时变电磁场

时变电磁场 1．从光能的测量中，知道垂直于日光有一平方厘米平面在每分钟内得到 3 小卡的能量，如 认为平行的日光线的通量是平面电磁波，计算电场强度 E 和磁场强度 H。 解：1 小卡=4.18 焦耳 3 小卡=3×4.18=12.54 焦耳 单位面积每秒钟得到的能量为 6 1054.12 60 1054.12 34 ×=× 焦耳/秒·米2 在吸收日光处日光能能量体积密度为 58 33 1018 54.12 1036 1054.12 6 1054.12 ×=×× ×=⋅ ×=′ V W 又 2020 2 0 2 0 22 HHMEHWWWW em εε ==+=′+′=′ 故 ma M WH /36.2 18 100 1041018 54.12 75 0 ==×××= ′= −π mVWE /885 2 1054.124 1018 104954.12 9 5 9 0 =××=× ×××=′= ππε 2．波长λ=80m的平面电磁波沿着Z轴前进，当磁到一个理想的导体之后，就产生一反射波。 反向波长λ射波叠加一驻波。λ射波最大电磁能密度等于 1 焦耳/米3，求E和H的波日复。波 节处的电场，磁场和电磁场的最大能量密度，在那些地方电场最大能量密度和磁场能量密度 最大？ 解：设入射波的磁场强度和电场强度最大值分别为Hm和Em。 则入射波最大电磁场能量密度为 v 1 HmEm=1 焦耳/米3= 22 mm HE με = 入射波碰到理想导体时发生发射，电场强度反射波的反射系数为-1，即与入射波异号。 在离反射导体处 4 1 λ， 4 3 λ， 4 5 λ……处是电场强度的波腹腔处 而在离导体 2 1 λ，λ， 2 3 λ……处电场强度的波节处， 经导体反射的磁场反射系数为 1 是与入射波同号，因此 在离导体 2 1 λ，λ， 2 3 λ……处磁场强度为波腹处， 在离导体 2 1 λ，λ， 2 3 λ……处磁场强度为波节处。 在磁场强度波腹处H=2Hm，E=0 电磁场最大能量密度为 22)2( 2 1 2 1 2 1 2222 max ===+= mm HHHEW μμμε 焦耳/米3 在电场强度波腹处H=2Em，H=0 电磁场最大能量密度为 22)2( 2 1 2 1 2 1 2222 max ===+=′ mm EEHEW εεμε 焦耳/米3 3．在正弦行波的电磁场中，有一直方形回路，长方形边长为a和b，它的平面与H的向量垂 直，波长为a的两边与E的向量平行。波长λ=60m，长方形回路的边长a=10cm，b=20cm，ε =ε0，µ=µ0，Hm=500a/m，用a) edEe KK ⋅= ∫ 和b) tpe αα= 两式计算回路中感应的电动势。 解： )2sin( ZtHH m λ πω −= 本题 7 8 00 10 60 103222 ×=××=== ππμελ π λ πω U 1/秒 104.0 60 22 == πλ π 故H=5000sin(π×107t-0.104z) 由于沿前进方向（V方向）线圈边长b＜＜λ，因此可以把在线圈范围内的磁场强度是不 变的，其值取线圈中点（Z0）处磁场强度 即H=500sin(π×107t*0.104Z0) 则 dt bHad dt de ⋅−=−= 0μφ 伏)104.010cos(105002.01.0104 )104.010cos( )104.010sin( 777 0 7 0 0 7 0 Zt ZtWHba ZtH dt dba m m −⋅××××××−= −×⋅⋅= −×⋅⋅= πππ πμ πμ 又 )104.0sin()104.0sin(120 0 0 0 ZtEZtHHE mm −=−×== ωωπε μ ∫ ∫ ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡ −−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡ +−=⋅ a a mml dl bZtEdlbZtEldE 0 0 00 ) 2 (104.0) 2 (104.0sin ωωKK °°==×−= ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ +−−−−= 163.8104.02.0 2 104.0sin2 ) 2 104.0104.0sin() 2 104.0104.0sin( 00 ≺弧度m m aE bZtbZtaE ωω 则 bb 2 104.0 2 104.0sin ≈ 则 )104.0cos(104.0 0ZtEabldE ml −⋅⋅−=⋅∫ ωKK )104.010cos(395 )104.0cos(5001202.01.0104.0 0 7 0 Zt Zt −×−= −⋅×××−= π ωπ 与上述结果一致 4．要使通过上题长方形回路面积的位移电流为最大，则回路应有怎样的位置？用 a) ∫ ⋅ sdKKδ5 和 b) ∫ ⋅ ldH KK 两式计算这个位移电流。 