电动力学刘觉平版课后答案EDEX第6章 (6).pdf 36页

'第七章电磁波的传播目录：习题7.1定态电磁波.............................................................................2习题7.2绝缘介质中的平面电磁波.....................................................5习题7.3导电介质中的平面电磁波.....................................................7习题7.4平面电磁波在绝缘介质界面上的反射与折射...................10习题7.5全反射...................................................................................23习题7.6电磁波在导体面上的反射与折射.......................................29最后一节没有处理。 习题7.11.证明:对于定态电磁波,方程(7.1.27)或(7.1.28)与Maxwell方程组等价.证:(7.1.27)式为(在导电介质中)⎧�⎪(∇+2kE2)=0,k2=ωµε2−−(1)ω⎪⎪�⎨∇⋅E=0−−(2)⎪�i�−−(3)⎪H=−∇×E⎪⎩ωµ导电介质Maxwell方程组为��⎧∇×E=iBω−−(4)⎪�����⎪∇×H=−iDω+j⇔∇×H=−iωεE−−(5)fω⎨�⎪∇⋅B=0−−(6)⎪⎩∇⋅D=0−−(7)课本已经论述，方程（4）（5）可以推出方程（6）（7）因此下面只要证明方程组（4）（5）与方程组（1）（2）（3）等价。○1(4)(5)⇒(1)(2)(3)�����i�由于B=µH，所以∇×E=iBω⇔H=−∇×E，即方程(4)与方程（3）等价ωµ��由于D=εE，所以有(7)⇒(2)⎛1�⎞�22�22将（4）代入（5）即可得到∇×⎜∇×E⎟=−iωεE⇒∇+(kE)=0,k=ωµεωω⎝iωµ⎠○2证明(1)(2)(3)⇒(4)(5)方程(4)与方程（3）等价；对（3）作用旋度�i��i��2∇×H=−∇×∇×(E)⇒∇×H=−(∇∇⋅E−∇E)ωµωµ�i�2⇒∇×H=∇Eωµ将（1）式代入即得（5）.因此(7.1.27)式与Maxwell方程组等价。 ⎧�22⎪(∇+k)H=0−−(8)⎪�(7.1.28)式为2⎨∇⋅H=0−−(9)⎪�i�E=∇×H−−(10)⎪ωε⎩ω显然(10)⇔(5)对（10）作用旋度，并将（8）代入即可得到（4）所以(7.1.28)式可以推出Maxwell方程组显然(6)⇒(9)将（5）代入（4）可以得到（8）。因此(7.1.28)式与Maxwell方程组等价。2.利用电荷守恒定律在边界上的形式:证明:对于定态电磁波，电磁场的四个边值关系中仅有两个是独立的。证:电荷守恒定律在边界上的形式为:∂ω������f+∇⋅π+n⋅(j−j)=−iωω+∇⋅π+n⋅(j−j)---(1)f12f2f2ff12f2f2∂t电磁场的边值关系只有两个独立的方程���⎧⎪n12×(E2−E1)=0⎨����⎪⎩n12×(H2−H1)=πf对上式两边求散度,得���⎧⎪∇⋅[n12×(E2−E1)]=0⎨����⎪⎩∇⋅[n12×(H2−H1)]=∇⋅πf������根据∇⋅(f×g)=g⋅(∇×f)−f⋅(∇×g)����⎧⎪n12⋅[n12×(E2−E1)]=0⎨�����⎪⎩−n12⋅[n12×(H2−H1)]=∇⋅πf根据Maxwell方程组 ��⎧⎪∇×E=iωB⎨���⎪⎩∇×H=−iωD+jf������1���所以n⋅(B−B)=0,n⋅(D−D)=[∇⋅π+n⋅(j−j)]=ω12211221f12f2f2fiω����3.证明：任意一对随时间简谐变化的复矢量F和G的乘积对时间的平均值由下式决定����1��*��1����*����ReF×ReG=Re(F×G)=Re(FG×)式中ReF表示取F的实部，而这里的叉积22“×”可以全部换成标积。��������证明：F和G为任意一对随时间简谐变化的复矢量，可表示为F=Fexp(itω)����1T����1T����21����ReF×ReG=lim∫ReF×ReGdt=lim∫FG×cos(ωtdt)=FG×T→∞T0T→∞T02����2当t→∞时，cosωt随t变化十分迅速，F×G可以看作是常量。2因此可以先对cosωt求平均。因为它是迅速地一个周期一个周期地变化，因此可以用一个周期上的平均值代替。1π21∫cosxdx=π02����1T����21����ReF×ReG=lim∫FG×cos(ωtdt)=FG×T→∞T021��*��1����1����Re(F×G)=Re(FG×exp(−ititω+ω))=(FG×)2221����*1����1����Re(FG×)=Re(FG×exp(+ititω−ω))=(FG×)222得证����1T����1T����21����对于标积，ReF⋅ReG=lim∫ReF⋅ReGdt=lim∫FG⋅cos(ωtdt)=FG⋅T→∞T0T→∞T021����*1����1����Re(FG⋅)=Re(FG⋅exp(−ititω+ω))=(FG⋅)2221����*1����1����Re(FG⋅)=Re(FG⋅exp(+ititω−ω))=(FG⋅)222����1����*1����*ReF⋅ReG=Re(FG⋅)=Re(FG⋅)22 习题7.2k0+∆k1、考虑沿同一方向传播的一个波包uzt(,)=∫dkCk()exp[−i(ωtkz−)]式中k0−∆kk=ω/c，∆k很小，且Ck()是k的缓变函数。试证：00(1)在k附近可近似将波包写成uzt(,)=Czt(,exp[)−i(ωtkz−)]0sinφ式中波包的包络Czt(,)为Czt(,)=2Ck()∆k0φ⎛dω⎞其中φ=[⎜⎟t−z]∆k⎝dk⎠0(2)整个波包在空间移动的速度即所谓群速度为v=(dω/dk)g0(3)这一群速度等于波包能量的传输速度。k0+∆k证：（1）uzt(,)=∫dkCk()exp[−i(ωtkz−)]k0−∆k对C（k）,ω(k)做泰勒展开，取一级近似。