω
≠ 即 S
v
一般不与 k
v
同向
5 有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿 z 轴传播 一个波沿 x 方向偏振 另一个沿 y
方向偏振 但相位比前者超前
2
π
求合成波的偏振
反之 一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振解 偏振方向在 x 轴上的波可记为
)cos()cos(
000 x
tAkztAx?ωω +=?=
在 y 轴上的波可记为
)cos()
2
cos(
000 y
tAkztAy?ω
π
ω +=+?=
2
00
π
=?=?
xy
合成得轨迹方程为
)](cos)([cos
0
2
0
22
0
22
yx
ttAyx?ω?ω +++=+
)](sin)([cos
0
2
0
22
0 xx
ttA?ω?ω +++=
2
0
A=
即
2
0
22
Ayx =+
所以合成的振动是一个圆频率为 ω 的沿 z 轴方向传播的右旋圆偏振 反之 一个圆偏电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 5 -
振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为
2
π
的线偏振的合成
6 平面电磁波垂直直射到金属表面上 试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热证明 设在 z>0 的空间中是金属导体 电磁波由 z<0 的空间中垂直于导体表面入射
已知导体中电磁波的电场部分表达式是
)(
0
tziz
eeEE
ωβα
=
vv
于是 由 z 0 的表面 单位面积进入导体的能量为
HES
vvv
×= 其中 EniEkH
v
v
vvv
×+=×= )(
11
αβ
ωμωμ
其平均值为
2
0
*
2
)Re(
2
1
EHES
ωμ
β
=×=
vvv
在导体内部
)(
0
tziz
eeEEJ
ωβα
σσ
==
vvv
所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为
z
eEEJdQ
α
σ
22
0
*
2
1
)Re(
2
1
=×=
vv
作积分
2
0
0
22
0
42
1
EdzeEQ
z
α
σ
σ
α
==
∫
∞
即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦耳热
又
2
ωμσ
αβ =Q
2
0
2
0
24
EEQ
ωμ
β
α
σ
==∴ 原题得证,
7 已知海水的
1
1,1
== mS
r
σμ 试计算频率 ν 为
96
1010,50 和 Hz 的三种电磁波在海水中的透入深度解 取电磁波以垂直于海水表面的方式入射
透射深度
ωμσα
δ
21
==
1=
r
μQ
7
00
104
×===∴ πμμμμ
r
mHz 72
1104502
22
:501
7
1
=
××××
===>∴
ππωμσ
δν 时电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 6 -
mHz 5.0
1104102
22
102
76
2
6
≈
××××
=> 时
ππωμσ
δν
mmHz 16
1104102
22
:103
79
3
9
≈
××××
===>
ππωμσ
δν 时
8 平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上 入射角为
1
θ 求导电介质中电磁波的相速度和衰减长度 若导电介质为金属 结果如何
提示 导电介质中的波矢量 ααβ
vv
vv
,ik += 只有 z 分量 为什么解 根据题意 如图所示 入射平面是 xz 平面
导体中的电磁波表示为
)(
0
txix
eeEE
ωβα
=
v
v
vvvv
αβ
v
vv
ik +=
''
与介质中的有关公式比较可得
=?
=?
ωμσβα
μεωαβ
2
1
222
v
v
根据边界条件得 0
''
=∴=+=
xxxx
ik ααβ 实数
又
11
''
sinsin θ
ω
θ
c
kkk
xx
===
1
sinθ
ω
β
c
x
=∴
而入射面是 xz 平面 故
''
,kk
vv
无 y 分量 0,0 ==∴
yy
βα
α
v
∴ 只有
z
α 存在 β
v
有
zx
ββ 与 其中
1
sinθ
ω
β
c
x
=
=
=?+
∴
ωμσβα
μεωαβθ
ω
2
1
)sin(
2222
1
zz
zz
c
有解得
2
1
22222
1
2
2
2
1
2
2
2
22
])sin[(
2
1
)sin(
2
1
σμωμεωθ
ω
θ
ω
μεωβ +?+?=
cc
z
2
1
2222
1
2
2
2
2
1
2
2
2
22
])sin[(
2
1
)sin(
2
1
σμωθ
ω
μεωθ
ω
μεωα +?+=
cc
z
x
z
介质真空
3
θ
1
θ
2
θ
''k
v
'k
v
k
v
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 7 -
其相速度为
β
ω
=v 衰减深度为
α
1
如果是良导体 则
=
=?+
ωμσβα
αβθ
ω
2
1
0sin
22
1
2
2
2
zz
zz
c
2
1
]sin[
2
1
2sin
2
222
1
4
4
4
1
2
2
2
σμωθ
ω
θ
ω
β ++?=∴
cc
z
2
1
]sin[
2
1
sin
2
222
1
4
2
4
1
2
2
2
2
σμωθ
ω
θ
ω
α ++=
cc
z
9 无限长的矩形波导管 在在 z 0 处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭 求在
∞=z 到 z 0 这段管内可能存在的波模解 在此中结构得波导管中 电磁波的传播依旧满足亥姆霍兹方程
=
=
=+?
