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    3. 现代雷达系统

    现代雷达系统

    科技2022-08-25  119

    1． 谈谈你对麦克斯韦方程组的理解以及你对 J . C . M a x w e l l J.C.Maxwell J.C.Maxwell在建立麦克斯韦方程组中的贡献的理解。

    如果用一句话来总结麦克斯韦方程组的重要性的话，那么可以这样说：麦克斯韦方程组是电磁场与电磁波的理论基石。麦克斯韦方程组以一种近乎完美的方式统一的电和磁，这是物理学家在统一之路上的巨大进步。 同时我们说麦克斯韦方程组也是极其优美的一组公式，主要体现在物理和数学两个方面：物理上，麦克斯韦方程组完美解释了电磁现象的根源，电荷产生电场，电流产生磁场，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；数学上，方程的形式非常简洁，常用的主要为积分形式和微分形式，在爱因斯坦提出张量的概念后，还有更为简洁的张量形式。 第一个方程描述电； 第二个方程描述磁； 第三个方程描述磁生电； 第四个方程描述电生磁；

    我觉得麦克斯韦在建立麦克斯韦方程组中的贡献主要在于：他在前人成就的基础上，对整个电磁现象做了全面的研究，系统的整理了电磁学体系。引入了位移电流，使麦克斯韦方程组方程组能够成立，导致麦克斯韦方程组的解出现了波动形式，进而预测出光也是一种电磁波。

    2．请从库伦定律推导出高斯电场定律

    库伦定律的数学表达式如下：

    F ⃗ q ′ → q = 1 4 π ε 0 ⋅ q q ′ R 3 R ⃗ = E ⃗ ⋅ q \vec{F}_{q^{'}\to q}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{qq^{'}}{R^{3}}\vec{R}=\vec{E}\cdot q F q′→q​=4πε0​1​⋅R3qq′​R =E ⋅q

    E ⃗ = 1 4 π ε 0 ∫ d q ′ R ⃗ R 3 \vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int dq^{'}\frac{\vec{R}}{R^{3}} E =4πε0​1​∫dq′R3R ​

    ε 0 = 8.854 × 1 0 − 12 F / m \varepsilon_0=8.854\times10^{-12}F/m ε0​=8.854×10−12F/m为真空中的介电常数

    那么考虑分布在一定空间氛围内的N个点电荷对某个电荷的作用力：

    F ⃗ q i → q = q 4 π ε 0 ⋅ ∑ i = 1 N q i R 3 R i ⃗ = E ⃗ ⋅ q \vec{F}_{q^{i}\to q}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\sum_{i=1}^{N}\frac{q^{i}}{R^{3}}\vec{R_{i}}=\vec{E}\cdot q F qi→q​=4πε0​q​⋅∑i=1N​R3qi​Ri​ ​=E ⋅q

    E ⃗ = 1 4 π ε 0 ⋅ ∑ i = 1 N q i R 3 R i ⃗ \vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\sum_{i=1}^{N}\frac{q^{i}}{R^{3}}\vec{R_{i}} E =4πε0​1​⋅∑i=1N​R3qi​Ri​ ​

    如果继续考虑连续分布在一定空间范围内的总电荷对某个电荷的作用力：

    F ⃗ = q 4 π ε 0 ∫ d q ′ ( r − r ′ ) ∣ r − r ′ ∣ 3 \vec{F}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\int dq^{'}\frac{(r-r^{'})}{\left | r-r^{'} \right |^{3}} F =4πε0​q​∫dq′∣r−r′∣3(r−r′)​

    E ⃗ = 1 4 π ε 0 ∫ d q ′ R ⃗ R 3 \vec{E}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int dq^{'}\frac{\vec{R}}{R^{3}} E =4πε0​1​∫dq′R3R ​

