电磁场与电磁波答案解析

1、第7章导行电磁波1、求内外导体直径分别为线内外导体之间填充聚四氟乙烯(0.25cm 和0.75cm 空气同轴线的特性阻抗；在此同轴r 2.1 )，求其特性阻抗与 300MHz时的波长。解：空气同轴线的特性阻抗Zo60ln -a60ln075 =65.917聚四氟乙烯同轴线：Zoln025 =41.404ln3 45.4873 1086 0.69m300 106 如2、在设计均匀传输线时，用聚乙烯($= 2.25 )作电介质，忽略损耗对于300 Q的双线传输线，若导线的半径为0.6mm，线间距应选取为多少?对于75 Q的同轴线，若内导体的半径为0.6mm，外导体的内半径应选取为多少?解：双线传输

2、线,Li令 d为导线半径，D为线间距，则0ln DiyInDdDZo=ln 300厂dD ln 3.75, D 25.5mmd同轴线，令a为内导体半径，b为外导体内半径，则Li27TIn aZo-A ln -75J ralnba3、设无耗线的特性阻抗为 1001.875, b3.91mm,负载阻抗为50 j50 ，试求：终端反射系数L驻波比VSWR及距负载0.15处的输入阻抗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、一特性阻抗为50 Q、长2m的无耗线工作于频率 求其输入阻抗Zin 。200MHz，终端阻抗为40j30解：输入阻抗：Zinc 1.5,jZota n zZ0jZL tan z2c 8z 2亍Z0ZLtand31.732j9.87Zin 26.325、在特性阻抗为200的无耗双导线上,测得负载处为电压驻波最小点，v距负载/4处为电压驻波最大点，Vmax为min 为 8V,10V,试求负载阻抗Zl及负载吸收的功率 FL。解：传输线上任一点的输入阻抗和反射系数的关系为7 (d)7 1(d)Zin(d)Z01(

4、d)在电压最小点处l|，将其代入上式可得1 IZmin (d) Z0Y1 I再由驻波比表达式1 1 l|lI所以由题中给出的条件可得Zmin (d)1Z0 1ToSV10max1.25V i8minZ0200Zmin160S1.2521 Vmin1640.2W2 Zmin2160LSZlPl6、长度为3 4 ,特性阻抗为600 Q的双导线，端接负载阻抗 300 Q;其输入端电压为600V。试画出沿线电压、电流和阻抗的振幅分布图，并求其最大值和最小值。解：设d = 0为负载端。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的变化如图题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图题7 67、无耗双导线的特性阻抗为500 Q,

6、端接一未知负载Zl ,当负载端短路时在线上测得一短路参考点位置 d。，当端接Zl时测得VSWR为2.4 ,电压驻波最小点位于 d。电源端0.208 入处，试求该未知负载阻抗 Zl。解：因为接Zl时，S 2.4,，因d。处为等效负载点，故 dmin 0.208。77ZljZotandZindZ0-h-Z0jZLtan d906.32 452.75j&无耗线的特性阻抗为125作波长为80cm,求负载阻抗。乙 d =Z， J n u J max解：ZlZl乙1 j tan( dmin) jtan ( dmin ),第一个电流驻波最大点距负载ZoS125 5 625, dr Zin djZotan d

