合工大电磁场与电磁波第6章规范标准答案

第6章习题答案

6-1 在r1、r4、0的媒质中，有一个均匀平面波，电场强度是

E(z,t)Emsin(tkz3)

若已知f150MHz，波在任意点的平均功率流密度为0.265μw/m2，试求：

（1）该电磁波的波数k?相速vp?波长?波阻抗? （2）t0，z0的电场E(0,0)?

（3）时间经过0.1μs之后电场E(0,0)值在什么地方？

（4）时间在t0时刻之前0.1μs，电场E(0,0)值在什么地方？ 解：（1）k2fcr2(rad/m)

vpc/r1.5108(m/s)

21(m) k ＝120（2）∵ Savr60(Ω) r1212Em200r2Em0.265106

2∴ Em1.0010(V/m)

3（3） 往右移zvpt15m

（4） 在O点左边15m处

E(0,0)Emsin8.66103(V/m)

6-2 一个在自由空间传播的均匀平面波，电场强度的复振幅是

E10e4j20zex10e4j(220z)ey伏/米

试求： （1）电磁波的传播方向？

（2）电磁波的相速vp?波长?频率f? （3）磁场强度H?

（4）沿传播方向单位面积流过的平均功率是多少？

解：（1） 电磁波沿z方向传播。

（2）自由空间电磁波的相速vpc310m/s

8.\\

220.1(m) k2020

c∴ 20c

∵ k10c3109Hz 2j(20z)172（3）HezE2.6510(eexej20zey)(A/m)

∴ f（4）Sav

jkz6-3 证明在均匀线性无界无源的理想介质中，不可能存在EE0eez的均匀平面电

1EE**Re(EH)ez2.651011ez(W/m2) 22磁波。

jkz0，即不满足Maxwell方程 证 ∵ ΕjkE0ejkz∴ 不可能存在EE0eez的均匀平面电磁波。

6-4在微波炉外面附近的自由空间某点测得泄漏电场有效值为1V/m，试问该点的平均电磁功率密度是多少？该电磁辐射对于一个站在此处的人的健康有危险吗？（根据美国国

－

家标准，人暴露在微波下的限制量为102W/m2不超过6分钟，我国的暂行标准规定每8

－

小时连续照射，不超过3.8×102W/m2。）

解：把微波炉泄漏的电磁辐射近似看作是正弦均匀平面电磁波，它携带的平均电磁功率密度为

SavEe2012.65103W/m2 377可见，该微波炉的泄漏电场对人体的健康是安全的。

6-5 在自由空间中，有一波长为12cm的均匀平面波，当该波进入到某无损耗媒质时，其波长变为8cm，且此时E31.41V/m，H0.125A/m。求平面波的频率以及无损耗媒质的r和r。 解：因为0/rr，所以rr(12/8)29/4

2rEE120又因为，所以r0.4443 Hrr120Hr1，r2.25

6-6 若有一个点电荷在自由空间以远小于光速的速度v运动，同时一个均匀平面波也沿v的方向传播。试求该电荷所受的磁场力与电场力的比值。

.\\

解：设v沿z轴方向，均匀平面波电场为E，则磁场为 H电荷受到的电场力为

FeqE 其中q为点电荷电量，受到的磁场力为

10ezE

Fm＝qvBq0vezH q0v0Eqv00E

qvE cFmv Fec故电荷所受磁场力与电场力比值为

6-7 一个频率为f3GHz，ey方向极化的均匀平面波在r2.5，损耗角正切值为10

－2

的非磁性媒质中，沿正ex方向传播。 （1）求波的振幅衰减一半时，传播的距离； （2）求媒质的波阻抗，波的相速和波长； （3）设在x0处的E50sin610t9ey，写出H(x,t)的表示式。 3解：（1）tan102，这是一个低损耗媒质，平面波的传播特性，除了有微弱的损耗引起的衰减之外，和理想介质的相同。其衰减常数为

