習(xí)題3及其解答

1、練習(xí)題1. 假設(shè)采用庫侖標(biāo)準(zhǔn)IA來代替洛侖茲標(biāo)準(zhǔn)，求電磁場(chǎng)的標(biāo)量位和矢量位A所滿足的方程。2. 電偶極矩的矢量磁位 A = jSekr，求所產(chǎn)生的磁場(chǎng)表達(dá)式。4町3. 證明在線性各向同性均勻非導(dǎo)電介質(zhì)中，假設(shè)J =0，那么E和B可完全由矢勢(shì)A決定。假設(shè)取 =0，這時(shí)A滿足哪兩個(gè)方程？4. 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，電偶極子遠(yuǎn)區(qū)輻射場(chǎng)為j- jner，請(qǐng)根據(jù)對(duì)偶原理,寫出小電流2入r 名02扎r環(huán)磁偶極子遠(yuǎn)區(qū)輻射場(chǎng)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)生這一差異的物理原因。5. 設(shè)有電流元構(gòu)成的天線稱為

2、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(chǎng)強(qiáng)度最強(qiáng)，試求：1元天線的軸線沿何方向；2移動(dòng)電臺(tái)偏正東方向多少角度，接收的電場(chǎng)強(qiáng)度減小到最大值的*不考慮地面的互耦？6. 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(chǎng)強(qiáng)保持不變？又假設(shè)電 臺(tái)的接收天線也使用電流元天線，那么兩個(gè)天線如何放置，才可以使接收效果最正確？7. 長度為0.1m的電偶極矩prlOsi n2二107tazc m，求磁偶極子的電流8. 與地面垂直放置的電偶極子作為輻射天線，q。= 3 10 C，Z = 1m，f二0.5MHz

3、，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. 在垂直于根本電振子天線的軸線方向上，距離100km處，為得到電場(chǎng)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. 某電流元的 z-10m，I35A，f -106 Hz，求它的輻射功率和輻射電阻。11. 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(chǎng)強(qiáng)度振幅為0.01V/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(chǎng)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I =l°cost通過線段

4、元dl，dl位于坐標(biāo)遠(yuǎn)點(diǎn)O且沿z軸。試求在輻射區(qū)域內(nèi)任一點(diǎn)在任意時(shí)刻的矢勢(shì) A、電場(chǎng)E，磁場(chǎng)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。14. 在二元天線陣中，陣元間距離d ='，電流振幅相同，相位差.=0，求陣函數(shù)。415. 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d ，且lm2 = Im1。求此二元陣4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，等幅同相鼓勵(lì)的四個(gè)電流源組成一四元均勻

5、直線陣，天線元間距為-，求該2四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，天線元間距為一，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二 /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)體外表上的切向電流元無輻射場(chǎng)。參考答案1. 解：設(shè)B八 A-/p代入麥克斯韋方程' E二-ct得 'E ) =0ct所以，可設(shè)E込一'、ct即 e-ct用恒等式將以上兩式代入麥克斯韋方程H=J,并利ct

6、- : A = '、C A)八 2A，得、2 A2J I c A)a顯假設(shè)采用庫侖標(biāo)準(zhǔn)、A=0，那么矢量位A滿足方程A'、，a A _ - 'j c)a醴在均勻、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 = ；E= ； E =(出 一 )二一二 A _ 2'=:-貝U l 2A = _ 假設(shè)采用庫侖標(biāo)準(zhǔn)iA=0，那么標(biāo)量位 '滿足方程p 0 =2. 解：矢量磁位A = j 0 P ej4兀r因BA，利用恒等式'、(uF)討 F 、u FBV廠一jkr 3 eX p +/ -jkr 、 ePx-1 P-< r丿< r丿考

7、慮到p為常矢量，' p=0,所以»0 L -jkr e '、4 二卩0/. I JkrJ(-J)ke1 一 j 丄 '、r p .kr P一 jkekrr'、r pkre p3. 解：在線性各向同性均勻非導(dǎo)電介質(zhì)中, 假設(shè) =0，J = 0，那么麥克斯韋方程組為nnnna其中已利用D = E，B。假設(shè)采用洛侖茲標(biāo)準(zhǔn)A $ ' c廠0，滿足的方程宀一丄牛=0c :：t2 2 c ;:t式中c1/，其平面波解為A二代ej(kr" ,，ej(kr"- -； A = i k A，- i y*a-1 _ - 1根據(jù)洛侖茲標(biāo)準(zhǔn)、* Ai