7、Z0Z0jZin d tan d625 j125tan -1255001 j2.4tan 20.2082.4 jtan 20.20815cm , VSWR 为 5,工15cm15125 j 625tan 1529.0897 +49.3668j9、求图题79各电路A A处的输入阻抗、反射系数模及线B的电压驻波比。A Zo j2ZoZo4ZoZo线B(a)线B(b)AA4Zo(d)(c)解：ZAA(b)(c)4Zoaa丨aa |111 1/7图题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说明Aa处匹配，故AA0 ,7 .Z 厶AAZl 4Zo,AAaa-7AA(d)22ZoZAAZoZAAZoZo Z.0 ,ZoZo2ZoAA纭4Zo 2Zo4Zo 2Zo10、考虑一根无损耗线:当负载阻抗Zl (4O j30)，欲使线上驻波比最小，则线的特性阻抗应为多少?求出该最小的驻波比及相应的电压反射系数;确定距负载最近的电压最小点位置。解：1，S1驻波比S要小,就要求反射系数小，需求其极值。(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将Zo50 代入反射系数公式，得min (Rl(Rl Zo)2 xf*(4O 5O)2 3O21(4O 5O)2 3O2Zo)2 xi最小驻波比为s 1 丨 Imin1min终端反射系数当 dminL4(Rl Zo) jXL(Rl Zo)个电压波节点（取n 0）dmin1 211jXL(n(40 5O)j300 + 1j= 0.3333j=0.3333e(4O 5O) j 303O

10、,1,2,3.）时，电压最小即 U（d）minUl 1L，第一、有一无耗传输线特性阻抗 Zo 75，终端接负载阻抗 Zl传输线上的反射系数（d）；传输线上的电压、电流表示式;距负载第一个电压波节和电压波腹的距离lmin和lmax。Zl Zo25LZlZo175故反射系数为(d)Lej U(d)A(1L)ejail(d)-(1L)ej解：终端反射系数0其中Ad 2 lAcos dUl IlZo是终端入射波的电压。2d 0.31ej(47.5需笛 0.31ej-2 d)Aej d1电压波节出现在e j（2第一个波节点（n 0）2 dd 也 0.1842电压波腹出现在e j（2 d 47.5）第一个

11、波腹点(n 1) 2(100j50)，求:j(2 d 47.5)dejZod1j(2 d 47.5)d 47.5)180Ul、1处,47.51处，即 2 dIL分别为终端电压和终端电流。2 d 47.5(2n1)2.3147.5 2nd 36047.55.455 45d -一 0.434212、已知特性阻抗为 300的无损耗传输线上驻波比等于2.0，距负载最近的电压最小点离终端为0.3 ，试求:负载端的电压反射系数未知的负载阻抗Zl 。解：第一个电压最小点位置Imin2 Imin0.6ZlZ0(1L)L0.636oZ0(nL3003 508.9892ej237901O 1丄尹313、一个200

12、MHz的源通过一根300的双线传输线对输入阻抗为73的偶极子天2cm），以使天线与线馈电。设计一根四分之一波长的双线传输线（线周围为空气，间距为300 的传输线匹配。解：平行双线传输线的特性阻抗为Z01120l 门经d而四分之一波阻抗变换器的特性阻抗应满足Z01JZ0Rl 7300 73 147.992 2 10 2故得 147.99120ln 得构成4阻抗变换器的双导线的线径d为22 2 101.165cm3.43导线的长度为1 50.375m414、完成下列圆图基本练习已知 Zl 为 0.2 j0.31 Zo ，要求 yin 为 1 jbin，求 1/ ；开路支节,要求yin为j1.5，求

13、1/一短路支节,已知1/为0.11，求yin;若为开路支节,求 yin ；0.4j0.8，求 dmin1、 dmax1、VSWR K ；已知1/6.35，VSW为 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：导纳是阻抗的倒数，故归一化导纳为y (d) YM 1(d) 1 (d)ejyin(d)b 厂(d) 1 (d)ej丫0由此可见，zin d与（d）的关系和yin（d）与（d）ej的关系相同,所以，如果以单位圆圆心为轴心，将复平面上的阻抗圆图旋转180，即

