电磁场与电磁波第七章习题及参考答案

1、习题7-1、如果Ez,Hz已知，由无源区的麦克斯韦方程，求圆柱坐标系中E IE I H I H与Ez,Hz 的关系。解：设 EEo( , )e jkzz ； H Ho( , )ejkzzE JkzE ；上 ZJkzH2在圆柱坐标系中展开无源区的麦克斯韦方程1 HZJkzH1 EZJkzEJkzHHZJkzEEZ由以上几式得kc2(JkzEZEZ生)式中k2EZJkEZ7-2证明(证明：7.2-6) 式为(7.2-4)式的解。由(7.2-6)式 V(Z) Vo e Z VoeV(Z)可得：V''(Z) (Voe Z Voe z) 2因此dvr2V 0 即(7.2-4)式dz7-2

2、、从图7.2-2的等效电路，求(7.2- 5 )和(7.2-6)式对应的传输线方程的时域形式。解：图 7.2-2dV(z) dzd(z) dz 串联支路上的电压为PljV iRdz Lidzd-dt并联支路上的电流为i uGidz CIdZdUdt由(1)和(2)式得ZIl(Z)YIV(Z)dVdidV(iR1L1)dzdt(3)di(uG1 C1 U)dz1 dt(4)两边同除dz得dVIdi X(iR1L1)(5)dzdtdidu、(UGICl )(6)dzdt(5 )、(6)式就是(7.2- 5 )和(7.2-6)(7.2-(7.2-(1)式对应的传输线方程的时域形式。Z 二十二=TJ

3、J1-F1卩*刖I/4 Ci7-3、由 2- 10 )、(7.2-3) 、(7.2-4) 和2- 9 )式推导2- 11 )和(7.2-1 2)式。7-6、型号为SYV 5 2 2的同轴电缆内导体外径为 0.68mm,外导体内径为2.2mm,内ZIRIj LIYiGi j Cl代入 ,Z1Y1并等式两边平方得j2R1G12LiCi(C1R1 L1G1)令等式两边实部和虚部分别相等，得R1G1LI CI2(C1 Rl L1G1)解以上两方程，得2- 11 ).2【.(R122l1)(g12C12) (R1G1S).；(R22l12)(G122 2 2C1) (R1G1L1C1)2- 12 )7-

4、4、证明(7.2-13)式为(7.2-7)式的解。解V(Z) V0 eZ V°ez2d V(Z) dz22V(z)即d2V2d 2Vdz02.2的7-5、同轴线内导体外径为 d 3.04mm,外导体内径为7mm,内外导体之间为 非磁性介质，求特性阻抗。解：特性阻抗 Z 60 rInb 60、1 In 7/233.74 。 r a V 2.23.04/2外导体之间为r 1.99的非磁性介质，求特性阻抗。解：特性阻抗 Z 60 rina 60 i；9in049937-7、特性阻抗为75的传输线，终端负载为 ZL 50 。求：（1）终端的反射系数；（2）传输线上的电压驻波比；（3）距终端l

5、/8, /4,3 /8, /2,处的输入阻抗。解：（1）终端的反射系数ZLZ50 751 .ZZL75 505（2）电压驻波比16/51.5 ；14/5ZL jZ tan 丨(3)距终端丨输入阻抗Zin Z Z jZ L tan 丨其中 12/ l 2 1/7-8、特性阻抗为ZC300 的传输线,终端接负载ZL300j300 ,波长为Im。所以，Zin ( /8)69.2328.84 jZin ( /4)112.5Zin (3 /8)69.23 28.84 jZin ( /2)50Zin ( )50求终端反射系数、驻波比、电压波节点及波腹点的位置。解：终端反射系数ZL ZCj300ZC ZL

6、600j3000.447ej63'4 ；驻波比2.62；18 8v/f 3 10 /3 10 1m电压波腹点位置Imin nn/2 0.176m24电压波节点的位置ImaX min 门/20.426m47-9、特性阻抗为75 的传输线，终端负载为 ZL ,测得距终端负载 20cm处是电压波节点, 30Cm处是相邻的电压波腹点，电压驻波比为2,求终端负载。设入射电压波为 V 10e 负载处Z 0,写出总电压、电流波。解：距终端负载 20 cm处是电压波节点，30 Cm处是相邻的电压波腹点，相邻的电压波腹点和波节点距离为 302010 Cm ,那么终端就是电压波节点。4 1040 Cm21

