(完整word版)微波技术基础第二章课后答案杨雪霞汇总

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内，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(Ez = 0, Hz =0)，TE 波(Ez =0 ,H z H 0),TM 波(E 0，Hz=O)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：Ez=0，Hz=0 的为 TEM 波；

2、Ez=0,HzH0 为 TE 波；Ez H 0，Hz =0 为 TM 波。TE波阻抗:TM波阻抗:wuWS其中n为TEM波在无限答煤质中的波阻抗。2-4试将关系式生-空=jwsEx，推导为 cy&Ex =1 cHz n亦F十沖心。解：由Hy的场分量关系式Hy=HOeT任（H0与z无关）得:CHyPHy利用关系式如讯yczjwEx可推出:Ex1 /Hz 十点 Hy) jw 名cycz七(孔jHy)jwS cy2-5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 K ?当工作波长 几大于或小于

3、 几C时，波导内的电磁波的特性有何271不同？ 答：当波沿Z轴不能传播时呈截止状态， 处于此状态时的波长叫截止波长， 定义为人=kC当工作波长大于截止波长时，波数k<:kc，此时电磁波不能在波导中传播;当工作波长小于截止波长时，波数k:>kc，此时电磁波能在波导内传播;2-7矩形波导中的截止波长 Ac和波导波长 兀g，相速度U P和群速度9 g有什么区别和联系?它们与哪些因素有关?答：波导波长为為-C -卩> A，入c为截止波长群速为U g = Cji（匚）2 < C，相速为U Pc/jur 歼2-p=，且VJp七g =C，与 C，工作波长入，截止波长扎C有关。2-8在

4、矩形波导中不存在 TM mQ和TM on这两种波型，为什么?答：根据TM波的特点EQ，Hz = Q，由TM波的场分量表达式可知TM mn在m=0或n=0时，EQ，不符合TM波的特点。2-9在空气填充的矩形波导（ab）中，要求只传输 TEi0波型，其条件是什么？若波导尺寸不变，而填充 巴=1, %>1的介质，只传输TE10波型的条件又是什么?解：由于TEi0的截止波长Ac = 2a，而TE20的截止波长为a，TE 01的截止波长为2b。若要保证单模传输TE10，则由传输条件几<Ac，TE2Q与TE Q1均被截止，故有avAv2aZ>2b同时b<2若波导中全填充 气=，呂詞

5、的介质，则波长变为 k/J巴，因此单模传输条件变为同时a<<2a人>2b2-10 一空气填充的矩形波导，要求只传输TEi0波型，信号的工作频率为10GHz，试确定波导的尺寸，并求出 為、Up和Ug。11解：工作频率为f =10GHz，空气填充，速度V；）=3x10 mm/s，因此工作波长、V3X101130mm，A =f根据矩形波导单模传输的条件，波导的尺寸由下式确定b<-215<a<30mmb<15mm故可选用BJ-100，其模横截面尺寸为a% b=22.86mmx10.16mm选定尺寸后，计算為、U p和Ugt= 39.75mml2a丿吐= 3.9

6、75 x1011mm/si2a丿= 2.261011mm/s2-11空气填充的矩形波导BJ-100，其尺寸为 axb=22.86mmx10.16mm，工作波长几=18mm，问波导内可能存在几种波型。若波导的横截尺寸变为a xb=72.14mmx 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 入来判断波导中可能存在的波型。TE10=2a = 2 X 22.86 = 45.72mmTE20=3= 22.86mmTE30孑 15.24mmTE01兀=2b =2x10.16 =20.32mmTE02K = b =10.16mmTM11"

7、;JT18.567mmTE21 1TM 21 j % T15.187mm所以可能存在的模式有：TE10, TE20 , TE 01 , TE11和TM11。当尺寸为 ax b=72.14mmx 30.4mm时，各波型的截止波长为兀=2a = 144.28mmTE20c7 2. 14mmTE30TE50TE702a =48.09mm3兀=28.856mm c 52a扎c 芳=20.611mmTE40TE60TE80cTE01= 2b = 60.8mmTE02TE03逬=20.26mmTE04tmJ%=56.03mmTE21TM213 6. 07mm2 4. 06 m m1 8. 0 35m m人

