電磁場理論習(xí)題

1、電磁場理論習(xí)題1、求函數(shù) =xy+z-xyz在點(diǎn)（1, 1, 2）處沿方向角3 ,4 ,3的方向的方向?qū)?shù)解：由于x Im =y yzM = -1y m =2x y 一(1,1,2) =0z M =2zxy (1,1,2) =31COScos2 ,所以cos cos xcoscos1yz1,2）處沿著點(diǎn)（5,1,2）到點(diǎn)（9,2、 求函數(shù) =xyz在點(diǎn)（5, 方向?qū)?shù)。解：指定方向I的方向矢量為4,19）的方向的i = (9 5)q+(4 1)ey+(19 2)e = 4ex+3ey+17ez其單位矢量I cos ex cos ey cos ez314 eMyz(5,1,2)2_M xzM 1

2、0,m xy m 5xyz所求方向?qū)?shù)Mcoscoscos? IIxyz314 314ey123.3143、已知 =x2+2y2+3z2+xy+3x-2y-6z，求在點(diǎn)（o, 0, 0）和點(diǎn)（1,1, 1）處的梯 度。解：由于 =(2x+y+3) ex+(4y+x-2)ey+(6z-6)ez所以，(0,0,0)=3ex-2ey-6ez(1,1,1)=6ex+3e/4、運(yùn)用散度定理計(jì)算下列積分：匸 xz2ex (x2y z3)ey (2xy y2z)ezgdssS是z=0和z=(a2-x2-y2)1/2所圍成的半球區(qū)域的外表面。解：設(shè)：A=xz 2ex+(x2y-z3)ey+(2xy+y2z)e

3、z&Agds=gAdv則由散度定理sIgAdv(z2+x2+y2)dvr2dv可得A=x3xy zyx3z(2x2yx3)ex (2xy23xy3z2)ey1(A= x A=cos(3) A=3 cosezsinsin sinsinsinsin(r3 sin)_32cos2(r Ar) rcosezz2sin(sin A )2(Jrrcos(-)r r 12_ =r sin3r2.2 sin2sincos 3sin22 cos r1errersine12 . r sin2r sinrArArsinA x A=coscos errsinerrersin1 .sin sinrcoscos 23.0

4、=r sin5、試求.A 和g A:(1)A=xy2z3Q+x3zq+x2y2ezA(, 2,z)cos e2 sin eA(r,)r sin er1 . 1sin e2 cos e(3 )rr解:(1 )A=y 2z3+0+0= y2z32a 42a 42 r sin drd d d 2sin d r dr0 0 0 0 0 0exez習(xí)題二1、總量為q的電荷均勻分布于球體中，分別求球內(nèi)，外的電場強(qiáng)度。解：設(shè)球體的半徑為a,用高斯定理計(jì)算球內(nèi)，外的電場。由電荷分布可知，電 場強(qiáng)度是球?qū)ΨQ的，在距離球心為r的球面上，電場強(qiáng)度大小相等，方向沿半徑 方向。在球外，ra,取半徑為r的球面作為高斯面，

5、利用高斯定理計(jì)算：D ?dS 0Er4 r2 qsErq4 or2rq4oa2、半徑分別為a,b(ab)球心距為c (ca-b)的兩球面之間有密度為p的均勻體對球內(nèi)，ra，也取球面作為高斯面，同樣利用高斯定理計(jì)算:D ?dSEr 42rqs4 3433qr qrr13 a334a3qEr3解：為了使用高斯定理，在半徑為 b的空腔內(nèi)分別加上密度為+ p和一p的 體電荷，這樣，任一點(diǎn)的電場就相當(dāng)于帶正電的大球體和一個(gè)帶負(fù)電的小球體共 同產(chǎn)生，正負(fù)帶電體所產(chǎn)生的場分別由高斯定理計(jì)算。正電荷在空腔內(nèi)產(chǎn)生的電場為Eieri3 0負(fù)電荷在空腔內(nèi)產(chǎn)生的電場為er 23 0單位向量eri, 82分別以大、小球