    这样我们就得到的库伦定律的一般规律

    那么我们秉承“万物皆可微，万物皆可积”的思想

    于是就得到了高斯电场定律的积分形式和微分形式：

    ∮ s E ⃗ ⋅ d a ⃗ = ▽ ⋅ E ⃗ = ρ ε 0 \oint_{s}\vec{E}\cdot d\vec{a}={\triangledown}\cdot\vec{E}=\frac{\rho}{\varepsilon_{0}} ∮s​E ⋅da =▽⋅E =ε0​ρ​

    3． 由下列公式，推导出Maxwell方程组

    (1) ▽ 2 A ⃗ − μ ε ∂ 2 A ⃗ ∂ t 2 = − μ J ⃗ {\triangledown^2}\vec{A}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}\vec{A}}{\partial t^{2}}=-\mu\vec{J} ▽2A −με∂t2∂2A ​=−μJ

    (2) ▽ 2 ϕ − μ ε ∂ 2 ϕ ∂ t 2 = − ρ f ε {\triangledown}^2{\phi}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}{\phi}}{\partial t^{2}}=-\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} ▽2ϕ−με∂t2∂2ϕ​=−ερf​​

    (3) ▽ ⋅ A ⃗ + μ ε ∂ ϕ ∂ t = 0 {\triangledown}\cdot\vec{A}+\mu\varepsilon\frac{\partial\phi}{\partial t}=0 ▽⋅A +με∂t∂ϕ​=0

    (4) B ⃗ = ▽ × A ⃗ \vec{B}={\triangledown}\times\vec{A} B =▽×A

    (5) E ⃗ = − ▽ ϕ − ∂ A ⃗ ∂ t \vec{E}=-{\triangledown}\phi-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t} E =−▽ϕ−∂t∂A ​

    对于任意的磁矢量 A ⃗ \vec{A} A 和电标量 ϕ \phi ϕ，满足矢量恒等式：

    ▽ ⋅ ( ▽ × A ⃗ ) = 0 \triangledown\cdot(\triangledown\times\vec{A})=0 ▽⋅(▽×A )=0 ； ▽ × ( ▽ ϕ ) = 0 \triangledown\times(\triangledown\phi)=0 ▽×(▽ϕ)=0

    对式(4)取散度，得：

    ▽ ⋅ B ⃗ = ▽ ⋅ ( ▽ × A ⃗ ) = 0 \triangledown\cdot\vec{B}=\triangledown\cdot(\triangledown\times\vec{A})=0 ▽⋅B =▽⋅(▽×A )=0

    对式(4)取旋度，得：

    ▽ × B ⃗ = ▽ × ( ▽ × A ⃗ ) = ▽ ( ▽ ⋅ A ⃗ ) − ▽ 2 A ⃗ \triangledown\times\vec{B}=\triangledown\times(\triangledown\times\vec{A})=\triangledown(\triangledown\cdot\vec{A})-\triangledown^2\vec{A} ▽×B =▽×(▽×A )=▽(▽⋅A )−▽2A

    由式(1)(3)可知：

    ▽ × B ⃗ = ▽ ( − μ ε ∂ ϕ ∂ t ) − μ ε ∂ 2 A ⃗ ∂ t 2 + μ J ⃗ \triangledown\times\vec{B}=\triangledown(-\mu\varepsilon\frac{\partial\phi}{\partial t})-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}\vec{A}}{\partial t^{2}}+\mu\vec{J} ▽×B =▽(−με∂t∂ϕ​)−με∂t2∂2A ​+μJ

    ▽ × B ⃗ = − μ ε ∂ ∂ t ( ▽ ϕ ) − μ ε ∂ 2 A ⃗ ∂ t 2 + μ J ⃗ \triangledown\times\vec{B}=-\mu\varepsilon\frac{\partial}{\partial t}(\triangledown\phi)-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}\vec{A}}{\partial t^{2}}+\mu\vec{J} ▽×B =−με∂t∂​(▽ϕ)−με∂t2∂2A ​+μJ

