电磁场理论与微波技术答案docx文档格式.docx
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或者(5,0,0)矢量
VxB=r+z
2-1两无限大相互平行的理想导体平板,间距为°
其间存在一随时间变化的电场。
当取其中一块板为2=°
平面
a.
b.
c.
时,电场强度为
解:
7TZ
E=Asin—cos
件,
7TCt
满足在z=0jffz=a面上的边界条
E=Asin—cos—式中c是光速。
试眾a磁感应强度B导电板上的面电荷密度导电板上的面电流密度
由Maxwell方程可作运算:
VxE=
dB
~dt
d
Cy~dz
Asin—cos
aa
A71宓7VCt
=eA—cos——cos——yaaa
B=
7UCtCOS——a
17lCt
d——
A宓.亦f
—ecos——sm——caa
式中积分常数因与时间无关,系静磁场,所以令其为零。
b・在Z=0,和Z=Q面上由边界条件/=En£
o=0c・由边界条件kf=jx(H2-H),en由1指向2,
en=ez^H2=—,凤=0
“0
A.7TCt
sin——
jUqCa
fA观.7TCt
kf=COS——Sin——ezxev
jUqCaa
在面上,
R
en=ez,Hx=—,H2=^
“o
fA7VZ.7TCt
kf=cos——sm
“°
Caa
A.7lCt
Z=a
juQca
2-2设在一载有稳恒电流2•的长直导线附近,有一矩形闭合回路,边长为。
和b,其中b边平行于长导线。
当回路在包含长导线的平面内以匀速u离长导线而运动时,求回路中的感应电动势。
在矩形线圈内,B的方向与线圈平面的法线方向一致,所以有:
旦bIn心
2兀p
_d0_i/Li^bpd(]+a)_iju^abv
dt17Tp+aAtp2冗p(p+a)
2・3试利用坡印亭矢量分析稳恒载流直导线中的能量传输问题,并证明由此导线周围流入导线的功率恒等于该导线单位时间内的焦耳损耗。
设稳恒载流直导线中的电流强度是/,导线表面的磁场强度是h-”,一段/长导线周围流入导线的功率:
2血1-
2兀a
其中R=
7iaa
这正好是该导线单位时间内的焦耳损耗。
2-4太阳在正午入射地球表面,与入射方向垂直的单位面积上所具有的能量为1.53x106耳格/秒.厘米2称为太阳常数。
试求在地球表面上太阳光的电磁场强度。
设太阳半径心等于7xlO10厘米,太阳中心与地面间的距离九是l・5xl0】3厘米。
求太阳表面上的电磁场强度。
化为国际单位制。
1焦耳=10休格
F2
ge二EeHe=亠=1.53X106尔格/秒•厘米2
c“o
=^_1.53xl06焦耳/秒•米2=1・53x10?
焦耳/秒•米?
107
所以,E;
=c“oge=3区108(米/秒》4恥10-7(亨利/米)
x1.53x10’焦耳/秒•米$
F
乙=759伏/米,比=^=2.01安/米
E2
ge=EeHe二亠=1.53X106尔格/秒•厘米2
C“o
in4
=1.53x2焦耳/秒•米2=1.53xIO?
焦耳/秒•米$
2E:
邑二迥g二卑,£
L63xl05伏/米,
Se4帀E;
Hs=431安/米
2-5一平面电磁波严詛cos叭—/g垂直入于歼0平面。
=jB0cosc9(?
_r/c)ev
求作用在此平面上的压强(单位面积的辐射压力)。
设(a)此平面为完全吸收体;
(b)此平面为理想导体.
因为矗二£
oEEBB——{SqE2B2)S,
“o2“o
由电磁场的方向可确定入射波的方向在Z方向,即由下半空间入射到2=0平面,则平面所受压强为-冬•&
式中的电磁场是边界面上的总场。
但)平面为完全吸收体,场在边界上没有变化,进入平面后才转变为热能.
B?
]b?
