现代雷达系统

1、请解释为何在卫星导航系统（工作频率为L波段）的发射天线采用圆极化而不是线极化。

根据电磁波在各向异性媒质中传播的极化旋转现象：

由于地球电离层是各向异性磁导率媒质的一种，所以在卫星通信或者卫星对地遥感探测中，当线极化电磁波在穿过地球电离层的过程中，会发生极化旋转，虽然电离层对电磁波的影响随着电磁波频率的升而降低，但对于工作在L波段的的卫星导航系统而言，如果发射天线采用线极化方式，我们的接收天线就有可能接收不到完整的信息，所以一般采用圆极化。

2、一均匀平面波以$\theta$入射从媒质$1$入射到媒质$1$和媒质$2$ 的平面分层边界上，如图所示:

$\epsilon >{\epsilon }_0$。入射电场表示如下：$$E_i=E_0(\hat{x}\cos \theta +\hat{y}+\hat{z}\sin \theta )\cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)$$$E_0$ 为常量。

（1）试证明该入射电场满足高斯定理；

（2）将该入射电场分解为$TE$波和$TM$波分量；

（3）入射电场为何极化？

（4）求出反射电场和透射电场的表达式；

（5）当入射角小于临界角$\theta <{\theta }_c$，反射波和透射波分别为何种极化？

（6）当入射角大于临界角$\theta >{\theta }_c$，反射$TM$波和反射$TE$波的相位差为：

$$\Delta \phi ={\phi }_{TM}-\phi TE=2ta{n}^{-1}[\cos (\sqrt{{\sin }^2\theta -n^{-2}})/{\sin }^2\theta ]$$

$n=\sqrt{\mu \epsilon }/\sqrt{{\mu }_0{\epsilon }_0}$为折射率，当$\epsilon =6{\epsilon }_0$时，试求入射角为何值时，反射波为圆极化波？

高斯定理：任何封闭面包含的电荷所产生的电场的散度正好等于封闭面所包含电荷的总和

由题可知，该入射电场为无源场，若要满足高斯定理，则：$▽\cdot E_i=0$

$$▽=\hat{x}\frac{\partial }{\partial x}+\hat{y}\frac{\partial }{\partial y}+\hat{z}\frac{\partial }{\partial z}$$

$$▽\cdot E_i=-E_0\cos \theta k_x\sin (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)+E_0\sin \theta k_z\sin (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)$$

由图可知，入射波的传播矢量为：

$$\hat{k}=k_x\hat{x}-k_z\hat{z}$$

$$k_x=k_i\sin \theta$$

$$k_z=k_i\cos \theta$$

将此表达式带入上式，得：

$$▽\cdot E_i=E_0\sin (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)(-k_i\cos \theta \sin \theta +k_i\cos \theta \sin \theta )=0$$

故该入射电场满足高斯定理。

将入射电场进行分解：

$$\begin{array}{rl}{E}_i& =E_0(\hat{x}\cos \theta +\hat{y}+\hat{z}\sin \theta )\cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)\\ & =E_0\cos \theta \cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)\hat{x}\\ & +E_0\cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)\hat{y}\\ & +E_0\sin \theta \cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)\hat{z}\end{array}$$

$TE$波分量： $$E_{iy}=E_0\cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)\hat{y}$$

$TM$波分量： $$E_{ix}=E_0\cos \theta \cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)\hat{x}，E_{iz}=E_0\sin \theta \cos (k_{x}x-k_{z}z-\omega t)\hat{z}$$

