天线与电波传播课后作业..
天线与电波传播的部分课后习题答案
第一章习题参考答案（仅供参考）1. 解:电基本振子放置于Z轴上,其空间坐标如右图所示.?（1)辐射场的传播方向为径向；电场方向为;磁场方向为；(注：这里表示的是电基本振子的远区辐射场）（2）电基本振子辐射的是线极化波。
（3）过M点的等相位面是一个球面,所以远区辐射场是球面波；又因为与成正比，则球面波又是非均匀的。
（4）M点的电场与磁场之间有如下关系：（5）从电基本振子的远区辐射场表达式可见：与电流大小、空间距离及电长度以及子午角有关。
（6）从电基本振子辐射场的表达式可知：当时,电场有最小值；当时,电场有最大值;磁场无方向性.（注:也可以用电磁场的方向图来说明.）（7)电基本振子的E面和H面的方向图如下图所示。
5、解：（1）电基本振子的归一化方向函数为:因为是指主瓣最大值两边两个零辐射方向之间的夹角.由此可知：？→？取，则。
因为是指主瓣最大值两边场强等于最大值0。
707的两个辐射方向之间的夹角。
由此可知:? →？取，则。
（2）磁基本振子的E面图为电基本振子的H面图，H面图为电基本振子的E面图。
所以，其和的计算过程于电基本振子的类似，从略.8、解:本题考察对半功率点波瓣宽度的理解。
因为，所以;从图上可以看出点是半功率点，其场强大小为：，其中为的场强。
由于场强与成正比，则的场强是点场强的,即。
故有。
10、解：已知天线1的，；天线2的，.（1）由可得：(2）由可得：（3）由可得：?？→？?？? →?？??？?→?？14、解：接收天线的有效接收面积为将，代入,则可得。
29、解：如图所示，这是一个4元均匀直线阵,，，，d=0。
25λ。
在通用直线阵阵因子图形中取下本题对应的图形如下：(1）先求E面(yoz）方向图，，因为相邻阵元之间的相位差为式中为射线与z轴夹角。
阵因子为：元因子为:则E面的方向函数为：则E面的方向图为:(2）再求H(xoy）面方向图，因为相邻阵元之间的相位差仍为式中为射线与x轴夹角.阵因子为：元因子为：则H面的方向函数为：H面的方向图为：2.5.1 第7题简述蝙蝠翼电视发射天线的工作原理。
天线与电波传播第3,4,5章习题详解
第三章
3.1、两半波对称振子分别沿 x 轴和 y 轴放置，其中的电流振幅相同，相位差为 90 。试求该
°
组合天线在 z 轴的辐射场，并说明在 z 轴上属于何种极化。 解： E = Eθ + Eϕ = j
在 z 轴上属于圆极化。
60 I1 − jkr e {[ − cos ϕ − j sin ϕ ] eθ + [sin ϕ − j cos ϕ ] eϕ } r
j 0°
a2 的方 4
的有源半波振子和一个无源半波振子
0 = I m1Z 21 + I m 2 Z 22
由上式可解得：
Im2 = me j β I m1
其中： m =
2 2 + X 12 R12 2 2 + X 22 R22
β = π + arctg
，
j 217
X 12 X − arctg 22 R12 R22
方向函数中 sin[ 即： θ m = arccos(1 −
λ
2l
) = 23.6
4.5 、一个可展开式螺旋线天线，其中心工作频率为 1.7GHz ，总长为 78.7cm ，直径为
4.84cm ，螺距角为 11.7° 。计算此螺旋天线的圈数、增益、半功率波瓣宽度以及轴比。
解：螺距角： α = tan (
F (θ , ϕ ) =
sin θ h ,θ h < θ < π − θ h sin θ
4π
代入方向性系数计算公式
D=
2π π −θ h
∫ θ∫
0
F (θ , ϕ ) sin θ dθ dϕ
2
h
可得
D=
1 sin θ h ln[cot(θ h / 2)]
天线与电波传播课后作业资料
4 . 已知某对数周期偶极子天线的周期率τ=0.88， 间隔因子 σ＝0.14， 最长振子全长L1=100 cm， 最短振子长25.6 cm，试估
算它的工作频率范围。
解 因为τ=0.88， σ=0.14， 则
由L1=K2λL和LN=K2λH， 可得
第10章 电波传播的基础知识
1. 推导自由空间传播损耗的公式, 并说明其物理意义。 解 自由空间传播损耗是指当发射天线与接收天线的 方向 系数均为1时， 发射天线的辐射功率Pr与接收天线的最佳接收 功率PL之比， 即 方向系数D=1的发射天线的功率密度为
25. 欲采用谐振半波振子收看频率为171 MHz的六频道电 视节目， 若该振子用直径为12 mm的铝管制作， 试计算该天线 的长度。
解 由频率f=171 MHz可知， λ=c/f=1.754 m， 则半波振 子的长度为2l=λ/2=0.8772 m， 所以2l/a=146。