102102231092.50.497 8222310ln2i1/2，所以l因为e1.40m

（2）对低损耗媒质，/120/2.5238.4Ω

3108相速v1.90108m/s

2.5波长v/f0.0632(m)6.32(cm)

161092.599.3 （3）8310.\\

H(x,t)50e0.5xsin(6109tx3)ez0.21e0.5xsin(6109t99.3x3

)ez(A/m)~40(10.3j)。求： 复介电常数r

6-8微波炉利用磁控管输出的2.45GHz频率的微波加热食品，在该频率上，牛排的等效（1）微波传入牛排的穿透深度，在牛排内8mm处的微波场强是表面处的百分之几？

~ （2）微波炉中盛牛排的盘子是发泡聚苯乙烯制成的，其等效复介电常数r1.03(1j0.3104)。说明为何用微波加热时，牛排被烧熟而盘子并没有被毁。

解：（1）121122110.0208m20.8mm

EE0ez/e8/20.868%

（2）发泡聚苯乙烯的穿透深度

1221

2310831.2810(m)9422.45100.3101.03可见其穿透深度很大，意味着微波在其中传播的热损耗极小，所以不会被烧毁。

6-9 已知海水的4S/m，r81,r1，在其中分别传播f100MHz或

f10kHz的平面电磁波时，试求：??vp??

解：当f1100MHz时，

8.88 8.8104 当f210kHz时，故f210kHz时，媒质可以看成导体，可以采用近似公式 1 2而f1100MHz时媒质是半电介质，不能采用上面的近似公式。 （1） 当f1100MHz时

.\\

1 1 p1221(1(2)137.5(Nep/m) 222)142.0(rad/m) 0.149108(m/s) 120.149(m) 11（2） 当f210kHz时 2210.397 2∴ 20.397(Nep/m)

20.397(rad/m)

1.58105(m/s) 2215.8(m) 22p2

6-10 证明电磁波在良导电媒质中传播时，场强每经过一个波长衰减54.54dB。 证：在良导体中，，故 因为 EE0e 20lgl2π2l

2

E0e所以经过一个波长衰减

E20lg(e2)54.57(dB) E0

6-11 为了得到有效的电磁屏蔽，屏蔽层的厚度通常取所用屏蔽材料中电磁波的一个波长，即

d2

式中是穿透深度。试计算

（1）收音机内中频变压器的铝屏蔽罩的厚度。 （2）电源变压器铁屏蔽罩的厚度。

（3）若中频变压器用铁而电源变压器用铝作屏蔽罩是否也可以？ （铝：3.72107S/m，r1，r1；铁：107S/m，r1，r104，f＝465kHz。）

.\\

解： （1）铝屏蔽罩厚度为

d222

d22246510410373.721077.60104(m)0.76(mm)

（2）铁屏蔽罩厚度为

d221.41103(m)1.41(mm) 7472504101010224651041037（3） d铁21010471.47105(m)14.7(m)

d铝2227.3310(m)73(mm) 772504103.7210 用铝屏蔽50Hz的电源变压器需屏蔽层厚73mm，太厚，不能用。用铁屏蔽中周变压器需屏蔽层厚14.7m，故可以选用作屏蔽材料。

6-12 在要求导线的高频电阻很小的场合通常使用多股纱包线代替单股线。证明，相同截面积的N股纱包线的高频电阻只有单股线的证：设N股纱包中每小股线的半径为r，

22单股线的半径为R，则RNr，即R1N。

Nr

单股线的高频电阻为 R11

2R其中为电导率，为趋肤深度。 N股纱包线的高频电阻为 RN ∴

12rN

RNRNr1 R1rNrNNdvpd

6-13 已知群速与相速的关系是

vgvp式中是相移常数，证明下式也成立

vgvpdvpd

.\\

证：由2得d2d()122d

dvpdvpvp ∴ vgvp (2)dd22

6-14 判断下列各式所表示的均匀平面波的传播方向和极化方式 （1）EjE1ejkzexjE1ejkzey

（2）HH1ejkxeyH2ejkxez （H1H20） （3）EE0ejkzexjE0ejkzey

（4）Eejkz(E0exAE0ejey) （A为常数，0,）

（5）H(EmejkyexjEmejkyez)

