習題答案第5章時變電磁場和平面電磁波要點

1、第5章時變電磁場和平面電磁波5.15.11已知z2=1j，求復數(shù)z的兩個解。[解]z2=1j=2ejπz1=2ejπ=1.189ej22.5ο=1.099j0.455z=?1.189ej22.5ο2=?1.099?j0.4555.25.12已知α是正實數(shù)，試證：(a)若α1jα≈??jα??12??。[解](a)α1:jα=α2ejtan?1α≈??jπ??αe?=?ππ???cos4jsin4??=(1jα25.35.13設E（t）的

2、復振幅為E&=ejei，H（t）的復振幅為H&=hjhi，E(t)H(t)≠Re[E&H&ejωt]，并求E（t）、H（t）。[解]E(t)=Re[E&ejωt]=12(E&ejωtE&?e?jωt)H(t)=12(H&ejωtH&?e?jωt)得E(t)H(t)=1(E&H&?E&?H&E&H&ej2ωtE&?H&?e?j2ωt4)=1Re[E&H&?E&H&ej2ωt]≠Re[E&H&ejωt2]E(t)=Re[(ejei)ejωt

3、]=Re[(ejei)(cosωtjsinωt)]=ecosωt?eisinωt1試證H(t)=Re(hjhi)ejωt=hcosωt?hisinωtE(t)H(t)=ehcos2ωteihisin2ωt?ehicosωtsinωt?eihcosωtsinωt=1[eheihi(eh?eihi)cos2ωt?(ehieih)sin2ωt]2[]可見為恒定成分與二倍頻成分的疊加.12E10?=z，2η0av22E20?=z2η0故av22

4、E10E20?=z=1av2av2η0=x?E10e?jk1z，[證2]1=y?E20e?jk2z，2E10?jk1z=1z=y??e11η0η0E20?jk2z=1z=?x??e22η0η01av2?E102?E10?1????=Re?11?=Re?z，?=z22η2η???0?0??2E20??=Re22=z2η0av2]?1??av=Re?1212?2()(?Ee)???=Re???1(x2?10?jk1z?E10jk1zE20j

5、k2z???E20e?jk2z???yye?xe??η??η00????)222?E102E20?E10E20???=Re?zz=1av2av=z2η0?2η0?2η0&，外5.85.32同軸線內(nèi)導體半徑為a，外導體內(nèi)半徑為b，某截面處內(nèi)外導體間電壓的復振幅為U&導體上電流的復振幅為I。試用復坡印廷矢量計算內(nèi)、外導體間向負載傳輸?shù)目偣β省解]?&&b1UI1&?&P=∫?ds=?2π∫2?ρdρ=UISaρb24πl(wèi)na5.95.33

6、在理想導體平面上方的空氣區(qū)域（z＞0）存在時諧電磁場，其電場強度為?E0sinkzcosωt。t)=x(a)求磁場強度t)；(b)求在z=0，π4k和π2k處的坡印廷矢量瞬時值及平均值；(c)求導體表面的面電流密度。[解](a)t)=Rek[]=y?ωjωt2Eπ???0coskzsinωtE0coskzcos?ωt?=?y2?η0?η0=0ε0(b)E?0sn2kzsin2ωtt)=(t)(t)=?z4η0z=0πz=4kz=π2k1

7、=T(t)=0E?0sin2ωtt)=?z4η0t)=02av∫T0E01T4πt?t)?dt=?zsin2kz?∫sin=04η0T0T2或?j??1??2?av=Re??=Re?zE0sin2kz?=0?2??4η0??j?y=z(c)=n?sz=0E0E?j0=?xη0η0??EEEπ???j0ejωt?=x?0cos?ωt??=x?0sinωts(t)=Re??xη0η02?η0????2Eecosωt30，Het)=y?2He