天線技術(shù)第1章PPT

第1章習(xí)題與解答1.1天線基礎(chǔ)知識1.2典型天線1.3電波傳播1.1天線基礎(chǔ)知識

本節(jié)內(nèi)容與教材第1章習(xí)題一相對應(yīng)。

1-1-1電基本振子如圖放置在z軸上(見題1-1-1圖)，請解答下列問題：

（1）指出輻射場的傳播方向、電場方向和磁場方向；

（2）輻射的是什么極化的波？

（3）指出過M點的等相位面的形狀。

（4）若已知M點的電場E，試求該點的磁場H。

（5）輻射場的大小與哪些因素有關(guān)？

（6）指出最大輻射的方向和最小輻射的方向。

（7）指出E面和H面，并概畫方向圖。題1-1-1圖解當(dāng)電基本振子放置于z軸上時，其空間坐標(biāo)如題1-1-1解圖(一)所示。題1-1-1解圖(一)(1)以電基本振子產(chǎn)生的遠區(qū)輻射場為例，其輻射場的傳播方向為徑向er，電場方向為eθ，磁場方向為ej，如題

1-1-1解圖(一)所示。

(2)電基本振子輻射的是線極化波。

(3)由于過M點的等相位面是一個球面，所以電基本振子的遠區(qū)輻射場是球面波；又因為Eθ,Hj與sinθ成正比，所以該球面波又是非均勻的。

(4)M點的電場與磁場之間有如下關(guān)系：(5)從電基本振子的遠區(qū)輻射場表達式可見，Eθ、Hj與電流I、空間距離r、電長度l/λ以及子午角θ有關(guān)。(6)從電基本振子輻射場的表達式可知，當(dāng)θ=0°或180°時，電場有最小值0；θ=90°時，電場有最大值。因此，電基本振子在θ=0°或180°方向的輻射最小，為0，在θ=90°方向的輻射最大。

(7)電基本振子遠區(qū)輻射場的E面為過z軸的平面，H面為xOy平面，其方向圖如題1-1-1解圖(二)所示。題1-1-1解圖(二)1-1-2一電基本振子的輻射功率為25W，試求r=20km處，θ=0°,60°,90°的場強，θ為射線與振子軸之間的夾角。

解電基本振子向自由空間輻射的總功率為則因此再由可得而且所以，當(dāng)θ=0°時，在r=20×103m處，|Eθ|=0,|Hj|=0。當(dāng)θ=60°時，在r=20×103m處，有當(dāng)θ=90°時，在r=20×103m處，有1-1-3一基本振子密封在塑料盒中作為發(fā)射天線，用另一電基本振子接收，按天線極化匹配的要求，它僅在與之極化匹配時感應(yīng)產(chǎn)生的電動勢為最大，你怎樣鑒別密封盒內(nèi)裝的是電基本振子還是磁基本振子？

解根據(jù)極化匹配的原理及電基本振子與磁基本振子的方向性和極化特點來確定。

(1)將接收的電基本振子垂直放置；

(2)任意轉(zhuǎn)動密封的盒子，使接收信號最大；

(3)水平轉(zhuǎn)動盒子(即繞垂直地面的軸線轉(zhuǎn)動盒子)，若接收信號不發(fā)生變化，則盒內(nèi)裝的是電基本振子；若接收信號由大變小，則盒內(nèi)裝的是磁基本振子。1-1-4一小圓環(huán)與一電基本振子共同構(gòu)成一組合天線，環(huán)面和振子軸置于同一平面內(nèi)，兩天線的中心重合。試求此組合天線E面和H面的方向圖。設(shè)兩天線在各自的最大輻射方向上遠區(qū)同距離點產(chǎn)生的場強相等。

解設(shè)電基本振子上的電流為Ie，小圓環(huán)上的電流為Im，它們構(gòu)成的組合天線及其空間坐標(biāo)如題1-1-4解圖(一)(a)所示。由于小圓環(huán)的輻射可以等效為一個磁基本振子Im，所以組合天線可以等效為兩個相互正交放置的基本振子，如題1-1-4解圖(一)(b)所示。題1-1-4解圖(一)(a)(b)先求解E面方向圖。根據(jù)題1-1-4解圖(一)(b)所示的等效結(jié)構(gòu)，E面應(yīng)該是包含電基本振子，并與磁基本振子相垂直的平面，即yOz平面。在遠區(qū)的某點P上，電基本振子產(chǎn)生的輻射場為磁基本振子產(chǎn)生的輻射場為由于兩個天線在各自的最大輻射方向上遠區(qū)同距離點產(chǎn)生的場強相等，則有考慮到eθ=－eα，如題1-1-4解圖(二)(a)所示。所以，遠區(qū)場點P的合成電場為題1-1-4解圖(二)(a)(b)再求H面方向圖。根據(jù)定義，H面應(yīng)該是包含磁基本振子，并與電基本振子相垂直的平面，即xOz平面。在遠區(qū)的某點P上，電基本振子產(chǎn)生的輻射場為磁基本振子產(chǎn)生的輻射場為同樣，由題設(shè)條件可得所以，遠區(qū)場點P的合成場為由此可以求得E面和H面的歸一化方向函數(shù)均為組合天線E面和H面的歸一化方向圖見題1-1-4解圖(三)所示。題1-1-4解圖(三)1-1-5計算基本振子E面方向圖的半功率點波瓣寬度

2θ0.5E和零功率點波瓣寬度2θ0E。

解(1)電基本振子的歸一化方向函數(shù)為

F(θ,j)=|sinθ|

由于零功率點波瓣寬度2θ0E是指主瓣最大值兩邊兩個零輻射方向之間的夾角,由此可知

F(θ,j)=|sinθ|=0

所以

θ=0°或180°

取θ=0°，則

2θ0E=180°－2θ=180°而半功率點波瓣寬度2θ0.5E是指主瓣最大值兩邊場強等于最大值的0.707倍的兩個輻射方向之間的夾角。由此可知

F(θ,j)=|sinθ|=0.707

所以

θ=45°,135°,225°,315°

取θ=45°，則

2θ0E=180°－2×45°=90°

(2)磁基本振子的E面圖為電基本振子的H面圖，磁基本振子的H面圖為電基本振子的E面圖。所以，其2θ0H和

2θ0.5H的計算過程與電基本振子的類似，2θ0H=180°，

2θ0.5H=90°。1-1-6試利用的公式計算基本振子的方向系數(shù)。解對于電基本振子，其歸一化方向函數(shù)為F(θ,j)=|sinθ|則其方向系數(shù)為1-1-7試計算長度為1m，銅導(dǎo)線半徑a=3×10－3m的電基本振子工作于10MHz時的天線效率。

解天線效率為因此要分別求出輻射電阻Rr和損耗電阻Rl。因為f=10MHz,所以,且a=3×10－3m,l=1m，則電基本振子的輻射電阻Rr為損耗電阻Rl為則天線效率為1-1-8某天線在yOz面的方向圖如題1-1-8圖所示，已知2θ0.5=78°，求點M1(r0,51°,90°)與點M2(2r0,90°,90°)的輻射場的比值。題1-1-8圖解本題考察對半功率點波瓣寬度2θ0.5的理解。

