电磁场与电磁波习题解答

《电磁场与电磁波》（陈抗生）习题解答

第一章 引言——波与矢量分析

1．1

362设EEyy0y010cos(210t210x)V/m，求矢量E的方向，波的传播方向，波的幅度，频率f,相位常数k,相速度vp.

解：EExx0Eyy0Ezz0Eyy0y0103cos(2106t2102x)V/m

 矢量E的方向是沿Y轴方向，波的传播方向是-x方向；

波的幅度 EEy103V/m

2106f106HZ1MHZ;222k210;

6210VP108m/s。k2102 1．2

写出下列时谐变量的复数表示（如果可能的话）

(1)V(t)6cos(t4)(2)I(t)8sint(3)A(t)3sint2cost(4)C(t)6cos(120t(5)D(t)1cost(6)U(t)sin(t

（1）解： v(z)/4

2)

3)sin(t6)V6ej46cos6jsin3232j 44 （2）解：I(t)8cos(t)

2-1

- 好好学习，天天向上

v(z) 28j

Ij8e2（3）解：A(t)13(313sint213 cost）则A(t)13cos(t)213 v(z)2令cos则A13ej()2323j（4）解：C(t)6cos(120t)

2C6ej26j

(5)(6)两个分量频率不同，不可用复数表示

1．3由以下复数写出相应的时谐变量]

(1)C1j(2)C4exp(j0.8)(3)C3exp(j)4exp(j0.8)2

（1）解：

(1j)ejt(1j)(costjsint)costjsintjcostsint C(t)RE(Cejt)costsint

（2）解：C(t)RE(Cejt)RE(4ej0.8ejt)4cos(t0.8) （3）解：Cejt(3ej24ej0.8)ejtj(t)23e4ej(t0.8)

得：C(t)RE(Cejt)3cos(t)4cos(t0.8)4cos(t0.8)3cos(t) 1．4

2假定Ax0jy0(1j2)z0,Bx0(12j)y0jz0, 求：AB，AB，AB，Re[AB]

-2

- 好好学习，天天向上

解：ABAxBxAyByAzBz1

x0y0z0ABAxAyAz(4j4)x0(13j)y0(1j)z0BxByBz Bx0(12j)z0则：AB12jx0y0z0AB1j12j得到：RE(AB)6x0y0z01(12j)j

1．5计算下列标量场的梯度

(1)ux2y2z2(2)u2x2y2z2(3)uxyyzxz(4)ux2y22xy(5)uxyz

（1）解：grad(u)u

x2y2z2x2y2z2x2y2z2x0y0z0xyz

2xy2z2x02x2yz2y02x2y2zz0（2）解：grad(u)u

4xx02yy02zz0

(3) 解：grad(u)u

(yz)x0(xz)y0(yx)z0

(4)解：grad(u)u

(2x2y)x0(2y2x)y0

（5）解：grad(u)u

yzx0xzy0xyz0

-3

- 好好学习，天天向上

，1，2）处的法线方向 1．6求曲面zxy在点（1

解：梯度的方向就是电位变化最陡的方向

令Txyz

则T2xx02yy0z0将点(1,1,2)代入锝： 法线方向与2x02y0z0同向

1．7求下列矢量场的散度，旋度

2222(1)Ax2x0y2y0z2z0(2)A(yz)x0(xz)y0(xy)z0 22(3)A(xy)x0(xy)y0(4)A5x06yzy0x2z0

（1）解：div(A)AAxAyAz xyz2x2y2z

x0curl(A)Axx2（2）解：div(A)=0

curl(A)=0

(3)解：div(A)=1+2y

y0yy2z00 zz2x0 curl(A)Axxy(4)解：div(A)=6z

y0y2xy2z0(2x1)z0 z0x0curl(A)Ax5

-4

y0y6yzz06yx02xy0 zx2 - 好好学习，天天向上

若矢量场Axx0，求AdS,其中S是由x2y2r2,z0,zh组成的闭合曲面

S

解：由散度定理可得：

222sAdSV(A)dV(V为xyr,zh围成的体积)[(xx0)]dVVV

dVr2h 1．12

假定AAxx0Ayy0Azz0,BBxx0Byy0Bzz0,试证明： (AB)B(A)A(B)

证明：(AB)

x0y0AxAyBxBy[x0(AyBzxAzBy)y0(AzBxAxBz)z0(AxByAyBx)]

(AzBxAxBz)(AxByAyBx)yzBxAzBzAxAzByAxBzyz0AzBz(AyBzAzBy)BzAyByAzAyBzAzByxByAxBxAyAxByAyBxzAyAxAAAzAy)By(xz)Bz()yzzxxyByByBxBBBAx(z)Ay(xz)Az()yzzxxyB(A)A(B)Bx( 1．13

证明：(1)(A)AA

(2)(A)AA

-5

- 好好学习，天天向上

（1）证明：

左边(Axx0Ayy0Azz0)AxAyAzxyzAxAyAz右边(Axx0Ayy0Azz0)(x0y0z0)()xyzxyzAxAxAyAyAzAzxyzAxAyAzxyz左边右边证毕

