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电磁场与电磁波理论第二版徐立勤,曹伟第2章习题解答第2章习题解答2.2已知半径为a 、长为l 的圆柱体内分布着轴对称的体电荷，已知其电荷密度()0Va ρρρρ=，()0a ρ≤≤。
试求总电量Q 。
解：2π200002d d d d π3laV VQ V z la aρρρρρ?ρ===?2.3 半径为0R 的球面上均匀分布着电荷，总电量为Q 。
当球以角速度ω绕某一直径(z 轴)旋转时，试求其表面上的面电流密度。
解：面电荷密度为 204πS QR ρ=面电流密度为 00200sin sin sin 4π4πS S S Q Q J v R R R R ωθρρωθωθ=?=== 2.4 均匀密绕的螺旋管可等效为圆柱形面电流0S S J e J ?=。
已知导线的直径为d ，导线中的电流为0I ，试求0S J 。
解：每根导线的体电流密度为 00224π(/2)πI I J d d== 由于导线是均匀密绕，则根据定义面电流密度为04πS IJ Jd d ==因此，等效面电流密度为04πS IJ e d=2.6 两个带电量分别为0q 和02q 的点电荷相距为d ，另有一带电量为0q 的点电荷位于其间。
为使中间的点电荷处于平衡状态，试求其位置。
当中间的点电荷带电量为-0q 时，结果又如何？解：设实验电荷0q 离02q 为x ，那么离0q 为x d -。
由库仑定律，实验电荷受02q 的排斥力为实验电荷受0q 的排斥力为要使实验电荷保持平衡，即21F F =，那么由00222114π4π()q q x d x εε=-，可以解得如果实验电荷为0q -，那么平衡位置仍然为d d x 585.0122=+=。
只是这时实验电荷与0q 和02q 不是排斥力，而是吸引力。
2.7 边长为a 的正方形的三个顶点上各放置带电量为0q 的点电荷，试求第四个顶点上的电场强度E 。
解：设点电荷的位置分别为()00,0,0q ，()0,0,0q a 和()00,,0q a ，由库仑定律可得点(),,0P a a 处的电场为2.9半径为0R 的半球面上均匀分布着面电荷，电荷密度为0S ρ，试求球心处的电场强度；若同样的电荷均匀分布在半径为0R 的半球内，再求球心处的电场强度。
第七章 平面电磁波的反射和透射 习题解答7-1．空气中的平面电磁波电场幅值为10V/m ，垂直入射到εr =25的无耗非磁性介质的表面，试确定：（1）反射系数和透射系数；（2）在空气中的驻波比；（3）入射波、反射波和透射波的平均功率流密度。
解 （1）由于空气和无耗非磁性介质的磁导率为120μμμ=≈所以，空气和无耗非磁性介质中的波阻抗分别为()()12120120245;πηπηπ==Ω====Ω 由此得到垂直入射情况下，两理想介质分界面的反射系数和透射系数为 2121241200.6724120r ηηππηηππ--==≈-++22122240.3324120t ηπηηππ⨯==≈++（2）驻波比定义为 11max minE r SE r由此得到空气中的驻波比为 1106750611067r .S.r .（3）假定电场矢量沿x e 方向，入射波沿+Z 方向传播，则可写出垂直入射情况下，入射波、反射波和透射波的电场和磁场复振幅矢量表达式为()()()1110110001111i i i i jk zi x jk z jk zi i z x y E e E e E e z z z e e e e E H k E ηηη---⨯⎧=⎪⎨=⨯=⎩=⎪ ()()()()1110000111111r r jk zr x jk z jk zr r r r z x y z z z E e E e E e e e e e E H k E ηηη-⎧=⎪⎨=⨯⨯=⎪-⎩= ()()()2220220002111t t tt jk z t x jk z jk zt t z x y E e E e E e z z z e e e e E H k E ηηη---⨯⎧=⎪⎨=⨯=⎩=⎪ 根据平均功率流密度的定义式*1Re 2av S E H ⎡⎤=⨯⎣⎦ 