電磁場理論習題

1、電磁場理論習_7t兀1、求函數(shù)曠xy+z-xyz在點 r 2)處沿方向角一亍，4 , 向?qū)?shù).3的方向的方d(p解：由于d(pm =2xy入 L i丄2)=0d(p%M =2z1cos a = -2,所以一嘰丄2)=3Q 721cos p = cos y = 2 , z 2dtpdldtpd(p門 dtp=cosacos0cos/ = 1m dxdydz.2、求函數(shù)=xyz在點(5,1,2)處沿著點(5，1,2)到點(9,方向?qū)?shù)。解：指定方向/的方向矢量為/=(9 5) ex+(4 2)ey+(29 2)ez =4ex+3ey+17e24,19)的方向的其單位矢量凱7所求方向?qū)?shù) d(pdl

2、43r = cosaex + cos J3e, +cos*. = ,ex + ,g. + J314J314 vxz m= xy m =5(5 丄 2)3、讐 CZ +詈 8S0 +讐已9 =x2+2y2+3z2+xy+3x-2y-6z,求在點(o, o, o)和點(1, 1123V3141)處的梯度。解：由于匸0二(2x+y+3) ex+(4y+x-2)ey+(6z-6)ez 所以， 妣 u.o.o)二 3ex-2ey-6ez 創(chuàng)二 6ex+3ey4、運用散度定理計算下列積分：I=()xz2ex + (x2y- z )ey + (2xy + y2z)ez dsS是z=0和z=(aAdv則由散度

3、定理尸nI = JJJ Vdz XA二AA.二p2COS00p2sin_pcos(f)ep 一2/?sin0q + psin.F!sin 0 + / + r- A= 1 血 &dOd(f)q/cos。、dO1 q6(rsin8) c()=r sin 0dr&0d(j)i23r2 sin2 0 + 2sin 0cos = 3sin + cos 0 =r sin 0r XA二1r2 sin 01%0rsin&ersm6eJ1ddddr sin0ordO60O01叫rsin&A=1rsinsin&-sin&cosG rer d Arcos 2 cos&門=7+-cos習題二1、總量為q的電荷均勻分布

4、于球體中，分別求球內(nèi)，外的電場強度。解：設(shè)球體的半徑為“用髙斯定理計算球內(nèi)，外的電場。山電荷分布可知，電 場強度是球?qū)ΨQ的，在距離球心為r的球面上，電場強度大小相等，方向沿半徑 方向。在球外，ra,取半徑為r的球面作為高斯面，利用高斯定理計算：(DdS = oE4 岔 2 =qEr=-4碼廠對球內(nèi)，rb),球心距為c (cE2/ni = q、q = pTarl. E =4、一個半徑為a的均勻帶電圓盤，電荷面密度是P so,求軸線上任一點的電場強 度。解：山電荷的電荷強度計算公式(r)=i!psif )(r-r )ds及其電荷的對稱關(guān)系，可知電場僅有Z的分量。代入場點源點r - zexf - e

5、xf cos0 + e)r sin 0clS = dfd(/)電場的z向分量為2/r ai , r1 _ sc zr dr _a i z話!叫&+”2嚴-茲十（宀2）,上述結(jié)果適用于場點位于z0時。但場點位于z0時，電場的z向量為5、已知半徑為a的球內(nèi)，外電場分布為求電荷密度.解:從電場分布汁算計算電荷分布，應使用髙斯左理的微分形式：7 D = p用球坐標中的散度公式，并注意電場僅僅有半徑方向的分量，得出 廠 寸：p = -L-f-（r2Er ）= 0 6、求習題2的電位分布 解：均勻帶電球體在球外的電場為Er=q/4 亦（”球內(nèi)電場為Er = 4/4亦/、球外電位（a）為（P=J Edr =