8、 (k A 2幕于)=0c dtc由于那么 B=.、A=ik A2r ABHiBHiJ aa. BHi a*BHi a* aa.AcEik i A 二-i k(k A) (k *k)Aco.:tdk B取 =0，A所滿足的方程為k A =04. 解：根據(jù)對(duì)偶原理:；，；，I ?Im，H Em，E > Hm可以得到小電流環(huán)的遠(yuǎn)區(qū)輻射場(chǎng)為Em2r-I mimjkrH j sin e電偶極子的輻射電阻為小電流環(huán)的輻射電阻為依題意設(shè)他們的長度為L，所以2Rm 二 320二 6作為天線，L ： ，因而Rm :：:尺。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

9、向不一致，導(dǎo)致其產(chǎn)生輻射場(chǎng)有局部互相抵消，從而削弱了整個(gè)輻射場(chǎng)。5解：電流元的方向性函數(shù)為f -sin 為場(chǎng)點(diǎn)到電流元中心連線與電流元軸線沿電 3T流流動(dòng)方向之間的夾角，門-入垂直于軸線方向時(shí)，輻射最強(qiáng)；V - 0或i2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(chǎng)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)-m，f 日=f0m =si n =2 2f刀二sin ，解得 '或二-此為電臺(tái)偏離元天線軸線的角度，因2 6 6此可得電臺(tái)偏離正東方的角度為 為或m。636max = 1 ，令6.解：由于電流元的輻射場(chǎng)繞其幾何對(duì)稱軸線旋轉(zhuǎn)對(duì)稱，所以，

10、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(chǎng)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，效果最正確。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正確效果。7.解：由題意 p = q l =10 9 sin2二 107tezc m-97p 10 sin2二 10 t./c “7丄q10 sin2二 10 tI0.1那么 | 凹 /。皿n2二 107t =10* 2二 107cos2二 107t dtdt= 0.2 二 cos2二 107 tA8.解：此題不計(jì)地面影響，'二一二

11、3 10 6 = 600m，與地面成40角，貝U與偶極子軸角0.5 1090 -40 =501 r = 6m ： ：= 600m，采用遠(yuǎn)區(qū)場(chǎng)強(qiáng)公式I Lzk?sin j t*/ q0 sj t»Ee0e4兀國04兀國呂0e處3 10J 1 2 2sin50 ®9叫10 3460 10336兀j2：i；0.5 106t . 260 103e 600= 63.78 io篤j：102°Hoj4-rI zksij 5 e2 1 r2 600 60 103e心 0-5 咗 60 103)i 2- 0.5 106 3 10 乙：1 sin 50 沖_ %迄仙'&quo

12、t;)=eeJ7?9.解：依題意，距離r=100km,處于根本電振子的遠(yuǎn)區(qū)輻射場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)可表示為E 二 e E。sin 九kr"r式中，二為媒質(zhì)波阻抗，真空或空氣時(shí)，二0=120二，E°(V/m)為電場(chǎng)強(qiáng)度振幅。根本電振子平均功率流密度“ 1 1Sav = -Re(E H )=av -Ree,sinre"" e：-E°sinejkr二E 2E0 2 -er sinr 2那么輻射功率E02240 二ITE。22 120 ：sin2 rerr2 sin 閔 閉;:er12043 一 90依題意，當(dāng)二=90，r 二100km 時(shí)E =100叫/m =旦

13、r100 匯 103E0 =100 103E=100 103 100V/m =10V/m10.解：一 c=3 1/ =300m f106NNN先計(jì)算Sav = Re(E H )210=zs i n2' r1 10 = zs ink rRej0e*krej2 2 r- I"(冷 0SE那么輻射功率-12 - i 1 I ZP 二：Sav <dS( ) 0 sin2 vr2 sinrdrd02 2kr: -3= 30() si n3 日d 日/u2 2 Az 2 =40二 2丨0 ()22 2 10 2 =40 二 35(莎)= 537.35(W)由輻射電阻定義P=l02R

