電磁場與電磁波答案解析

1、第7章導(dǎo)行電磁波1、求內(nèi)外導(dǎo)體直徑分別為線內(nèi)外導(dǎo)體之間填充聚四氟乙烯(0.25cm 和0.75cm 空氣同軸線的特性阻抗；在此同軸r 2.1 )，求其特性阻抗與 300MHz時的波長。解：空氣同軸線的特性阻抗Zo60ln -a60ln075 =65.917聚四氟乙烯同軸線：Zoln025 =41.404ln3 45.4873 1086 0.69m300 106 如2、在設(shè)計均勻傳輸線時，用聚乙烯($= 2.25 )作電介質(zhì)，忽略損耗對于300 Q的雙線傳輸線，若導(dǎo)線的半徑為0.6mm，線間距應(yīng)選取為多少?對于75 Q的同軸線，若內(nèi)導(dǎo)體的半徑為0.6mm，外導(dǎo)體的內(nèi)半徑應(yīng)選取為多少?解：雙線傳輸

2、線,Li令 d為導(dǎo)線半徑，D為線間距，則0ln DiyInDdDZo=ln 300廠dD ln 3.75, D 25.5mmd同軸線，令a為內(nèi)導(dǎo)體半徑，b為外導(dǎo)體內(nèi)半徑，則Li27TIn aZo-A ln -75J ralnba3、設(shè)無耗線的特性阻抗為 1001.875, b3.91mm,負載阻抗為50 j50 ，試求：終端反射系數(shù)L駐波比VSWR及距負載0.15處的輸入阻抗Zin 。解：LZl ZoZl Zo1 I l|1 I L50j50 10050j50 100_Pr 2.6181 75/51 2j5Zind Z0Zl jZ0tan d0 Z0 jZ Ltan d10050j50 j 1

3、00ta n 0.15100 j50j50tan 0.1543.55 +j 34.164、一特性阻抗為50 Q、長2m的無耗線工作于頻率 求其輸入阻抗Zin 。200MHz，終端阻抗為40j30解：輸入阻抗：Zinc 1.5,jZota n zZ0jZL tan z2c 8z 2亍Z0ZLtand31.732j9.87Zin 26.325、在特性阻抗為200的無耗雙導(dǎo)線上,測得負載處為電壓駐波最小點，v距負載/4處為電壓駐波最大點，Vmax為min 為 8V,10V,試求負載阻抗Zl及負載吸收的功率 FL。解：傳輸線上任一點的輸入阻抗和反射系數(shù)的關(guān)系為7 (d)7 1(d)Zin(d)Z01(

4、d)在電壓最小點處l|，將其代入上式可得1 IZmin (d) Z0Y1 I再由駐波比表達式1 1 l|lI所以由題中給出的條件可得Zmin (d)1Z0 1ToSV10max1.25V i8minZ0200Zmin160S1.2521 Vmin1640.2W2 Zmin2160LSZlPl6、長度為3 4 ,特性阻抗為600 Q的雙導(dǎo)線，端接負載阻抗 300 Q;其輸入端電壓為600V。試畫出沿線電壓、電流和阻抗的振幅分布圖，并求其最大值和最小值。解：設(shè)d = 0為負載端。1ejZl Z。300 600600L Zl Zo 300U(d) ULej d1U(3 /4) LLej3/2ej(i

5、d)1 -e3j(Ul4 600300maxUl 450VU(d)Ul 1450叫 2cos93COS(12,.,12d)1(d)Ul 10.751NCOS2 L COS(122 d 1d)125 COSZin d60035 COS23振幅U d、I d、Zind的變化如圖題7 6所示。l60CVI(d)max5Zo1LU(d)minUl1LU(d)Ul 1max1A300/UlgminZin dr1乙0U dlmaxmax0.5AZin dI d I iminUdiI min1200min辛/需PyYw -上 rSELTUTad c 丄u.iu圖題7 67、無耗雙導(dǎo)線的特性阻抗為500 Q,

6、端接一未知負載Zl ,當負載端短路時在線上測得一短路參考點位置 d。，當端接Zl時測得VSWR為2.4 ,電壓駐波最小點位于 d。電源端0.208 入處，試求該未知負載阻抗 Zl。解：因為接Zl時，S 2.4,，因d。處為等效負載點，故 dmin 0.208。77ZljZotandZindZ0-h-Z0jZLtan d906.32 452.75j&無耗線的特性阻抗為125作波長為80cm,求負載阻抗。乙 d =Z， J n u J max解：ZlZl乙1 j tan( dmin) jtan ( dmin ),第一個電流駐波最大點距負載ZoS125 5 625, dr Zin djZotan d