6、 | q! 4/zryl = q! 4庇球內(nèi)電位為0 = f Edr = rq!45*(/ydr + j g/4亦 =/4亦(”(/ /2-r2 /2)+g/4亦w=q/S/is()a3(3a2 -r2)3化7、電荷分布如圖所示。試證明，在rl處的電場為E= 2型（/ q _ iq_ q證明:用點電荷電場強度的公式及疊加原理，有e=3叭（+ /）r2 +（尸-廳）當rl時，上(卑+ 3”)1 1詁凡廠（i_y32q q.將以上結(jié)果帶入電場強度表達式并忽略高階小雖;得岀E= 2碼”8、真空中有兩個點電荷，一個電荷一q位于原點，另一個電荷位于（a, 0, 0）處, 求電位為零的等位而方程。解：山點

7、電荷產(chǎn)生的電位公式得電位為零的等位面為二 + 丄=04碼/ 4亦斤 其中1 1 r = (x2 +y2 +z2)2 9 r =(x-6/)2 + y2 +z22 等位面方程簡化為2f = r即4(x-)2 +y2 +z2 = x2 +y2 + z2此方程可以改寫為如22 23x_一3丿+ y +z =這是球心在半徑為的球面。I9、一個圓柱形極化介質(zhì)的極化強度沿其軸方向，介質(zhì)柱的高度為L,半徑為a, 且均勻極化，求束縛體電荷分布及束縛面電荷分布。解：選取圓柱坐標系計算，并假設(shè)極化強度沿其軸向方向，P = P()&如圖 示，由于均勻極化，束縛體電荷為p = VP = 0 在圓柱的側(cè)面，注意介質(zhì)的外

8、法向沿半徑方向 = 極化強度在Z方向，故/? = P & = 0在頂面，外法向為 = 故Q” = P & = P(在底面，外法向為故psp P (ex)= Po10、假設(shè)x0的區(qū)域為電解質(zhì)，電解質(zhì)的介電常數(shù)為3。， 如果空氣中的電場強度E = ex + 4ey + 5ez (V/m),求電介質(zhì)中的電場強度民。解：在電介質(zhì)與空氣的界面上沒有自由電荷，因而電場強度的切向分量連 續(xù)，電位移矢量的法向分量連續(xù)。在空氣中，由電場強度的切向分量 吊=4 + 5&,可以得出介質(zhì)中電場強度的切向分量民=4+5&；對于法向分 量，用Dn = D2n ,即oEix = E2x,并注意肛=3, = 3劭,得出2x

9、=。將所 得到的切向分量相疊加，得介質(zhì)中的電場為El = Cx + 4y + 5&( v/m )11. 一個半徑為a的導體球面套一層厚度為b-a的電解質(zhì)，電解質(zhì)的介電常數(shù)為 ,假設(shè)導體球帶電q，求任意點的電位。解：在導體球的內(nèi)部，電場強度為0。對于電介質(zhì)和空氣中的電場分布， 用高斯定理計算。在電介質(zhì)或空氣中的電場取球面為高斯面，由 DdS=Dr = q Dr =$得出4於E亠電場為4亦廠 在介質(zhì)中(arb)r Ed r=亠一亠+旦（丄 _丄）(ar廠Jr 4亦廠4亦ob 4亦 r b(p= r Edr = f dr =-(rb)JrJr 4or4or12、真空中有兩個導體球的半徑都為兩球心之間

10、距離為d,且d6試計算兩 個導體之間的電容。解：因為球心間距遠大于導體的球的半徑，球面的電荷可以看作是均勻分 布。由電位系數(shù)的定義，可得1 1/?12 = /?22 = p2 = pi =4亦 Od ,4厲0讓第一個導體帶電q,第二個導體帶電7,則(p = pwq- pnq =q q4亦()。4 orf ,(pi = piq _ pnq =q q4;zs*u4亦帥q(p (pi小 2亦oadC =化簡得 一a習題三1、球形電容器內(nèi)，外極板的半徑分別為a,b,英間媒質(zhì)的電導率為,當外加電壓 為。時，計算功率損耗并求電阻。解：設(shè)內(nèi)，外極板之間的總電流為人，由對稱性，可以得到極板間的電流密度為/er