入射电场为圆极化：

$TE$波的电场矢量垂直于入射平面，为$H$极化

$TM$波的电场矢量平行于入射平面，为$V$极化

该入射电场分解为$TE$波和$TM$波分量，所以为圆极化。

反射电场： $$R^{TE}=\frac{\sqrt{\epsilon }\cos \theta -\sqrt{{\epsilon }_0}\cos {\theta }_t}{\sqrt{\epsilon }\cos \theta +\sqrt{{\epsilon }_0}\cos {\theta }_t}$$

$$R^{TM}=\frac{\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta -\sqrt{\epsilon }\cos {\theta }_t}{\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta +\sqrt{\epsilon }\cos {\theta }_t}$$

$${\theta }_t=\frac{\pi }{2}-\theta$$

$$R^{TE}=\frac{\sqrt{\epsilon }\cos \theta -\sqrt{{\epsilon }_0}\sin \theta }{\sqrt{\epsilon }\cos \theta +\sqrt{{\epsilon }_0}\sin \theta }$$

$$R^{TM}=\frac{\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta -\sqrt{\epsilon }\sin \theta }{\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta +\sqrt{\epsilon }\sin \theta }$$

$$E_r=T^{TE}{E}_{iy}+\frac{k_r\cos \theta }{\omega \epsilon }{R}^{TM}{E}_{ix}-\frac{k_r\sin \theta }{\omega \epsilon }{R}^{TM}{E}_{iz}$$

透射电场： $$T^{TE}=\frac{2\sqrt{\epsilon }\cos \theta }{\sqrt{\epsilon }\cos \theta +\sqrt{{\epsilon }_0}\cos {\theta }_t}$$

$$T^{TM}=\frac{2\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta }{\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta +\sqrt{\epsilon }\cos {\theta }_t}$$

$${\theta }_t=\frac{\pi }{2}-\theta$$

$$T^{TE}=\frac{2\sqrt{\epsilon }\cos \theta }{\sqrt{\epsilon }\cos \theta +\sqrt{{\epsilon }_0}\sin \theta }$$

$$T^{TM}=\frac{2\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta }{\sqrt{{\epsilon }_0}\cos \theta +\sqrt{\epsilon }\sin \theta }$$

$$E_t=T^{TE}{E}^{iy}-\frac{k_t\sin \theta }{\omega {\epsilon }_0}{E}_{ix}+\frac{k_t\cos \theta }{\omega {\epsilon }_0}{E}_{iz}$$

当入射角小于临界角$\theta <{\theta }_c$时：反射波和透射波均为圆极化波。

3、如下图所示为厚度为$t$的平板介质，试确定其介电常数的取值范围，使得当电磁波由介质板一端射入（入射角$0^{\circ }\le {\theta }_i\le 90^{\circ }$），波的能量始终包含在介质板内部。

由波的能量始终包含在介质板内部可知：

在空气与介质板的边界发生了全透射，在介质板内部发生了全反射

那么就有： $${\theta }_i={\tan }^{-1}\sqrt{{\epsilon }_r/{\epsilon }_0}$$

当平板介质的介电常数${\epsilon }_r$发生变化时，发生全透射的角度${\theta }_i$也会发生变化

$${\theta }_t=\frac{\pi }{2}-{\theta }_i=\frac{\pi }{2}-{\tan }^{-1}\sqrt{{\epsilon }_r/{\epsilon }_0}$$

$${\theta }_r=\frac{\pi }{2}-{\theta }_t={\tan }^{-1}\sqrt{{\epsilon }_r/{\epsilon }_0}$$

只需要满足： $${\theta }_r>{\theta }_c，即可$$

由折射定律，可知：

$$\sqrt{\mu {\epsilon }_r}\sin {\theta }_c=\sqrt{\mu {\epsilon }_0}\sin 90^{\circ }$$

$${\theta }_c={\sin }^{-1}\sqrt{{\epsilon }_0/{\epsilon }_r}$$

即

$${\tan }^{-1}\sqrt{{\epsilon }_r/{\epsilon }_0}>{\sin }^{-1}\sqrt{{\epsilon }_0/{\epsilon }_r}$$

通过逼近，得到：

$$\sqrt{{\epsilon }_r/{\epsilon }_0}>1.2725$$

$${\epsilon }_r>1.62{\epsilon }_0$$

4、如下图所示，现有发射机与接收机距地面高度分别为$100m$和$10m$。假设发射机所发电磁波同时包含$TE$波与$TM$波，当发射机与接收机相距多远时反射波没有$TM$波？假设地面无耗，相对介电常数为16。

当反射波没有$TM$波时，说明此时$TM$波发生了全透射.

