成都电子科技大学电磁场与电磁波结课练习题

练 习 题

1. 若采用库仑规范A来代替洛仑兹规范，求电磁场的标量位和矢量位A所满

足的方程。

0pjkr2. 已知电偶极矩的矢量磁位Aje，求所产生的磁场表达式。

4r3. 证明在线性各向同性均匀非导电介质中，若0，J0，则E和B可完全由

矢势A决定。若取0，这时A满足哪两个方程

4. 电偶极子和小电流环(磁偶极子)是两种应用极其广泛的电磁波辐射器,已知电

IlsinjkrIlsin0jkre，请根据对偶原理,偶极子远区辐射场为 Eje,Hj2r2r0写出小电流环(磁偶极子)远区辐射场表达式。如果电偶极子和小电流环的长度相同，电流相等，电偶极子和小电流环的辐射能力哪个强，并说明产生这一差别的物理原因。

5. 设有电流元构成的天线（称为元天线）的轴线平行于地平面，在远方有一移动接收电台接收元天线发射的电磁波。当电台沿以元天线为中心的圆周在地平面上移动时，于正东方收到的信号（对应于电场强度）最强，试求：(1)元天线的轴线沿何方向;(2)移动电台偏正东方向多少角度,接收的电场强度减小到最大值的耦)

6. 上题中，元（发射）天线如何放置，才能使电台接收信号（场强）保持不变又若电台的接收天线也使用电流元（天线），则两个天线如何放置，才可以使接收效果最佳

7. 长度为的电偶极矩p109sin(2107t)azcm，求磁偶极子的电流

1(不考虑地面的互28. 与地面垂直放置的电偶极子作为辐射天线，已知q03107C，Z1m，

f0.5MHz，分别求与地面成40角，距偶极子中心分别为6m和60km处的E和H表

达式。

9. 在垂直于基本电振子天线的轴线方向上，距离100km处，为得到电场强度振幅值不小于100(V/m)，问天线至少应辐射多大的功率

10. 已知某电流元的z10m，I035A，f106Hz，求它的辐射功率和辐射电

阻。

11. 已知自由空间中一半波对称振子的远区最大辐射方向上10km处的电场强度振幅为m，辐射电磁波的工作频率为300MHz。

(1) 求该半波对称振子的单臂长度合辐射功率

(2) 写出改半波对称振子的远区辐射场量的瞬时表达式及平均功率密度矢量表达式。

12. 设一交变电流II0cost通过线段元dl，dl位于坐标远点O且沿z轴。试求

在辐射区域内任一点在任意时刻的矢势A、电场E，磁场B和平均功率P

13. 一天线长5m，所载电流的方均根值为5A，频率为1000kHz。求单位时间内辐射能量的平均值。

14. 在二元天线阵中，阵元间距离d4，电流振幅相同，相位差0，求阵函数。

15. 自由空间中由两个半波对称振子构成的二元阵，间距d此二元阵的归一化方向图函数。

4I。求，且Im2m1的各向同性元组成的三元阵，各单元天线上电流的相位相同，2且振幅之比为1：2：1，试讨论该天线阵的方向图。

16. 由三个间距为

17. 自由空间中,等幅同相激励的四个电流源组成一四元均匀直线阵, 天线元间距为

,求该四元均匀直线阵的归一化方向图函数。 218. 五直线阵,其中心连线单元边射阵，天线元间距为

，各天线元上的电流振幅2按1:2:3:2:1的比例分布。试确定阵因子和归一化方向图。

19. 均匀直线式天线阵的元件距d/2，如要求它的最大辐射方向在偏离天线阵的轴线60的方向，问单元之间的相位差应为多少

20. 利用卡森互易定理证明紧靠在理想导体表面上的切向电流元无辐射场。

参考答案

1. 解：设BA

B代入麦克斯韦方程E

tA得 (E)0

tA 所以，可设EtA 即 EtD将以上两式代入麦克斯韦方程HJ，并利用恒等式

t2A(•A)A，得

2A2A2J(•A)

tt若采用库仑规范•A0，则矢量位A满足方程

2A2A2J()

tt•D，在均匀、线性、各向同性媒质中，将媒质本构关系代入麦克斯韦方程

A)•A2 得 •D•E•E•(tt则 •A

t•A0，则标量位满足方程 若采用库仑规范

20pjkre 2. 解：已知矢量磁位Aj4r因BA，利用恒等式 (uF)uFuF

 有

ejkr00ejkrBjpj44rr

ejkrpp r

考虑到p为常矢量，p0，所以

0ejkrkejkrpjrjrr2p4r

2k111jkreerpj0(j)kejkr1jrp0j24rkr4krkr3. 解：在线性各向同性均匀非导电介质中，若0，J0，则麦克斯韦方程组

11Bj0ejkrejkr4rr为

BEtEB t0•E•B01其中已利用DE，BH。若采用洛仑兹规范•A20，满足的

ct21A方程为 2A220

ct12220

ct2式中c1/，其平面波解为AA0ej(krt)，0ej(krt)。

由于 •Aik•A， i

t11根据洛仑兹规范•A2i(k•A2)0

ctcc2k•A 得 那么 BAikA

Ac2EikiAi[k(k•A)(k•k)A]