11、J = 2小IJE = 5b r單位體積內(nèi)功率損耗為I1/J, Edr二4疋la1 111從而/= ci b ,J二b丿總功率耗損為f /?4r2JrP=4(rt/0 cb dr11廠2、一個半徑為a的導體球作為作為電極深埋地下，.上壤的電導率為曠。略去地而的影響, 求電極的接地電阻。解：當不考慮地面影響時，這個問題就相當于訃算位于無限大均勻點媒質(zhì)中的導體 球的恒左電流問題。設(shè)導體球的電流為人則任意點的電流密度為J =42 導體球而的電位為（去無窮遠處為電位零點）U4ct2二 4/rbd接地電阻為u_ /?=7=43、如圖，平板電容器間由兩種媒質(zhì)完全填充，厚度分別為心和“2 ,介電常數(shù)分別為和

12、勻,電導率分別為6和b-當外加電壓u。時，求分界而上的自由電荷而密度。 解：設(shè)電容器極板之間的電流密度為J,則于是久亠處即“056分界而上的自由而電荷密度為pa w G唱H蕓唱56i、d , bri2gof4、內(nèi)，外導體半徑分別為a,c的同軸線，其間填充兩種漏電媒質(zhì)，電導率分別為6 (arb)和(brc),求單位長度的漏電電阻。解：設(shè)單位長度從內(nèi)導體流向外導體的電流丿，則電流密度為各區(qū)域的電場為垃：2(ab)? /E2/r27(brc)內(nèi)，外導體間的電壓為Idr r Idr / bc久嚴皿=Jd 2qr * h r = 2勺“萬* 2 了 因而，單位長度的漏電電阻為 / 纟 /?=7 2珂 n

13、 + 2cr25、一個半徑為10 cm的半球形接地導體電極，電極平而與地而重合，如圖，若丄壤的電導 率為m ,求當電極通過的電流為100A時，土壤損耗的功率。解：半球形接地器的電導為G = 2tr a接地電阻為G2加b土壤損耗的功率為P = I2R =丄=也Q 1.59 X 1062 加加2/r x 0.01 xO.lw6、內(nèi),外半徑分別為a,b的無限長空心圓柱中均勻分布著軸向電流/ ,求柱內(nèi), 外的磁感應強度。raarbbr解：使用圓柱坐標系。電流密度沿軸線方向為0,丿0，由電流的對稱性，可以知道磁場只有圓周分量。用安培環(huán)路立律計算不同區(qū)域的磁場。 當rva時，磁場為0。當arb時，選取安培

14、回路為半徑等于r且與導電圓柱的軸線同心的 圓。該回路包圍的電流為h2_a2由山=2譏=曲；得當rvb時，回路內(nèi)包帀的總電流為I,于是B = 2 Q7、半徑為a的長圓柱面上有密度為人。的面電流，電流方向分別為沿圓周方向和 沿軸線方向，分別求兩種情況下柱內(nèi),外的3。解：（1）當而電流沿圓周方向時，由問題的對稱性可以知道.磁感應強度僅僅是半徑r的函數(shù) ,而且只有軸向方向的分量，即由于電流僅僅分布在圓柱而上，所以，在柱內(nèi)或柱外，VxB=0o將B旦（門代入xB=o,得e 6B； xB= 茶=0即磁場是與r無關(guān)的常量。在離面無窮遠處的觀察點，由于電流可以看成是一系列流向相反而強度相同的電流元只 和，所以磁