因為2θ0.5=78°，所以θ0.5=39°；從圖上可以看出M1(r0,51°,90°)點是半功率點，其場強大小為其中，E2′為M2′(r0,90°,90°)的場強。由于場強與空間距離r成反比，則M2(2r0,90°,90°)的場強是M2′(r0,90°,90°)點場強的1/2，即故有1-1-9已知某天線的歸一化方向函數(shù)為試求其方向系數(shù)D。解將歸一化方向函數(shù)F(θ)代入方向系數(shù)D的表達式中，則有1-1-10一天線的方向系數(shù)D1=10dB，天線效率ηA1=0.5。另一天線的方向系數(shù)D2=10dB，天線效率ηA2=0.8。若將兩副天線先后置于同一位置且主瓣最大方向指向同一點M。

(1)若二者的輻射功率相等，求它們在M點產(chǎn)生的輻射場之比。

(2)若二者的輸入功率相等，求它們在M處產(chǎn)生的輻射場之比。

(3)若二者在M點產(chǎn)生的輻射場相等，求所需的輻射功率比及輸入功率比。

解已知天線1的D1=10dB=10，ηA1=0.5；天線2的D2=10dB=10，ηA2=0.8。(1)由Emax=,可得(2)由,可得其中，Pin為天線輸入功率。(3)由,可得因此再由Pr=PinηA,可得故有1-1-11在通過比較法測量天線增益時，測得標(biāo)準天線(G=10dB)的輸入功率為1W，被測天線的輸入功率為1.4W。在接收天線處標(biāo)準天線相對被測天線的場強指示為1∶2，試求被測天線的天線增益。解已知標(biāo)準天線的增益為G1=10dB=10,輸入功率Pin1=1W,被測天線的輸入功率為Pin2=1.4W，且已知。由,可得即而因此所以，被測天線的增益為28.57(或14.56dB)。1-1-12已知兩副天線的方向函數(shù)分別是f1(θ)=sin2θ+0.5，f2(θ)=cos2θ+0.4，試計算這兩副天線方向圖的半功率角2θ0.5。解首先將方向函數(shù)歸一化，則由f1(θ)=sin2θ+0.5和f2(θ)=cos2θ+0.4，可得對于F1(θ)，當(dāng)θ=π/2時有最大值1。令可得θ=48.5°，所以2θ0.5=180°－2×θ=83°。對于F2(θ)，當(dāng)θ=0時有最大值1。令可得θ=39.8°，所以2θ0.5=2θ=79.6°。1-1-13簡述天線接收無線電波的物理過程。

解接收天線工作的物理過程是，天線導(dǎo)體在空間電場的作用下產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，并在導(dǎo)體表面激勵起感應(yīng)電流，在天線的輸出端產(chǎn)生電壓，在接收機回路中產(chǎn)生電流，所以，接收天線是一個把空間電磁波能量轉(zhuǎn)換成高頻電流能量或?qū)Р芰康霓D(zhuǎn)換裝置，其工作過程是發(fā)射天線的逆過程。

1-1-14某天線的增益系數(shù)為20dB，工作波長λ=1m，試求其有效接收面積Ae。

解接收天線的有效接收面積為將G=20dB=100，λ=1m代入，則可得1-1-15有二線極化接收天線，均用最大接收方向?qū)示€極化發(fā)射天線，距離分別為10km和20km。甲、乙天線分別位于發(fā)射天線方向圖的最大值和半功率點上，甲天線的極化與來波極化方向成45°角，乙天線極化方向與來波極化方向平行，二天線均接匹配負載。已知甲天線負載接收功率為0.1μW，乙天線為0.2μW，求二天線最大增益之比。解接收天線收到的功率為Pre=SavAevp對于甲天線對于乙天線由，可得因此其中Sav′為發(fā)射天線方向圖最大方向上距離20km處的平均功率密度。因此有1-1-16某天線接收遠方傳來的圓極化波，接收點的功率密度為1mW/m2，接收天線為線極化天線，增益系數(shù)為3dB，λ=1m，天線的最大接收方向?qū)蕘聿ǚ较?，求該天線的接收功率;設(shè)阻抗失配因子μ=0.8，求進入負載的功率。

解用線極化天線接收圓極化來波，極化失配因子為

vp=1/2。且已知接收點的功率密度為Sav=1mW/m2，λ=1m，G=3dB=100.3=2，則該天線的接收功率為由于阻抗失配因子為μ=0.8，則可得進入負載的功率為1-1-17一半波振子作接收天線，Rin=73Ω，接收點場強E=100μV/m，頻率為75MHz，設(shè)來波方向在H面內(nèi)且電場與天線平行，試求接收天線的等效電勢及可能傳送給負載的最大功率。

解解法一：由于已知接收點場強E=100μV/m，要求接收天線的等效電動勢，因此首先要求出它的有效長度。假設(shè)半波振子上的電流分布為I(z)=，將其代入下式:可得因此半波振子的有效長度為且已知來波頻率為f=75MHz，其波長λ=3×108/75×106=4m，由此可以求出半波振子的等效感應(yīng)電動勢為它傳送給負載的最大功率為解法二：由來波的頻率可以求出其波長為λ=3×108/75×106=4m,且由半波振子的歸一化方向函數(shù),可以求出它的方向系數(shù)為1.64。又已知半波振子的輻射電阻Rin=73.1Ω，則由可以求出因此，半波振子的等效電動勢為它傳送給負載的最大功率為1-1-182l<<λ的對稱振子上電流分布的近似函數(shù)是什么？它的方向圖、方向系數(shù)、輻射電阻等與同長電流元有何異同？

解已知對稱振子上電流分布近似為I(z)=Imsink(1－|z|)，當(dāng)2l<<λ時，可以將電流分布近似看作三角形分布，其等效長度le=l，又因為2l<<λ，因此，它與同長的電流元相比，可以近似認為是相同的，所以它們的方向圖、方向系數(shù)、輻射電阻等近似相等。1-1-19自由空間對稱振子上為什么會存在波長縮短現(xiàn)象？對天線尺寸選擇有什么實際影響？

解當(dāng)振子足夠粗時，振子上的電流分布除了在輸入端及波節(jié)點上與近似正弦函數(shù)有區(qū)別外，振子末端還具有較大的端面電容，使得末端電流實際上不為零，從而使振子的等效長度增加了，相當(dāng)于波長縮短了，這種現(xiàn)象稱為末端效應(yīng)。通常，天線越粗，波長縮短現(xiàn)象越明顯。因此，在選擇天線尺寸時，要盡量選用較細的振子或?qū)⒄褡娱L度適當(dāng)縮短。

1-1-20什么是對稱振子的諧振長度？為什么諧振長度與振子尺寸(2l/a)有關(guān)？

解所謂諧振長度,是指對應(yīng)于輸入電抗為零的振子長度。

由對稱振子的輸入阻抗公式

可得,當(dāng)諧振時，有此式中的衰減常數(shù)α和相移常數(shù)β都與特性阻抗ZOA有關(guān)，而ZOA是2l/a的函數(shù)，因此諧振長度與振子尺寸2l/a有關(guān)。1-1-21總損耗為1Ω(歸于波腹電流)的半波振子，與內(nèi)阻為50+j25Ω的信號源相連接。假定信號源電壓峰值為