（2）证明：

x0左边(A)xAx右边AAx0y0z0x0xyzxAxAyAzAx证毕

1．14

证明：

y0yAyy0yAyz0zAz z0左边zAz(1)(A)0(2)()0

（1）证明：

-6

- 好好学习，天天向上

x0(A)xAxy0yAyz0zAzAzAyAxAzAyAx[x0()y0()z0()]yzzxxy222AzAy2Ax2AzAy2Ax

xyxzzyxyxz0证毕（2）证明：

()(xx0yy0zz0)x0yz00xyz0

xyz证毕

-7

zy - 好好学习，天天向上

第二章 传输线基本理论与圆图

2．1

市话用的平行双导线，测得其分布电路参数为：R'0.042/mL'5107H/mG'51010S/m

C'30.5pF/m求传播常数k与特征阻抗Z。 解：

jk(RjL)(GjC)

Zc(RjL)

(GjC)将数据代入解得（以50Hz代入，不是很正确）：

k(16.8j19.6)108Zc(1.5j1.44)10

2．3

3

参看图，ZL80,ZC50,负载ZL电压5V，求驻波系数，驻波最小点位置dmin1/,传输线长度l/4,/2,3/8处的输入阻抗以及Vmax,Vmin,Imax,Imin。

Zc

解：（1）由题意可锝：

ZL

v(0)ZLZC80503ZLZC8050131

31v(0)131.61v(0)1313-8

- 好好学习，天天向上

（2）v(0)3即(0)0 13dmaxdmin11 44（3）l4时kl2l2

ZinZCZLjZCtankl50ZCjZLtankl2l80j50tan50j80tan231.25 2l2时klZinZCZLjZCtankl80ZCjZLtankl323l时kll84ZjZCtanklZinZCL50jZCjZLtankl(4)

V(0)3165 1v(0)1Vi1313Vi可得：Vi65 16VmaxVi[1v(0)]VminImax653(1)5V1613653Vi[1v(0)](1)3.125V1613

Vmax0.1AZCVmin0.0625AZCImin

2．4

无线传输线特征阻抗ZC50，负载阻抗ZL525.99，

求传输线长度l/8,/4,3/8处输入阻抗

解：当l33,,处kl,, 848424-9

- 好好学习，天天向上

ZinZCZLjZCtankl50ZCjZLtanklZLjZCtankl50ZCjZLtankl525.99j50tan50j525.99tan525.99j50tan50j525.99tan250

4(9.1j53.26)4ZinZC23525.99j50tanZjZCtankl4(8.26j45.44)ZinZCL503ZCjZLtankl50j525.99tan4

2．5

传输线终端归一化阻抗zL0.8j1.0,求：（1）驻波系数（2）离开驻波第一个最小点位置dmin（3）负载反射功率与入射功率之比

解：v(0)

ZLZCzL10.2j1.0(0)ej(0)

ZLZCzL11.8j1.0（1）1v(0)1v(0)2.96

（2）dmin（3）

2．6

(0)0.35 44Pr12v(0) Pi4传输线特征阻抗为50，终端开路，测得始端输入阻抗为j33，求传输线以波长计的电长度l/

解：终端开路时：

-10

- 好好学习，天天向上

ZinjZCcotkl33jtankl5033503350)330.343

klarctanl1得：2

2．8

arctan(2在无耗线上测得：Zin为j100,Zin为j25,dmin为0.1,0.6，驻波系数3，求负载阻抗

解：v

scoc1310.5 131dmin0.1(0)(0)0.644j100j(25)50

ocscZCZinZin1v(0)10.5e0.6j即ZLZC501v(0)10.5e0.6j

2．9

l Zc ZL

d

如图，ZL(30j60),ZC50,用可移动单可变电纳匹配器进行匹配，用圆图决定可变电纳匹配器到负载ZL的距离d，以及并联短路支线长度。

解：归一化阻抗：

-11

- 好好学习，天天向上

zLZL0.6j1.2ZC

yL0.33j0.66，由阻抗圆图可读出：dA0.28, dB0.42旋转后：yA'1bAj， yB'1bBj在短路图中：y2A'bAj， y2B'bBj由图可得：lA0.087, lB0.432R=0ZL’R=1A180BYL’

l Zc ZL

d

特征阻抗ZC50传输线，终端接负载ZL(6060j)，并联短路支线离负载距离d0.22。调节并联短路支线长度l，求最小驻波系数min。

解：归一化阻抗：

-12

- 好好学习，天天向上

zL1.2j1.2通过0.22后其输入阻抗见图zL'其导纳为yL'由图可以知道yL'gjb0.53jb1当并联短路支路y2jb2后：yin0.53j(b1b2)由图可以知道此时：

由圆图可以知道yin随着y2的变化围绕y0.53的等g圆旋转当转到A点时g最小。min1.218YL’ZLR=0.8AYLZL’