14、可得到导纳圆图；或者将阻抗圆图上的阻抗点沿等圆旋转180，即可得到相应的导纳点；导纳点也可以是阻抗点关于圆图原点的对称点。由此可知可以把阻抗圆图当成导纳圆图使用,即等电阻圆看成等电导圆，等电抗圆看成等电纳圆，所有的标度值看成导纳。归一化负载阻抗Zl Z0ZL 0.2 j0.31 Z0Z00.2 jO.31在圆图上找到与Zl对应的点A ;以0为中心，以OA为半径作等反射系数圆，从点 A为0.20,如图题7 14 (1 )所示。图题7 14(1 )此时将阻抗圆图当成导纳圆图使用,找到等圆与g 1的等电导圆的交点 C,读得向信号源电刻度值为0.313 。则 丄 0.313 0.20 0.113 将阻

15、抗圆图当成导纳圆图使用,在导纳圆图上找到开路点A和yinj1.5点B，查得向信号源电刻度值分别为0、0.344,则 1/0.344 00.344，如图题 7 14 (2)所示。题 7 14 (3)Ot; 将阻抗圆图作为导纳圆图使用。 在导纳圆图上找到短路点A，查得向信号源电刻度值为0.25，从点A沿单位圆(即等反射系数圆)向信号源方向旋转0.11到电刻度值为0.36 ( 0.25 0.11 0.36 )的点B,查得 yinj1.21。 在导纳圆图上找到开路点 AA ,查得向信号源电刻度值为 0 ,从点AA沿单位元向信号源方向旋转0.11到电刻度值为0.11的点BB,查得yinj 0.825。如

16、图题7 14 (3 )所 示。 在圆图上找到与Zl对应的点A,查得向信号源电刻度值为0.113 ;如图题7 14(4)所示。 以0为中心，以0A为半径作等反射系数圆,等反射系数圆与圆图左实轴相交于点，向信号源电刻度值为0.5，右实轴相交于 C点,向信号源电刻度值为0.25 ;从点A沿等反射系数圆向信号源方向(顺时针)旋转到点B,旋转的距离即为d min1 0.5 0.1150.385 ；从点A沿等反射系数圆向信号源方向(顺时针)旋转到点C点,旋转的距离即为dmax1 0.25 0.115 0.135 ；读得C点阻抗值即为驻波系数 VSWR=4.5读得B点阻抗值即为行波系数 K=0.22 ； 在

17、圆图上找到与Zl对应的点B :波谷点阻抗为Zmin1/1.50.667，位于左实轴上A点，对应的向负载(逆时针)电刻度值为0 ;如图题6 14 ( 5)所示。负载点，以0为中心，以OA为半径作等反射系数圆;从点A沿等反射系数圆逆时针旋转0.082，至U电刻度值为0.082的B点，B点即为查得顺时针电刻度值为0.416 ,Zl 0.767j0.28，则ZL 750.767 j0.2857.5 j21o图题 6 - 14 ( 6)CC0从点B沿等反射系数圆旋转 180度到BB点，即为负载导纳点(阻抗圆图作为导纳圆图使用)，查得yL 1.175jO.44，则YL1.175 jO.44/750.015

18、6 j0.0053 ；从点B沿等反射系数圆顺时针旋转0.35 6.35 120.5到顺时针电刻度值为0.266 ( 0.35+0.416-0.5 )的 C点，C点即为输入点，查得Zin1.55j0.165，则乙n 1.55 j0.165 75 116.25 j12.375 ；从点C沿等反射系数圆旋转180度到CC点，即为输入导纳点，查得yin0.667j0.069，则 Yn0.667 j0.069/75 0.00889 j0.00092。驻波比SmaxVmin503.846;13波腹点阻抗为ZmaxS3.846，位于圆图右实轴上 A点，对应的向负载(逆时针)电刻度值为0.25 ;如题6 14(

19、6 )图所示;z r(2n 1)Tn 00.4530.101 以0为中心，以0A为半径作等反射系数圆;从点A沿等反射系数圆逆时针旋转0.032，至U逆时针电刻度值为0.032 +0.25=0.282 的B点，B点即为负载点， 查得顺时针电刻度值为 0.218 , Zl2.42 j1.85 ,则 ZL2.42 j1.85 50 121 j92.5 ；从点B沿等反射系数圆顺时针旋转0.32(1.82 = 3 * 0.5+0.32 )到顺时针电刻度值为 0.0328( 0.32+0.218=0.538=0.5+0.0328)的C点，C点即为输入点，查得50 12.5 j11.25。Zin0.25 j

