《电磁场与电磁波》课后习题解答(第九章)

【9.1】 解：因为布儒斯特角满足tanBn2/n1 根据已知条件代入即可求得： （a）Btan1(1.52/1)56.67 （b）Btan1(1.33/1)53.1

''【9.2】 证明：已知E021tanicottE0 （9-38）

''E0n12E0n21n1costn2cosi （9-45） 再法向入射情况下i0,根据斯涅尔折射定理n2sintn1sini，有t0, 将斯涅尔折射定理和it0,代入（9-38）和（9-45）有

''E02 nE012n1故命题得证。

【9.3】 解：对于法向入射情形，满足反射和折射条件如下：

'E0nn R12 （1）

E0n1n2''E02 （2） TE01n2n1依题意，对于由介质溴化钾和空气，当波从空气射向介质时，设空气的折射率为

n1,介质的折射率为n2，当波从介质射向空气时，设介质的折射率为n1,空气的折射率为n2。我们统一将空气的折射率为n1,介质的折射率为n2，则R随着波透射的传播方向不同仅相差一个负号，但考虑到我们要分析的是能量损耗，即只与R2有关，所以不用考虑R的正负。对于T,则分成两种情形：

1

''E02① 当波从空气射向介质时，Tp （3） nE012n1''E02② 当波从介质射向空气时，Tq （4） E01n1n2如下图，波在两个截面上经过无数次反射和折射，能量的损耗由两部分组成，即第一次反射波S1R2，另外一部分为无数次与传播方向反向的方向透射的能量

1 2 1 之和，即：

SS1S2R2S2(1)S2(2)S2(3) （5） S2(1)(pqR)2S2(2)(pqR)2(R2)其中

S2(3)(pqR)2(R2)3S2(n)(pqR)2(R2)2n3 （6）

可以看出该数列为等比为R2的一个无穷等比数列，将已知条件和式（1）、（3）、（4）、（6）代入（5）后×100％式可以求得能量损耗的百分比。

最后结果为，在溴化钾中，反射能量的损失约为9％，在氯化银中，反射能量的损失约为21％。

''【9.5】 解：（1）将t/2代入方程（9.37）和（9.42）可得：E0E0,B0B0,故命题得证。

（2）证明：由n2sintn1sini，有csin1(n2/n1)，

1(而 tsinn2sini) n1 2

当ic时，t/2，因此原命题得证。 将玻璃和空气的折射率代入csin1(n2/n1)，

则界面上发生完全内反射的临界角为41.1°。

【9.6】 解：解题方法与题9.3一样，但须注意，棱镜的斜面上发生的完全内反射，因此在斜面上的波没有损耗，只是起到改变波传播方向的作用。最后结果，损耗约8％

【9.7】 解：（1）

//0Z02cos2Z01cos1,即Z01cos1Z02cos2Z01cos1Z02cos20应用斯耐尔定律，则2cos11sin2211sin211221sin212sin2111可得sin1212,当满足这一关系时，入射波全部折射到媒质2中，媒质1中无反射波。依题意，1＝2.560，1＝0，1＝0，2＝0，2＝0，2＝0，则sin100.53,2.5600132.01可见当入射角132.01时，该平行极化电磁波能全部折入空气中。（2）全反射需满足 carcsin02arcsinarcsin0.62538.68 12.560故全反射时，入射角1c。

（3）当波从空气中斜入射到介质中时，由于10,22.560，故由

sin12.5600.848,有1＝57.99

2.5600可见当入射角157.99可以产生全折射。 由（2）问，布儒斯特角

carcsin

2.5602arcsinarcsin1.658 103

可见c不存在，不能发生全反射。

【9.8】 解：（1）因为12.560,20，发生全反射的条件为

1carcsin021arcsinarcsin38.68 12.5602.56所以能够发生全反射。

（2）对于垂直极化波，不能发生全折射。因为要产生全折射，要求

cos12sin21，为满足此式，必由21，这实际上只能是一种媒质，不1存在分界面。

（3）如果10,22.560，由于c不存在，故不能产生全反射。 另外，由cos1

【9.9】 解：（1）临界角carcsin2sin21,21，故也不能产生全折射。 121arcsin6.38 181（2）由题给的120c，将产生全反射。由斯耐尔定律，得

sin21sin181sin181sin203.081 2这时，cos2将变成虚数，即 cos21sin22isin221i2.91 故反射系数 r1cos1sin2ei38

r1cos1cos22r1cos11.89ei19.02

（3）折射系数 r1cos1cos2形成了分界面上的表面波。

【9.10】 解：当入射角1时：

4（1）全反射的临界角

carcsin02arcsin45 12044

（2）由

sin2sin1，故 12arcsin21sin0212arcsinsin042 （3）Z10012.66102,02377

12Z0故反射系数

377cos//Z02cos2Z01cos12266cosZ01cos1Z02cos2266cos4377cos412（4）折射系数

TZ02cos102//2ZZ2Z2Z01/22

01cos102cos2Z01Z01 当13时：

（5）布儒斯特角

2Barctanarctan0arctan0.70735 120入射角1B,不满足无反射条件。 （6）入射波在入射方向的相速度为

v1112310811002

2.12108(m/s)（7）由折射定律，得

v2.12108vxcos4.24108(m/s)