    由式(5)可知：

    ▽ × B ⃗ = − μ ε ∂ ∂ t ( − E ⃗ − ∂ A ⃗ ∂ t ) − μ ε ∂ 2 A ⃗ ∂ t 2 + μ J ⃗ \triangledown\times\vec{B}=-\mu\varepsilon\frac{\partial}{\partial t}(-\vec{E}-\frac{\partial\vec{A}}{\partial t})-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}\vec{A}}{\partial t^{2}}+\mu\vec{J} ▽×B =−με∂t∂​(−E −∂t∂A ​)−με∂t2∂2A ​+μJ

    ▽ × B ⃗ = μ ε ∂ E ⃗ ∂ t + μ ε ∂ 2 A ⃗ ∂ t 2 − μ ε ∂ 2 A ⃗ ∂ t 2 + μ J ⃗ \triangledown\times\vec{B}=\mu\varepsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}+\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}\vec{A}}{\partial t^{2}}-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}\vec{A}}{\partial t^{2}}+\mu\vec{J} ▽×B =με∂t∂E ​+με∂t2∂2A ​−με∂t2∂2A ​+μJ

    ▽ × B ⃗ = μ ε ∂ E ⃗ ∂ t + μ J ⃗ \triangledown\times\vec{B}=\mu\varepsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}+\mu\vec{J} ▽×B =με∂t∂E ​+μJ

    对式(5)取散度，得：

    ▽ ⋅ E ⃗ = − ▽ 2 ϕ − ∂ ∂ t ( ▽ ⋅ A ⃗ ) \triangledown\cdot\vec{E}=-{\triangledown^2}\phi-\frac{\partial}{\partial t}(\triangledown\cdot\vec{A}) ▽⋅E =−▽2ϕ−∂t∂​(▽⋅A )

    由式(2)(3)可知：

    ▽ ⋅ E ⃗ = − μ ε ∂ 2 ϕ ∂ t 2 + ρ f ε − ∂ ∂ t ( − μ ε ∂ ϕ ∂ t ) \triangledown\cdot\vec{E}=-\mu\varepsilon\frac{\partial^{2}{\phi}}{\partial t^{2}}+\frac{\rho_{f}}{\varepsilon}-\frac{\partial}{\partial t}(-\mu\varepsilon\frac{\partial\phi}{\partial t}) ▽⋅E =−με∂t2∂2ϕ​+ερf​​−∂t∂​(−με∂t∂ϕ​)

    ▽ ⋅ E ⃗ = ρ f ε \triangledown\cdot\vec{E}=\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} ▽⋅E =ερf​​

    对式(5)取旋度，得：

    ▽ × E ⃗ = − ▽ × ▽ ϕ − ∂ ∂ t ( ▽ × A ⃗ ) = − ∂ ∂ t ( ▽ × A ⃗ ) \triangledown\times\vec{E}=-\triangledown\times{\triangledown}\phi-\frac{\partial}{\partial t}(\triangledown\times\vec{A})=-\frac{\partial}{\partial t}(\triangledown\times\vec{A}) ▽×E =−▽×▽ϕ−∂t∂​(▽×A )=−∂t∂​(▽×A )

    ▽ × E ⃗ = − ∂ B ⃗ ∂ t \triangledown\times\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} ▽×E =−∂t∂B ​

    综上所述：得证：

    ▽ ⋅ B ⃗ = 0 \triangledown\cdot\vec{B}=0 ▽⋅B =0

    ▽ × B ⃗ = μ ε ∂ E ⃗ ∂ t + μ J ⃗ \triangledown\times\vec{B}=\mu\varepsilon\frac{\partial\vec{E}}{\partial t}+\mu\vec{J} ▽×B =με∂t∂E ​+μJ

    ▽ ⋅ E ⃗ = ρ f ε \triangledown\cdot\vec{E}=\frac{\rho_{f}}{\varepsilon} ▽⋅E =ερf​​