dCC(k)=C(k)+()(k−k)000dkdωω=ω0+()0(k−k0)dk令k′=−kk0由于Ck()是k的缓变函数，所以dωC(k)≈C(k)+0=C(k)；ω=ω+()k′；0000dk,于是，k0+∆kuzt(,)=∫dkCk()exp[−i(ωtkz−)]k0−∆k+∆k⎛dω⎞=Ck(0)exp[−i(ω0tkz−0)]∫dk"exp[−i⎜()0t−zk⎟′]−∆k⎝dk⎠ 由于积分的对称性，+∆k⎡⎛dω⎞⎤uzt(,=2)Ck(0)exp[−i(ω0tkz−0)]∫0dk"cos⎢⎜()0t−zk⎟′⎥⎣⎝dk⎠⎦⎛dω⎞⎛dω⎞令φ′=⎜()t−zk⎟",φ=⎜()t−z⎟∆k00⎝dk⎠⎝dk⎠∆kφ所以uzt(,=2)Ck()exp[−i(ωtkz−)]dφ"cos"φ000∫φ0sinφuzt(,)=2Ck(0)exp[−i(ω0tkz−0)]∆k≡Czt(,)exp[−i(ω0tkz−0)]φsinφ其中，Czt(,)≡2Ck()∆k0φ（2）群速度即为等振幅面传播的速度。而振幅Czt(,)为常量即为φ=常量dzdω上式两边对时间求导得v==()g0dtdk（3）因为能量正比于振幅的平方。而波包的包络正是振幅。群速度即为等振幅面传播的速度，所以群速度等于波包能量的传播速度。−1⎛λdn⎞2、证明群速度v=(dω/dk)满足v=v⎜1−⎟ggp⎝ndλ⎠式中n是介质的折射率。设空气的折射率为−182n=1.000271.510+×/λ，λ的单位为m试问，平均波长为550nm的1ns的光脉冲在空气中传播10km所需要的时间比它在真空中传播同样距离所需时间长多少？dvk()dvpp证：v===v+kgpdkdk2πc代入k=,v=pλncvp−dndn2πn2nλdnv=v+=v+=v(1+)gpppλ2π1ndλ−dλdλ2λλ−1λdn⎛λdn⎞⎛λdn⎞与命题并不一致，但是显然，当是小量时，v⎜1−⎟≈v⎜1+⎟，两者ppndλ⎝ndλ⎠⎝ndλ⎠是一致的。 −18λdnλ3.010×−6而本题，==9.91610×确实很小，两者应相当接近。3ndλnλ33331010×1010×1010×1010×∆=t−=−vcccλdncg+2nndλ8≈9.3(8.84,nsns用matlab计算的，且取光速c=2.997910m/s)×习题7.31.按定义，若一平面波的振幅矢量在等相位面上为常矢量，则此平面波为均匀平面波.���*证明：对一复波矢k,若kk×=0，则它为平面波，否则为非均匀平面波.�����证：令k=β+iα，则��*�����������������������������kk×=（β+iα）×(β−i)α=ββ×−iβα×+iαβ×+αα×=2iαβ×=0,�����故有αβ×=0，����从而α与β在同一条直线上，即方向相同或相反，从而与����α垂直的平面和与β垂直的平面互相平行.平面波是下述不同频率的单色平面波的线性叠加，��������������������（E,B）=（EBexp[i(0，0）k•−xωt)]=（EBexp[i(0，0）−•αx)]exp[i(β•−xωt)]�����由上式可知，等相位面方程为β•=x常量，即垂直于β的平面.���������而等幅面方程为α•=x常量，即垂直于α的平面.故因为α垂直的平面和与β垂直的平面互相平行，故此平面波的振幅矢量在等相位面上为常矢量，从而它为均匀平面波.2.有一300MHz的均匀平面波在有耗介质中传播。该有耗介质的电导率为σ=4S/m，c���介电常量与磁导率分别为ε=9ε0与µ=µ0.若此波的电场振幅矢量为E0=（10V/m）ex,且沿z方向传播.写出时域内电磁场强度的表达式并求能流密度矢量.解：此平面波满足Helmholtz方程���22(∇+k)E=0,式中�����σ22ck=β+i,kα=ωµε，ε=ε+i.(1)ωωω它具有下述单色平面波解��������������E=Eexp[i(0k•−xωt)]=Eexp(0−•αx)exp[i(β•−xωt)]（2） 由平面波均匀以及沿z方向传播的条件，知������α=αez，β=βez（3）综合(1)3（）两式可得11⎧⎪1σ2⎫⎪2⎧⎪1σ2⎫⎪2ccα=ωµε⎨[1+−1]⎬=2πfµε⎨[1+−1]⎬（4）2222⎪⎩2ωε⎪⎭⎪⎩2(2πf)ε⎪⎭11⎧⎪1σ2⎫⎪2⎧⎪1σ2⎫⎪2ccβ=ωµε⎨[1++1]⎬=2πfµε⎨[1++1]⎬（5）2222⎪⎩2ωε⎪⎭⎪⎩2(2πf)ε⎪⎭代入数据得−1−1α=67.5m,β=70.1m代入（2）式及数据得�����������8E=Eexp(0−•αx)exp[i(β•−xωt)]{10exp=（-67.5exp[i(70.1z）z−2π××310t)]V/m}ex����再由频域中的定态麦克斯韦方程∇×E=iBω得��1���1������B=ikE×=（β+iα）×Eiωω1��8=（70167.5i.+）ez×{10exp（-67.5z）exp[i(70.1z−2π××310t)]V/m}exω1�8=（70167.5i{10exp.+）（-67.5exp[i(70.1z）z−2π××310t)]V/m}ey82π××310����取EB，的实部得���8ReE={10exp（-67.5iz）cos(70.1z−2π××310t)V/m}ex��1ReB{=10exp（-67.5z）82π××310�88×[701cos(70.1.z−2π××310t)67.5sin(70.1−z−2π××310t)]T}ey从而能流密度矢量为�����1����s=ReEReH×=ReEReB×µ118={100exp（-267.5×z）cos(70.1z−2π××310t)-784π×102π××310�88-2-1×[701cos(70.1.z−2π××310t)67.5sin(70.1−z−2π××310t)]Jmsi}ez18={100exp（-267.5×z）cos(70.1z−2π××310t)2240π�88-2-1×[701cos(70.1.z−2π××310t)67.5sin(70.1−z−2π××310t)]Jmsi}ez3.一均匀平面波在有耗介质中传播.该有耗介质的电导率为σ=2S/m，介电常量与c磁导率分别为ε=36ε与µ=4.