6、體的球心為球面坐標(biāo)的原點(diǎn)?？紤]到re 廠&2 ce c最后得到空腔內(nèi)的電場為3、一個(gè)半徑為a的均勻帶電圓柱體（無限長）的電荷密度是p,求圓柱體內(nèi)，外的電場強(qiáng)度。解：因?yàn)殡姾煞植际侵鶎ΨQ的，因而選取圓柱坐標(biāo)系求解。在半徑為r的柱面上， 電場強(qiáng)度大小相等，方向沿半徑方向。計(jì)算柱內(nèi)電場時(shí)，取半徑為 r，高度為1 的圓柱面為高斯面。在此柱面上，使用高斯定理，有D ?dS0E2 rl q, qsr2l,E計(jì)算柱外電場時(shí)，取通過柱外待計(jì)算點(diǎn)的半徑為 斯面。對此柱面使用高斯定理，有D?dS oE2 rl q,qa2l,Esr，高度為1的圓柱面為高2r4、一個(gè)半徑為a的均勻帶電圓盤，電荷面密度是p so,求軸

7、線上任一點(diǎn)的電場強(qiáng) 度。E(r)s(r)(rr)3-dS及其電荷的對稱關(guān)系，可知電場僅有 z的分量。代入場點(diǎn)源點(diǎn)r ze0時(shí)。但場點(diǎn)位于z a)為rq /43oaEdrq/4ror2drq/4 or球內(nèi)電位(r a)為Edr7、q/4q/83oaoa (3aarq/4ra2/223oadrq/4 or2dra電荷分布如圖所示。試證明，在r2/2r2)q/4oa證明:用點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度的公式及疊加原理 當(dāng)rl時(shí)，1(r l)2=(1；)22(1 2 丄rrrl處的電場為1,有 E= 43ql2 e=2 or4- q o(r l)2_ 2q _q_2r2+(r l)1(r l)22rl 211(1

8、2】3打r r將以上結(jié)果帶入電場強(qiáng)度表達(dá)式并忽略高階小量3ql2，得出 E= 2 o4q/2位于(a, 0，0)處，求8、真空中有兩個(gè)點(diǎn)電荷，一個(gè)電荷一 q位于原點(diǎn)，另一個(gè)電荷 電位為零的等位面方程。解：由點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電位公式得電位為零的等位面為q4 orq24ori其中r (x2等位面方程簡化為ri(xa)2iz2F2*4(x此方程可以改寫為a)2z24a32a34a這是球心在3,半徑為2a3的球面9、一個(gè)圓柱形極化介質(zhì)的極化強(qiáng)度沿其軸方向，介質(zhì)柱的高度為L,半徑為a,且均勻極化，求束縛體電荷分布及束縛面電荷分布。PP0ex如圖解：選取圓柱坐標(biāo)系計(jì)算，并假設(shè)極化強(qiáng)度沿其軸向方向， 示，由于均

9、勻極化，束縛體電荷為?P 0。在圓柱的側(cè)面，注意介質(zhì)的外法向沿半徑方向 n e，極化強(qiáng)度在z方向，故P?ex 0在頂面，外法向?yàn)?n ex，故sp P ? exPo在底面，外法向?yàn)閚ex，故sp P ? ( ex)P10、假設(shè)x的區(qū)域?yàn)殡娊赓|(zhì)，電解質(zhì)的介電常數(shù)為 3 & o, 如果空氣中的電場強(qiáng)度E 3 48 53(V/m)，求電介質(zhì)中的電場強(qiáng)度E2。因而電場強(qiáng)度的切向分量連由電場強(qiáng)度的切向分量E2t 4ey 5ex ；對于法向分3 0，得出E2x 1。將所解：在電介質(zhì)與空氣的界面上沒有自由電荷， 續(xù)，電位移矢量的法向分量連續(xù)。在空氣中， E1t 4ey 5ex，可以得出介質(zhì)中電場強(qiáng)度的切向分