解：方框平面应与电场方向垂直，才使位移电流最大 令 )2sin( 0ZtHH m λ πω −= )2sin( 0ZtHE m λ πωε μ −= 由于a＜＜λ，则设为穿过线圈的电场强度为一样的，并其值取中点处（Z0）的电场强 度 )2sin( 0ZtHE m λ πωε μ −= 则位移电流 a) ∫∫ −⋅=⋅⋅==⋅= )2sin( 0ZtEtabbatEsdstEsdi mssc λπωααεααααεδμ KK )2cos(1 )2cos( )2cos()2cos( 0 0 00 ZtH v ba ZtHba ZtHbaZtEba m m mm λ πωω λ πωωεμ λ πωωε μελ πωωε −⋅= −⋅⋅⋅⋅= −⋅⋅=−⋅⋅⋅= 又 vλ πω 2= 因此 )2cos(2 0ZtHbai mc λ πωλ π μ −⋅⋅⋅= b) ∫ ∫ ∫ ⎥⎦⎤⎢⎣⎡ +−+⎥⎦⎤⎢⎣⎡ −−=⋅= b a a b mmc dlaztHdlaZtHldEi ) 2 (2sin) 2 (2sin 00 λ πωλ πων KK )2cos( 2 2sin2 ) 2 22sin() 2 22sin( 0 00 ZtaHb aZtaZtbH m m λ πωλ π λ π λ πωλ π λ πω −⋅⋅= ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ −−−+−= 由于 1.0 602 2 2 2 ××=⋅ π λ π a ＜0.01 弧度 因此 aa λ π λ π ≈ 2 2sin 则 )2cos(2)2cos(2 00 ZtHbaztaHbi mc λ πωλ π λ πωλ π μ −⋅=−⋅⋅= 与前面导出的结果一致 当λ=60m，ε=ε0，μ=ε0 ，a=0.1m，b=0.2，Hm=500a/m )22cos(500 60 22.01.0 0 00 Ztic λ π μελ ππ μ −×××= 安 )104.010cos(05.1 07 Zt −×= π 当ε=4ε0，μ=μ0其它条件不变时，只是 7 00 10 22 2 ×== πμελ πω 1/秒 其它一样，因此icμ=1.05cos( 2 π ×107t-0.104Z0) 5．二线传输的截面半径R0=10mm，轴线间距离D=3m，能量由直流电I=800a在V=100kv的情 况下沿着传输线输送，略去导线上的电压降和地的影响，通过两导线的轴线作一平面，求平 面上各处的邬莫夫一波印亭向量的大小方向。 解：当通过直流电时，沿输电线电场和磁场分布是恒等的，因此我们可以只研究两输电线轴 线的垂直线上的各处的数值。 设观察点离两输电线轴线中点的距离为 x，离去线距离为（D/2+x），离回线距离为 （D/2-x）令去线所产生电场和磁场强度 F 标为 1，回线为 2。 则 ) 2 (2 xD iH + = π ) 2 (2 2 xD iH − = π 观察点在x轴上H1和H2方向（由右螺旋法则决定） x 轴，则总磁场强度 ⎥⎥ ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎥⎥⎦ ⎤ ⎢⎢⎣ ⎡ −⎟⎠ ⎞⎜⎝ ⎛ −= ⎟⎟ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + + =−= 2 221 2 2 2 1 2 1 2 xD Di xDxD iHHH ππ 方向如图所示，H少与H1的参考方向一致。 又电场强度为 0 1 ) 2 (2 επ τ Dx E + = 0 2 ) 2 (2 επ τ xD E − −= 以 x 轴为电场强度设正方向，则 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − =−= 220 21 ) 2 (2 xD DEEE πε τ 又E=C0V（C0为输电线单位长的电容） 0 0 0 ln R DC πε= 0 0 ln R D vπετ = 则 ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ − = 22 0 ) 2 (ln2 xD D R D vE 由图看出 E 和 H 向量互相垂直，则邬莫夫一波印亭失量 [ ] 2 22 0 2 2 22 0 ) 2 (ln4)2 (ln22 ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − = ⎥⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −× =⋅=⋅= xD R D viD xD D R D viHEHES ππ KK 22 7 22 7 2 22 5 )25.2( 10336.0 )25.2(7.54 1024 ) 2 3( 01.0 3ln4 310800 − ×=−× ×= ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − ××= xx x S ππ 瓦/米2 方向由右手螺旋定则所决定，即与法线电流正方向一致。 6．无损两线传输线的截面半径为R0，轴线间距离为D线长为l=0.25λ，导线负荷等于特性阻 抗，求aa、bb直线上各处的邬莫夫一波印亭向量（图 1）。 x l=λ/4 a a b b I Zc D 2R0 U 图 1 解：设始端电压U1=Vmsinωt= 2 V1sinωt，由于是无损耗线，因此传输线上各处电压和电 流的振幅线均相等。 此外由于负载等于传输线的特性阻抗，则各处电压和电流仓相位。 对于 a 点离始端距离为 82 1 λ== lZa 则 ) 8 2sin(2)2sin(2 11 λ λ πωλ πω ×−=−= tVZtVU aa ) 4 sin(2)2sin(2 11 πωλ πω −=−= tIZtIi aa 代入上题所得结果得 22 22 0 2 11 2 22 0 2 ) 2 (ln4 ) 4 (sin22 ) 2 (ln4 D xD R D tIV xD R D UiDS ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − −⋅ = ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − = π πω π ) 4 (sin ) 2 (ln2 2 2 22 2 0 11 πω π − ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − ×= t Dx D R D IV 全理 λ 16 3 4 3 == lZb )8 3sin(2 1 λω −= tVUb )8 3sin(2 1 λω −= tIib 因此 ) 8 3(sin )(ln2 2 2 2 0 2 2 0 11 λω π − ⎥⎦ ⎤⎢⎣ ⎡ − ×= t R Dx D R D IVS 方向与传输线传输功率的方向一致。 