tc2c2ik(kA)kB

取0，A所满足的方程为

21A2A220

ctk•A0

4. 解：根据对偶原理：

，，IIm，HEm，EHm

可以得到小电流环的远区辐射场为

mmIlsinjkrEje

2rmmIlHjsinejkr

2r电偶极子的辐射电阻为

dlRe80

22小电流环的辐射电阻为

aRm3206

依题意设他们的长度为L，所以

aL 2444L2LRm320620 2 作为天线，L，因而RmRe。

因此电偶极子的辐射能力比小电流环的辐射能力强，从物理学上，因为小电流环上的电流方向不一致，导致其产生辐射场有部分互相抵消，从而削弱了整个辐射场。

5. 解：电流元的方向性函数为fsin（为场点到电流元中心连线与电流元轴线沿电流流动方向之间的夹角），m

2（垂直于轴线方向）时，辐射最

强；0或（平行于轴线方向）时，无辐射。

（1）由于移动电台在正东方接收到的信号（场强）最强，所以，元（发射）天线的轴线方向一定是沿南北方向。

（2）电台在正东方向，对应mf()sin2，f()f(m)sin2fmax1，令

1，解得或（此为电台偏离元天线轴线的角度），因266此可得电台偏离正东方的角度为m63或(6m)。

6. 解：(1)由于电流元的辐射场绕其几何对称轴线旋转对称，所以，使元（发射）天线的轴线垂直于地面可以使电台接收信号场强保持不变。

(2)根据天线的互易定理（同一天线作发射用与作接收用，其方向性相同）可得，元（发射）天线与元（接收）天线的轴线平行且都垂直于地面使，效果最佳。此时，元（发射）天线沿电台方向辐射最强且电台的元（接收）天线的接收效果也处于最佳效果。

7. 解：由题意pql109sin(2107t)ezcm

p109sin(2107t)q108sin(2107t)

0.1ldqd则 I108[sin(2107t)]1082107cos(2107t)

dtdt 0.2cos(2107t)(A)

c3108600m，与地面成40角，则与8. 解：此题不计地面影响，6f0.510偶极子轴角904050

(1) r6m600m,采用远区场强公式

2q0zk2sinj(tkr)Izksinj(tkr) EeEejee()e40r40r

 e[ej31071(1094601033622)sin50j(20.5106t260103)600600 ]e6j(106t201) e3.7810e

Izksinj(tkr)Izksinj(tkr)Hejeeje

4r2rqzksinj(tkr)je(0)eee2r6 e108ej(10t201)

20.510631071sin50260060103ej(20.5106t260103)600

9. 解：依题意，距离r=100km，处于基本电振子的远区辐射场，场强可表示为

E0Eesinejkr

rE0Hesinejkr

r式中，场强度振幅。

为媒质波阻抗，真空或空气时，0120，E0(V/m)为电基本电振子平均功率流密度

211E0E0E0jkrjkrsineesine]ersin2 Sav＝Re(EH)=Re[e22rr2则辐射功率

2PSav•dSS002E0sin2err2sindder

2120222EE4E 02sin3d00

0240120390依题意，当90，r100km时

EE0E100V/m0 3r10010E010010E100103100V/m10V/m

3

c3108300m 10. 解：f1061先计算 Sav＝Re(EH)

2 IzsinIzsinjkr1Re[ej00ejkrej0e] 22r2rI er(0)0sin2

2R21Iz则辐射功率 PSav•dS(0)0sin2r2sindd

0022rS 30(I0z)sin3d402I0(02z)2

402352(由辐射电阻定义 PI0Rr Rr2102)537.35(W) 3002P2537.350.877() 2235I011. 解：(1) 因f300MHz故2f1.89109rad/s， k/c6.3rad/m，c/f1m。因此，该半波对称振子的单臂长h0.25m