2．13

有一空气介质的同轴线需装入介质支撑薄片，薄片材料为聚苯乙烯，其相对介电常数r2.55,为使介质不引起反射，介质中心孔径应该 是多少？

解：为了不引起介质反射Zc1Zc2

1可得：2

071ln02207ln0r

解得：0.287m-13

- 好好学习，天天向上

第三章 麦克斯韦方程

3．1 求以下几个量的量纲

(1)ED(2)HB

(3)SVCVCJ解：（1）2 mmm3m3AWbAWbJ（2）2 33mmmmVAVAW（3）解：22

mmmm

3．2写出以下时谐矢量的复矢量表示

(1)V(t)3costx04sinty0cos(t)z02(2)E(t)(3cost4sint)x08(costsint)z0

(3)Ht0.5cos(kzt)x0解：（1）V(r)3x04jy0jz0

（2）E(t)5cos(t)x082cos(t3)z0 4

其中arcsin4534V(r)5ex082ez0(34j)x0(88j)z0（3）H(r)0.5ekzx00.5[cos(kz)jsin(kz)]x0

3．3从下面的复矢量写出相应的时谐矢量

(1)Cx0jy0 (2)Cj(x0jy0)(3)Cexp(jkz)x0jexp(jkz)y0j(2)解：（1）Cx0jy0x0y0e

C(r,t)x0costy0cos(t)

2-14

- 好好学习，天天向上

j2（2）Cj(x0jy0)x0ey0

C(r,t)x0cos(t)y0cost

2（3）Cexp(jkz)x0jexp(jkz)y0

C(r,t)x0cos(tkz)y0cos(tkz)

2

3．4 无源空间 Hzy0yz0,D随时间变化吗？解：

x0DHtx0D不随时间变化

y0yzz0x0(yz)0 zyzy3．5假定(E1,B1,H1,D1),(E2,B2,H2,D2)分别为源(J1,V1),(J2,V2)激发的满足麦

克斯韦方程的解。求源为(JtJ1J2,VtV1V2)时麦克斯韦方程的解。

解：由题意可得：

E1jB1....(1)H1J1jD1..(2)D1V1..........(3)B10..............(4)E2jB2..(5)H2J2jD2(6) D2V2........(7)B20............(8)分别将（1）+（5），（2）+（6），（3）+（7），（4）+（8）可以得到：

E1E2(E1E2)j(B1B2)(H1H2)J1J2j(D1D2)Jtj(D1D2)(D1D2)V1V2Vt(B1B2)0当源为(Jt,Vt)时麦克斯韦方程的解为(E1E2,B1B2,H1H2,D1D2)-15

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B如果在某一表面E0，是否就可得出在该表面0?为什么？

t解：由斯托克斯定理，在此表面上

)lEdlS(E)dS(l为S所包围的一条闭合曲线又在此表面上E0 (E)dS0SBB在此表面上(E)C(C为常数)并不能得出0tt

如果在一条直线上E0，是否就可得出E0？

解：同证明方法也不能得出E0

对于调幅广播，频率f从500kHz到1MHz,假定电离层电子浓度N10/m，确定电离层有效介电系数e的变化范围。解：由题可得：

123

Ne21012(1.61019)2Wp5.107(rad/s)3112m09.1108.8510fpWp29MHZWp2W2)0(112e0(1fp2f2)

91062emax8.8510(1())2.86109(F/m)3510910621210emin8.8510(1())7.0810(F/m)6110

3．9

有一半径为a的导体圆盘以角速度在均匀磁场中做等速旋转，设圆盘与磁场互相垂直，试求该圆盘中心与它边缘之间的感应电动势。

-16

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V a

解：由题意可得：

穿过圆盘的磁通量不发生变化

由法拉第电磁感应定律可得整个圆盘是一个等势体

圆盘中心与边缘的感应电动势是0

3．10

一点电荷（电量为105C）做圆周运动，其角速度1000rad/s,圆周半径r1cm,试求圆心处位移电流密度

解：设t=0时0

qq(r)(x0cosy0sin)024r4rdDqJd(x0sinty0cost)2dt4r 105103(x0sin100ty0cos100t)4(102)27.96(x0sin100ty0cos100t)D 3．11

假定E(x0jy0)ejz，H(y0jx0)ejz，求用z,t表示的S以及。

jzjzjzj2x0ey0e解：E(x0jy0)e

E(r,t)x0cos(tz)y0cos(tz)x0cos(tz)y0sin(tz)

2H(y0jx0)ejzy0ejzx0ejzj2

H(r,t)x0sin(tz)y0cos(tz)

-17

- 好好学习，天天向上

S(r,t)E(r,t)H(r,t)[x0cos(tz)y0sin(tz)][x0sin(tz)y0cos(tz)] z0cos2(tz)z0z0sin2(tz)z011S(r,t)S(r,t)dtz0dtz0

T0T0S(r,t)1Re[EH*]2TTjzjjzj1jz2Re[(x0ey0e)(x0e2y0ejz)] 211Re[z0z0ej]Re[2z0]z022

3．12

jt证明：SRe[EHe]