7、 11丄，由于终端就是电压波节点，因此13ZL ZZZLZLZ 75/2传输线上的总电压电流波可写为V(Z) V°(ejzej Z)I(Z) VMejZ ejz)Z7-10、特性阻抗为75 的传输线，终端负载为ZL ,测得距终端负载20Cm处是电压波腹点,30 Cm处是相邻的电压波节点，电压驻波比为2 ,求终端负载。解 距终端负载20 cm处是电压波腹点，30 cm处是相邻的电压波节点，相邻的电压波腹点和波节点距离为302010 Cm，4 1040 Cm那么终端就是电压波腹点。21 11丄，由于终端就是电压波节点，因此13ZL ZZLZL1507-11、特性阻抗为75 的传输线，终端

8、负载为ZL ,测得距终端负载30 Cm处是相邻的电压波节点，电压驻波比为2 ,求终端负载。解210cm处是电压波腹点,30 1020 Cm，80 Cm4电压波腹点到终端的距离I max为l max取n 0,则l max1080终端反射系数为j /2ZLZLZLFZ*Z (4 j3) 751 j15537-12、特性阻抗为Z的传输线，终端接一负载，设终端负载处电压和电流分别为VO 和 1 0 ，证明传输线上任一位置的电压 V(Z)和电流I(Z)和V0和I0的关系可写为V(Z)cos( Z) jZ sin( Z) VOI (Z)jsin( Z) cos( Z) °解 设一段长为I、特性阻

9、抗为Z的无损耗传输线，左端接信号源，右端接负载 ZL ,如图所示。信号源产生沿Z方向传输的电压波和电流波为VVo e j z(1)j Z图无损耗传输线部分被反射。反射电压电流波可写为部分被负载吸收,VeV(Z)I(Z)cos( Z)jsin( Z)jZ sin( Z) v0 cos( Z) IoVVo ej Z(3 )VojZIej(4 )Z传输线上的总电压电流波可写为V(Z)Voe j zVo ej Z(5)Voj ZVoj ZI(Z)ee入射电压电流波传输到负载后,在终端Z 0，VoVoVo(7)IVoVoIo “(8)ZZ解得Vo2 (VOZIo)(9)VoVOZIo)(io)将(9)、

10、(io)代入(5)、(6)式得87-13、用一段特性阻抗为ZC 50 , P 1.50 10 m/s ,终端短路的传输线,f 300MHZ的频率上形成（1） C 1.60 10 3 PF的电容;（2）L 2.65 10 2 H的电感。求短路传输线的长度。解： Vz f 1/2m， l 4 l，Zin(I) jZtan I(1) Zin(I)j50 tan I,可得:j2 fC电容 I 0.125m(2) Zin(I) j50tan I j2 fL ,可得：电感 I 0.0625m507-15、某仪器的信号输入端为同轴接口，输入阻抗为75,如果要使特性阻抗为 ZC7-14、如果以上电感、电容用开

11、路传输线实现，传输线应多长?解：Zin(I)jZctg I（1）Zin (I)j 50ctg I,可得j2 fC电容I 0.375m（2）Zin(I)j 50ctg Ij2 fL ,可得:电感I 0.3125m当l/4 v/ f /40.25m 时，Zin(I)Z2Zl,可得ZZLZC. 75 50 61.23 为所求。Zin(I)ZC 50ZL 75ZZLjZtan lZ jZ L tan I7-16、某天线的输入阻抗为 75 j37.5 ,天线作为负载与特性阻抗为ZC75的传输线相连。要使传输线上无反射，应如何进行阻抗匹配变换？解：这里用两种解法。(1)采用如图所示的方法，先用特性阻抗为Z

12、C 75长为I1的传输线，将负载的复阻抗转换为电阻 R ,然后用长度为I2/4特性阻抗为Z的传输线，使其输入阻抗等于ZC 75 ,即实现传输线匹配。终端反射系数为ZLZLZCZC(75j37.5)75(75j37.5)750.2425ej 0.422传输线l1输入端的反射系数为(l1)j 2 l1Le0.2425ej(2 l1 0.422 )为使传输线l1输入端的输入阻抗为电阻，传输线l1输入端的反射系数应为实数，由上式得(a)当 l10.1445 时，(h)0.2425 ,1.64传输线l 1输入端的输入阻抗为R ZCl45.73ZZeR 58.57(b)当 l10.3945 时，(l1)0

