成都電子科技大學(xué)電磁場與電磁波結(jié)課練習(xí)題

練習(xí)題A所滿足的方程。和矢量位1.若采用庫侖規(guī)范Ap2.已知電偶極矩的矢量磁位Aje，求所產(chǎn)生的磁場表達(dá)式。0jkr4r3.0，J0和可完全由矢勢(shì)決EBA定。若取0，這時(shí)滿足哪兩個(gè)方程？A4.電偶極子和小電流環(huán)(磁偶極子)是兩種應(yīng)用極其廣泛的電磁波輻射器,已知電偶極子Ilj遠(yuǎn)區(qū)輻射場為je,He，請(qǐng)根據(jù)對(duì)偶原理,寫出小0jkr2r2r0電流環(huán)(磁偶極子)遠(yuǎn)區(qū)輻射場表達(dá)式。如果電偶極子和小電流環(huán)的長度相同，電流相等，電偶極子和小電流環(huán)的輻射能力哪個(gè)強(qiáng)，并說明產(chǎn)生這一差別的物理原因。5.設(shè)有電流元構(gòu)成的天線（稱為元天線）的軸線平行于地平面，在遠(yuǎn)方有一移動(dòng)接收電臺(tái)接收元天線發(fā)射的電磁波。當(dāng)電臺(tái)沿以元天線為中心的圓周在地平面上移動(dòng)時(shí)，于正東方收到的信號(hào)（對(duì)應(yīng)于電場強(qiáng)度）最強(qiáng)，試求：(1)元天線的軸線沿何方向;(2)移1動(dòng)電臺(tái)偏正東方向多少角度,接收的電場強(qiáng)度減小到最大值的耦)？(不考慮地面的互26.上題中，元（發(fā)射）天線如何放置，才能使電臺(tái)接收信號(hào)（場強(qiáng)）保持不變？又若電，求磁偶極子的電流7.長度為的電偶極矩p10sin(210t)acm97z310CZmf0.5，8.q70分別求與地面成40角，距偶極子中心分別為6m和60km處的E和H表達(dá)式。9.在垂直于基本電振子天線的軸線方向上，距離100km處，為得到電場強(qiáng)度振幅值不小于100V/m)，問天線至少應(yīng)輻射多大的功率？10.已知某電流元的z10m，I35A，f10Hz，求它的輻射功率和輻射電阻。6011.已知自由空間中一半波對(duì)稱振子的遠(yuǎn)區(qū)最大輻射方向上10km處的電場強(qiáng)度振幅為m，輻射電磁波的工作頻率為300MHz。(1)求該半波對(duì)稱振子的單臂長度合輻射功率(2)寫出改半波對(duì)稱振子的遠(yuǎn)區(qū)輻射場量的瞬時(shí)表達(dá)式及平均功率密度矢量表達(dá)式。12.設(shè)一交變電流IIt通過線段元，位于坐標(biāo)遠(yuǎn)點(diǎn)且沿zdldlO0域內(nèi)任一點(diǎn)在任意時(shí)刻的矢勢(shì)A、電場E，磁場B和平均功率P13.一天線長5m，所載電流的方均根值為5A，頻率為1000kHz。求單位時(shí)間內(nèi)輻射能量的平均值。，電流振幅相同，相位差0，求陣函數(shù)。14.在二元天線陣中，陣元間距離d4I，且。求此二元陣I15.自由空間中由兩個(gè)半波對(duì)稱振子構(gòu)成的二元陣，間距d4m21的歸一化方向圖函數(shù)。16.由三個(gè)間距為的各向同性元組成的三元陣，各單元天線上電流的相位相同，且振幅2之比為1：2：1，試討論該天線陣的方向圖。17.自由空間中,等幅同相激勵(lì)的四個(gè)電流源組成一四元均勻直線陣,天線元間距為,求2該四元均勻直線陣的歸一化方向圖函數(shù)。18.五直線陣,其中心連線單元邊射陣，天線元間距為，各天線元上的電流振幅按21:2:3:2:1的比例分布。試確定陣因子和歸一化方向圖。19.均勻直線式天線陣的元件距d/2，如要求它的最大輻射方向在偏離天線陣的軸線60的方向，問單元之間的相位差應(yīng)為多少？20.利用卡森互易定理證明緊靠在理想導(dǎo)體表面上的切向電流元無輻射場。1.解：設(shè)BABE代入麥克斯韋方程tAE得()0tA所以，可設(shè)EtEA即tHJD將以上兩式代入麥克斯韋方程，并利用恒等式tA(?A)2A，得AAJAt2?()2t2若采用庫侖規(guī)范?A0，則矢量位A滿足方程AAJ2()2tt2在均勻、線性、各向同性媒質(zhì)中，將媒質(zhì)本構(gòu)關(guān)系代入麥克斯韋方程?D，ADEE????2得則()?Att?A2t若采用庫侖規(guī)范?A0，則標(biāo)量位滿足方程p2.