    ▽ × E ⃗ = − ∂ B ⃗ ∂ t \triangledown\times\vec{E}=-\frac{\partial\vec{B}}{\partial t} ▽×E =−∂t∂B ​

    4． 对于磁场而言，为什么不存在孤立的磁荷？（对于电场而言，孤立的正电荷或负电荷是可以存在的）

    由安培定律可知：

    B ⃗ = μ 0 4 π ∮ c ′ I ′ d s ⃗ × R ^ R 2 \vec{B}=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\oint_{c^{'}}\frac{I'd\vec{s}\times\hat{R}}{R^{2}} B =4πμ0​​∮c′​R2I′ds ×R^​

    对磁场取散度：

    ▽ ⋅ B ⃗ = μ 0 4 π ∮ c ′ ▽ ⋅ [ I ′ d s ⃗ × R ^ R 2 ] = μ 0 I ′ 4 π ∮ c ′ ▽ ⋅ [ d s ⃗ × R ^ R 2 ] {\triangledown}\cdot\vec{B}=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\oint_{c^{'}}{\triangledown}\cdot[\frac{I'd\vec{s}\times\hat{R}}{R^{2}}]=\frac{\mu_{0}I'}{4\pi}\oint_{c^{'}}{\triangledown}\cdot[\frac{d\vec{s}\times\hat{R}}{R^{2}}] ▽⋅B =4πμ0​​∮c′​▽⋅[R2I′ds ×R^​]=4πμ0​I′​∮c′​▽⋅[R2ds ×R^​]

    根据矢量恒等式：

    ▽ ⋅ ( A ⃗ × B ⃗ ) = B ⃗ ⋅ ( ▽ × A ⃗ ) − A ⃗ ⋅ ( ▽ × B ⃗ ) {\triangledown}\cdot(\vec{A}\times\vec{B})=\vec{B}\cdot({\triangledown}\times\vec{A})-\vec{A}\cdot({\triangledown}\times\vec{B}) ▽⋅(A ×B )=B ⋅(▽×A )−A ⋅(▽×B )

    则有：

    ▽ ⋅ [ I ′ d s ⃗ × R ^ R 2 ] = R ^ R 2 ⋅ ( ▽ × d s ⃗ ) − d s ⃗ ⋅ ( ▽ × ( R ^ R 2 ) ) = 0 {\triangledown}\cdot[\frac{I'd\vec{s}\times\hat{R}}{R^{2}}]=\frac{\hat{R}}{R^2}\cdot({\triangledown}\times d\vec{s})-d\vec{s}\cdot({\triangledown}\times(\frac{\hat{R}}{R^2}))=0 ▽⋅[R2I′ds ×R^​]=R2R^​⋅(▽×ds )−ds ⋅(▽×(R2R^​))=0

    所以得证：

    ▽ ⋅ B ⃗ = 0 {\triangledown}\cdot\vec{B}=0 ▽⋅B =0

    ∵ R ^ R 2 ⋅ ( ▽ × d s ⃗ ) − d s ⃗ ⋅ ( ▽ × ( R ^ R 2 ) ) \because\frac{\hat{R}}{R^2}\cdot({\triangledown}\times d\vec{s})-d\vec{s}\cdot({\triangledown}\times(\frac{\hat{R}}{R^2})) ∵R2R^​⋅(▽×ds )−ds ⋅(▽×(R2R^​))之所以成立，是因为对 于电场而言，孤立的正电荷或负电荷是可以存在的，而 ∵ R ^ R 2 ⋅ ( ▽ × d s ⃗ ) − d s ⃗ ⋅ ( ▽ × ( R ^ R 2 ) ) = 0 \because\frac{\hat{R}}{R^2}\cdot({\triangledown}\times d\vec{s})-d\vec{s}\cdot({\triangledown}\times(\frac{\hat{R}}{R^2}))=0 ∵R2R^​⋅(▽×ds )−ds ⋅(▽×(R2R^​))=0说明不可能存在类似于电荷的孤立磁荷，磁场只能以磁偶极子的形式存在，也就是说，磁场只能由电流源产生。

