电动力学习题解答 第四章电磁波的传播 1.考虑两列振幅相同的、偏振方向相同、频率分别为a+do和-do的线偏振平面波, 它们都沿z轴方向传播。 (1)求合成波,证明波的振幅不是常数,而是一个波。 (2)求合成波的相位传播速度和振幅传播速度。 解: E2(x,) =E )cos(k2x-02t) k1+k2-1+ot)cos(21-02 k1-k 2 2 ) 2 2 其中k1=k+dk,k2=k-dk,1=a+do,2=a-do .=2E ()cos(kx-) cos(dk.x-do.t) 用复数表示E=2E(x)cos(dkx-dot(-n) 相速kx-ot=0 ∴v k 群速dkx-dot=0 do ∴vg= dk 2.一平面电磁波以=45°从真空入射到=2的介质,电场强度垂直于入射面,求反射 系数和折射系数。 解:n为界面法向单位矢量,<>,,分别为入射波,反射波和折射波的玻印 亭矢量的周期平均值,则反射系数R和折射系数T定义为: <> 2 R=E nn2cose, E"2 n coseE 又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式,可得: R= cos0-\E2 cos02 ( cos0+E2 cos02) -1
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 1 - 1.考虑两列振幅相同的 偏振方向相同 频率分别为ω + dϖ和ω − dω 的线偏振平面波 它们都沿 z 轴方向传播 1 求合成波 证明波的振幅不是常数 而是一个波 2 求合成波的相位传播速度和振幅传播速度 解 ( , ) ( ) cos( ) ( , ) ( ) cos( ) 2 0 2 2 1 0 1 1 E x t E x k x t E x t E x k x t ω ω = − = − r r r r r r r r ( , ) ( , ) ( )[cos( ) cos( )] 1 2 0 1 1 2 2 E = E x t + E x t = E x k x −ω t + k x −ω t r r r r r r r ) 2 2 ) cos( 2 2 2 ( ) cos( 1 2 1 2 1 2 1 2 0 x t k k x t k k E x ω ω ω −ω − + − − + = r r 其中k1 = k + dk, k2 = k − dk;ω1 = ω + dω,ω 2 = ω − dω 2 ( ) cos( ) cos( ) 0 ∴ E = E x kx −ωt dk ⋅ x − dω ⋅t r r r 用复数表示 ( ) 0 2 ( ) cos( ) i kx t E E x dk x d t e ω ω − = ⋅ − ⋅ r r r 相速 kx −ωt = 0 k v p ω ∴ = 群速 dk ⋅ x − dω ⋅t = 0 dk d vg ω ∴ = 2 一平面电磁波以 o θ = 45 从真空入射到 = 2 r ε 的介质 电场强度垂直于入射面 求反射 系数和折射系数 解 n r 为界面法向单位矢量 ,, 分别为入射波 反射波和折射波的玻印 亭矢量的周期平均值 则反射系数 R 和折射系数 T 定义为 2 1 0 2 2 2 2 0 2' 0 cos '' cos '' ' n E n E S n S n T E E S n S n R θ θ = ⋅ ⋅ = = ⋅ ⋅ = r r r r 又根据电场强度垂直于入射面的菲涅耳公式 可得 2 1 2 2 1 2 2 cos cos cos cos + − = ε θ ε θ ε θ ε θ R
动力学习题解答 四章电磁波的传播 4√Es1√E2 cos e cos02 E,cos 0 2) 又根据反射定律和折射定律 e sin e 由题意 4E√2 √3 2+√3 3.有一可见平面光波由水入射到空气,入射角为60°。证明这时将会发生全反射,并求 折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度。设该波在空气中的波长为 10=628×10°cm,水的折射率为n=133 解:由折射定律得,临界角θ。= arcsin(,)=48.75°,所以当平面光波以60°入射时, 将会发生全反射。 折射波:k"=ksin 相速度v 6 投入空气的深度K A1628×10 1.7×10 2x1sin260-( 4.频率为O的电磁波在各向同性介质中传播时,若E,D,B,H仍按exm变化,但D 不再与E平行(即D=E不成立)。 1)证明k·B=k·D=B.D=B.E=0,但一般k·E