2V，振子輻射阻抗為73.1+j42.5Ω，求:

(1)電源供給的實功率；

(2)天線的輻射功率；

(3)天線的損耗功率。

解已知信號源電壓峰值為U=2V,內(nèi)阻為Zin=50+j25Ω，半波振子的輻射阻抗為Zr=73.1+j42.5Ω,損耗電阻為Rl=1Ω,如果忽略輸入阻抗與輻射阻抗的差別，則回路中的電流為則有：(1)電源供給的實功率為即為12.4mW。(2)天線的輻射功率為即為7.3mW。(3)天線的損耗功率為即損耗功率為0.1mW。1-1-22一半波振子處于諧振狀態(tài)，它的2l/a=1000，輸入電阻Rin=65Ω。試計算當(dāng)用特性阻抗為300Ω的平行無耗傳輸線饋電時的饋線上的駐波比。

解根據(jù)微波技術(shù)理論，駐波比用下式求解:式中Γ為饋線上的反射系數(shù)。平行無耗傳輸線的特性阻抗Z0=300Ω，負載半波振子處于諧振狀態(tài)，輸入阻抗Zin=Rin=65Ω，則半波振子輸入端的反射系數(shù)為所以駐波比為1-1-23設(shè)一直線對稱振子，2l=λ/2，沿線電流為等幅同相分布。根據(jù)場的疊加原理，求出此天線的方向函數(shù)及方向系數(shù)。解在長度2l=λ/2的對稱振子上，沿線電流分布等幅同相，則有式中，Im為電流幅度，α為電流相位。為求該振子的遠區(qū)輻射場，將其置于題1-1-23解圖所示的坐標(biāo)中。題1-1-23解圖在對稱振子上距中心z處取一個輻射單元，它的遠區(qū)輻射場為根據(jù)疊加原理，r－r′≈zcosθ<<r，它對振幅的影響可以忽略不計；r－r′≈zcosθ與波長是可比的，它對相位的影響不可忽略。因此，從－l到l積分，可得振子的遠區(qū)輻射場方向函數(shù)為易知,當(dāng)θ=90°時，fmax(θ,j)=kl=π/2,則歸一化方向函數(shù)為再求方向系數(shù)1-1-24如題1-1-24圖所示的二半波振子一發(fā)一收，均為諧振匹配狀態(tài)。接收點在發(fā)射點的θ角方向。兩天線相距為r，輻射功率為Pr，λ=1m。

(1)求發(fā)射天線和接收天線平行放置時的接收功率。已知θ=60°，r=5km，Pr=10W。

(2)求接收天線在上述參數(shù)情況下的最大接收功率。此時接收天線應(yīng)如何放置？題1-1-24圖解空間任一點的接收功率為

Pre=AeSavvp

其中,Ae為接收天線的有效接收面積，Sav為來波在接收點的平均功率密度，vp為極化失配因子，它們的表達式分別為(1)對于題設(shè)條件，半波振子在θ=60°方向，有且可知Dmax=1.64，并且收發(fā)天線處于極化匹配狀態(tài)，因此

vp，則有(2)對于給定接收點來說，當(dāng)接收天線與來波極化匹配，且接收天線以最大接收方向?qū)蕘聿〞r，有最大接收功率，則在極化匹配的條件下，只需將接收振子逆時針旋轉(zhuǎn)30°即可，此時最大接收功率為1-1-25欲采用諧振半波振子收看頻率為171MHz的六頻道電視節(jié)目，若該振子用直徑為12mm的鋁管制作，試計算該天線的長度。

解由頻率f=171MHz可知，λ=c/f=1.754m，則半波振子的長度為2l=λ/2=0.8772m，所以2l/a=146。

已知2l/a=350時，縮短率為4.5%；2l/a=50時，縮短率為5%，則由內(nèi)插公式可求得2l/a=146時，縮短率為4.84%。

因此，實際的天線應(yīng)縮短

2l×4.84%=0.8772×4.84%=0.0425m

即天線的實際長度為

2l－2l×4.84%=0.8772－0.0425=0.8347m1-1-26形成天線陣不同方向性的主要因素有哪些？

解根據(jù)天線陣的方向圖乘積定理

f(θ,j)=f1(θ,j)·fa(θ,j)

1-1-27二半波振子等幅同相激勵，如題1-1-27圖放置，間距分別為d=λ/2，λ,計算其E面和H面方向函數(shù)并概畫方向圖。題1-1-27圖解二半波振子等幅同相激勵，則m=1，ξ=0，且已知振子之間的距離分別為d=λ/2,λ。

(1)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(a)放置時，其E面為包含兩個振子的yOz平面，H面為與兩個振子垂直的xOy平面，如題1-1-27解圖(一)所示。題1-1-27解圖(一)在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

dcosθ，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=kdcosθ

陣因子為元因子為于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(二)所示。題1-1-27解圖(二)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(三)所示。題1-1-27解圖(三)在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

dcosj，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=kdcosj

陣因子為元因子為于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得H面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，H面方向函數(shù)為題1-1-27解圖(四)相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(四)所示。當(dāng)d=λ時，H面方向函數(shù)為

fH(j)=|2cos(πcosj)|

相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(五)所示。題1-1-27解圖(五)(2)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(b)放置時，其E面為包含兩個振子的yOz平面，H面為與兩個振子垂直的xOz平面，如題1-1-27解圖(六)所示。題1-1-27解圖(六)在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

－dsinθ，相應(yīng)的相位差為陣因子為元因子為于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(七)所示。題1-1-27解圖(七)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(八)所示。題1-1-27解圖(八)在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

－dsinj，相應(yīng)的相位差為陣因子為元因子為于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得H面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，H面方向函數(shù)為題1-1-27解圖(九)相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(九)所示。當(dāng)d=λ時，H面的方向函數(shù)為

fH(j)=|2cos(πsinj)|

相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(十)所示。題1-1-27解圖(十)(3)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(c)放置時，其E面為包含兩個振子的yOz平面，H面為與兩個振子垂直的xOz平面，如題1-1-27解圖(十一)所示。題1-1-27解圖(十一)在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

dcosθ，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=kdsinθ

陣因子為元因子為于是，由方向圖乘積定理可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(十二)所示。題1-1-27解圖(十二)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(十三)所示。題1-1-27解圖(十三)在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=0，所以相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=0

陣因子為元因子為f1(j)=1于是，由方向圖的乘積定理可得H面方向函數(shù)為fH(j)=1×2=2可見，當(dāng)d=λ/2和d=λ時，H面的方向函數(shù)均為fH(j)=2，其歸一化的方向圖為單位圓，如題1-1-27解圖(十四)所示。題1-1-27解圖(十四)(4)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(d)放置時，其E面為包含兩個振子的yOz平面，H面為與兩個振子垂直的xOy平面，如題1-1-27解圖(十五)所示。題1-1-27解圖(十五)在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

－dsinθ，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=－kdsinθ

陣因子為元因子為于是，由方向圖的乘積定理,可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(十六)所示。題1-1-27解圖(十六)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為題1-1-27解圖(十七)相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-27解圖(十七)所示。在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=0，所以相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=0

