电动力学答案(郭硕鸿+第三版)chapter4 投稿:吴巇巈

1. 考虑两列振幅相同的偏振方向相同频率分别为ω+dϖ和 ω−dω的线偏振平面波它们都沿z轴方向传播 合成波证明波的振幅不是常数而是一个波1求 合成波的相位传播速度和振幅传播速度2求 rrrr E1(x,t)=E0(x)cos(k1x−ω1t) 解 …

电动力学答案 第一章 电磁现象的普遍规律 1. 根据算符的微分性与向量性,推导下列公式: (AB)B(A)(B)AA(B)(A)B 2 A(A)12A(A)A 解:(1)(AB)(ABc)…

电动力学答案 第一章 电磁现象的普遍规律 1. 根据算符的微分性与向量性,推导下列公式: (AB)B(A)(B)AA(B)(A)B 2 A(A)2A(A)A 解:(1)(AB)(ABc)…

1. 考虑两列振幅相同的偏振方向相同频率分别为ω+dϖ和

ω−dω的线偏振平面波它们都沿z轴方向传播

合成波证明波的振幅不是常数而是一个波1求

合成波的相位传播速度和振幅传播速度2求

rrrr

E1(x,t)=E0(x)cos(k1x−ω1t)

解 rrrr

E2(x,t)=E0(x)cos(k2x−ω2t)

rrrrrrr

E=E1(x,t)+E2(x,t)=E0(x)[cos(k1x−ω1t)+cos(k2x−ω2t)]rrk+k2ω+ω2k−k2ω−ω2

=2E0(x)cos(1x−1t)cos(1x−1t)

2222

其中k1=k+dk,k2=k−dk;ω1=ω+dω,ω2=ω−dω

2

一平面电磁波以θ=45从真空入射到εr=2的介质

.kh

o

ωk

群速 dk⋅x−dω⋅t=0

∴vg=

dk

∴vp=

相速 kx−ωt=0

daw

电场强度垂直于入射面

求反射

系数和折射系数

r

n为界面法向单位矢量

>,,分别为入射波反射波和折射波的玻印

www

亭矢量的周期平均值则反射系数R和折射系数T

定义为

r'2

⋅nE0

R==2

⋅nE0

r

⋅nn2cosθ2E''2

T==

⋅nn1cosθE02

又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式

可得

2

1cosθ−2cosθ2

 R=

cosθ+cosθ

221

rrri(kx−ωt)

用复数表示E=2E0(x)cos(dk⋅x−dω⋅t)e

- 1 -

rrr

∴E=2E0(x)cos(kx−ωt)cos(dk⋅x−dω⋅t)

.c

om

T=

412cosθcosθ2(1cosθ+2cosθ2)2

又根据反射定律和折射定律

θ=θ1=45o

2sinθ2=1sinθ

由题意

ε1=ε0,ε2=ε0εr=2ε0

o

∴θ2=30

证明这时将会发生全反射并求3有一可见平面光波由水入射到空气入射角为

60

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

λ0=6.28×10−5cm水的折射率为n1.33

解由折射定律得临界角θc

=arcsin(将会发生全反射 折射波 k′′=ksinθ

.kh

ω′′ω

==ck′′2k

θ

(0

22+0)22

T=

daw

=2+31

)=48.751.33

4ε02

23案

2.c

所以当平面光波以60

入射时

www

相速度 vp=

23−2

)2=2− ∴R=(22++22

投入空气的深度 κ=

λ1

2

2π2θ−n21

=

6.28×10−5

12

2πsin260−(1.33

vvvvvvvi(k⋅x−ωt)

