电动力学答案(郭硕鸿+第三版) chapter4
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k 在 y 轴上的波可记为
.y
=
A0
cos(ωt
−
kz
+
π )
2
=
A0
cos(ωt
+ϕ0y
)
w∆ϕ
= ϕ0y
−ϕ0x
=
π 2
w合成得轨迹方程为
w x2 + y 2 = A02[cos2 (ωt + ϕ0x ) + cos2 (ωt + ϕ0y )]
= A02[cos2 (ωt + ϕ 0x ) + sin 2 (ωt + ϕ 0x )]
∴θ 2 = 30o
m 2 − o ∴R = ( 2
3 2 2 )2 = 2 −
3
2 + 2 3 2+ 3
c 2
2
. T =
4ε 0
2
2 2
3 2
= 23
w ( ε0
2+ 2
ε0
2 3)2 2
2+ 3
课 后 答 案 网
a 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 d 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
=
−
∂Bv
×
v H
=
∂D∂vt
⋅
v D
=
0
∂t
o ∇
⋅
v B
=
0
得
.c ∇
⋅
v B
=
v B0
⋅ ∇ei(kv⋅xv−ωt)
=
v ik
⋅
v B0e
i(kv⋅xv−ωt )
=
v ik
⋅
v B
=0
课 后 答 案 网
w ∴
r k
⋅
v B
=
0
a 同理
v k
⋅
v D
=
0
hd ∇
×
v H
=
[∇e
i(
kv⋅xv
(xr) cos(k1x − ω1t) (xr) cos(k2 x − ω 2t)
r E
=
r E1
(
xr
,
t
)
+
r E2
( xr, t )
=
r E0
( xr )[cos(k1 x
− ω1t)
+
cos(k2 x
− ω 2t)]
m =
r 2E0
(
xr)
cos(
k1
+ k2 2
x − ω1
+ω2 2
t) cos( k1
−
ω2 c2
sin 2 θ1 )
+
1 [(ω 2 µε 2
−
ω2 c2
sin 2 θ1 )2
+ ω 2 µ 2σ
2
]
1 2
-6-
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
其相速度为 v = ω β
衰减深度为 1α
如果是良导体
则
ω 2
c
2
sin 2 θ1
+
β
2 z
−
α
2 z
=
0
α z β z
λ0 = 6.28 ×10−5 cm 水的折射率为 n 1.33
kh 解
由折射定律得
临界角θ c
=
arcsin( 1 ) 1.33
=
48.75
将会发生全反射
. 折射波 k′′ = k sinθ
w 相速度
vp
= ω ′′ k ′′
=
ω k sinθ
=
3c 2
所以当平面光波以 60 入射时
w投入空气的深度 κ =
ε 2 cosθ 2 2 ε 2 cosθ 2
-1-
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
T = 4 ε1 ε 2 cosθ cosθ 2 ( ε1 cosθ + ε 2 cosθ 2 )2
又根据反射定律和折射定律
θ = θ1 = 45o ε 2 sinθ 2 = ε1 sinθ
由题意 ε1 = ε 0 ,ε 2 = ε 0ε r = 2ε 0
sin θ 1
ww∴有(ωc
sinθ1 )2
+
β
2 z
−
α
2 z
=
ω 2 µε
w αzβz
=
1 ωµσ 2
解得
β
2 z
=
1 (µεω 2 2
−ω2 c2
sin 2 θ1 ) +
1 ω2 [(
2 c2
sin 2 θ1
− ω 2 µε )2
+ ω 2 µ 2σ
2
]
1 2
α
2 z
=
−
1 (µεω 2 2
一般
≠
1
E
2
v k
µω
即
v S
一般不与
v k
同向
课 后 答 案 网
a 5 有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿 z 轴传播
方向偏振 但相位比前者超前 π 求合成波的偏振
d 2
反之 一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振
h 解 偏振方向在 x 轴上的波可记为
一个波沿 x 方向偏振
另一个沿 y
x = A0 cos(ωt − kz) = A0 cos(ωt + ϕ0x )
Qµr =1
∴ µ = µ0 µr = µ0 = 4π ×10−7
∴1 > ν = 50Hz时 : δ1 =
2= ωµσ
2π
×
50 ×
2 4π
× 10 −7
×1
=
72m
-5-
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
2 > ν = 106 Hz时 δ 2
2 ωµσ
2
≈ 0.5m
2π ×106 × 4π ×10 7 ×1
c 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
. ∇2
r E
+
k
2
r E
=
0
w k a ∇
=ω
⋅
v E
=
µ 0
0
ε
0
方程的通解为
hd E(x, y, z) = (C1 sin kx x + D1 cos kx x) ⋅ (C2 sin k y y + D2 cos k y y) ⋅ (C3 sin kz z + D3 cos kz z)
= A02
即 x 2 + y 2 = A02 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
-4-