10、量 量，用 Dm D2n，即 0E1xE2x，并注意 E1x 3,得到的切向分量相疊加，得介質(zhì)中的電場為E2& 4ey 5ezV/m)11、一個(gè)半徑為a的導(dǎo)體球面套一層厚度為b-a的電解質(zhì)，電解質(zhì)的介電常數(shù)為 &，假設(shè)導(dǎo)體球帶電q，求任意點(diǎn)的電位。解：在導(dǎo)體球的內(nèi)部，電場強(qiáng)度為 0。對于電介質(zhì)和空氣中的電場分布， 用高斯定理計(jì)算。在電介質(zhì)或空氣中的電場取球面為高斯面，由D dSs4 r2Dr電場為ErqDrq得出 4q4 r2 在介質(zhì)中(arb)宀drb 4r宀drr 4rdr r 4 r2q4 or3 1)40b 4 r b ( arb)12、真空中有兩個(gè)導(dǎo)體球的半徑都為 a,兩球心之間距離

11、為d,且da,試計(jì)算兩 個(gè)導(dǎo)體之間的電容。解：因?yàn)榍蛐拈g距遠(yuǎn)大于導(dǎo)體的球的半徑, 布。由電位系數(shù)的定義，可得球面的電荷可以看作是均勻分1P12卩22pi24 oa，讓第一個(gè)導(dǎo)體帶電q,第二個(gè)導(dǎo)體帶電-q,則P2114odqq1p11qp12q4oa4 odCqq由U1 22 oadC化簡得d ap21qp22qq4dq4 0a習(xí)題二a,b,其間媒質(zhì)的電導(dǎo)率為，當(dāng)外加電壓1、球形電容器內(nèi)，外極板的半徑分別為 為U。時(shí)，計(jì)算功率損耗并求電阻。解：設(shè)內(nèi)，外極板之間的總電流為|o，由對稱性，可以得到極板間的電流密度為IerJ = 2 rI2 erE=4aEdrb從而單位體積內(nèi)功率損耗為總功率耗損為Uo

12、Uoa b er2rJ2Uo112 rP =ab4Uo 2b dr2b11a rp4 r2drp= a 1=ab4 Uo21 1J =2I = a b ，=ab由P= R ，得R=2、一個(gè)半徑為a的導(dǎo)體球作為作為電極深埋地下，土壤的電導(dǎo)率為。略去地面的影響,求電極的接地電阻。解：當(dāng)不考慮地面影響時(shí)，這個(gè)問題就相當(dāng)于計(jì)算位于無限大均勻點(diǎn)媒質(zhì)中的導(dǎo)體 球的恒定電流問題。設(shè)導(dǎo)體球的電流為I，則任意點(diǎn)的電流密度為E=4I2 erJ = 4 r ，導(dǎo)體球面的電位為（去無窮遠(yuǎn)處為電位零點(diǎn)）dr = 4接地電阻為U _R= I =43、如圖，平板電容器間由兩種媒質(zhì)完全填充,厚度分別為d1和d2，介電常數(shù)分別

13、為1和2 ,電導(dǎo)率分別為1和2，當(dāng)外加電壓解：設(shè)電容器極板之間的電流密度為J=1 E1u0時(shí)，J,則2 E2求分界面上的自由電荷面密度。E1丄,E21UoJd1Jd2Ud1od2分界面上的自由面電荷密度為D2nD1n2E2 1E1Uod2內(nèi),外導(dǎo)體間的電壓為Uo= a因而，單位長度的漏電電阻為cEgdrb Idra 2ir +c Idr I22r =2j理d1 1, 1Tkd22，2rUo4、內(nèi)，外導(dǎo)體半徑分別為 a,c的同軸線，其間填充兩種漏電媒質(zhì)，電導(dǎo)率分別為1 （ arb ）和2 （ brc），求單位長度的漏電電阻。解：設(shè)單位長度從內(nèi)導(dǎo)體流向外導(dǎo)體的電流I，則電流密度為IerJ = 2

