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电磁场习题解答

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10

5.5 由

?E?Ex?Hz?Hz

=ε0εrx和=μ0μr,得 ?y?t?y?t

(403)sin(ωt?4y3)=300πε0εrωsin(ωt?4y3)

400πsin(ωt?4y3)=10μ0μrωsin(ωt?4y3)

对比以上两式的两端,解出ω=108,εr≈16。 ??=Ee?jkx,B??=?1?×E??=ke×E??,B=Re5.6 E0x

jωω(??ejωt=2B)2kωcos(ωt?kx)ex×E0,

2kE021?jkx????E=?jkecos2(ωt?kx)ex。 (E0?ex)=0,Π=E×B=

μμω??=E+jE,H??=H+jH,这里E、E、H、H都是实数矢量。从而5.7 记Eriririri

j=Re?(E+jE)×(H?jH)?=E×H+E×H,而坡印亭矢量为 ReΠiri?rrii?r

Π(t)=Re

(??ejωt×Re2E)(??ejωt=2(Ecosωt?Esinωt)×(Hcosωt?Hsinωt) 2Hriri

) =2Er×Hrcos2ωt?(Er×Hi+Ei×Hr)sin2ωt+2Ei×Hisin2ωt 1

所以Π=

T

T

0

1

Π(t)dt=Er×Hr+Ei×Hi,故

T

T

j。 Π(t)dt=ReΠ0

5.8 x=

ωσμ1a2

=a≈0.69,F(x)≈1,pe=σ(πafBs)≈2527W/m3。 d23

lπσa2

=1.9894×10?3lΩ, ka=

?5.9 设导线长为l,则R0=

Z=

ωσμ2 (1?j)a=5.6199×(1?j),

kaR0J0(ka)=l(6.1182+j5.5491)×10?3Ω。

2J1(ka)k=9.95×108rad/s。

6.1 kD=

k?ex+ey+3ez2π

,λ==1.89m,ω==

kk11μ0ε0??=E??e?jk?r,??=?jE?ke?jk?r=0,H??=k×E0e?jk?r,E(r,t)=2Ecos(ωt?k?r),6.2 设E则??E000

ωμ0

H(r,t)=w(r,t)=

2k×E0

ωμ0

cos(ωt?k?r),Π(r,t)=E×H=2ε022

E0cos(ωt?k?r)kD。而μ0w(r,t)D12222

EH2Ecostε+μ=εω?k?r,所以=Πr,tk,Π=cw。 ()()(0)000

2ε0μ06.3 (1)令θ=ωt?kz,E(r,t)=2(cosθex?sinθey), x=2cosθ,y=?2sinθ,

x2+y2=2,α=arctan

dαy

=?θ,=?ω<0,电场是左旋圆偏振波。

dtx

π

,H(r,t)=2(yey+zez), cosy=θ,z=sinθ,y2+z2=1,4

(2)kD=ex,令θ=ωt?kx+

α=arctan

dαz

=θ,=ω>0。磁场是右旋圆偏振波,电场也是右旋圆偏振波。

dty

6.4

EyEx

=(?1)n

E0yE0x

。对于磁场,Hx=?Hyε0ε0En+1E0x

Ey,Hy=Ex,=?x=(?1)。μ0μ0HxEyE0y

若n是偶数,

EyEx

=

E0yE0x

HyHx

=?

E0x

,电场矢量的端点轨迹是在Ⅰ、Ⅲ象限振E0y

动的线偏振波,磁场矢量的端点轨迹是在Ⅱ、Ⅳ象限振动的线偏振波。若n是奇数,

EyEx

=?

E0yE0x

HyHx

=

E0x

,电场矢量的端点轨迹是在Ⅱ、Ⅳ象限振动的E0y

线偏振波,磁场矢量的端点轨迹是在Ⅰ、Ⅲ象限振动的线偏振波。

sin30Dn2

6.5 设折射角是θ′′。从空气入射到聚四氟乙烯,==εr=1.45,θ′′=20.18D。

sinθ′′n1

从聚四氟乙烯入射到空气,sinθ′′=εrsin30D=0.72,θ′′=46.43D。

6.6 电磁波折射到理想介质中频率保持不变,由v=λf,得

2

v1λ1

=,v2λ2

?c?λ1cv1=1v2=1.35×108m/s;利用v==,得εr=??=4.94。

λ2εμεr?v1?

6.7 15θ=,sinθ′′=

D

n1

sinθ=0.75,θ′′=49D,n2

??′Esin(θ?θ′′)0⊥

=?=0.62,??′′+sin(θθ)E0⊥

′⊥m=0.62E0⊥m=0.62μV/m;E0

??′′E2cosθsinθ′′0⊥

′′⊥m=1.62E0⊥m=1.62μV/m。 ==1.62,E0

??′′E0⊥sin(θ+θ)??′ε?1E????????????′′′′,0=r′′,E0+E0=εrE0≈0.27,6.8 E0?E0=E0

??E+1ε0r??′′E20

=≈0.73。 ??E1ε+0r6.9 根据d=

1πfμσ,得①d=2.09mm,②d=2.65mm,③d=0.36mm。

6.10 E0m=10?3V,H0m=

2E0m2E

=5.3×10?6A/m,Km=0m=5.3×10?6A/m。 Z0Z0

6.11 设矩形截面S的长是a,宽是b,a>b,选取直角坐标系,见图6.6.2。由TE10

波的表达式(6.6.41)和(6.6.42),可知Cz=

??jπE0??=E??sinπxe?jkzze,,TE10波为Ey0

ωμ0aa

??

??×H???)?dS?=abkzE2,??=E0??kasinπxe+jπcosπxe?e?jkzz,功率为P=Re?(EHxz??z???∫S?2ωμ00aa?ωμ0a?