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 2 - 2 1 2 2 1 2 2 ( cos cos ) 4 cos cos ε θ ε θ ε ε θ θ + T = 又根据反射定律和折射定律 ε θ ε θ θ θ sin sin 45 2 2 1 1 = = = o 由题意 1 0 2 0 2 0 ε = ε ,ε = ε ε = ε r o ∴θ 2 = 30 2 3 2 3 ) 2 3 2 2 2 2 3 2 2 2 ( 2 + − = + − ∴ R = 2 3 2 3 ) 2 3 2 2 2 ( 2 3 2 2 4 2 2 0 0 0 + = + = ε ε ε T 3 有一可见平面光波由水入射到空气 入射角为 60 证明这时将会发生全反射 并求 折射波沿表面传播的相速度和透入空气的深度 设该波在空气中的波长为 5 0 6.28 10− λ = × cm 水的折射率为 n 1.33 解 由折射定律得 临界角 ) 48.75 1.33 1 θ c = arcsin( = 所以当平面光波以 60 入射时 将会发生全反射 折射波 k′′ = k sinθ 相速度 c k k v p 2 3 sin = = ′′ ′′ = θ ω ω 投入空气的深度 5 2 2 5 2 21 2 1 1.7 10 ) 1.33 1 2 sin 60 ( 6.28 10 2 sin − − ≈ × − × = − = π π θ λ κ n cm 4 频率为ω 的电磁波在各向同性介质中传播时 若 E D B H v v v v , , , 仍按 i(k x t) e ⋅ −ω v v 变化 但 D v 不再与 E v 平行 即 D E v v = ε 不成立 1 证明 k ⋅ B = k ⋅ D = B ⋅ D = B ⋅ E = 0, k ⋅ E ≠ 0 v v v v v v v v v v 但一般
动力学习题解答 四章电磁波的传播 (2)证明D=-2[k2E-(k,E)k (3)证明能流S与波矢k一般不在同方向上。 证明:1)由麦氏方程组 V×H V·B=0 V.B=B0·Ve5xm)=i,Bex)=i·B=0 同理k·D=0 日=[Vex]xF0=ix厅 i×B D B·B B·(k×B)=0 E=Ve-m)]×E0=ik×E=iDB E=-(kxE).E=0, VE=ik E V·E一般≠0,即k.E一般≠0
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 3 - 2 证明 [ ( ) ] 1 2 2 D k E k E k v v v v v = − ⋅ ω µ 3 证明能流 S v 与波矢 k v 一般不在同方向上 证明 1 由麦氏方程组 ∇ ⋅ = ∇ ⋅ = ∂ ∂ ∇ × = ∂ ∂ ∇ × = − 0 0 B D t D H t B E v v v v v v 得 0 ( ) 0 ( ) ∇ ⋅ = 0 ⋅∇ = ⋅ = ⋅ = ⋅ − ⋅ − B B e ik B e ik B i k x t i k x t v v v v v v v v v v ω ω ∴k ⋅ B = 0 r v 同理 k ⋅ D = 0 v v H e H ik H i D i k x t v v v v v v v ω ω ∇ × = ∇ × = × = − ⋅ − 0 ( ) [ ] ik B i D v v v ∴ × = − µω ( ) 0 1 ∴ B ⋅ D = − B ⋅ k × B = v v v v v µω E e E ik E i B i k x t v v v v v v v ω ω ∇ × = ∇ × = × = ⋅ − 0 ( ) [ ] ( ) 0 1 ∴ B ⋅ E = k × E ⋅ E = v v v v v ω E ik E v v v ∇ ⋅ = ⋅ D E v v Q ≠ ε E v ∴∇ ⋅ 一般 ≠ 0 即 k E v v ⋅ 一般 ≠ 0
动力学习题解答 四章电磁波的传播 )由V×E 得:B=-(k×E) 另由Vx月=D得:D=-1(×B) D kxE=-,[(k×E)×k]=-,[k2E-(k·E) 3)由B=1(k×E)得=1(x (k×E)=-[E2k-(k·E)E] k·E一般≠0:S一般≠一E2,即S一般不与k同向 5.有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿z轴传播,一个波沿x方向偏振,另一个沿y 方向偏振,但相位比前者超前一,求合成波的偏振 反之,一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振? 解:偏振方向在ⅹ轴上的波可记为 x= Ao cos(ot-ka)= Ao cos(ot+or) 在y轴上的波可记为 y=A cos(at-k+1)=Ao coS(ot+or) A=Pou- 合成得轨迹方程为 x+y=Ao[cos(ot+or)+cos(ot +Pov) Ao Icos(ot+or)+sin(ot+Po Ao 所以合成的振动是一个圆频率为O的沿z轴方向传播的右旋圆偏振。反之,一个圆偏
