現代雷達系統_第三次作業_投訓帥_202018019427053

1、證明：由理想點源天線構成的一維線性均勻陣列天線(如圖所示)，掃描角度為 θ \theta θ，為保證天線方向圖不出現柵瓣，陣元之間的距離 D D D必須小于 λ 1 + ∣ sin ? θ ∣ \frac{\lambda}{1+|\sin\theta|} 1+∣sinθ∣λ?，

設相鄰陣元的總相位差為： u = k ▽ r + ψ = k d sin ? θ + ψ u=k\triangledown r+\psi=kd\sin\theta+\psi u=k▽r+ψ=kdsinθ+ψ， ψ \psi ψ為相鄰單元的饋電相位差

則陣列天線的總輻射電場為：

E ( θ ) = ∑ n = 1 N e j ( n ? 1 ) ( k d sin ? θ + ψ ) = 1 + e j ( k d sin ? θ + ψ ) + ? + e j ( N ? 1 ) ( k d sin ? θ + ψ ) = 1 ? e j N ( k d sin ? θ + ψ ) 1 ? e j ( k d sin ? θ + ψ ) = 1 ? cos ? ( N ( k d sin ? θ + ψ ) ) ? j sin ? ( N ( k d sin ? θ + ψ ) ) 1 ? cos ? ( k d sin ? θ + ψ ) ? j sin ? ( k d sin ? θ + ψ ) ∣ E ( θ ) ∣ = [ 1 ? cos ? ( N ( k d sin ? θ + ψ ) ) ] 2 + [ sin ? ( N ( k d sin ? θ + ψ ) ) ] 2 [ 1 ? cos ? ( k d sin ? θ + ψ ) ] 2 + [ sin ? ( k d sin ? θ + ψ ) ] 2 = 1 ? cos ? ( N ( k d sin ? θ + ψ ) ) 1 ? cos ? ( k d sin ? θ + ψ ) = ∣ sin ? ( N ( k d sin ? θ + ψ ) / 2 ) sin ? ( ( k d sin ? θ + ψ ) / 2 ) ∣ \begin{aligned} E(\theta)&=\sum_{n=1}^{N}e^{j(n-1)(kd\sin\theta+\psi)}\\&= 1+e^{j(kd\sin\theta+\psi)}+\cdots+e^{j(N-1)(kd\sin\theta+\psi)}\\&= \frac{1-e^{jN(kd\sin\theta+\psi)}}{1-e^{j(kd\sin\theta+\psi)}}\\&= \frac{1-\cos(N(kd\sin\theta+\psi))-j\sin(N(kd\sin\theta+\psi))}{1-\cos(kd\sin\theta+\psi)-j\sin(kd\sin\theta+\psi)}\\ |E(\theta)|&=\sqrt{\frac{[1-\cos(N(kd\sin\theta+\psi))]^2+[\sin(N(kd\sin\theta+\psi))]^2}{[1-\cos(kd\sin\theta+\psi)]^2+[\sin(kd\sin\theta+\psi)]^2}}\\&= \sqrt{\frac{1-\cos(N(kd\sin\theta+\psi))}{1-\cos(kd\sin\theta+\psi)}}\\&= |\frac{\sin(N(kd\sin\theta+\psi)/2)}{\sin((kd\sin\theta+\psi)/2)}| \end{aligned} E(θ)∣E(θ)∣?=n=1∑N?ej(n?1)(kdsinθ+ψ)=1+ej(kdsinθ+ψ)+?+ej(N?1)(kdsinθ+ψ)=1?ej(kdsinθ+ψ)1?ejN(kdsinθ+ψ)?=1?cos(kdsinθ+ψ)?jsin(kdsinθ+ψ)1?cos(N(kdsinθ+ψ))?jsin(N(kdsinθ+ψ))?=[1?cos(kdsinθ+ψ)]2+[sin(kdsinθ+ψ)]2[1?cos(N(kdsinθ+ψ))]2+[sin(N(kdsinθ+ψ))]2? ?=1?cos(kdsinθ+ψ)1?cos(N(kdsinθ+ψ))? ?=∣sin((kdsinθ+ψ)/2)sin(N(kdsinθ+ψ)/2)?∣?

則歸一化的方向函式為：

F ( θ ) = ∣ E ( θ ) ∣ ∣ E ( θ ) M ∣ = ∣ 1 N sin ? ( N ( k d sin ? θ + ψ ) / 2 ) sin ? ( ( k d sin ? θ + ψ ) / 2 ) ∣ F(\theta)=\frac{|E(\theta)|}{|E(\theta)_M|}=|\frac{1}{N}\frac{\sin(N(kd\sin\theta+\psi)/2)}{\sin((kd\sin\theta+\psi)/2)}| F(θ)=∣E(θ)M?∣∣E(θ)∣?=∣N1?sin((kdsinθ+ψ)/2)sin(N(kdsinθ+ψ)/2)?∣

當 ψ = 0 \psi=0 ψ=0，即當各陣元等幅同相饋電時，由歸一化的方向函式可知：

θ = 0 \theta=0 θ=0， F ( θ ) = 1 F(\theta)=1 F(θ)=1，即方向圖最大方向在陣列法向方向上，

當 ψ =? 0 \psi\not=0 ψ?=0時，則方向圖最大值方向就要進行偏移，偏移角 θ 0 \theta_0 θ0?由移相器的相移量 ψ \psi ψ決定：

改變 ψ \psi ψ，就可以改變波束指向角 θ 0 \theta_0 θ0?，從而形成波束掃描，

ψ = k d sin ? θ 0 \psi=kd\sin\theta_0 ψ=kdsinθ0?

( k d sin ? θ + ψ ) / 2 < π (kd\sin\theta+\psi)/2<\pi (kdsinθ+ψ)/2<π

k d ( sin ? θ + sin ? θ 0 ) < 2 π kd(\sin\theta+\sin\theta_0)<2\pi kd(sinθ+sinθ0?)<2π

2 π λ d ( sin ? θ + sin ? θ 0 ) < 2 π \frac{2\pi}{\lambda}d(\sin\theta+\sin\theta_0)<2\pi λ2π?d(sinθ+sinθ0?)<2π

d < λ 1 + ∣ sin ? θ 0 ∣ d<\frac{\lambda}{1+|\sin\theta_0|} d<1+∣sinθ0?∣λ?

證畢，