微波技术基础课后答案

1、2-1波导为什么不能传输TEM波？答：一个波导系统若能传输TEM波型，则在该系统中必须能够存在静电荷静电核或恒定电 流，而在单导体所构成的空心金属波导馆，不可能存在静电荷或恒定电流，因此也不可能传 输TEM波型。2-2什么叫波型？有哪几种波型？答：波型是指每一种能够单独地在规则波导中存在的电磁场的一种分布状态。根据场的横向分量与纵向分量之间的关系式划分波型，主要有三种：TEM 波(E_ = 0 , H一 = 0 ), TE 波(E = 0,H O),TM 波(E_ 工 0 , H一 = 0 )2-3何谓TEM波，TE波和TM波？其波阻抗和自由空间波阻抗有什么关系？答：E=0,乩=0的为TEM波

2、；E = 0,乩H0为TE波；工0,乩=0为TM波。TE波阻抗：H p尺7TM波阻抗：其中为TEM波在无限答煤质中的波阻抗。2-4试将关系式罷讐X，推导为E严焉譬“叫。解：由比的场分量关系式Hy = Hoejfi: (Ho与z无关)得:利用关系式警-樂 =pvsEx可推出:dy ozE严S哲土警+j0HJjwe dy oz jw dy2-5波导的传输特性是指哪些参量？答：传输特性是指传输条件、传播常数、传播速度、波导波长、波形阻抗、传输功率以及损 耗和衰减等。2-6何为波导的截止波长人？当工作波长几大于或小于人时，波导的电磁波的特性有何不同？ 答：当波沿Z轴不能传播时呈截止状态，处于此状态时的

3、波长叫截止波长，定义为；&当工作波长大于截止波长时，波数kke,此时电磁波能在波导传播；2-7矩形波导中的截止波长人和波导波长心，相速度匕，和群速度匕有什么区别和联系？ 它们与哪些因素有关？答：波导波长为= =22,为截止波长截止波长有关。2-8在矩形波导中不存在TM,”。和TM。”这两种波型，为什么？答：根据TM波的特点E；hO, H：=0,由TM波的场分量表达式可知在m=0或n=0时，E：=0,不符合TM波的特点。2-9在空气填充的矩形波导(axb)中，要求只传输TEg波型，其条件是什么？若波导尺寸不变，而填充“=1,耳1的介质，只传输TEg波型的条件又是什么？解： 由于TE。的截止波长久

4、c=2a ,而TEo的截止波长为a, TE01的截止波长为2b。若要保证单模传输TE10,则由传输条件2 2C, TE/o与TEg均被截止，故有a Aa22b若波导中全填充人=,的介质，则波长变为因此单模传输条件变为同时a = 3xlO11nmi/s,因此工作波长f lOxlO9根据矩形波导单模传输的条件，波导的尺寸由下式确定扌aS b|15a30nmib15imn故可选用BJ-100,其模横截面尺寸为a x b=22.86nmix 10.16111111选定尺寸后，计算心、q和q2g =&= 39.75mm=2.264 xlOHnmi/sy = uup = 3.975 x lOHmni/s2

5、-11空气填充的矩形波导BJ-100,其尺寸为aXb=22.86nmix 10.16nmi,工作波长 2 = 18nmi，问波导可能存在几种波型。若波导的横截尺寸变为a x b=72.14nniix 30.4mm，情况又怎样?解：利用矩形波导的截止波长的计算公式，计算各种波型的截止波长；然后由传输条件2 2 = 46.49min tmJTEr1-2 = 29.75mmTMjte22 TM“Ac = 2&014nmite23 tm232C = 19.51mm 2C = 18.676mmTEg波的传输功率PRe JJ(-EyxH)dxdy所以可能存在的模式有：TE10,TE20.TE70,TES0

6、 , TE01 , TE02 , TE03 , TEU , TMn TE21, TM21, TE12, TM12 , TE32, TM32 TE22, TM, TE23, TM23, TE33, TM33 2-12在空气填充的矩形波导，测得相邻两波节点之间的距离为22mm,求人。解：因为在波导中相邻两波节之间的距离为亠，所以得到22 = 2 x 22mm = 44mm213矩形波导BJ-100,其横截面尺寸为a xb = 22.86nmix 10.16nmi,在波导中传输TE】。 波，工作波长2 = 3cm,试求截止波长人、相速q、群速心、传输功率P和波型阻抗o 解：TEg 波的截止波长 &