eFexex+一ee-—(sqE2+一)(exex+e
•2“°
—1/口2
=+—比
2“°
(b)E总=0%=2B
r2
因为£
QE2=—
所以卩2=2许
2B1
Ao
3・2对于在任意方向传播的电磁波,试证其群速度为f"
皿此。
式中%二匕矿+乞矿+冬莎3。
为波包的中心频率。
%yz
由傅利叶分析知,在&
方向传播的频率在5-乎◎+如之间的所有单色平面波的迭加是
]Act)
E=-—("
°
+2^0(^)exp[j(Ier-cot^coAcoJ^o-—
设在所考虑的区间变化不大,且有
如(執+…仏+9-
%)(
将其代入上式,得
Ao)
«
o+—
aIzjur
AcoJ«
o-—
dk
XpM°
・f+(0〜)(^)。
—,)do
=Jexp[j(&
"
—5f)]「Zexp(jO—現)($)oT-t
o-—…
=jexp[j(ko•/*—%比
Aco屮
\co
~T~
Ak
Aco
CD
const.=(兽)°
x+(学)°
y+(兽)°
z-f
Aco(\co(\co
式中-[(挣•—
(竺)。
•虹1
Acodr
(63、(dkx/加、/叭Oedk_、(Aco、〔
(訂。
F)。
+(K)o(^)o+(<
)o(^)o=(^)o=1对比上两式,可得
dr
~~d7
卫CD、弋CD、/加、
=)0ex+)0ey+(^—)0
okYokvok
xy
\CD
~T
折射角为耳。
由
3・3—平面电磁波in=^0exPU(^er~^0]射入一导
体平面,设入射角为&
,试求其折射角的大小。
(导体的导电率为6导磁率为“)
取入射平面为XZ面,入射角为仇,边界条件g=ktx=九+2
atx=°
kix=Ptx
k®
=0=0口+jOCfy5
所以①垂直于导体表面
kf=0:
—af+2jcift•/3t—co1
21
»
2^=2^
所以PtrPt垂直于导体表面,0/也
2®
c1fd(y
因为良导体内三所以卩严
一112
%=5小口=:
copcy=:
co“o^o
22co8q
tzPtZ
cc+br»
—kj=~(^bc+喝)
Ptx
所以%九》kl=Pl所以九»
以上证明了在任意入射角情形下,也接近法线方向,.a
所以折射定理为竺%
sin&
i
3-51GHzx方向极化的平面波沿+Z方向从空气入射到位于x・y平面的金属面(铜质,6=1,z/r=Lc>
=5.8X107s/m)上,电场B畐度为12mV/m,求金属中的血扬磁场时间表达式。
首先考虑电磁波在空气和金属表面发生折射和透射的情况:
E^Er=Etk-H『二Ht结合两式得到
又Ar=1/.Ei-Er
彳氏(7
导体
5.8xl07
4^x109x8.854x10"
12
沁22832
]J-
22832(1—力耳二16145耳X"
4
ki
Hr\
真空
再利用在导体中的电场表达式:
E=E^e~aze^-^
在1GHz频率远远小于1017Hz可以看作良导体
aq0uJ缺cr/2==4.785x1()3
5V7
•・•E=0.743«
t7卧10zexp[j(2”xl09f-4.785x10—+—)]pVIm
:
.H=63.68e_4-785xl°
5zexp[/(2”x10?
/—4.785x10一)]叭m
注意单位
4-3一特性阻抗为500的无耗线,与一200Q的负载相
接,其工作频率为100MHz,求:
a.线上的驻波比。
b.如采用一刀4阻抗变换器进行匹配,则该匹配段的特性阻抗Z和长度/为多少?
c・当工作频率变为80MHz时,如仍采用上述匹配段,则线上的驻波比变为多少?
200-50
200+50
1±
^=4
1-0.6
C3X10=3c^z=7=0-75m
八7io8
Z;
=JZ/Z帀=7507200=100/2
3xl08
108
=3cm,/=7=0,75111
2兀
乙+jZ;
tan——0・2人
III
z.=Z:
i=54-j23.7
+jZztan——0.22x
A
1於二缶嘉⑴山"
黑
=1.59
RZmb
R+z加b
900
=4500
4-5在如图所示的传输线电路中:
Um=900VZg=Z01=4500Z02=6000
R=9000zL=400Qa・确定各线段上的工作状态。
b.画出沿线电压、电流和阻抗的振幅分布,并标出它们的最大值和最小值。
22
a.z,?
B=^=600_=900q图4・5EB‘处的总阻抗
lllB乙400
因为=Z01=450Q,所以AB段工作在行遊状态。
又Z02=600Q,乙=4000,所以EC段工作在行驻波状态。
b.AB段:
A点的输入阻抗Z,?