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 4 - 2 由 t B E ∂ ∂ ∇ × = − v v 得 ( ) 1 B k E v v v = × ω 另由 t D H ∂ ∂ ∇ × = v v 得 ( ) 1 D k B v v v = − × µω [ ( ) ] 1 [( ) ] 1 [ ( )] 1 2 2 2 2 D k k E k E k k E k E k v v v v v v v v v v v ∴ = − × × = × × = − ⋅ µω µω µω 3 由 ( ) 1 B k E v v v = × ω 得 ( ) 1 H k E v v v = × µω [ ( ) ] 1 ( ) 1 2 S E H E k E E k k E E v v r v v v v v v v ∴ = × = × × = − ⋅ µω µω k E v v Q ⋅ 一般 ≠ 0 S v ∴ 一般 E k v 1 2 µω ≠ 即 S v 一般不与 k v 同向 5 有两个频率和振幅都相等的单色平面波沿 z 轴传播 一个波沿 x 方向偏振 另一个沿 y 方向偏振 但相位比前者超前 2 π 求合成波的偏振 反之 一个圆偏振可以分解为怎样的两个线偏振 解 偏振方向在 x 轴上的波可记为 cos( ) cos( ) 0 0 0x x = A ωt − kz = A ωt +ϕ 在 y 轴上的波可记为 ) cos( ) 2 cos( 0 0 0 y y A t kz A ωt ϕ π = ω − + = + 2 0 0 π ∆ϕ = ϕ y −ϕ x = 合成得轨迹方程为 [cos ( ) cos ( )] 0 2 0 2 2 0 2 2 x y x + y = A ωt +ϕ + ωt +ϕ [cos ( ) sin ( )] 0 2 0 2 2 0 x x = A ωt +ϕ + ωt +ϕ 2 = A0 即 2 0 2 2 x + y = A 所以合成的振动是一个圆频率为ω 的沿 z 轴方向传播的右旋圆偏振 反之 一个圆偏
动力学习题解答 第四章电磁波的传播 振可以分解为两个偏振方向垂直,同振幅,同频率,相位差为的线偏振的合成。 6.平面电磁波垂直直射到金属表面上,试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热。 证明:设在z>0的空间中是金属导体,电磁波由zv=50形时:=/2 2 aV2x×50×4丌×10-×1
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 5 - 振可以分解为两个偏振方向垂直 同振幅 同频率 相位差为 2 π 的线偏振的合成 6 平面电磁波垂直直射到金属表面上 试证明透入金属内部的电磁波能量全部变为焦耳热 证明 设在 z>0 的空间中是金属导体 电磁波由 z = = = − ωµσ π π ν 时 δ
动力学习题解答 第四章电磁波的传播 2>v=10°H时:δ ≈0.5m ooV2x×106×4x×10-7×1 3>v=10°H时:83= V2x×109×4x×10-x1c16mm 8.平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上,入射角为O1,求导电介质中电磁波的 相速度和衰减长度。若导电介质为金属,结果如何? 提示:导电介质中的波矢量k=B+la,a只有z分量(为什么?)。 解:根据题意,如图所示,入射平面是xz平面 导体中的电磁波表示为:E=Ee-e(Bx k =B+ 介质 与介质中的有关公式比较可得 真空 B= 根据边界条件得:k2=B4+iax2=实数,a2=0 又k2=kx=ksin1=-sin1 B3 而入射面是xz平面,故k,k无y分量。∴an=0,B,=0 a只有a:存在,B有B与B,其中B=2 -sin e sIn 1)2+B2-a2=o2AE a B=-ouo 解得 in0)+I1-sin20, -02He)2+o2u'o'2Ik sin*01)+-ouE--sin-01)*+ouo
