1、11、1_3_4_11_13_15_16_17 解题11、解：所以，zttZAtzizvtttzzvcL cos1.0os,10cos10cos,1 tti tttvTtti tttvtti tttvTcos1.0,2cos102,:sin1.0,4sin1042co,:s1.0,84cos1082co,:321 13、解： zjzjzZjLin cottan1ta1） MHz， m，30ffc 02cot25.1cott jjjZin2） MHz， m，z2.5，6f 5.0f jjjzjint.tt0 0.250.50.751 1.250 0 z|V|, |I| Zin |V|I|Zin0
2、 0.51 1.522.50 0 z|V|, |I| Zin |V|I|Zin1) 300MHz 时 2) 600MHz 时Fig.1 相应电压、电流、阻抗分布图评论学生作业：头脑中闪现阻抗圆图214、解：（用阻抗圆图来做更快）a） 10cinacLZzb）（I）段：开路 ；（II ）段：短路042cotcot1 22bzjzjLcZIZezjjZzjIZezccb zjzjLc42tanta1 2评论：学生01 IIZIbbb总 阻 抗 zjinejzzjjzZzI22sicotan1ta1tt1)(结 束 了（III）段：短路 jjZzjZezccinazjzjLcbc42tant12c)
3、（I）段，短路， ； （II）段，匹配，jIezbzj 2 cbZIz0cbbb ZIIZIZ 1总 阻 抗（III）段：匹配 20cinazd )3（I）段：开路 ；（II）段： jjZzjIZezccbzj 2otot 2 3022tan1tan13150 22cbLzjzjLcLZIjjez Ib总 阻 抗（III）段： 752121tan12tan3150 22cinabinazjzjLcLZjzjezZ111、证明： mininmiminini ta1i.etatat1zjKZzjZzKZj zjcLLLL113、证明： 评论学生作业： 2?cLcLZZ方法 1： jLcL eZZ可
4、 令则4sin1cosin1co2cossin1ico isin182tantan 22 jj jejZjlZj jLLin方法 2：2tancos1i1jjeZjLL 原 点的 虚 轴 上 ！ 而 不 仅 仅 在落 在 L LLcZZ1?为纯虚数， 落在阻抗圆图的虚轴上，向源旋转 ，输入阻抗落在圆图实轴上，即 ，为纯电阻。8即 0X115、解：（1） jjZjL39.0512.05. （2） 951087.3 1.02tan8.041.tan 9.84jZjjzjjinLiniL从 公 式从 阻 抗 圆 图 （3） （4） （5）SjYZjSjYjZljinciininiLiL 04.8.
5、21.40 0.8. 512.从 阻 抗 圆 图 15039082.60iniLZlj 012.5.739.1420SjYZjjLcLin5（6） （7） （8） 125. 0.63485.1jZjejYLinin ,.210.nl ,.21024.5.049nl6（9）.1,.21040,3.inBnl（10） ,.2.5.3l（11） ,1060n（12） jYin2.1（13） i80（注：（12）与（13）的结果应具有 /4 的变换性）（14）（/4 的变换性）,.21025.1.nljZinL（15）（/2 的重复性 ）,.21.nlZjLi7（16） （17）24.0385.0.1
6、5.1204minaxKljZL 17.06312.05.2.6.48.01minaxKljYL（18） （19） 9018Z5.3.24.2039.1maxjjljZlinLiL 75.013ZS6 2.3027.68minjYjljZlinLinL8（20） )( 2438.0675.jZjL评论学生作业：注意，不能把归一化阻抗加上单位，它没有量纲。116、解：9（a） （b）)( 142.083)( 5914)( 37.0982212jZjjjZjinL )( 5.36270.48.1)( 2010)( 4.7985.02212jZjYSjjjBjYZinL117、解： jjZin650
7、/328.l（1）cmlcm4.8 30*2. 30（2） lr 2. 15. 151、20，21，23，25 解题28.0.1.6arctn2inlljZjin10120、解： 5.065023jjZcL接入位置： cml 1.9.驻波比为： 12所以 725.50ccZ或： ml4.9.03205ccZk121、解： 总并 5.097.45.0245.0jjjYL所以 166.338l 3214510.121230-1-294870.654320.149308.763054.301.98276.524.2019.8710654329802Wavelngthsowardent123、解：32
8、1450.21110-9487650.3249083.6540213.98762.209.81765403.29807.6543Wavelngthsowrd11行波系数： 2.04maxinVk逆时针旋转 0.151 wavelength，找到25.137.0jZL所以 37516025.370jjcL旋转 180 度，找到负载导纳点：L .9.YL再沿等 线顺时针旋转交圆 ，发现支节位置应为：G084.9.183.0其应抵消的 ，短路支节的7B79.1jY短 路 支 节支节长度： )(2.5.2.sL 321450.21110-1948650.34290.8736540.213987.62.
