第四章 电磁波的传播

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 ωωϖω 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 −= −= rrrr rrrr )]cos())[cos((),(),( 2211021 txktxkxEtxEtxEE ωω −+−=+= r rrrrrr ) 22 cos() 22 cos()(2 212121210 tx kk tx kk xE ωωωω −−−+−+= rr 其中 ωωωωωω dddkkkdkkk −=+=−=+= 2121 ,;, )cos()cos()(2 0 tdxdktkxxEE ⋅−⋅−=∴ ωωr rr 用复数表示 )(0 )cos()(2 tkxietdxdkxEE ωω −⋅−⋅= r rr 相速 0=− tkx ω k vp ω=∴ 群速 0=⋅−⋅ tdxdk ω dk d vg ω=∴ 2 一平面电磁波以 o45=θ 从真空入射到 2=rε 的介质 电场强度垂直于入射面 求反射 系数和折射系数 解 nr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 o302 =∴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( ==cθ 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 kk 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 − − ×≈ − ×=−= πθπ λκ 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 )( txkie ω−⋅vv 变化 但Dv 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 vv vv 得 0)(0 )( 0 =⋅=⋅=∇⋅=⋅∇ −⋅−⋅ BkieBkieBB txkitxki vvvvvv vvvv ωω 0=⋅∴ Bk vr 同理 0=⋅Dk vv DiHkiHeH txki vvvvv vv ωω −=×=×∇=×∇ −⋅ 0)( ][ DiBki vvv µω−=×∴ 0)( 1 =×⋅−=⋅∴ BkBDB vvvvv µω BiEkiEeE txki vvvvv vv ωω =×=×∇=×∇ −⋅ 0)( ][ 0)( 1 =⋅×=⋅∴ EEkEB vvvvv ω EkiE vvv ⋅=⋅∇ ED vv Q ε≠ Ev⋅∇∴ 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 ∂ ∂−=×∇ vv 得 )(1 EkB vvv ×= ω 另由 t D H ∂ ∂=×∇ vv 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≠ Sv∴ 一般 kE v21µω≠ 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 xtAkztAx ϕωω +=−= 在 y 轴上的波可记为 )cos() 2 cos( 000 ytAkztAy ϕωπω +=+−= 200 πϕϕϕ =−=∆ xy 合成得轨迹方程为 )](cos)([cos 0 2 0 22 0 22 yx ttAyx ϕωϕω +++=+ )](sin)([cos 0 2 0 22 0 xx ttA ϕωϕω +++= 20A= 即 2022 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 tzizeeEE 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 vvvvv ×+=×= )(11 αβωµωµ 其平均值为 20* 2 )Re( 2 1 EHES ωµ β=×= vvv 在导体内部 )(0 tzizeeEEJ ωβασσ −−== vvv 所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为 zeEEJdQ ασ 220* 2 1 )Re( 2 1 −=×= vv 作积分 200 22 0 42 1 EdzeEQ z α σσ α == ∫∞ − 即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦 耳热 又 2 ωµσαβ =Q 20 2 0 24 EEQ ωµ β α σ ==∴ 原题得证. 7 已知海水的 11,1 −⋅== mSr 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 ωµσαδ 21 == 1=rµQ 700 104 −×===∴ πµµµµ r mHz 72 1104502 22 :501 71 =××××===>∴ −ππωµσδν 时 电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 6 - mHz 5.0 1104102 22 102 762 6 ≈××××=> 时 ππωµσδν mmHz 16 1104102 22 :103 793 9 ≈××××===> −ππωµσδν 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 1θ 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 vvvv ,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 txixeeEE ωβα −⋅⋅−= vvvvvv αβ vvv ik +='' 与介质中的有关公式比较可得    =⋅ =− ωµσβα µεωαβ 2 1 222 vv 根据边界条件得 0'' =∴=+= xxxx ik ααβ 实数 又 11'' sinsin θωθ ckkk xx === 1sinθωβ cx =∴ 而入射面是 xz 平面 故 '',kk vv 无 y 分量 0,0 ==∴ yy βα αv∴ 只有 zα 存在 β v 有 zx ββ 与 其中 1sinθωβ cx =    = =−+ ∴ ωµσβα µεωαβθω 2 1 )sin( 22221 zz zzc有 解得 2 122222 1 2 2 2 1 2 2 2 22 ])sin[( 2 1 )sin( 2 1 σµωµεωθωθωµεωβ +−+−= cc z 2 12222 1 2 2 2 2 1 2 2 2 22 ])sin[( 2 1 )sin( 2 1 σµωθωµεωθωµεωα +−+−−= cc z x z 介质 真空 3θ 1θ 2θ ''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 α1 如果是良导体 则    = =−+ ωµσβα αβθω 2 1 0sin 221 2 2 2 zz zzc 2 1 ]sin[ 2 1 2sin 2 222 1 4 4 4 12 2 2 σµωθωθωβ ++−=∴ cc z 2 1 ]sin[ 2 1 sin 2 222 1 4 2 4 1 2 2 2 2 σµωθωθωα ++= 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 Ex ==∂ ∂ ),0(,0 by y Ey ==∂ ∂ )0(,0 ==∂ ∂ z z Ez 故    = = = zkykxkAE zkykxkAE zkykxkAE zyxz zyxy zyxx cossinsin sincossin sinsincos 3 2 1 其中 L2,1,0, == m a m kx π L2,1,0, == n b n k y π 2 2 00 22222 c kkkk zyx ωµεω ===++ 且 0321 =++ zkAb 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),(),,,( tzkieyxEtzyxE 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 zeyxEtzyxE ω−= vv )(),(),,,( tzki zeyxHtzyxH ω−= vv 由麦氏方程组得 Ei t E H Hi t B E vvv vvv 00 0 ωεε ωµ −=∂ ∂=×∇ =∂ ∂−=×∇ 写成分量式 xyzz yz HiEik y E z E y E 0ωµ=−∂ ∂=∂ ∂−∂ ∂ 1 y z xz zx Hi x E Eik x E z E 0ωµ=∂ ∂−=∂ ∂−∂ ∂ 2 z xy Hi y E x E 0ωµ=∂ ∂−∂ ∂ xyz zyz EiHik y H z H y H 0ωε−=−∂ ∂=∂ ∂−∂ ∂ 3 y z xz zx Ei x H Hik x H z H 0ωε−=∂ ∂−=∂ ∂−∂ ∂ 4 z xy Ei y H x H 0ωε−=∂ ∂−∂ ∂ 由 2 3 消去 Hy得 )( )( 1 0 2 2 2 x E k y H k c i E zz z z x ∂ ∂−∂ ∂− − = ωµω 电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 9 - 由 1 4 消去 Hx得 )( )( 1 0 2 2 2 y E k x H k c i E zz z z y ∂ ∂−∂ ∂ − = ωµω 由 1 4 消去 Ey得 )( )( 1 0 2 2 2 y E x H k k c i H zzz z x ∂ ∂+∂ ∂− − = ωεω 由 2 3 消去 Ex得 )( )( 1 0 2 2 2 x E y H k k c i H zzz z y ∂ ∂−∂ ∂− − = ωεω 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 tiexHtxH ω−= )(),( vvvv 由麦氏方程组    =⋅∇ −=∂ ∂=×∇ 0H Ei t D H v vvv ωε 得 EiHHHH vvvvv ×∇−=−∇=∇−⋅∇∇=×∇×∇ ωε22)()( 又 Hi t B E vvv 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 vv 得 0=⋅Hn vv 0=nH 利用 HiE vv ωµ=×∇ 和电场的边界条件可得 0=∂ ∂ n Ht 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 TMm0或 TM0n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 EiH 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 Hz 0 即 012 =− yx kAkA 故 1 若 0,0,0 2 ==== xy kAb n kn π则 又 0,0 2那么Aa m kx ≠= π 0==∴ yx HH 2 若 0,0,0 1 ==== yx kAa m km π则 又 0,0 1 =≠= Ab n k y 那么 π 0==∴ yx HH ∴波导中不可能存在 TMm0和 TM0n两种模式的波 13 频率为 91030× 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 Hz91030×=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 +== ων 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 TM10波在其中传播 2 Hz91030×=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 TE10和 TE01两种波模传播 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 zikyy zeykDykCzyxU )cossin(),,( 11 += 由边界条件 0,0 =∂ ∂=× n E En 和vv 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=⋅∇ Ev 得 A1独立 与 A2,A3无关 zz AikAb n =2π 电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 12 - 令 kz 0 得截止频率 b cn c πω = 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 EiH 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 DEE vr ⋅= 2 1ω )Re( 4 1 )]Re( 2 1 [ 2 1 ** DEDEE vvvr ⋅=⋅=∴ω ]cossinsinsincossinsinsincos[ 4 2222 3 2222 2 2222 1 zkykxkAzkykxkAzkykxkA zyxzyxzyx ++= ε 2)磁场能流密度 BHB vv ⋅= 2 1ω )Re( 4 1 * BHB vv ⋅=ω +−= zkykkxkkAkA zyxzzy 222232 coscossin)[(4 1 µω +−+ zkykxkkAkA zyxxz 222231 cossincos)( ]sincoscos)( 222212 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 0321 =++ 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 ∫ ∫ ∫∫ ++== a b c zyxzyxEE zkykxkAzkykxkAdVW 0 0 0 2222 2 2222 1 sincossinsinsincos(4 εω dxdydzzkykxkA zyx )cossinsin 22223+ )( 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 −−+−⋅== ∫ µωω 0321 =++ zyx kAkAkAQ 0222)( 323121 22 3 22 2 22 1 2 321 =+++++=++∴ zyxzyxzyxzyx kkAAkkAAkkAAkAkAkAkAkAkA )])([( 32 2222 3 2 2 2 12 zyxB kkkAAA abc W ++++=∴ µω )( 32 )( 32 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 12 2 AAA abc AAA abck ++=++= εµω BE WW =∴