13、.2425 ,1.64传输线11输入端的输入阻抗为R ZC123Z ZC R 96(2)先用特性阻抗为ZC 75长为Ii的短路传输线并联在负载两端，以抵消负载导纳的虚部，然后用长度为2/4特性阻抗为Z的传输线接在负载与传输线之间，使其输入阻抗等于ZC 75 ,即实现传输线匹配。负载导纳为YL1ZLGLjBL175j37.545 7525 75为抵消负载导纳的虚部，短路传输线的输入导纳应为Yin1jZctan( h)jBL2 l由此得 tan(1)2.5计算得 l10.189并联短路传输线后，负载阻抗变为R'l1GL75 54用长度为12/4特性阻抗为Z的传输线进行阻抗变换ZZcR

14、9;L83.857-17、推导矩形波导中 TE波场分量(7.4 佝式。解：Ez 0；H z(x, y,z) Ho(x, y)ejkzz2 2tHz(,y,z) kcHz(,y,z)0 ;用分离变量法：令 Hz(,y) X()Y(y)代入第三式可得：(X)X (X)k×,Y (y)Y(y)ky ；其中 k； k；所以 X (x) CICoSkXX c2 Sin kxxY(y) C3 coskyy C4Sin kyHz(x, y,z)(Cl COSkXXC2 Sin kxx)(C3 COSkyy C4 Sinky y)e JkZZ由边界条件,0边界,Hx(0,y,z)EZjkzH-Z)X

15、H(a,y,z)KF(JEZjkH-Z)X0边界,Hy(X,0,z)EZjkb边界,Hy(XlblZ)于是，可得k最终得到HXHyEXEZXjkzH-Z)ynbH Z H0cos( x)COS(- ab，kya.kzH 0 Z mP.kZH0m,n0,1,2y)e JkZZ(A)sin( x)cos( J y)e JkZZ aab()COS(- X)Sin(±y)e JkZZbabH 0 nmnjkzzjp (E)COS(IrX)SinUy)eEyj*mkc7-18、电磁波在分别位于X 0,a处的无限大理想导体平板之间的空气中沿Z方向传输。求()sin(丄 X)CoS(L y)e j

16、kzzaab解：无限大理想导体平板之间波沿Z方向传输，那么场与 y无关TE波的各电磁场分量以及各模式的截止波长、相速、波导波长和波阻抗。 解：无限大理想导体平板之间波沿Z方向传输，那么场与 y无关对于TE波，EZ 0, H Z可以表示为H z(x,z) Ho(x)e jkzZ( 1)式中Ho(x)满足方程H°(x)dx2kcH°(x)(2)解方程得HO(X) Cl cos(kCX) C2 Sin(kCX)HZ的通解为H z(x, Z) C1 cos(kcx)C2 Sin(kcx)ejkzZ上式代入1- 10 b)式Ey2(jkzEZHZ考虑到EZ 0 ,得Ey 占(jkCk

17、g sin( kcX) k© cos(kcX)F面由理想导电壁的边界条件Et 0 ,确定上式中的几个常数。在2个理想导电壁上,Ey是切向分量，因此有(1) 在X 0的理想导电壁上，由 Ey(X 0,z) 0,得C2 0(2) 在X a的理想导电壁上，由Ey(X a, Z) 0,得kca m即由此，得kc am 1,2,3,HZ(X) Z) H0cos(x)e(5)aImkc（6）akz 、. k2 k：（7）将（5）式代入 1- 10 ）式，就得到波导中TE波的其他场分量Eyjsin()emajkzZHX 占(jkzdkcXjasin( jma2kc2akz.k2 k：k1 ( C)

18、2ZTMEyHXkz1 ( c)2VPkz1 ( )2C2kz1( C)2Z方向传输。求7-19、电磁波在分别位于 X 0,a处的无限大理想导体平板之间的空气中沿TM波的各电磁场分量以及 TM 1模式的截止波长、相速、波导波长和波阻抗。对于TM波，HZ O, EZ可以表示为Ez(x, Z)Eo(x)e jkzz(1)式中Eo（x）满足方程d2dx2Eo(x) kEo(x)0(2)解方程得EO(X) OI cos(kCX) C2 Sin(kCX)EZ的通解为Ez(x,Z) ccos(kcx) C2Sin(kcx)e jkzZ F面由理想导电壁的边界条件EtO ,确定上式中的几个常数。在2个理想导

19、电壁上,(2)在X0的理想导电壁上，由EZ(X 0,z) 0,得CI0(2)在Xa的理想导电壁上，由EZ(X a, Z) 0 ,得kca m即mkc, ma1,2,3,由此,得EZ是切向分量，因此有Ez(x,z)(5)mjkzZE0 Si n(x)ea(6)kc(7)将（5）式代入 1- 10 ）式，就得到波导中TM波的其他场分量2 2aEXk:(jkz'EZ)X1EZHy,2(jZ)kcXCjkzcos(-)e jkzzmaj UACOS(Je jkzzmakcmkzkck 1 ()2ZTMEX()2CVPkz2kz1 ( )2C1 ( )2CTMi模式的截止波长、相速、波导波长和波