7、= 2a = 2x 22.86mm = 45.72mmTEg波长的相速度 up= U =3.976xlO11inm/s(z;o =3xl011nmi/s)而TEg的E,.与比为Ey =-JH0 sin匸 x)eHx=j-H0 sin(兰 x)eTEg波的波型阻抗由于0 =2龙若用Z码。表示Ey、Hx,则有比=-戈sin 仅 xe|eo=-jHo 为常数ZTE10 丿IKc所以，传输功率7TTE： = 0.116E （空气填充）4120P=*Re J(-EyxHx)dxdy_0 0 2-14矩形波导的横截面尺寸为o=23mm, b=10mm,传输频率为10GHz的TE】。波，求截 止波长、波导波

8、长、相速和波阻抗。如果频率稍微增大，上述参量如何变化？如果波导尺寸 a和b发生变化，上述参量又如何变化？解：矩形波导的截止波长为 & = 2 = 2x23 = 46加7,工作波长为波导波长为3x10s10xl09相速为波阻抗为ZT,=（ “三 497.23Q当频率增大时，V 4截止波长不变，波导波长降低，相速降低，波阻抗降低;当a增大时，截止波长增大，波导波长降低，相速降低，波阻抗降低;当b增大时，对各个参量无影响。2-15若矩形波导横截面尺寸a = 2b = 25nmi.有中心频率f = 10GHz的脉冲调制波通过兄=乞=30mm(空气填充) 片0100m长的波导，求中心频率上的时延t。解：

9、工作波长波导波长相移常数 故 经过100m后，产生的相移量0为0 = 0L= L=1.675 516/cm 100 1 02 = 16 755.16（弧度）所以，中心频率上的时延t为CD16755.17=2.667 xl0_7s2-16已知空气填充BJ-100波导，工作波长2 = 32iimi,当终端接负载乙时，测得驻波比 p=3,第一个电场波节点距负载山=9mm,试求：(1) 波导中传输的波型；(2) 终端负载阻抗的归一化值。解：(1)BJ-1OO为矩形波导，其横截面尺寸a x b = 22.86nmix 10.16nmi a几个低次模的截止波长分别为TE10 2C = 2a = 45.72

10、mmTE20 2C = a = 22.86mmTE01 2c = 2b = 20.32mm根据波导中波的传输条件2 b情况，TE与TM (mO,nO)简并一一二重简并；当a=b(iE方波导)则丁皿、TE、TM皿TM 简并一一四重简并；当b=0.5a时，则TE。】与TE?。简并，TE。，与TE简并，TE50与TE32 TM32简并一一三重简并。圆波导中，除具有模式简并外，还有极化简并。TEg与TMln为模式简并。除nO的模式外都具有极化简并。2-24圆波导中最低次模是什么模式？旋转对称模式中最低阶模是什么模式？损耗最小的模 式是什么模式？答：最低次模为TE模，旋转对称的最低阶模为TMg模，损耗最

11、小的模式为丁厶】模。2-25空气填充的圆波导，其半径R=2cm,工作于TE。】波型，它的截止频率是多少？解：工作在T岛波型时，截止波长为 & =1.64尺=3.28伽所以，截止频率为Jf = r3.28xl0-9X1010=9G/Z2-26若对2-25题中的波导填充,.=2.1的介质，并保持截止频率不变，问波导的半径应如何变化?2 = - = -=,所以人=伞=,0y/2AR = L 三 2.26cm1.64同时八尹最保持不变则2-27空气填充圆波导半径R=3cm,求TETE“、TM01和TM“的截止波长。解：圆波导中TE。】的截止波长(&)%为 ” =1.64R=4.92cmTE“的截止波长

12、(忑)为(2c)h =3.41R=10.23cmTM01的截止波长为(2c)e =2.62R=7.86cmTMn的截止波长（&）引为（& = 1.64R=4.92cm即圆波导中TE。 （HJ与TMn（En）为简并模。2-28有一空气填充的圆波导，其直径为5cm,试求：（1）TE“、TE。 TM01. TMn等模式的截止波长；（2）当工作波长为7cm, 6cm, 3cm时，波导中可能出现哪些波型？（3）当A = 7cm时，其基模的波导波长是多少？解：（1）的半径为2.5cm,各波型的截止波长为：TE11：（2c）Hii =3.41R=3.14x2.5=&525cmTE01:（人） = 1.64R