9、20981765.4032.98076543WavelngthsowrdYLZL=- ( )s=-( )12125、解： jZYjjLcL5.0603沿等 线顺时针旋转 ，观察到 ；1.L35.04.jYB再沿等 线交 辅助圆于 ；G817.0jB总所以并联的第一个支节应提供 ；2.1 jjjB总并所以短路支节 1 的长度应为 。326.25l顺时针转动 ，从辅助圆到 圆； 8G观察到 ，所以 ，9.0jYA9.02jYA并短路支节 2 的长度应为 1345384.2l ZLZcA2Y3214510.1220-12948760.543210.493870.65340.13987.6243.10
10、98.7602019.8706543WavelngthsowrdeaYL jB=+ /8L = double stmachingL = / 1ll2 =(+) 1 l =(-) 2 Y2、1，2，5，6 解题1321、解：工作波长由工作频率和相对介电常数决定， k 分为纵向分量 和横向分量 ，临界状态下， ，此时， 全部分配给 ，相应的波长即截止波长：ck0kck22ccfk它由横截面尺寸、波型决定，与相对介电常数无关（f c 与相对介电常数有关）在传输状态下， ，纵向传输时每 相位变化时，对应的长度即波导波长：0k222112ccg 对于给定尺寸的波导，传输一定波型时，其 就定下来了，相应的
11、截止波长被决定了，ck工作波长如果大于它， 不够分配给 ，导致纵向 为虚数，纵向衰减；kc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 、横向波数 、及纵向波数 。它们通过 kck22ck而发生联系。221gc22、解：已知： ，TE 波ztjxeybAEsin ztjztjztjztj eybAyjeybjybzjAAxzjjH sincosincossi其中14c 是光速。222 bcbkc 25、解：（1） mbnamc 602301294.1.722nm上式如右图所示，所以可传输的波型有：TE10，TE 20，TE 11，TM 11，和 TE01
12、。（2）对于 TE10 模， cm428.1012abacmg8.29.10，所以22222 8.14.1gcck03.1（3）已知 ， cmcm428.1012abac ccccvp 387.12.48.122cg70.2mac48.1cmcg 87.1320.226、解： mfc3/0 1 2 3012mn15（1）2222 156.08.30 nmbnamc 只能传输 TE10 模（2） 22bnamkcr介介 22222 22105.16.08. rrccrnm介介 介介所以可以传输 TE20，TE 10，TE 01 三种模。（3） mabTEcccc 86.2307.45202011
13、00, 介介介为保证 TE10 波型单模传输rracfaca介介 22所以， m7.4586.2介， c2.,c .介 GHz 75.8z 38.4129356介f2、8，11，13，15，18，19，21，22 解题28、证明：0 1 2 3012mn16 tjzjz tjzjx tjzjyrtjzjzjz tjzjzjx tjzjzjyc exaATHj exaTjEkeexaAHj eexajEk cosinsicosinsi 22222在 z0 处，应用介质边界条件 11112222 akakTrxz 于是 12 2222 22222 1111Z kkkk kkakak crcr cr
14、crrcrc rcrcrr 1212ZT 12222212 1ZkkkkZ crcrrcrcrr211、解：17221480aEabPrr cmefcHzMzVkbr 103/93所以a (cm) b (cm) Pbr （W）BJ-32 3.404 1.056e+74.4 1.366e+7BB-327.2140.860 2.699e+6213、解：三段的波阻抗分别为：，2322211abZabZeee为使 b1 和 b2 段都传输行波，仅 b3 段传输混合波，b3 的负载为 Ze2，经过 1/4 波长匹配器，到 b1 的末端输入阻抗变得与 Ze1 相同，则 213 221213baaee补充：
15、214：圆波导中 ni 的 i 代表径向的零点数，如果 i=0，径向场分布均匀，这是不可能的。215、解： cma5（1）波型 TE11 TE01 TM01 TM113.41a 1.64a 2.62a 1.64a（cm）c8.53 4.10 6.55 4.10（2）18（cm）7 6 3a2.8 2.4 1.2可传输波型 TE11 TE11，TM 01TE11，TM 01，TE 21TM11，TE 01，TE 31TM21（3）传输 TE11 基模， cm25.13.871222ccgk19218、解：相速 221kcvcp要求相速相同，即要求 相同。c,矩形波导 ，mbnamc 82ba56