证明：

Re[EHejt]Re[ejtx0ExHxy0EyHyz0Ez]HzRe[x0(EyHzEzHy)y0(EzHxExHz)z0(ExHyEyHx)]ejt E(t)H(t)S(t) 3．13

证明：SRe[EejtHejt]

证明：

Re[E(r)ejtH(r)ejt]x0Re[Ex(r)ejtHx(r)ejtx0Re[Ex(r)ejt]y0Ey(r)ejtHy(r)ejtz0Ez(r)ejt]Hz(r)ejtz0Re[Ez(r)ejt]y0Re[Ey(r)ejt]

Re[Hx(r)ejt]Re[Hy(r)ejt]Re[Hz(r)ejt]E(r,t)H(r,t)S(r,t)-18

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第四章 均匀平面波

4．1

写出，k,f,T,的单位

解：:rad/s, k:rad/m f:Hz T:s :m

氦氖激光器输出波长为6.328107m，计算它的f,T,k。

解：6.328107m

269.9210 (rad/m)76.328106.328107 T2.111015 (s)8c310c3108f474 (GHz)6.328107k 4．3

2已知均匀平面电磁波在均匀媒质中传播，其电场强度的表示式为Ey0Eyy010cos(tkz30)mV/m,工作频率f150MHz,媒质的参数为r1,r4,0，试求：（）相位常数1k,相速vp和波阻抗;(2) t0,z1.5处，E，H，S(t),S各为多少?（3）在z0处，E第一次出现最大值（绝对值）的时刻t等于多少?k2frr002f2150102 (rsd/s)8210解：（1）

21 (m)k

rrc

rr010188 ()04-19

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E(z1.5,t0)y010cos(21.5)53y0(mV/m)61H(r)E(r)j（2）

1Ey(r)1Ey(r)x0z0jzjx10kjkzj6x0eH(r,t)x0H(z1.5,t0)10kcos(tkz)6

3x0125z0415S(r,t)Re[E(r)H*(r)]z026S(t)(z1.5,t0)E(r,t)H(r,t)z0

Ey0cos(2f)

6

（3） 当2f

6

时最大

5

2ft65t2.78ns6

6215010

4．4

已知自由空间电磁波的f0,0,k0,v0,当它进入介质，其介电常数为40，0，求介质中电磁波的f,,k以及v。解： ff0，v 4．5

1vv/2v0，0，k2k0 2ff0EE0ejkzx0,HH0ejkzy0满足自由空间麦克斯韦方程，问题如下：（）用1E0,0,0表示H0和k；

(2)这个解是不是均匀平面波？波沿什么方向传播？并求出波速和。解：（1）EjH

-20

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H1Ejy0y0z0z0

x01jxE0ejkzy0k0E0ejkzH0ejkzy0H0k0E000E0E000(2)ZC时等相位面幅度相同它是均匀平面波传播方向SEH方向，为z方向1vp3108m/sk00111E02*〈S〉Re[EH]Re[z0E0H0]z02220

4．6

商用调幅广播电台覆盖地域最低信号场强为25Mv/m，问与之相联系的最小功率密度是多少？最小磁场是多大？

21E01(25103)23.125104解：SW

2200

Hmin

4．7

251030A/m

在无耗自由空间中，平面电磁波的平均能流密度为0.26w/m2，平面波沿z方向传播，其工作频率f150MHz，电场强度的表达式为EEmcos(tkz60).试求在z10m处，t0.1s时的E,H,S.1Em2解：Sz0

20-21

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1Em0.2610620Em0.26106237714mV/mHHmcos(tkzz10m,t0.1s处EEmcos(2ft2fz)14103cos(3108tz)c33

23)Em0cos(tkz3)E(z10m,t0.1s)1.4103cos(310810710H(z10m,t0.1s)SEH71031.86105A/m3773)7mV/mS1.8610571030.13W/m2

4．8 求下列场的极化性质

jkz（1）E(jx0y0)e

[2j）x0(3j)z0]ejky （2）E（jkx（3）E[(1j)y0(1j)z0]e jkx（4）E[jx0j2y0]e

jkz(jkz2)jkz解：（1）E(jx0y0)ex0ey0e

b0,a2baEyExAej2

ej2是右手圆极化(2) Aej2j1j4e 3j2是左手椭圆极化

（3）Ae-22

jj()1je2 1j - 好好学习，天天向上

是右手圆极化

（4）Aejj1ej0 j22是线极化

一线极化波电场的两个分量Ex6cos(tkz30),Ey8cos(tkz30),试求它分解成振幅相等旋向相反的两个圆极化波。解：讨论z=0的情况：

Ek6cos(tEy8cos(t226))6EExEy10cos(ttgEyEx45336)Ex10cos53cos(t30)Ey10sin53cos(t30)Ex5[cos(t23)cos(t83)]Ey5[sin(t23)sin(t83)]E(r,t)x0Exy0Ey5[x0cos(t23)y0sin(t23)](右手圆极化)5[x0cos(t83)y0sin(t83)](左手圆极化) E(t)右旋E(t)左旋自由空间沿着z方向传播的平面波EE0ejkz,式中E0ErjEi,且Er2Eib,b为常数，Er在x方向，Ei与x轴夹角为60，试求电场强度与磁场强度 的瞬时值，并说明波的极化。jkzjkz3jkz(ErjEi)e(bx0jby0)e 解：EE0e4