7．设上题输电线的负荷阻抗 l j CR ZZ π ε= ，负荷端电压 V 和电流 I 为已知，求 aa、bb 线上 邬莫夫—波印亭向量，在某一时刻，邬莫夫—波印亭向量的方向是变的，解释这一现象的物 理意义。 解：在传输线上各处电压和电流为 x c x c x c x c e Z VIe Z VII eZIVeZIVV λγ γγ − −+ −++= −++= )( 2 1)( 2 1 )( 2 1)( 2 1 2 2 2 2 2222 对于无损传输线 λ πγ 2j v wjLcjw === 622 2 πj cR e Z V Z VI == 或 622 πj ceZIV = 则 xjjxjj eeVeeVV λ ππ λ ππ 2 6 2 2 6 2 )1(2 1)1( 2 1 −++= xjjxjj eeIeeII λ ππ λ ππ 2 6 2 2 6 2 )1(2 1)1( 2 1 −++= − a)对于 a 截面， 8 ) 4 ( 2 1 2 1 λλ === lx ])1(1[( 2 1 8 2 308 2 30 2 ππ jjjj a eeeeVV °° −++= °° °°−°° °−°−°°− =⋅=+= +−−++++= −++= −++= 30 2 30 22 2 25451545 2 45304530 2 23.145.2 2 1)225.1121.2( 2 1 ]966.0259.0707.0707.0259.0966.0707.0707.0[ 2 1 ][ 2 1 ])1()1[( 2 1 jj jjjj jjjj eVeVjV jjfjV eeeeV eeeeV )( 2 1])1()1[( 2 1 1545354545304530 2 °−°°°°−°−°° −++=−++= jjjjajjjja eeeeIeeeeII °° =×=+= +−−++++= 60 2 60 22 2 71.042.1 2 1)225.1707.0( 2 1 )259.0966.0707.0707.0966.0259.0707.0707.0( 2 1 jj eIeIjI jjjjI 令 )30sin(2.sin2 2222 °−== tIItVV ωω )30sin(71.02)6030sin(71.02 )30sin(23.12 22 2 °+×=°+°−×= °+×= tItII tVV a a ωω ω 邬莫夫一波印亭失量为 ∫ − °+=°+ − ×××= ) 4 (ln2 )30sin(875.0)30(sin ) 4 (ln4 71.0223.12 2 2 0 2 2222 2 2 0 22 Dx R D tDIVtD Dx R D IV π ωω π b)在截面 b-b 处， 164 1 λ== lx °==× 5.222 8 2 xx λ ππ λ π 或 则 ])1()1[( 2 1 5.22305.2230 2 °−°−°°− −++= jjjjb eeeeVV °+°+ °−°−°−° =×=+= +−−+−++= −++= 5.16 2 5.16 22 2 5.525.225.75.22 2 17.134.2 2 1)662.0239.1( 2 1 ]793.06.0383.0924.0131.0991.0383.0924.0[ 2 1 ][ 2 1 jj jjjj eVeVjV jjjjV eeeeV ])1()1[( 2 1 5.22305.2230 2 °−°°+°+ −++= jjjjb eeeeII °° °+°−°° =⋅=+= −−−++++= −++= 5.24 2 5.24 22 2 5.75.225.525.22 2 8.06.1 2 1)162.0457.1( 2 1 ]131.0991.0383.0924.0793.06.0383.0924.0[ 2 1 ][ 2 1 jj jjjj eIeIjI jjjjI eeeeI 令 )30sin(2,sin2 2222 °−== tIItVV ωω )5.5sin(28.0)5.2430sin(28.0 )5.16sin(217.1 22 2 °−=°+°−= °+⋅= tItII tVV b b ωω ω 则 )5.5sin()5.16sin( ) 4 (ln4 28.0217.1 2 2 2 2 0 22 °−°+ − ⋅= ttD Dx R D IVS ωω π )5.5sin()5.16sin( ) 4 (ln2 935.0 2 2 2 0 2 22 °−°− − = tt Dx R D DZV ωω π 注：以上答案 )9sin()18sin( ) 4 (ln2 95.0 2 2 2 2 0 °−°− − ×= tt Dx D R D VISa ωξπ 8．设 l=0.02λ重解上题。 解：由于 ＜＜λ l 则 tUUUU ba ωsin2 22 =≈≈ ) 6 sin(2 22 πω −==≈ tiiii ba 则 ) 6 sin(sin ) 4 (ln2 2 2 2 0 2 22 πωω π −= − = tt Dx R D DIVS