20、 0.225，则 Zin 0.25 j0.22515、一个（30 j10）的负载阻抗与一根长度为0.101，特性阻抗为50 的无损耗传输线相接。利用史密斯圆图求出:驻波比;负载处反射系数;输入阻抗;输入导纳;线上电压最小点的位置。解：ZlZl 3 0.6 j0.2Z050在圆图上找到与ZL对应的点A（顺时针电刻度值为径作等反射系数圆，从点A开始沿等反射系数圆顺时针旋转，转到正实轴上得点B,读得驻波比图题7 - 151.767。如图题7 15所示。0A0.28 , 0A与正实轴的夹角146即为反射系数的相角,故负载处反射系数0.28ej1460.28 的从点A沿等反射系数圆顺时针（即朝向信号源方

21、向）转动0.101 ，与圆相交于点C（电刻度值为0.149），读得Zn 1 j0.60，故输入阻抗为Zin Z。Zn 50(1j0.60)50j30 延长CO，得点C的对称点C ,在此读得Yn 0.75 j0.45，则输入导纳为Y 1Yin 玄 y75 j0.45)0.015j0.009S据传输线上合成波的电压方程知(2n 1)时线上出现电压最小点， 得故长度为0.101的线上不出现电压最小点。16、何谓导行波？其类型和特点如何?解：导行波（guided wave ）是指能量的全部或绝大部分受导行系统的导体或介质的即沿导行系统定向传边界约束，在有限横截面内沿确定方向（一般为轴线）传播的电磁波,

22、即Hz播的电磁波。其类型可分为：横磁波（TM ）或电波（巳，其磁场没有传播方向的分量,2 2 2且 ke 0, k 。其特点为：磁场完全分布在与波导传播方向垂直的横截面内，电场有传播方向分量相速度Vpc/JT，为快波具有色散现象，且须满足keV k才能传输 横电波（TE）或磁波（H ）,其电场没有传播方向的分量,即Ez0 ,心0, k2 2磁场则有传播方向其特点为： 电场完全分布在与导波传播方向垂直的横截面内，分量 相速度Vp C/JT，为快波 具有色散现象，且须满足 ke V k才能传输 横电磁波（TEM ）或准TEM波，电场和磁场都没有传播方向的分量，即Hz 0 ,Ez0 ,且 ke0,其

23、特点为：电场和磁场均分布在与导波传播方向垂直的横截面相速度等于群速度且等于无耗媒介中平面波的速度，并且与频率无关无色散现象2混合波，即Hz 0, Ez 0,且kc V 0其特点为：场被束缚在导行系统表面附近（表面波） 相速度Vp c/厂，为慢波满足kcv k才能传输17、何谓工作波长,截止波长和波导波长？它们有何区别和联系?解：工作波长就是TEM波的相波长。它由频率和光速所确定，即当a 2a时,c(TE10)2a 4a9.144cm , c(TE20)a 2a 4.572cm式中，0称为自由空间的工作波长，且截止波长是由截止频率所确定的波长,fcr只有c的波才能在波导中传输波导波长是理想导波系

24、统中的相波长,即导波系统内电磁波的相位改变2所经过的距离。波导波长与c的关系为18、一矩形波导内充空气，横截面尺寸为：a b 2.3 1.0cm2，试问：当工作波长各为6cm、4cm、.8cm时，波导内可能传输哪些模式?解：由 cTEmn cTMmn222 得，m nbCTE102a4.6cmCTE202.3cmCTE012b2cmCTE11CTM112=1.834 cm22丄1ab由波导传输条件C可知，当 6cm时，波导中不能传输任何模式； 当 4cm时,能传TEi0模式；当1.85Cm 时，能传 TEi0、TE20、TE01 模式。19、用 BJ-100(22.86mm 10.16mm）矩