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 6 - Hz 0.5m 2 10 4 10 1 2 2 2 10 2 6 7 6 ≈ × × × × > = 时 ωµσ π π ν δ Hz 16mm 2 10 4 10 1 2 2 3 10 : 3 9 7 9 ≈ × × × × > = = = − ωµσ π π ν 时 δ 8 平面电磁波由真空倾斜入射到导电介质表面上 入射角为θ 1 求导电介质中电磁波的 相速度和衰减长度 若导电介质为金属 结果如何 提示 导电介质中的波矢量 β α α v v v v k = + i , 只有 z 分量 为什么 解 根据题意 如图所示 入射平面是 xz 平面 导体中的电磁波表示为 ( ) 0 x i x t E E e e −α⋅ β⋅ −ω = v v v v v v β α v v v k = + i '' 与介质中的有关公式比较可得 ⋅ = − = α β ωµσ β α ω µε 2 1 2 2 2 v v 根据边界条件得 0 '' kx = β x + iα x = 实数 ∴α x = 又 1 1 '' sin sinθ ω θ c k k k x = x = = 1 sinθ ω β c ∴ x = 而入射面是 xz 平面 故 '' k , k v v 无 y 分量 ∴ = 0, = 0 α y β y α v ∴ 只有α z 存在 β v 有 β x与β z 其中 1 sinθ ω β c x = = + − = ∴ α β ωµσ θ β α ω µε ω 2 1 ( sin ) 2 2 2 2 1 z z z z c 有 解得 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 2 2 [( sin ) ] 2 1 ( sin ) 2 1 θ ω µε ω µ σ ω θ ω β = µεω − + − + c c z 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 [( sin ) ] 2 1 ( sin ) 2 1 θ ω µ σ ω θ ω µε ω α = − µεω − + − + c c z x z 介质 真空 θ 3 θ1 θ 2 k '' v k ' v k v
动力学习题解答 四章电磁波的传播 其相速度为:=,减深度为 n21+B2-a2=0 如果是良导体,则 B B- 61+o22a2]y 61+[ 61+o2x2a2] 9.无限长的矩形波导管,在在z=0处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭,求在 z=-∞到z=0这段管内可能存在的波模。 解:在此中结构得波导管中,电磁波的传播依旧满足亥姆霍兹方程 VE+kE=0 VE=0 方程的通解为 E(x,y, z)=(C sin k x+D, cos k, x). (C, sin k y+ D, cosk, y).(C: sin kz+D cosk.) 根据边界条件有 E,=E2=0.(x=0,a) Ex=E:=0.(y=0,b) dE x=0,(x=0,a) =0,(y=0,b), dE az E =A, cosk, xsin k, sin k= 故:{E,=A2sink, k yin k E.= A, sin k. xsin k y k 其中,k k,=,n=012 k2+k2+k2=k2=o20 且A1+A2+A3k2=0
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 7 - 其相速度为 β ω v = 衰减深度为 α 1 如果是良导体 则 = + − = α β ωµσ θ β α ω 2 1 sin 0 2 2 1 2 2 2 z z z z c 2 1 [ sin ] 2 1 sin 2 2 2 2 2 1 4 4 4 2 1 2 2 θ ω µ σ ω θ ω ∴ β = − + + c c z 2 1 [ sin ] 2 1 sin 2 2 2 2 1 4 2 4 1 2 2 2 2 θ ω µ σ ω θ ω α = + + c c z 9 无限长的矩形波导管 在在 z 0 处被一块垂直地插入地理想导体平板完全封闭 求在 z = −∞ 到 z 0 这段管内可能存在的波模 解 在此中结构得波导管中 电磁波的传播依旧满足亥姆霍兹方程 ∇ ⋅ = = ∇ + = 0 0 0 0 2 2 E k E k E v r r ω µ ε 方程的通解为 ( , , ) ( sin cos ) ( sin cos ) ( sin cos ) 