7、Z0Z0jZin d tan d625 j125tan -1255001 j2.4tan 20.2082.4 jtan 20.20815cm , VSWR 為 5,工15cm15125 j 625tan 1529.0897 +49.3668j9、求圖題79各電路A A處的輸入阻抗、反射系數(shù)模及線B的電壓駐波比。A Zo j2ZoZo4ZoZo線B(a)線B(b)AA4Zo(d)(c)解：ZAA(b)(c)4Zoaa丨aa |111 1/7圖題4Zo3AAZaaZoZAAZ04Zo/3 Zo 174Zo/3 ZoZaaZo 2jZ| aa| aa|11/70 ,aa11 j211 j2ZAA-1

8、.3333ZAA ZoZo 2jZoZo5.83ZoZo 2jZo Zo 1 j4Z；Jaa乙4Zo1|AA|S 一 AA 111| |1 AA 12或 ZAA2Zo4Zo ZZoZl4Zo說明Aa處匹配，故AA0 ,7 .Z 厶AAZl 4Zo,AAaa-7AA(d)22ZoZAAZoZAAZoZo Z.0 ,ZoZo2ZoAA紜4Zo 2Zo4Zo 2Zo10、考慮一根無損耗線:當負載阻抗Zl (4O j30)，欲使線上駐波比最小，則線的特性阻抗應(yīng)為多少?求出該最小的駐波比及相應(yīng)的電壓反射系數(shù);確定距負載最近的電壓最小點位置。解：1，S1駐波比S要小,就要求反射系數(shù)小，需求其極值。(R.

9、Zo)2 X2；(Rl Zo)2 X2(Rl Zo)XL(Rl Zo)dydZo(R八 2-Zo)2(Rl Zo)(Rl Zo)2 Xf(RL 7)2 X 2(R. Zo) 2(Rl Zo)(Rl ZO)xlZo50將Zo50 代入反射系數(shù)公式，得min (Rl(Rl Zo)2 xf*(4O 5O)2 3O21(4O 5O)2 3O2Zo)2 xi最小駐波比為s 1 丨 Imin1min終端反射系數(shù)當 dminL4(Rl Zo) jXL(Rl Zo)個電壓波節(jié)點（取n 0）dmin1 211jXL(n(40 5O)j300 + 1j= 0.3333j=0.3333e(4O 5O) j 303O

10、,1,2,3.）時，電壓最小即 U（d）minUl 1L，第一、有一無耗傳輸線特性阻抗 Zo 75，終端接負載阻抗 Zl傳輸線上的反射系數(shù)（d）；傳輸線上的電壓、電流表示式;距負載第一個電壓波節(jié)和電壓波腹的距離lmin和lmax。Zl Zo25LZlZo175故反射系數(shù)為(d)Lej U(d)A(1L)ejail(d)-(1L)ej解：終端反射系數(shù)0其中Ad 2 lAcos dUl IlZo是終端入射波的電壓。2d 0.31ej(47.5需笛 0.31ej-2 d)Aej d1電壓波節(jié)出現(xiàn)在e j（2第一個波節(jié)點（n 0）2 dd 也 0.1842電壓波腹出現(xiàn)在e j（2 d 47.5）第一個

11、波腹點(n 1) 2(100j50)，求:j(2 d 47.5)dejZod1j(2 d 47.5)d 47.5)180Ul、1處,47.51處，即 2 dIL分別為終端電壓和終端電流。2 d 47.5(2n1)2.3147.5 2nd 36047.55.455 45d -一 0.434212、已知特性阻抗為 300的無損耗傳輸線上駐波比等于2.0，距負載最近的電壓最小點離終端為0.3 ，試求:負載端的電壓反射系數(shù)未知的負載阻抗Zl 。解：第一個電壓最小點位置Imin2 Imin0.6ZlZ0(1L)L0.636oZ0(nL3003 508.9892ej237901O 1丄尹313、一個200

