《电动力学》课程教学资源（习题解答）第四章 电磁波的传播

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a+do和-do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)求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。 解: E2(x,) =E )cos(k2x-02t) k1+k2-1+ot)cos(21-02 k1-k 2 2 ) 2 2 其中k1=k+dk,k2=k-dk,1=a+do,2=a-do .=2E ()cos(kx-) cos(dk.x-do.t) 用复数表示E=2E(x)cos(dkx-dot(-n) 相速kx-ot=0 ∴v k 群速dkx-dot=0 do ∴vg= dk 2.一平面电磁波以=45°从真空入射到=2的介质,电场强度垂直于入射面,求反射 系数和折射系数。 解:n为界面法向单位矢量,<>,<S>,<S">分别为入射波,反射波和折射波的玻印 亭矢量的周期平均值,则反射系数R和折射系数T定义为: <> 2 R=<S>E <S">nn2cose, E"2 <S>n coseE 又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式,可得: R= cos0-\E2 cos02 ( cos0+E2 cos02) -1

电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 1 - 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 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度 解 ( , ) ( ) cos( ) ( , ) ( ) cos( ) 2 0 2 2 1 0 1 1 E x t E x k x t E x t E x k x t ω ω = − = − r r r r r r r r ( , ) ( , ) ( )[cos( ) cos( )] 1 2 0 1 1 2 2 E = E x t + E x t = E x k x −ω t + k x −ω t r r r r r r r ) 2 2 ) cos( 2 2 2 ( ) cos( 1 2 1 2 1 2 1 2 0 x t k k x t k k E x ω ω ω −ω − + − − + = r r 其中k1 = k + dk, k2 = k − dk;ω1 = ω + dω,ω 2 = ω − dω 2 ( ) cos( ) cos( ) 0 ∴ E = E x kx −ωt dk ⋅ x − dω ⋅t r r r 用复数表示 ( ) 0 2 ( ) cos( ) i kx t E E x dk x d t e ω ω − = ⋅ − ⋅ r r r 相速 kx −ωt = 0 k v p ω ∴ = 群速 dk ⋅ x − dω ⋅t = 0 dk d vg ω ∴ = 2 一平面电磁波以 o θ = 45 从真空入射到 = 2 r ε 的介质 电场强度垂直于入射面 求反射 系数和折射系数 解 n r 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 亭矢量的周期平均值 则反射系数 R 和折射系数 T 定义为 2 1 0 2 2 2 2 0 2' 0 cos '' cos '' ' n E n E S n S n T E E S n S n R θ θ = < > ⋅ < > ⋅ = = < > ⋅ < > ⋅ = r r r r 又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得 2 1 2 2 1 2 2 cos cos cos cos         + − = ε θ ε θ ε θ ε θ R

动力学习题解答 四章电磁波的传播 4√Es1√E2 cos e cos02 E,cos 0 2) 又根据反射定律和折射定律 e sin e 由题意 4E√2 √3 2+√3 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 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 10=628×10°cm,水的折射率为n=133 解:由折射定律得,临界角θ。= arcsin(,)=48.75°,所以当平面光波以60°入射时, 将会发生全反射。 折射波:k"=ksin 相速度v 6 投入空气的深度K A1628×10 1.7×10 2x1sin260-( 4.频率为O的电磁波在各向同性介质中传播时,若E,D,B,H仍按exm变化,但D 不再与E平行(即D=E不成立)。 1)证明k·B=k·D=B.D=B.E=0,但一般k·E

电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 2 - 2 1 2 2 1 2 2 ( cos cos ) 4 cos cos ε θ ε θ ε ε θ θ + T = 又根据反射定律和折射定律 ε θ ε θ θ θ sin sin 45 2 2 1 1 = = = o 由题意 1 0 2 0 2 0 ε = ε ,ε = ε ε = ε r o ∴θ 2 = 30 2 3 2 3 ) 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 ( 2 + − = + − ∴ R = 2 3 2 3 ) 2 3 2 2 2 ( 2 3 2 2 4 2 2 0 0 0 + = + = ε ε ε T 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 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 5 0 6.28 10− λ = × cm 水的折射率为 n 1.33 解 由折射定律得 临界角 ) 48.75 1.33 1 θ c = arcsin( = 所以当平面光波以 60 入射时 将会发生全反射 折射波 k′′ = k sinθ 相速度 c k k v p 2 3 sin = = ′′ ′′ = θ ω ω 投入空气的深度 5 2 2 5 2 21 2 1 1.7 10 ) 1.33 1 2 sin 60 ( 6.28 10 2 sin − − ≈ × − × = − = π π θ λ κ n cm 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 v v v v , , , 仍按 i(k x t) e ⋅ −ω v v 变化 但 D v 不再与 E v 平行 即 D E v v = ε 不成立 1 证明 k ⋅ B = k ⋅ D = B ⋅ D = B ⋅ E = 0, k ⋅ E ≠ 0 v v v v v v v v v v 但一般

动力学习题解答 四章电磁波的传播 (2)证明D=-2[k2E-(k,E)k (3)证明能流S与波矢k一般不在同方向上。 证明:1)由麦氏方程组 V×H V·B=0 V.B=B0·Ve5xm)=i,Bex)=i·B=0 同理k·D=0 日=[Vex]xF0=ix厅 i×B D B·B B·(k×B)=0 E=Ve-m)]×E0=ik×E=iDB E=-(kxE).E=0, VE=ik E V·E一般≠0,即k.E一般≠0