8、=b = 30.4mm=15. 2mm入c = 46.49mmTE32 !兀TM 32=25.697mmTE12TM 12 Jkc= 29.75mm2TE22 Qc = 28.014mmTM22JTE23TM 23卜人=19.51mmTE33TM 33卜)叱=18.676mm所以可能存在的模式有： TE10,TE20.TE70,TE 80，TE01，TE02，TE03，TE1TM 11 TE 21, TM 21，tE12 , TM 12，TE 32, TM 32 TE 22, TM 22，TE 23, TM 23，TE 33, TM 3322mm，求 Ag。2-12在空气填充的矩形波导内，测得

9、相邻两波节点之间的距离为解：因为在波导中相邻两波节之间的距离为，所以得到2kg = 2x 22mm = 44mm2-13矩形波导BJ-100，其横截面尺寸为axb = 22.86mmx10.16mm，在波导中传输TE波，工作波长兀=3cm，试求截止波长Ac、相速Up、群速爲、传输功率P和波型阻抗Zte10。解:TEi0波的截止波长TEi0波长的相速度Up牙=3.976x1011mm /s(u0 =3 1011mm / s)l2a丿TEi0波的波导波长=39.76mmi2a丿TEi0波的传输功率P=2Re LU( -Ey 沢 HxXxdy1_0 0而TEi0的Ey与Hx为仞卩兀-i氏E-j H0

10、S in (-x)eT 俺KcaHxEH0Sin&x)訂氏KcaabP=7疋 H0H0(Kc兀蔦）Zc = 2a = 2 22.86mm = 45.72mmTEi0波的波型阻抗ZtEi h由于P =生"g = Ji -（上】=2；l：fe = 1/ V l2a 丿HxZte若用ZtE10表示Ey、H X= 499.580（空气填充）Ey =Eosinle及la丿EoZTEiosin I X e la丿E。=Kc所以，传输功率P=2Re |JJ（-EyHx Xxdy l_0 0'ab e2ab4 ZTEi0e2=O.116E2（空气填充）2-14 矩形波导的横截面尺寸为

11、a=23mm， b=10mm，传输频率为10GHz的TE1O波，求截止波长、波导波长、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兀=2a = 2 X 2 3 = 4T6m工作波长为3勺089 =30mmf lOxiO相速为39.57mm波导波长为3.96xi08m/sn波阻抗为Zte =、=LI 497.23Q卜（匸V/叱当频率增大时，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 = 2

12、b = 25mm,有中心频率f = 10GHz的脉冲调制波通过100m长的波导，求中心频率上的时延t。解：工作波长A=K=30mm(空气填充) f。波导波长相移常数n 2兀P =一 =1.675 516/cm,=37.5mm故经过100m后，产生的相移量©为* = Pl二亠 1=1.675 516/cm 100 102 =16 755.16（弧度）所以，中心频率上的时延 t为*16755.174t = _ = o 4= 2.667X 10sc2-16已知空气填充BJ-100波导，工作波长 A =32mm，当终端接负载 Z时，测得驻波比P=3，第一个电场波节点距负载 di =9mm，试

13、求:(1)波导中传输的波型;(2)终端负载阻抗的归一化值。解：BJ-100为矩形波导，其横截面尺寸ab =22.86mmxi0.16mm。几个低次模的截止波长分别为TE10 兀=2 a= 4 5. 7 2 m mTE2o =a= 22.86mmTE01 兀=2b = 20.32mm根据波导中波的传输条件 A £ fC，故只能传输TE10波。矩形波导BJ-100, TEi0波的波导波长为A=44.8mm2第一个电场波节点距负载为 d1= 9mm，波节点处的归一化阻抗为1-，即S1 _ Zl +jtan Pd1 S 1 + jzL tan Pd1d13. 1 3S7=31 -jStan

14、阳Zl =S-jta nP*Zl =1.726-j1.332-17已知一矩形波导馈电系统,ax b =22.86mmx 10.16mm，空气填充，工作频率f。=9.375GHz，端接负载 乙，测得馈线上的驻波比P=2，第一个电场最小点距负载=44.8mm利用上题中导出的z瓷晋tand1 =1 , S 2/d1 = 5.6mm，试求：终端负载阻抗的归一化值;解：由于fo =9.375GHz，空气填充，其工作波长 S为. c3X1011cc怙=32 mmfo9.375X10波导波长所以归一化负载阻抗Zl =4-j32-18什么叫做激励和耦合?答：所谓激励就是在波导中建立所需波型的方法。相应地，从波