25、形波导以主模传输10GHz的微波信号，试求:波导的截止波长C，波导波长 g，相移常数 和波阻抗。如果宽边尺寸增加一倍，上述参量如何变化?如果窄边尺寸增加一倍，上述参量如何变化?波导尺寸固定不变，频率变为 15GHz ,上述各参量如何变化?解：当f = 10GHz时0 3cm , C(TE10) = 2a= 4.572cm , c仃E20) a 2.286cm此时波导中只能传输 TE10波。所以,kJ1ZTE1002a202a1.325 00.755k1.3253.976cm158.05 rad/m0499.581 亠2a故可传输TEi0与TE20两种波型。对TEi0波:1.059 03.176

26、cm0204akJ1204a0.945k197.8467 rad/m对 TE10 波:ZTE10j=399(3)当 b2b时,c(TE10)2a 4.572cm，c 仃 E01) 2b 4.064cm204a对TE20波，所求各量同。可传输TE10与TE01两种波型。对TE10波，所求各量同。对 TE01 波: g0204b4.4471cmkJ1204b141.2866 rad/mZTEo1204b558.8415当 f = 15GHz 时，0 2cmc(TE10)2a 4.572cm, c(TE20) a 2.286cm , c(TE01) 2b 2.032cm故可以传输的波型为TE10，

27、TE20， TE01。1.112 02.224cm02a419k 于 282.5062 rad/mZTEio对于TE20波:020a2.065 04.13cm152.1538 rad/mZTE200778对 TEoi 波:0202b11.3141cmkJ1202b0.1768k55.5343rad/mZTE011 J2b2132.620、假设矩形波导管的截面尺寸为a b 31.75 15.875mm2，内部填充r 4的电介质，问什么频率下波导管只能通过TE10波形而其它波形不能通过?解：矩形波导的截止频率为cTEmnfcTMmn2 2mn_b! 2 2十n T (1)波导只能通过TE10波形条

28、件为：fcTE10fcTE01 (或 fcTE20 )，将题中所给条件及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扬 V 31.75 1033 10114.72GHz4 15.87515.875 10 3则：波导的单模工作频率范围为:CTE10fcTEol (或 fcT% ),即:2.36GHzf 4.72GHz21、已知横截面为a b的矩形波导内的纵向场分量为Ez0, HzHo cos(x)cos( y)e a b其传输模式为TE11 波。0 ，kc式中，H。为常量, 试求波导内场

29、的其它分量及传输模式。试说明为什么波导内部不可能存在TEM波。解：由横向场分量的表达式可得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 空心波导内不能存在 TEM波。这是因为,如果内部存在TEM波，则要求磁场应该完回线上磁场的环路积分应等全在波导的横截面内， 而且是闭合回路。由麦克斯韦方程可知,顶壁上流出z = 0与z亍截面的电流为于与回路交链的轴向电流。 此处是空心波导，不存在轴向的传导

30、电流， 故必要求有轴向的位移电流。由位移电流的定义式 Jd -D可知，这时必有轴向变化的电场存在。这与TEM波所以波导内不能存在电场，磁场仅存在于垂直于传播方向的横截面内的命题是完全矛盾的,TEM 波。22、填充空气介质的矩形波导传输 TEi0波，试求管壁表面的传导电流和管内位移电流。解：TEi0波的各场分量为EyEosin(x)e j zaHxEosin( x)e j zaHz旦cos(x)e ja a根据边界条件，管壁电流密度JsHt。Ht为管壁表面上磁场强度分量。于是，两TEi0波，已知a b 6 4cm2，若沿纵向测得波侧管壁的电流密度为exH z-e jazeyexEoeaj zey