陣因子為元因子為于是，由方向圖的乘積定理,可得H面方向函數(shù)為可見，當(dāng)d=λ/2和d=λ時，H面的方向函數(shù)均為fH(j)=2，其歸一化的方向圖為單位圓,如題1-1-27解圖(十八)所示。題1-1-27解圖(十八)1-1-28二半波振子等幅反相激勵，排列位置如上題圖(題1-1-27圖)所示，間距分別為d=λ/2、λ，計算其E面和H面方向函數(shù)并概畫方向圖。

解二半波振子等幅反相激勵，則m=1，ξ=π，且距離分別為d=λ/２,λ。

(1)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(a)放置時，其E面為包含兩個振子的yOz平面，H面為與兩個振子垂直的xOy平面，如題1-1-27解圖(一)所示。

在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

dcosθ，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π+kdcosθ

陣因子為

元因子為于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(一)所示。題1-1-28解圖(一)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為題1-1-28解圖(二)相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(二)所示。在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

dcosj，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π+kdcosj

陣因子為元因子為f1(j)=1于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得H面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，H面方向函數(shù)為題1-1-28解圖(三)相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(三)所示。當(dāng)d=λ時，H面方向函數(shù)為

fH(j)=|2sin(πcosj)|

相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(四)所示。題1-1-28解圖(四)(2)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(b)放置時，其E面為包含兩個振子的yOz平面，H面為與兩個振子垂直的xOz平面，如題1-1-27解圖(六)所示。

在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

－dsinθ，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π－kdsinθ

陣因子為元因子為于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(五)所示。題1-1-28解圖(五)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為題1-1-28解圖(六)相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(六)所示。在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

－dsinj，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π－kdsinj

陣因子為

元因子為

f1(j)=1

于是，根據(jù)方向圖乘積定理,可得H面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，H面方向函數(shù)為題1-1-28解圖(七)相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(七)所示。當(dāng)d=λ時，H面的方向函數(shù)為

fH(j)=|2sin(πsinj)|

相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(八)所示。題1-1-28解圖(八)(3)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(c)放置時，其E面為包含兩個振子的yOz平面，H面為與兩個振子垂直的xOz平面，如題1-1-27解圖(十一)所示。

在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

dcosθ，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π+kdsinθ

陣因子為元因子為于是，由方向圖乘積定理，可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(九)所示。題1-1-28解圖(九)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為題1-1-28解圖(十)相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(十)所示。在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=0，所以相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π

陣因子為元因子為f1(j)=1于是，由方向圖的乘積定理,可得H面方向函數(shù)為fH(j)=1×0=0可見，當(dāng)d=λ/2和d=λ時，H面的方向函數(shù)均為fH(j)=0，其歸一化的方向圖為零，如題1-1-28解圖(十一)所示。題1-1-28解圖(十一)(4)當(dāng)兩個振子如題1-1-27圖(d)放置時，其E面為包含兩個振子的平面，H面為與兩個振子垂直的xOy平面，如題1-1-27解圖(十五)所示。

在E面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=

－dsinθ，相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π－kdsinθ

陣因子為

元因子為于是，根據(jù)方向圖的乘積定理,可得E面方向函數(shù)為當(dāng)d=λ/2時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(十二)所示。題1-1-28解圖(十二)當(dāng)d=λ時，E面方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-28解圖(十三)所示。題1-1-28解圖(十三)在H面內(nèi)，兩個振子到場點的波程差為Δr=r1－r2=0，所以相應(yīng)的相位差為

ψ=ξ+kΔr=π

陣因子為元因子為f1(j)=1于是，由方向圖的乘積定理,可得H面方向函數(shù)為fH(j)=1×0=0可見，當(dāng)d=λ/2和d=λ時，H面的方向函數(shù)均為fH(j)=0，其歸一化的方向圖為零，如題1-1-28解圖(十四)所示。題1-1-28解圖(十四)1-1-29四個電基本振子排列如題1-1-29圖所示，各振子的激勵相位依圖中所標(biāo)序號依次為：①ej0°;②ej90°;

③ej180°;④ej270°。d=λ/4，試寫出E面和H面的方向函數(shù)并概畫出極坐標(biāo)方向圖。題1-1-29圖解如題1-1-29解圖(一)所示，這是一個四元均勻直線陣，N=4，ξ=π/2，d=0.25λ。題1-1-29解圖(一)各陣元間的相位差ψ=ξ+kdcosδ=(π/2)+(π/2)cosδ，可視區(qū)0≤ψ≤π，歸一化陣因子為對應(yīng)的直線陣通用陣因子圖如題1-1-29解圖(二)所示。題1-1-29解圖(二)先求E面(yOz)方向圖。由于δ=π/2－θ，所以相鄰陣元間的相位差為式中,θ為射線與z軸的夾角。陣因子為元因子為F1(θ)=|sinθ|則由方向圖乘積定理,可得E面的方向函數(shù)為相應(yīng)的E面歸一化方向圖如題1-1-29解圖(三)所示。題1-1-29解圖(三)再求H面(xOy)方向圖。由于δ=π/2－j，相鄰陣元之間的相位差仍為式中,j為射線與x軸的夾角。由于陣因子為元因子為f1(j)=1則由方向圖的乘積定理,可得H面的方向函數(shù)為相應(yīng)的H面歸一化方向圖如題1-1-29解圖(四)所示。題1-1-29解圖(四)1-1-30一均勻直線陣，陣元間距離d=0.25λ，欲使其最大輻射方向偏離天線陣軸線±60°，相鄰單元間的電流相位差應(yīng)為多少？在設(shè)計均勻直線陣時，陣元間距離有沒有最大限制？為什么？

解均勻直線陣的方向性主要通過調(diào)控陣因子來實現(xiàn)，所以要在±60°方向上獲得最大輻射，即δmax=±π/3方向有最大輻射時，要求

ξ+kdcosδmax=0且已知d=λ/4，則ξ=－kd/2=－π/4，即相鄰單元天線之間的電流相位差為－π/4。例如，N＝6，d=λ/4，ξ=－π/4的均勻直線陣方向圖如題1-1-30解圖(一)所示。題1-1-30解圖(一)在設(shè)計均勻直線陣時，對陣元間距是有一定的要求的，這主要是為了防止柵瓣的出現(xiàn)。

此題避免柵瓣出現(xiàn)的條件是：δ=180°時，ψ=ξ－kd>－2π，將ξ=－(1/2)kd代入，可得題1-1-30解圖(二)就是N＝6，d=2λ/3，ξ=－(1/2)kd=－2π/3的極限情況，此時出現(xiàn)了柵瓣。題1-1-30解圖(二)總之，只有ξ和d的相互配合，才能得到較好的方向性，同時避免出現(xiàn)柵瓣。

1-1-31五個無方向性理想點源組成沿z軸排列的均勻直線陣。已知d=λ/4，ξ=π/2，應(yīng)用歸一化陣因子圖繪出含z軸平面及垂直于z軸平面的方向圖。

解五個無方向性理想點源沿z軸放置時，相鄰點源之間的相位差為式中,δ為射線與y軸的夾角。五元均勻直線陣的陣因子為

陣因子的最大值為5，則可得歸一化陣因子為由于單元天線是理想點源，其歸一化元因子為F1(δ)=1，則含z軸平面的方向函數(shù)為再求與z軸垂直的平面內(nèi)的方向函數(shù)。此時，ψ(j)=ξ+kΔr=π/2,式中,j為射線與x軸的夾角。由于陣因子為元因子為

