微波技术李晓蓉第二章习题答案

1、1，2，5，6解题

2．1、解：

①工作波长由工作频率唯一决定，



2k



2



②k分为纵向分量和横向分量kc，临界状态下，0，此时，k全部分配给kc，相应的波长即截止波长：

c

2kc



1fc

它由横截面尺寸、波型决定

③在传输状态下，k0，纵向传输时每2相位变化时，对应的长度即波导波长：

g

2





2kkck

2





c

2

对于给定尺寸的波导，传输一定波型时，其kc就定下来了，相应的截止波长被决定了， 工作波长如果大于它，k不够分配给kc，导致纵向为虚数，纵向衰减； 工作波长＝截止波长时，仅横向谐振；

工作波长工作波长。 简而言之，三种波长分别对应 其波数k、横向波数kc、及纵向波数。它们通过k

2

k

c

22

2．2、解：

ˆExxˆAsin已知：Ex



jtz

，TE波 ye

b

H

j



E

jjtz

ˆˆˆyzxAsinyeyzb

jAjtz

ˆzcosye

bb



Ajtzyˆsinyeb



jAjtz

ˆˆzcosyyjsinye

bbb

其中 

kk

2

2

c



k

b

2

2



 c是光速。 cb

22

2．5、解： （1）c

2mnab

1mn



ab30

2

2

22

60mm

1mn

90072.1434.04

22

上式如右图所示，所以可传输的波型有：

TE10，TE，TE，TM11，和TE。

（2）对于TE10模，c

210ab

2

2

2a14.428cm

g10.9221.8cm

2

2

2

k

kc



1



2



1

c

2



1

g

2



114.428

2



121.8

2

，所以

12.03cm

（3）已知10cm，c

210

ab

2

2

2a14.428cm

vpc



1c



c

2

10c0.72081.387c 14.428

2

c2a14.428cm

1c



0.720813.87cm 

2

g

2．6、解：

c/f3cm

（1）c

2mnab

2

2

30mm

mn1

 22.8610.1615

222

只能传输

k介

rk

mn

ab

2

2

2

（2）

kc介kc

cc介介

2

r

2



2

2.2515

2

rmn22.8610.1615

k介rkkc介kc

mn

ab

2

所以可以传输TE20，TE，TE三种模。

（3）

c介,TEc介,TEc介,TE

10

c,TE102a45.72mmc,TE012b20.32mm c,TE20a22.86mm

01

20

为保证TE10波型单模传输

a2aa介2a

cc

f2aa

cc

f介

ar2ar





所以

22.86mm45.72mm

， 

22.86mm45.72mm介

2.286 cm,介

6.565 GHzf13.129 GHz

4.572 cm， 

4.38 GHzf8.75 GHz介

1、1，2，5，6解题

2．1、解：

①工作波长由工作频率唯一决定，



2k



2



②k分为纵向分量和横向分量kc，临界状态下，0，此时，k全部分配给kc，相应的波长即截止波长：

c

2kc



1fc

它由横截面尺寸、波型决定

③在传输状态下，k0，纵向传输时每2相位变化时，对应的长度即波导波长：

g

2





2kkck

2





c

2

对于给定尺寸的波导，传输一定波型时，其kc就定下来了，相应的截止波长被决定了， 工作波长如果大于它，k不够分配给kc，导致纵向为虚数，纵向衰减； 工作波长＝截止波长时，仅横向谐振；

工作波长工作波长。 简而言之，三种波长分别对应 其波数k、横向波数kc、及纵向波数。它们通过k

2

k

c

22

2．2、解：

ˆExxˆAsin已知：Ex



jtz

，TE波 ye

b

H

j



E

jjtz

ˆˆˆyzxAsinyeyzb

jAjtz

ˆzcosye

bb



Ajtzyˆsinyeb



jAjtz

ˆˆzcosyyjsinye

bbb

其中 

kk

2

2

c



k

b

2

2



 c是光速。 cb

22

2．5、解： （1）c

2mnab

1mn



ab30

2

2

22

60mm

1mn

90072.1434.04

22

上式如右图所示，所以可传输的波型有：

TE10，TE，TE，TM11，和TE。

（2）对于TE10模，c

210ab

2

2

2a14.428cm

g10.9221.8cm

2

2

2

k

kc



1



2



1

c

2



1

g

2



114.428

2



121.8

2

，所以

12.03cm

（3）已知10cm，c

210

ab

2

2

2a14.428cm

vpc



1c



c

2

10c0.72081.387c 14.428

2

c2a14.428cm

1c



0.720813.87cm 

2

g

2．6、解：

c/f3cm

（1）c

2mnab

2

2

30mm

mn1

 22.8610.1615

222

只能传输

k介

rk

mn

ab

2

2

2

（2）

kc介kc

cc介介

2

r

2



2

2.2515

2

rmn22.8610.1615

k介rkkc介kc

mn

ab

2

所以可以传输TE20，TE，TE三种模。

（3）

c介,TEc介,TEc介,TE

10

c,TE102a45.72mmc,TE012b20.32mm c,TE20a22.86mm

01

20

为保证TE10波型单模传输

a2aa介2a

cc

f2aa

cc

f介

ar2ar





所以

22.86mm45.72mm

， 

22.86mm45.72mm介

2.286 cm,介

6.565 GHzf13.129 GHz

4.572 cm， 

4.38 GHzf8.75 GHz介