3E(r,t)x0bcos(tkz)y0bcos(tkz)

42-23

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3x0bcos(tkz)y0bsin(tkz)4EHj3x0jkbkbjkz4ejkzy0e3j(kz2)bjkzx0bey0e43bH(r,t)x0cos(tkz)y0cos(tkz)423bx0sin(tkz)y0cos(tkz)4由题意可得：Exbcos(tkz)3Ebsin(tkz)y4是左手椭圆极化波



均匀平面波的频率为10MHz，设地球的0，0，104S/m，求地球的衰减常数与趋肤深度。

1040.0451 解：

2101068.8510124ku(1jki)u(1j)2410739.410N/m 1248.851021106mki

1042

用上例数据，设地球表面电场强度为1V/m，求地球表面功率密度。

1E1 解：S 2020

-24

2 - 好好学习，天天向上

一平面电磁波从空气垂直地向海面传播，已知某海域的海水参数为r80,1S/m，r1,平面电磁波在海平面处的场强表示式为：Ex01000ekizej(tkrz)V/m工作波长为300m，

试求电场强度的振幅为1V/m时离海面的距离。并写出这个位置上的E，H的表达式 解：

12251良导体 82C21028.85101280r03001k(1j)2(1j)23108224107300kr1.986(1/m)22Cki21.986N/mjujj410721062.8e41j1000ekiz1061.986zln109z10.43mE(z10.43)x0ej(210H(z10.43)E6t1.986z)V/m)1j(2106t1.986z4y0y0e2.8j(210t1.986z)46

y00.357e

A/m巡航导弹用雷达测量其飞行高度，雷达工作频率为3GHz。假定地面为1m

厚的干雪覆盖，试求：（）雷达测得的巡航导弹飞行高度，与巡航导弹实际离开地面的高度是否有差1别(2)不计空气而只考虑地面覆盖的雪对传播电磁波损耗以及空气与雪交界面的反射损耗的影响，计算由于1m厚的雪引起的雷达信号的衰减（用dB表示），假定3GHz时雪的1.50,tan9104.-25

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解：（1）由于雪中电磁波有损耗，所以雷达测得的高度与实际有差别

（2）tan910arctg910

44ki111dparctg9104

1arctg9104zarctg19104设EE0eejkrz通过1m后衰减为：20lge

设某海域海水低频时可用810，0，4S/m介质表示，平面波波矢与x轴夹角为30。给出波沿x方向传播的传输线模型（给出等效传输线的特征参数）。 解：低频时海水是良导体

kzmkrZTE02(1j)02kz(1j)202

ZTMkz('j)kz2j(1j)(1j)20(1j)2ZTMZTEZmR(1j)02(1j)-26

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第五章 波的反射与折射及多层介质中波的传播

完纯导体表面Ht3x04z0A/m,求表面电流Js 解：Jsn0HHt3x04z0

两无限大平板间有电场Ex0Asin(零，坐标如图所示。试求：

dy)ej(tkz)，式中A为常数，平行板外空间电磁场为

(1) 求E,E；

(2) E 能否用一位置的标量函数的负梯度表示，为什么？ (3) 求与E 相联系的H；

(4) 确定两板面上面电流密度和面电荷密度.

 解：(1)E0

EzEyExEzEyExEx0()y0()z0()yzyzyz

y0jkAsin(y)ej(tkz)z0Acos(y)ej(tkz)ddd（2）E0是有旋场，不能用标量函数的负梯度表示

（3）

H1j0E

kA1j(tkz)j(tkz)y0sin(y)ez0Acos(y)e0ddj0d（4）JsnA

-27

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kA1Js(y0)y0[y0sin(y)ej(tkz)z0Acos(y)ej(tkz)]0ddj0d1x0Aej(tkz)dj0同理Js(yd)x0

1dj0Aej(tkz)

sDns(y0)Dn0同理s(yd)0

有一均匀平面波垂直入射到z = 0 处的理想导电平面， 其电场强度EE0(x0jy0)ejkz

，试确定：

(1) 入射波和反射波的极化方式； (2) 导电平面上面电流密度；

(3) 写出z ≤ 0 区域合成电场强度的瞬时值。

解：（1）EE0(x0jy0)ejkz,所以入射波是右手圆极化

反射波为满足导体表面边界条件，Ex,Ey与Ex,Ey都有180相移，且波的传播方向相反。rEE0(x0jy0)ejkz,所以是左手圆极化。（2）EallE0(x0jy0)(ejkzejkz)

rriiHEalljx0y0z0z0

jxyE0(ejkzejkz)jE0(ejkzejkz)k1(jx0y0)E0(ejkzejkz)k(ejkzejkz)|z02(jy0x0)kJs|z0nH|z0z0(jx0y0)E0（3）此入射波可看成是两个平面波的叠加。