12、MHz的源通過一根300的雙線傳輸線對輸入阻抗為73的偶極子天2cm），以使天線與線饋電。設(shè)計一根四分之一波長的雙線傳輸線（線周圍為空氣，間距為300 的傳輸線匹配。解：平行雙線傳輸線的特性阻抗為Z01120l 門經(jīng)d而四分之一波阻抗變換器的特性阻抗應(yīng)滿足Z01JZ0Rl 7300 73 147.992 2 10 2故得 147.99120ln 得構(gòu)成4阻抗變換器的雙導(dǎo)線的線徑d為22 2 101.165cm3.43導(dǎo)線的長度為1 50.375m414、完成下列圓圖基本練習(xí)已知 Zl 為 0.2 j0.31 Zo ，要求 yin 為 1 jbin，求 1/ ；開路支節(jié),要求yin為j1.5，求

13、1/一短路支節(jié),已知1/為0.11，求yin;若為開路支節(jié),求 yin ；0.4j0.8，求 dmin1、 dmax1、VSWR K ；已知1/6.35，VSW為 1.5，dmin10.082，Z075，求 ZL、Zin、YL和Yn。已知1/1.82 ，Vmax50V,Vmin13V ， d max10.032，Z050 ，求ZL、Zin。解：導(dǎo)納是阻抗的倒數(shù)，故歸一化導(dǎo)納為y (d) YM 1(d) 1 (d)ejyin(d)b 廠(d) 1 (d)ej丫0由此可見，zin d與（d）的關(guān)系和yin（d）與（d）ej的關(guān)系相同,所以，如果以單位圓圓心為軸心，將復(fù)平面上的阻抗圓圖旋轉(zhuǎn)180，即

14、可得到導(dǎo)納圓圖；或者將阻抗圓圖上的阻抗點沿等圓旋轉(zhuǎn)180，即可得到相應(yīng)的導(dǎo)納點；導(dǎo)納點也可以是阻抗點關(guān)于圓圖原點的對稱點。由此可知可以把阻抗圓圖當成導(dǎo)納圓圖使用,即等電阻圓看成等電導(dǎo)圓，等電抗圓看成等電納圓，所有的標度值看成導(dǎo)納。歸一化負載阻抗Zl Z0ZL 0.2 j0.31 Z0Z00.2 jO.31在圓圖上找到與Zl對應(yīng)的點A ;以0為中心，以O(shè)A為半徑作等反射系數(shù)圓，從點 A為0.20,如圖題7 14 (1 )所示。圖題7 14(1 )此時將阻抗圓圖當成導(dǎo)納圓圖使用,找到等圓與g 1的等電導(dǎo)圓的交點 C,讀得向信號源電刻度值為0.313 。則 丄 0.313 0.20 0.113 將阻

15、抗圓圖當成導(dǎo)納圓圖使用,在導(dǎo)納圓圖上找到開路點A和yinj1.5點B，查得向信號源電刻度值分別為0、0.344,則 1/0.344 00.344，如圖題 7 14 (2)所示。題 7 14 (3)Ot; 將阻抗圓圖作為導(dǎo)納圓圖使用。 在導(dǎo)納圓圖上找到短路點A，查得向信號源電刻度值為0.25，從點A沿單位圓(即等反射系數(shù)圓)向信號源方向旋轉(zhuǎn)0.11到電刻度值為0.36 ( 0.25 0.11 0.36 )的點B,查得 yinj1.21。 在導(dǎo)納圓圖上找到開路點 AA ,查得向信號源電刻度值為 0 ,從點AA沿單位元向信號源方向旋轉(zhuǎn)0.11到電刻度值為0.11的點BB,查得yinj 0.825。如

16、圖題7 14 (3 )所 示。 在圓圖上找到與Zl對應(yīng)的點A,查得向信號源電刻度值為0.113 ;如圖題7 14(4)所示。 以0為中心，以0A為半徑作等反射系數(shù)圓,等反射系數(shù)圓與圓圖左實軸相交于點，向信號源電刻度值為0.5，右實軸相交于 C點,向信號源電刻度值為0.25 ;從點A沿等反射系數(shù)圓向信號源方向(順時針)旋轉(zhuǎn)到點B,旋轉(zhuǎn)的距離即為d min1 0.5 0.1150.385 ；從點A沿等反射系數(shù)圓向信號源方向(順時針)旋轉(zhuǎn)到點C點,旋轉(zhuǎn)的距離即為dmax1 0.25 0.115 0.135 ；讀得C點阻抗值即為駐波系數(shù) VSWR=4.5讀得B點阻抗值即為行波系數(shù) K=0.22 ； 在