有11*2*10010111Re Re 2212jk z jk zi i i i av i i x y z E e E e E S E H e e e ηη--⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎢⎥=⨯=⨯= ⎪⎣⎦⎢⎥⎝⎭⎣⎦()111*2*0010111Re Re 2221jk z jk zr r r r av r r x y z E e E e E S E H e e e ηη⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎢⎥=⨯=⨯-=- ⎪⎣⎦⎢⎥⎝⎭⎣⎦ 22*2*20020111Re Re 2212jk z jk z t t t tav t t x y z E e E e E S E H e e e ηη--⎡⎤⎛⎫⎡⎤⎢⎥=⨯=⨯= ⎪⎣⎦⎢⎥⎝⎭⎣⎦而1200012024106733i r iti ;;EV /m ;E rE .V /m ;EtE.V /m数值代入得到()212011000.13/2iav zz W m S e e π=⨯≈⨯()221 6.70.06/2120rav z z W m S e e π=-⨯-≈-⨯()221 3.30.07/224tav z z W m S e e π=≈⨯7-4．一均匀平面电磁波沿+Z 方向传播，其电场强度矢量为()()()100sin 200cos V/m x y t kz t kz ωω=-+-E e e（1）应用麦克斯韦方程求相伴的磁场H ；（2）若在传播方向上z =0处放置一无限大的理想导体板，求z ＜0区域中的合成波的电场E 1和磁场H 1；（3）求理想导体板表面的电流密度。
《电磁场与电磁波》习题解答 第七章 正弦电磁波7.1 求证在无界理想介质内沿任意方向e n （e n 为单位矢量）传播的平面波可写成j()e n r t m βω⋅-=e E E 。
解 E m 为常矢量。
在直角坐标中cos cos cos n x y z x y z x y zαβγ=++=++e e e e r e e e故(cos cos cos )()cos cos cos n x y z x y z x y z x y z αβγαβγ⋅=++⋅++=++e r e e e e e e则j()[(cos cos cos )]22222[(cos cos cos )]2e ()()n r t j x y z t m m x x y y z zj x y z t m e j e j βωβαβγωβαβγωββ⋅-++-++-==∇=∇+∇+∇==e E E E E e E e E e E E E而22j[(cos cos cos )]222{e }x y z t m t t βαβγωω++-∂∂==-∂∂E E E故222222()(0j j t μεβμεωμεω∂∇-=+=+=∂EE E E E E 可见，已知的()n j e r t m e βω⋅-=E E 满足波动方程2220t με∂∇-=∂EE故E 表示沿e n 方向传播的平面波。
7.2 试证明：任何椭圆极化波均可分解为两个旋向相反的圆极化波。
解 表征沿+z 方向传播的椭圆极化波的电场可表示为12()j z x x y y E jE e β-=+=+E e e E E式中取121[()()]21[()()]2j zx x y y x y j zx x y y x y E E j E E e E E j E E e ββ--=+++=---E e e E e e显然，E 1和E 2分别表示沿+z 方向传播的左旋圆极化波和右旋圆极化波。
电磁场与电磁波第二版课后答案本文档为《电磁场与电磁波》第二版的课后答案，包含了所有章节的练习题的答案和解析。
《电磁场与电磁波》是电磁学领域的经典教材，它讲述了电磁场和电磁波的基本原理和应用。
通过学习本书，读者可以深入了解电磁学的基本概念和原理，并且能够解决一些相关问题。
第一章绪论练习题答案1.电磁场是由电荷和电流产生的一种物质性质，具有电场和磁场两种形式。
电磁波是电磁场的振动。
电磁辐射是指电磁波传播的过程。