14、r各區(qū)域的電場為IerEl = 2ir ( arb)I er-2r (brc)E2一 2UR= I5、一個(gè)半徑為10 cm的半球形接地導(dǎo)體電極，電極平面與地面重合，如圖，若土壤的電導(dǎo) 率為0.01S/m，求當(dāng)電極通過的電流為100A時(shí)，土壤損耗的功率。解：半球形接地器的電導(dǎo)為 接地電阻為土壤損耗的功率為P I 2r1002a 20.01 0.161.59 106、內(nèi),外半徑分別為a,b的無限長空心圓柱中均勻分布著軸向電流I，求柱內(nèi)，外的磁感應(yīng)強(qiáng)度。解：使用圓柱坐標(biāo)系。電流密度沿軸線方向?yàn)?,Irar b2 2b aaj= 0，b r由電流的對稱性，可以知道磁場只有圓周分量。用安培環(huán)路定律計(jì)算不

15、同區(qū)域的磁場。當(dāng)ra時(shí)，磁場為0。當(dāng)arb時(shí)，選取安培回路為半徑等于r且與導(dǎo)電圓柱的軸線同心的圓。該回路包圍的電流為J r2a2I r22 a1I =b22 a由?Bgdl=2 rB= o，得oIr2 a2B = 2 rb2 a201當(dāng)r a 時(shí),磁感應(yīng)強(qiáng)度如下:r a時(shí)，2 a22丨2 rr a 時(shí),eB =為了計(jì)算磁化電流，要求磁化強(qiáng)度:r a時(shí)，Mr a 時(shí)，Ir2 a2I2aM在r=a的界面M =0計(jì)算磁化面電流時(shí)，可以理解為在兩個(gè)磁介質(zhì)之間有一個(gè)很薄的真空層。 這樣，其磁化面電流就是兩個(gè)磁介質(zhì)的磁化面電流只和，即Jms _ M 1 H| + M 2ms -n21到介質(zhì)2的單位法向這里

16、的n1和分別是從磁介質(zhì)到真空中的單位法向。如果去從介質(zhì) 是n,則有Jms 一I2aez+2aezoI2a11、空氣絕緣的同軸線，內(nèi)導(dǎo)體的半徑為a,外導(dǎo)體的半徑為b,通過的電流為體殼的厚度很薄，因而其儲(chǔ)蓄的能量可以忽略不計(jì)。計(jì)算同軸線單位長度的儲(chǔ)能，單位長度的自感。解：設(shè)內(nèi)導(dǎo)體的電流均勻分布，用安培環(huán)路定律可求出磁場。r a 時(shí)，I。設(shè)外導(dǎo)并有此求ar b 時(shí),lrH = 2 a2H =2 r單位長度的磁場能量為a 1 b 1 220 H 2 rdrWm= 0 2 oH 2 rdr + a 22 2丄丄詰=16+4 a故得單位長度的自感為b Ina其中的第一項(xiàng)是內(nèi)導(dǎo)體的內(nèi)自感。12、一個(gè)長直導(dǎo)線

17、和一個(gè)圓環(huán)（半徑為a）在冋一平面內(nèi)，圓心與導(dǎo)線的距離是它們之間互感為M0(dd2 a2)證明:設(shè)直導(dǎo)線位于z軸上，由其產(chǎn)生的磁場B0!2 x 2(d rcos )其中各量的含義如圖所示。磁通量為a 2d，證明Bds0 0rdrd(d r cos )上式先對積分,2并用公式dd a cos2d2a rdr0爲(wèi)廠r20I(d . d所以互感為M o(d ,d2a2)習(xí)題四在u兩導(dǎo)體平板(z=和eyE0sin( /d)zcos(wtz=d)之間的空氣中傳播的電磁波其電場強(qiáng)度矢量kx)其中kx為常數(shù).試求uu(1)磁場強(qiáng)度矢量Huu兩導(dǎo)體表面上的面電流密度Js解:uruuririr(1)由麥克斯未方程