31、从顶壁流入两侧壁的电流,可取g/2长的顶壁波导计算可得:j zdz2_Eoalyj zdz2Eo顶壁上的电流密度为JseyHxEo sin(x)e j zezaIzE0 sin()dxa2a E0IzEoSin()e ja于是从顶壁（g/2长）流出的总传导电流Ic为由于所以Ick2Ic位移电流密度2Iy2Iz4a 0E0kc4aE0则流入上导体板IdJd2a E。0E0Sin(-)2e ja7表面的总位移电流Id为a0dx 02 Jddz = 0dx 0zey0E0sin( x)e j zdza20E0si n(-x)dx =翌一 E0a即Ic Id ,该题说明，管壁上的传导电流等于管内的位移

32、电流，仍满足电流的连续性。23、在一空气填充的矩形波导中传输导中电场强度最大值与最小值之间的距离是4.47cm，求信号源的频率。解：对于TE10波，其截止波长2a 12cm，由题意知 -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矩形波导（a72.14234.04mm ）做馈线，设波导中传输TEio模。测得相邻两波节之间的距离为10.9cm，求g和c ；设工作波长为 010cm，解：由题意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、试绘图说明当矩形波导中传输 TE10模时,地方开槽才不会影响电磁波的传输。45.29 rad/m在哪些解：为了不影响电磁波传输，所开的槽不应将管壁电图题7-25流切断。根据TE10模的管壁电流分布，开槽位置如图题7-25所示。26、设计一特性阻抗为 75 的同轴线，要求它的最高工作频率为 4.2GHz，求当分别以空气和r 2.25的介质填充时同轴线的尺寸。解：cTE11kc27f crE11要使同轴线中不产生高次模,cTE11或f fcTE11，即最高工作频

34、率为f maxfcTE11108cb a厂 3.14厂4.2GHz 1 b aZo75J r a空气填充:(1 )、( 2)式变为lnba1.25CTE11b a 2 40 10100mm3.14 42 22.736mm可以解出 a 5.064mm,b 17.67mm介质填充:3.14 1.5 4215.1653mminba士 1.87560可以解出 a 2.017mm,b12.604mm。27、空气同轴线尺寸a 10mm,b 40mm :计算TEn、TM 01两种高次模的截止波长；若工作波长为10cm，求TEM和TE11模的相速度。解：CTM012 b a 2 40 1060mm V pTE

35、M3 108工作波长 =10cm，截止波长CTE1100mm，由波传输条件c可知,空气同轴线中不能传输TE,模。28、计算m 1.48和门21.46阶跃光纤的数值孔径与此光纤的最大投射角0, max。设外面的媒质为空气,no解：NA2n21221.481.462 20.2425由 sin 0匕1 n。2n2V2得 0,maxarcs in 也 1n。2 12n20.244929、设空气填充矩形腔a = 2.5cm,b = 2cm , l = 5cm ,试求腔的3个最低次谐振频率。解：101f011102沪J aC I丄22 10 V 2.530、用c10 212厂106.7GHzc2 102B

36、J-100波导做成的冷催 8.0777GHz冷云血8.485GHzTE102模式矩形腔，今在z l端面用理想导体短路活塞调谐,其频率调谐范围为 9.3GHz10.2GHz，求活塞移动范围。解：a=22.86mm , b =10.16mmc rm 2 n 2 p 2 c 2 2 29.5 109cl .2 .2 2,_9厂2（）10.210二 3.84cm l4.37cm* = 0I -J I第8章电磁波的辐射1、设元天线的轴线沿东西方向放置，在远方有一移动接收台停在正南方而接收到最大电场强度。当电台沿以元天线为中心的圆周在地面上移动时,电场强度渐渐减小。问当电场强度减小到最大值的1 建时，电台