已知2l/a=350时， 缩短率为4.5%； 2l/a=50时， 缩短率为 5%， 则由内插公式可求得2l/a=146时， 缩短率为4.84%。
0.2λmax<l<0.7λmin 式中, λmax和λmin分别为该振子工作的最大波长和最小波长。
现在2l=40 m， 即l=20 m， 则要求
0.2λmax<20 m和 0.7λmin>20 m
于是， 可得该天线工作的频率范围为3 MHz<f<10.5 MHz。
12. 一个七元引向天线， 反射器与有源振子间的距离是
解 由于该广播卫星系统的下行中心工作频率f=700 MHz, 信号传播距离r=37 740 km， 则电波的自由空间传播损耗为
L0=32.45+20 lgf(MHz)+20 lgr(km) =32.45+20×lg700+20×lg37 740 =181 dB
移动通信中的电波传播与天线大作业-解答
《移动通信中的电波传播与天线》大作业1.已知天线俯仰面和方位面的半功率波瓣张角分别是60度和120度（副瓣忽略不计），其馈电点电流为1A（有效值，下同），与天线r=450m距离处测得场强为E A=1V/m，试求天线的辐射电阻。
假定天线效率为100%，传播环境为自由空间。
（提示：利用式(2.22)，辐射电阻的定义为R r=P r/|I|2，并注意弧度和度之间的换算关系，π弧度=180度）答：可以根据22||rMAXEP rZ=Ω得到P，再根据R r=P r/|I|2计算辐射电阻。
传播环境为自由空间，波阻抗Z=120π≈377欧姆，公式中立体角Ω≈1/3pi*2/3pi=2.193。
所以Rr=Pr/|I|2=1*450*450*2.193/1/377=1177.94（欧姆）2.简述移动通信中常用分集技术的种类及其基本原理，并简析常用±45度双线极化基站天线的工作原理与作用。
答：通信系统中常用的分集技术有时间分集、频率分集、空间分集、极化分集等。
时间分集——时间分集是指在不同的时隙发射相同的信息，在接收端产生两个非相关的衰落信号。
但是在移动无线电环境中，移动体可能暂停在任一地点，此地具有弱的当地均值或接收到深度衰落。
而不管是哪一种情况，时间分集方式都无助于减小衰落，因此，一般不采用时间分集。
事实上编码中的重复和块交织的原理就是时间分集。
频率分集——通过发射两个不同载波频率的信号来实现的。
为了要使它们在接收端的衰落非相关，必须增大带宽。
频率分集方式的成本较高，也不常采用。
空间分集——指接收机通过两个或多个不同位置的天线来接收信号。
这些信号的相关性较弱。
根据天线的不同位置关系，空间分集可分为水平空间分集和垂直空间分集。
后者在商业用途上主要用做移动站天线。
目前移动通信基站一般都采用水平空间分集，用在市区环境的蜂窝系统的上行（移动台到基站）中，通过选择最好的接收信号或将信号合并，减少衰落的影响。
极化分集——指在基地站利用两个正交极化天线来发射信息。
天线与电波传播宋铮答案
天线与电波传播宋铮答案【篇一：西电天线论文作业】txt>xx xxxxxxxxxxxxxxx xx xx xxxxxxx摘要：介绍了圆形口径喇叭天线的基本原理，重点对双模圆锥喇叭进行了分析，最后仿真出一个双模工作的圆锥喇叭天线的方向图、驻波比以及轴比。
关键词：圆形口径喇叭；双模圆锥喇叭天线；方向图；驻波比；轴比design research on circular aperture dual-mode horn antennaxx xx xxxxxxxx univ., xi’an 710071, chinaabstract: the basic principle of the circular aperture horn antenna are introduced, focusing on dual-mode conical hornare analyzed, finally the simulation work out a dual-mode conical horn antenna pattern, standing wave ratio and the axial ratio.keywords: circular aperture horn；dual-mode conical horn antenna; pattern; standing wave ratio; the axial ratio.喇叭天线是一种应用广泛的微波天线，其优点是结构简单，频带宽，功率容量大，调整与使用方便。