18、組得Eex( Ey/ z) ez( Ey/ x)B/ tu型eou E0kxB ecos(-z)sin(wt kxx) ezsin( z)cos(wt kxx)對上式積分得dwdwduu uu e0uu E0kxHexcos( z)sin( wt kxx) ex 一 xsin( z)cos( wt kxx)即dw 0 dw 0 dr uruuuruuuuu EJsezH |zokxX)eysin (wt面電流密度w 0duuuruurrJsezH |zd(2)導(dǎo)體表面上得電流存在于兩導(dǎo)體相向的一面，故在z=0表面上,法線0 = ez在z=0表面上，法線n =-ez ,面電流密度2、 在理想導(dǎo)電

19、壁()限定的區(qū)域(0 W xWa )內(nèi)存在一個(gè)如下的電磁場:uu eeyJ sin(wt kxx)w 0d乳 sin(乳 sin(cos(aax)cos()sin(x)sin(kzkzt)t)這個(gè)電磁場滿足的邊界條牛如何？導(dǎo)電壁上得電流密度的值如何?kzt)iulultuuruujujULrUUJULLJirJsn(HH)JUULUJUruLiruurJs0nHx0eyHcos(kz在x=0處電磁場滿足解:在邊界 x=0處有（n = ex）Ey O,Hx O,Hx H0cos（kz t）所以，導(dǎo)電壁上的 電流密度河電荷密度的值為t），s0 nDx 0 0的 邊 界 條 件 為UUJuurn H

20、eyH0cos(kzt), n E 0uu uu uu uuuncB 0,ncp 0同理，在x a（nex）有ujumurJsaur uurn HuunuuuHeyHcos(kzezHzt),nx anrEeyHcos(kz0,n B 0,n Duu ut)，sa ngp段由理想導(dǎo)體構(gòu)成的同軸線，內(nèi)導(dǎo)體半徑為 兩端用理想導(dǎo)體板短路。已知在aE er sin kz, Hr確定A，B之間的關(guān)系。確定k。3、r b,0 ze coskz r(1)(2)求r a及r b面上的（3）解：由題意可知，電磁場在同軸線內(nèi)形成駐波狀態(tài)。 A，B之間的關(guān)系。因?yàn)锳ke coskz j H所以a，外導(dǎo)體半徑為b，長

21、度為L ,同軸線L區(qū)域內(nèi)的電磁場為(2)因?yàn)樗詊k(3)4、k0(1)(2)(3)解:(1)jk1rH er zkjk廠,k因?yàn)槭抢硐雽?dǎo)體構(gòu)成的同軸線,n H Jsa的導(dǎo)體面上，法線J Sa n H rSan?D rb的導(dǎo)體面上，法線J SbSbn?Dezr所以邊界條件為n?Der，所以ez coskz r r-sin kz r a rer，所以ez coskz r rsinkz r b rersin kz j Erez coskz aAsinkzez B coskz bsinkz b電 場強(qiáng)度 EexEcosk(z ct) eyEsink(z ct),空中ic。試求:磁場強(qiáng)度和坡印廷矢量的