jkzE1x0E0e,E2jy0E0ejkz

-28

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在这个坐标系下两个均为TEM 波，

对平面波1，在z ≤ 0 区域合成电场强度

Ex(z)E0(ejkzejkz)2jE0sinkz

对平面波2，在z ≤ 0 区域合成电场强度

Ey(z)jE0(ejkzejkz)2E0sinkz

所以z ≤ 0 区域合成电场强度的瞬时值

Ex02E0sinkzsinty02E0sinkzcost

计算从下列各种介质斜入射到它与空气的平面分界面时的临界角：

(1)蒸馏水，r81.1（2）酒精，r25.8（3）玻璃，r9（4）云母，r6

解：（1）carcsin

r2arcsinrarcsin81.1 r1r2arcsinrarcsin25.8 r1（2）carcsin（3）carcsinr2arcsinrarcsin3 r1（4）carcsin

r2arcsinrarcsin6 r1一圆极化均匀平面波自空气投射到非磁性媒质表面z = 0，入射角i60，入射面为x-z

面。要求反射波电场在y 方向，求媒质的相对介电系数r。

 解：将该圆极化波分解为TE，TM，如果b60则反射波只有TE

由b60得到：btg

-29

1 r260,r23r1 - 好好学习，天天向上

介质3 介质1 介质2 r1 r2 r3 3 k2 1

如题图所示三介质系统，k1,k2,k3分别为介质 1，2，3中波矢，求用1表示的3。

解：由SNELL定理可得：

n1sin1n2sin2n3sin3同时n1r1,n2r2,n3r3代入得到：

3arcsin(

空气

r1sin1)r3ka,Ya

k 水

k水,Y水

光从水以30投射到与空气交界面，设光频是水介电常数a1.70，a0,给出x方向传输线模型并用传输线模型求反射系数和折射系数。

-30

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解：以TE模为例：

k水kx2k水'cos30kak1kx22235.11.7k0k01.729k02212.322k11.7k0k00.758k0425.15.11.729k0/220Y水k水/Yaka/2.32.30.758k0/2205.12.3220.1965.12.3225.11.1965.12.322(x0)Y水YaY水Ya2Y水Y水YaT(x0)

均匀平面波由介质（空气）I以45°角投射到无损介质II，已知折射角为30°，如图频率为300MHz。求： (1) r2 (2) 反射系数

解：（1）

r1sin45r2sin30r22r22

-31

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（2）

Z2Z1r1kz2r2kz1Z2Z1r1kz2r2kz16k0/22k04376k0/22k0

两个各向同性介质组成的交界面，12,12求入射波平行极化、垂直极化两种情形下的布儒斯特角。

解：对于TE模

2TEZ2Z1kkz1k1kz2z22z1Z2Z1212kz11kz2kz2kz11要使TE0，2kz11kz20即2k1cosB1k2cos2(1)由相位匹配条件：k1sinBk2sin2(2)222k1k由（1）得cos2cosB，sin21cos2212212cos2（）B31k21k2

(3)代入(2)得：k1sinBk222k12122cos2B1k222k1k1cos2B12212cos2Bk21k2两边平方，均整理后得到：cos2B

11122112221112211222112Barccos当12,Barccos-32

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对于TM模kz2TMZ2Z12kz2Z2Z1kz11kz11kz22kz11kz22kz121要使TM0，1kz22kz10即2k1cosB1k2cos2(1)由相位匹配条件：k1sinBk2sin2(2)2k122k122由（1）得cos2cosB，sin21cos2122cos2（）B31k21k2

(3)代入(2)得：22k12k1sinBk2122cos2B1k2k122k1221cosB122cos2Bk21k2两边平方，均整理后得到：22cos2B11111222Barccos

1112211222112当12,Barccos

垂直极化平面波由媒质I 倾斜投射到媒质II，如图，140,20求： (1) 产生全反射时的临界角；

(2) 当=60°时，求kx,kz1 (用k0(3) 求kz2 (用k0表示)

(4) 在媒质II，求场衰减到1/e 时离开交界面的距离； (4) 求反射系数Γ。 解：（1）

00 表示)；

-33

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140,20carcsin(（2）

21)arcsin301260,kxk1sin1k04sin603k0kz1k1cos60k04cos60k0（3）kz2（4）a22222

k0kxk03k02jk0ja2 2k0,a2d1,d1a212k0

（5）

kz1kz2k0j2k0ej109.5

kz1kz2k0j2k0一均匀平面电磁波由空气向理想介质0,90垂直入射。已知z=5 米处

HyH210ejk2z10ej4毫安/米（设介质分界面处为z=0，初相0°）。试求：

（1）此平面电磁波的工作频率；

（2）写出介质区域及空气区域的E2,H2,E1,H1的表示式； （3）在介质区域中再求：

a. 由复数振幅写成复数或瞬时的表示式；

b. 坡印廷矢量瞬时表示式S 及Sav；

c. 电场与磁场能量密度的瞬时表示式we,wm及其最大的能量密度的大小

wemax,wmmax

d. 能量密度的平均值weav,wmav。

解：（1）由题意k2z4,k24z4520(rad/m)