µ若此波的电场为00���E10=e−kx2cos(810tπ8−kx)V/me(1)1z求出k，k和磁场强度.12解：此平面波满足Helmholtz方程���22(∇+k)E=0,式中 �����σ22ck=β+i,kα=ωµε，ε=ε+i.（2）ωωω它具有下述单色平面波解��������������E=Eexp[i(0k•−xωt)]=Eexp(0−•αx)exp[i(β•−xωt)]����������������=Eexp(0−•αx)cos(β•−xωt)+iEexp(0−•αx)sin(β•−xωt)将其实部与(1)式对比得���������8E0=（10V/m）ez，α=k2ex，β=k1ex,ω=810Hzπ（3）综合(2)3（）两式可得1⎧⎪1σ2⎫⎪2ck=β=ωµε⎨[1++1]⎬122⎪⎩2ωε⎪⎭1⎧⎪1σ2⎫⎪2ck=α=ωµε⎨[1+−1]⎬222⎪⎩2ωε⎪⎭代入数据得−1−1k=136.5m，k=92.4m12����再由频域中的定态麦克斯韦方程∇×E=iωµH得��1���1������H=Re（ikE×）=Re[（β+iα）×E]iωµωµ1��=Re[（k+ik）e×10e−kx2exp(kx810t)]−π8e12x1zωµ1�=−10e−kx2[kcos(kx810t)−π8−ksin(kx810t)]−π8e1121yωµ1�−92.4x88=−10e[136.5cos(136.5x810t)92.4sin(92.4x810t−π−−π)]ey8-7810π××44π×101�−92.4x88=−e[136.5cos(136.5x810t)92.4sin(92.4x810t)]−π−−πey2128π习题7.4１、考虑在两绝缘介质的分界面上，入射波、反射波与折射波所满足的边值关系�����⎧nD⋅(+D)=⋅nDird⎪�����⎪n×(E+E)=×nEird⎨�����⎪nB⋅(+B)=⋅nBird⎪�����⎩n×(H+H)=×nHird�式中，n是分界面的法向． 证明：若第二个边值关系成立，则第三个边值关系自然满足；若第四个边值关系成立，则第一个边值关系自然满足．����������证明：（１）n×(E+E)=×nE⇒⋅nB(+B)=⋅nBirdird���1���1���nB⋅(i+Br)=n⋅∇×(Ei+∇×Er)=n⋅∇×⎡⎣(Ei+Er)⎤⎦iωiω1���1���=n⋅∇×(E)=⋅n(∇×E)=⋅nBdddiωiω����������（２）n×(H+H)=×nH⇒⋅nD(+D)=⋅nDirdird���1�����1����nD⋅(i+Dr)=−n⋅∇×⎡⎣(Hi+Hr)+jfi+jir⎤⎦=−n⋅∇×⎡⎣Hd+jfi+jfr⎤⎦iωiω1�����=−n⋅∇×⎡H+j⎤=⋅nDiω⎣dfd⎦d２、验证：电磁波在绝缘介质分界面上反射与折射时，能量守恒．证明：只需证明反射系数ｒ和透射系数ｄ之和等于零即可．2⎧r+λr�⊥⎪r=2⎪1+λEi0⊥⎨2（其中λ=）⎪d=d�+λd⊥εdcosθdEi0�⎪+21λεcosθ⎩ii上面是课本上的定义，定义有误，下面定义才是正确的，按此定义可以得到课本公式（7.4.31）P237。详细过程可以参看本节习题7而下面的证明也可以证明这样的定义是正确的。2⎧r+λr�⊥⎪r=2⎪1+λE⎨（其中λ=i0⊥）2⎪d=d�+λd⊥Ei0�⎪⎩1+λ2其中 2⎧tan(θi−θd)⎪r=�2⎪tan(θi+θd)⎪sin2(θi)sin2(θd)⎪d=�22⎪sin(θi+θd)cos(θi−θd)⎨2⎪sin(θi−θd)r=⎪⊥sin2(θ+θ)id⎪⎪sin2(θi)sin2(θd)⎪d=⊥2⎩sin(θi+θd)22r+λrd+λd�⊥�⊥r+d=+221+λ1+λ22tan(θi−θd)2sin(θi−θd)+λ22tan(θi+θd)sin(θi+θd)=21+λsin2(θi)sin2(θd)2sin2(θi)sin2(θd)+λ222sin(θi+θd)cos(θi−θd)sin(θi+θd)+21+λ21⎡tan(θi−θd)sin2(θi)sin2(θd)⎤=⎢+⎥22221+λ⎣tan(θi+θd)sin(θi+θd)cos(θi−θd)⎦22λ⎡sin(θi−θd)sin2(θi)sin2(θd)⎤+⎢+⎥2221+λ⎣sin(θi+θd)sin(θi+θd)⎦2tan(θi−θd)sin2(θi)sin2(θd)则有+222tan(θi+θd)sin(θi+θd)cos(θi−θd)22sin(θi−θd)cos(θi+θd)+sin2(θi)sin2(θd)=22sin(θi+θd)cos(θi−θd)=12sin(θi−θd)sin2(θi)sin2(θd)+22sin(θi+θd)sin(θi+θd)2sin(θi−θd)+sin2(θi)sin2(θd)==12sin(θi+θd)则有r+d=1所以电磁波在绝缘介质分界面上反射与折射时，能量守恒． 6３、一场强振幅为E=10cgs单位的电磁波从真空垂直入射到一绝缘介质的表面（为平面）0上，介质的介电常量ε=1.44．试将物理量换算到国际单位制后计算电磁波对介质产生的压力．解：在介质中⎛1212⎞������F=⎜εE+µH⎟I−εEE−µHH其中ε|E|=µ|H|0000⎝22⎠��⎛1212⎞�1���1�F=∫dnσ⋅=F⎜εE+µH⎟Sn=|EHSn×|=sSS⎝22⎠cc610又E=10cgs=2.99710×Vm/0⎧Ed2ni10==⎪⎪En+n110id对正入射：⎨H2n12⎪d=d=⎪Hn+n11⎩0id10E=Ed0111212ε0H=H=Ed001111µ0�120ε02则F=0.5×ES0121cµ0�120ε0260292p=F/S=0.5×E=εE=3.9410×Nm/000121cµ1210更正:在介质外表面上的电磁动量流密度为⎛1212⎞������F=⎜εE+µH⎟I−εEE−µHH其中ε|E|=µ|H|000000⎝22⎠����式中，E=E−E，E的振幅为E。