2.对于一点电荷，其电场是以该点为中心的球对称分布，其强度与距离成反比。
对于无限长直导线产生的电场，其强度与距离呈线性关系，方向垂直于导线轴线。
3.电磁场的本质是相互作用力。
电场力是由于电荷之间的作用产生的，磁场力是由于电流之间的作用产生的。
解析1.电磁场是由电荷和电流产生的物质性质。
当电荷存在时，它会产生一个电场，该电荷周围的空间中存在电场强度。
同时，当电流存在时，它会产生一个磁场，该电流所在的区域存在磁场。
电磁波是电磁场的振动传播。
电磁波是由电磁场的变化引起的，相邻电磁场的振动会相互影响，从而形成了电磁波的传播。
电磁辐射是指电磁波在空间中的传播过程。
当电磁波从一个介质传播到另一个介质时，会发生折射和反射现象。
2.在一点电荷产生的电场中，电场强度与该点到电荷的距离成反比，即\(E = \frac{{k \cdot q}}{{r^2}}\)，其中\(E\)为电场强度，\(k\)为电场常数，\(q\)为电荷量，\(r\)为距离。
对于无限长直导线产生的电场，其电场强度与离导线的距离呈线性关系。
当离无限长直导线的距离为\(r\)时，其电场强度可表示为\(E = \frac{{\mu_0 \cdot I}}{{2 \pi \cdot r}}\)，其中\(E\)为电场强度，\(\mu_0\)为真空中的磁导率，\(I\)为电流强度。
3.电磁场的本质是相互作用力。
当两个电荷之间有作用力时，这个作用力是由于它们之间的电场力产生的。
《电磁场与电磁波》知识点及参考答案第1章 矢量分析1、如果矢量场F 的散度处处为0，即0F∇⋅≡，则矢量场是无散场，由旋涡源所产生，通过任何闭合曲面S 的通量等于0。
2、如果矢量场F 的旋度处处为0，即0F ∇⨯≡，则矢量场是无旋场，由散度源所产生，沿任何闭合路径C 的环流等于0。
3、矢量分析中的两个重要定理分别是散度定理（高斯定理）和斯托克斯定理, 它们的表达式分别是：散度（高斯）定理：SVFdV F dS ∇⋅=⋅⎰⎰和斯托克斯定理：sCF dS F dl∇⨯⋅=⋅⎰⎰。
4、在有限空间V 中，矢量场的性质由其散度、旋度和V 边界上所满足的条件唯一的确定。
（ √ ）5、描绘物理状态空间分布的标量函数和矢量函数，在时间为一定值的情况下，它们是唯一的。
（ √ ）6、标量场的梯度运算和矢量场的旋度运算都是矢量。
（ √ ）7、梯度的方向是等值面的切线方向。
（× ）8、标量场梯度的旋度恒等于0。
（ √ ） 9、习题1.12, 1.16。
第2章 电磁场的基本规律（电场部分）1、静止电荷所产生的电场，称之为静电场；电场强度的方向与正电荷在电场中受力的方向相同。
2、在国际单位制中，电场强度的单位是V/m(伏特/米)。
3、静电系统在真空中的基本方程的积分形式是：V V sD d S d V Q ρ⋅==⎰⎰和0lE dl ⋅=⎰。
4、静电系统在真空中的基本方程的微分形式是：V D ρ∇⋅=和0E∇⨯=。
5、电荷之间的相互作用力是通过电场发生的，电流与电流之间的相互作用力是通过磁场发生的。
6、在两种媒质分界面的两侧，电场→E 的切向分量E 1t －E 2t ＝0；而磁场→B 的法向分量B 1n －B 2n ＝0。
7、在介电常数为e 的均匀各向同性介质中，电位函数为 2211522x y z ϕ=+-,则电场强度E=5x y zxe ye e --+。
8、静电平衡状态下，导体内部电场强度、磁场强度等于零，导体表面为等位面；在导体表面只有电场的法向分量。
第5章习题解答5.2 已知空气填充的矩形金属腔a b c ⨯⨯(,,a b c 分别为腔体在,,x y z 方向的长度)中的电场强度复矢量为0ππsin sin y x z E e E a c=r r&试求腔中的磁场强度复矢量H r &及其各个内表面上的面电流密度S J r &和面电荷密度S ρ&(设金属为理想导体)。