15、場為零。由于3與r無關(guān)，所以，在柱外的任一點處，磁場恒為0。為了計算柱內(nèi)的磁場，選取安培回路為圖3-12所示的矩形回路。= 也人因而柱內(nèi)任-點處，o圖 3-12（2）當而電流沿軸線方向時候，由對稱性可知，空間的磁場僅僅有圓分量，且只是半徑的 函數(shù)。在柱內(nèi)，選取安培回路為圓心在軸線并且為于圓周方向的圓?？梢缘脤?，柱內(nèi)任一點 的磁場為零。在柱外，選取圓形回路，川J和，與該回路交鏈的電流為27raJx , 押化2加，所以8、一對無限長平行導線，相距2,線上載有大小相等，方向相反的電流丿，求磁矢位A, 并求B解：將兩根導線產(chǎn)生的磁矢位看作是單個導線產(chǎn)生的磁矢位的疊加。對單個導線，先計算有 限長度產(chǎn)生的

16、磁矢位。設(shè)導線的長度為1,導線1的磁矢位為（場點選在xoy平而）茶血亦+才）/V ln /2 + (/2)2+r.21/22兀打當/is時.有A =同理，導線2產(chǎn)生的磁矢位為2龍?|A,=-空In丄 2/r r2 由兩個導線產(chǎn)生的磁矢位為A = ez（A+A2） = ez相應的磁場為In -In2“人31n4龍(x+)2+/(5 + bB = V xA = exdA. 4dyC-dy“(/ yy i zV, x+a2兀(x + )2 + y2 (x-67)2 + y2 2/r (x + 6/)2 + y2x-a(x d)2 + y，9、已知內(nèi)，外半徑分別為的無限長鐵質(zhì)圓柱殼（磁道率為）沿軸向有

17、恒左的傳導 電流求磁感應強度和磁化電流。解：考慮到問題的對稱性用安培環(huán)路立律可以得出各個區(qū)域的磁感應強度。當，y 時，B =o當arb時,當廠方時,當arb時.叫=Vx M =b時,J m = 0在心處，磁化強度M=0,所以=M xn = M x (er) = 0m = 2L在r = b處，磁化強度2初所以JmS = M xn = M xer =10、已知在半徑為a的無限長圓柱導體內(nèi)有恒龍電流/沿軸方向。設(shè)導體的磁導率為其外充滿磁導率為“2的均勻磁介質(zhì)，求導體內(nèi)，外的磁場強度，磁感應強度，磁化電流分布。 解：考慮到問題的對稱性，在導體內(nèi)，外分別選取與導體圓柱同軸的圓環(huán)作為安培回路.并注意電流在

18、導體內(nèi)是均勻分布的。可以求岀磁場強度如下：r時，“2 /B=S窈為了計算磁化電流，要求磁化強度: 蟲。時，z A_!-e.( A_i1A）丿2M；n = VxA/ =IM)兀a心時,M 二o2兀丫、= V x Af =o在r=a的界而上計算磁化而電流時，可以理解為在兩個磁介質(zhì)之間有一個很薄的真空層。 這樣，其磁化而電流就是兩個磁介質(zhì)的磁化而電流只和，即M xn1 +xn2這里的和心分別是從磁介質(zhì)到真空中的單位法向。如果去從介質(zhì)1到介質(zhì)2的單位法向 是6則有Jms=Mxn _M2xn代入界而兩側(cè)的磁化強度，并注意得11. 空氣絕緣的同軸線，內(nèi)導體的半徑為“外導體的半徑為b,通過的電流為I。設(shè)外導

19、 體殼的厚度很薄.因而其儲蓄的能量可以忽略不th II-算同軸線單位長度的儲能，并有此求 單位長度的自感。解：設(shè)內(nèi)導體的電流均勻分布，用安培環(huán)路左律可求出磁場。r時,IrH二2加yt、V(JCl這個電磁場滿足的邊界條件如何導電壁上得電流密度的值如何p E =0，H 二(H =H cos(kz-ef)解：在邊界x=0處有(n=e) yA人 u所以， 導電壁上的 電流密度河電荷密度的值為在 x =0 處=-eyHQ cos 伙Z - m)，Q$0 =力D|x=0=電磁場滿足的邊界條件為rixH =-eyHcos(kz-cotnxE=0HB=a程D = 同理，在x=a(n=-x)有H cos(k 乙