22、瞬時(shí)值。已知真2對于給定的z值（例如z= 0），試確定E隨時(shí)間變化的軌跡。 磁場能量密度，電場能量密度和坡印廷矢量的時(shí)間平均值。由麥克斯韋方程可得EyexzExeyGex Eoko cosko(z ct)ey EokoSin k(z ct)對上式積分，得磁場強(qiáng)度瞬時(shí)值為ex旦sin k0 (z ct) oCeycosk0(z ct)0c故坡印廷矢量的瞬時(shí)值Eoez -oC（2） 因?yàn)镋的模和幅角分別為EJ Ex2Ey2 Eok(z ct)tanEosinko(z ct)E0cosk0(z ct)所以，E隨時(shí)間變化的軌跡是圓。（3）磁場能量密度，電場能量密度和坡印廷矢量的時(shí)間平均值分別為av ,

23、eReE?D*4jkoz(ex Eoe141 E 2匚02j (一ey Eoe 2kz).)?(ex oEoej ozeyj (ko z)oEoe2)av,m2 o Eo1、Eo2習(xí)題五電磁波在真空中傳播，其電場強(qiáng)度矢量的復(fù)數(shù)表達(dá)式為S avRe-E2E t ex jey 1O 4e j2 z（V. m）試求：（1） 工作頻率f。（2） 磁場強(qiáng)度矢量的復(fù)數(shù)表達(dá)式。（3） 坡印廷矢量的瞬時(shí)值和時(shí)間平均值。解：（1）由題意可得9k 2Oo o6 1Oc所以工作頻率f 3 1O9 Hz（2 ）磁場強(qiáng)度矢量的復(fù)數(shù)表達(dá)式為1 1 H ey E（ey j ex）1O 4e j2 z（A/m）o其中波阻抗o

24、 120。（3 ）坡印廷矢量的瞬時(shí)值和時(shí)間平均值。 電磁波的瞬時(shí)值為E(t) ReEejt jey)1O4cos( t 2O z)(V/m)j t14H(t) ReHej (ey jex)10 cos( t 20 z)(A/m )ex)02W/m0所以，坡印廷矢量的瞬時(shí)值1 8 2S(t) E(t) H(t) 10 8cos2( t 20 z)(ex j ex) 60同理可得坡印廷矢量的時(shí)間平均值1 *Sav Re；E H 022109rad/s。當(dāng)t 04, r 1。求當(dāng)t 1 s時(shí)，2W/m2、理想介質(zhì)中，有一均勻平面電場波沿 z方向傳播，其頻率 時(shí)，在z 0處，電場強(qiáng)度的振幅E0 2mV

25、/m，介質(zhì)的r 在z= 62m處的電場強(qiáng)度矢量，磁場強(qiáng)度矢量和坡印廷矢量。 解：根據(jù)題意，設(shè)均勻平面電場為E(t) ex E0 cos( t kz) mV/m式中，2109rad /s,k 、空-、3所以940E(t) ex2cos(210 tz)3(mV/m)當(dāng)t 1 s, z= 62m時(shí)，電場強(qiáng)度矢量，磁場強(qiáng)度矢量和坡印廷矢量為E ex mV/m4940H (t)eycos(2109tz)03 mA/ m故此時(shí)Hey0 mA/m1S E H ez260 mA/ m3、已知空氣中一均勻平面電磁波的磁場強(qiáng)度復(fù)矢量為j (4 x 3z)H=( ez ey2 6 ez4)e( A/m)試求：(1)

26、 波長、轉(zhuǎn)播方向單位矢量及轉(zhuǎn)播方向與z軸的夾角(2) 常數(shù)A(3) 電場強(qiáng)度復(fù)矢量。解：(1)波長、轉(zhuǎn)播方向與 z軸的夾角分別為0.4mK Jkx kz J(4)2(3)2 54_ex_3_ezk0.8gx。.6&cos z0.653o（2）因?yàn)?gH o,所以gH12jHzx解之得A=3。（3）電場強(qiáng)度矢量E 0He0(ex3 ey2.6 ez4)e j (4x3z)(0.8ex0.6ez)0 (i ： 6ex55弓 8 i6ez)e j (4x 3z)(V /m)5設(shè)無界理想媒質(zhì)，有電場強(qiáng)度復(fù)矢量：Ei ezE0ie jkz, E2（1）Ei，E2是否滿足 2E k2E（2）由Ei，E2求