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为π 2 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
o 导体中的电磁波表示为
v E
=
v −αv⋅xv i( βv⋅xv−ωt ) E e e 0
v
c k
''
=
βv
+ iαv
与介质中的有关公式比较可得
. β 2 −α 2 = ω 2µε
w αv
⋅
βv
=
1 ωµσ 2
介质 真空
z
θ3
v k''
v θ1 θ2 k
x
v k'
课 后 答 案 网
a 根据边界条件得
. 亭矢量的周期平均值 则反wk.baidu.com系数 R 和折射系数 T 定义为
wR wwT
= =
< <
S S
'
> >
⋅⋅nnrr
< <
S' S
'>> ⋅⋅nrnr
= E0' 2 E02
= n2 cosθ 2 E''2
n1
cosθE
2 0
又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得
R
=
ε1 cosθ − ε1 cosθ +
k
'' x
=
βx
+ iα x
= 实数
∴α x
=0
d 又
k
'' x
=
kx
=
k sinθ1
=
ω c
sin θ 1
h ∴ βx
=
ω c
sin θ 1
k 而入射面是 xz 平面
故
v k,
v k
''
无
y
分量
∴α y = 0, β y = 0
. ∴αv 只有αz 存在
βv 有 β x与β z
其中 β x
=
ω c
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
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
1 求合成波 证明波的振幅不是常数 而是一个波
2 解
求合成波的相位传播速度和振幅传播速度
r Er1 E2
( xr, t ) ( xr, t )
= =
r Er0 E0
×
v k]
=
1
[k
2
v E
−
v (k
⋅
v E
v )k
]
µω 2
µω 2
µω 2
m 3
由
v B
=
1
v (k
×
v E)
得
v H
=
1
v (k
×
v E)
ω
µω
co ∴
v S
=
v E
×
r H
=
1
v E
×
v (k
×
v E
)
=
1
[
E
2
v k
−
v (k
⋅
v E
)
v E
]
µω
µω
w. Q
v k
⋅
v E
一般
≠
0
∴
v S
k 根据边界条件有
E y = Ez = 0, (x = 0, a)
Ex = Ez = 0, ( y = 0,b)
w.∂Ex = 0,(x = 0,a)
∂x
∂Ey = 0, ( y = 0,b) ∂Ez = 0, (z = 0)
∂y
∂z
wE
x
=
A1 cos k x x sin k y y sin k z z
λ1
=
6.28 ×10−5
≈ 1.7 ×10−5 cm
w 2π sin 2 θ − n221 2π sin 2 60 − ( 1 )2
1.33
4
频率为ω 的电磁波在各向同性介质中传播时
若
v E,
v D,
v B,
v H
仍按
ei(kv⋅xv−ωt )
变化
但
v D
不再与
v E
平行
即
v D
=
εEv
不成立
1
证明
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
v E
=
v E0
e
−αz
e
i
(
βz
−ωt
)
于是 由 z 0 的表面 单位面积进入导体的能量为
v S
=
v E
×
v H
其中
v H
=
1
v k
×
v E
=
1
(β
+
iα )nv
×
v E
ωµ
ωµ
om 其平均值为
故 E y = A2 sin k x x cos k y y sin kz z
wEz = A3 sin kx xsin k y y cos kz z
其中
kx
=
mπ a
,m
=
0,1,2L
ky
=
nπ b
,n
=
0,1,2L
k
2 x
+
k
2 y
+
k
2 z
= k2
= ω 2ε0µ0
= ω2 c2
且 A1
mπ a
3 > ν = 109 Hz时 : δ 3 =
2= ωµσ
2π
×109
×
2 4π
× 10 −7
×1
≈
16mm
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 结果如何
提示
导电介质中的波矢量
v k
=
βv
+
iαv,αv
只有
z
分量
为什么
m 解 根据题意 如图所示 入射平面是 xz 平面
v k
⋅
v B
=
v k
⋅
v D
=
v B
⋅
v D
=
v B
⋅
v E
=
0, 但一般kv
⋅
v E
≠
0
-2-
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
2
证明
v D
=
1
[k
2
v E
−
v (k
⋅
v E
v )k
]
ω 2µ
3
证明能流
v S
与波矢
v k
一般不在同方向上
证明 1 由麦氏方程组
∇ ∇
m
∇
×
v E
+
A2
nπ b
+
A3k z
=0
-7-
电动力学习题解答
第四章 电磁波的传播
综上 即得此种波导管种所有可能电磁波的解
10
电磁波
v E(
x,
y,
z,t)
=
v E(
x,
y)ei(k2z−ωt )
0
=
σ 4α
E02 即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦
a 耳热
d 又Qαβ = ωµσ 2
h ∴ Q
=
σ 4α
E02
=
β 2ωµ
E02
原题得证.