1 1 2 2 3 3 E x y z C k x D k x C k y D k y C k z D k z x x y y z + z = + ⋅ + ⋅ 根据边界条件有 E E 0,(x 0,a) y = z = = E E 0,( y 0,b) x = z = = 0,(x 0,a) x Ex = = ∂ ∂ 0,( y 0,b) y Ey = = ∂ ∂ = 0,( = 0) ∂ ∂ z z Ez 故 = = = E A k x k y k z E A k x k y k z E A k x k y k z z x y z y x y z x x y z sin sin cos sin cos sin cos sin sin 3 2 1 其中 = ,m = 0,1,2L a m kx π = ,n = 0,1,2L b n k y π 2 2 0 0 2 2 2 2 2 c k k k k x y z ω + + = = ω ε µ = 且 0 1 + 2 + A3kz = b n A a m A π π
动力学习题解答 第四章电磁波的传播 综上,即得此种波导管种所有可能电磁波的解。 10.电磁波E(x,y,,1)=E(x,y)em在波导管中沿z方向传播,试使用 V×E=l00H及VxH=-0E0E证明电磁场所有分量都可用E2(x,y)和H2(x,y)这两 个分量表示。 证明:沿z轴传播的电磁波其电场和磁场可写作 E(x,y, r, t=E(x, y)e i-ex, H(x,y, r, t)=H(x, y)e"( a V×E aB H 由麦氏方程组得 dt V×H dE 写成分量式:OEOE ik E,=ipoh (1) 2改=E,一改 =iou,H (2) aHaH. aH iose (3 ay aa O.=ik r-oH aHaH =iONe aH. aH -iose ax ay aH 由(2)(3)消去H得Ex 8
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 8 - 综上 即得此种波导管种所有可能电磁波的解 10 电磁波 ( ) 2 ( , , , ) ( , ) i k z t E x y z t E x y e −ω = v v 在波导管中沿 z 方向传播 试使用 E i H H i E v v v v ∇ × = ωµ 0 及∇ × = − ωε 0 证明电磁场所有分量都可用 E (x, y) H (x, y) x 和 z 这两 个分量表示 证明 沿 z 轴传播的电磁波其电场和磁场可写作 ( ) ( , , , ) ( , ) i k z t z E x y z t E x y e −ω = v v ( ) ( , , , ) ( , ) i k z t z H x y z t H x y e −ω = v v 由麦氏方程组得 i E t E H i H t B E v v v v v v 0 0 0 ε ωε ωµ = − ∂ ∂ ∇ × = = ∂ ∂ ∇ × = − 写成分量式 z y x z y z ik E i H y E z E y E − = ωµ 0 ∂ ∂ = ∂ ∂ − ∂ ∂ 1 y z z x x z i H x E ik E x E z E = ωµ 0 ∂ ∂ = − ∂ ∂ − ∂ ∂ 2 z y x i H y E x E = ωµ 0 ∂ ∂ − ∂ ∂ z y x z y z ik H i E y H z H y H − = − ωε 0 ∂ ∂ = ∂ ∂ − ∂ ∂ 3 y z z x x z i E x H ik H x H z H = − ωε 0 ∂ ∂ = − ∂ ∂ − ∂ ∂ 4 z y x i E y H x H = − ωε 0 ∂ ∂ − ∂ ∂ 由 2 3 消去 Hy得 ( ) ( ) 1 0 2 2 2 x E k y H k c i E z z z z x ∂ ∂ − ∂ ∂ − − = ωµ ω
动力学习题解答 四章电磁波的传播 H aE 由(1)(4)消去H得E,= i(2-k2) aH dE 由(1)(4)消去E得H2 (-k:+OE0-) 由(2)(3)消去E得H aH -o8 11.写出矩形波导管内磁场H满足的方程及边界条件。 解:对于定态波,磁场为H(x,1)=H(x)e V×H= D 由麦氏方程组 V∥=-mE 得V×(V×H)=V(V.H)-V2H=-V2H=-ioEV×E 又VxE=OB =l0 H (V2+k2)H=0,k2=a2 即为矩形波导管内磁场H满足的方程 由B=0得n.H=0,H1=0 利用V×E=10HH和电场的边界条件可得:OH1 =0 an 9