4频率为ω的电磁波在各向同性介质中传播时若E,D,B,H仍按e变化但D

vvv

不再与E平行即D=εE不成立

明k⋅B=k⋅D=B⋅D=B⋅E=0,但一般k⋅E≠01证

- 2 -

vvvvvvvvvv

om

≈1.7×10−5cm

vvvvv12

明D=2[kE−(k⋅E)k]2证

ωµ

vv

明能流S与波矢k一般不在同方向上3证

证明

1

由麦氏方程组

同理

vvvvvvvi(k⋅x−ωt)∇×H=[∇e]×H0=ik×H=−iωD

vvv∴ik×B=−iµωD

www

µωω

vv1vvv∴B⋅=−B⋅(k×B)=0

vvvvvvvi(k⋅x−ωt)∇×E=[∇e]×E0=ik×E=iωB

v

v1vvv∴B⋅E=(k×E)⋅E=0

vvvvv

QD≠εE ∴∇⋅E一般≠0即 k⋅E一般≠0

.kh

vvk⋅D=0

rv ∴k⋅B=0

daw

vvv

∇⋅E=ik⋅E

- 3 -

vvvvi(kv⋅xvvvvv

−ωt)i(k⋅x−ωt)

∇⋅B=B0⋅∇e=ik⋅B0e=ik⋅B=0

.c

om

v

v∂B∇×E=−∂tv

v∂D

∇×H=

∂tv

∇⋅D=0v∇⋅B=0

v

v1vvv∂B

2由∇×E=− 得 B=(k×E)

∂tωv

vv∂D1vv

另由∇×H= 得 D=−(k×B)

∂tµωv1vvv

∴D=−[k×(k×E)]=2

1

vvv

[(k×E)×k]=2

1

vvvv

[kE−(k⋅E)k]2

2

µωµωµω

3

由B=

v

ω

v1vv1vv

(k×E)(k×E) 得 H=

µω

µωµω

5有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播

但相位比前者超前

方向偏振

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

x=A0cos(ωt−kz)=A0cos(ωt+ϕ0x)

在y轴上的波可记为

www

2

2

y=A0cos(ωt−kz+ ∆ϕ=ϕ0y−ϕ0x=

合成得轨迹方程为

x+y=A0[cos(ωt+ϕ0x)+cos(ωt+ϕ0y)] =A0[cos(ωt+ϕ0x)+sin(ωt+ϕ0x)] =A0

22

2

2

2

2

2

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

- 4 -

.kh

π2

x2+y2=A02

daw

µωπ2

求合成波的偏振

vvv12vQk⋅E一般≠0 ∴S一般≠Ek

vvvvvvr1vvv1∴S=E×H=E×(k×E)=[E2k−(k⋅E)E]

vv

即S一般不与k同向

π

=A0cos(ωt+ϕ0y)2

.c

一个波沿x方向偏振另一个沿y

反之

一个圆偏

om

相位差为π

振可以分解为两个偏振方向垂直同振幅同频率

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

vv−αzi(βz−ωt)

E=E0ee

于是

z

0 的表面

单位面积进入导体的能量为

ωµωµ

其平均值为S=

vv1βRe(E*×H)=E0222ωµ

又Qαβ= ∴Q=

.kh

−1

σ2βE0=E02 原题得证.4α2ωµ

耳热

ωµσ

2

daw

6

v*v112−2αz

dQ=Re(J×E)=σE0e

2212∞−2αzσ2

作积分Q=σE0∫edz=E0即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦

024α

所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为

- 5 -

在导体内部

vvv

J=σE=σE0e−αzei(βz−ωt)

7

已知海水的µr=1,σ

=1S⋅m

试计算频率ν为50,10和10Hz的三种电磁波在海

www

透射深度 Qµr=1 ∴µ=

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

δ=

1

α

=

2

ωµσ

µ0µr=µ0=4π×10−7

=

=72m

2π×50×4π×10−7×1

∴1>ν=50Hz时:δ1=

ωµσ

.c

9

om

vvv

S=E×H

其中

v1vv1vv

(β+iα)n×EH=k×E=

2>ν=

10Hz时

6

δ2

ωµσ2

=

2π×106×4π×10

7

×1

≈0.5m

3>ν=10Hz时:δ3=

9

ωµσ

2

≈16mm−79

2π×10×4π×10×1

8

平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上

结果如何

入射角为θ1

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 提示解

导电介质中的波矢量k=

如图所示

根据题意入射平面是xz平面

vvvv−αvv

⋅xi(β⋅x−ωt)