解：已知矢量磁位Aje0jkr4rA，利用恒等式因BF()uFuFu有Bjjkreeejkrjkrpppj004r4rr考慮到p為常矢量，p0，所以Bj11erkejkrjkrrjrpeepjjkr0jkr04rr42r111k2eepj(j)ke1jrpj20jkr0jkr4rkrkrkrr3.解：在線性各向同性均勻非導(dǎo)電介質(zhì)中，若0，J0，則麥克斯韋方程組為EBtEBt?E0?B0A1，BH。若采用洛侖茲規(guī)范?0，滿足的方程其中已利用DEtc21A20為A2c2t21202c2t2。j(t)式中c1/，其平面波解為AAe，ej(krt)00t??，AikAi由于?11?根據(jù)洛侖茲規(guī)范Ai(kA)0tc2c2c2?kA得AikA那么BE??i[k(k)(kk)]Ac2iAiktkBc2c2ik(k)取0，A所滿足的方程為AA1202c2t2k?A04.解：根據(jù)對(duì)偶原理：HEE，，，，HmIImm可以得到小電流環(huán)的遠(yuǎn)區(qū)輻射場為IlmEjemrIlmHjem2r電偶極子的輻射電阻為小電流環(huán)的輻射電阻為dl2R802ea4R3206m依題意設(shè)他們的長度為，所以LLaLL44220R32062m作為天線，L，因而RR。me因此電偶極子的輻射能力比小電流環(huán)的輻射能力強(qiáng)，從物理學(xué)上，因?yàn)樾‰娏鳝h(huán)上的電流方向不一致，導(dǎo)致其產(chǎn)生輻射場有部分互相抵消，從而削弱了整個(gè)輻射場。5.解：電流元的方向性函數(shù)為fsin（為場點(diǎn)到電流元中心連線與電流元軸線沿0或2m（平行于軸線方向）時(shí)，無輻射。（1）由于移動(dòng)電臺(tái)在正東方接收到的信號(hào)（場強(qiáng)）最強(qiáng)，所以，元（發(fā)射）天線的軸線方向一定是沿南北方向。（2）電臺(tái)在正東方向，對(duì)應(yīng)f，令ff，()()sin122mmmax1或)sin，解得f(266此可得電臺(tái)偏離正東方的角度為或()。636mm6.解：(1)由于電流元的輻射場繞其幾何對(duì)稱軸線旋轉(zhuǎn)對(duì)稱，所以，使元（發(fā)射）天線的軸線垂直于地面可以使電臺(tái)接收信號(hào)場強(qiáng)保持不變。(2)根據(jù)天線的互易定理（同一天線作發(fā)射用與作接收用，其方向性相同）可得，元（發(fā)射）天線與元（接收）天線的軸線平行且都垂直于地面使，效果最佳。此時(shí)，元（發(fā)射）天線沿電臺(tái)方向輻射最強(qiáng)且電臺(tái)的元（接收）天線的接收效果也處于最佳效果。7.解：由題意pql10sin(210t)ecm97zp9sin(2t)7q8sin(2t)70.1ldq則I10d[sin(210t)]10210cos(210t)87877dtdt0.2cos(210)()7tA38c，與地面成600m8.解：此題不計(jì)地面影響，40角，則與偶極子軸角0.56f904050(1)r6m600m,采用遠(yuǎn)區(qū)場強(qiáng)公式EeEejsinsinIzkqzk022e(e)ej(tkr)j(tkr)rr0031071()sin50e2j2600(2106103)e[ejt600109460103e3.78106ej(106)tHejIIejeej(tkr)j(tkr)rr2106107sin50sinqzkee2(2106103)e()ejejt0j(tkr)1036002r6j(10t)e108e9.解：依題意，距離r=100km，處于基本電振子的遠(yuǎn)區(qū)輻射場，場強(qiáng)可表示為EeEsinejkr0rHeEe0r(/)EVm為電場強(qiáng)，式中，00度振幅?；倦娬褡悠骄β柿髅芏菶11EE20EH)=Re[sin2＝Re(sine]e0Sesinee0jkrjkr222avrrr則輻射功率SdSE2?2ddePsin2er2sin021200avrr0S4E2E2E2023d0030時(shí)依題意，當(dāng)90，r100EE0E100V/m0r3Vm/VmEE/330c3810.