电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)第9章

1第九章导行电磁波9-1推导式（9-1-4）。解已知在理想介质中，无源区内的麦克斯韦旋度方程为EHj，HEj令zzyxHHHeeeHyx，zzyxEEEeeeEyx则yHxHxHzHzHyHxyzzxyzeeeHyxyExExEzEzEyExyzzxyzeeeEyx将上式代入旋度方程并考虑到zkzj，可得xyzzHEkyEjjyzxzHxEEkjjzxyHyExEjxyzzEHkyHjjyzxzExHHkjjzxyEyHxHj整理上述方程，即可获得式（9-1-4）。9-2推导式（9-2-17）。解对于TE波，zkzzzzyxHzyxHEj0,,,,0。应用分离2变量法，令yYxXyxHz,0由于yxHz,0满足标量亥姆霍兹方程，得0dd1dd122222ckyyYyYxxXxX此式要成立，左端每项必须等于常数，令222dd1xkxxXxX；222dd1ykyyYyY显然，222cyxkkk。由上两式可得原式通解为ykBykBxkAxkAyxHyyxxzsincossincos,21210根据横向场与纵向场的关系式可得ykBykBxkAxkAkkyxEyyxxcyxcossinsincosj,212120ykBykBxkAxkAkkyxEyyxxcxysincoscossinj,212120因为管壁处电场的切向分量应为零，那么，TE波应该满足下述边界条件：0,,00byxyxE；0,,00axyyxE将边界条件代入上两式，得bnkAy,02,2,1,0namkBx,02,2,1,0m故zH的通解为zkzzeybnxamHzyxHj0coscos,,其余各分量分别为zkczxzeybnxamamkHkzyxHj20cossinj,,3zkczyzeybnxambnkHkzyxHj20sincosj,,zkcxzeybnxambnkHzyxEj20sincosj,,zkcyzeybnxamamkHzyxEj20cossinj,,9-3试证波导中的工作波长、波导波长g与截止波长c之间满足下列关系222111cg解已知波导中电磁波的波长为22221111cgcg则22222211111ccg即222111cg9-4已知空气填充的矩形波导尺寸为cm4cm8，若工作频率GHz735.7f，给出可能传输的模式。若填充介质以后，传输模式有无变化？为什么？解当内部为空气时，工作波长为mm78.38fc，则截止波长为mm25.08022222nmbnamc4那么，能够传输的电磁波波长应满足c，若令2225.0nmk，则k应满足256.4k。满足此不等式的m，n数值列表如下：256.4k0m1m2m3m4m0n0.2512.2541n11.2523.252n44.25由此可见，能够传输的模式为1212023131212111110140302010TM,TE,TE,TM,TE,TM,TE,TM,TE,TE,TE,TE,TE,TE填充介质以后，已知介质中的波长为r，可见工作波长缩短，传输模式增多，因此除了上述传输模式外，还可能传输其它高次模式。9-5已知矩形波导的尺寸为ba，若在0z区域中填充相对介电常数为r的理想介质，在0z区域中为真空。当TE10波自真空向介质表面投射时，试求边界上的反射波与透射波。解已知波导中沿z轴传输的10TE波的电场强度为zkioyiyzexaEj)sin(yeE那么，反射波和透射波的电场强度可分别表示为zkroyryzexaEj)sin(yeE；kztoytyexaEj)sin(yeE式中200021akz；221ak考虑到边界上电场强度与磁场强度的切向分量必须连续的边界条件，因而在0z处，获知5toxroxioxtoyroyioyHHHEEE;根据波阻抗公式，获知z0和z0区域中的波阻抗分别为toxtoyTEroxroxioxioyTEHEZHEHEZ;将场强公式代入，得200021aZTE，0z；221aZTE，0z根据上述边界条件，得TEtoyTEroyTEioyZEZEZE那么，0z处的反射系数及透射系数分别为TETETETEioyroyZZZZEER;TETETEioytoyZZZEET2反射波与透射波的电场强度分别为zkioyryzexaREj)sin(yeE;kzioytyexaTEj)sin(yeE根据HE0j，可得反射波的磁场强度为zkioyzryrxzxaREkzEHj00sinj1zkioyryrzzxaREaxEHj00cos1jj1根据HEj，可得透射波的磁场强度kzioytytxxaTEkzEHjsinj1kzioytytzxaTEaxEHjcos1jj169-6试证波导中时均电能密度等于时均磁能密度，再根据能速定义，导出式（9-4-9）。