（6）E(z,t)Emsin(tkz)exEmcos(tkz)ey （7）E(z,t)Emsin(tkz)exEmcos(tkz)ey 44解：（1）—z方向，直线极化。

（2）＋x方向，直线极化。 （3）＋z方向，右旋圆极化。 （4）＋z方向，椭圆极化。 （5）＋y方向，右旋圆极化。 （6）＋z方向，左旋圆极化。 （7）＋z方向，直线极化。

6-15 证明一个直线极化波可以分解为两个振幅相等旋转方向相反的圆极化波。 证：设沿z方向传播的直线极化波的电场矢量方向与ex方向夹角为，

则E＝E1(cosexsiney)ejz

ejejejejexey)ejz ＝E1(22jE1jE(eexjejey)ejz1(ejexjejey)ejz 22 ＝E右圆＋E左圆

＝

6-16证明任意一圆极化波的坡印廷矢量瞬时值是个常数。 证：设沿z方向传播的圆极化波为

E(z,t)Emcos(tkz2)exEmcos(tkz)ey

.\\

则坡印廷矢量瞬时值

SEHEezEEEezEezE

22Emcos2tkzEmcos2tkz2ez2Em

ez

6-17 有两个频率相同传播方向也相同的圆极化波，试问：

（1）如果旋转方向相同振幅也相同，但初相位不同，其合成波是什么极化？

（2）如果上述三个条件中只是旋转方向相反其他条件都相同，其合成波是什么极化？

（3）如果在所述三个条件中只是振幅不相等，其合成波是什么极化波？ 解：（1）设

E1E0(exjey)ejejkz

1E2E0(exjey)ejejkz

2则 EE1E2 E0(exjey)(ej1ej2)ejkz ejkz ejkz

故合成波仍是圆极化波，且旋转方向不变，但振幅变了。 （2）设 E1E0(exjey)e E2E0(exjey)e则 EE1E2 2E0exej1j1j1ejkz

j1 故合成波是线极化波。 （3）设 E1E10(exjey)eejkz ejkz

j1 E2E20(exjey)ej1 则 EE1E2(E10E20)(exjey)e

6-18 一个圆极化的均匀平面波，电场

ejkz

故合成波是圆极化波，且旋转方向不变，但振幅变了。

EE0ejkz(exjey)

垂直入射到z0处的理想导体平面。试求：

（1）反射波电场、磁场表达式； （2）合成波电场、磁场表达式；

（3）合成波沿z方向传播的平均功率流密度。 解：（1） 根据边界条件 (EiEr)|z00

.\\

故反射电场为

ErE0(exjey)ejz

（2） EEiEr2jE0sinz(exjey)

Hr1(-ez)ErE0ejz(jexey)

HezEi(-ez)Er0cosz(jexey)

1（3） SavRe(EH)

22E0cosz1(jexey)] Re[2jE0sin(z)(exjey)2 0

6-19 当均匀平面波由空气向理想介质（r1，0）垂直入射时，有84％的入射功率输入此介质，试求介质的相对介电常数r。

112E211r解：因为R 211r所以Rr1 r121Rr1R

又因为R184%0.16，故R0.4

210.4r5.44

10.4

6-20 当平面波从第一种理想介质向第二种理想介质垂直入射时，若媒质波阻抗2

21，证明分界面处为电场波腹点；若21，则分界面处为电场波节点。

证：在分界面处的总电场为EEi0Er0Ei0(1R)，REr0/Ei0，R的幅角即为分界面处入射电场与反射电场的相位差，若相位差为零，则形成电场波腹点，若相位差180o，则形成电场波节点。