17、圓圖上找到與Zl對應(yīng)的點B :波谷點阻抗為Zmin1/1.50.667，位于左實軸上A點，對應(yīng)的向負載(逆時針)電刻度值為0 ;如圖題6 14 ( 5)所示。負載點，以0為中心，以O(shè)A為半徑作等反射系數(shù)圓;從點A沿等反射系數(shù)圓逆時針旋轉(zhuǎn)0.082，至U電刻度值為0.082的B點，B點即為查得順時針電刻度值為0.416 ,Zl 0.767j0.28，則ZL 750.767 j0.2857.5 j21o圖題 6 - 14 ( 6)CC0從點B沿等反射系數(shù)圓旋轉(zhuǎn) 180度到BB點，即為負載導(dǎo)納點(阻抗圓圖作為導(dǎo)納圓圖使用)，查得yL 1.175jO.44，則YL1.175 jO.44/750.015

18、6 j0.0053 ；從點B沿等反射系數(shù)圓順時針旋轉(zhuǎn)0.35 6.35 120.5到順時針電刻度值為0.266 ( 0.35+0.416-0.5 )的 C點，C點即為輸入點，查得Zin1.55j0.165，則乙n 1.55 j0.165 75 116.25 j12.375 ；從點C沿等反射系數(shù)圓旋轉(zhuǎn)180度到CC點，即為輸入導(dǎo)納點，查得yin0.667j0.069，則 Yn0.667 j0.069/75 0.00889 j0.00092。駐波比SmaxVmin503.846;13波腹點阻抗為ZmaxS3.846，位于圓圖右實軸上 A點，對應(yīng)的向負載(逆時針)電刻度值為0.25 ;如題6 14(

19、6 )圖所示;z r(2n 1)Tn 00.4530.101 以0為中心，以0A為半徑作等反射系數(shù)圓;從點A沿等反射系數(shù)圓逆時針旋轉(zhuǎn)0.032，至U逆時針電刻度值為0.032 +0.25=0.282 的B點，B點即為負載點， 查得順時針電刻度值為 0.218 , Zl2.42 j1.85 ,則 ZL2.42 j1.85 50 121 j92.5 ；從點B沿等反射系數(shù)圓順時針旋轉(zhuǎn)0.32(1.82 = 3 * 0.5+0.32 )到順時針電刻度值為 0.0328( 0.32+0.218=0.538=0.5+0.0328)的C點，C點即為輸入點，查得50 12.5 j11.25。Zin0.25 j

20、 0.225，則 Zin 0.25 j0.22515、一個（30 j10）的負載阻抗與一根長度為0.101，特性阻抗為50 的無損耗傳輸線相接。利用史密斯圓圖求出:駐波比;負載處反射系數(shù);輸入阻抗;輸入導(dǎo)納;線上電壓最小點的位置。解：ZlZl 3 0.6 j0.2Z050在圓圖上找到與ZL對應(yīng)的點A（順時針電刻度值為徑作等反射系數(shù)圓，從點A開始沿等反射系數(shù)圓順時針旋轉(zhuǎn)，轉(zhuǎn)到正實軸上得點B,讀得駐波比圖題7 - 151.767。如圖題7 15所示。0A0.28 , 0A與正實軸的夾角146即為反射系數(shù)的相角,故負載處反射系數(shù)0.28ej1460.28 的從點A沿等反射系數(shù)圓順時針（即朝向信號源方

21、向）轉(zhuǎn)動0.101 ，與圓相交于點C（電刻度值為0.149），讀得Zn 1 j0.60，故輸入阻抗為Zin Z。Zn 50(1j0.60)50j30 延長CO，得點C的對稱點C ,在此讀得Yn 0.75 j0.45，則輸入導(dǎo)納為Y 1Yin 玄 y75 j0.45)0.015j0.009S據(jù)傳輸線上合成波的電壓方程知(2n 1)時線上出現(xiàn)電壓最小點， 得故長度為0.101的線上不出現(xiàn)電壓最小點。16、何謂導(dǎo)行波？其類型和特點如何?解：導(dǎo)行波（guided wave ）是指能量的全部或絕大部分受導(dǎo)行系統(tǒng)的導(dǎo)體或介質(zhì)的即沿導(dǎo)行系統(tǒng)定向傳邊界約束，在有限橫截面內(nèi)沿確定方向（一般為軸線）傳播的電磁波,