电磁波对介质产生的压力为irin0��⎛1212⎞�1���1�F=dnσ⋅=F⎜εE+µH⎟Sn=|EHSn×|=sS∫00S⎝22⎠cc电磁波对介质产生的平均压强的大小为1212212P=εE+µH=εE=εE0000222 2222En−n1.01.2−⎛1⎞r0id对正入射：r====⎜⎟En+n1.01.2+⎝11⎠0id故E=E−E=E−rE=(1−rE)ir000212因而P=(1−r)εE0022⎛1⎞1−1210292代入数据得P=⎜1−⎟××8.8510××(3.0010)×=3.2910(N/m)×⎝11⎠2４、平面电磁波从介质１垂直入射到与介质２的分界面上．两介质的折射率分别为n与n，12n2且=+322．证明反射波能流等于折射波能流．n1证明：要证明反射波能流等于折射波能流，且平面电磁波从介质１垂直入射到与介质２的分����界面上，而且电磁波的强度I=s⋅n，n是σ的法向．Is11=Is22则只需证明ｒ＝ｄ即可（即I=I）dr对正入射，反射系数与折射系数为2⎧(n1−n2)⎪r=2⎪(n1+n2)⎨⎪4nn12d=⎪2⎩(n1+n2)2⎛n⎞22⎜1−⎟(n1−n2)⎝n1⎠322+r===22(n1+n2)⎛n2⎞642+⎜1+⎟n⎝1⎠n244nnn322+121d===22(n1+n2)⎛n2⎞642+⎜1+⎟n⎝1⎠则ｒ＝ｄ得证则反射波能流等于折射波能流． 5．有一个以平面Z=0与Z=d为边界的电介质层，其介电常量为ε，它将介电常量分别为ε21与ε的两种电介质隔开。三种电介质的磁导率均为µ。电磁波从Z〈0的区域，沿着垂直30于层表面的方向入射到电介质层上。问当层的厚度满足什么条件时反射系数取极值？当层的厚度为多大时反射最小？当三种电介质的介电常量满足什么条件时没有反射？解:由题意可知，����⎧⎪Ezt(,)=Eeikzwt(1−)⎧Bzt(,)1/=vEeikzwt(1−)iii1iz<0：⎨��i(−kzwt1−)⎨��i(−kzwt1−)⎪Ezt(,)=Ee⎩Bzt(,)1/=vEe⎩RRR1R����⎧⎪E(,)zt=Eeikzwt(2−)⎧Bzt(,)1/=vEeikzwt(2−)DDD2D0d:{Ezt(,)=Eeikzwt(2−){Bzt(,)1/=vEeikzwt(1−)ddi3d����由在Z=0，Z=d处的边界条件E11=E11,B11=B11,且三者的磁导率均为µ，则有:12120����⎧E+E=E+E����iRDr⎪⎧⎪Ei+ER=ED+ErjZ=0：⎨1�1�1�1�即⎨����⎪Ei−ER=ED−Er⎪⎩Ei−ER=β(ED−Er)(β=vv1/2)kvvvv⎩1122���⎧Eeikd2+Ee−ikd2=Eeikd3Drd⎪Z=d:⎨1�ikd21�−ikd21�ikd3即Ee−Ee=Ee⎪Drdvvv⎩223���⎧Eeikd2+Ee−ikd2=Eeikd3Drd⎪l⎨�ikd2�−ikd2�ikd3v2Ee−Ee=αEe(α=)m⎪Drdv⎩3���则j+k为：2E=(1+β)E+(1−β)EniDr��则l+m为：2Eeikd2=(1+α)Eeikd3oDd��则l—m为：2Ee−ikd2=(1−α)Eeikd3prd��将o，p代入n可得：[]ikd34E=2(1+αβ)cos(kd)−i(α+β)sin(kdEe)i22d�2vεE2E33d0d而折射系数T=2=αβ�2，因此可求得：vεEE11i0i⎡2−22−2⎤−112(n1n2)(n3n2)2T=⎢(n1+n3)+2sin(kd2)⎥4nn13⎢⎣n2⎥⎦而RT+=1 1所以反射系数R=−1T=−1−1T−11）若R取极值，则T也取极值，即22sin(kd)=0或sin(kd)1=22mπmλ2所以kd=（m整数）d=224mλ2即d=时，反射系数R取极值。4−122）若R取最小值，则T也取最小值，即sin(kd)1=2mλ2所以d=（m为奇数）4mλ2即d=（m为奇数）时，反射系数最小。4−123）若无反射，则T=1，而sin(kd)1=，故2⎡2−22−2⎤12(n1n2)(n3n2)⎢(n1+n3)+2⎥=14nn13⎢⎣n2⎥⎦可求得：n=nn所以ε=εε213213即在ε=εε时，厚度满足使R最小时无反射。213６平面线偏振电磁波从介质1入射到介质２的分界面上，两介质的折射率分别是n与n，12π偏振方向与入射面的夹角为．若选取入射角使反射波偏振方向与入射面垂直，证明折射4波的偏振方向与入射面的夹角为：解：由Fresnel公式有：2sinθcosθE=diE（1）d0//i0//sin(θ+θ)cos(θ−θ)didi2sinθcosθdiE=Edo⊥io⊥（２）sin(θ+θ)idE1Ecotβ=od//=id//所以：（3）Ecos(θ−θ)Eod⊥idid⊥式中β是折射波偏振方向与入射面的夹角． π因为入射波的偏振方向与入射面夹角为，所以：42Eid//=Eid⊥=Eid（4）2而当反射波偏振方向与入射面垂直时，入射角为Brewst角，即入射角满足下式：sinθnπB1θ+θ=tanθi=tanθB==，id（5）cosθn2B2n2nn112故：sinθi=22，进而：sin2θi=22（6）n1+n2n1+n2221n+ncotβ=12将（4），（5），（6）式代入（3）式得：sin2θ2nni12⎡1⎛nn⎞⎤β=arccot⎢⎜1+2⎟⎥即（７）2nn⎣⎝21⎠⎦7．如果通常的近似µ≈µ不成立，21证明：在两绝缘介质的边界面上，反射系数为22⎡εε⎤⎡µµ⎤⎢2′−1⎥⎢2′−1⎥cosθcosθcosθcosθµµεεr=⎢21⎥，r=⎢21⎥⊥�⎢εε⎥⎢µµ⎥⎢2′+1⎥⎢2′+1⎥cosθcosθcosθcosθ⎢⎣µ2µ1⎥⎦⎢⎣ε2ε1⎥⎦式中，θ与θ′分别是入射角与折射角。求折射系数，并讨论是否对每一种偏振（⊥或�），Brewster都存在。