R21，对于理想介质，R为[-1,1]之间的实数。

21若21，则R0，R的幅角为零，表示分界面处入射电场与反射电场同相，形成电场波腹点；

.\\

若21，则R0，R的幅角为180o，表示分界面处入射电场与反射电场反相，形成电场波节点。

6-21 均匀平面波从空气垂直入射于一非磁性介质墙上。在此墙前方测得的电场振幅分布如图所示，求：（1）介质墙的r；（2）电磁波频率f。 解：（1）R211r 211r1R1.5， r1R0.5-3 -2 -1 E/V/m1.5 1.0 0.5 0 1 2 r9

（2）因为两相邻波节点距离为半波长， 所以224m

z/m 题6-21图

3108f75(MHz)

4

6-22 若在r4的玻璃表面镀上一层透明的介质以消除红外线的反射，红外线的波长为0.75μm，试求：（1）该介质膜的介电常数及厚度；（2）当波长为0.42μm的紫外线照射该镀膜玻璃时，反射功率与入射功率之比。 解：（1）213

r2r1r32，

0.750.13μm

4r242j2tan2d（2）ef23

2j3tan2ddRef131ef1312j13tan2d1r311r32j4r3tan22130.99j R20.1，即反射功率与入射功率之比为0.1。

6-23 证明在无源区中向k方向传播的均匀平面波满足的麦克斯韦方程可简化为下列方程

kHE kEH kE0 kH0

证：在无源区中向k方向传播的均匀平面波可表示为

.\\

EE0ejkr HH0ejkr

因为

HH0ejkrejkrH0jejkrkrH0 jejkrkH0jkH代入无源区麦克斯韦第1方程：HjE 可得 kHE 同理可得 kEH

又因为

EE0ejkrejkrE0jejkrkrE0 jejkrkE0jkE代入无源区麦克斯韦第4方程：E0

可得 kE0 同理可得 kH0

6-24 已知平面波的电场强度

E(2j3)ex4ey3ezej(1.8y2.4z)V/m 试确定其传播方向和极化状态，是否横电磁波？ 解：（1）k1.8ey2.4ez

传播方向位于yz平面内，与y轴夹角

2.4126.90 1.83（2）由于电场分量存在相位差arctan，故为右旋椭圆极化。

21800arctan（3）因为Ek=0，所以是横电磁波。

6-25 证明两种介质（120）的交界面对斜入射的均匀平面波的反射、折射系数可写成

R＝2sintcosisin(it)，T＝

sin(it)sin(it).\\

R∥＝2sintcositan(it)，T∥＝

sin(it)cos(it)tan(it)2cosi1cost

2cosi1cost式中i是入射角，t是折射角。 证：（1）因为 R＝

12v1sini  所以 （2） （3）因为 所以 （4）

21v2sintRsintcosisinicost＝sin

tcosisinicost＝-sin(it)sin(

it)R1cosi2cost∥＝cos

1i2cost ＝sinicosisintcostsin

icosisintcost ＝sin2isin2tsin2

isin2t ＝sin(it)cos(it)sin(

it)cos(it) ＝tan(it)tan(

it)T1R Tsin(i1t)sin(

it) 2sintcosisin(

it)T2//(1R//) 1 ＝sintsin(it)cos(it)sin[1] isin(it)cos(it)＝sintsin[(it)(it)]sin•sin() iit)cos(it ＝sintsin2isin• isin(it)cos(it)＝2sintcosisin(

it)cos(it) .\\

6-26 当平面波向理想介质边界斜入射时，试证布儒斯特角与相应的折射角之和为/2。

n21证：布儒斯特角Barctannarcsin arccos1n21n2折射角sintsini1cosB 2niB1n所以布儒斯特角与折射角互余，即Bt2

6-27 当频率f0.3GHz的均匀平面波由媒质r4，r1斜入射到与自由空间的交界面时，试求

（1）临界角c?