0
0
00
22
E
k
EkE
v
rr
εμω
方程的通解为
)cossin()cossin()cossin(),,(
332211
zkDzkCykDykCxkDxkCzyxE
zzyyxx
+?+?+=
根据边界条件有
),0(,0 axEE
zy
=== ),0(,0 byEE
zx
===
),0(,0 ax
x
E
x
==
),0(,0 by
y
E
y
==
)0(,0 ==
z
z
E
z
故
=
=
=
zkykxkAE
zkykxkAE
zkykxkAE
zyxz
zyxy
zyxx
cossinsin
sincossin
sinsincos
3
2
1
其中 L2,1,0,== m
a
m
k
x
π
L2,1,0,== n
b
n
k
y
π
2
2
00
22222
c
kkkk
zyx
ω
μεω ===++ 且 0
321
=++
z
kA
b
n
A
a
m
A
ππ
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 8 -
综上 即得此种波导管种所有可能电磁波的解
10 电磁波
)(
2
),(),,,(
tzki
eyxEtzyxE
ω?
=
vv
在波导管中沿 z 方向传播 试使用
EiHHiE
vvvv
00
ωεωμ?=×?=×? 及 证明电磁场所有分量都可用 ),(),( yxHyxE
zx
和 这两个分量表示
证明 沿 z 轴传播的电磁波其电场和磁场可写作
)(
),(),,,(
tzki
z
eyxEtzyxE
ω?
=
vv
)(
),(),,,(
tzki
z
eyxHtzyxH
ω?
=
vv
由麦氏方程组得
Ei
t
E
H
Hi
t
B
E
v
v
v
v
v
v
00
0
ωεε
ωμ
=
=×?
=
=×?
写成分量式
xyz
z
y
z
HiEik
y
E
z
E
y
E
0
ωμ=?
=
1
y
z
xz
zx
Hi
x
E
Eik
x
E
z
E
0
ωμ=
=
2
z
x
y
Hi
y
E
x
E
0
ωμ=
xyz
z
y
z
EiHik
y
H
z
H
y
H
0
ωε?=?
=
3
y
z
xz
zx
Ei
x
H
Hik
x
H
z
H
0
ωε?=
=
4
z
x
y
Ei
y
H
x
H
0
ωε?=
由 2 3 消去 H
y
得 )(
)(
1
0
2
2
2
x
E
k
y
H
k
c
i
E
z
z
z
z
x
= ωμ
ω
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 9 -
由 1 4 消去 H
x
得 )(
)(
1
0
2
2
2
y
E
k
x
H
k
c
i
E
z
z
z
z
y
= ωμ
ω
由 1 4 消去 E
y
得 )(
)(
1
0
2
2
2
y
E
x
H
k
k
c
i
H
zz
z
z
x
+
= ωε
ω
由 2 3 消去 E
x
得 )(
)(
1
0
2
2
2
x
E
y
H
k
k
c
i
H
zz
z
z
y
= ωε
ω
11 写出矩形波导管内磁场 H
v
满足的方程及边界条件
解 对于定态波 磁场为
ti
exHtxH
ω?
= )(),(
v
v
v
v
由麦氏方程组
=
=
=×?
0H
Ei
t
D
H
v
v
v
v
ωε
得 EiHHHH
vvvvv
×===×?×? ωε
22
)()(
又 Hi
t
B
E
v
v
v
ωμ=
=×?
HHEi
vvv
22
==×∴ μεωωε
=
==+?
∴
0
,0)(
2222
H
kHk
v
v
εμω
即为矩形波导管内磁场 H
v
满足的方程由 0=?Bn
v
v
得 0=?Hn
v
v
0=
n
H
利用 HiE
vv
ωμ=×? 和电场的边界条件可得 0=
n
H
t
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 10 -
∴ 边界条件为
=
n
H
H
t
n
0
12 论证矩形波导管内不存在 TM
m0
或 TM
0n
波证明 已求得波导管中的电场 E
v
满足
=
=
=
zik
yxz
zik
yxy
zik
yxx
z
z
z
yekxkAE
yekxkAE
yekxkAE
sinsin
cossin
sincos
3
2
1
由 E
i
H
vv
×=
ωμ
可求得波导管中的磁场为
=
=
=
zik
yxyxz
zik
yxxzy
zik
yxzyx
z
z
z
yekxkkAkA
i
H
yekxkkAkiA
i
H
yekxkkiAkA
i
H
coscos)(
sincos)(
cossin)(
12
31
23
ωμ
ωμ
ωμ
本题讨论 TM 波 故 H
z
0 即 0
12
=?