它常用于如下几个方面： 1 大型射电望远镜的馈源，卫星地面站的反射面天线馈源，微波中继通讯用的反射面天线馈源；2 相控阵的单元天线；3 在天线测量中，喇叭天线常用作对其它高增益天线进行校准和增益测试的通用标准等。
1 圆形口径喇叭圆锥喇叭一般采用圆波导馈电，描述圆锥喇叭的尺寸有口径直径d，喇叭长度r。
圆锥喇叭的口径场的振幅分布与圆波导中的te11相同，但是相位按平方律沿半径方向变化。
天线习题答案(樊振宏)
θ 4 = −131.5
2θ 0.5 = 131.5o − 48.5o = 83o
1.14
G = 20dB = 100 Ae =
1.15
λ2 G = 7.96(m2 ) 4π
2 Emax1 r =10 km 2 2 E2 = Emax 2 r = 20 km Emax1 = 2 ⋅ Emax 2 2 A ⋅S A 4 1 P 1 = e1 av1 = e1 ⋅ = P2 Ae 2 ⋅ S av 2 Ae 2 1 2 E1 = G1 Ae1 1 = = G2 Ae 2 8
cos( sin δ ) cos( sin δ ) ψ 2 2 × 2 cos( ) = × 2 cos(π cos δ ) E 面 YOZ 面， f E (δ ) = cos δ 2 cos δ
H 面 XOZ 面， f H (δ ) = 1× 2 cos(π cos δ ) E 面：
π
π
z
120 150 180 210 240
z
y
210 330 210 330 210 330 240 270 300 240 270 300 240 270 300
d=λ,
H 面：
等幅反相平行二元半波振子阵 fE(δ)
为圆心
（b）略
(c)等幅反相激励共线阵： d = λ / 2 时，ψ = kd cos δ + ξ = π cos δ + π
θ =0
= /2
D=
1.10
∫
π /2
0
cos 4 (θ )sin θ dθ
=
∫θ π
cos 4 (θ )d cos θ
=
2
∫
2020年智慧树知道网课《天线与电波传播》课后章节测试满分答案
绪论单元测试1【判断题】(100分)天线是一种开放式辐射系统，传输线是一种闭合式传输系统A.错B.对第一章测试1【单选题】(20分)设均匀双线的导线半径为，双线轴线间的距离为，则均匀双线的特性阻抗为：A.B.C.D.2【单选题】(20分)半波振子天线的方向图:A.在E面和H面都是8字形B.在E面和H面都是圆形C.在E面为8字形，在H面为圆形D.在H面为8字形，在E面为圆形3【多选题】(20分)设某天线输入功率为，增益为，辐射功率为，方向系数为，则距离天线距离为的测试点出最大电场强度为A.B.C.D.4【单选题】(20分)某天线的增益系数为20dB，工作频率为0.6GHz，则有效接收面积为（）m2。
A.1.99B.1.97C.1.98D.2.005【单选题】(20分)电基本振子的零功率波瓣宽度2θ0为（）A.180°B.360°C.90°D.45°第二章测试1【多选题】(20分)天线与馈线之间连接时要考虑：A.平衡输出B.交叉馈电C.平衡馈电D.阻抗匹配2【多选题】(20分)提高直立天线效率的关键在于A.降低辐射电阻B.提高损耗电阻C.降低损耗电阻D.提高辐射电阻3【判断题】(20分)短波鞭状天线一般具有很高的效率。
A.对B.错4【判断题】(20分)驻波天线，也称为谐振天线，天线上以驻波能量存在，其输入阻抗具有明显的谐振特性，天线工作频带较窄。
A.对B.错5【单选题】(20分)半波对称振子的方向系数D是（）A.1.67B.1.65C.1.64D.1.66第三章测试1【多选题】(20分)与驻波天线相比，行波天线具有以下优点A.较好的单向辐射特性B.较高的效率C.较宽的工作带宽D.较高的增益2【多选题】(20分)以下天线中行波天线有A.螺旋天线B.引向天线C.菱形天线3【判断题】(20分)螺旋天线是一种最常用的线极化天线。
A.对B.错4【判断题】(20分)为了提高菱形天线的增益，可采用回授式菱形天线结构。
天线与电波传播作业第二章答案
2.1解：()040216204sin 4sin 30H m λ--===∆2.3解：(1)从水平平面方向性考虑。
为保证在工作频率范围内，天线的最大辐射方向不发生变动，应选择振子的臂长l <0.7λmin ，其中λmin 为最短工作波长，满足此条件时，最大辐射方向始终在与振子垂直(即φ=0°)的平面上。
(2) 从天线及馈电的效率考虑。
若l /λ太短，天线的辐射电阻较低，使得天线效率A η降低。
同时当l /λ太短时，天线输入电阻太小，容抗很大，故与馈线匹配程度很差，馈线上的行波系数很低。