（2）当垂直极化波以i60o入射时，在自由空间中的折射波传播方向如何？相速

vp?

o（3）当圆极化波以i60入射时，反射波是什么极化的？

解：（1） carcsin130o 4（2）因为 ic发生全反射

所以折射波沿分界面传播，形成表面波。

v23108 vp31081.73108（m/s）

Mrsini（3） 因为 ic发生全反射，反射系数的模R＝R∥1，但反射系数的幅角

//。将圆极化波分解成相位差/2的等幅垂直极化波与平行极化波，反射后振幅不变，

但相位差发生了改变，所以反射波是椭圆极化波。

6-28 一个线极化平面波由自由空间投射到r4、r1的介质分界面，如果入射波的电场与入射面的夹角是45o。试问：

（1）当入射角i?时反射波只有垂直极化波。

（2）这时反射波的平均功率流密度是入射波的百分之几？ 解：（1） 布儒斯特角Barctannarctanr63.4o

o 故当iB63.4平行极化波全折射，反射波只有垂直极化波。

21n（2） R＝|iB|0.6 2n2221ncosinsinicosin2sin2i 垂直极化波的入射功率流密度只有总入射功率流密度的

1，故 2.\\

Pr1RPi2210.6218% 26-29 证明当垂直极化波由空气斜入射到一块绝缘的磁性物质上（r1、r1、0）时，其布儒斯特角应满足下列关系

tan2rr)Br(

rr1而对于平行极化波则满足关系

tan2r(rr)B

rr1证：（1） R2cosi1costcos

2i1cost 当iB时，R0

∴ 2cosB1cost 由折射定律

k1sinBk2sint 可求出 cos2t1sin2t1(1sinB)2

rr 代入方程（1）得

rcos21B1sin2B rrrr(1sin212B)1sinB rrrr ∴ sin21rBr(rr)r121 rrrr cos21Brr21

r ∴ tan2r(rr)B

rr1（2） ∵ R1cosi2cost∥＝

1cosi2cost ∴ 1cosB2cost （1）

2）

（3）

（.\\

sinBrrsint（2）（3）式联立 rcostcosBr 与垂直极化相比较，r与r互换

(r)2∴ tanBrr

rr1

6-30 设z0区域中理想介质参数为r14、r11；z0区域中理想介质参数为

r29、r21。若入射波的电场强度为

Eej63xz(ee3e) xyz试求：（1）平面波的频率；

（2）反射角和折射角； （3）反射波和折射波。 解：（1）入射面为xz面，入射波可分解为垂直极化波和平行极化波两部分之和，即

Eiej6(Ei||ej6(3xz)3xz)ey

(ex3ez)

已知k1(xsinizcosi)63xz得

k112

fk1211sini287MHz 3 2（2）

i60or

由

sinik23可得 sintk12sint1t35.3o,k218 3R（3）

cosi2/1sin2icosi2/1sini20.420

.\\

T2cosicosi2/1sini20.580

R||(2/1)cosi2/1sin2i(2/1)cosi2/1sini22/1cosi(2/1)cosi2/1sini220.0425

T||0.638

因此，反射波的电场强度为ErErEr||，其中

Er0.420ej6(Er||0.0425ej6(3xz)3xz)ey

(exez3)

折射波的电场强度为EtEtEt||，其中

Et0.580eEt||j18(x32z)3ey

x32z)321j18(0.6382ex2eze33211.276exeze33x2j18(z)33

6-31 当一个f300MHz的均匀平面波在电子密度N10141/米3并有恒定磁场B05103ez特斯拉的等离子体内传播，试求

（1）该等离子体的张量介电常数[r]?

（2）如果这个均匀平面波是往z方向传播的右旋圆极化波，其相速vp? （3）如果这个波是往z方向传播的左旋圆极化波，其相速vp?