1cos(/3)（8）入射波在y方向的相速度为

v2.12108vysin2.45108(m1sin/s)

3（9）发生全反射时，得临界入射角

2carcsin0arcsin245 10

5

由于13c45，且12，因此会发生全反射。

（10）由于会发生全反射，故媒质2中的平均功率流密度Sav0。

【9.11】 解：自由空间的合成电场强度为

E..iz1E1eE..1eizE1eizE.1eiz

式中E.1为反射系数。

E.1驻波比为 SEmaxE12.7 min1可求得1.73.7。 按题给的条件，应取1.7ZZ113.7，则2Z.7 2Z13.7令Z1Z0,解上式，得

Z21025.4Z02.7，即010 022.70故得 2(2.7)207.30

【9.12】 解：驻波比S113，故12 反射系数 Z2Z1ZZ，式中Z1Z0＝377。故

21Z22rZ1ZZ10 则 2，得Z12Z02r2Z2Z13即

r1 或 r1 r3r9又 00， 得 rr36 rr6解以上两式，得 r2,r18

6

【9.13】 解：由题给条件，

10，10；2r040，20

故布儒斯特角

Barctan2arctan263.4 1这说明当1B63.4时，反射波就只有垂直极化波。 由题给条件，求出入射波电场的垂直极化分量E1E1cos45而垂直极化波的反射系数为

E1。 22sin211cos63.44(sin63.4)20.6

2cos12sin21cos63.44(sin63.4)1cos1故反射波的平均功率为

E122(E1cos45)2EPav(0.6)210.18

2Z12Z12Z1E1入射波的平均功率为 P 1av2Z1可见，反射波的平均功率是入射波的18％。

111041，故聚苯乙烯时低损耗电介质。【9.14】 解：（1）由Qtan2波速度和衰减常数分别为

223108vp1.98108(m/s)2.32tanffvp3.17102(Np/m)

10821041.98108d2Ex2Ex0，它的一个特解是 （2）由2dZExEx0ezEx0eazeiz

7

另外，在垂直于传播方向的平面里，单位面积通过的平均功率为

11i*SavReEx(z)H*(z)ReZeH(z)H(z)ykyy22

21Hy(z)Zkcos2或写为

11E2x02zi1E2x02zei*SavReEx(z)Ex(z)eeecos ReZk22Zk2Zk因此，由Ex及Sav表达式，得

ExEx0ez，SavS0ave2z

1S故 zln0av(Np/m)

2Sav式中S0av代表z=0平面上的功率密度平均值。按照分贝的定义，经过传播距离z而引起功率密度下降的分贝数为

10lgS0av10S0av20ln(z)8.686z Sav2.3Sav2.3由上式可推出 1Np =8.686dB。因此，功率下降的分贝数为

8.686×3.17×10－-2×10＝2.8（dB）

【9.15】 解：由题意有下列关系 

即

2122

2121得 231 这时 211＝ 212故驻波系数

11＋1＋ S＝＝2＝3

1－1－12【9.16】 解：（1）若＝0，由＝2kiz1ktz

2kiz1ktz8

得 2kiz1ktz

设入射角 ib ，折射角为t 得 2kicosb1ktcost

211cosb122cost

因为12

故有 2cosb1cost （1） 由相位匹配条件 kixktx

而11sinb22sint 得 1sinb2sint （2） 联立求解（1）、（2）式得

sinbcost 故 b2t 即 bt2（2）同理，对于平行极化，若//0 即 2kiz1ktz

211cosb＝122cost

当1＝2，12时 2cosb＝1cost 由相位匹配条件kixktx

即 11sinb22sint

1sinb＝2sint （4）

联立求解（3）、（4）式得 sinbcost 故 bt2

【9.17】解：（1）由布儒斯特角公式

3）9

（

ibtg12.502tg157.69 10（2）由临界角公式

k2021221esinsinsin139.23 sink2.5110111

2【9.18】 解：（1）临界角 csin1 11故介质为水时 csin816.38 11介质为玻璃时 csin1919.47 138.68 介质为聚苯乙烯时 csin2.561，据折射定律n1sinin2sin2得sintr，可见t没2有实数解，而应取复数值。故得衰减常数

2ik1sin2tkr1r1

（2）按题意，i对于水 

217.891对于玻璃  27.842.561对于聚苯乙烯  2（3）布儒斯特角btan 11281156.21对于水 btan1816.34 1对于玻璃 btan918.43 11对于聚苯乙烯 btan12.5632