22、即Hz播的電磁波。其類型可分為：橫磁波（TM ）或電波（巳，其磁場沒有傳播方向的分量,2 2 2且 ke 0, k 。其特點為：磁場完全分布在與波導(dǎo)傳播方向垂直的橫截面內(nèi)，電場有傳播方向分量相速度Vpc/JT，為快波具有色散現(xiàn)象，且須滿足keV k才能傳輸 橫電波（TE）或磁波（H ）,其電場沒有傳播方向的分量,即Ez0 ,心0, k2 2磁場則有傳播方向其特點為： 電場完全分布在與導(dǎo)波傳播方向垂直的橫截面內(nèi)，分量 相速度Vp C/JT，為快波 具有色散現(xiàn)象，且須滿足 ke V k才能傳輸 橫電磁波（TEM ）或準TEM波，電場和磁場都沒有傳播方向的分量，即Hz 0 ,Ez0 ,且 ke0,其

23、特點為：電場和磁場均分布在與導(dǎo)波傳播方向垂直的橫截面相速度等于群速度且等于無耗媒介中平面波的速度，并且與頻率無關(guān)無色散現(xiàn)象2混合波，即Hz 0, Ez 0,且kc V 0其特點為：場被束縛在導(dǎo)行系統(tǒng)表面附近（表面波） 相速度Vp c/廠，為慢波滿足kcv k才能傳輸17、何謂工作波長,截止波長和波導(dǎo)波長？它們有何區(qū)別和聯(lián)系?解：工作波長就是TEM波的相波長。它由頻率和光速所確定，即當a 2a時,c(TE10)2a 4a9.144cm , c(TE20)a 2a 4.572cm式中，0稱為自由空間的工作波長，且截止波長是由截止頻率所確定的波長,fcr只有c的波才能在波導(dǎo)中傳輸波導(dǎo)波長是理想導(dǎo)波系

24、統(tǒng)中的相波長,即導(dǎo)波系統(tǒng)內(nèi)電磁波的相位改變2所經(jīng)過的距離。波導(dǎo)波長與c的關(guān)系為18、一矩形波導(dǎo)內(nèi)充空氣，橫截面尺寸為：a b 2.3 1.0cm2，試問：當工作波長各為6cm、4cm、.8cm時，波導(dǎo)內(nèi)可能傳輸哪些模式?解：由 cTEmn cTMmn222 得，m nbCTE102a4.6cmCTE202.3cmCTE012b2cmCTE11CTM112=1.834 cm22丄1ab由波導(dǎo)傳輸條件C可知，當 6cm時，波導(dǎo)中不能傳輸任何模式； 當 4cm時,能傳TEi0模式；當1.85Cm 時，能傳 TEi0、TE20、TE01 模式。19、用 BJ-100(22.86mm 10.16mm）矩

25、形波導(dǎo)以主模傳輸10GHz的微波信號，試求:波導(dǎo)的截止波長C，波導(dǎo)波長 g，相移常數(shù) 和波阻抗。如果寬邊尺寸增加一倍，上述參量如何變化?如果窄邊尺寸增加一倍，上述參量如何變化?波導(dǎo)尺寸固定不變，頻率變?yōu)?15GHz ,上述各參量如何變化?解：當f = 10GHz時0 3cm , C(TE10) = 2a= 4.572cm , c仃E20) a 2.286cm此時波導(dǎo)中只能傳輸 TE10波。所以,kJ1ZTE1002a202a1.325 00.755k1.3253.976cm158.05 rad/m0499.581 亠2a故可傳輸TEi0與TE20兩種波型。對TEi0波:1.059 03.176

26、cm0204akJ1204a0.945k197.8467 rad/m對 TE10 波:ZTE10j=399(3)當 b2b時,c(TE10)2a 4.572cm，c 仃 E01) 2b 4.064cm204a對TE20波，所求各量同?？蓚鬏擳E10與TE01兩種波型。對TE10波，所求各量同。對 TE01 波: g0204b4.4471cmkJ1204b141.2866 rad/mZTEo1204b558.8415當 f = 15GHz 時，0 2cmc(TE10)2a 4.572cm, c(TE20) a 2.286cm , c(TE01) 2b 2.032cm故可以傳輸?shù)牟ㄐ蜑門E10，