37、的位置偏离正南方多少角度?解：如图题 8 -1所示，E sin , sin1D产，45 ,所以电台的位置偏离正南方V290： 45：45“。2、上题如果接收台不动，将元天线在水平面内绕中心旋转，结果如何？如果接收台天线也是元天线,图题8 - 1讨论收、发天线的向对方位对测量结果的影响。解：略电基本振子的辐射功率P100W，试求 r 10km 处,0、450和90方向的场强,为射线与振子轴之间的夹角。解:2由P 80 2 - 和E.60 Il . jSinre jkr可以解出|E|聖徒sin r V800，lEl45,90,如图题8|E|e|6010 10360310 106.714.74 10

38、 3 V/m ；10 3 v/m所示，一半波天线，其上电流分布为ImCoskz1/2 z 1/2求证当r0 l时，可解得:2 kr。jkr cos cos I ej02A2、T2Sin求远区的磁场和电场,求坡印廷矢量,2cos cos0.609，求辐射电阻,- 2已知 2d0sin图题8 - 4求方向系数。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验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最大辐射方向上的辐射场强为E maxIk2ro2ro设辐射功率相同的无方向性天线在相同距离处的辐射场强是Eo,则所以E20.609 4 r2Sav 4 r2 E一2- 0.6094 rE2 晋 I 1.64知某天线归cos 一 cos

40、 一44，绘出计算其半功率波瓣宽度。解：最大辐射方向角满足F()Cos(Cos44)化方向函数E面方向图,cos4n 1，Cos442cosmax0o图题8-5 E面方向图半功率辐射方向角满足F( ) Cos(7Cos2)4Cos2n 14cos(2n 1)12n,cos0, 12 -2 3dbmax1/26、天线的归一化方向函数为2 cos试求其方向性系数解：D F( , ) sin d d4124cos sin d d 010zl0(1 -) , l对于远区，因r 可以认为7、若长度为2l的短对称天线的电流分布可以近似地表示为I(z)试求远区场强，辐射电阻及方向性系数。解：对称天线可以看成

41、是偶极子天线的串联组合，远区场强可以写为e jkrdzrz cos将 l(Z) Io(1由于l Zl0(1l，贝U cos(kl cosz)sin lrjkr jkz cos ,. ZI 0 引门 1 COS(kl COS ) jkre e dz J22 elk2cos2)1 cos(klcos )2。已知真空波阻抗 Z0120则该天线远区电场强度为jkrer远区磁场强度为HIt炸jkr可见，这种短对称天线的场强与偶极子天线完全相同。因此辐射功率，辐射电阻以及方向性系数也一样。即工，D 1.5&假设一电偶极子在垂直于它的方向上距离100 v/m，试求电偶极子所辐射的功率。lOOKm 处所产生的

42、电磁强度的振幅等于解：由E的表示式知，电偶极子的远区辐射场的电场强度振幅为EmImdl2 oroSin又根据Pr的表示式，有Imdl因此Pr代入具体数值得10 Pr 1.1W99、求半波振子的方向系数。解：半波振子的方向图函数为cosH cos )F(, ) 2sin其方向系数为00 F2(, )sin d d2COSCOS ) 2 sin d dsin1.64coS (cos )0id用 dB 表示，则为 10lg1.642.15dB。10、已知某天线的辐射功率为100W，方向系数D = 3，求:r 10km处，最大辐射方向上的电场强度振幅;若保持功率不变，要使 r 20km处的场强等于原来r 10km处的场强，应选取方向性系数D等于多少的天线?解：据方向性系数的定义Emax2DlE0Pr相同而无方向性天线的辐射功率为Pro42 0E22 120 4 r2故离天线r处的场强为E：60pr当PrPro时，有方向性天线最大辐射方向上的电场为Emax de； 60 与r故 r 10km 处，E max(60 3 100310 10313.42 10 V/m 保持Pr不变，欲使r 20km处与原r 10km处的场强相等，需j60D PrJ60 3 pr20 10310 103由此得D 12，即应选取方向性系数为12的天线。11、由于某种应用上的要求,在自由空间中离天线 1km的点处需保