10

【9.19】 解：垂直极化波对分解面斜入射时的反射系数为

2kiz1ktz

2kiz1ktz式中 kizkicosi11cosi00cosi ktzktcost22costr00cost 欲使0，需2kiz1ktz，设此时的入射角为b，则有

200cosb1r00cost

即 rcosbrcost 据折射定律

sin111tsinisinb 22r而 cos1sin2sin2btt1

r故（1）式可表示为

brcossin2br1rsin2b

r 即 2r(1sin22b)rsinb 则 sin2rbr1

可见，垂直极化波对磁性材料斜入射时可存在一个无反射的布儒斯特角b。

【9.20】 解：（1）波在两种媒质中的波速分别为

c3108v141.5108m/s

rv82c310m/s

故波长分别为

v11.5108 1f3001060.5m

11

v23108 21m

f300106（2）临界角为

csin1n21v1sinv30 n12（3）当入射角ib（布儒斯特角）时，入射的圆极化波中的平行极化分量产生全透射。故

21126.57 tan ibtan411

2【9.21】 解：当Barcsin12则Ex0。

时，平行极化波的反射系数R//0，2cos1R//2cos12sin21

2sin21当B时，R为实数，Ex和Ex同相；

当B时，R为复数，考虑在B附近，有

2cossin22 11Ex1i则 R//i

Ex1i可见，Ex与Ex有/2的相位差，这将影响到驻波的最大值（或最小值）的位

置。

【9.22】 解：当电磁波由光密媒质以c角斜入射到光疏媒质界面上时，致使折射角t2，称此角为临界角。无论是垂直极化还是平行极化，反射系数的模

R1，即全反射。

12

当入射角c后

carcsin2n2arcsin1arcsin41.8 1n23对于平行极化，不论媒质疏密，存在一个入射角b使得入射波完全不反射，即全透射，称b为布儒斯特角。

R//0

2barcsinarctg21arctg1533.69 211.1一般情况下2212，，同样值对应的22。11arcsinarctg 11所以临界角大于布儒斯特角，即cb。

【9.23】 解：（1）由菲涅耳公式

E'n'01cosn2cos'' 0E0n2cosn1cos''Encosncos''E0//ncosncos''

1221和折射定律

sinsin''n2nn21，有 1E'0cosisin2sin2cEisinsinei 022cosctansin2csin2n212sin2coscos

sin2'cosi1E0sincsin21i//E0//cosi1sin2e

sincsin21tan//sin2n2212＝n2cos

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tan＝tan2//22cossinn2122 2//sin1tantan22tan//tan2（2）当//0时，即cos0（掠入射），或当arcsinn1时，也就是n1说，在掠入射（

n）和临界角（arcsin2）入射时，反射波是线极化的； 2n1（3）当//2时，亦即sin2cossin2n21，此外，如果

2''E0//E0，即E0//E0时，反射波则是圆极化的。

在一般情况下，//，反射波时椭圆极化的。

【9.24】 解：设空气为媒质1，即10,10，电介质为媒质2，

230,20。

斜入射时垂直极化反射系数为 R2cosi1cost

2cosi1cost式中1射角。

00，2分别为媒质1和2的特性阻抗，i为入射角，t为折030据折射定理：kisiniktsint

sintki1sini1sinisini ktn22n2sin2i12则cost1sint1(sini)

nn式中 n2n21相对折射率，本题n3 1cosin2sin2icosinsini222将cost代入上式可得 R同理可得 T

2cosicosinsini2

14

R//n2cosin2sin2incosinsini222

T//2ncosincosinsini222

将本题数据代入

133cos603sin60240.50.5ei Rcos603sin260133242T2cos60cos603sin602222120.5

1333cos603sin60220R//3cos603sin2603132212323cos6020.577 T//3cos603sin26021322所以，平行极化反射波Ero//R//Eio0

折射波Eto//T//Eio0.577(V/m)

垂直极化反射波 EroREio0.5(V/m)

折射波 EtoTEio0.5(V/m)

【9.25】 解：圆极化波的电场可分解为平行于入射面和垂直于入射面的两个线极化波，而后再分别进行计算。

斯耐尔定律对两种线极化波都适用，由斯耐尔定律得

2arcsin[10.866sin1]arcsin26.4 23.78对于电场垂直于入射面的线极化，传播TE波型，根据反射系数和透射系数的定

义可得

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377cos600377cos26.40cos11cos23.780.554 23772cos11cos2cos600377cos26.403.78T22cos10.446

2cos11cos2同理，对于电场平行于入射面的线极化，传播TM波型，根据反射系数和透射系数的定义可得 0.04

T0.96

由计算结果知，圆极化波分解后，与入射面垂直的电场分量在边界上反射强；而平行的电场分量反射弱。这样，总的反射波和折射波都将成为椭圆极化波。

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