第4章-电磁波的传播

第四章电磁波的传播1.考虑两列振幅、偏振方向相同、频率分别为ro+dro和ro—d1.考虑两列振幅、偏振方向相同、频率分别为ro+dro和ro—dro的线偏振平面波，沿Z轴方向传播。(a)求合成波，证明波振幅非常数，而是一个波；(b)求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。解：设两列波的电场表达式分别为：E(x,t)-E(x)cos(kz-rot)；E(x,t)=E(x)cos(kz—rot)10112022k—kro—ro2211贝U，合成波为E=E(x,t)+E(x,t)=2E(x)cos(*1+*2z—气+%t)cos(12022其中k=k+dk，k=k一dk；ro=ro+dro，ro=ro—dro所以E=2E(x)cos(kz—rot)cos(dk•z—dro•t)=2E(x)exp[i(kz—rot)]cos(d相速由。=kz-rot确定：v-dz=ro；群速由妒-dk•z-dro・t确定，vpdtkg平面电磁波以0—45°从真空入射到g=2的介质，电场垂直于入射面，求反射系数和折射系数。解：根据折射定律也—理M=n，可得：0〃=30osin0"如g21'5/^cos0—cos0”、2丰cos0+『cos0”)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。该波在空气中的波长为人0-6.28X10-5cm，水的折射率为n=1.33。据菲涅耳公式得:R=解：由折射定律得，临界角0广arcsin11.33)dzdro2-*‘‘32\：'3色，；=,T=1—R=2+<32+3s;s£二145代—48.75。＜0—60°，所以，将会发生全反射。由于k"sin90o-ksin0，所以折射波相速度v=曾=_^=二*pk"ksin0sin0nsin0透入空气的深度为K-1—,1:R1.7X10-5cm2兀\：sin20—n221频率为ro的电磁波在各向异性介质中传播时，若E,D,B,H仍按e(…ro)变化，但d不再与e平行。(a)证明k•B=k•D=B•D=B•E=0，但一般k•E尹0;(b)证明D—伏2E—(k•E)k];ro2口(c)证明能流S与波矢k一般不在同一方向上。证明：(a)由V•B=0，得：V•B=B•Vei(k.x—rot)=ik•Bei(k.x—rot)—ik•B=0，.・.k•B—0，可知：k1B由V•D=D•Vei(k•x—rot)—ik•Dei(k-x—rot)—ik•B=0得：k•D—0，可知：k1D由VxE=[Vei(k-x-at)]xE=ikxE——iroB，易知k,E,D共直TB的面，又k1D，所以由Vx由VxE=[Vei(k-x-at)]xE=ikxE——iroB，易知k,E,D共直TB的面，又k1D，所以ro当且仅当E//D时，E1k。所以，ro.得B•E=(ro当且仅当E//D时，E1k。所以，ro.©由于Hro.由于一般情况下k•E尹0，所以能流，与波矢左一般不在同一方向上。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*方向偏振，另一个沿y方向偏振，