解：腔中的磁场强度复矢量为00000001110j j j 0ππ11ππππsin cos cos sin j j xy z x y z yxyzyy x z x z e e e e e e H E xy z x z E E E E E E E E x z x z e e e e z x c a c a a c ωμωμωμωμωμ∂∂∂∂∂=-∇⨯=-=-∂∂∂∂∂⎛⎫∂∂⎛⎫=--+=- ⎪ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭rrrrr rr r r &&&&&&&&r r r r矩形金属腔内的下表面，0z =，n z e e =r r，00z E==r &，00ππsin j x z E x He c aωμ==r r &面电流密度 0n 00ππsin j S z yE x J e H e c aωμ==⨯=r r r r &&面电荷密度 ()n n 000S z z e De Eρε===⋅=⋅=r r rr &&&5.3 已知某一理想介质()004,5,0εεμμσ===中的位移电流复矢量为j d 0πsin e z x y J e J bβ-=r r&。
求该媒质中的,,,E D H B r r r r &&&&和ρ&。
解：媒质中的电位移矢量为 j d 0πsin e j j z x J J y D e b βωω-==r &r r &媒质中的电场强度为 j 00πsin e j4z x J D y E e bβεωε-==r &r r &媒质中的磁场强度为000j j 0020001110j5j5j500π11ππj sin e cos e j520xy z x y z xy zxz z x xy z x z e e e e e e H E xy z y z E E E E E E J y y e e e J e z y b b b ββωμωμωμβωμωμε--∂∂∂∂∂=-∇⨯=-=-∂∂∂∂∂⎛⎫∂∂⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭rrrrrr r r v &&&&&&&&r r r r媒质中的磁感应强度为 j j 00020π1ππ5j sin e cos e 4z z x z J y y B H H e J e b b b ββμμβωε--⎛⎫===-- ⎪⎝⎭r r r r r &&&媒质中的电荷密度为 0y x z x y z D D D D e e e xy z ρ∂⎛⎫∂∂=∇⋅=++= ⎪∂∂∂⎝⎭r r r r r &&5.4 已知空气填充的同轴线内外导体之间的磁场强度为 ()81cos 10ππH e t z ϕβρ=-r r (A /m ) 同轴线的内外导体半径分别为1a =mm ，4b =mm 。
第7章习题解答【7.1】 解：设第一个分子的球心位置为原点，即0d （d 为分子直径）处 依题意任意时刻都要满足%5)10()0(0≤-E d d E E （1）其中E 是空间变化的电场，其形式为)exp(0ikx E -=E ，ck ω=，则（1）式变为%5)210exp(1≤--cfdi π （2） 可以求出 15151019.11056.1215⨯≈⨯≤f 所以频率上限的数量级为1510【7.2】解p V k ω=p pg p g p kdV dV d V V V dk dk V d ωωω===+ 1pg pp V V V d ωω=-22()1p i o rcc V n n ωωαω==-+0i n → p V c ∴= g p V V c ==即 2g p V V c ⋅=【7.3】解（1）波数681221501022310k f πππ===⨯⨯⨯⨯=⨯（rad/m ） 相速81.510p v ===⨯ （m/s ）波长 21kπλ==（m ）波阻抗60ηπ==（Ω） （2）均匀平面波的平均坡印廷矢量26z m S 0.26510z e e -==⨯平均 （W/m 2）得 31010m E -=⨯（V/m ）当t = 0，z = 0时33sin 10100.8668.66103m E E π--⎛⎫==⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭（V/m ）(3) t = 0.1s μ后210sin 23E ft kz ππ-⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭267310sin 