k2090020

故fk2600163108202.5MHz-34

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（2）2012040() 290320221反射系数T3214023在介质区域中E22Hz4010e从而得到Et0400,Ei0j4400ej4E10ej41Et0800(mV/m)式中Et0,Ei0表示入射波与入射波场强在z0处的振幅。在空气区域中的场强的入射波与反射波的合成，以E1，H1表示1E1Ei0(ejk1zejk1z)800(ejk1zejk1z)2E20jk1z1jk1zH1HtHri0(ejk1zejk1z)(ee)(mA/m)0322(rad/m)12060在介质2中E2，H2为k1E2TEi0eH2E2jk1z2400ej201z

2jz400j201ze10e20140（3）由E2，H2的复矢量表示瞬态表示，在求坡印廷S(t),S(t),We,Wm等

（注意：TEM波即可以用TE波的公式，也可以用TM波的公式）

-35

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H210ejz/20y0E2Z2H2ejz/20x0400ejz/20x0Z1120,Z240,k1TMZ2Z11Z2Z123260TTM1TM20jz/60iHy10ejz/60/TTMy0ey0320jz/6010rHye(TM)y0ejz/60y03311irHyHyHy(10ejz/6010ejz/60)y0320iExZ1ejz/60x0800ejz/60x03rEx800ejz/60TMx0400ejz/60x0E1E入E反800ejz/60x0400ejz/60x0TTE1TEExi12400jz/60ex0800ejz/60x0TTErEx800ejz/60TMx0400ejz/60x0E1E入E反800ejz/60x0400ejz/60x0HyHyri800jz/6020jz/60ey0ey0Z13400jz/6010ey0ejz/60y0Z1311irHyHyHy(20ejz/6010ejz/60)y03

均匀平面波垂直投射到介质板，介质板前电场的大小示于下图，求 （1）介质板的介电常数ε （2）入射波的工作频率。

-36

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解：1.53 0.51310.5131

(0),12垂直投射时，kzkkz1kz2k1k2k1r2k21kz1kz2k1k2k1r2k22r23,r2931084m,f7.5107m

42f4.71108rad/s

在介电系数分别为1与3的介质中间放置一块厚度为d 的介质板，其介电常数为2，三种介质的磁导率均为0，若均匀平面波从介质1 以0°垂直投射到介质板上， （1）试证明：当2i13，且d0时，没有反射。

4r2（2）如果0，导出没有反射时的d 的表达式。

i

解：每一层介质可等效为传输线，如果均匀平面波从介质1 以0垂直投射到介质板上，

-37

i - 好好学习，天天向上

对TE波，传输线的特征参数为:

kz101r1k0,k000,Z1kz202r2k0,Z2kz303r3k0,Z30kz100,00r1

0kz20r20r30kz3当d02,kz2d，即介质板相当于 传输线，当Z2Z1Z3时，传输线匹

424r2配，即没有反射，把波阻抗公式代入即可得213，所以得证。

0kz1当i0,kz1r1k0cos,k000,Z1kz2k0r2r1sin2,Z2kz3k0r3r1sin2,Z3若要求没有反射波则Zin0kz20kz3

Z3jZ2tankz2dZ1Z2jZ3tankz2d此时为无反射时d所要满足的方程

在玻璃基片上涂复多层介质膜，试从原理上说明，只要适当选择每层膜的厚度及膜材的介电系数，该多层膜系统即可制作成增透膜系统（0），也可做成全反射膜（1）。

解：如果作增透膜，选择每一层介电系数、厚度使

ZinZ10ZinZ1如果做全反射膜使

ZZ1in1ZinZ1

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第六章 波导

矩形波导BJ-100的宽边尺寸为a=22.86mm,窄边尺寸为b=10.16mm，传输频率为10GHz的信号。求截止波长c，导波波长g，相速vp和特征阻抗Zc。当频率f稍微上升时，上述个参量如何变化？当宽边a稍微变化时，上述各参量如何变化？当窄边b稍微增大时，它们又怎么变化？

解：a22.86mm,b10.16mm,f10GHz

c2a,g1()2c,kz2g,Zckz3cm,g39.76mm,vp3.976108m/s,ZCTE10499.65f,分析各个式子的影响。f，，CTE10不变，gTE10，vpTE10,ZCTE10ac,分析各个式子的影响a，CTE10，gTE10，vpTE10,ZCTE10b不出现在公式中，没有影响。

上题中信号频率由10GHz逐步增大到30GHz，写出在波导中依次可能出现的高次模式。

10GHz30GHz 解：当f由-39

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CTE012b20.32m,CTE21CTM1118.57mm,CTE02b10,16mm,CTE2022.86mmCTE21CTM2115.19mm,CTE21CTM129.9mmCTE3015.24mm,CTE036.77mm,CTE4011.43mm,CTE509.144mmTE10,TE20,TE01,TE11,TM11,TE30,TE21,TM21,TE40,TE02,TE31,TM31由kz200(m2n2)()ab改变(m,n)的组合，能使kz为实数的所有(m,n)组合就是可能出现的高次模式