20、阻抗C 2aVP 1(2a)2gEXkzTZTMHt 亠 ZI（2a）7-20、矩形波导尺寸为58.2mm 29.1mm,中间为空气，当f 4.5GHz的电磁波在其中传输时，求有那些传导模式，并求这些模式的g， P，C。如果波导中填满r 2.2，r1的介质，又有哪些传导模式?解：O v/ f1/150.0667m66.7mm ；c,TE102a116.4mmc,TE20a58.2mmc,TE012b58.2mmc,TE02b29.1mmc,TM111112a52.05mm1b2c,TE302a338.8mmc,TE032b319.4mmTE21c,TM 2141.15mmC TE 12TM 1

21、2CTE 22TM 22可见，仅可传41a2 b2TE10如果波导中填满28.23mm4b226.02mm4b2模式。2.2, r1的介质，则0 v/ fV( . r f)33.3mm可传 TE10 , TE20, TE01 , TE11TM 11, TM 21, TE21, TE30 模式。2cTE01 2a 0.08 m7-21、截面积为4cm的空气填充方波导，对于f 10GHz的波，有那些传导模式?CTE11CTM 112a20.05657 mCTE 20CTE 02a 0.04 m解f 10GHz ,0.03 mfcTE10cTE21cTE122aCTM 21 CTM 12 0.035

22、8 m.5CTE 22CTM 222a 0.02828 m 8cTE30CTE 03Ia 00267 mTE0、 TE01、 TE1、 TM、TE21、 TE12、TM 21、TM 127-22、矩形波导尺寸为1.5cm 0.7cm，解：波长与尺寸的关系为2a中间为空气，求单模传输的频率范围。所以,f1 2a故范围为10GHz，f220GHz,1020GHz 。7-23、空气填充的矩形波导尺寸为 中形成驻波，相邻波节点距离为22.86mm 10.16mm ,单模传输，当终端短路时，波导 23mm ,求电磁波频率。解：已知 g 2%n 46mm ；所以,32.42mm1必c/9.25GHZ7-2

23、4、正方形波导填充r 2的非磁性理想介质，频率为3GHz的波工作于主模，群速为108ms。计算波导截面尺寸。解:2.121 m/s f 3GHz，V 3 100.07071 mf f ,2VP1加'dkz d1VJ(厂)2 VVg1dkzd7-25、1I2Y(2a)1(2a)2V. 1(一)22.121108X 2a1(0.07071)22 108 m/s2a0.070710.148 m1 (2.221)2频率分别为f13997MHZ与f24003MHZ电磁波在空气填充的矩形波导58.2mm 7mm中，单模传输，传播了 1000米，求两不同频率的时延差是多少。3997MHZC0.075

24、06 m f14003MHZ2a 0.1164C0.07494 m两不同频率的时延差是t-L1 ( 1)2CVp1丄LC：1 (二)2Vp23.33106 0.76430.765292.94 10 9 S7-26、工作波长为28mm的电磁波在尺寸为58.2mm 29.1mm的空气填充的矩形波导中多模传输，传播了1000米，求TE10和TE20两模式的时延差是多少。28mm，C 2a 0.1164 m， C a0.0582 mt丄Vp1Vp2LI3.33610 0.970.8767 1 ()260.31 10 S1( CI)21 ()c21解： CI f 75mm应满足a 2a ,所以a 75m

25、m， a 75I237.5mm，可取 a 50mm, b 25mm。7-28、设计矩形波导，使频率在(4 0.3)GHZ之间的电磁波能单模传播，并至少在两边留有10 %的保护带。解：f14 0.3 3.7GHz, f2 4 0.3 4.3GHZ ；设TE10波截止频率为fc1 , TE20波截止频率为fc2 ,则flfc1(1 0.1)2C- 1.1Cf2 fc2(1 0.1)0.9a可得：a 44.6mm, a 62.8mm故选择a 50mm, b 25mm ,可满足要求。7-29、无限长矩形波导 a b中Z 0为空气，Z 0段为r 1.5的理想介质，频率为 f的电磁波沿Z方向单模传播，仅考虑主模时，求 解：Z 0区域的驻波比。0段波阻抗乙反射系数Z JZ2乙驻波比7-30、矩形波导尺寸为58.2mm 7mm ,工作频率为3 106Vm ,求该波导能传输的最大功率。解： c/ f 75mm4GHz ,空气的