解在波导中任取一段，其内复能量定理式（7-11-14）成立。考虑到波导为理想导电体，内部为真空，因此内部没有能量损耗。因此式（7-11-14）变为VwwVeavmavScd)()(2jd)(rrSrS因为流进左端面的能量应该等于流出右端面的能量，故上式左端面积分为零，因而右端体积分为零。但是右端被积函数代表能量，只可能大于或等于零，因此获知)()(rreavmavww已知能速的定义为avavewSv，对于TE波，波导中平均能量密度为222yxeavmaveavavEE波导中能流密度平均值仅与场强的横向分量有关。对于TE波，能流密度的平均值为2222yxyxavHHEES波导中电场和磁场的横向分量关系为21cTExyyxZHEHE将上述结果代入，求得TE波的能速为22TE111ccavavevZWSv同理对于TM波也可或获得同样结果。79-7试证波导中相速pv与群速gv的关系为gpgpgddvvv解根据群速的定义kvgdd，对于波导，zkk。又知波导的相位常数与相速的关系为pzpzvkvk，则zpzpzpzzgkvkvkvkkvdddddd根据波导波长与相位常数的关系，得ggzgzkkd2d22则gpgpgpggpgvvvvvdddd2229-8推导式（9-6-3）解将麦克斯韦旋度方程EHj，HEj在圆柱坐标系中展开，得rzzrzHrrrHrrHzHzHHr111jeeeErrzzrzErrrErrEzEzEEr111jeeeHr将zzrEEEeeeEr代入上式，并考虑到zkzj，得rzzEHkHrjj1；ErHHkzrzjj；zrEHrrrHrj11rzzHEkErjj1；HrEEkzrzjj；8zrHErrrErj11上式整理后，即可求得横向分量的表示式为zzzcrHrrEkkEjj12rHErkkEzzzcjj12rHkErkHzzzcrjj12zzzcHrkrEkHjj12其中222zckkk9-9推导式（9-6-18）解对于TE波，zkzzzzerHzrHEj0,,,,0建立圆柱坐标系，zH0满足的亥姆霍兹方程为0110220220202zczzzHkHrrHrrH令rRrHz,0，代入上式，得2222222dd1ddddΦΦrkrrRrRrrrRrRrc令方程两边等于2k，获得下述两个常微分方程：0dd222ΦkΦ0dddd222222rRkrkrrRrrrRrc其中Φ的通解为9kBkBΦsincos21由于zH0随角度的变化周期为2，因此，k必须为整数。即mBmBΦsincos21式中m=1,2,3。考虑到圆波导具有旋转对称性，0的坐标轴可以任意确定，总可适当选择0的坐标轴，使上式中的第一项或第二项消失，因此，上式可表示为mmBΦsincos,2,1,0mrR的通解为rkArkArRccm2m1NJ考虑到圆波导中心处的场应为有限，但0r时，0Nm，故常数02A，即rkJArRcm1。因此zrHz,,的通解为zkczzemmrkBAzrHjm1sincosJ,,那么，根据圆波导的横向分量的纵向场分量表示式，即可求得各个分量HHEErr,,,的表示式。9-10已知空气填充的圆波导直径mm50d，若工作频率GHz725.6f，给出可能传输的模式，若填充相对介质常数4r的介质以后，再求可能传输的模式。解当圆波导内为空气时，工作波长为mm6.4410725.610398fc10已知TM波的截止波长为mncPa2，因此能够传输的模式对应的第一类柱贝塞尔的根Pmn必须满足下列不等式52.32mnmncPaP由教材表9-6-1可见，满足上述条件的只有P01因此只有01TM波存在。TE波的截止波长为mncPa2，那么能够传输的模式对应的第一类柱贝塞尔的导数根mnP必须满足下列不等式52.3mncP由教材表9-6-2可见，满足上述条件的只有11P和21P，因此只有11TE和21TE波可以传输。填充介电常数为4r理想介质后，工作波长为mm3.22r，则能够传输的TM模式对应的第一类柱贝塞尔的根Pmn必须满足下列不等式04.72mnmncPaP由教材表9-6-1可见，满足上述条件的模式为波波，波，波，波，2112110201TMTMTMTMTM。能够传输的TE模式对应的第一类柱贝塞尔的导数根