15、导中取出所需波型的能量的方法称为耦合。激励和耦合是可逆的，激励装置也可以用作耦合装置。2-19波导中的激励可以由哪几种方式？激励装置是什么？电磁场能否激励的判据是什么?答：激励方式有三种，它们是电场激励、磁场激励和电流激励；激励装置为探针激励、环激励、小孔或缝激励，电子流激励。杆激励为电场激励，环为磁场激励，孔激励根据孔开在波 导的不同位置，可能为单一的磁场激励或同时存在电场和磁场激励。从而使该波型在波波导的激励原则是指使激励装置产生被激励波型的某一场分量或壁电流, 导中建立。2-20圆波导中的波型指数 m和n的意义是什么，它们与矩形波导中的波型指数有何不同?答：圆波导中m代表场沿圆周方向分布

16、的整驻波数，n代表沿半径方向场分量出现的最大值个数。而在矩形波导中，m和n分别代表场强沿 x轴和y轴方向分布的半波数。2-21欲在圆波导中得到单模传输，应选择哪种波型，为什么?答：在圆波导中实现单模传输一般选择TEii波型，因为TEii模的截止波长最长，易于实现单模传输。2-22试述圆波导中TEii，TE01及TM01三种模式的特点及其应用。答：圆波导TE11易于实现单模传输，但由于模极化面是不稳定的存在着模的极化简并，故实用中不用圆波导作为传输线。但是利用TEii模的极化简并可以构成一些特殊的波导元器件，如极化衰减器、极化变化器和微波铁氧体环行器等。TEoi模的结构特点是（1）场分布具有轴对

17、称，电场和磁场沿W方向均无变化；（2）电r=0 和 r=R 处，E（p=o； （3）场只有Ecp分量，圆波导横截面上的电力线是一些同心圆，在 在管壁附近只有 Hz分量。因此TE01模适合用作高 Q谐振腔的工作模式和毫米波远距离传 输波导。但TE01不是最低次模，所以采用 TE01模设法抑制其他模式的寄生。TM 01的结构特点是（1）场分布具有轴对称性，电场沿W方向无变化；（2）磁场只有Hep分量，圆波导横截面上的磁力线是一些同心圆,r=0处，Hcp=o，壁电流只有Jsz分量。由于不影响其中同时，一些微TM 0i模场结构具有轴对称性，故将两端工作在TM 0i模的圆波导作相对运动,电磁波的传输，所

18、以适合作微波天线馈电系统旋转关节中的圆波导传输模式。波管和直线电子加速器所用的谐振腔和慢波系统往往是由这种波型演变而来的。2-23何谓波导的简并波型，矩形波导与圆波导的简并波型有何不同。答：波导中不同的波型具有相同的截止波长的现象称为波型简并现象。矩形波导，除TE mo与TEon外，均存在波型简并现象。对于a>b情况，TE mn与TM mn (m HO,n HO)简并重简并；当a=b （正方波导）则TE mn、TE nm、TM mn TM nm简并一一四重简并；当b=0.5a时，则TEoi与TE20简并，TEo2与TE40简并，TE50与TE32 TM 32简并三重简并。圆波导中，除具有

19、模式简并外，还有极化简并。TEon与TM in为模式简并。除 m=0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TEii模，旋转对称的最低阶模为 TM 01模，损耗最小的模式为 TEoi模。2-25空气填充的圆波导，其半径 R=2cm，工作于TEoi波型，它的截止频率是多少?解：工作在TEoi波型时，截止波长为）陀=i. 6R= 3. 2m所以，截止频率为f=c =>-c3<1083.28“00ai0i9GHZ2-26若对2-25题中的波导填充 环=2.1的介质，并保持截止频率不变，问波导的

20、半径应如 何变化?- /-0 ” _n -J，所以叫=乍里，同时f = 保持不变，则P wj曲V2. i%J2.ikc沽 U2.26cm2-27空气填充圆波导内半径 R=3cm，求TEoi、TEn、TM oi和TM n的截止波长。解：圆波导中TEoi的截止波长GcH为OiGcLol =i.64R=4.92cmTEii的截止波长（札Hl为(傀 丄=3.4iR=iO.23cmTM Oi的截止波长（讥为Oi仏c)E =2.62R=7.86cm匚OiTM 11的截止波长(兀E为4 E11(/c E =1.64R=4.92cm片匸11即圆波导中TE01(H01 )与TM1E11 )为简并模。2-28有一