F1(j)=1

則垂直于z軸平面的方向函數(shù)為

F(j)=F1(j)Fa(j)=1

含z軸平面的方向圖及與z軸垂直平面的方向圖如題1-1-31解圖所示。題1-1-31解圖1-1-32證明普通端射陣的陣元間距離應(yīng)滿足下式:證明對于普通端射陣來說，ξ=±kd，因而ψ=±kd+kdcosδ。當(dāng)δ=0°~180°時，可視區(qū)為0≤ψ≤2kd或－2kd≤ψ≤0，為了避免出現(xiàn)柵瓣或過大的非主瓣，還需要在可視區(qū)中減去零功率點波瓣寬度的一半，即要求則有可得1-1-33證明強方向性端射陣的陣元間距離應(yīng)滿足下式：證明對于強方向性端射陣來說，ξ=±kd±(π/N)，因此ψ=±kd±(π/N)+kdcosδ。當(dāng)δ=0°~180°時，可視區(qū)為π/N≤ψ≤2kd+(π/N)或－(π/N)－2kd≤ψ≤－(π/N)，為了避免出現(xiàn)柵瓣或過大的非主瓣，還需要在可視區(qū)中減去零功率點波瓣寬度的一半，即要求即則有可得1-1-34證明滿足下列條件的N元均勻直線陣的陣因子方向圖無副瓣:

(1)d=λ/N，ξ=0的邊射陣；

(2)d=λ/2N，ξ=±kd的端射陣。

式中,d為陣元間距;ξ為陣元相位差。

證明(1)因為d=λ/N，ξ=0，所以相位差為因為δ的取值范圍為0°~180°，所以可視區(qū)為－2π/N≤ψ≤2π/N。從均勻直線陣的通用方向圖可知，N元均勻直線陣除函數(shù)值為1的極大值外，還有N－2個函數(shù)值小于1的極大值，分別位于

處，而即在可視區(qū)內(nèi)沒有ψm，這表明在可視區(qū)內(nèi)除了值為1的主瓣外，沒有其它極大值，即沒有副瓣。(2)因為d=λ/2N，ξ=±kd，所以相位差為因為δ=0°~180°，所以可視區(qū)為－2π/N≤ψ≤2π/N。

從均勻直線陣的通用方向圖可知，N元均勻直線陣除函數(shù)值為1的極大值外，還有N－2個極大值，分別位于處，而即在可視區(qū)內(nèi)沒有ψm，這表明可視區(qū)內(nèi)除了值為1的極大值外，沒有其它極大值，等價于只有一個主瓣，而無副瓣。1-1-35兩半波細振子如題1-1-35圖所示排列，間距d=λ/2，用特性阻抗為200Ω的平行雙線饋電，試求下列兩種情況下AA′點的輸入阻抗：

(1)輸入端在饋線的中央(圖(a))；

(2)輸入端在饋線的一端(圖(b))。題1-1-35圖解(1)當(dāng)輸入端在饋線中央時，Im1=Im2，則振子1的輻射阻抗為同理可求得振子2的輻射阻抗為輸入阻抗經(jīng)過λ/4傳輸線到AA′點，則該點的阻抗為即AA′點的輸入阻抗為323.3－j93.4Ω。

(2)當(dāng)輸入端在饋線一端時，由于d=λ/2，所以Im2=

－Im1，則可求得振子1的輻射阻抗為而振子2的輻射阻抗為Zr2=Zr1再由λ/2傳輸線的阻抗重復(fù)性可得AA′點的阻抗為Zin=Zr1‖Zr2=44.55+j34.25Ω即AA′點的輸入阻抗為44.55+j34.25Ω。1-1-36兩等幅同相半波振子平行排列，間距為1.2λ，試計算該二元陣的方向系數(shù)。已知相距1.2λ的二平行半波振子之間的互阻抗為15.2+j1.9Ω。

解當(dāng)兩個等幅同相的半波振子平行排列時，利用方向圖乘積定理可以求出其方向函數(shù)為式中,δ為射線與陣軸的夾角;j為方位角。它們的方向圖如題1-1-36解圖所示。題1-1-36解圖從H面的方向函數(shù)可得該二元陣的最大方向函數(shù)值為

fmax(1)=2。

計算時，該二元陣的振子“２”的電流可歸算到振子“1”，故二元陣的總輻射阻抗為其中則總輻射電阻為RrΣ(1)=176.4Ω，因此該二元陣的方向系數(shù)為1-1-37已知相距λ/4，互相平行的兩元半波天線陣的波腹處的電流有效值之比為Im1/Im2=ejπ/2，并且Im1=1.85A，計算振子“1”和“2”的總輻射阻抗，以及該二元陣的總輻射功率。解以振子“1”的波腹電流為歸算電流時，總輻射阻抗為所以，總輻射電阻RrΣ(1)=146.2Ω?？傒椛涔β蕿橛忠驗榭梢?，方向函數(shù)的最大值fmax(1)=2。所以，方向系數(shù)為E面和H面的方向圖如題1-1-37解圖所示。題1-1-37解圖1-1-38一半波振子水平架設(shè)地面上空，距地面高度h=3λ/4，設(shè)地面為理想導(dǎo)體，試畫出該振子的鏡像，寫出E面、H面的方向圖函數(shù)，并概畫方向圖。

解半波振子水平架設(shè)在地面上空，其鏡像為負鏡像，如題1-1-38解圖(一)所示。題1-1-38解圖(一)利用半波振子及其鏡像組成的二元陣，可以等效地面的影響，此時E面為yOz平面，兩個振子到場點的相位差為陣因子為元因子為于是，由方向圖的乘積定理可得E面方向函數(shù)為

H面為xOz平面，兩個振子到場點的相位差為式中,j為射線與x軸的夾角。陣因子為元因子為

f1(j)=1

所以，H面的方向函數(shù)為E面和H面的歸一化方向圖如題1-1-38解圖(二)所示。題1-1-38解圖(二)1-1-39二等幅同相半波振子平行排列，垂直架設(shè)在理想導(dǎo)電地面上空λ/2處(見題1-1-39圖)，試求其E面和H面的方向函數(shù)并概畫方向圖。題1-1-39圖解兩個半波振子平行排列，并垂直架設(shè)在理想導(dǎo)電面上空λ/2處，則它們的鏡像為正鏡像，如題1-1-39解圖(一)所示。題1-1-39解圖(一)在考慮了這兩個振子和它們的鏡像組成的半波振子陣后，可以等效理想導(dǎo)電面的影響。

空間的總輻射場為由此可以推出先求E面(yOz面)方向函數(shù)。其中,陣因子fE11′(地因子)為陣因子fE12(平行二元陣)為元因子為則E面方向函數(shù)為相應(yīng)的歸一化方向圖如題1-1-39解圖(二)所示。題1-1-39解圖(二)再求H面(xOy面)方向函數(shù)。其中,陣因子fH11′(地因子)為陣因子fH12(平行二元陣)為元因子為fH1(j)=1則H面方向函數(shù)為相應(yīng)的歸一化方向圖如題1-1-39解圖(三)所示。題1-1-39解圖(三)1-1-40一半波振子水平架設(shè)在理想導(dǎo)電地面上，高度為0.45λ，試求其方向系數(shù)。