但相位比前者超前兀.；2，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：尤方向偏振波：E=Acos(①t一kz)=Acos(①t-9)y方向偏振波：E=Acos(①t一kz+兀/2)=Acos(①t一巾)，且A9=9一甲=兀/2y000y0y0x合成得：E2+E2=A2[cos2(①t―巾)+cos2(①t―巾)]=A2[cos2(①t-巾)+sin2(①t-8)]=A2所以，合成的振动是一个圆频率为o的沿Z轴方向传播的右旋圆偏振。0^0反之，圆偏振可以分解为两个偏振方向垂直，同幅，同频，相位差为生的线偏振的合成。2平面电磁波垂直射到金属表面上，试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热。证明：导体中电磁波的电场表达式：E=E0e—azei(Px—ot)，再由H=kXE(P+iamXE单位时间内由z=0表面的单位面积进入导体的电磁波S的平均值为:：S*=1Re(E*xH)=空'22ou在导体内部：J=bE=bEe-azei(px-Ot)，金属导体焦耳热：dQ=TRe(J*xE)=rbE2e-2%作积分：Q=作积分：Q=-bE2j3e-2adz=—0S'；。4a2o口7.已知海水的u=1，b=1S-m-1，计算频率v为50，106和109Hz的三种电磁波在水中的透入深度。r所以u=u，5=1/^nvub解：透射深度为：5=1/a=所以u=u，5=1/^nvub(a)当v=50Hz时，5.=1/寸兀X50X4兀X10-7X1=72m(b)当v=106Hz时,52=1/5X106X4兀X10-7X1浇0.5m(c)当v=109Hz时,5=1/1'兀X109X4兀X10-7X1«16mm.....、.，3-.一一--_.……-■一--、只有z分量。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0。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：导电介质中波矢量k=p+ia，a解：设导体中的电磁波表示为：E=E。促x-Ot)=Ee—a-xei(p-x—o只有z分量。由k=P+ia=k=ksin0^=osin0<—1于是a=0，。=(osin0)/c，a=0得p2—a2=o2四^，2p-a=bo2口从而(osin0)2/c2+得p2—a2=o2四^，2p-a=bo2口从而(osin0)2/c2+p2—a2=O2四£；ap=ous/21zzzz解得：P2=—(o2us—^—sin20)+上[(sin20—o2us)2+o2u2b2]J22c212c21a2=—L(o2m—sin20)+上[(o23—sin20)2+o2口2b2]&2c212c21其相速度为：v=-，衰减深度为：5=其相速度为：v=-，衰减深度为：5=-1如果是良导体，k2的实部与其虚部相比可忽略，即：I(Osin01)2/c2+pz2-a2=0解得p2c1O41sin20+-(sin40+o2u2b2),2；c1o4]sin20^+-(sin40^+o2u2b2)2求在z=-3到z=0这段管内可能存在的波模。9.无限长的矩形波导管，在z=0处被理想导体板封闭解：电磁波的传播满足亥姆霍兹方程：V2E+k2E=0，k=o^u£

边界条件为:可得：EX波数满足:振幅满足:kz+Dcoskz)z3zky)(Csm3cosy2dE/dx=QXdE/dyyE(x,y,z)求在z=-3到z=0这段管内可能存在的波模。边界条件为:可得：EX波数满足:振幅满足:kz+Dcoskz)z3zky)(Csm3cosy2dE/dx=QXdE/dyyE(x,y,z)=(Csinkx+Dcoskx)(Csiny+D1X'在x=0及x=a两平面：在y=0及两平面：在Z=0平面：E=E=kysinkzEyzAcoskxsin1Xk=mTi/a，AmTi/aA11EyEX0，=EzdEz/dz==Asinkxcoskysin2xyk=nn/b，km,n=0,1,2ynTi/bAk=0237Asin

3=CO2|HzkxsinycoskzxyZ£=CO2/C200TOC\o"1-5"\h\zXz证明：电场和磁场可分别写作：E(x,y,z,t)=困(x,肖卯七皿)，H(x,y,z,t)=H由麦氏方程组得：VxE=-SB/dt=z'co|i反，VxH=£dE/dt=-?C08E000写成分量式：dE/dy-dE/dz=dE/dy-ikE=zco|LiHzyzzz0xdHIdy-dH/dz=dH/dy-ikH=-zcosEzyzzy0x消去H得：E=(condH/dx-kdE/Sy)//(co2/C2_^2)y0zzzz消去E得：H=(-kdH/+cosdE/6_y)/z(co2/c2一k2)xzz0zzdE/dz-dEIdx=ikE一dEIdx=zcop,HxZZXZ0ydEIdx-dE/dy=zcopiHyx0Z消去H得：E=(-cop.dH/dy-kdE/6x)/z(co2/c2-k2)'尤0zzzz消去E得：H=(~k6H/-cosdE/5x)//(co2/C2-^2)yzz0zz写出矩形波导管内磁场反满足的方程及边界条件。解：对于定态波，磁场为：H(xj)=H(x)e-^由麦氏方程组VxH=QDIdt=-i&sE，VH=0W：Vx(VxH)=V(V•fl-)—V2H=—V2H=—Vx£又VxE=-3B/3z=zo)|iH-V2H=-zco8VxE=co2mH所以V2H+k^H=0»2=to2|i£,VH=0即为矩形波导管内磁场H满足的方程由/t•B=0•n-H=0?H=0n利用VxE=zcojiH和电场的边界条件可得：dH/8n=0TOC\o"1-5"\h\z边界条件为：H=0，dH/dn=0nt12.论证矩形波导管内不存在TMm0或TM°〃波。证明：证矩形波导管内电场£满足：E=Acaskxsinkyeikz^X1XyE=Asinkxcoskyeikzz