解：在边界是两绝缘介质边界面情况下，入射波平均能流密度为�1�∗�1�1��1ε1�2�〈〉=SRe(E×H)=E×(k×E)=Ekiiiioioioio22µω2µ11反射波平均能流密度为�1�∗�1�1��1ε1�2�〈〉=SRe(E×H)=E×(k×E)=Ekrrrrorororo22µω2µ11折射波平均能流密度为�1�∗�1�1��1ε2�2�〈S〉=Re(E×H)=E×(k×E)=Ekddddodododo22µω2µ22 由于反射角等于入射角，所以���2〈S〉⋅nErro反射系数r=��=�〈〉⋅SnEiio�2�2EEroror=�，r=��⊥EEio�io⊥由�⎧Ero�kdµ1cosθi−kiµ2cosθd⎪�=Ekµcosθ+kµcosθ⎪io�d1ii2d�⎪Ekµcosθ−kµcosθ⎪ro⊥=i2id1d�⎪Ekµcosθ+kµcosθio⊥i2id1d⎨�，⎪Edo�2kiµ2cosθi�=⎪Ekµcosθ+kµcosθio�d1ii2d⎪�⎪E2kµcosθdo⊥i2i⎪�=⎩Ekµcosθ+kµcosθio⊥i2id1d通过计算可知：22⎡k2′−k1⎤⎡⎢ε2′−ε1⎤⎥cosθcosθcosθcosθ⎢µµ⎥µµr=⎢21⎥k=εµω2⎢21⎥⊥⎢k2k1⎥⎢εε⎥⎢cosθ′+cosθ⎥⎢2cosθ′+1cosθ⎥µµµµ⎣21⎦⎢⎣21⎥⎦2⎡µ1⎤sincosθθ′−sin′θcosθsinθkµε⎢µ⎥iddd2==⎢⎥sinθdkiµεii⎢µ1sincosθθ′+sin′θcosθ⎥⎢µ⎥⎣2⎦22⎡k2−k1′⎤⎡⎢ε2−ε1′⎤⎥cosθcosθcosθcosθ⎢µµ⎥µµr=⎢21⎥k=εµω2⎢21⎥�⎢k2k1⎥⎢εε⎥⎢cosθ+cosθ′⎥⎢2cosθ+1cosθ′⎥µµµµ⎣21⎦⎢⎣21⎥⎦2⎡µ1⎤sincosθθ−sin′θcosθ′sinθkµε⎢µ⎥iddd2==⎢⎥sinθdkiµεii⎢µ1sincosθθ+sin′θcosθ′⎥⎢µ⎥⎣2⎦ ε2���2〈Sd〉⋅nµ2Edocosθ′而折射系数d=��=�〈〉⋅SnεEcosθi1ioµ1则εεε212′�24coscosθθµ2Edocosθ′µ1µ2d=�=⊥2ε1Eio⊥cosθ⎛εε⎞⎜2′+1⎟cosθcosθµµµ1⎝21⎠µ1′sin2sin2θθµ2=2⎛µ⎞⎜1′+′⎟sincosθθsinθcosθµ⎝2⎠εεε212′�24coscosθθµ2Edocosθ′µ1µ2d=�=�2ε1Eio�cosθ⎛εε⎞⎜2+1′⎟cosθcosθµµµ1⎝21⎠µ1′sin2sin2θθµ2=2⎛µ⎞⎜1+′′⎟sincosθθsinθcosθµ⎝2⎠µ1显然，当=1时，就是课本公式（7.4.31）P237µ2下面我们讨论一下Brewster角问题：所谓Brewster角,就是使反射波只有一个偏振方向的入射角。因此：令：r=0;r=0⊥//µ1′−′=（1）垂直方向得到：sincosθθsinθcosθ0µ2µ1−′′=（2）平行方向sincosθθsinθcosθ0µ21.我们先讨论方程（2）： εµ11令x=sin,θa=,b=εµ22sinθkµεπid22由折射定律，==，且0<θθ,′b时，则a>1,ab>1⎧ε1⎪>1ε⎪2⎪εµ11即⎨>εµ⎪22⎪εµ11⎪>1εµ⎩22这就是光从高介电介质射入低介电介质时，发生Brewster现象的条件。µε11当=1时，只要>1。µε22这个条件是对材料而言的，下面察看其对入射角的要求。a−1ab−bsinθ=x==，它随ab/单调递增。22(a−1)b(a−1)2a由a>ba,>1,ab>⇒1a>>1b a−1⎛2⎞b11−a−1所以sinθ=∈⎜,⎟=(0,1)2−⎜2−2−⎟(a1)⎝(a1)(a1)⎠⎛π⎞这就是说入射角可以取⎜0,⎟的任意一个值。即此时发生Brewster现象对⎝2⎠入射角没有任何要求。⎛π⎞对折射角同样处理，也可以得到折射角可以取⎜0,⎟的任意一个值。⎝2⎠µ1下面取一特殊情况：=1µ2a−11a>11π则b=1，所以sinθ==⇒sinθ<⇒θ<2(a−1)a+124此时若要发生Brewster现象，则必须使入射角在45度以内。⎛π⎞对折射角同样处理，可以发现折射光出现区间也不再是⎜0,⎟而只是在⎝2⎠⎛π⎞⎜0,⎟之间⎝4⎠○2当a1ε⎪2⎪εµ11因此发生Brewster现象对材料的要求是：⎨>εµ⎪22⎪εµ11⎪>1εµ⎩22仿照○1，可以得到入射角，折射角任意。µ1取特殊情况：=1µ2 a−11a<11πsinθ==⇒sinθ>⇒θ>2(a−1)a+124此时若要发生Brewster现象，则必须使入射角大于45度。⎛π⎞对折射角同样处理，可以发现折射光出现区间也不再是⎜0,⎟而是在⎝2⎠⎛ππ⎞⎜,⎟之间，与○1情况刚好互补。⎝42⎠2.现在讨论方程（1），xabx22ba−btanθ′=tanθ⇒b=⇒sinθ=x=2221−x1−abx(b−1)a因此只要a↔b就可以直接利用1的讨论结果。具体略。µ1只是指出一下当b==1时，不存在Brewster角。因为此时分母为零，µ22sinθ→∞，这是不可能的。总结：当取普遍情况，µ≠µ时，在垂直和平行方向上都可以有Brewster角。而12且对入射角的大小没有要求。（如果材料可以任选）当µ=µ时，只能在平行方向上有Brewster角。且对入射角的大小有要求，而且12折射方向也有限制。８证明：当一个非偏振波从空气以Brewster角入射到折射率为n的绝缘介质表面上，222(1+n)−4nP=折射波的偏振度为：222(1+n)+4nI−IP=//⊥解：由偏振度的定义：(1)I+I//⊥d−dP=//⊥得折射波的偏振度为：(2)d+d//⊥而折射波平行和垂直与入射面的分量的折射系数之间存在如下关系： 1d=d//2⊥(3)cos(θ−θ)id21cos(−θ−θ)P=id将（3）式代入（2）得：2(4)1cos(+θ−θ)id当一个非偏振波从空气以Brewster角入射到折射率为n的绝缘介质表面上时，其入射角和折射角满足如下关系：πθi+θd=,tanθi=tanθB=n(5)2将（５）式代入（4）式得:24n1−2222221sin(2)−θ(1+n)(1+n)−4nP=i==222221sin(2)+θ4n(1+n)+4ni1+22(1+n)习题7.51、证明：除全反射外，线偏振的平面电磁波在绝缘介质边界上反射与折射后仍然是线偏振的。如果入射波的偏振面与入射面的夹角为φ，入射角为θ；试证明：反射波与折射波的偏振矢量与入射面的夹角α和β分别为cos(θ′−θ)tanα=−tanφtanβ=cos(θ′−θ)tanφcos(θ′+θ)式中θ′是折射角。