解半波振子水平架設(shè)在理想導(dǎo)電地面上，其鏡像為負鏡像。當(dāng)半波振子和其鏡像組成一個二元陣時，可以等效地面的影響。此時陣因子(地因子)為元因子為則由方向圖乘積定理,可得方向函數(shù)為其方向圖如題1-1-40解圖所示。題1-1-40解圖總輻射阻抗為方向系數(shù)為1-1-41如題1-1-41圖所示，半波對稱振子置于直角形金屬反射屏前的O點，d=h=λ/4，半波對稱振子垂直于紙平面，請完成下列問題：

(1)畫出鏡像振子；

(2)寫出紙平面內(nèi)的方向函數(shù)；

(3)畫出紙平面內(nèi)的方向圖；

(4)若已知兩平行排列振子,當(dāng)d=λ/2時,Z12=－5.0－j23.0Ω，當(dāng)d=λ/時,Z12=－20.0+j0.0Ω，試計算圖中振子的輸入阻抗。題1-1-41圖解一個半波振子置于直角形金屬反射面前的O點，d=h=λ/4。

(1)半波振子相對于金屬反射面水平放置，則2、3點的鏡像為負鏡像，4點鏡像為正鏡像，如題1-1-41解圖(一)所示。

(2)考慮了元振子和三個鏡像后，它們構(gòu)成了一個四元陣，紙面為這個四元陣的H面。H面內(nèi)任一點的合成場為由此可以推出題1-1-41解圖(一)陣因子fH12為陣因子fH13為元因子fH1為fH1(j)=1則H面方向函數(shù)為(3)根據(jù)上述方向函數(shù)，可以做出H面方向圖如題1-1-41解圖(二)所示。

(4)振子的輸入阻抗為題1-1-41解圖(二)1-1-42一半波振子天線架設(shè)如題1-1-42圖所示，d=0.25λ，在理想導(dǎo)電反射面條件下，測得天線遠區(qū)z軸方向某點A的電場強度為E0，若在保持輻射功率不變的前提下，抽掉反射面，此時測得A點的電場強度應(yīng)為多少？(已知間隔距離為0.5λ的兩平行半波振子間的互阻抗Z12=－12.15－j29.9Ω。)如果不抽掉反射面，隨著d逐漸增大，結(jié)果將怎樣變化？題1-1-42圖題1-1-42解圖解半波振子相對理想導(dǎo)電反射面平行放置時，其鏡像為負鏡像，如題1-1-42解圖所示。此時可以用半波振子和它的鏡像來代替理想導(dǎo)電反射面的影響。

建立如題1-1-42解圖所示的坐標(biāo)系，δ為射線與z軸的夾角，則E面方向函數(shù)為可見，方向函數(shù)的最大值fmax=2，方向為δ=0°。輻射阻抗為方向系數(shù)為由

,可得輻射功率為當(dāng)抽掉理想導(dǎo)體反射面后，半波振子的方向系數(shù)D′=1.64，則它在A點的電場為1.2典型天線

1-2-1有一架設(shè)在地面上的水平振子天線，其工作波長λ＝40m。若要在垂直于天線的平面內(nèi)獲得最大輻射仰角Δ為30°，則該天線應(yīng)架設(shè)多高？

解已知水平振子天線的工作波長λ=40m，在垂直平面內(nèi)的最大輻射仰角Δ0=30°，則可得1-2-2假設(shè)在地面上有一個2l=40m的水平輻射振子，求使水平平面內(nèi)的方向圖保持在與振子軸垂直的方向上有最大輻射和使饋線上的行波系數(shù)不低于0.1時，該天線可以工作的頻率范圍。

解當(dāng)要求水平平面內(nèi)的方向圖在與振子軸垂直的方向上有最大輻射，且饋線上的行波系數(shù)不低于0.1時，天線長度l應(yīng)滿足如下要求:

0.2λmax<l<0.7λmin

式中,λmax和λmin分別為該振子工作的最大波長和最小波長。

現(xiàn)在2l=40m，即l=20m，則要求

0.2λmax<20m和0.7λmin>20m

于是，可得該天線工作的頻率范圍為3MHz<f<10.5MHz。1-2-3為了保證某雙極天線在4～10MHz波段內(nèi)饋線上的駐波比不致過大且最大輻射方向保持在與振子垂直的方向上，該天線的臂長應(yīng)如何選定？

解當(dāng)要求水平平面內(nèi)的方向圖在與振子軸垂直的方向上有最大輻射，且饋線上的行波系數(shù)不低于0.1時，天線長度l應(yīng)滿足如下要求:

0.2λmax<l<0.7λmin

在4~10MHz頻段上，λmax=75m，λmin=30m，因此天線的臂長范圍應(yīng)該為15m<l<21m。

1-2-4今有一雙極天線，臂長l=20m，架設(shè)高度h＝

8m，試估算它的工作頻率范圍以及最大輻射仰角范圍。

解已知雙極天線的臂長l=20m，根據(jù)0.2λmax<l<0.7λmin的要求，0.2λmax<20m,且0.7λmin>20m，因此它的工作頻率范圍應(yīng)為3MHz<f<10.5MHz。

1-2-5為什么頻率為3~20MHz的短波電臺通常至少配備兩副天線(一副臂長l=10m，另一副臂長l=20m)？

解對于工作在3~20MHz頻段的短波雙極天線，根據(jù)0.2λmax<20m<0.7λmin的要求，天線尺寸為20m<l<10.5m，不滿足要求。因此，通常配備兩副天線，2~10MHz頻段使用2l=40m的天線，10~30MHz頻段使用2l=20m的天線。1-2-6兩半波對稱振子分別沿x軸和y軸放置并以等幅、相位差90°饋電。試求該組合天線在z軸和xOy平面的輻射場。若用同一振蕩饋源饋電，饋線應(yīng)如何聯(lián)接？

解兩個半波對稱振子分別沿x軸和y軸放置，激勵電流

I2=jI1，則它們構(gòu)成一個旋轉(zhuǎn)場天線，如題1-2-6解圖(a)所示。題1-2-6解圖設(shè)xOy平面內(nèi)的遠區(qū)場點為，則兩個振子在該點產(chǎn)生的電場分別為由于eα=－ej，α=π/2－j，所以P點的合成電場為則式中,A為與方向無關(guān)的常數(shù)，其大小與傳播距離、電流大小有關(guān)。考慮到時間因子ejωt，則合成場為合成場的瞬時值為在z軸上，兩個振子產(chǎn)生的場強分別為

合成場為該合成場在z軸方向為圓極化，如題1-2-6解圖(b)所示。當(dāng)用同一個振蕩饋源饋電時，饋線的連接方法是：先用傳輸線給一個對稱振子饋電，然后在其后λ/4處再給另一個半波對稱振子饋電，就可以得到90°的相位差。1-2-7簡述蝙蝠翼電視發(fā)射天線的工作原理。