那么就有： $${\theta }_i={\tan }^{-1}\sqrt{{\epsilon }_r/{\epsilon }_0}$$ 真空中的介电常数${\epsilon }_0=1$

根据题意可知： $$S=100\tan {\theta }_i+10\tan {\theta }_r$$

我们有：${\theta }_i={\theta }_r$ $$S=100\times 4+10\times 4=440m$$

5、推导针对下图所示的$TM$波和$TE$波的反射场与透射场计算公式及反射系数$R^{TM}$、$R^{TE}$和透射系数$T^{TM}$、$T^{TE}$。

$TM$波

假设一$TM$波，其磁场分量只有$H_y$分量，从媒质为${\mu }_1,{\epsilon }_1$的半空间以${\theta }_i$角度入射到媒质为${\mu }_2,{\epsilon }_2$的半空间。 $$H=H_y\hat{y}\text{\hspace{1em}(1-1)}$$ 假设$TM$波的幅度已经归一化： $$H=e^{j(-k_{x}x+k_{z}z-\omega t)}\hat{y}\text{\hspace{1em}(1-2)}$$ $$H_y=e^{j(-k_{x}x+k_{z}z-\omega t)}\text{\hspace{1em}(1-3)}$$ 根据$Maxwell$方程组： $$▽\times H=\frac{\partial D}{\partial t}=-j\omega D=-j\omega \epsilon E\text{\hspace{1em}(1-4)}$$ 假设电磁场为简谐场： $$E=\frac{j}{\omega \epsilon }▽\times H\text{\hspace{1em}(1-5)}$$ 根据式[1-5]，可以推导出$E$有两个分量$E_x$和$E_z$

入射波的传播常数矢量为： $$\hat{k}=-k_x\hat{x}+k_z\hat{z}$$ 根据式[1-3]，取实部，得入射电磁场： $$\{\begin{array}{ccc}{H}_{iy}& =& \cos (-k_{ix}x+k_{iz}z-\omega t)\\ E_{ix}& =& (k_{iz}/\omega {\epsilon }_1)\cos (-k_{ix}x+k_{iz}z-\omega t)\\ E_{iz}& =& (k_{ix}/\omega {\epsilon }_1)\cos (-k_{ix}x+k_{iz}z-\omega t)\end{array}\text{\hspace{1em}(2-1)}$$ 进而可以得到反射电磁场和透射电磁场： $$\{\begin{array}{ccc}{H}_{ry}& =& R^{TM}\cos (-k_{rx}x+k_{rz}z-\omega t)\\ E_{rx}& =& (k_{rz}/\omega {\epsilon }_1)R^{TM}\cos (-k_{ir}x+k_{rz}z-\omega t)\\ E_{rz}& =& (k_{rx}/\omega {\epsilon }_1)R^{TM}\cos (-k_{rx}x+k_{rz}z-\omega t)\end{array}\text{\hspace{1em}(2-2)}$$ $$\{\begin{array}{ccc}{H}_{ty}& =& T^{TM}\cos (-k_{tx}x+k_{tz}z-\omega t)\\ E_{tx}& =& (k_{tz}/\omega {\epsilon }_2)T^{TM}\cos (-k_{tx}x+k_{tz}z-\omega t)\\ E_{tz}& =& (k_{tx}/\omega {\epsilon }_2)T^{TM}\cos (-k_{tx}x+k_{tz}z-\omega t)\end{array}\text{\hspace{1em}(2-3)}$$ 根据电磁场在分界面（$x=0$）上的边界条件： $$E_{iz}{|}_{x=0}+E_{rz}{|}_{x=0}=E_{tz}{|}_{x=0}\text{\hspace{1em}(电场的切向分量连续)}$$ $$H_{iz}{|}_{x=0}+H_{rz}{|}_{x=0}=H_{tz}{|}_{x=0}\text{\hspace{1em}(磁场的切向分量连续)}$$ 所以有： $$k_{iz}=k_{rz}=k_{tz}\text{\hspace{1em}(3-1)}$$ $$\frac{k_{1x}}{\omega {\epsilon }_1}+R^{TM}\frac{k_{1z}}{\omega {\epsilon }_1}=T^{TM}\frac{k_{2x}}{\omega {\epsilon }_2}\text{\hspace{1em}(3-2)}$$ $$1+R^{TM}=T^{TM}\text{\hspace{1em}(3-3)}$$ 由式[3-1]、[3-2]、[3-2]，可得反射系数和透射系数： $$R^{TM}=\frac{\sqrt{{\epsilon }_2}\cos {\theta }_i-\sqrt{{\epsilon }_1}\cos {\theta }_t}{\sqrt{{\epsilon }_2}\cos {\theta }_i+\sqrt{{\epsilon }_1}\cos {\theta }_t}\text{\hspace{1em}(4-1)}$$ $$T^{TM}=\frac{2\sqrt{{\epsilon }_2}\cos {\theta }_i}{\sqrt{{\epsilon }_2}\cos {\theta }_i+\sqrt{{\epsilon }_1}\cos {\theta }_t}\text{\hspace{1em}(4-2)}$$