1解：（1） [r]－j202pj2100 03Ne2(1.61019)21014 3.1771017 3112m09.1108.85410e1.61019385108.7910 gB0 31m9.110.\\

2p 11 22pg2g20.866 0.053

2(g2)2p 3120.91

0.866j0.0530 ∴ [r]j0.0530.866000.910（2） vp（3） vp

6-32 在一种对于同一频率的左、右旋圆极化波有不同传播速度的媒质中，两个等幅圆

极化波同时向z方向传播，一个右旋圆极化

c12c31080.8660.05331080.8660.0533.33108（m/s） 3.13108（m/s）

12E1Emej1z(exjey)

另一个是左旋圆极化

E2Emej2z(exjey)

式中21，试求

（1）z0处合成电场的方向和极化形式。 （2）zl处合成电成的方向和极化形式。 解：（1） Ε＝E1＋E2＝2Emex 合成场指向ex方向，是线极化波。

（2） Ε＝E1＋E2 ＝Em[(e ＝Emejj1zej2z)exj(ej2zej1z)ey]

z122j[(ezj212zej212z)exj(ej212zej212z)ey]

122 ＝2Eme2∵ 电场两分量相位差等于零 ∴ 合成场是线极化波

[cos(21z)exsin(212z)ey]

.\\

z)12 ∵ tan2z

212cos(z)2 故当zl时合成电场与x轴夹角为

6-33 设在z0的半空间是电子密度为N10141/米3的等离子体，并有恒定磁场B05103ez特斯拉，在z0半空间为真空。有一频率为300MHz的正圆极化波沿正z方

sin(21212l

向垂直入射到等离子体上，问在等离子体内传输波的场量为入射波的百分之几？

解：对于正圆极化波，等离子体等效为相对介电常数为12的介质，其中1、2与6-31题相同，故

2122220.8660.053T94.8%

2111210.8660.053

6-34 我们知道，当线极化平面波沿恒定磁化磁场方向传播时，将产生极化面连续偏转的法拉第旋转效应。若已知r1及饱和磁化铁氧体的张量磁导率是

0.8j0.50 [r]j0.50.80010平面波在自由空间的相位常数是02rad/m，其磁场强度在z0处是H2H0ex。

试问（1）该铁氧体中任一点的H?

（2）在z0.2m处H与x轴的夹角?

（3）该平面波在铁氧体中的传播速度vp? 解：（1） H可分解成正负圆极化波向前传播

H(exjey)H0ejz

H(exjey)H0ejz

 式中

0r0r(12)20.3

0r0r(12)21.3

j－＋2 ∴ HHH2H0e（cosz2H0ej5.3zcos(1.86z)exsin(1.86z)ey

（2） －＋－＋zexsinzey） 22－＋2l2(1.30.3)0.20.372(rad)21.3o

2.\\

（3） vp0c2c1.18c －＋－＋1.30.322

6-35 一个频率f3GHz、磁场强度是HH0ejz(exjey)的平面电磁波，在沿波的传播方向磁化的无界无源均匀铁氧体中传播，磁导率是

1.2j0.30 [r]j0.31.20010相对介电常数r16。试求

（1）电磁波在该铁氧体中的相速vp?波长? （2）波阻抗?电场强度E? 解：（1）因为H是一个左旋圆极化波

∴ vp＝ c7 ＝6.1210（m/s）－0－r161.20.3f2.04102(m)2.04(cm)

vp（2） 0 E1.20.30115.4(Ω) r161

jHezH

115.4H0e2j308z(jexey)其中2308(rad/m) 22.0410

6-36 无界均匀铁氧体由恒定磁场B0B0ez饱和磁化，磁导率是

0.8j0.50 [r]j0.50.80010相对介电常数r16。试问

（1）磁场是HH0ejyez的平面波在其中传播的相速vp? （2）电场是EE0ejyez的平面波在其中传播的相速vp? 解：传播方向垂直磁化方向，是横向波

（1） 因为H沿y方向传播，只有ez分量 所以是寻常波，故相速为

.\\

vpc/r0.75108(m/s)

c2122r1（2） 因为平面波向y方向传播，且Ez0，所以是非寻常波，故相速为

vpc0.820.52160.81.07108(m/s)