    5． 推导证明以下方程为椭圆方程。

    ( E x E 1 ) 2 − 2 ( E x E 1 ) ( E y E 2 ) cos ⁡ ( θ 1 − θ 2 ) + ( E y E 2 ) 2 = sin ⁡ 2 ( θ 1 − θ 2 ) (\frac{E_{x}}{E_{1}})^2-2(\frac{E_{x}}{E_{1}})(\frac{E_{y}}{E_{2}})\cos(\theta_{1}-\theta_{2})+(\frac{E_{y}}{E_{2}})^2=\sin^2(\theta_{1}-\theta_{2}) (E1​Ex​​)2−2(E1​Ex​​)(E2​Ey​​)cos(θ1​−θ2​)+(E2​Ey​​)2=sin2(θ1​−θ2​)

    假设电磁波的电场矢量描述如下：

    E ⃗ = E 0 ⃗ e j ( k z − w t ) \vec{E}=\vec{E_{0}}e^{j(kz-wt)} E =E0​ ​ej(kz−wt)

    E 0 ⃗ = E 0 x x ^ + E 0 y y ^ \vec{E_0}=E_{0x}\hat{x}+E_{0y}\hat{y} E0​ ​=E0x​x^+E0y​y^​

    E 0 x = E 1 e j θ 1 E_{0x}=E_1e^{j\theta_1} E0x​=E1​ejθ1​

    E 0 y = E 2 e j θ 2 E_{0y}=E_2e^{j\theta_2} E0y​=E2​ejθ2​

    E x = E 1 c o s ( k z − w t + θ 1 ) E_x=E_1cos(kz-wt+\theta_1) Ex​=E1​cos(kz−wt+θ1​)

    E y = E 2 c o s ( k z − w t + θ 2 ) E_y=E_2cos(kz-wt+\theta_2) Ey​=E2​cos(kz−wt+θ2​)

    那么我们有如下推论：

    ∴ E x E 1 = c o s ( k z − w t + θ 1 ) \therefore\frac{E_x}{E_1}=cos(kz-wt+\theta_1) ∴E1​Ex​​=cos(kz−wt+θ1​)

    ∴ E x E 1 = c o s ( k z − w t ) c o s θ 1 − s i n ( k z − w t ) s i n θ 1 \therefore\frac{E_x}{E_1}=cos(kz-wt)cos\theta_1-sin(kz-wt)sin\theta_1 ∴E1​Ex​​=cos(kz−wt)cosθ1​−sin(kz−wt)sinθ1​

    ∴ E y E 2 = c o s ( k z − w t ) c o s θ 2 − s i n ( k z − w t ) s i n θ 2 \therefore\frac{E_y}{E_2}=cos(kz-wt)cos\theta_2-sin(kz-wt)sin\theta_2 ∴E2​Ey​​=cos(kz−wt)cosθ2​−sin(kz−wt)sinθ2​

    ∴ ( E x E 1 ) 2 − 2 ( E x E 1 ) ( E y E 2 ) cos ⁡ ( θ 1 − θ 2 ) + ( E y E 2 ) 2 = sin ⁡ 2 ( θ 1 − θ 2 ) \therefore(\frac{E_{x}}{E_{1}})^2-2(\frac{E_{x}}{E_{1}})(\frac{E_{y}}{E_{2}})\cos(\theta_{1}-\theta_{2})+(\frac{E_{y}}{E_{2}})^2=\sin^2(\theta_{1}-\theta_{2}) ∴(E1​Ex​​)2−2(E1​Ex​​)(E2​Ey​​)cos(θ1​−θ2​)+(E2​Ey​​)2=sin2(θ1​−θ2​)