$TE$波

同理可证：

入射电磁场： $$\{\begin{array}{ccc}{E}_{iy}& =& \cos (-k_{ix}x+k_{iz}z-\omega t)\\ H_{ix}& =& (k_{iz}/\omega {\mu }_1)\cos (-k_{ix}x+k_{iz}z-\omega t)\\ H_{iz}& =& (k_{ix}/\omega {\mu }_1)\cos (-k_{ix}x+k_{iz}z-\omega t)\end{array}\text{\hspace{1em}(5-1)}$$ 反射电磁场： $$\{\begin{array}{ccc}{E}_{ry}& =& R^{TE}\cos (-k_{rx}x+k_{rz}z-\omega t)\\ H_{rx}& =& (k_{rz}/\omega {\mu }_1)R^{TE}\cos (-k_{ir}x+k_{rz}z-\omega t)\\ H_{rz}& =& (k_{rx}/\omega {\mu }_1)R^{TE}\cos (-k_{rx}x+k_{rz}z-\omega t)\end{array}\text{\hspace{1em}(5-2)}$$ 透射电磁场： $$\{\begin{array}{ccc}{E}_{ty}& =& T^{TE}\cos (-k_{tx}x+k_{tz}z-\omega t)\\ H_{tx}& =& (k_{tz}/\omega {\mu }_2)T^{TE}\cos (-k_{tx}x+k_{tz}z-\omega t)\\ H_{tz}& =& (k_{tx}/\omega {\mu }_2)T^{TE}\cos (-k_{tx}x+k_{tz}z-\omega t)\end{array}\text{\hspace{1em}(5-3)}$$ 反射系数： $$R^{TE}=\frac{\sqrt{{\epsilon }_1}\cos {\theta }_i-\sqrt{{\epsilon }_2}\cos {\theta }_t}{\sqrt{{\epsilon }_1}\cos {\theta }_i+\sqrt{{\epsilon }_2}\cos {\theta }_t}\text{\hspace{1em}(6-1)}$$ 透射系数： $$T^{TE}=\frac{2\sqrt{{\epsilon }_1}\cos {\theta }_i}{\sqrt{{\epsilon }_1}\cos {\theta }_i+\sqrt{{\epsilon }_2}\cos {\theta }_t}\text{\hspace{1em}(6-2)}$$

6、通过画出$H$极化波和极化波在入射到$\psi =90^{\circ }$的金属二面角时反射波的电场方向，证明此时极化散射矩阵$（PSM）$ 为$A=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$ 。

$$S_{HV}^{二面角}=\left[\begin{array}{cc}-\cos 2\psi & \sin 2\psi \\ \sin 2\psi & \cos 2\psi \end{array}\right]$$

当$\psi =90^{\circ }$时，极化散射矩阵为：

$$A=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$$