21、空气填充的圆波导，其直径为5cm，试求:(1)TE11、TE01、TM 01、TM11等模式的截止波长;当工作波长为7cm, 6cm, 3cm时，波导中可能出现哪些波型?当几=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 :Oc山TE01 :(几c L01TM 01 :(兀 01TM11 :Gc)E11=3.41R=3.14 2.5=8.525cm= 1.64R=1.64x2.5=4.1cm=2.62R=2.62x 2.5=6.55cm= 1.64R=1.64x2.5=4.1cm(2)当几=7cm时，传TE11模；当几=6cm时，传TE11、T

22、M 01模式；当几=3cm时,传 TE11、TE 01、TM 01、TM 11 模式。(3)基模为TE11模，截止波长为8.525cm，所以波导波长为 爲=；=Lj12.26cm2-29要求圆波导只传输 TE11模，信号工作波长为 5cm,问圆波导半径应取何值?解：当圆波导的内半径 R与工作波长满足条件2.61R<ac3.41R时，波导中只传输TE11波型。当工作5cm时，求得的半径为1.466cm C Rc 1.91cm。2-30圆波导工作于TE01模，已知几=0.8兀，f=5GHz，问相移常数P ?若半径增大一倍,相移常数有何变化?解：工作波长为:，一 _*=0.06m=60mm f

23、 5咒109工作在TEol模时,人=%.8 =6%.8 =75mm波导波长为:=100mm1-(32相移常数：当半径增大一倍时,截止波长增大2倍，工作波长增大2倍，所以波导波长增大2倍，相移常数减小为原来的%。2-31某通讯机机的工作频率f=5GHz，用圆波导传输主模，选取=0.9，试计算圆波导的直径、波导波长、相速和群速。解：假定圆波导空气填充,其工作波长入=3x10175x109 =60mm。圆波导的主模 Hu，其截止波长等于3.41R。由于选取% = 0.9，故 Ac = % 9 = 6% 9 = 66.67mm。所以圆波导的直径D为D =2 - = 39.1mm3.41其波导波长珀为厂

24、 137.65mm113天10= 6.88"011mm/s(Tn= 1.308mm/sA=30cm的波2-32今用半径R=1cm的圆波导制成截止衰减器，问长度为多少时，才能使衰减30dB 。解：截止波导可制成截止衰减器，其条件是A A扎c。圆波导半径R=1cm，其主模的截止波长为(讥片仆=3.41R =3.41cm可见A 恐，截止衰减器可选用主模操作。由于丄 兀，故衰减常数a = 2/kc。若输入功率为P0，沿线截止衰减功率为P0-YI为线长）。根据题意有10lg 臂=30 即 Ige3 = 3Po1 O故，圆波导的截止衰减波长1 =曲=1.25cm2a若采用TEol模制成衰减器,由

25、于 TE 01模的截止波长 A c = 1.64R = 1.64cm 故线长ln 1O3=O.6Ocm2a2-33同轴线内导体半径 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、波阻抗?解：同轴线主模为TEM模，截止波长为扎=处，所以导波波长为為=% =3e%（f为工作频率），相速度等于光速为3咒108 m/s波阻抗为n二 =3770 。2-34如果2-33题中填充媒质 Pr =1 ,名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?解：同轴线主模为TEM模，截止波长为Ac =沁賦 725几=1.9e，相速度为柑Pc8= =1.9x108m/

26、s，波阻抗为n0 =23802-35 一个空气填充的同轴线，其内导体外直径d=12.7cm，外导体内直径 D=31.75cm，传输TEM波，工作频率 f=9.375GHz，空气的击穿场强 Eb30kv / cm，试求同轴线的最大功率。2 br 2匚 厶h解：同轴线的击穿功率出=辰'王321 nb120aa=d=6.35mm，r15.875mm产1故Pbr =2.771X106w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5血，试计算硬的解:在给定的工作频带内，最短的工作波长Amin与同轴线尺寸之间应满足关系式min 3

27、 (£c 斤环比兀(a +b)所以,(a + b) <如口 3.18cm兀又因为特性阻抗为500，对空气来说乙=138 lgba，得-=2.3，解得 a = 0.964cm， ab = 2.22cm ；对心.26来说，Z-Siga，得 b=3.5,a解得a = 0.71cm , b = 2.485cm。2-37介质为空气的同轴线外导体内直径D=7mm，内导体外直径为d=3.04mm，要求同轴线只传输TEM波，问电磁波最短工作波长为多少?解：外导体的半径 b为3.5mm，内导体外半径 a为1.52mm ；同轴线只传输TEM波，则总"(a +b)当 a=1.52mm，b=3.5mm 时，入mi>i(a + b)= 1 5. 76