20、一血),Psu 二hx 片=e yH gCOS(kz血)X E 二O,nx B 二0，“x D=03、一段由理想導體構(gòu)成的同軸線，內(nèi)導體半徑為，外導體半徑為，長度為厶，同軸線 兩端用理想導體板短路。已知在rKQz AkTVxE = ea -=ed coskz = -jcop H所以A _ _ opB 廠（2）因為l 二 L o（rH0）- a（/77t 琳.廠V x / = ere. = ersinz= jcosErdztdrr所以A_ kB jcoe_ jco/,1 _ kk Jax , k = co/jj（3）因為是理想導體構(gòu)成M同軸線，所以邊界條件為InxH = 7在a的導體面上,法線所

21、以TT TT BT BJ%=ezcoskArsa =ezcoskzraPsa =；辦 = YShlr= =ySi11Q = b的導體面上，法線=一_所以已知真空中電場強度E = 仇cos心（“+玄丘爪血血一，式中k0 = 2兀入=3c 試求：（1）磁場強度和坡印廷矢量的瞬時值。（2）I 對于給左的z值（例如z=0）,試確立E隨時間變化的軌跡。（4）磁場能量密度，電場能量密度和坡印廷矢量的時間平均值。 解：（1）由麥克斯韋方程可得T-ex E（）ko cos0（z - ct） 一 ey Ek0 sin 燈（Z - ct）=QHdt對上式積分，得磁場強度瞬時值為ft Ef e 訃H =ex sin

22、 kQ(z-ct)-ey cos&(z-c7) “c“工故坡印廷矢量的瞬時值(2)因為的模和幅角分別為E =、盲cos()(z-cf)所以，E隨時間變化的軌跡是圓。（3）磁場能量密度，電場能量密度和坡印廷矢量的時間平均值分別為 - -=ReED“4=土吃E。宀+ Z %產(chǎn)）（詁嚴+ ey詁嚴產(chǎn)）COav.m =，()E()2T T TT Sc =ReExH“ = u2 2 仏c習題五1.電磁波在真空中傳播，英電場強度矢量的復數(shù)表達式為試求：(1)(2)(3) 解：怖）=（/-施.）10不恥（“）工作頻率磁場強度矢量的復數(shù)表達式。坡印廷矢量的瞬時值和時間平均值。(1) 由題意可得k = 20/r

23、 = ej“o()= ,6? = 6xlOMc所以工作頻率/ = 3xl09/fe(2) 磁場強度矢量的復數(shù)表達式為TT ff（）H =-evxE = (ev+ jex)0ej2(A/m) “7o其中波阻抗久=12加（3）坡印廷矢量的瞬時值和時間平均值。電磁波的瞬時值為E（r） = ReE = （-;.）10-4 cos（効20加）（v/m）1 H=ReH 溝=（匕 + 丿 S ）10 cos（期 - 20農(nóng)）“0（A/m）所以，坡印廷矢量的瞬時值S（t） = IO-8 cos2（iU/ -20農(nóng)）（&一 _/）x （&.+ j） = 0（）w/同理可得坡印廷矢量的時間平均值T1 T TSav

24、=Re-ExH = 022w/加2、理想介質(zhì)中，有一均勻平而電場波沿z方向傳播，其頻率e = 2”xlOS/s。當7=0在z = o處，電場強度的振幅瓦=力爪/加，介質(zhì)的6=4,兒=1。求當t = 聲時, = 62m處的電場強度矢量，磁場強度矢量和坡印廷矢量。根據(jù)題意，設(shè)均勻平而電場為E(f) = ex Eo cos (cot 一 kz) my / m 式中，co = 2兀 xlO9 rad I s,k = CDyfps = -2-所以3f t40/rE(t) = ex 2cos(2xl09rz)3 (mV/m)當=心z = 62m時，電場強度矢量，磁場強度矢量和坡印廷矢咼為E = -J mV