证明：对线偏振的入射波（其偏振面与入射面的夹角为φ，入射角为θ）来说，Eio⊥tanφ=Eio//由Fresnel公式，有tan(θθ−′)sin(θθ−′)E=EE=−Ero//io//ro⊥io⊥tan(θθ+′)sin(θθ+′)对反射波来说（除全反射情况）， Esin(θθ−′)tan(θθ+′)Ecos(θ′−θ)ro⊥io⊥tanα==−××=−tanφEsin(θθ+′)tan(θθ−′)Ecos(θ′+θ)ro//io//由于θ、θ′和φ都是常数，故α也是常数，故反射光也是线偏振光，其偏振矢量与入射面的夹角α满足上式。由Fresnel公式，有2sinθ′cosθ2sinθ′cosθE=EE=Edo//io//do⊥io⊥sin(θθ+′)cos(θθ−′)sin(θθ+′)对折射波来说（除全反射情况），E2sinθ′cosθsin(θθ+′)cos(θθ−′)E=do⊥=××io⊥=′−tanβcos(θθ)tanφEsin(θθ+′)2sinθ′cosθEdo//io//由于θ、θ′和φ都是常数，故β也是常数，故折射光也是线偏振光，其偏振矢量与入射面的夹角β满足上式。��⎧⎪E=−Ecoscos(ϕkxi−ωt−φ)r//o//2、证明：在全反射波行进路径上某一固定点，方程⎨��可⎪⎩E=Esincos(ϕkxi−ωt−φ)r⊥o⊥写为22Er⊥Er//2cosδ2+−EE=sinδ(1)22r⊥r//abab式中δ=φ−φ、a=Esinϕ与b=−Ecosϕ。再由此证明：当取z轴为全反射波的波矢//⊥o0方向、并使x轴与入射面的夹角为ϕ是上述方程成为22EEr⊥r//+=122AB�式中A与B为常数。于是矢量E的终端在与波矢方向垂直的平面上描绘出一个椭圆。r��⎧⎪E=bcos(kxi−ωt−φ)r////证明：我们有⎨��，其中a=Eosinϕ、b=−E0cosϕ，⎪⎩E=acos(kxi−ωt−φ)r⊥⊥由上两式，有EE��r//r⊥arccos()+φ=arccos()+φ=kxi−ωt//⊥baEEr⊥r//arccos()arccos(−)=φ−φ=δ//⊥ab2⎡Er⊥Er//⎤2sinarccos()arccos(−)=sinδ⎢⎥⎣ab⎦ 2⎡⎛Er⊥⎞⎛Er//⎞⎛Er⊥⎞⎛Er//⎞⎤2⎢sinarccos(⎜)cosarccos(⎟⎜)⎟+cosarccos(⎜)sinarcc⎟⎜os()⎟⎥=sinδ⎣⎝a⎠⎝b⎠⎝a⎠⎝b⎠⎦2⎛Ea2−E2Eb2−E2⎞r//r⊥r⊥r//2⎜−⎟=sinδ⎜abab⎟⎝⎠2222222222Er//(a−Er⊥)Er⊥(b−Er//)2EEr//r⊥(a−Er⊥)(b−Er//)2+−=sinδ222222abababE2E2EE⎛EE+(a2−E2)(b2−E2)⎞r⊥+r//−2r//r⊥⎜r//r⊥r⊥r//⎟=sin2δa2b2ab⎜⎜ab⎟⎟⎝⎠而⎛Er⊥⎞⎛Er//⎞⎛Er⊥⎞⎛Er//⎞cosδ=cosarccos(⎜)cosarccos(⎟⎜)⎟+sinarccos(⎜)sina⎟⎜rccos()⎟⎝a⎠⎝b⎠⎝a⎠⎝b⎠2222EEr//r⊥+(a−Er⊥)(b−Er//)=ab22Er⊥Er//2cosδ2故+−EE=sinδ22r⊥r//abab�当取z轴为全反射波的波矢方向、并使x轴与入射面的夹角为ϕ时,矢量E在新坐标系的rπzOx面上,故δ=φ−φ=−,将δ的值代入(1)式,并将a、b分别用A、B代替，有//⊥222EEr⊥r//+=122AB3、一线偏振波从电介质1入射到电介质2的边界面上并被全反射，两介质的折射率分别为πn2n和n。证明：若入射波的偏振方向与入射面的夹角为，则仅当≤21−124n1时，全反射波才可以是圆偏振的。证明：全反射时反射波E和E的相对相位变化设为δφ，其最大值δφ满足r//r⊥max2δφ1−nnmax2tan=，其中，n=。22nn1π要使线偏振波变为圆偏振，则δφ=。则221πδφ1−nmaxtan×=≤1tan=2222n n2由上式得，n=≤21−n14.一平面电磁波从电介质1入射到电介质2的边界面上,介质1的介电常量与磁导率分别为ε与µ,介质2的介电常量与磁导率分别为ε=ε(12)+η与µ=µ,且η≪1,证明:只112121要入射角θ不接近于π/2,则rrE⊥12E�2≈−ηsecθ,≈−η(1tan−θ)iiE2E⊥�sinθivipkdεµ22sinθi证明:∵====12+η∴sinθ=dsinθdvdpkiεµ1112+η222η+cosθi∴cosθ=1sin−θ=dd12+ηrEsin(θ−θ)sinθcosθ−cossinθθ⊥ididid=−=−iEsin(θ+θ)sinθcosθ+cossinθθ⊥idididsinθcosθ12cos+ηθii−i12+η−2sinθcosθ2η+cosθddi=−=−sinθicosθi12cos+ηθ+12+η+isinθcosθ2dd2η+cosθi22η+cosθ−cosθ2ηii=−=−2222η+cosθ+cosθ2η+2cosθ+2cosθ2η+cosθiiiiiη=−22η+cosθ+cosθ2η+cosθiiiπ2又η≪1,则当入射角不接近时,cosθ≫η,有i222η+cosθ≈cosθii22222η+cosθ+cosθ2η+cosθ≈cosθ+cosθ=2cosθiiiiiirE⊥η1212∴≈−=−ηsecθ=−ηsecθi2iE2cosθ22⊥i rE�tan(θi−θd)sinθicosθi−sinθdcosθd==iEtan(θ+θ)sinθcosθ+sinθcosθ�idiiddsinθcosθid−2sinθcosθ(12)cos+ηθ−2η+cosθdiii==−sinθcosθ2i+d(12)cos+ηθ+2η+cosθiisinθcosθdi22222cosθ+4cosηθ+4ηcosθ−2η−cosθiiii=222222cosθ+4cosηθ+4ηcosθ+2η+cosθ+2(12)cos+ηθ2η+cosθiiiiii2222cosηθ+2ηcosθ−ηii=22222cosθ+2cosηθ+2ηcosθ+η+(12)cos+ηθ2η+cosθiiiiiEr2222�2cosηθi+2ηcosθi−η代入2η+cosθ≈cosθ,则=iii2222E2cosθ+4cosηθ+2ηcosθ+η�iiiη≪1,略去低阶小量,有2222222cosηθ+2ηcosθ−η≈2cosηθ−η=η(cosθ−sinθ)iiiii222222cosθ+4cosηθ+2ηcosθ+η≈2cosθiiiiEr22�η(cosθi−sinθi)1212∴≈=η(1tan−θ)=η(1tan−θ)i2iE2cosθ22�isinθnid全反射发生条件为=12+η<1且θ≥θ=arcsin=arcsin12+ηicsinθndi即η<0,且θ≥θ=arcsin12+ηic5.