13、=1.64x 2.5=4. lcmTM01:（2c）.qi = 2.62R=2.62 x 2.5=6.55cmTM11：（入）切=1.64R=1.64x2.5=4. lcm（2）当 A = lcm时，传 TE模；当 A = 6cm 时，传 TEn TM01 模式；当 A = 3cm 时, 传 TE“、TE01. TM。】、TM模式。（3）基模为TEn模，截止波长为8.525cm,所以波导波长为心=三12.26加2-29要求圆波导只传输TE模，信号工作波长为5cm,问圆波导半径应取何值?解：当圆波导的半径R与工作波长满足条件2.61/? 2 3.41/?时，波导中只传输TE“波型。当工作5cm时

14、，求得的半径为1 A66cmR2co圆波导半径R=lcm,其主模的截止波长为（c）hu = 3.41R = 3.41cm可见22C,截止衰减器可选用主模操作。由于22C,故衰减常数a = 2兀I九心。若输入功率为p,沿线截止衰减功率为pf （为线长）。根据题意有10仗冬 =30即lge-2a, = 3e-2a/=103故，圆波导的截止衰减波长z = - = 1.25cm卩带2a若采用TE。模制成衰减器，由于TE。模的截止波长2 c=1.64R = 1.64cm故线长In 10,2a=0.60cm2-33同轴线导体半径2mm,外导体半径4mm,填充空气，求同轴线主模的截止波长、导波 波长、相速度

15、、波阻抗？解：同轴线主模为TEM模，截止波长为& =8 ,所以导波波长为人=% = 3呀（于为工作频率），相速度等于光速为3X10* m/s波阻抗为=o=377G。2-34如果2-33题中填充媒质儿=1, r = 2.5 ,求同轴线中主模的截止波长，导波波长,相速度和波阻抗?_J_ = 1.9eS/解：同轴线主模为TEM模，截止波长为& =8,导波波长为=4= 相速度为5=占=1.9x10sw/5 ,波阻抗为 =% = 2380235个空气填充的同轴线，其导体外直径d = 12.7cm,外导体直径D = 31.75cm,传输TEM波，工作频率尸9.375GHz,空气的击穿场强Ebr =30kv

16、/cm,试求同轴线的最人功率。.E 2 h解：同轴线的击穿功率吒严尼窃aln寸a = - = 6.35mm , b = = 15.875nmi, e = 12 2 r故 Pbr = 2.771x10所以，同轴线传输最大功率小于2.771MW。2-36设计一同轴线，其传输的最短工作波长为10cm,要求特性阻抗为50Q,试计算硬的（空气填充）和软的（聚乙烯填充 = 2.26 ）两种同轴线的尺寸。解：在给定的工作频带，最短的工作波长人叫与同轴线尺寸之间应满足关系式九沦(人)啦5d + b)所以，(a + b) ?r(a + b) = 15.7628加加2-38空气填充的同轴线外导体直径D=16mm,

17、导体直径d=4.44mm,电磁波的频率/=20GHz,问同轴线中可能出现哪些波型？解：外导体半径b=8mm,导体外半径a=2.22mm：工作波长为2 = = 1.5xW2=15/ww各个波型的截止波长为：TEM：28TM01: & = 2(Z? - a) = 11.56mmTM02:几。=b_a = 5.78mmTE波与TM波具有相同的截止波长，所以当工作在f = 20GHZ时，只传输TEM波。2-39 一发射机的工作波长的围为1020cm，现用同轴线作馈线，在要求损耗最小的情况下求同轴线的尺寸？解：如果要求为最小损耗，贝恫时满足瞌 (a + b),且- = 3.6,得a + b = l% 4 = 3.18加又由=3.6 得 ci = 0.69c/?, b = 2.484c/ha2-40与矩形波导相比，脊波导有哪些特点，在实际中根据什么选择它们的用途？答：特点为（1）丁耳。波型的截止波长比矩形波导中丁耳。的截止波长更长，与丁血。的截止 波长相差就更大；（2）在同样横截面尺寸的情况下，脊波导单模工作的频带更宽些；（3）与 同样横截面尺寸的矩形波导相比，它的等效阻抗较低，因此可用作矩形波导与低阻抗的同轴 线、微带线之间的过滤装置。由于脊波导的功率容量小，损耗大，而且加工制作也不方便, 因此其使用围受到一定限制，一般常用于功率容量要求不高，损耗要求不严，以及