又因半波对称振子的远区辐射电场的复数表达式为

cos(cos)60IjkRm2j Ee[] RsinE 而当90时，Emax，即

ImEmaxR600.1210451.667A

603 所以半波对称振子的辐射功率为

12152PIeRrImRr()273.1101.53W

223 其中半波对称振子的辐射电阻Rr73.1 (2) 半波对称振子的远区辐射电场的瞬时表达式为

ejt]Re[j60ImejkR ERe[ER

cos(cos)2ejt] sin

cos(cos)60Im2sin(tkR) Rsincos(cos)1002sin(1.89109t6.3R)V/m Rsin 而磁场强度瞬时式为

cos(cos)E1002Hsin(tkR) 0R0sincos(cos)0.272 sin(t6.3R)A/m Rsin 以及平均功率密度为

2E1Re(EH)e Sav＝r220cos(cos)1002 []2er

2377sin2cos(cos)13.26222  []eW/mr2sinR12. 解：求矢势A：因为II0cost

0ejkr p此时，有电偶极辐射，其矢势为 A(x,t)4rJdV 式中，ejkr为推迟因子，其中，pJdVIdl 对线电流为 pjtIdlI0edl 所以 p0I0j(krt)dle故 A(x,t) 4r求磁场B： BA

(i)0I0ikAsinej(krt)e

4cr(i)0I0sinej(krt)e 求电场E： EcBn4cr

求平均功率P：

21ccI0dlsin2因为S平均Re[EH]Bn()2n

220204r20I0dl22sin2PS平均•dS()drsind 2002c4r2I02(dl)2 

120c313. 解：在l(c/v300m)的条件下，可以看成是短天线并可忽略电流沿天线的分布，因而可利用上题的结果：

02I02(dl)2 P120c2将l5m，I02I252A，2v2106Hz代入上式，得

P5.48W

若天线增长并由中心馈电，电流分布得不均匀性不能忽略，在中心点有最大值

I0，两端为0，可近似地看为峰值为I0/2的电流，即以I0/2代替上面的I0，所以

P1P1.37W 414. 解：两个天线的相位差为

kdcos所以归一化因子为

2cos0cos 42N12coscoscos Nsin242sin15. 解：二元阵的元因子为

coscosz2 F1(,)F1()f1()sinz其中z。又因为二元阵的阵因子为

Fa(,)1ej2cos2cossincos 244其中kdcosx，cosxsincos。而归一化阵因子为

fa(,)cossincos

44于是，归一化方向图函数为

coscos2cossincos f(,)f1()fa(,)sin4416. 解：该三元阵可等效为两个间距为

的二元阵组成的二元阵，于是元因2子和阵因子均为二元阵，其方向性函数均为coscos（等幅同向二元阵阵因子），

2根据方向图 相乘原理，可知该三元阵的方向性函数为

F()coscos

22则三元阵的归一化方向图函数为

f(,)FFmaxsincossincoscos(sincos)

217. 解：设电流元依次为电流元1、2、3、4，采用方向图乘积原理求解可以采用不同的单元组合方法构成两个二元阵，如可以采用1、2以及3、4的组合，也可以采用1、3以及2、4的组合。采用前种组合方式，则电流元1、3以及2、4组成的等幅同相二元阵的阵因子为

Fa1(ax)2cos12coscosx 22其中11kd1cosx，而10，d12。

再将两个二元阵组成一个等幅同相二元阵，其阵因子为

Fa2(ax)2cos222coscosx

其中22kd2cosx，而10，d2。

因为电流元的方向图函数为

F1()sin

所以，四元阵的方向图函数为

F(,)F1()Fa1(,)Fa2(,)4sincossincoscossincos

2则四元阵的归一化方向图函数为

f(,)FFmaxsincossincoscos(sincos)

218. 解：设天线1在考察点P的辐射场为E1，由于天线2上的电流

I22I1ejj(kdcos)，则天线2在P点的辐射场E22E1e，同理天线3，4，

j2j3j45在P点的辐射场分别为3E1e，2E1e，E1e，于是点P的总的辐射场为

EE1(12ej3ej22ej3ej4) 则五元锥形阵的归一化阵因子为

111ej3jj2j3j4F()12e3e2ee991ej3sin129sin22

将kdcos代入上式得

3sincos2 F()13sincos2由此可画出五元锥形阵的方向图

2N2 19. 解：均匀直线式天线阵的阵因子 F()sin2sin出现最大值的条件是 0，即 dkcos0 则单元天线之间的相位差

2cos(60) kdcos22

20. 解:设一电流元Iala紧靠在理想导电体表面，并且与表面相切，如图所示。假设在空间任意一点P上产生电场不为零，用Ea表示。在P点上放另一电流元Iblb并沿Ea放置，设Iblb在理想导体面上Iblb所在位置处产生的场为Eb。由卡森互易定理有 IalaEbIblbEa

考虑到理想导体面上电场仅有法向向量，Eb与Iala垂直，因此，上式左边点乘为零。在上式右边，由于取Iala方向与Ea一致，而Iblb不为零，要使等式成立，即IblbEa0，只可能是Ea0，即Iala产生的场为零。此结论物理意义是：在理想导体表面上的切向电流元与其理想导体上的感应电流产生的的场在空间各点大小相等，方向相反，互相抵消。

Ea  Iala

与理想到电体表面相切的电流元

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