E=E0ee

导体中的电磁波表示为

v''vv

k=β+iα

与介质中的有关公式比较可得

根据边界条件得

''kx=βx+iαx=实数∴αx=0''

1

ωµσ2

ω

sinθ1c

vv''

而入射面是xz平面故k,k无y分量 ∴αy=0,βy=0

∴βx=

.kh

v

v

2z2z

又kx=kx=ksinθ1=

www

∴α只有αz存在β有βx与βz其中βx=

ω

(sinθ1)2+βz2−αz2=ω2µεc

∴有

αβ=1ωµσzz2

解得

1ω21ω222222222

β=(µεω−2sinθ1)+[(2sinθ1−ωµε)+ωµσ]2c2c1ω21ω222222222

α=−(µεω−2sinθ1)+[(ωµε−2sinθ1)+ωµσ]22c

c

daω

sinθ1c

ω

sinθ1c

- 6 -

β−α

vv

α⋅β=

22

=ωµε

2

m

v

vvv

β+iα,α只有z分量

为什么

x

其相速度为v=

ωβ

衰减深度为如果是良导体则

ω2222

sinθ+β−α=01zzc2

αβ=1ωµσzz2

ω21ω424222

α=sinθ+[sinθ+ωµσ]1122

2c2c

2

z

方程的通解为

E(x,y,z)=(C1sinkxx+D1coskxx)⋅(C2sinkyy+D2coskyy)⋅(C3sinkzz+D3coskzz)

根据边界条件有

Ey=Ez=

0,(x=0,a)

www

∂Ex

=0,(x=0,a)

x

.kh

Ex=A1coskxxsinkyysinkzz

Ey=A2sinkxxcoskyysinkzz

Ez=A3sinkxxsinkyycoskzz

,m=0,1,2Lanπ

ky=,n=0,1,2L

b

其中 kx=

ω2mπnπ

k+k+k=k=ωε0µ0=2且A1+A2+A3kz=0

abc

2

x

2y

2z

2

2

daw

Ex=Ez=0,(y=0,b)

rr∇2E+k2E=0

k=ω00

v∇⋅E=0

无限长的矩形波导管在在

z0处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭

z=−∞到

z0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9

.c

∂Ez

=0,(z=0)∂z

∂Ey∂

y

=0,(y=0,b)

- 7 -

om

求在

ω21ω44222

∴β=−2sin2θ1+[4sinθ1+ωµσ]

2c2c

2

z

综上

即得此种波导管种所有可能电磁波的解

10

vvi(kz−ωt)

电磁波E(x,y,z,t)=E(x,y)e2在波导管中沿z方向传

试使用

vvvv

∇×E=iωµ0H及∇×H=−iωε0E证明电磁场所有分量都可用Ex(x,y)和Hz(x,y)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