由kz=2πμ0ε022abE0m?f10?abEbr?f10?22f?f10,得P=1??,极限功率P=1? ???。br

480πf480πf????226.12 fmn=

12μ0ε0?m??n???+??,f01=20GHz,f10=12GHz,f11=23GHz。因f=15GHz?a??b?22满足f01>f>f10,所以波导中是TE10波。

7.1 以球心为坐标原点建立球坐标系Orθφ。由于场源呈球对称分布,所以电流密

度和电荷密度都是球对称分布:J=Jr(r,t)er,ρv=ρv(r,t)。这样,所有场量都与坐标分量θ和φ无关,从而A=Ar(r,t)er,B=?×A=0,Π=E×Bμ0=0。

2

?2Ex?2Ex1?2Exd2g??2Exd2fd2g2?df=27.2 令a=z?ct,b=z+ct,2=c?2+2?,2=2+2,所以。 22?tdadbdd?zab?zc?t??

7.3 由λf=c,得λ=300m??l=1m,从而Rrd=80π2(lλ)=8.8×10?3Ω。 U2sin2θ1cos2(ωt?kr),Prd=7.4 远区Π(r,t)=er

2Z0rT

2

∫v∫

0

T

?

??

U2?

Π?erdS?dt≈

90S?

[W]。

2

PrdEm?????7.5 建立球坐标系,天线的中心与原点O重合。=Re(E×H)?er=,4πr22Z0

Em=

PrdZ0245

。当r=1km时Em=0.245Vm,当r=100km时Em=2.45mVm。 =

2πr2r

ω=2πf=3π×108,r=5×103,λ=7.6 Im=0.2,

cos(mπ)=?12πcl

=2,k==π,m==0.75,令θ=90D,

λλf

??

??=jωμ0Ie?jkrcos(mπcosθ)?cos(mπ)e得E=4.10×10?3V/m。 ,由Emθ2πkrsinθ27.7 天线中J(x,y,z,t)=δ(x)δ(y)i(z,t)ez和ρv(x,y,z,t)=δ(x)δ(y)ρl(z,t),由??J=?

?isinωtdF

。 得ρl=???dt=?

??zωdz

?ρv

,?t

7.8 建立直角坐标系,天线中点是坐标原点,天线轴线与z轴重合。电流可近似

表达成i(z′,t)=2I0sink(a?z′)cos(ωt+φ0),其中k=2πλ,a=l2。所以

??(z′)=I??sink(a?z′)≈I??k(a?z′),电流为三角形分布。设r??a,得 I00

???jkrμ0I0??A=e

rλ∫0(a?z′)cos(kz′cosθ)dz′ez=

a

??μ0I0

2πkr

e?jkr

1?cos(mπcosθ)cos2θez。

7.9设电偶极矩方向和磁偶极矩方向分别如图7-4-1和图7-5-1 所示,利用叠加原

??lπe?jkrZ0?I2π???sinθ,而k=理,辐射区E=?j60eθ+eφ?,Z0≈120π,所以

krλλλ????le?jkr60πI??=(je+e)sinθ,辐射波是圆偏振的。 Eθφλr

7.10 在天线的远区,利用场的叠加原理,在与天线所在平面平行的平面上任意点

处,都存在两个互相垂直的电场分量。这两个分量的相位差与两细直天线上电流的相位差相等。从而根据方程(6-3-4)可知:当两电流同相(δ=0)时,天线辐射的电磁波是线偏振波;当两电流的相位差为π2时,天线辐射的电磁波是圆偏振波;当两电流的相位差为π4时,天线辐射的电磁波是椭圆偏振波。

8.1 沿圆柱内表面作圆环C,中心轴线与圆环平面垂直,由

v∫

C

H?dr=∫Js?dS,得

S

2

I=2πaH,从而Ic=2πaHc,Ic(T)=2πaHc(T)=2πaHc(0)?1?(TTc)?。

??

8.2 假定没有外磁场后单连通超导体内存在稳定的超导电流Js。超导电流分布在

超导体的内表面,设超导电流回路是C,令由C张成的曲面S是超导体内表面的一部分。由

v∫

C

2

Js?dr=∫(?×Js)?dS=?∫(B?n)(μ0dL)dS,超导体为单连通区域,

S

S

S上处处成立B?n=0(见式(8-2-30)的导出过程),所以

v∫

C

Js?dr=0,而Js与dr同

方向,必有Js?dr=Jsdr>0,这就出现了矛盾。所以没有外加磁场时单连通超导体内没有稳定的超导电流。

8.3 建立直角坐标系,坐标原点位于平板中心,ex垂直于平板表面,外磁场为

B=B0ey。设外磁场中放入超导体后,超导体的外部磁场为Bair=Bair(x)ey,内部

2

′′(x)=0和Bs′′(x)?Bs(x)dL磁场为Bs=Bs(x)ey,则Bair=0。通解为Bair=C1x+C2和

Bs(x)=C3e?xdL+C4exdL。由磁场有界,可知C1=0;由x→∞时Bair→B0,得Bair=B0ey。在超导体内Bs(?x)=Bs(x),且B(±a)=Bair(±a)=B0,所以Bs=B0ch(xdL)ch(adL)ey。

电磁场习题解答

5.5由?E?Ex?Hz?Hz=ε0εrx和=μ0μr,得?y?t?y?t(403)sin(ωt?4y3)=300πε0εrωsin(ωt?4y3)400πsin(ωt?4y3)=10μ0μrωsin(ωt?4y3)对比以上两式的两端,解出ω=108,εr≈16。??=Ee?jkx,B??=?1?
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