若要求馈线上的行波系数不小于0.1，由图2―1―9可见，通常要求l ≥0.2λ，考虑电台在波段工作，则应满足l ≥0.2λmax (2―1―10)综合以上考虑，天线长度应为 0.2λmax ≤l ≤0.7λmin (2―1―11)（3）在4-10MHz 频段上，λmax=75m ，λmin=30m ，因此天线的臂长应该为15m≤l ≤21m2.4解：根据双极天线尺寸选择应满足0.2λmax ≤l ≤0.7λmin (2―1―11)所以0.2λmax ≤20m ≤0.7λmin ，所以λmax=100m ，λmin=200/7 对应频率：8831031073MHz 10.5MHz 100200L H c f f f λ⨯⨯⨯=∴====， 所以频率范围：3MHz 10.5MHz f ≤≤2.7解：蝙蝠翼天线(B a tty WingA ntenn a )是由半波振子逐步演变而来的，如图2―1―20所示，它是调频广播和电视台广泛采用的一种辐射天线，是根据旋转场原理来设计的，由两组空间垂直放置、相位正交、等幅馈电的蝙蝠翼面振子构成。
蝙蝠翼天线中间的振子较短，两端的振子较长，这种结构是为了改善其阻抗特性。
因为两翼的竖杆组成一平行传输线，两端短路，在A ～E间形成驻波，短路线的输入阻抗为感抗，其大小从E →D →C →B →A 逐渐增大，而在这些点上接入的对称振子的臂长从D 到A 逐渐减短，因而其输入容抗逐渐增大，从而与短路线的输入感抗相互抵消，所以具有宽频带特性。
天线与电波传播“思考练习”参考答案
V a + V AB = I A Z AA V BA = I b Z BB
Z BA = − VBA IA
V ZAB = − AB Ib
所以
Z BAVa Ib = Z BA Z AB + Z AA Z BB
等效电路（a）
等效电路（b）
同理，图（b） 的电路方程为：
V V
a AB+ V NhomakorabeaBA
= IBZ
AA
14 . 13 10 + ≈ 0 . 76 < 1 35 . 36 28
该区域的辐射没有超过限值
5、用频谱仪和天线做场强测试时，该如何操作？如果用标准半波偶极子天线 、用频谱仪和天线做场强测试时，该如何操作？ 增益2.13dBi，阻抗 欧姆）测得 欧姆） 频点的电平值为42dBuV，对应的 （增益 ，阻抗75欧姆 测得100MHz频点的电平值为 频点的电平值为 ， 场强值为多少？ 场强值为多少？ 主要注意事项：调整接收天线的方向直到电平指示为最大值， 主要注意事项：调整接收天线的方向直到电平指示为最大值，同时尽量减 少人体对接收天线增益的影响。 少人体对接收天线增益的影响。
I = V R = EL L ρ DH = σ E = σ EDH
J =
I DH
２、向一个电感线圈内部分别插入实心铜棒和实心铁棒，电感线圈的电 向一个电感线圈内部分别插入实心铜棒和实心铁棒， 感量会产生怎样的变化？为什么？ 感量会产生怎样的变化？为什么？
向空心电感插入介质时，有两种效应同时存在： 向空心电感插入介质时，有两种效应同时存在： 一种是由于介质的导电性，因法拉第电磁感应定律决定了介质表面存在感生电流， 一种是由于介质的导电性，因法拉第电磁感应定律决定了介质表面存在感生电流， 其磁场总是抵消外磁场，使原电感的电感量下降； 其磁场总是抵消外磁场，使原电感的电感量下降； 另外一种是插入介质的磁导率大于1，使原电感的平均磁导率增加， 另外一种是插入介质的磁导率大于 ，使原电感的平均磁导率增加，从而增大了原电 感的电感量。 感的电感量。 插入铜棒时不增加其平均磁导率，只是产生了反外磁场的感应磁场，因此电感量下降。 插入铜棒时不增加其平均磁导率，只是产生了反外磁场的感应磁场，因此电感量下降。 插入铁棒时，其平均磁导率大大增加，而因铁的电导率不高，其感应磁场不是很大， 插入铁棒时，其平均磁导率大大增加，而因铁的电导率不高，其感应磁场不是很大， 因此总的电感量是增加的。 因此总的电感量是增加的。
天线与电波传播第1章习题详解
eA le E s i n
4
10 0
1 2 7V .39
（2）当接收天线与负载匹配时，传给负载的功率最大为：
Pmax
2 eA (127.39 106 ) 2 2.779 1011W 。 8Rin 8 73
1.15 某线极化天线接收远方传来的圆极化波，且天线的最大接收方向对准来波方向。天线 的增益系数为 30dBi，效率为 A 1 ，接收点的功率密度为 1mW / m2 。试求 （1）该天线的接收功率； （2）如果失配因子 0.8 ，则求出进入负载的功率。 解： （1）线极化天线接收圆极化波，极化失配因子为 天线的增益
4
1.11 有两副天线的方向函数分别为 f1 ( ) sin 这两副天线的半功率波瓣宽度。 解：对于 f1 ( ) sin 令 f1