解：300m6fH1先計(jì)算S＝Re(Eav)2Iz2r12Iz0ejRe[ejee]jkr0jkr2r0Ie()022Rr0SdS1(Iz0?2sinddsin則輻射功率P2r222r0av00SzIz030()dI()322200104035()W)222300由輻射電阻定義PIR20r2P2537.350.877()R2rI20kcrad/，/2f1.89109rad/s，11.解：(1)因故fc/fm。因此，該半波對(duì)稱振子的單臂長h0.25m又因半波對(duì)稱振子的遠(yuǎn)區(qū)輻射電場的復(fù)數(shù)表達(dá)式為cos(cos)60I2Eje[jkR]mRsin，即而當(dāng)90時(shí)，EEmaxER0.110524I1.667Amax60603m所以半波對(duì)稱振子的輻射功率為1215PI73.1101.53W()232RI2R2ermr其中半波對(duì)稱振子的輻射電阻R73.1r(2)半波對(duì)稱振子的遠(yuǎn)區(qū)輻射電場的瞬時(shí)表達(dá)式為cos(cos)60I2ERe[Ee]Re[jee]jtjtmjkRsinRcos(cos)60I2sinsin(tkR)mRcos(cos)100210t6.3RV/m9Rsin而磁場強(qiáng)度瞬時(shí)式為)H2sint)R00cos(cos)0.272sin(t6.3R)A/mR以及平均功率密度為sin2E12S＝avEH)er0cos(cos)10022[]e2sin2377rcos(cos)13.26[]eW/m222sinR2r12.解：求矢勢(shì)A：因?yàn)镮It0ep此時(shí)，有電偶極輻射，其矢勢(shì)為(x,t)04rJdVp式中，e為推遲因子，其中，jkrJdVIdl對(duì)線電流為所以pIepjt0eI故(x,t))(jkrt004rA求磁場B：B(i)IikAsinee(jkrt)004cr()iI求電場E：Enet)e00jkr(4求平均功率P：Bn12c2c2sinIdl222因?yàn)镾Re[EH]()n04平均r00I02?dS2PS()2drd202c4r2002I2(dl)2012c3013.解：在l(c/v300m)的條件下，可以看成是短天線并可忽略電流沿天線的分布，因而可利用上題的結(jié)果：2I(dl)22P0012c20，v52A22106代入上式，得將5，Ilm2I20PW若天線增長并由中心饋電，電流分布得不均勻性不能忽略，在中心點(diǎn)有最大值I，0兩端為0，可近似地看為峰值為I/2的電流，即以I/2代替上面的I，所以0001PPW414.解：兩個(gè)天線的相位差為2kdcoscoscos042所以歸一化因子為Nsin12coscos4N2sin215.解：二元陣的元因子為cosF(,)F()f()zsin111z其中。又因?yàn)槎嚨年囈蜃訛閦2cossincosF(,)1e2cosj244a其中kdcos，cossincos。而歸一化陣因子為xxf(,)cossincosa44于是，歸一化方向圖函數(shù)為cosf(,)f()f(,)cossincos441a16.解：該三元陣可等效為兩個(gè)間距為的二元陣組成的二元陣，于是元因子和陣因子2均為二元陣，其方向性函數(shù)均為coscos2圖相乘原理，可知該三元陣的方向性函數(shù)為2F()cos2則三元陣的歸一化方向圖函數(shù)為Ff(,)sinsincoscos(sincos)2Fmax17.解：設(shè)電流元依次為電流元元組合方法構(gòu)成兩個(gè)二元陣，如可以采用1、2以及3、4的組合，也可以采用1、3以及2、4的組合。采用前種組合方式，則電流元1、3以及2、4組成的等幅同相二元陣的陣因子為F(a)2cos2coscos1221xx其中kdcos，而0，d。111x112再將兩個(gè)二元陣組成一個(gè)等幅同相二元陣，其陣因子為2F(a)222a2xxkdcos，而0，。d222x12因?yàn)殡娏髟姆较驁D函數(shù)為)sinF(1所以，四元陣的方向圖函數(shù)為sincoscossincosF(,)F()F(,)F(,)4sincos211a2則四元陣的歸一化方向圖函數(shù)為Ff(,)sinsincoscos(sincos)2Fmax18.P的輻射場為EI2Ie