B=Z01=4500
在AA'
处的电流"
七二务小“)
z^5)=tS=450Q
在AA,处的电压t/(5)二450V=u[
BC段:
「广怎Z—r
由(4312)式
在EB“处的电压为450V
心)]
=坨l+0.2e
+
ic
=隔|[1+0.2卜1・2|盛
Ufc
=375V,
|[/(5)|=375J1+|rz|2+21}cos(tt一2卩s)
S=扌,pmax
=3OOV
=450V
s)=
375
600
Jl+吋一2『/|cos(—2因
$=Q|丿max
S=才,|丿min
=0.75A
=0.5A
=Z02
Zz+jZ02tany&
Z02+jZztan^s
=6002±
j3tan^
3+j2tanyfe
=600
加,max
=400G
=900Q
4-6一匹配信号源Um=10K通过一特性阻抗为50Q的无耗传输线,以相等的功率馈送给两个分别为和Z“=640,ZL2=250的并联负载,并用刀4变换器来实现负载与主传输线的匹配,如图所示。
求:
a•易4变换器的特性阻抗比、%o
b.在刀4匹配段上的驻波比。
c.负载Z厶-Z厶2吸收的功率。
a.为了负载与主传输线匹配,要求乙】,乙2在AA,处的并联输入阻抗为Z。
,为了以相等的功率馈送给两个并联负载,所以要求两个负载在AA,处的输入阻抗都等于2Zo=lOO0,所以,
Z01=J2Z。
乙1=7100x64=800,
Z02=J2Z°
乙2=V100x25=500
b・在匹配的情形下,主线上的p=l,而两支线上的:
1号线:
2号线:
Zl-Z1=64-80=_0j
1Zzi+Zo64+80p_l±
W_l±
Pdl-125门-1_『厂1—0.112
=^-^=25-50=_a33;
Z/2+Z°
25+50
_l+|r2|_l+0.33_2l-|r2|1-0.33
c.因为是匹配的信号源,
所以Zg=500,Za=500;
Z,/7=500,
二几
Zg+ZQ
_10x50
一50+50
=5V,
10
a50+50
=0.1A,
所以,Px=P2=扌尸丛'
=0・125W
4_7有一特性阻抗为50°
的无耗传输线,测得第一个电压最小点和最大点距离负载分别为5cm和15cm,振幅分别为5V和10V,求:
a.负载反射系数人和负载阻抗乙。
b.输入阻抗为乙的等效传输线的长度/及其终端电阻尺。
(a)15cm-5cm=M4,所以九=40cm;
电压驻波比
P-114"
「3
=—5(P1=2阻山+7V=7V+—5=—7Vp+13zmi”402
1|1+「丄孑J
rz=|rzp=--j5乙=Zo--^=5O^^=(4O-j3O)Q
,1+打
3
(b)“+j5Otan0/
Z加=Z/=40_j30=50:
50+j7?
tan/71
实部相等得200+3Rtan01=5R
虚部相等得4Rtan01-150=25Otan01
联立解得
=100/2l{=5cmR2=25/2l2=15cm
4-8有一长为8cm.特性阻抗为50。
的无耗传输线,测得线上驻波比为2,相邻两电压最小点的距离为2.5cm及第一个电压最小点距负载的距离为1.5cm,利用圆图求负载阻抗乙和始端的输入阻抗Z加。
相邻两电压最小点的距离为A/2=2.5cm,所以2=5cm第一个电压最小点距负载的距离为%i・5cm所以
d•15
^^=—=0.3
25
输入端距负载的距离为8cm,即1.6九
(1)因为P=^max=2,作等p圆,由电压最小点向负载方向(逆时钟方向)转0・3得归一化负载阻抗乙=l・57+j0.69,
或
Z/二50乙二(78.5+j34.5)0
⑵由负载点向顺时钟方向旋转1.6九或0.1九得归一化输入
阻抗Z,?
=1.57-j0.69或
Z加=5OZ〃=(78.5—j34・5)0
4-9传输线的特性阻抗Zo=300Q,负载阻抗ZL=(450-jl50)Q
,工作频率为1GHz,如利用刃4阻抗变换器来匹配这传输线。
a・求久/4变换器的接入位置和阻抗特性。
b.如将兄/4变换器直接接在负载与主传输线之间,则需在负载处并联一短路分支。
求短路分支的长度和2/4变换器的特性阻抗。
^=—=0.3111,^
乙-Zo_450-jl50-300_3-j2
Zz+Z0"
450-jl50+300_13
=0.277“=
=-0.588
如久/4变换器在电压最大点处接入,贝U该处的乙層)=Zo/7,
所以其特性阻抗Zoi=7ZoZoP=3OOVL77=399.12Q
接入位置在®
-20s=±
2必
max
=M+A=0.136m4/r2
如几/4变换器在电压最小点处接入,该处的Zzn(mm)=Z./p
其特性阻抗=Jz°
Zo/p=300/VL77=225.5Q
接入位置在0-20s=±
(2〃+1)兀处,或s顾二学■+*=().061m
4兀4
归一化负载阻抗乙=乙/Zo=1.5-j0.5,由圆图Y,=0.6+j0.2o
如将A/4变换器直接接在负载与主传输线之间,则需在负载处并联一短路分支,要求它提供-j0.2,导纳圆图的短路在0.25处,册以=0.25-0.032=0.218I土0.0654m
这样
£
总=0.6,Zl总=1.67场总=500Q,Z01
=Jz°
Z/总=7500x300=387.3Q
2/4Transformermatching.A100GlineisterminatedinaloadimpedanceZL二200—)1000・ReferringtoFig.3_19,find:
(a)dl(min)(b)Z(2/4)(c)VSWRondlline(d)VSWRonA/4line
kA/4=0.2141.