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 9 - 由 1 4 消去 Hx得 ( ) ( ) 1 0 2 2 2 y E k x H k c i E z z z z y ∂ ∂ − ∂ ∂ − = ωµ ω 由 1 4 消去 Ey得 ( ) ( ) 1 0 2 2 2 y E x H k k c i H z z z z x ∂ ∂ + ∂ ∂ − − = ωε ω 由 2 3 消去 Ex得 ( ) ( ) 1 0 2 2 2 x E y H k k c i H z z z z y ∂ ∂ − ∂ ∂ − − = ωε ω 11 写出矩形波导管内磁场 H v 满足的方程及边界条件 解 对于定态波 磁场为 i t H x t H x e − ω ( , ) = ( ) v v v v 由麦氏方程组 ∇ ⋅ = = − ∂ ∂ ∇ × = H 0 i E t D H v v v v ωε 得 H H H H i E v v v v v ∇ × ∇ × = ∇ ∇ ⋅ − ∇ = −∇ = − ωε∇ × 2 2 ( ) ( ) 又 i H t B E v v v = ωµ ∂ ∂ ∇ × = − i E H H v v v 2 2 ∴− ωε∇ × = ω µε = −∇ ∇ ⋅ = ∇ + = = ∴ 0 ( ) 0, 2 2 2 2 H k H k v v ω εµ 即为矩形波导管内磁场 H v 满足的方程 由 n ⋅ B = 0 v v 得 n ⋅ H = 0 v v = 0 Hn 利用 E i H v v ∇ × = ωµ 和电场的边界条件可得 = 0 ∂ ∂ n Ht
动力学习题解答 四章电磁波的传播 H,=0 边界条件为{aH 12.论证矩形波导管内不存在TM或TMon波 证明:已求得波导管中的电场E满足: E =A, cos k, xsin k, ye E,=A, sin k x cork E:=A, sink, sink,ye 由H=-V×E可求得波导管中的磁场为 H,=-(4, k, - k )sin k, x k, ye"s H,=-(iA, k,-A,k)cos k, k, yeg i A,k, -A, k,)cos k, xcosk, ye 本题讨论TM波,故H2=0,即:A2kx-A1k,=0 故:1)若n=0则k,=mz b=0.,Ak2=0 7 又kx ≠0,那么A2=0 H.=H.=0 2)若m=0,则k2==0,A1k,=0 又k,="≠0那么A=0 H=Hy 波导中不可能存在TMm和TMan两种模式的波 13.频率为30×10°Hz的微波,在0.7cm×04cm的矩形波导管中能以什么波模传播?在 0.7cm×0.6cm的矩形波导管中能以什么波模传播? 解:1)v=30×10°H,波导为07cm×04cm
电动力学习题解答 第四章 电磁波的传播 - 10 - ∴ 边界条件为 ∂ ∂ = n H H t n 0 12 论证矩形波导管内不存在 TMm0或 TM0n波 证明 已求得波导管中的电场 E v 满足 = = = ik z z x y ik z y x y ik z x x y z z z E A k x k ye E A k x k ye E A k x k ye sin sin sin cos cos sin 3 2 1 由 E i H v v = − ∇ × ωµ 可求得波导管中的磁场为 = − − = − − = − − ik z z x y x y ik z y z x x y ik z x y z x y z z z A k A k k x k ye i H iA k A k k x k ye i H A k iA k k x k ye i H ( ) cos cos ( ) cos sin ( )sin cos 2 1 1 3 3 2 ωµ ωµ ωµ 本题讨论 TM 波 故 Hz 0 即 0 A2 kx − A1k y = 故 1 若 0, 0, 0 = y = = A2 kx = b n n k π 则 又 0, 0 那么A2 a m kx = ≠ π ∴ = = 0 H x H y 2 若 0, 0, 0 = x = = A1k y = a m m k π 则 又 0, 0 = ≠ A1 = b n k y 那么 π ∴ = = 0 H x H y ∴波导中不可能存在 TMm0和 TM0n两种模式的波 13 频率为 9 30×10 Hz 的微波 在0.7cm× 0.4cm 的矩形波导管中能以什么波模传播 在 0.7cm× 0.6cm 的矩形波导管中能以什么波模传播 解 1 Hz 9 ν = 30×10 波导为0.7cm× 0.4cm