21501011028.66103z πππ---⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-+=⨯ ⎪⎝⎭得 1sin 3028.66103z πππ-⎛⎫+-=⨯ ⎪⎝⎭15z =（m ）【7.4】 解：电磁波的频率为8820310********v f λ-⨯===⨯⨯（Hz ） 在无损耗媒质中的波长为 12810vfλ-==⨯ （m ） 故波速为12888102510210v f λ-==⨯⨯⨯=⨯=（m/s ）而无损耗媒质的本征阻抗为505000.1E H η==== （Ω） 联解以下两式：8210=⨯500= 得 1.99, 1.13r r με==【7.5】 解： 803100.2c f fλ⨯===故 883101510()0.2f Hz ⨯==⨯ 而 0.09vfλ== 故 880.090.091510 1.3510(/)v f m s =⨯=⨯⨯=⨯ 又v ===故 2882(/)(310/1.3510) 4.94r c v ε==⨯⨯=【7.6】 解：由题意知 7610ωπ=⨯0.8k π==106016E Hηππ====联解6100.8ππ⨯= 和60π= 得 8,2r r εμ==【7.7】 解：因4101σωε=<<，为低损耗媒质。
第7章习题解答7.6 如题7.6图所示相距为a 的平板金属波导，当/0y ∂∂=时，沿z 方向可传播TEM 模、TE 模和TM 模。
试求：（1）各种模式的场分量；（2）各种模式的传播常数；（3）画出基本模式的场结构及其导体表面的传导电流。
解：(1) 各种模式的场分量对TEM 模，在均匀波导横截面上的分布规律与同样边界条件下的二维静态场的分布规律是完全一样的。
对静电场情况，无限大平板之间的电场强度为均匀电场0E ，则对应的TEM 模中电场为j t 0e kz x x x E e E e E -==利用平面波电场与磁场关系，即 j 0t t w 1e 120πkz z y E H e E e Z -=⨯= 对TE 模，0=z E ，而z H 满足的导波方程为 22t c 0z zH k H ∇+= 式中222ck k γ=+，22t2x ∂∇=∂，则上式变成 22c 2d 0d z z H k H x+= 因此波动方程的解为 c c sin cos z H A k x B k x =+ 由0=x 时0=∂∂x H z 可得到0=A ；由a x =时0=∂∂x H z可得到c sin 0k x =，即c m k aπ=。
因此 πcosz m m xH H a= 式中m H 取决于波源的激励强度。
由于波沿着z 方向传播，则j z k γ=，因此z k ==利用各横向场分量与纵向场分量之间关系可以得到j 22c c 0j ππj sin ez x k z z y m E H m m x E H k x k a aωμωμ-=∂==-∂ j 22c c j j ππsin e 0z k zz z z x my k H k m m x H H k x k a a H -∂=-=∂=对TM 模，0=z H ，而z E 满足的导波方程为 22c 2d 0d zz E k E x+= 因此波动方程的解为 c c sin cos z E A k x B k x =+由0=x 时0=z E 可得到0=B ；由ax =时0=z E 可得到c sin 0k x =，即cm k aπ=。
因此 πsinz m m xE E a= 式中m E 取决于波源的激励强度。