2
0.4 和 f 2 ( ) cos2 0.4 ，分别计算
0.4 ，在 90 时取最大值 f1max 1.4
将 F 代入得： D
4
2
F ( , )
0 0
2.56 sin d
2
F ( , )
0
2
天线增益： G D 2.43 1.8 甲、乙两天线的方向系数相同，甲的增益系数是乙的四倍，它们都以最大辐射方向对准 远区的 M 点 （1）当两天线辐射功率相同时，求其在 M 点产生的场强比（分贝表示） ； （2）当两天线输入功率相同时，求其在 M 点产生的场强比（分贝表示） 。 解： 设甲天线的方向性系数和增益系数分别为 D1 , G1 ， 乙天线的方向性系数和增益系数分别 为： D2 , G2 ， Pr1 、 Pr2 和 Pr0 分别为甲天线、乙天线和作为标准的无方向性点源天线的辐射 功率。 Pin1 Pin2 和 Pin0 分别为甲天线、乙天线和作为标准的无方向性点源天线的输入功率。 根据题意可知， D1 D2 ， G1 4G2 （1） 当天线辐射功率相同时， P r1 P r2 P r0
天线与电波传播第711章习题详解.pdf
收、发天线之间的距离 r = 30km < 0.7d0 ，因此接收天线处于亮区。由于假设地面为光滑平
面 地 ， 若 不 考 虑 大 气 的 影 响 ， 又 hs ， hr << r ， 则 接 收 天 线 处 的 场 强 可 用
E
=
⎛ 2 ⎜⎜⎝
245
PinG1 d
⎞ ⎟⎟⎠
sin
⎛ ⎜⎝
2π hshr λd
⎞ ⎟ ⎠
=
109.9dB
7.5、某地面站接收空间卫星所发射的信号，卫星高度 500km，工作频率 136MHz，发射 功率 1W，天线增益 3dB。假设电波是在自由空间传播，计算： （1） 地面站处的功率密度。 （2） 接收点场强。
（3）若地面站天线增益 Gr = 30dB ，所收到的信号功率是多少？
天线与电波传播 第七至十一章 习题详解 李莉（编著）
第七章
7.2、在自由空间当收发天线的距离为 10km 时，试求 f=10GHz、f=1GHz、f=1MHz、f=10kHz 时，第一菲涅尔区最大半径。
解：第一菲涅尔区的计算公式为： F1 =
λd1d 2 d
当 d1
=
d2
=
d
/ 2 时，取最大，即： F1max
/ m2
（2）接收天线的输出功率为：
Pre
=
⎛ ⎜⎝
λ 4π r
⎞2 ⎟⎠
Pin Gt Gre
=
⎛ ⎜⎝
4π
2 × 50×103
⎞2 ⎟⎠
×875× 2× 2
=
3.55 × 10−8W
/
m2
（3）P 点自由空间传播损耗为：
Lbf
=
20
天线与电波传播第2章习题详解
第二章
2.1、两个半波振子等幅反相激励，以题图 2.1 方式排列时，试写出其 E 面和 H 面方向函数， 并画出相应的方向图（ d 2 ） 。
z
z
1 1
d
2
y
d
y
2
x
题图 2.1 解： 二天线所在的坐标位置为： d x '1 0, y '1 0, z '1 2 4 电流为： I m 2 I m1
角的变化范围 0 0 90 0
a)
h 0.25 , d 0.5 , kd
2
cos( sin ) 2 f 阵列 () cos(0.5 sin ) cos
其方向图如下：
0.5
cos( sin ) 2 cos
b)
cos(0.5 sin )
cos( cos ) kd sin 2 阵列总的方向性函数： f 阵列 () F ( ) f a () sin sin 2 2 a) h 0.25 , d 0.5 , kd 0.5
x
x '1 0, y '1 0, z '1
d 2 4
f a ( , ) I n e jk ( x 'n sin cos y 'n sin sin z 'n cos )
n 0
N 1
............. I m1e
jk cos 4
U1 I Z11 M 2 Z12 61.63 j 76.07 IM1 IM1
振子 1 的总辐射阻抗： Z r1
天线与电波传播(第二版) 第6章
图6-2-12 平面单极天线的实测增益
倒F天线是从20世纪60年代早期用于导弹的倒L形天线引 申而来的。从图6-2-13(a)可以看出，把单极天线相对于地面 弯曲就获得了倒L形天线，降低天线高度可以降低天线的谐 振频率，L形天线的短臂在垂直于短臂的平面内全方向辐射， 天线的长臂也会辐射一部分能量。而倒F天线是倒L形天线的 变型，它在天线上增加了一个短路段以获得输入阻抗的改变， 天线因附加特征呈倒F形并因此命名，如图6-2-13(b)所示。手 机中线状PIFA的结构如图6-2-14
图6-2-10 反射系数随频率的变化关系