电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 3 - 2 证明 [ ( ) ] 1 2 2 D k E k E k v v v v v = − ⋅ ω µ 3 证明能流 S v 与波矢 k v 一般不在同方向上 证明 1 由麦氏方程组          ∇ ⋅ = ∇ ⋅ = ∂ ∂ ∇ × = ∂ ∂ ∇ × = − 0 0 B D t D H t B E v v v v v v 得 0 ( ) 0 ( ) ∇ ⋅ = 0 ⋅∇ = ⋅ = ⋅ = ⋅ − ⋅ − B B e ik B e ik B i k x t i k x t v v v v v v v v v v ω ω ∴k ⋅ B = 0 r v 同理 k ⋅ D = 0 v v H e H ik H i D i k x t v v v v v v v ω ω ∇ × = ∇ × = × = − ⋅ − 0 ( ) [ ] ik B i D v v v ∴ × = − µω ( ) 0 1 ∴ B ⋅ D = − B ⋅ k × B = v v v v v µω E e E ik E i B i k x t v v v v v v v ω ω ∇ × = ∇ × = × = ⋅ − 0 ( ) [ ] ( ) 0 1 ∴ B ⋅ E = k × E ⋅ E = v v v v v ω E ik E v v v ∇ ⋅ = ⋅ D E v v Q ≠ ε E v ∴∇ ⋅ 一般 ≠ 0 即 k E v v ⋅ 一般 ≠ 0

动力学习题解答 四章电磁波的传播 )由V×E 得:B=-(k×E) 另由Vx月=D得:D=-1(×B) D kxE=-,[(k×E)×k]=-,[k2E-(k·E) 3)由B=1(k×E)得=1(x (k×E)=-[E2k-(k·E)E] k·E一般≠0:S一般≠一E2,即S一般不与k同向 5.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x方向偏振,另一个沿y 方向偏振,但相位比前者超前一,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:偏振方向在ⅹ轴上的波可记为 x= Ao cos(ot-ka)= Ao cos(ot+or) 在y轴上的波可记为 y=A cos(at-k+1)=Ao coS(ot+or) A=Pou- 合成得轨迹方程为 x+y=Ao[cos(ot+or)+cos(ot +Pov) Ao Icos(ot+or)+sin(ot+Po Ao 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。反之,一个圆偏

电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 4 - 2 由 t B E ∂ ∂ ∇ × = − v v 得 ( ) 1 B k E v v v = × ω 另由 t D H ∂ ∂ ∇ × = v v 得 ( ) 1 D k B v v v = − × µω [ ( ) ] 1 [( ) ] 1 [ ( )] 1 2 2 2 2 D k k E k E k k E k E k v v v v v v v v v v v ∴ = − × × = × × = − ⋅ µω µω µω 3 由 ( ) 1 B k E v v v = × ω 得 ( ) 1 H k E v v v = × µω [ ( ) ] 1 ( ) 1 2 S E H E k E E k k E E v v r v v v v v v v ∴ = × = × × = − ⋅ µω µω k E v v Q ⋅ 一般 ≠ 0 S v ∴ 一般 E k v 1 2 µω ≠ 即 S v 一般不与 k v 同向 5 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 x 方向偏振 另一个沿 y 方向偏振 但相位比前者超前 2 π 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 偏振方向在 x 轴上的波可记为 cos( ) cos( ) 0 0 0x x = A ωt − kz = A ωt +ϕ 在 y 轴上的波可记为 ) cos( ) 2 cos( 0 0 0 y y A t kz A ωt ϕ π = ω − + = + 2 0 0 π ∆ϕ = ϕ y −ϕ x = 合成得轨迹方程为 [cos ( ) cos ( )] 0 2 0 2 2 0 2 2 x y x + y = A ωt +ϕ + ωt +ϕ [cos ( ) sin ( )] 0 2 0 2 2 0 x x = A ωt +ϕ + ωt +ϕ 2 = A0 即 2 0 2 2 x + y = A 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

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 E=E 于是,由z=0的表面,单位面积进入导体的能量为 S=ExH,其中,B1K×E=(B+1a)xE 其平均值为 = Re(Exh)=、 E 20 在导体内部,:J=aE=Ee“e"=m 所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为: do==Re(x 2-2cc 作积分:Q=Eed=6E即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦 耳热 又∵aB ono 原题得证 7.已知海水的1=1,a=1S·m-,试计算频率v为5010和10°Hz的三种电磁波在海 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, 透射深度6=1=2 H=10m=0=4zxl0 1>v=50形时:=/2 2 aV2x×50×4丌×10-×1

电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 5 - 振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为 2 π 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 ( ) 0 z i z t E E e e −α β −ω = v v 于是 由 z 0 的表面 单位面积进入导体的能量为 S E H v v v = × 其中 H k E i n E v v v v v = × = ( + ) × 1 1 β α ωµ ωµ 其平均值为 2 0 * 2 Re( ) 2 1 S E H E ωµ β = × = v v v 在导体内部 ( ) 0 z i z t J E E e e α β ω σ σ − − = = v v v 所以金属导体单位面积那消耗的焦耳热的平均值为 z dQ J E E e α σ 2 2 0 * 2 1 Re( ) 2 1 − = × = v v 作积分 2 0 0 2 2 0 2 4 1 Q E e dz E z α σ σ α = = ∫ ∞ − 即得单位面积对应的导体中消耗的平均焦 耳热 又 2 ωµσ Qαβ = 2 0 2 0 4 2 Q E E ωµ β α σ ∴ = = 原题得证. 7 已知海水的 1 1, 1 − µ r = σ = S ⋅ m 试计算频率ν 为 6 9 50,10 和10 Hz 的三种电磁波在海 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 透射深度 α ωµσ δ 1 2 = = = 1 Q µ r 7 0 0 4 10− ∴µ = µ µ r = µ = π × Hz 72m 2 50 4 10 1 2 2 1 50 : 1 7 = × × × × ∴ > = = = − ωµσ π π ν 时 δ