利用各横向场分量与纵向场分量之间关系可以得到j 22c c j j ππcos e 0z k z z z z x my k E k m m x E E k x k a a E -∂=-=-∂= j 22c c 0j j ππcos ez x k z z y m H E m m x H E k x k aa ωεωε-=∂=-=-∂(2) 各种模式的传播常数对TEM 模的传播常数相位常数：μεωβ==k相速：p v v ωβ=== 波长：fvfv p ===βπλ2 波阻抗：w 120π ΩZ == 对TE 模和TM 模的传播常数截止波数、波长、频率：c πm k a=，c c 2π2a k m λ==，c c 2π2k v mv f a==相位常数：β==波导波长：g 2πλβ==相速度：pv ωβ==群速度：g d d v ωβ==波型阻抗： TE ww w TM Z Z Z Z Z ωμββωε==>==< (3) 导体表面的传导电流对于良导体表面的传导电流密度为n S J e H =⨯，其中n e 为导体表面法向方向，或n S J e H τ=⨯，其中τH为导体表面的切向磁场。
对TEM 模，在0=x 平面上电流密度为j j 00e e 120π120πkz kz S x yz E EJ e e e --=⨯= 在a x =平面上电流密度为j j 00e e 120π120πkz kz S x yz E EJ e e e --=-⨯=- 对TE 模，在0=x 平面上电流密度为j j e e z z S x z m y m J e e H e H ββ--=⨯=-在a x =平面上电流密度为j j e (1)e z m z S x z m y m J e e H e H ββ--=-⨯=-对TM 模，在0=x 平面上电流密度为j j 22c c j πj πe e z zS x ym z m m m J e e E e E k a k aββωεωε--=-⨯=- 在a x =平面上电流密度为 j j 22c c j πj π(1)e (1)e mz m zS x y m z m m m J e e E e E k a k aββωεωε--=⨯-=-7.8 已知空气填充的矩形金属波导(6cm 3cm a b ⨯=⨯)中的纵向场分量为5ππ10sin sin e 33zz x y E -=V /m 0z H =式中，,x y 的单位为厘米。
指出这是什么模式？写出其余的场分量，并求其g c p g ,,,v v λλ和波阻抗。
解：我们知道，TM 模的纵向场分量为 j ππsinsin e zz mn m x n y E E a bβ-= 比较题中给出的纵向场分量，可以知道510=mnE 2=m 1=n/3β=因此这是21TM 模。
截止波数c/3k ===，因此2π/3k ==也即 2π/ 3 cm k λ==角频率 82π10kc ω==⨯ 其余分量表示为5/3j 2ππ10cos()sin()e 233z x x yE -=-5/3j 2ππ10sin()cos()e 233z y x yE -=- 5/3j ππ10sin()cos()e 240π33z x x y H -=⨯ 5/3j ππ10cos()sin()e120π33z y x yH -=-⨯截止波长c c 2π/k λ==波导波长 g 2πλβ===相速度 8p 10 m/sv ωβ===群速度 8g210 m/sv ==⨯波型阻抗 TM /2Z Z βωε=== 7.9 已知空气填充的矩形波导(5cm 2.5cm a b ⨯=⨯)中传播10TE 模。
测得宽边中心处的最大磁场为310A /m ，且工作频率为5GHz ，写出场分量的表达式。
解：对10TE 模 2c π105k ==⨯ 910102⨯==ππωf 282ππ103103f k ===⨯⨯ 2j4πj 1015γβ==≈⨯ 在宽边中心处，即cm 5.2=x 处，0=z H ，max 102c ||π||||5x H H k γ= 由此可得32510c 53||10/||10 A/m π4H k γ=⋅⋅=⨯场分量的表达式为j80π310j80π3102c j80π3102πcos e5ππsin e 55ππsin e55z z z y z x cx H H j x E H k x H H k ωμγ---==-= ⇒ j80π53j80π53j80π333π10cos e 45j3ππ10sin e 25πj 10sin e 5z z z y z x x H x E x H ---=⨯=-⨯=7.10 空气填充矩形波导，22.80mm,10.16mm a b ==。