daw

1

∂Ex∂Ez∂E

−=ikzEx−z=iωµ0Hy

∂z∂x∂x

写成分量式

∂Ez∂Ey∂Ez

−=−ikzEy=iωµ0Hx

∂y∂z∂y

.kh

∂Ey∂x

∂Ex

=iωµ0Hz∂y

www

∂Hz∂Hy∂Hz

−=−ikzHy=−iωε0Ex

∂y∂z∂y∂Hx∂Hz∂Hz

−=ikzHx−=−iωε0Ey

∂z∂x∂x

∂Hx

=−iωε0Ez∂y

∂Hz∂Ez

−kz)∂y∂x

.c

12

34

∂Hy∂x

23

消去Hy得 Ex=

ω2

i(2−kz2)c

(−ωµ0

- 8 -

vvv∂B∇×E=−=iωµ0H

∂t

由麦氏方程组得 v

vv∂E∇×H=ε0=−iωε0E

∂t

om

vv

i(kz−ωt) E(x,y,z,t)=E(x,y)ezvvi(kz−ωt) H(x,y,z,t)=H(x,y)ez

14

消去Hx得 Ey=

1

ω2

i(2−kz2)c

1

(ωµ0

∂Hz∂Ez

−kz∂x∂y

14

消去Ey得 Hx=

ω2

i(2−kz2)c

1

(−kz

∂Hz∂Ez

+ωε0)∂x∂y

v

11写出矩形波导管内磁场H满足的方程及边界条件

vvvvv22

得 ∇×(∇×H)=∇(∇⋅H)−∇H=−∇H=−iωε∇×Evvv∂B又∇×E=−=iωµH

∂t

vvv22

∴−iωε∇×E=ωµεH=−∇H

www

v

v

v

v(∇2+k2)H=0,k2=ω2εµ

∴ 即为矩形波导管内磁场H满足的方程v∇⋅H=0

vvvv

由n⋅B=0得 n⋅H=0

Hn=0

∂Ht

=0∂n

利用∇×E=iωµH和电场的边界条件可得

.kh

- 9 -

daw

vv∂Dv∇×H==−iωεE

由麦氏方程组∂t

v∇⋅H=0

vvvv−iωt

解对于定态波磁场为H(x,t)=H(x)e

.c

om

23

消去Ex得 Hy=

ω2

i(2−kz2)c

(−kz

∂Hz∂Ez

−ωε0∂y∂x

Hn=0

∴边界条件为 ∂Ht

∂n

12证明

论证矩形波导管内不存在TMm0或TM0n波已求得波导管中的电场E满足

v

ωµ

本题讨论TM波 故1

故Hz

又kx=

∴Hx=Hy=0

www

2

9

又ky=

∴Hx=Hy=0

∴波导中不可能存在TMm0和TM0n两种模式的波 13

频率为30×10Hz的微波

在0.7cm×0.4cm的矩形波导管中能以什么波模传播

0.7cm×0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播

1

ν=30×109Hz

.kh

若n=0,则ky=若m=0,则kx=

≠0,那么A20a

≠0,那么A1=0b

波导为0.7cm×0.4cm

daw

i

=−H(A3ky−iA2kz)sinkxxcoskyyeikzz

x

ωµ

i

Hy=−(iA1kz−A3kx)coskxxsinkyyeikzz

ωµ

i

(A2kx−A1ky)coskxxcoskyyeikzzHz=−ωµ

=0,A2kx=0b

=0,A1ky=0a

A2kx−A1ky=0

- 10 -

.c

由H=−

v

i

v

∇×E可求得波导管中的磁场为

om

Ex=A1coskxxsinkyyeikzzikz

Ey=A2sinkxxcoskyyez

ikzzE=Asinkxsinkye3zxy

由ν=

ωcm2n=(+(22m2ab

−2

−2

当a=0.7×10m.,b=0.4×10m时

m=1,n=1时,ν=4.3×1010Hz

m=1,n=0时

ν=2.1×1010Hz

m=0,n=1时,ν=3.7×1010Hz

∴此波可以以TM10波在其中传播 2

ν=30×109Hz波导为0.7cm×0.6cm

m=1,n=1时,ν=2.1×1010Hz

m=1,n=0时

ν=2.5×1010Hz

m=0,n=1时,ν=3.3×1010Hz

.kh

yz

是E的任意一个直角分量

rr∇2E+k2E=0

k=ωµ0ε0

v∇⋅E=0

令Ux

v

∴U(x,y,z)=U(y,z)=Y(y)Z(z) 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

www

∴解得通解U(x,y,z)=(C1sinkyy+D1coskyy)eikzz

由边界条件

∂Evv

n×E=0,和=0定解

∂nEx=A1sin(

y)ei(kzz−ωt)b

nπ2nπω2i(kzz−ωt)2

且k=2=(+kz2,n=0,1,2Ly)e Ey=A2cos(

bbcnπ

Ez=A3sin(y)ei(kzz−ωt)