答蝙蝠翼天線是調(diào)頻廣播和電視臺廣泛采用的一種輻射天線，它是根據(jù)旋轉(zhuǎn)場原理來設(shè)計的，由兩組空間垂直放置、相位正交、等幅饋電的蝙蝠翼面振子構(gòu)成。每個振子面結(jié)構(gòu)都是從兩端向中間逐漸縮小排列的，用以補償短路線上感抗的逐漸增加，從而保證每個振子都是同相激勵的，使得整個結(jié)構(gòu)在水平方向有較強的輻射。這樣一組同相激勵的振子在垂直平面內(nèi)的方向圖，大體上與平行排列的、間距為半波長的等幅同相二元陣的方向圖相同。1-2-8怎樣提高直立天線的效率？

答在短波以下的波段，若直立天線的電高度低，則會導(dǎo)致天線的效率低、工作頻帶窄和容許功率低等問題。解決這些問題的關(guān)鍵在于提高輻射電阻，同時設(shè)法降低損耗電阻。實際采用的方法有三種：

(1)加頂負載，如在鞭狀天線的頂端加一水平金屬板、金屬小球、金屬圓盤以及輻射葉等，其作用是增加頂端對地的分布電容，使得天線頂端的電流不再為零，從而改善加載點以下的電流分布，使之更趨于均勻，使輻射電阻得到提高；(2)加電感線圈，通過在短單極天線的中部某點加入一定數(shù)值的感抗，抵消該點以上線段在該點所呈現(xiàn)的容抗的一部分，從而改善了加載點以下部分的電流分布，達到提高輻射電阻的目的；

(3)降低損耗電阻，改善地面的電性質(zhì)，常用的方法有埋地線、鋪地網(wǎng)及架設(shè)平衡器等。1-2-9一紫銅管構(gòu)成的小圓環(huán)，已知σ=5.8×107S/m，環(huán)的半徑b=15cm，銅管的半徑a=0.5cm，工作波長λ=10m。求此單匝環(huán)天線的損耗電阻、電感量和輻射電阻，并計算這一天線的效率。有哪些辦法可提高其輻射電阻？

解已知λ=10m,σ=5.8×107S/m，b=15cm=0.15m，a=0.5cm=0.005m,則該小環(huán)天線的損耗電阻為輻射電阻則天線效率為該單匝小環(huán)天線的電感量為提高輻射電阻的辦法有兩個：(1)采用多匝小環(huán)；(2)在環(huán)線內(nèi)插入高磁導(dǎo)率的鐵氧體磁芯。1-2-10設(shè)某平行二元引向天線由一個電流為Im1=1ej0°的有源半波振子和一個無源振子構(gòu)成，兩振子間距d=λ/4，已知互阻抗Z12=40.8－j28.3=49.7e－j34.7°Ω，半波振子自阻抗

Z11=73.1+j42.5=84.6ej30.2°Ω。

(1)求無源振子的電流Im2；

(2)判斷無源振子是引向器還是反射器；

(3)求該二元引向天線的總輻射阻抗。

解(1)對于二元引向天線的無源振子來說，其輸入端電壓為0，則有

U1=I1Z21+I2Z22=0

故無源振子上的電流為(2)根據(jù)引向器/反射器的判決條件，當(dāng)d≤0.4λ時，無源振子上的電流I2的相位為115.1°，而0°<115.1°<180°,所以無源陣子應(yīng)該是反射器。

(3)該二元引向天線的總輻射阻抗為1-2-11三元引向天線，有源振子諧振長度為0.48λ，它與引向器之間的距離是0.2λ，與反射器之間的距離是0.15λ，引向器和反射器的長度分別為0.47λ和0.56λ，各陣子的長度直徑比均假定為30。求此天線的前后輻射比和輸入電阻。解將有源陣子、引向器和反射器看作一個三元陣，其中陣子“1”為有源陣子，陣子“0”為反射器，陣子“2”為引向器，則有當(dāng)0<l/λ≤0.35時，對稱振子的自阻抗為其中可得

Z00=103+j59.8Ω

Z11=64.8－j26.7Ω

Z22=61.1－j37.0Ω

互阻抗可以通過查表得到

Z01|d=0.15λ=51－j11Ω

Z12|d=0.2λ=43－j19Ω

Z02|d=0.35λ=18－j32Ω

因此由于Iin=Imsin(kl)，所以式中,Δ為射線與陣軸之間的夾角;f1(Δ)為元因子。由此可得該天線的前后輻射比為輸入電阻為1-2-12一個七元引向天線，反射器與有源振子間的距離是0.15λ，各引向器以及與主振子之間的距離均為0.2λ，試估算其方向系數(shù)和半功率波瓣寬度。

解該七元引向天線的長度L=0.2λ×5+0.15λ=1.15λ,則其方向系數(shù)約為10，半功率波瓣寬度為1-2-13為什么引向天線的有源振子常采用折合振子？

答由于引向天線振子之間的互耦影響，使得該天線的輸入阻抗比半波振子的輸入阻抗小很多，很難與同軸線直接匹配，而且同軸線是非對稱饋線，需要在同軸線與有源振子之間接入平衡變換器來進行平衡轉(zhuǎn)換，進一步降低了天線的輸入阻抗，因此在饋電時更難實現(xiàn)阻抗匹配。試驗證明，引向天線中有源振子的結(jié)構(gòu)和類型對引向天線的方向圖影響較小，因此可以主要從阻抗特性上來選擇合適的有源振子的尺寸和結(jié)構(gòu)。工程上就采用折合振子，它可以使折合振子的輸入阻抗是普通半波振子的K倍，同時半波折合振子的橫斷面較大，相當(dāng)于直徑較粗的半波振子，使得其帶寬也比普通半波振子的帶寬稍寬。1-2-14天線與饋線連接有什么基本要求？

答天線與饋線之間連接時要考慮兩個問題：(1)阻抗匹配，以保證天線能夠從饋線中得到盡可能多的能量，即保證有最大的傳輸效率；(2)平衡饋電，使得對稱振子的激勵電流是兩邊對稱的，以保證天線方向圖的對稱性。

1-2-15簡述U形管平衡—不平衡變換器的工作原理。

答U形管變換器實際上是一段長度為λg/2的同軸線(λg是同軸線內(nèi)部的導(dǎo)波長)，它同時起到了平衡/不平衡變換及阻抗變換兩種作用。連接時，同軸線的內(nèi)導(dǎo)體先直接和振子的左臂相連，然后由該點經(jīng)過彎折,形成一段長度為λg/2的U形同軸線，再將內(nèi)導(dǎo)體與振子的右臂相連。由于在傳輸線上相距λg/2的兩點的電壓(和電流)是等幅反相的，因此當(dāng)左臂接入點對地電位為正時，右臂接入點對地電位為負，幅度相等，同時這種結(jié)構(gòu)保證了兩臂對地的分布參數(shù)是相同的，因此當(dāng)同軸線通過U形管向?qū)ΨQ振子天線饋電時，對稱振子兩臂上的電流分布是完全對稱的。1-2-16請打開彩色電視機天線輸入孔與外接接收天線之間使用的300Ω/75Ω轉(zhuǎn)換器，繪出該轉(zhuǎn)換器的結(jié)構(gòu)圖并說明它的工作原理。

解該300Ω/75Ω轉(zhuǎn)換器是一個寬帶傳輸線阻抗變換器，如題1-2-16解圖所示，它是在高頻磁環(huán)上繞著一組或兩組平行繞組，利用不同的連接方法來完成阻抗變換及平衡－不平衡轉(zhuǎn)換作用的。它具有頻帶寬(波段覆蓋比可達10∶1或更大)、體積小、功率容量大等特點。