（1）当工作波长为6cm ，4cm 和1.8cm 时，可能传播哪些模式？（2）当工作波长为4cm 时，试求其主模的g p g ,,,v v βλ和波阻抗。
解：(1) 矩形波导的截止波数和截止波长分别为c k =c c 2π k λ==对TE 模，m 和n 不能同时为零，也即不存在00TE ，最简单的TE 模是10TE 和01TE 模；对TM 模，m和n 不能为零，也即不存0TM n 模在和0TM m 模，最简单的TM 模是11TM 模。
我们可以利用截止波长TE 模和TM模的传播模式的条件为c k k >⇔c λλ<。
因此当工作波长为=λ 6 cm 时，不存在传播模式，也即波导中所有模式都截止； 当工作波长=λ 4.0 cm 时，只存在的传播模式为TE 10，即单模传播；当工作波长=λ1.8 cm 时，存在的传播模式为TE 10、TE 20、TE 01和TM 11，即多模传播。
(2) 所谓主模就是截止波长最大的模式，只有主模才能单模传播；对于b a >的矩形波导，10TE 模是主模，且56.42)(10==a TE c λ cm 。
对4=λ cm ，g p g ,,,v v βλ和波阻抗分别为 相位常数 75.4 rad/m β== 波导波长 g 2π0.0833 m 8.33 cm λβ===相速度 8p6.2510 m/sv ωβ===⨯ 群速度 8g 1.4410 m/s v ==⨯ 波阻抗 TE 785.4 ΩZ ωμβ===7.12 当工作频率为15GHz 时，取()c 10TE 1.3λλ=，()c 01TE 1.3λλ=，可使矩形波导更好地单模传播。
试求该波导地宽边和窄边。
若在该波导中填充r 4ε=的介质后，其最大的工作频率范围是多少？解：对15GHz 的工作频率，其工作波长为cm 2/==f c λ。
截止波长可以表示为c c 2k πλ===根据题意c 10c 01(TE)2 1.3(TE )2/1.3a b λλλλ==== ⇒ 6.2/2/3.1λλ==b a ⇒ cm 77.0cm 3.1==b a截止波长最大的模称为主模，截止波长仅小于主模的高次模称为最低型高次模。
波导单模工作时，其工作波长必须介于主模的截止波长和最低型高次模的截止波长之间。
对于矩形波导(b a >)，单模传播条件为b a 2>时，a a 2<<λ b a 2<时，a b 22<<λ 由上述计算出结果可知，b a 2<，因此最大工作波长范围为a b 22<<λ最大工作频率范围为b vf a v 22<< ⇒f << ⇒f <<⇒ Hz 1074.9 Hz 1077.599⨯<<⨯f ⇒ GHz 74.9GHz 77.5<<f7.14 空气填充圆波导的半径为3cm 。
（1）试求11TE 模、01TE 模、01TM 模的截止频率；（2）当工作波长分别为7cm ，6cm 和3cm 时，波导中可以传播哪些模式？（3）试求7λ=cm 时，主模的g p ,v λ和波阻抗。
解：（1）11TE 模、01TE 模、01TM 模的截止波长和截止频率分别为()c 11TE 3.41 3.41310.23cm a λ==⨯= ()()c 11c 11TE 2.93m/sec TE cf λ==()c 01TM 2.62 2.6237.86cm a λ==⨯= ()()c 01c 01TM 3.82m/sec TM cf λ==()c 01TE 1.64 1.643 4.92cm a λ==⨯= ()()c 01c 01TE 6.10m/sec TE cf λ==（2）当工作波长分别为7cm ，即72.3333a λ==时，波导中可以传播11TE 和01TM 模； 当工作波长分别为6cm ，即623a λ==时，波导中可以传播11TE ，21TE 和01TM ；当工作波长分别为3cm ，即313a λ==时，波导中可以传播11TE ，21TE ，01TE ，31TE ，12TE ，01TM ，11TM ，21TM 和02TM 模；（3）7λ=cm 时，主模11TE 模的()c 11TE 10.23cm λ=，于是有波导波长g 9.6cm λ==相速度8p 4.1110 m/s v ==⨯波阻抗TE 517ΩZ ==7.15 空气圆波导传播01TE 模，工作频率为5GHz。