yx
kAkA
故 1 若 0,0,0
2
====
xy
kA
b
n
kn
π
则
又 0,0
2
那么 A
a
m
k
x
≠=
π
0==∴
yx
HH
2 若 0,0,0
1
====
yx
kA
a
m
km
π
则
又 0,0
1
=≠= A
b
n
k
y
那么
π
0==∴
yx
HH
∴波导中不可能存在 TM
m0
和 TM
0n
两种模式的波
13 频率为
9
1030× Hz 的微波 在 cmcm 4.07.0 × 的矩形波导管中能以什么波模传播 在
cmcm 6.07.0 × 的矩形波导管中能以什么波模传播解 1 Hz
9
1030×=ν 波导为 cmcm 4.07.0 ×
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 11 -
由
22
)()(
22 b
n
a
mc
m
+==
ω
ν
当 mbma
22
104.0.,107.0
×=×= 时
Hznm
Hznm
Hznm
10
10
10
107.3,1,0
101.20,1
103.4,1,1
×===
×===
×===
ν
ν
ν
时时时
∴此波可以以 TM
10
波在其中传播
2 Hz
9
1030×=ν 波导为 cmcm 6.07.0 ×
Hznm
Hznm
Hznm
10
10
10
103.3,1,0
105.20,1
101.2,1,1
×===
×===
×===
ν
ν
ν
时时时
∴此波可以以 TE
10
和 TE
01
两种波模传播
14 一对无限大的平行理想导体板 相距为 b 电磁波沿平行与板面的 z 方向传播 设波在 x 方向是均匀的 求可能传播的波模和每种波模的截止频率解 在导体板之间传播的电磁波满足亥姆霍兹方程
=
=
=+?
0
0
00
22
E
k
EkE
v
rr
εμω
令 U x y z 是 E
v
的任意一个直角分量 由于 E
v
在 x 方向上是均匀的
)()(),(),,( zZyYzyUzyxU ==∴
又在 y 方向由于有金属板作为边界 是取驻波解 在 z 方向是无界空间 取行波解
∴解得通解
zik
yy
z
eykDykCzyxU )cossin(),,(
11
+=
由边界条件 0,0 =
=×
n
E
En 和
v
v
定解
)(
3
)(
2
)(
1
)sin(
)cos(
)sin(
tzki
z
tzki
y
tzki
x
z
z
z
ey
b
n
AE
ey
b
n
AE
ey
b
n
AE
ω
ω
ω
π
π
π
=
=
=
且 L2,1,0,)(
22
2
2
2
=+== nk
b
n
c
k
z
πω
又由 0= E
v
得 A
1
独立 与 A
2
,A
3
无关
zz
AikA
b
n
=
2
π
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 12 -
令 k
z
0 得截止频率
b
cn
c
π
ω =
15 证明整个谐振腔内的电场能量和磁场能量对时间的平均值总相等证明 在谐振腔中 电场 E
v
的分布为
=
=
=
zik
yxz
zik
yxy
zik
yxx
z
z
z
yekxkAE
yekxkAE
yekxkAE
sinsin
cossin
sincos
3
2
1
由 E
i
H
vv
×=
ωμ
可求得波导管中的磁场为
=
=
=
zik
yxyxz
zik
yxxzy
zik
yxzyx
z
z
z
yekxkkAkA
i
H
yekxkkAkiA
i
H
yekxkkiAkA
i
H
coscos)(
sincos)(
cossin)(
12
31
23
ωμ
ωμ
ωμ
由 )(
2
1
BHDE
rvvv
+?=ω 有 谐振腔中
1 电场能流密度
DE
E
vr
=
2
1
ω
)Re(
4
1
)]Re(
2
1
[
2
1
**
DEDE
E
vvvr
=?=∴ω
]cossinsinsincossinsinsincos[
4
2222
3
2222
2
2222
1
zkykxkAzkykxkAzkykxkA
zyxzyxzyx
++=
ε
2)磁场能流密度
BH
B
vv
=
2
1
ω
)Re(
4
1
*
BH
B
vv
=ω
+?= zkykkxkkAkA
zyxzzy
2222
3
2
coscossin)[(
4
1
μω
+?+ zkykxkkAkA
zyxxz
2222
31
cossincos)(
]sincoscos)(
2222
12
zkykxkkAkA
zyxyx
+
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播
- 13 -
有 μεω
22222
==++ kkkk
zyx
且 0
321
=++
zYx
kAkAkA
其中 L2,1,0,,,,,==== pnm
c
p
k
b
n
k
a
m
k
zyx
πππ
a b c 是谐振腔的线度 不妨令 x:0 a,y:0 b,z:0 c
于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为
∫∫∫∫
++==
abc
zyxzyxEE
zkykxkAzkykxkAdVW
000
2222
2
2222
1
sincossinsinsincos(
4
ε
ω
dxdydzzkykxkA
zyx
)cossinsin
2222
3
+
)(
32
2
3
2
2
2
1
AAA
abc
++=
ε
谐振腔中磁场能量的时间平均值为
])()()[(
84
1
2
12
2
31
2
232 yxxzzyBB
kAkAkAkAkAkA
abc
dVW+==
∫
μω
ω
0
321
=++
zyx
kAkAkAQ
0222)(
323121
22
3
22
2
22
1
2
321
=+++++=++∴
zyxzyxzyxzyx
kkAAkkAAkkAAkAkAkAkAkAkA
)])([(
32
2222
3
2
2
2
1
2
zyxB
kkkAAA
abc
W ++++=∴
μω
)(
32
)(
32
2
3
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1
2
2
AAA
abc
AAA
abck
++=++=
ε
μω
BE
WW =∴