14、r尺=2p = 2 5335 =0.877()I03511.解：(1)因 f =300MHz 故：=2二f =1.89 109rad/s, k =j： / c = 6.3rad/m. =c/f =1m。因此，該半波對(duì)稱振子的單臂長0.25m又因半波對(duì)稱振子的遠(yuǎn)區(qū)輻射電場(chǎng)的復(fù)數(shù)表達(dá)式為31E .60Im kRcos2EcE廠 Je- 2si=90 時(shí)，E 廠 E；o s)n maxR_0.1210460 一 60所以半波對(duì)稱振子的輻射功率為21215 2P=leRrIm Rr(一)73.1=101.53W223Im=5 =1.667 A3其中半波對(duì)稱振子的輻射電阻 R =73.丁(2)半波對(duì)稱振

15、子的遠(yuǎn)區(qū)輻射電場(chǎng)的瞬時(shí)表達(dá)式為.60l co s(cos)j.t601 m jkR 2jtEj-ReE=e =Rej - ee rsi nji60I cos(2cos°)z-sin (t-kR)Rsi ncos(：cosr)csin (1.89"09t 6.3R)V/m=100'2Rsi n 日而磁場(chǎng)強(qiáng)度瞬時(shí)式為H)1。0jicos( COS r)9sin(kR)n0.27 CO 逆COR sinsin(-6.3R)A/m以及平均功率密度為1Sav 二 2Re(E H HerJI1002COCCOS)2 3772er13.26co 羅cos)R2si n2erW/m

16、212.解：求矢勢(shì)A :因?yàn)镮二I0 cos t此時(shí)，有電偶極輻射，其矢勢(shì)為4r式中，ejkr為推遲因子，其中,-jJdV對(duì)線電流為p = JdV 二 Idl所以p =ldl =1右 tdlA(x,t)二% 丨0 dl ej(kr)4r求磁場(chǎng)B :=ik A#i)%I0si nreiEe4 二 cr求電場(chǎng)E :E =cB n =(t)0"0 si門®4 二 cr求平均功率因?yàn)閟平均二1尹班H=2%-22%' 4： ， r2PS平均dS"22c ' 4:=2I°2(dl)212二 0c313.解：在l ：(= c/v =300m)的條件下，

17、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：2 2 2 0 鬥0 dl2P 212二；0c將 I = 5m， l0=.2.|2=5. 2A，. = 2 v = 2二 106 Hz 代入上式，得P : 5.48W假設(shè)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)有最大值兩端為0,可近似地看為峰值為|。/2的電流，即以1。/2代替上面的Io，所以14.:兩個(gè)天線的相位差為所以歸一化因子為N1 sin2Nsin2屮-cos cos2:cos：415.:二元陣的元因子為斤屮=日日十日| =f jicos cos 62 z其中屯-。又因?yàn)槎嚨年囈蜃訛镕a®&

18、#174;) =1+ej屮= 2cosqcos加c；j其中* - kdcos x， cosx=sincos：:。而歸一化陣因子為fa(D 二cosPsinBcosT<44丿于是，歸一化方向圖函數(shù)為jr-s c OSU 二 fl far,)二JI16.解：該三元陣可等效為兩個(gè)間距為2的二元陣組成的二元陣，于是元因子和陣因子均為二元陣，其方向性函數(shù)均為cos才叱等幅同向二元陣陣因子，根據(jù)方向圖相乘原理，可知該三元陣的方向性函數(shù)為F伴=cos止 cosd<2那么三元陣的歸一化方向圖函數(shù)為sin 二 cos cos： sin cos =s inTmax17.解：設(shè)電流元依次為電流元1、2、

19、3、4,采用方向圖乘積原理求解可以采用不同的單元組合方法構(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，那么電流元1、3以及2、4組成的等幅同相二元陣的陣因子為Faiax|=21cos2=2 cos cos。其中'1 kd1 cosx，而 1=0， dj =2再將兩個(gè)二元陣組成一個(gè)等幅同相二元陣，其陣因子為屮2Fa2ax=2cos 2二 2 cos 述 cos ： x其中 *2 二 2 ' kd2cosx，而 1=0，d2 =因?yàn)殡娏髟姆较驁D函數(shù)為sin cos cos 二 sin 二 cos所以，四元陣的方向圖函數(shù)為Fd = FiLFaid Fa26 =4sinr那么四元陣的歸一化方向圖函數(shù)為FFmaxf,二二 sin -JIcossin日 cos® |cos兀 sin 日 cos<218.解：設(shè)天線1在考察點(diǎn)P的輻射場(chǎng)為巳，由于天線2上的電流J =21代"丁 - kd cos ，那么天線2在P點(diǎn)的輻射場(chǎng)E2Eiej