27、磁場強(qiáng)度復(fù)矢量，并說明解：米用直角坐標(biāo)系。（i） 考慮到4、ezE02ejkzEi，E2是否表示電磁波。2ex2xk2ezE0ie jkzk2Ei1曰疋2Eiz2Eixz2Eiyx22Eik2Ei同理，可得2E2k2Ei（2）根據(jù)題意知HiEi0,H2i ez0E2E1 , E2均不能表示電磁波。所以S 0,50, E! , E2所形成的場在空間均無能量傳播，即5、假設(shè)真空中一均勻平面電磁波的電場強(qiáng)度復(fù)矢量為L j （2x、2y 忌E 3（ex 血ey）e 6（V/m）（1 ）電場強(qiáng)度的振幅、波矢量和波長。（2）電場強(qiáng)度矢量和磁場強(qiáng)度矢量的瞬時(shí)表達(dá)式。解：(1 )依題意知，電場強(qiáng)度的振幅E。E

28、0x E：y 3.3(V/m)2 2kykz-所以波矢量k kex，其中23ex從而,4m2k(2)電場強(qiáng)度的瞬時(shí)表達(dá)式為E(t) Re Eej 七3(e, 遼ejcost (2x ,2y . 3z) (V /m)6磁場強(qiáng)度矢量的瞬時(shí)表達(dá)式為H (t) 丄ek E(t) 1( .6ex3ey .3ez)8os t (2x 、2y . 3z) (A/ m)0 66、為了抑制無線電干擾室內(nèi)電子設(shè)備，通常采用厚度為(,5.8 10 S/m)包裹該室。若要求屏蔽的頻率是銅皮的厚度應(yīng)是多少。解：因?yàn)楣ぷ黝l率越高，趨膚深度越小，故銅皮的最小厚度應(yīng)不低于屏蔽 的厚度。因?yàn)橼吥w深度5個(gè)趨膚深度的一層銅皮10k

29、Hz100MHz，10kHz時(shí)所對應(yīng)所以，銅皮的最小厚度為0.00066mh 50.0033m7、如果要求電子儀器的鋁外殼(3.54 10 S/m, 至少為防止20kHz200MHz的無線電干擾，鋁外殼應(yīng)取多厚。解：因?yàn)楣ぷ黝l率越高，趨膚深度越小，故鋁殼的最小厚度應(yīng)不低于屏蔽 應(yīng)的厚度。5個(gè)趨膚深度，為20kHz時(shí)所對200.000598m1因?yàn)殇X殼為5個(gè)趨膚深度，故鋁殼的厚度應(yīng)為h5 00.003m7、已知平面波的電場強(qiáng)度E ex(2 j3) ey4ez3)ej(1.8y24z)(v/m)試確定其傳播方向和極化狀態(tài)；是否橫電磁波?解：傳播方向上的單位矢量為kyeykzezexX 2 2 k

30、ykz345ey 5ezek ? E 0，即 e改寫電場為的所有分量均與其傳播方向垂直，所以此波為橫電磁波。3 j arctan_Eex 13e245(ey53433 j 3( ey ez)?rj arctan,ez3)e5 5ex3e2 5eye j3“5顯然ex,ey均與ek垂直。此外，在上式中兩個(gè)分量的振幅并不相等，所以為右旋橢圓極化波。9、假設(shè)真空中一平面電磁波的波矢量2.2 x y3勺3V /m，極化于電場強(qiáng)度的瞬時(shí)表達(dá)式。對應(yīng)的磁場強(qiáng)度矢量。其電場強(qiáng)度的振幅 Em（1）（2）解：（1）電場強(qiáng)度的瞬時(shí)表達(dá)式為E r,tez 33 cost 2、2 Xz軸方向。試求:y (V/m)其中