300Ω/75Ω轉(zhuǎn)換器的等效電路及其工作原理，詳見由西安電子科技大學(xué)出版社出版、周朝棟等編著的《線天線理論與工程》一書第142頁內(nèi)容。題1-2-16解圖1-2-17說明行波天線與駐波天線的差別與優(yōu)缺點。

答如果天線上的電流按行波分布就稱這種天線為行波天線。通常是利用導(dǎo)線末端接匹配負載來消除反射波而構(gòu)成的。凡天線上的電流為駐波分布的就稱為駐波天線。駐波天線是雙向輻射的，輸入阻抗具有明顯的諧振特性，因此只能在較窄的波段內(nèi)應(yīng)用。

與駐波天線相比，行波天線具有較好的單向輻射特性、較高的增益以及較寬的阻抗帶寬，在短波、超短波波段都獲得了廣泛應(yīng)用，但是行波天線的效率較低，它是以降低效率來換取帶寬的。1-2-18已知行波單導(dǎo)線第一波瓣與導(dǎo)線夾角θm=arccos(1－λ/2l)。試證明當(dāng)調(diào)整菱形天線銳角之半θ0等于θm時，自由空間菱形天線的最大輻射方向指向負載端。

證明菱形天線是由四根等長的行波單導(dǎo)線構(gòu)成的，其銳角為2θ0，如題1-2-18解圖所示。題1-2-18解圖當(dāng)菱形天線的半銳角θ0=θm=arccos[1－(λ/2l)]時，菱形天線四根單導(dǎo)線各有一個最大輻射方向指向長對角線方向，只需證明這些輻射場在長對角線方向是同相疊加的，就可以說明菱形天線的最大輻射方向指向負載方向。

在長對角線方向，1、2兩根行波單導(dǎo)線合成電場矢量的總相位差為

ΔΨ=ΔΨr+ΔΨi+ΔΨE

式中，ΔΨr=klcosθ0，ΔΨi=－kl,ΔΨE=π。于是，上式變成在長對角線方向，1、4兩根行波單導(dǎo)線合成電場矢量的總相位差為

ΔΨ=ΔΨr+ΔΨi+ΔΨE

式中，ΔΨr=0，ΔΨi=π，ΔΨE=π,則有

ΔΨ=0+π+π=2π

所以，1、4兩根行波單導(dǎo)線在長對角線方向的合成電場矢量是同相疊加的。1-2-19簡述菱形天線的工作原理。

答菱形天線是由四根等長的行波單導(dǎo)線組成的天線，它從一個銳角端饋電，在另一個銳角端接匹配負載，使各單導(dǎo)線上載行波。當(dāng)行波電流流過各單導(dǎo)線時，會在與單導(dǎo)線夾角θm=arccos[1－(λ/2l)]的方向上產(chǎn)生最大輻射，此時通過調(diào)整菱形天線的銳角θ0，使得四根單導(dǎo)線各有一個最大輻射方向指向其長對角線方向。由于四根單導(dǎo)線在長對角線方向的輻射場是同相疊加的，所以在長對角線方向獲得的合成場是最大的。而在其它方向上，并不是各行波單導(dǎo)線的最大輻射方向，也不一定滿足各導(dǎo)線的輻射場同相的條件，因此形成了副瓣。1-2-20簡述軸向模螺旋天線產(chǎn)生圓極化輻射的工作原理。

解螺旋天線可以看成是一個用環(huán)形天線做輻射單元的天線陣，因此可以通過對單個圓環(huán)的分析來說明整個天線的輻射特性。當(dāng)電流沿著螺旋線向前流動時，不斷向外輻射能量，到達終點時能量已經(jīng)很小了，因此終端反射也很弱，可以將其看作是載行波的電流。

設(shè)在某一瞬間t1，圓環(huán)上的電流分布如題1-2-20解圖(a)所示。圓環(huán)上相同四點的電流如題1-2-20解圖(b)所示。1-2-21簡述等角螺旋天線的非頻變原理。

解等角螺旋天線由兩個對稱的等角螺旋臂構(gòu)成，每個臂的邊緣都滿足等角螺旋線方程r=r0eaj，且具有相同的a，因此從該天線的結(jié)構(gòu)來看，等角螺旋天線屬于一種角度天線，它的結(jié)構(gòu)僅僅由旋轉(zhuǎn)角j決定，滿足非頻變天線對形狀的要求。當(dāng)該天線工作于一個頻率時，在等角螺旋天線上有一個對應(yīng)的工作區(qū)域，起主要輻射作用，是該頻率點的有效輻射區(qū)，在它后面的區(qū)域電流迅速衰減到20dB以下，當(dāng)工作頻率發(fā)生改變時，這個有效輻射區(qū)會向前或向后移動，使得它的輻射性能基本保持不變，從而保證了非頻變特性。1-2-22簡述對數(shù)周期天線寬頻帶工作原理。

解對數(shù)周期天線的所有振子尺寸以及振子之間的距離等都有確定的比例關(guān)系，因此該天線的結(jié)構(gòu)就由一個比例因子決定。當(dāng)工作于一個頻率時，在天線陣面上有一個有效輻射區(qū)，該區(qū)域后面的電流迅速減小，符合電流截斷效應(yīng)的要求，使得集合線上載行波；另外,當(dāng)工作頻率發(fā)生變化時，這個有效輻射區(qū)會前后移動，但輻射區(qū)的電尺寸基本保持不變，從而使得該天線的電特性也維持基本不變，因此，對數(shù)周期天線的結(jié)構(gòu)保證了對數(shù)周期天線的非頻變特性。1-2-23設(shè)計一副工作頻率為200~400MHz的對數(shù)周期天線，要求增益為9.5dB。已知在滿足D≥9.5dB的條件下，τ＝0.895，σ＝0.165。

解已知對數(shù)周期天線的工作頻率范圍為200~400MHz，增益G=9.5dB，則

G=Dη≈D=9.5dB

所以，τ=0.895，σ=0.165。

K1=1.01－0.519τ=0.5455

則最長振子長度和最短振子長度分別為有效輻射區(qū)的振子數(shù)目為取Na=7。下面再來設(shè)計天線結(jié)構(gòu)。其中，對數(shù)周期天線的頂角為由可求得對數(shù)周期天線各振子的尺寸，如題1-2-23表所示。1-2-24已知某對數(shù)周期偶極子天線的周期率τ=0.88，間隔因子σ＝0.14，最長振子全長L1=100cm，最短振子長25.6cm，試估算它的工作頻率范圍。

解因為τ=0.88，σ=0.14，則由L1=K2λL和LN=K2λH，可得1-2-25何謂縫隙天線？何謂縫隙天線陣？縫隙天線陣主要有哪幾種？各自的特點是什么？

解所謂縫隙天線,是指在波導(dǎo)或空腔諧振器上開出一個或數(shù)個縫隙以輻射或接收電磁波的天線。

為了提高縫隙天線的方向性,可以在波導(dǎo)上按照一定的規(guī)律開出一系列尺寸相同的縫隙，就構(gòu)成了縫隙天線陣。

1-2-26如題1-