25、/mf 4 f.407tH(t)=ev cos(2xl0 t - z)()3 niA/m故此時H = 一二 jo mA/mT T T 1S = ExH=e 60/r niA/nr3、已知空氣中一均勻平面電磁波的磁場強度復矢量為H=（-匕+2 + 匕 4）嚴/ m）試求：（1）波長、轉(zhuǎn)播方向單位矢量及轉(zhuǎn)播方向與Z軸的夾角（2）常數(shù)A（3）電場強度復矢量。解：（1）波長、轉(zhuǎn)播方向與z軸的夾角分別為| = Jkx + k ： = J（4 兀）+（3兀） =5兀，幾=字=0.4/7?KI獷七上“叫品=0.6故& = 53（2）因為V./=0,所以刃7. 汽dHV7 H = +dx 彷 + Qz =4

26、行4一12加=0解之得A=3o（3）電場強度矢捲E = 7/0Hxek = /（）（ex3+ey 2a/6 + e.4）?7714+3 * x （0.Sex +0.6c.） =祇應+5q -|屈0不曲心少/肋4、設(shè)無界理想媒質(zhì)，有電場強度復矢量：, =e,E0le-,52 =ezE02eJki（1）dd是否滿足V2E + k2E = 0o（2）由求磁場強度復矢量，并說明乙，丘2是否表示電磁波匚 解：采用直角坐標系。（1） 考慮到KF(d2 d2 d2 +(ar *務+魯+善乍宀ox 勿 dz. Jdx1 dy2 6才)=-k如嚴于是&V2 +k2E =0同理，可得V2E2+k2E =0（2）根

27、據(jù)題意知Hx = e, x E = O.H1 = e. x E7 = 07（）、7）、所以& =0,S2 =0.EhE2所形成的場在空間均無能量傳播，即&衛(wèi)2均不能表示電磁波。5、假設(shè)真空中一均勻平面電磁波的電場強度復矢量為E = 3(e-42ev)e 6(V/w)(1) 電場強度的振幅、波矢量和波長。(2) 電場強度矢量和磁場強度矢量的瞬時表達式。 解：(1) 依題意知，電場強度的振幅E嚴底農(nóng)=3*(vm)而k =賦十展疋=冷所以波矢量*=辰，英中2 忑 &e. =ex + ev _ e.3 3 3從而，X =4mk(2) 電場強度的瞬時表達式為E(t) = ReTEeg =3(q - J2

28、ev)cos cot-(2x + yfly- V57) (Vim)L L 6.磁場強度矢量的瞬時表達式為cot - (2x + /2y - /3z) (A/m)6H(t) = e. x E(f) = - (/6ev + y/3ev + yf3e,)cos% 6、為了抑制無線電干擾室內(nèi)電子設(shè)備，通常采用厚度為5個趨膚深度的一層銅皮 ( = () = %b = 5.8xl07S/f包裹該室。若要求屏蔽的頻率是iokHzlOOMHz, 銅皮的厚度應是多少。解：因為工作頻率越髙，趨膚深度越小，故銅皮的最小厚度應不低于屏蔽10kHz時所對應的 厚度。因為趨膚深度?所以，銅皮的最小厚度為11 = 53 =