31、:(2)kc對應(yīng)的磁場強(qiáng)度矢量為H (t)-108 radE(t)-ek E(t)040 3 ( ey ex) cost 2/y)( A/m)10、真空中一平面電磁波的電場強(qiáng)度矢量為i zE2（ex jey）e 2此電磁波是何種極化？旋向如何？ 寫出對應(yīng)的磁場強(qiáng)度矢量。此電磁波的X分量的相位滯后（1）（2）解：極化波。其對應(yīng)的磁場強(qiáng)度矢量為172Hez E （ey0 0(V/m)y分量的相位，且兩分量的振幅相等，故此波為左旋面號zjex)e(A/m)習(xí)題六1、距離電偶極子多遠(yuǎn)的地方，其電磁場公式中與2r成反比的項(xiàng)等于與r成反比的項(xiàng)。解：電偶極子產(chǎn)生的電磁場中與r成反比的項(xiàng)(以電場為例)為3Id

32、lk sin j e -kr2與r成反比的項(xiàng)為Idlk3 sin所以0.1592、100解:假設(shè)一電偶極子在垂直于它的方向上距離V/m，試求電偶極子所輻射的功率。由E的表達(dá)式知，電偶極子的遠(yuǎn)區(qū)輻射場的電場強(qiáng)度振幅為100km處所產(chǎn)生的電磁強(qiáng)度的振幅等于ImdlI111 5Em石 0Sin又根據(jù)Pr的表達(dá)式，有因此Imdl40Pr2Prr ? Em sin2丄10代入具體數(shù)值得3、Pr計(jì)算一長度等于Rr80解：根據(jù)式Rr 80 21090.11.1W的電偶極子的輻射電阻。22 IdlIdl，知電偶極子的輻射電阻為20.1 080 27.8957方向性系數(shù)為D = 3。求:100 W,4、已知某天

33、線的輻射功率為(1) r 10km處，最大輻射方向上的電場強(qiáng)度振幅。(2) 若保持輻射功率不變，要使r 20km處的場強(qiáng)等于原來r 10km處的場強(qiáng)，應(yīng)選取 方向性系數(shù)D等于多少的天線。解：(1)最大輻射方向上的電場強(qiáng)度振幅為Em、60DPr代入具體數(shù)值得Em1.3410 2V/m(2)符合題意的方向性系數(shù)為60D1 Pr60D2Prrir2代入具體數(shù)值得D2125、兩個(gè)半波振子天線平行放置，相距2。若要求它們的最大輻射方向在偏離天線陣軸線 60的方向上，問兩個(gè)半波振子天線饋電電流相位差應(yīng)為多少。解：當(dāng)兩個(gè)半波振子天線饋電電流相位差滿足條件kd時(shí)，由它們組成的天線陣的最大輻射方向m取決于相鄰陣

34、元之間的電流相位差。因此coskd cos? cos602習(xí)題七1、什么叫截止波長？為什么只要c的波才能在波導(dǎo)中傳輸？答：導(dǎo)行波系統(tǒng)中，對于不同頻率的電磁波有兩種工作狀態(tài) 傳輸與截止。介于傳輸與截止之間的臨界狀態(tài)，即由0所確定的狀態(tài)，該狀態(tài)所確定的頻率稱為截止頻率，該頻率所對應(yīng)的波長稱為截止波長。由于只有在2 2 2 20時(shí)才能存在導(dǎo)行波，則由kck0可知，此時(shí)應(yīng)有2 2kck2即2c所以，只有ffc或c的電磁波才能在波導(dǎo)中傳輸。2、何謂工作波長，截止波長和波導(dǎo)波長？它們有何區(qū)別和聯(lián)系？ 解：工作波長就是 TEM波的相波長。它由頻率和光速所確定，即_。光_ 0_f rrc光0式中，0稱為自由空間的工作波長，且f截止波長是由截止頻率所確定的