k 7 已知海水的 µr = 1,σ = 1S ⋅ m−1 试计算频率ν 为 50,106 和109 Hz 的三种电磁波在海 . 水中的透入深度 w 解 取电磁波以垂直于海水表面的方式入射 w透射深度 δ = 1 = 2 w α ωµσ
⋅
v E
Q
v D
≠
εEv
∴
∇
⋅
v E
一般
≠
0
即
v k
⋅
v E
一般
≠
0
-3-
电动力学习题解答
2
由
∇
×
v E
=
−
∂Bv
得
∂t
v B
=
1
v (k
×
v E
)
ω
另由
∇
×
v H
=
∂Dv
得
∂t
v D
=
−
1 µω
v (k
×
v B)
第四章 电磁波的传播
∴
v D
=
−
1
v [k
×
v (k
×
v E)]
=
1
v [(k
×
v E)
−ωt
)
]
×
v H
0
=
v ik
×
v H
=
−iωDv
k ∴ikv
×
v B
=
−iµωDv
. ∴
v B
⋅
v D
=
−
1
v B
⋅
v (k
×
v B)
=
0
wµω
ww∇
×
v E
=
[∇e
i
(
kv⋅xv
−ωt
)
]
×
v E0
=
v ik
×
v E
=
iωBv
∴
v B
⋅
v E
=
1 ω
v (k
×
v E)
⋅
v E
=
0
∇
⋅
v E
=
v ik
v S
=
1
Re(
v E
*
×
v H
)
2
=
β 2ωµ
E02
c 在导体内部
v J
=
σEv
=
σEv0e −αz ei(βz−ωt)
课 后 答 案 网
所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为
. dQ
=
1 2
Re(
v J
*
×
v E)
=
1 2
σE02
e
−2αz
w ∫ 作积分
Q=
1 2
σE02
∞ e −2αz dz
=
1 ωµσ 2
课 后 答 案 网
∴
β
2 z
=
−
ω2 2c 2
sin 2θ1
+
1 ω4 [
2 c4
sin 4 θ1
+ ω 2 µ 2σ
]2
1 2
m α
2 z
=
ω2 2c 2
sin 2 θ1
+
1 ω4 [
2 c2
sin 4 θ1
+ ω 2 µ 2σ
]2
1 2
o 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
课 后 答 案 网
相速 kx − ωt = 0
w ∴vp
=
ω k
a 群速 dk ⋅ x − dω ⋅t = 0
d ∴vg
=
dω dk
h 2 一平面电磁波以θ = 45o 从真空入射到ε r = 2 的介质 电场强度垂直于入射面 求反射 k 系数和折射系数
解 nr 为界面法向单位矢量 < S >, < S ' >, < S '' > 分别为入射波 反射波和折射波的玻印
− k2 2
x
− ω1
−ω2 2
t)
o 其中 k1 = k + dk, k2 = k − dk;ω1 = ω + dω,ω2 = ω − dω
c ∴
r E
=
r 2E0
(xr) cos(kx
− ωt) cos(dk
⋅
x
−
dω
⋅t)
. 用复数表示
r E
=
r 2E
0
(
xr)
cos(dk
⋅
x
−
dω
⋅
t)ei(kx−ωt )