计算得 l1?0.189?
并联短路传输线后，负载阻抗变为 R'L?175?5? GL4用长度为l2??/4特性阻抗为Z的传输线进行阻抗变换
Z?
ZcR'L?83.85?
7-17、推导矩形波导中TE波场分量－16)式。 解：Ez?0；
Hz(x,y,z)?H0(x,y)e?jkzz
?t2Hz(x,y,z)?kc2Hz(x,y,z)?0；
用分离变量法： 令 Hz(x,y)?X(x)Y(y) 代入第三式可得：
X''(x)Y''(y)??kc2?0；
X(x)Y(y)Y''(y)X''(x)222??ky令 ；其中kx2?ky??kx，?kc2； Y(y)X(x)所以 X(x)?c1coskxx?c2sinkxx
Y(y)?c3coskyy?c4sinkyy
Hz(x,y,z)?(c1coskxx?c2sinkxx)(c3coskyy?c4sinkyy)e?jkzz
由边界条件，
?Ez?Hz1(j???jk)z?y?xkc2?Ez?Hz1(j???jk)z2?y?xkcx?0边界，Hx(0,y,z)?x?0?0
x?a边界, Hx(a,y,z)?x?a?0
y?0边界, Hy(x,0,z)??Ez?Hz1(?j???jk)z2?x?ykc?Ez?Hz1(?j???jk)z2?x?ykcy?0?0
y?b边界, Hy(x,b,z)?y?b?0
于是，可得kx?m?n?，ky?，m,n?0,1,2?； abm?n?x)cos(y)e?jkzz ab 最终得到 Hz?H0cos( Hx?jkzH0m?m?n?()sin(x)cos(y)e?jkzz 2aabkckzH0n?m?n??jkzz()cos(x)sin(y)e 2babkc()cos(m?n?x)sin(y)e?jkzz abm?n?x)cos(y)e?jkzz ab Hy?j Ex?j??H0n?kc2b( Ey??j
??H0m?kc2a)sin(
7-18、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，Hz可以表示为
Hz(x,z)?H0(x)e?jkz （1）
z式中H0(x)满足方程
d22H(x)?kH0(x)?0 （2） 0c2dx解方程得
H0(x)?c1cos(kcx)?c2sin(kcx) (3)
Hz的通解为
Hz(x,z)?[c1cos(kcx)?c2sin(kcx)]e?jkz (4)
z上式代入１０b)式
?Ez?Hz1(?jk?j??) z2?y?xkcEy?考虑到Ez?0，得 Ey?1(j??[?kcc1sin(kcx)?kcc2cos(kcx)]) 2kc下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 kc? 由此，得
m?Hz(x,z)?H0cos(x)e?jkzz （5）
am? ，m?1,2,3,? a kc?m? （6） a kz?k2?kc2 （7）
将（5）式代入１０)式，就得到波导中TE波的其他场分量
a??H0m??jkzzsin()e m?aEy??jHx?
?HzaH01m??jkzz(?jk)?jksin()e zz?xkc2m?a?c?2?2a? kcmkz?k2?kc2?k1?(?2) ?cZTM??EyHx???kz?Z1?(?2)?c
vp??kz?v1?(?2)?c
?g?2??kz?1?(?2)?c
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z方向传输。求TM波的各电磁场分量以及TM1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TM波，Hz?0，Ez可以表示为 Ez(x,z)?E0(x)e?jkz （1）
z式中E0(x)满足方程
d22E(x)?kE0(x)?0 （2） 0c2dx解方程得
E0(x)?c1cos(kcx)?c2sin(kcx) (3)
电磁场与电磁波(西安交大第三版)第7章课后答案