图6-2-11仿真计算的方向图显示了平面单极天线仍属于 弱方向性天线，图6-2-12给出了该天线在各频段的实测增益
图6-2-11 平面单极天线的方向图(f=1.8 GHz) (a) xOz平面和yOz平面方向图；(b) xOy平面方向图； (c) 立体方向图
仍然由Ansoft HFSS仿真分析手机单极天线的输入阻抗。 图6-2-4表明，当单极天线的直径为3 mm，接地孔的直径为 3×2.303 mm时，在900 MHz可获得近似50 Ω的输入电阻，
图6-2-4 手机单极天线的输入阻抗计算值
图6-2-5 法向模螺旋天线手机示意图
如图6-2-5所示，手机外置天线常用的还有法向模螺旋天 线。该天线的方向图、极化特性类似于单极天线，但是由于 其输入阻抗对频率很敏感，因而具有窄带特性。
手机天线设计的核心问题就是使天线满足更为苛刻的技 术要求，并且超越原有天线型式，满足新的系统要求。在许 多系统中，要求优化的参数是小尺寸、宽带、坚固性、易于 操作以及降低加工成本。
手机天线设计必须考虑以下的电性能： (1) (2) (3) (4) (5) (6) 手机辐射对人体的安全性。
《天线与电波传播(第二版)》学习指导-第1章
m
H
E 120π
1.6
10 105 π
6.29
106
A
m
第1章 习题与解答
1-1-3 一基本振子密封在塑料盒中作为发射天线， 用另 一电基本振子接收， 按天线极化匹配的要求， 它仅在与之极 化匹配时感应产生的电动势为最大， 你怎样鉴别密封盒内装的 是电基本振子还是磁基本振子？
解 根据极化匹配的原理及电基本振子与磁基本振子的方 向性和极化特点来确定。
Em
j Imlm
2r
sin
e jkr
e
同样， 由题设条件可得
60πIele Imlm
r 2r
第1章 习题与解答
所以， 远区场点P的合成场为
EH
j 60πIele
r
(1 sin ) e jkr
e
由此可以求得E面和H面的归一化方向函数均为
FE
(
)
FH (
)＝1 2
1
sin
组合天线E面和H面的归一化方向图见题1-1-4解图(三)所示。
第1章 习题与解答
题1-1-4解图(三)
H
j Il
2r
sin
e jkr
E
j 60πIl
r
sin e jkr
Hr H Er E 0
可见， Eθ、 Hj与电流I、 空间距离r、 电长度l/λ以及子午角 θ有关。
第1章 习题与解答
(6) 从电基本振子辐射场的表达式可知， 当θ=0°或 180°时， 电场有最小值0； θ=90°时， 电场有最大值。 因 此， 电基本振子在θ=0°或180°方向的辐射最小， 为0， 在 θ=90°方向的辐射最大。
(2) 电基本振子辐射的是线极化波。 (3) 由于过M点的等相位面是一个球面， 所以电基本振子 的远区辐射场是球面波； 又因为Eθ, Hj与sinθ成正比， 所 以该球面波又是非均匀的。 (4) M点的电场与磁场之间有如下关系：
天线与电波传播课后习题答案
F(&) = —(+0. 4)二迢
2 7 2
可得2 39.8。，所以2⅛j=20 = 79.6%
1-1-13简述天线接收无线电波的物理过科。
解接收天线工作的物埋过程是，天线导体在空间电场的作用下产生感应电动势，并 在导体表面激励起感应电流，在天线的输岀端产生电斥，在接收机冋路中产生电流，所以, 接收父线是一个把空间电磁波能量转换成髙频电流能量或导波能量的转换装置，其工作过 程是发射犬线的逆过程C
(4)M点的电场与磁场Z间有如下关系：
E E
y9
<5)从电基木振子的远区辐射场表达式
S = j 2L sin%μ,
=j型巴Si叩严
入r
= Hg = E == O
电长度//入以龙子午Jfi&有关。
題1-1-1解图(二)
1-1-2一电基木振子的辐射功率为25 W,试求一20km处，"。，60。，90。的场 强，0为射线与振子轴Z间的夹角。
1-1-12已知两副天线的方向函数分别是/；(0)"『0+0-5, £(&) =COS2f/ +0. 4,试计算这两副犬线方向图的半功率角2%5o
解 首先将方向函数归一化.则由人(&)=Si『0+05和/W) =Z2& + 0.4,可得
对于F( 0),当&=：时冇最人值U令
町得0=48.5。，所以2IS=180" -2 X ¢/=83%
EITTj
]H^=T‰=1.6 X 105ττ= 6,29 x 10
1-1-3—基木振子密封在塑料盒中作为发射人线，用另一电基木振子接收，按人线 极化匹配的姿求，它仪在与Z极化匹配时感应产生的电动势为最大，你怎样鉴別密封盒内 装的是电基木振子还是磁基木振子？
天线与电波传播第7-11章习题详解
Pr Dt
d 2λ