如果要把BB32波导（a72.14mm,b8.6mm）和BJ32波导（a72.14mm,b30.04mm）连接起来，并使之反射最小，中间 应当加入一段什么样的波导？（用波导的传输线模型来解。） 解：

b'b1b217.11mm

两波导中间接入一段长为g4阻抗平方为左右两个矩形波导等效阻抗的乘积

的波导，截面a'72.14mm,b'的选择使得其等效-40

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见图，矩形波导（截面为ab）宽边中间被厚度为a1的介质填充（介电常数为1）求该部分介质填充矩形波导的色散关系。 解：

kynb2kxaka(kx1k1(ZxaZx12n22)kzbn22)kz bkxakx1aa1选择x的对称面2计算Z，Z代入横向谐振条件，得到ZZ（01），即f(kz,)0利用对称性，分对称面开路，短路两种情况，结果要简单。但（1）式包含了对称面开路，短路两种情况。

如图，矩形波导（47.5522.15mm）侧壁打一个直径D的圆孔，并接上一段直径为D的金属圆管，为了防止微波能量通过金属圆管向外辐射，求直径D应小于何值。-41

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解：

圆波导直径D的选择，对于矩形波导TE10模工作频率，圆波导处于截止状态矩形波导CTE102a24.7559.510cm

CTE014.43cmCTE204.755cm单模工作9.510~4.755cm圆波导截止波长比4.755cm小的多，圆波导TE11截止波长CTE113.41a

CTE113.41a4.755cm,a1.394cm(D2a)

脉冲光信号沿着多模和单模光纤传输时所引起的色散效应有什么不同？以什么因素为

主？

答：多模光纤以模间色散为主。单模光纤以模内色散为主，即以波导色散为主。 模间色散>>模内色散

介质圆波导半径a500m,折射率n12.8,包层折射率n22.7,用图657所示归一化传播常数和归一化频率关系曲线计算LP01模，LP11模ukt1a

解：a500m,n12.8,n22.7

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200mVak0n1n211.65查曲线得bLP010.97,bLP110.9 u2由b12,得到uV1bV

22以半径为a内充空气的金属圆波导和芯半径为a,芯区与包层折射率为n1,n2的介质圆波导为例，比较金属波导和介质波导的导波特性

答：圆波导，场全部在波导内传播。 介质圆波导，包层中，在横向没有波的传播，但包层中接近界面有高频能量储存。 金属圆波导截止条件，kz为虚数即截止，kz = 0是截止与非截止的临界点。介质圆波导，包层中横向有能量传播就截止，kt2 = 0，是截止与非截止的临界点，但此时kz可以是实数。 金属圆波导有高通滤波特性，介质圆波导对于LP01模到DC也能传播。

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第八章 天线

假定波束宽度分别为1.5,3。问以分贝表示的天线增益是多少？

解：G4416 B2B4B1.5G(B1.5)180161.5rad,B31803rad

G(

B3)(1.5)180G(1.5)2.335B1045837442.3351042天线发射功率为5kW，方向性为36dB，问距离天线25km处，功率密度是多少？

解：GD1036103.98103

Sr

P5103332GD3.98102.10w/m

4r2425103两个半波偶极子天线平行放置相距500km,一个作发射，一个作接收，两天线之间连线与偶极子垂直，即90，发射天线发射功率1kW，频率200MHz，接收 天线能接收到多少功率？

解：因为90，GD632sin1.5 2GD231082f20010Hz,1.5m,A0.296m 4200106-44

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SrGD

P102 4.77710w/m24r一线天线阵共有40个单元每单元相距，各单位激励电流大小相等且同轴，计算波2束宽度及第一个零点位置

解：N40,d/2,kd,0

Nkdsin11sin(20sin)2F()kdsinsinN40sinsin221令20sin，arcsin2.87,即第一个零点位置20wNd (ws')B/2sinBsinB20sinB222sin令20sinB20.4430.4422.20B2arcsin

假定由于口面场均匀分布，抛物面天线有效面积只是实际面积的60%，如要得到45dB增益，计算以下两种情况的抛物面天线直径：(1)500MHz(2)40GHz

解：GD104510

104.53.16104

GD2905.73m2 （1）f500MHz,A4A'A5A1509.55m2 60%34A'43.9m2

d-45

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GD20.142m2 （2）f40GHz,A4A'A0.236m2 60%4A'0.8m2

d

如果雷达的基本参数是：PT1MW,f5GHz,G45dB,PRmin115dBm(dBm是相对于1mW是dB数)，目标雷达截面1m2，计算雷达最大作用距离

解：GD1045103.6104

11510PRmin10Rmaxmw3.161012mw

PTG221/45[]8.710m870km3(4)PRmin-46