b

又由∇⋅E=0得

v

A1独立与A2,A3无关

daw

vnπ

A2=ikzAzb

- 11 -

∴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

.c

由于E在x方向上是均匀的

om

设波

令k

z

0得截止频率

ωc=

nπcb

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

v

证明在谐振腔中电场E的分布为Ex=A1coskxxsinkyyeikzzikz

Ey=A2sinkxxcoskyyez

ikzz

=EAsinkxsinkye3xyzvvi

由H=−∇×E可求得波导管中的磁场为

ωµ

1电场能流密度

www

2)磁场能流密度

=

2

=[A12cos2kxxsin2kyysin2kzz+A2sin2kxxcos2kyysin2kzz+A32sin2kxxsin2kyycos2kzz]4

ε

1vv

ωB=H⋅B

2

v*v1

B=Re(H⋅B)

4

14µω

2222

[(Ak−Ak)sinkxcoskkycoskzz+3yzzxy2

.kh

2

2

2

2

1rv

ωE=E⋅D

2

r*vv*v111

∴E=[Re(E⋅D)]=Re(E⋅D)

224

+(A1kz−A3kx)coskxxsinkyycoskzz+ +(A2kx−A1ky)coskxxcoskyysinkzz]

2

2

daw

2

2

iH=−(A3ky−iA2kz)sinkxxcoskyyeikzzx

ωµ

i

(iA1kz−A3kx)coskxxsinkyyeikzz Hy=−ωµ

iH=−(A2kx−A1ky)coskxxcoskyyeikzzz

ωµ

1vvvr

由ω=(E⋅D+H⋅B)有谐振腔中

2

- 12 -

.c

om

2

kx2+ky+kz2=k2=ω2µε且A1kx+A2kY+A3kz=0

有其中

kx=

mπnπpπ

,ky=,kz=,m,n,p=0,1,2Labc

a,y:0b,z:0c

abc是谐振腔的线度不妨令x:0

于是谐振腔中电场能量对时间的平均值为

+A3sinkxxsinkyycoskzz)dxdydz

2222

=

4µω2

QA1kx+A2ky+A3kz=0

22

∴(A1kx+A2ky+A3kz)2=A12kx2+A2ky+A32kz2+2A1A2kxky+2A1A3kzkx+2A2A3kykz=0

∴B=

www

∴E=B

abck2abcε22222

=(A+A+A)=(A1+A2+A32)1232

3232µω

.kh

abc222222

[(A+A+A)(k+k+k)]123xyz2

32µω

B=∫BdV=

daw

- 13 -

1

abc

[(A3ky−A2kz)2+(A1kz−A3kx)2(A2kx−A1ky)2]8

谐振腔中磁场能量的时间平均值为

.c

abcε22

(A1+A2+A32)32

om

εabc22

E=∫EdV=∫∫∫(A1cos2kxxsin2kyysin2kzz+A2sin2kxxcos2kyysin2kzz+

4000

1. 考虑两列振幅相同的偏振方向相同频率分别为ω+dϖ和 ω−dω的线偏振平面波它们都沿z轴方向传播 合成波证明波的振幅不是常数而是一个波1求 合成波的相位传播速度和振幅传播速度2求 rrrr E1(x,t)=E0(x)cos(k1x−ω1t) 解 …

1. 考虑两列振幅相同的偏振方向相同频率分别为ω+dϖ和 ω−dω的线偏振平面波它们都沿z轴方向传播 合成波证明波的振幅不是常数而是一个波1求 合成波的相位传播速度和振幅传播速度2求 rrrr E1(x,t)=E0(x)cos(k1x−ω1t) 解 …

1. 考虑两列振幅相同的偏振方向相同频率分别为ω+dϖ和 ω−dω的线偏振平面波它们都沿z轴方向传播 合成波证明波的振幅不是常数而是一个波1求 合成波的相位传播速度和振幅传播速度2求 rrrr E1(x,t)=E0(x)cos(k1x−ω1t) 解 …

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