29、 0.003初7、如果要求電子儀器的鋁外殼(b = 3.54xl S/心兒=1)至少為5個趨膚深度，為 防止20kHz-200MHz的無線電干擾，鋁外殼應取多厚。解：因為工作頻率越髙，趨朕深度越小，故鋁殼的最小厚度應不低于屏蔽20kHz時所對 應的厚度。4 = 0.00059y 3p(y v 丐屮b 因為鋁殼為5個趨膚深度，故鋁殼的厚度應為h = 5J0 = 0.003/?/7、已知平而波的電場強度E = ex (2 + )3) + ey4 + ez 3)0U8 廠皿)(V / m)試確上其傳播方向和極化狀態(tài)：是否橫電磁波 解：傳播方向上的單位矢雖為= 即E的所有分量均與英傳播方向垂直，所以此

30、波為橫電磁波。 改寫電場為顯然5疋：均與務垂直。此外，在上式中兩個分量的振幅并不相等，所以為右旋橢圓極化波。 ?9、假設(shè)真空中一平而電磁波的波矢量其電場強度的振幅E,” = 3/?，極化于z軸方向。試求:(1) 電場強度的瞬時表達式。(2) 對應的磁場強度矢量。解：(1)電場強度的瞬時表達式為(V/m)E r.t I = ez 33cos(ot (x + y)其中:(2)對應的磁場強度矢量為H (f) =x E(t) = ek x E(t)- + S)cos0-(x+y)(A/m)10.真空中一平面電磁波的電場強度矢量為E = 42(ex+jey)eJ (v/m)（1）此電磁波是何種極化旋向如

31、何（2）寫出對應的磁場強度矢量。解：此電磁波的X分量的相位滯后y分量的相位，且兩分量的振幅相等，故此波為左旋面 極化波。其對應的磁場強度矢量為H=e.xE =“0、1、距離電偶極子多遠的地方，其電磁場公式中與，成反比的項等于與八成反比的項。 解：電偶極子產(chǎn)生的電磁場中與，成反比的項（以電場為例）為與廠2成反比的項為所以t Idlk sin 01ee4如伙/2、假設(shè)一電偶極子在垂直于它的方向上距離100km處所產(chǎn)生的電磁強度的振幅等于 100妙/加，試求電偶極子所輻射的功率。解：由E&的表達式知，電偶極子的遠區(qū)輻射場的電場強度振幅為又根據(jù)巴因此2110代入具體數(shù)值得pr =12 = 1.13、解

32、:計算一長度等于久的電偶極子的輻射電阻。& =80滬巴|根據(jù)式I幾丿，知電偶極子的輻射電阻為R, = 80-21 = 802（I = 7.8957QAn入4、已知某天線的輻射功率為100 W,方向性系數(shù)為D = 3o求:（1）r = 10km處，最大輻射方向上的電場強度振幅匚（2）若保持輻射功率不變，要使r = 20km處的場強等于原來r = Okm處的場強，應選取 方向性系數(shù)D等于多少的天線。解：（1）最大輻射方向上的電場強度振幅為代入具體數(shù)值得E, =1.34x10-1/加（2）符合題意的方向性系數(shù)為代入具體數(shù)值得D =12厶5、兩個半波振子天線平行放置，相距久/2。若要求它們的最大輻射方

33、向在偏離天線陣軸線60的方向上，問兩個半波振子天線饋電電流相位差應為多少。解：當兩個半波振子天線饋電電流相位差滿足條件Pcos 血=- kd時，由它們組成的天線陣的最大輻射方向血取決于相鄰陣元之間的電流相位差0。因此p = kdcos（pm = cos60 =A 22習題七1、什么叫截止波長為什么只要幾 人的波才能在波導中傳輸答：導行波系統(tǒng)中，對于不同頻率的電磁波有兩種工作狀態(tài)一一傳輸與截止。介于傳輸與截 止之間的臨界狀態(tài)，即由/ = 所確泄的狀態(tài)，該狀態(tài)所確立的頻率稱為截I匕頻率，該頻率 所對應的波長稱為截止波長。2 。 2 由于只有在尸時才能存在導行波，則由廠=燈-點?？芍?，此時應有kc2 k2即人或兄V人的電磁波才能在波導中傳輸。2、何謂工作