16、.3127即： manc24.1014156.312.72 TE01 圆波导 dc80所以 md346.1724.18.0TE11 圆波导 mddc 34.8205219、解：，于是50ln6183.miabZcbrc 硬 的软 的for 475.203 18.96cmba221、证明：单模（基模）工作下， 是 光 速cbacfac babb2,mx2 )2(211,axbaccf 2,a当20 babRbababRsssTEc 212241)2(12210 1 2 3 400.2f (c/b)f05a/bc (Rs/b)(c)min0 1 200.10.20.30.40.52b (a)f (
17、c/a)f 2b0246810c (1/a)c = f(1/b+g(a) 2bFig. 1 固定 b 时，令 间变化 Fig. 2 固定 a 时，令,a ab2理论上，a 越大，上式所示的损耗越小， 理论上，b 越大，上式所示的损耗越小， 当 a 达到 2b 时，不能再继续大了，否则频宽下降。 当 b 达到 a/2 时，不能再继续大了，否则频宽下降。222、解： zjAzjAJzjaAJHzrznJarars exp4028.exp832.exp832. 00时谐因子略。考虑 t0 时电流分布图为：21zrxy4、5，7，8，15 解题45、解：acml1.210最低模式为：cTM.36.01
18、GHzfT29.0101lalavJal rdavJvlJdSrvJdSvJVa ravJBjHdSdSHQdVVrVTMSt 12405.1222202101 012010120101 010120*01 端 面端 面端 面柱 面 端 面柱 面 cmemf 438.9./6./06. 4400 102.5012124511 lalaQTM22其中， iiiv vJavJvadJardvJ 021021010211012 端 面47、解：（1） ravJBjH01012侧壁上： 端面上：01012 vJBjzrnJs 0 01010 2zslzsJravJBjrH0 a a+l a+l+a01
19、23(r,z): (0,0) (a,0) (a,l) (0,l)2Ba/v01JsJ=2rJs（a）电流方向 （b）表面电流密度及电流从端面中心沿表面到另一端面中心的分布图 1. 电流分布(2)端面上 ravBJzE012 lzravBJlzEnDn02001从 导 体 指 向 介 质导 体2322 201 01201012 0200174.8634. 58.5.9441 1BaaavJBvJda daBravJSQv va 端 面2448、解： allacm223 2222010 164.1 lalaTE所以 cm 9.1c 28.1268540 2164.14.6. 001 222TETE
20、aa al415、解：谐振时， 波为 光 速 ， 注 ： TEMcot1018.cot02121lZCSCBlYwherB10 902. 63 cmHzGHzf ll3.6,3.125、1，4，5，15 解题51、证明：矩形波导 TE10 模：（1）zIhxeaZEjxeaAjHx VeyjyjEy yzjTmzj zjyzj sinsin ii 单一行波功率：0 1.3 5 6.3 10 15-0.04-0.03-0.02-0.0100.010.020.030.04l (cm)B (S)Ccot(l)/Zc252202* 44sinsiniRe1 AabZEabdxZEb dSexjejdS
21、zHPTymaTymS zjyzjyxy 另外， 121Re1e1* zIVZzVzzIVP c所以， ymTEZabIz2考虑（1）式，验证有：xabZxhyeejzIVTEyTEzjymsin2i aabSy xxdzhe0022 1sinsin 将 代入上式，得证。ggcTE 2154、解：（a） 012012 IIVZVZ此时 T2 端口开路， 可视为不存在，所以2ljZljZljocintgctgtan12 11同 理 021IV因为 ，T 1 开路， 可视为不存在，假设从 T2 端的进波电压是 ，有教材（1.77）式，1I 1ZV26lVjzZVjIlc sin2sin2o01 所
22、以， 即：ljZljsin1si212同 理 ljZljljZctgsin1sin1ctg2（b）T2 开路时， 02IljljZocin ctgta11 T1 开路时， lnjZnIVZlljocin ctgtta2122同理 入 波入 波 11012 201 :cssin2:i TVljlVjIIVZljljI 所以lnjljljZctgsi1sict22755、解：（1）短路活塞单端口 相 位 差，为 11abeabsj（2）匹配互易衰减器匹配： 021s互易： eab121（3）匹配互易移相器匹配： 021s互易： jeab121（4）矩形波导中的膜片端口 2 接匹配负载 1，可消除反射波 a2，因为 ，所以1VYI2)1(11 Yabsba并联时， ，代入到（1）式21V2121 YabsYba由对称性，2Ys28515、证明：用自然归纳法由对称网络 cosini1jjAn2 时成立： 2cssiincsiio21 jjjj若 n1 时也成立 1cos1siniocosiin1njjjjA下面证明 n 时也成立： njj njjjjjcossii 1cossii2csiii1