hs hr (mV
m)
计算接收点的场强。
天线与电波传播 第七至十一章 习题详解 李莉（编著）
由
E
=
3.1 d
Pr Dt 2λ
hshr (mV
m) = 0.6 mV
m 得：
d2
=
3.1 Pr Dt 0.6λ
hshr =805.38
则 d = 28.4km ，
此时， d < 0.7d0 = 31.01km ，所以接收天线在亮区内，假设成立。
假设接收天线在亮区内，若将地面视为平面地，则其接收点的场强可由式
E
=
⎛ 2 ⎜⎜⎝
245
PinG1 d
⎞ ⎟⎟⎠
sin
⎛ ⎜⎝
2π hshr λd
⎞ ⎟⎠
mV
m 计算
设接收点处 2πhs hr ≤ π ，此时要求 d ≥ 18hshr = 1.62km
λd 9
λ
3.1 因此，若发射天线和接收天线间的距离 d 大于 1.62km，则可用 E =
E1
=
245
Pt (kW )Gt d (km)
(mV
/ m)
天线与电波传播 第七至十一章 习题详解 李莉（编著）
若考虑大地的影响及 RH
≅ −1，
则
E
=
2 E1
sin(π λ
Δr)
由于 d >> h1h2 ，则
Δr = 2h1h2 d
则：
E
=2
E1
sin(π Δr) λ
=2
E1
sin( 2π h1h2 ) dλ
hs = 50m 增益分别为： G1 = G2 = 30dB ，工作波长 λ = 3cm ，收、发天线之间的距离
天线习题解答(作业)
电波与天线习题答案(作业) 第1章练习题答案1-6 试求长度为2l= 0.75λ的对称振子子午面的若干个方向的方向性函数值(小数点后至少要保留3位有效数字)，并按极坐标描点的方法绘出其子午面方向性图。
解： ︒=π=⨯π=13543832λλβl对称振子子午面的归一化方向性函数为θθθθθsin )12(1)c os 135c os(2sin )135c os 1()135c os()c os 135c os()(++︒=-︒-︒=F(方向性图的形状为“∞”形，方向性图略)1-10 已知一臂长度为l =λ/3的对称振子以馈电点电流I in 做参照的辐射电阻为R ∑ in =186.7Ω，假设对称振子上的电流I (z )呈纯驻波正弦分布。
试求：(1)指出对称振子上是否存在电流波腹点？(2)如果存在波腹电流I M ，求以它做参照的辐射电阻R ∑。
解：由于4λ>l ，故存在电流波腹点。
电流波腹点的位置与馈电点之间的距离为124340λλλλ=-=-=l z (1)以波腹电流做参照的辐射电阻为)(14032sin 7.186)(sin 22in Ωπ=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯⨯==λλβ∑∑l R R (2)1-13 对于1-10题中给出的对称振子，试求： (1)以波腹电流I M 做参照的有效长度l eM ； (2)以馈电点电流I in 做参照的有效长度l ein ；(3)分别通过f max ，l eM 和l ein 3个参数计算这个对称振子的方向性系数D 。
解：以波腹点电流I M 做参照的有效长度为 ππππ2332co s 1)]co s(1[eM λλλλβλ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-=-=l l (1) 三种方法计算方向性系数：93.16.187)32(30)(3093.1140330)(3093.11405.11201203)120sin(23 5.1120cos 1)]cos(1[ 2in 2in 2222max inin max ====⨯===⨯===︒===︒-=-=∑∑∑ββλλβR l D R l D R f D I I l l l f e eM MeM e ，，，ππ(2)结果相同。
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2θ0E=180°－2θ=180°
而半功率点波瓣宽度2θ0.5E是指主瓣最大值两边场强等于 最大值的0.707倍的两个辐射方向之间的夹角。 由此可知 F(θ, j)=|sinθ|=0.707 所以 θ=45°, 135°, 225°, 315°
取θ=45°， 则
2θ0E=180°－2×45°=90° (2) 磁基本振子的E面图为电基本振子的H面图， 磁基本
对于F2(θ)， 当θ=0时有最大值1。 令
5 2 2 F2 ( ) (cos 0.4) 7 2
可得θ=39.8°， 所以2θ0.5=2θ=79.6°。