    当 θ 1 − θ 2 = 0 或 θ 1 − θ 2 = π \theta_{1}-\theta_{2}=0或\theta_{1}-\theta_{2}=\pi θ1​−θ2​=0或θ1​−θ2​=π时，表示线极化；

    当 E 1 ≠ E 2 E_1\neq E_2 E1​​=E2​且 θ 1 − θ 2 ≠ 0 \theta_{1}-\theta_{2}\neq 0 θ1​−θ2​​=0且 θ 1 − θ 2 ≠ π \theta_{1}-\theta_{2}\neq\pi θ1​−θ2​​=π时表示椭圆极化；

    当 E 1 = E 2 E_1=E_2 E1​=E2​且 θ 1 − θ 2 = ± π / 2 \theta_{1}-\theta_{2}=\pm\pi/2 θ1​−θ2​=±π/2时表示圆极化；

    由此可以推导出：

    任意线极化波可以分解为两个旋向相同的圆极化波，而任意椭圆极化波可以分解为两个旋向相反的圆极化波。

    6． 画出一倾斜于电壁和磁壁的电流源的镜像电流源，如果是磁流源呢？

    7． 编写描述电磁波（电场或磁场）在自由空间传播的Matlab程序。

    %E（x,z,t)=2^0.5*cos(w*t-pi*(x+z)) %Hz(x,z,t)=1/Z0*1/2*2^0.5*cos(w*t-pi*(x+z)) %作者：hs_wang %编写日期：2020-10-07 clear close all pi=3.1415926;%设置Π u0=4*pi*1e-7;%设置真空中的磁导率 e0=1e-9/(36*pi);%设置真空中的介电质常数 Z0=(u0/e0)^0.5;%设置真空中的波阻抗 f=3*10^8;%设置电磁波的频率 w=2*pi*f;%设置角频率w EE=1; %电场强度的初相位 HH=EE/Z0; m=0:0.01:1;%将0到1分成100份方便对x范围的设置--间隔为0.01 k=m*0; x=4*m; %x的范围为0到4 各x坐标之间间隔为0.04 z=sqrt(3)*x; %通过传播方向知道z与x的关系 figure %对t进行取样 不断地覆盖原图像绘制t处于不同时刻的电场和磁场的图像 %注意：为了消除波束与时间在数量级上的差距带来的影响，时间单位是us %原因，角频率太大，导致单位时间内的变化过大，一共是6个周期 for t=0:0.2:20 Ey=sqrt(2)*EE*cos(w*t*(1e-9)-pi*(x+z*sqrt(3))); %根据电场的传输方程，求出x z t处的电场强度 Hz=cos(w*t*(1e-9)-pi*(x+z*sqrt(3)))+z; Hx=-cos(w*t*(1e-9)-pi*(x+ z*sqrt(3)))/sqrt(3)+x; %分别求出磁场强度在x和y方向的分量其中z与x方向的分量要满足sqrt（3）倍的关系 plot3(x,z,Ey,'b','LineWidth',2); hold on axis([0,4,0,4*sqrt(3),-1.5,1.5]) grid on plot3(Hx,Hz,k,'r','LineWidth',2); plot3(x,z,k,'y','LineWidth',2); hold off %绘制E和H的图像并设置坐标轴 xlabel('x轴'); ylabel('y轴'); zlabel('z轴'); title('自由空间中平面波的传播') legend('电场强度E','磁场强度H','传播方向k'); drawnow pause(0.01) end

    8． (1) TE波和TM波哪个更有利于探测出冰层的厚度？请解释原因。

    TM波更有利于探测出冰层的厚度。 因为只有TM波才能发生全透射。

    8． (2) （选做题）能否推导出计算测量冰层厚度dice 的公式？提示：利用TE 波和TM 波在平面分层媒质分界面反射和透射的不同特性。

    利用全透射原理和全反射原理，可以计算测量冰层的厚度。

    Processed: 0.009, SQL: 9