27、TE20， TE01。1.112 02.224cm02a419k 于 282.5062 rad/mZTEio對于TE20波:020a2.065 04.13cm152.1538 rad/mZTE200778對 TEoi 波:0202b11.3141cmkJ1202b0.1768k55.5343rad/mZTE011 J2b2132.620、假設(shè)矩形波導(dǎo)管的截面尺寸為a b 31.75 15.875mm2，內(nèi)部填充r 4的電介質(zhì)，問什么頻率下波導(dǎo)管只能通過TE10波形而其它波形不能通過?解：矩形波導(dǎo)的截止頻率為cTEmnfcTMmn2 2mn_b! 2 2十n T (1)波導(dǎo)只能通過TE10波形條

28、件為：fcTE10fcTE01 (或 fcTE20 )，將題中所給條件及m 1,n0; m 0,n1 代入(1)式得:3 1082百 V 31.75 10 315.875 10 322.36GHz4 31.75f cTE012揚 V 31.75 1033 10114.72GHz4 15.87515.875 10 3則：波導(dǎo)的單模工作頻率范圍為:CTE10fcTEol (或 fcT% ),即:2.36GHzf 4.72GHz21、已知橫截面為a b的矩形波導(dǎo)內(nèi)的縱向場分量為Ez0, HzHo cos(x)cos( y)e a b其傳輸模式為TE11 波。0 ，kc式中，H。為常量, 試求波導(dǎo)內(nèi)場

29、的其它分量及傳輸模式。試說明為什么波導(dǎo)內(nèi)部不可能存在TEM波。解：由橫向場分量的表達式可得ExjkcH 0 cos( x)sin( y)e j ba bEyH0 sin(x)cos( y)e j z kc aabHxI.H 0 sin(x)cos(y)e j kc aabHyJj2 H 0 cos( x)sin( y)e j kc aa b 空心波導(dǎo)內(nèi)不能存在 TEM波。這是因為,如果內(nèi)部存在TEM波，則要求磁場應(yīng)該完回線上磁場的環(huán)路積分應(yīng)等全在波導(dǎo)的橫截面內(nèi)， 而且是閉合回路。由麥克斯韋方程可知,頂壁上流出z = 0與z亍截面的電流為于與回路交鏈的軸向電流。 此處是空心波導(dǎo)，不存在軸向的傳導(dǎo)

30、電流， 故必要求有軸向的位移電流。由位移電流的定義式 Jd -D可知，這時必有軸向變化的電場存在。這與TEM波所以波導(dǎo)內(nèi)不能存在電場，磁場僅存在于垂直于傳播方向的橫截面內(nèi)的命題是完全矛盾的,TEM 波。22、填充空氣介質(zhì)的矩形波導(dǎo)傳輸 TEi0波，試求管壁表面的傳導(dǎo)電流和管內(nèi)位移電流。解：TEi0波的各場分量為EyEosin(x)e j zaHxEosin( x)e j zaHz旦cos(x)e ja a根據(jù)邊界條件，管壁電流密度JsHt。Ht為管壁表面上磁場強度分量。于是，兩TEi0波，已知a b 6 4cm2，若沿縱向測得波側(cè)管壁的電流密度為exH z-e jazeyexEoeaj zey

31、從頂壁流入兩側(cè)壁的電流,可取g/2長的頂壁波導(dǎo)計算可得:j zdz2_Eoalyj zdz2Eo頂壁上的電流密度為JseyHxEo sin(x)e j zezaIzE0 sin()dxa2a E0IzEoSin()e ja于是從頂壁（g/2長）流出的總傳導(dǎo)電流Ic為由于所以Ick2Ic位移電流密度2Iy2Iz4a 0E0kc4aE0則流入上導(dǎo)體板IdJd2a E。0E0Sin(-)2e ja7表面的總位移電流Id為a0dx 02 Jddz = 0dx 0zey0E0sin( x)e j zdza20E0si n(-x)dx =翌一 E0a即Ic Id ,該題說明，管壁上的傳導(dǎo)電流等于管內(nèi)的位移