1-1-19 自由空间对称振子上为什么会存在波长缩短现象？ 对天线尺寸选择有什么实际影响？ 解 当振子足够粗时， 振子上的电流分布除了在输入端 及波节点上与近似正弦函数有区别外， 振子末端还具有较大 的端面电容， 使得末端电流实际上不为零， 从而使振子的等
D 4π 4π 2 π F 2 ( )sin d
0 π
0
2π
π
0
F ( , j )sin d d j
2
2
π2
0
cos sin d
4
2
π2 0
cos d cos
4
10
12 . 已知两副天线的方向函数分别是f1(θ)=sin2θ+0.5， f2(θ)=cos2θ+0.4， 试计算这两副天线方向图的半功率角2θ0.5。 解 首先将方向函数归一化， 则由f1(θ)=sin2θ+0.5和 f2(θ)=cos2θ+0.4， 可得
振子的H面图为电基本振子的 E 面图。 所以， 其2θ0H和
2θ0.5H的计算过程与电基本振子的类似， 2θ0H=180°， 2θ0.5H=90°。
9 已知某天线的归一化方向函数为
2 cos F ( ) 0
2 2
试求其方向系数D。 解 将归一化方向函数F(θ)代入方向系数D的表达式中， 则 有
关。
(6) 从电基本振子辐射场的表达式可知， 当 θ=0°或180°时， 电场有最小值0；
当 θ=90°或270°时， 电场有最大值。
因此， 电基本振子在θ=0°或180°方向的辐射最小， 为0， 在θ=90°或 270°方向的辐射最大。 (7) 电基本振子远区辐射场的E面为过z轴的平面，例yoz 平面， H面为xOy平面， 其方向图如题1解图(二)所示。
第1章 天线基础知识
1. 电基本振子如图放置在z轴上(见题1图)， 请解答下
列问题：
（1） 指出辐射场的传播方向、 电场方向和磁场方向； （2） 辐射的是什么极化的波？ （3） 指出过M点的等相位面的形状。 （4） 若已知M点的电场E， 试求该点的磁场H。
（5） 辐射场的大小与哪些因素有关？
（6） 指出最大辐射的方向和最小辐射的方向。 （7） 指出E面和H面， 并概画方向图。
E Hj 60πIl 3 30 3 sin 60 =2.1 10 Vm 3 r 8 10 E 30 6 5.45 10 Am 5 120π 3.2 10 π
当θ=90°时， 在r=20×103 m处， 有
60πIl 3 10 3 E sin 90 2.4 10 Vm 3 r 4 10 Hj E 10 6 6.29 10 Am 5 120π 1.6 10 π
题1解图(二)
2 一电基本振子的辐射功率为25 W， 试求r=20 km处， θ=0°, 60°, 90°的场强，θ为射线与振子轴之间的夹角。 解 电基本振子向自由空间辐射的总功率为
Pr
l S av d s 40π2 I 2 S
2
2
W
则
Pr Il 40π2
5 计算基本振子E面方向图的半功率点波瓣宽度 2θ0.5E和零功率点波瓣宽度2θ0E。
解 (1) 电基本振子的归一化方向函数为
F(θ, j)=|sinθ| 由于零功率点波瓣宽度2θ0E是指主瓣最大值两边两个零
辐射方向之间的夹角, 由此可知
F(θ, j)=|sinθ|=0 所以 θ=0° 或 180° 取θ=0°， 则
E H ej ej 120π
E
(5) 从电基本振子的远区辐射场表达式
Il j kr H j sin e j 2 r 60πIl E j sin e j kr r H r H Er Ej 0
可见， Eθ、 Hj与电流I、 空间距离r、 电长度l/λ以及子午角θ有
F1 ( ) f ( ) 2 (sin 2 0.5) f max 3
f ( ) 5 F2 ( ) (cos2 0.4) f max 7
对于F1(θ)， 当θ=π/2时有最大值1。 令
2 2 2 F1 ( ) (sin 0.5) 3 2
可得θ=48.5°， 所以2θ0.5=180°－2×θ=83°。
题1图
解 当电基本振子放置于z轴上时， 其空间坐标如题1解 图(一)所示。
题1-1-1解图(一)
(1) 以电基本振子产生的远区辐射场为例， 其辐射场的 传播方向为径向er， 电场方向为eθ， 磁场方向为ej， 如题
1解图(一)所示。
(2) 电基本振子辐射的是线极化波。 (3) 由于过M点的等相位面是一个球面，所以电基本振子 的远区辐射场是球面波； 又因为Eθ, Hj与sinθ成正比， 所以 该球面波又是非均匀的。 (4) M点
40
10 4
再由
E j 60πIl sin e j kr r
可得
60πIl E sin r
而且
E Hj 120π E
所以， 当θ=0°时， 在r=20×103 m处， |Eθ|=0, |Hj|=0。
当θ=60°时， 在r=20×103 m处， 有