由δ=θ−θ定义一个正的量δ,这里θ与θ分别是入射角和全反射临界角.ccr≈−1aδ⊥⊥证明:当δ→0时反射系数为r≈−1aδ��式中,a与a是与介质折射率有关的常数.⊥�证明:δ为正,故此时仍发生折射,有1212122sinθ=sinθcosθ=1sin−θ=1−sinθ=n−sinθdiddiinnnnd此处n==sinθ,对r,r分别有c⊥�ni 1221sin(2θ−θ)sinθcosθ−cosθsinθsinθin−sinθi−cosθisinθir=id=(idid)2=(nn)2⊥sin(2)sincoscossin11θ+θθθ+θθ22idididsinθn−sinθ+cosθsinθiiiinn2222222n−sinθ−cosθn−sinθ+cosθ−2cosθn−sinθii2iiii=()=2222222n−sinθ+cosθn−sinθ+cosθ+2cosθn−sinθiiiiii224cosθn−sinθii=−122222n−sinθ+cosθ+2cosθn−sinθiiii122tan(2θ−θ)sinθcosθ−sinθcosθsinθicosθi−2sinθin−sinθiidiidd2n2r==()=()�tan(2)sincossincos1θ+θθθ+θθ22idiiddsinθcosθ+sinθn−sinθii2iin2224222222ncosθ−n−sinθncosθ+n−sinθ−2ncosθn−sinθii2iiii=()=2224222222ncosθ+n−sinθncosθ+n−sinθ+2ncosθn−sinθiiiiii2224ncosθn−sinθii=−14222222ncosθ+n−sinθ+2ncosθn−sinθiiii∵δ=θ−θ∴=θθ−δcc当δ→0时2sinθ=sin(θ−δ)=sinθcosδ−cosθsinδ≈(1−δ)sinθ−δcosθ=n(1−δ)−1−nδiccccc22222222n−sinθ=2nδ−δ+2nδ(1−δ)1−n=2nδ(n+1−n)−δ(12+n1−n)i222略去低阶小量,有n−sinθ=2(nn+1−n)δi⎧24cosθ2(nn+1−n)⎪a=i⊥⎪n2−sin2θ+cos2θ+2cosθn2−sin2θ⎪iiii令⎨且取sinθi≈sinθc=n,⎪4n2cosθ2(nn+1−n2)i⎪a=�4222222⎪ncosθ+n−sinθ+2ncosθn−sinθ⎩iiii22cosθ=1sin−θ≈1−nii⎧⎪r⊥=−1a⊥δ则有⎨⎪⎩r�=−1a�δ且a与a是只与介质折射率有关的常数.⊥� //对上面两个问题，想说的是处理时要小心，往往得到的结果在无穷小阶数上是正确的，但是前面系数会相差一点。习题7.61．一平面电磁波从绝缘介质正入射到导电介质表面上，证明透入到金属内部的电磁波能量全部转化为Joule热。证：设平面电磁波沿z轴正入射到金属表面上，则透入金属内的电磁波为������−αzi(βz−ωt)Ez()=Ee0e由于����k��H=×Eωµ�����k=β+iα所以，金属内的能流密度为���1�����*1��k��*S=Re(EH×)=Re[E×(×E)]22ωµ�*12k12��=Re[|E|]=|E|β002ωµ2ωµ���其中，第二个等式用到了kE×=0金属单位体积内消耗的焦耳热的平均值为1����*1����*1��212−2αzRe(EJ⋅)=Re(E⋅σE)=σ|E|=σ|E|e2222因此，以金属表面单位面积为底的无穷长柱体所消耗的焦耳热为∞12−2αz12Q=σ|E|edz=σ|E|∫020201又有αβ=ωµσ2��所以Q=|S|即透入到金属内部的电磁波能量全部转化为Joule热。证毕2．设在理想导体表面上涂有一层厚度均匀的绝缘介质膜。介质膜的介电常量和磁导率分别为ε和µ，其厚度为d。今有一束线偏振的平面电磁波垂直射向导体表面，试求反射系数。0解：电磁波正入射到非导体分界面上时，有Fresnel公式En−nE2nriddi=,=En+nEn+niidiid ε设介质折射率为n=ε0首先，从真空入射到绝缘介质，在分界面上的反射和折射电场为��"1−n��"��Er=E0=rE0n+1��"2����Ed=E0=tE"0n+1设金属为理想导体，则在介质和金属的分界面上，电磁波全部反射，但相位改变π，当电磁波再次从绝缘介质入射真空时，在分界面上有：��n−1����n−1Er=Ei=rEi,r=n+1n+1��2n����2nEd=Ei=tEi,t=n+1n+1总的反射波场应为在介质膜中经多次反射后透到绝缘膜外的所有场的叠加，因而有����"��"2i(2πd+π)i(2πd+π)i(2πd+π)Er=Er+Eett[1+re+(re)+⋅⋅⋅]��"��"i(2πd+π)1=Er+Eetti(2πd+π)1−re⎡⎤⎢1−n22nei(2πd+π)⎥��=⎢+⋅⋅⎥E01+n1+n1+ni(2πd+π)n−1⎢e−⎥⎣n+1⎦i(2πd+π)��(1−n)+(1+ne)=E0i(2πd+π)(1−n)+(1−ne)��22i(2πd+π)Er(1−n)+(1+ne)该系统的反射系数R=��==1i(2πd+π)E0(1−n)+(1−ne)证毕3．一平面电磁波从绝缘介质正入射到导电介质表面上，绝缘介质的介电常量为ε，导电介1质的介电常量与电导率分别为ε与σ，两介质的磁导率均为µ=µ=µ。2c120证明：在低电导率的极限情形下，反射系数为22⎛ε−ε⎞ε⎛σ⎞121r=⎜⎟+⎜⎟⎜ε+ε⎟4⎝ω⎠⎝12⎠(ε1+ε2)求反射时波的相位变化。