32、電流，仍滿足電流的連續(xù)性。23、在一空氣填充的矩形波導(dǎo)中傳輸導(dǎo)中電場強度最大值與最小值之間的距離是4.47cm，求信號源的頻率。解：對于TE10波，其截止波長2a 12cm，由題意知 -g 4.47cm4 g2 2g c22c g12 4 4.4729.96cm(4 4.47)2c 3 1089.96 10 23910 Hz24、今用BJ 32矩形波導(dǎo)（a72.14234.04mm ）做饋線，設(shè)波導(dǎo)中傳輸TEio模。測得相鄰兩波節(jié)之間的距離為10.9cm，求g和c ；設(shè)工作波長為 010cm，解：由題意g 2 10.921.8cm式中fTE10c)TE102a2 72.14144.28mm 1

33、4.428cm3 1010 21045.29C2(2f)3 109Hz，故4.16 108 m/sTE1045.2913.87 cm25、試繪圖說明當矩形波導(dǎo)中傳輸 TE10模時,地方開槽才不會影響電磁波的傳輸。45.29 rad/m在哪些解：為了不影響電磁波傳輸，所開的槽不應(yīng)將管壁電圖題7-25流切斷。根據(jù)TE10模的管壁電流分布，開槽位置如圖題7-25所示。26、設(shè)計一特性阻抗為 75 的同軸線，要求它的最高工作頻率為 4.2GHz，求當分別以空氣和r 2.25的介質(zhì)填充時同軸線的尺寸。解：cTE11kc27f crE11要使同軸線中不產(chǎn)生高次模,cTE11或f fcTE11，即最高工作頻

34、率為f maxfcTE11108cb a廠 3.14廠4.2GHz 1 b aZo75J r a空氣填充:(1 )、( 2)式變?yōu)閘nba1.25CTE11b a 2 40 10100mm3.14 42 22.736mm可以解出 a 5.064mm,b 17.67mm介質(zhì)填充:3.14 1.5 4215.1653mminba士 1.87560可以解出 a 2.017mm,b12.604mm。27、空氣同軸線尺寸a 10mm,b 40mm :計算TEn、TM 01兩種高次模的截止波長；若工作波長為10cm，求TEM和TE11模的相速度。解：CTM012 b a 2 40 1060mm V pTE

35、M3 108工作波長 =10cm，截止波長CTE1100mm，由波傳輸條件c可知,空氣同軸線中不能傳輸TE,模。28、計算m 1.48和門21.46階躍光纖的數(shù)值孔徑與此光纖的最大投射角0, max。設(shè)外面的媒質(zhì)為空氣,no解：NA2n21221.481.462 20.2425由 sin 0匕1 n。2n2V2得 0,maxarcs in 也 1n。2 12n20.244929、設(shè)空氣填充矩形腔a = 2.5cm,b = 2cm , l = 5cm ,試求腔的3個最低次諧振頻率。解：101f011102滬J aC I丄22 10 V 2.530、用c10 212廠106.7GHzc2 102B

36、J-100波導(dǎo)做成的冷催 8.0777GHz冷云血8.485GHzTE102模式矩形腔，今在z l端面用理想導(dǎo)體短路活塞調(diào)諧,其頻率調(diào)諧范圍為 9.3GHz10.2GHz，求活塞移動范圍。解：a=22.86mm , b =10.16mmc rm 2 n 2 p 2 c 2 2 29.5 109cl .2 .2 2,_9廠2（）10.210二 3.84cm l4.37cm* = 0I -J I第8章電磁波的輻射1、設(shè)元天線的軸線沿東西方向放置，在遠方有一移動接收臺停在正南方而接收到最大電場強度。當電臺沿以元天線為中心的圓周在地面上移動時,電場強度漸漸減小。問當電場強度減小到最大值的1 建時，電臺

37、的位置偏離正南方多少角度?解：如圖題 8 -1所示，E sin , sin1D產(chǎn)，45 ,所以電臺的位置偏離正南方V290： 45：45“。2、上題如果接收臺不動，將元天線在水平面內(nèi)繞中心旋轉(zhuǎn)，結(jié)果如何？如果接收臺天線也是元天線,圖題8 - 1討論收、發(fā)天線的向?qū)Ψ轿粚y量結(jié)果的影響。解：略電基本振子的輻射功率P100W，試求 r 10km 處,0、450和90方向的場強,為射線與振子軸之間的夾角。解:2由P 80 2 - 和E.60 Il . jSinre jkr可以解出|E|聖徒sin r V800，lEl45,90,如圖題8|E|e|6010 10360310 106.714.74 10

