电动力学答案chapter4new

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1、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rrrrE(x,t)=E(x)cos(kx−ωt)1011解rrrrE(x,t)=E(x)cos(kx−ωt)2022rrrrrrrE=E(x,t)+E(x,t)=E(x)[cos(kx−ωt)+cos(kx−ωt)]1201122rrk+kω+ωk−kω−ω12121212=2E(x)cos(x−t)cos(x−t)02222其中k1=k+

2、dk,k2=k−dk;ω1=ω+dω,ω2=ω−dωrrr∴E=2E(x)cos(kx−ωt)cos(dk⋅x−dω⋅t)0rrri(kx−ωt)用复数表示E=2E(x)cos(dk⋅x−dω⋅t)e0相速kx−ωt=0ω∴vp=k群速dk⋅x−dω⋅t=0dω∴vg=dko2一平面电磁波以θ=45从真空入射到εr=2的介质电场强度垂直于入射面求反射系数和折射系数r解n为界面法向单位矢量,,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r'2⋅nE0R=r=2⋅nE0r2

3、''>⋅nn2cosθ2E''T=r=2⋅nncosθE10又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式可得2ε1cosθ−ε2cosθ2R=ε1cosθ+ε2cosθ2-1-电动力学习题解答第四章电磁波的传播4ε1ε2cosθcosθ2T=2(ε1cosθ+ε2cosθ2)又根据反射定律和折射定律oθ=θ1=45ε2sinθ2=ε1sinθ由题意ε1=ε0,ε2=ε0εr=2ε0o∴θ2=3023−22222−3∴R=()=232+3+222234ε022223T==2322+3(ε0+ε02)223有一可见平面光波由水入射到空

4、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−5λ=6.28×10cm水的折射率为n1.3301解由折射定律得临界角θc=arcsin()=48.75所以当平面光波以60入射时1.33将会发生全反射折射波k′′=ksinθω′′ω3相速度v===cpk′′k2sinθ−5λ16.28×10−5投入空气的深度κ==≈1.7×10cm2212πsinθ−n212πsin260−()21.33vvvvvvvi(k⋅x−ωt)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仍按e变化但Dv

5、vv不再与E平行即D=εE不成立vvvvvvvvvv1证明k⋅B=k⋅D=B⋅D=B⋅E=0,但一般k⋅E≠0-2-电动力学习题解答第四章电磁波的传播v1vvvv22证明D=[kE−(k⋅E)k]2ωµvv3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v∂B∇×E=−∂tvv∂D∇×H=∂tv∇⋅D=0v∇⋅B=0得vvvvvvvvvvi(k⋅x−ωt)i(k⋅x−ωt)∇⋅B=B⋅∇e=ik⋅Be=ik⋅B=000rv∴k⋅B=0vv同理k⋅D=0vvvvvvvi(k⋅x−ωt)∇×H=[∇e]×H=ik×H=−iω

6、D0vvv∴ik×B=−iµωDvv1vvv∴B⋅D=−B⋅(k×B)=0µωvvvvvvvi(k⋅x−ωt)∇×E=[∇e]×E=ik×E=iωB0vv1vvvvvv∴B⋅E=(k×E)⋅E=0∇⋅E=ik⋅EωvvvvvQD≠εE∴∇⋅E一般≠0即k⋅E一般≠0-3-电动力学习题解答第四章电磁波的传播vv∂Bv1vv2由∇×E=−得B=(k×E)∂tωvv∂Dv1vv另由∇×H=得D=−(k×B)∂tµωv1vvv1vvv12vvvv∴D=−[k×(k×E)]=[(k×E)×k]=[kE−(k⋅E)k]222µωµωµωv1vvv1vv3由B

7、=(k×E)得H=(k×E)ωµωvvr1vvv12vvvv∴S=E×H=E×(k×E)=[Ek−(k⋅E)E]µωµωvvv1vvv2Qk⋅E一般≠0∴S一般≠Ek即S一般不与k同向µω5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yπ方向偏振但相位比前者超前求合成波的偏振2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=Acos(ωt−kz)=Acos(ωt+ϕ)000x在y轴上的波可记为πy=Acos(ωt−kz+)=Acos(ωt+ϕ)000y2π∆ϕ=ϕ−ϕ=0y0x2合成得轨迹方程为2

8、2222x+y=A[cos(ωt+ϕ)+cos(ωt+ϕ)]00x0y222=A[cos(ωt+ϕ)+sin(ωt+ϕ)]00x0x2=