证明：设入射波的电矢量垂直于入射面，对于导电介质表面的反射，有 2(nk10cosθi−p)2nkq10cosθir=tanϕ=2222(nk10cosθi+p)(nk10cosθi)−(p+q)ε1其中介质折射率为n=1ε022⎛ε22⎞2p−q=⎜−nsinθ⎟k1i0ε⎝0⎠σ22pq=k02ωε0π对于正入射，θ=，诸式得到化简，解得：i2⎡2⎤2=ε2⎢+⎛σ2⎞+⎥p1⎜⎟12ε⎢⎝ωε⎠⎥02⎣⎦⎡2⎤q2=ε2⎢1+⎛σ2⎞−1⎥⎜⎟2ε⎢⎝ωε⎠⎥02⎣⎦⎛σ⎞2在低导电率的极限下，⎜⎟≪1，故有ωε⎝2⎠222ε22⎡1⎛σ2⎞⎤p+q=k⎢1+⎜⎟⎥ε0⎢⎣2⎝ωε2⎠⎥⎦2ε⎡1⎛σ⎞⎤22p=k⎢1+⎜⎟⎥ε0⎢⎣22⎝ωε2⎠⎥⎦1σ2q=k02εε20ωε22nkq10tanϕ=222(nk10)−(p+q)所以εε/σ122=()21σω2ε2(ε1−ε2)−22ω 2222nk+p+q−2nkp1010r=2222nk+p+q+2nkp101022⎛11⎞⎛σ⎞2(ε1−ε2)+ε2⎜ε2−ε1⎟⎜⎟⎝24⎠⎝ωε2⎠=22⎛11⎞⎛σ⎞2(ε1+ε2)+ε2⎜ε2+ε1⎟⎜⎟⎝24⎠⎝ωε2⎠X+xXXx−Xxxx111211212用近似式≈+其中,≪12X+xXXXX22221222⎛ε1−ε2⎞εε12(3ε2−ε1)⎛σ⎞得：r=⎜⎟+⎜⎟⎜ε+ε⎟42⎝ω⎠⎝12⎠2(ε1+ε2)ε2注：r式中第二项和答案不同4．一平面电磁波从绝缘介质正入射到导电介质表面上，绝缘介质的折射率为n，导电介质1的复折射率为η+iκ。证明：反射波相对于入射波的相位变化φ为2nκ1tanφ=222n1−(η+κ)证：设入射波的电矢量垂直于入射面，对于导电介质表面的反射，有2nkqcosθ10itanφ=（*）222(nk10cosθi)−(p+q)其中2222222p−q=(η−κ−n1sinθi)k02pq=ηκk0π对于正入射，θ=，有（对于正入射，θ=0）ii2p=ηq=κp=ηkq=κk002nkqcosθ10i代入（*）即得：tanφ=222(nk10cosθi)−(p+q)2nκ1tanφ=222n1−(η+κ)5、一平面电磁波从绝缘介质入射到导电介质表面上，绝缘介质的介电常量为ε，导电介1 质的介电常量与电导率分别为ε与σ，两介质的磁导率均为µ=µ=µ。2c120证明：对于斜入射，当入射波偏振方向平行于入射面且入射角不接近于π/2时，反射波的能量近似等于反射波能量乘以下述因子：122−ωεσ/secθ1c当入射波偏振方向垂直于入射面时，反射波的能量近似等于反射波能量乘以下述因子：122−ωεσ/.1c（1）由于−EE=ρexp(−iφ)，可得：ri��12U2ε1Er(cosθ−γ)2+cos2θr2==ρ=————①1�(cos)2cos2U2θ+γ+θiεE1i2（其中U为反射波的能量，U为入射波的能量）rin2ωεε2ωε2ωε10101式中γ==n==———②1ησεσσc0cc22U2cosθ+γ−2cosγθ2cosθr①式化为==−12γ2222U2cosθ+γ+2cosγθ2cosθ+γ+2cosγθiU2cosθr对于良导体，γ≪1，则有=−12γ=−12secγθ2U2cosθiU2ωεr1将②式代入，得到=−12secθ。Uσic1U2ωεr1（2）对于垂直入射情形，θ=0;secθ==1从而化为=−12cosθUσic6、单色平面电磁波由真空斜入射到非磁性的金属表面上，波偏振方向与入射面成α角。若线偏振入射波的强度为I，试确定反射波的强度与偏振态。0���������解：将E分解为与入射面垂直的分量E及平行分量Er⊥����������⎧E=E+Er⊥�⎪则有⎨E=Esinα=Ersinα⊥r⊥i⊥⎪E=Ecosα=Ercosα⎩�r�i�22222222故E=E+E=Er(cosα+rsinα)r⊥�i�⊥2Er2222故I=I=Ir(cosα+rsinα)020�⊥Ei 2⎧tan(θθ−)d⎪r=�2⎪tan(θθ+)d其中⎨————①2⎪sin(θθ−)dr=⎪⊥2+sin(θθ)⎩dn1又因为sinθ=sinθdη+ik⎧⎪⎪n=11⎪⎪ε22其中⎨η=ε⎪0⎪221σ⎪κ=2⎪⎩4ωεε02（其中第3个式子将taylor展开式保留一阶小量）sinθ得sinθ=……②dεiσ2+ε2ωεε00211对于良导体：|Z|(=ε/ε)2=≈2ωε/σ≈γ≪1sr,ω00c|(ε+iσ/)/ωε|0c0故由式(7.6.31)与式(7.6.32)知：222cosθ−2Zcosθ+Zcosθ−Z2sr,sr,sr,r=ρ=≈��222cosθ+2Zcosθ+Zcosθ+Zsr,sr,sr,由课本上式(7.6.24)之前的一个式子与式(7.6.27)知：2r=ρ≈−12Zcosθ⊥⊥sr,7、一线偏振E=eEsinkz-wt(+φ)，由真空入射到理想导体平面Z=d上.试求：y00（1）全空间中电磁场的表达式；（2）导体表面上的面电流；（3）导体表面上的辐射压力（即单位表面积上所受到的电磁场的作用力）；（4）当导体非理想时导体表面上的辐射压力.解：（1）由电磁波入射到理想导体平面上E=0,B=0dd该线偏振波由z0区域的电磁场分布；（2）若导体是良导体，其有限电导率为σ，求单位面积上的功耗N.c解:(1)电磁波沿e方向掠入射到X=0的理想导体表面上zπθ=θ=ir2反射波的相位改变:φ=0k=k=keirz将电场分解成按入射面Y=0的切向和法向分量E=E+Ej=ird,,jjj利用电场分量形式:E=(EcosθE−Esinθ)i0i0//ii0⊥i0//iEr0=−(Er0//cosθrEr0⊥−Er0//sinθr)E=0d0有边值关系可得:E=E=ecosφEexpi⎡(kz−ωt)⎤i0//r0//x00⎣⎦Ei0⊥=−Er0⊥=eysinφ0E0expi⎡⎣(kz−ωt)⎤⎦所以反射波:E=⎡ecosφ−esinφ⎤Eexpi⎡(kz−ωt)⎤r⎣x0y0⎦0⎣⎦11Br=kr×Er=⎡⎣exsinφ0+eycosφ0⎤⎦E0expi⎡⎣(kz−ωt)⎤⎦ωc(2)若导体是良导体,入射波能透入导体表面,折射波的能量被耗损掉,单位面积上的功耗12N=Ht2σδc这里H=(H)=(H+H)=H+Htdotiorotio//ro// k而H≈e×ecosφEexpi⎡(kz−ωt)⎤io//zx00⎣⎦µω0E0=eycosφ0E0expi⎡⎣(kz−ωt)⎤⎦µc0E0同理H≈ecosφEexpi⎡(kz−ωt)⎤ro//y00⎣⎦µc021⎛2E⎞0所以：N≈⎜cosφ⎟02σδµcc⎝0⎠'