y2xyE=Asinxsinkyeikj

z3xy由VXE=可求得波导管中的磁场为：H=-(//con)(Ak-iAk)sinkxcoskye诙；x3y2zxyH=-(//cojLi)(/Ak-Ak}coskxsinkyeik^

y1z3xxyH=-(//cojLi)(Ak-Ak)coskxcoskyeik^

z2X1yXy本题讨论TM波，故反二0,即得：(4k-Ak)=0：Z2x1y若〃=0，祖尹0贝=0，k=祖兀/a尹0，贝U得：A=0，A=0,H=H=0;yx2xy若祖=0，〃尹0贝1=0，k=〃兀/DnO，贝U得：A=0，^2=0,h=H=0；

因此，波导中不可能存在TM0和TM0两种模式的波。13.频率为30x109Hz的微波，在0.7cmx0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播?在0.7cmx0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播?解：波导为0.7cmx0.4cm，由v=*=f■'(-)2+(-)2得：解：c2兀2兀\'ab当^=1，n=1时,v=4.3x1010Hz>vc1当刀=1，n=0时,v=2.1x1010Hz<vc2当小=0，n=1时,v=3.7x1010Hz>vc3所以，此波可以TE10波在其中传播。波导为0.7cmx0.6cm，由v==^—」(里)2+(勺2得：c2兀2兀'ab当皿=1，n=1时,v=3.3x1010Hz>vc1当刀=1，n=0时,v=2.1x1010Hz<vc2当im=0，n=1时,v=2.5x1010Hz<v14.一对无限大的平行理想导体板，相距为b，电磁波沿平行于板面的z方向传播，设波在x14.一对无限大的平行理想导体板，相距为b，电磁波沿平行于板面的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：在导体板之间电磁波满足：(V2+k2)E=0，k=叭口£，V-E=0令U(x,y,z)是£的一个直角分量，由于封在尤方向上均匀，所以U(x,y,z)=Y(y)Z(z)y方向由于有金属板为边界，所以取驻波解；在1方向是无界空间，取行波解。通解为：U(x,y,z)=(Csinky+Dcosky)㈡伶；边界处：在y=0和y=b处，"xE=0和dE/an=/1y1y得到：E=Asin(n兀y/b)e(kzz-^)；E=Acos(n兀y/b)e「(kzz-Q})；nE=Asin(n兀y/b)ef(k7z-G))TOC\o"1-5"\h\z又k2①2=n2兀/1y1y得到：E=Asin(n兀y/b)e(kzz-^)；E=Acos(n兀y/b)e「(kzz-Q})；证：腔内：E=Acoskxsinkysinkz；E=Asinkxcoskysinkz；E=Asinkxsinkycoskzx1xyzy2xyzz3xyz振幅：Ak+Ak+Ak=0；波数：k=m兀/a，k=n兀/b，k=p兀/c，k2=ro2^£电场能量密度：w=tE-D；对时间的平均值为：w=T[-rRe(E*-D)]=iRe(E*-D)于是腔中电场能量的平均值为：W=J订行=J"dxjbdyJ。萨女=、(A2+A2+A2)eVe000e32123由VxE=iropH可求得谐振腔中的磁场为：H=-(i/rop)(Ak一Ak)sinkxcoskycoskz；x3y2zxyzH=-(i/rop)(Ak一Ak)cos