Z(A/4)=61.6
=200-/1000
VSWR=
iVSWR=1M
BVSWR=2.6A
VSWR
Voltagestandingwaveratio
ZnA-B=
200-J100
100
=2-jl
〃1=0・214几
Z(2/4)=yjZBR()=J38x100=61.60
Z(2/4)61.6
^-=0.62
2
5
+X
0.38
VSWR=1.62/
Homcl
VSWR=2,6
5-3
用BJ・32波导作馈线。
a.当工作波长分别为10cm>
7cm和6cm时,波导中可能传输哪些波型?
b.波导单模工作的频率范围。
其单模工作频率的范围如何变
C.如果该波导中填充以6=2.25的理想介质,化?
波导的宽边0=7.214cm,窄边b=3.404cm。
2由截止波长.知
Im\\n\
波型TE10TE20TE01TE11(TM11)TE21(TM21)
(cm)14.437.216.816.164.95
a.当A<
AC时,波才能传输,所以有
工作波长为10cm时波导中可能传输TE10型波。
工作波长分别为7cm时波导中可能传输TE10TE20型波。
工作波长分别为6cm时波导中可能传输TE10TE20TE01TE11(TM11)型波。
b.波导单模工作的波长范围为7・21(cm)<
X14.43(cm),由戶c/入得它相应的单
模工作的频率范围为:
4.16(GHz)>
/>
2.079(GHz)
•C・如果该波导中填充以6=2.25的理想介质,其单模工作波长的范围不变,而截止频率.yc
•则波型TE10,fc=1.39GHz;
TE20^j/c=2.77GHzo所以其单模工作频率的范围为1.39GHz今<2.77GHz
5-4
矩形波导的工作频率/=5GHz,传输TEr的截止频率fc=0.8/,宽高比为2,如通过波导的平均功率为lkW,求:
a.波导中电场和磁场强度的幅值。
b.波导壁上纵向和横向壁电流面密度的幅值。
乳fc=0.8/=4GHz?
/lc=3%I。
二7・5(cm)二2q,
4x10
a3xIO10
所以=3.75(cm)?
Z7=-=1.875(cm),A==6(cm)由(5丄24)式,在
宽壁中心"
号处,I化
•通过波导的平均功率为lkW时
E。
(5.1.28)
Ey
H。
乞—=597.87xlO2V/m
叫-冷
=1.269x102A/m=\H7\2^z4^xl0-711
4P
(5.1.24)
—I^ol
CD/Lia1
1-=。
・2龙,Rxlmax=~=95.2A/m
b.在波导窄壁上,只有横向电流Jy=|H0|=126.9A/m(5.1.26)
在波导宽壁上,Jxmax=Ho=126.9A/m,|jzmax=\H0\=95.2A/m
兀(5.1.27)
5-7
空气同轴线内外导体的直径分别为t/=32nun,D=75nun,求:
a.该同轴线的特性阻抗。
b.当它采用巧=2.25的介质环支撑时,如D不变,则应为多少才能保证匹配?
C.该同轴线中不产生高次模的最高工作频率。
a・空气同轴线的特性阻抗Zo=-^ln^=601n^=51.1Q
辰a32
b.为了保证匹配,就要求介质环支撑段的特性阻抗保持不变。
即Z;
=-4^=111—=51.1/2,
VI25df
所以d‘=20.9mm
c・在空气同轴线中,不产生高次模的最小工作波长为
Anilll>
\+b)=l.l/r(32+"
)=184.9mm所以/max==l-62GHz
在介质环支撑段Qnain'
1•1龙"
=1.1兀(彳"
?
+?
'
)=]65.7mm
/max
3x10】。
7225x16.57
=1.21GHz
所以取该频率能在整个同轴线中都不产生高次模。
5-8
•设计一特性阻抗为750的同轴线,要求它的最高工作频率为4.2GHz,求当分别以空气和的介质填充时同轴线的尺寸。
•解:
特性阻抗,Zo最高工作频率为4.2GHz
I—h】—花a
7.143/、2.
几min
J®
filiax
-^(cm)a+^<
^L
\l£
rl.br
b7.143
•当以空气填充时,75=601n—+Z?
<
=2.07(cm)
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