38、 3 V/m ；10 3 v/m所示，一半波天線，其上電流分布為ImCoskz1/2 z 1/2求證當r0 l時，可解得:2 kr。jkr cos cos I ej02A2、T2Sin求遠區(qū)的磁場和電場,求坡印廷矢量,2cos cos0.609，求輻射電阻,- 2已知 2d0sin圖題8 - 4求方向系數(shù)。r0其中解：Al，分母上AzHrv2 I m coskze1/2rr0，分子上0I me jkr04r001 mejkro2 krojkrdzr r0 z cosI丿2Ij2Coskze驗cos dzCOS(COS )2.2SinAz cos , AAz sin ,Ar，所以j_cos仝jk

39、r0r4r00,由H2r。jkr0 COS(COSsin0, Hj_ cos2 kk2 sin2A，可以解出可以解出)02ErJ1j rsinsin Imesin(cos4r202I mke jkr0 cos(-cos ) sinr。Saver8imr202 coscos22Siner4I2r20cos cos2；2sinlavdSI20.609,RrP 73.1最大輻射方向上的輻射場強為E maxIk2ro2ro設(shè)輻射功率相同的無方向性天線在相同距離處的輻射場強是Eo,則所以E20.609 4 r2Sav 4 r2 E一2- 0.6094 rE2 晉 I 1.64知某天線歸cos 一 cos

40、 一44，繪出計算其半功率波瓣寬度。解：最大輻射方向角滿足F()Cos(Cos44)化方向函數(shù)E面方向圖,cos4n 1，Cos442cosmax0o圖題8-5 E面方向圖半功率輻射方向角滿足F( ) Cos(7Cos2)4Cos2n 14cos(2n 1)12n,cos0, 12 -2 3dbmax1/26、天線的歸一化方向函數(shù)為2 cos試求其方向性系數(shù)解：D F( , ) sin d d4124cos sin d d 010zl0(1 -) , l對于遠區(qū)，因r 可以認為7、若長度為2l的短對稱天線的電流分布可以近似地表示為I(z)試求遠區(qū)場強，輻射電阻及方向性系數(shù)。解：對稱天線可以看成

41、是偶極子天線的串聯(lián)組合，遠區(qū)場強可以寫為e jkrdzrz cos將 l(Z) Io(1由于l Zl0(1l，貝U cos(kl cosz)sin lrjkr jkz cos ,. ZI 0 引門 1 COS(kl COS ) jkre e dz J22 elk2cos2)1 cos(klcos )2。已知真空波阻抗 Z0120則該天線遠區(qū)電場強度為jkrer遠區(qū)磁場強度為HIt炸jkr可見，這種短對稱天線的場強與偶極子天線完全相同。因此輻射功率，輻射電阻以及方向性系數(shù)也一樣。即工，D 1.5&假設(shè)一電偶極子在垂直于它的方向上距離100 v/m，試求電偶極子所輻射的功率。lOOKm 處所產(chǎn)生的

42、電磁強度的振幅等于解：由E的表示式知，電偶極子的遠區(qū)輻射場的電場強度振幅為EmImdl2 oroSin又根據(jù)Pr的表示式，有Imdl因此Pr代入具體數(shù)值得10 Pr 1.1W99、求半波振子的方向系數(shù)。解：半波振子的方向圖函數(shù)為cosH cos )F(, ) 2sin其方向系數(shù)為00 F2(, )sin d d2COSCOS ) 2 sin d dsin1.64coS (cos )0id用 dB 表示，則為 10lg1.642.15dB。10、已知某天線的輻射功率為100W，方向系數(shù)D = 3，求:r 10km處，最大輻射方向上的電場強度振幅;若保持功率不變，要使 r 20km處的場強等于原來r 10km處的場強，應(yīng)選取方向性系數(shù)D等于多少的天線?解：據(jù)方向性系數(shù)的定義Emax2DlE0Pr相同而無方向性天線的輻射功率為Pro42 0E22 120 4 r2故離天線r處的場強為E：60pr當PrPro時，有方向性天線最大輻射方向上的電場為Emax de； 60 與r故 r 10km 處，E max(60 3 100310 10313.42 10 V/m 保持Pr不變，欲使r 20km處與原r 10km處的場強相等，需j60D PrJ60 3 pr20 10310 103由此得D 12，即應(yīng)選取方向性系數(shù)為12的天線。11、由于某種應(yīng)用上的要求,在自由空間中離天線 1km的點處需保