雷达对抗原理 习题答案

在 0 °, 60 ° ,120 ° ,180 ,° 2 4 0 ,° 3 0 0 ° 上误差最大。 这时， R =
12θ S θr
2
×
θS ， θS = θr 2
⇒ R =6
最大误差 dϕ = 1.29 × 6 + 10 = 17.74 ° 最小误差 dϕ = 10°
在 3 0°, 9 0°, 1 5 0°, 2 1 0°, 2 7 0°, 3 3 0° 上误差最小。这时， R = 0 （3）当 N = 4 时， dϕ = 1.29R +
θ r2 θ R θ 2R dR + r dθr − r 2 dθ s 12θ s 6θ s 12θs
θ r2 360o dR 为电压平衡误差，由于 θ s = 只与 N 有关，与信号到达方向无关 12θ s N
θr R θ2R dθ r 和 r 2 dθ s 为波束宽度误差与波束安装误差与信号到达方向有关。波束正方 6θs 12θ s
6．已知某环境中工作的雷达及其参数如下表，试求该环境的雷达信号流密度 λ 。 序号 1 2 3 4 5 6 Ex1-6 解： λ = ∑ Pi f ri
i =1 N
重复周期/ms 0.02 1 0.6 1.5 0.8 1.25
脉冲宽度/ µ s 0.2 0.5 0.3 1 0.5 0.6
序号 7 8 9 10 11 12
Z ≤ 27.77 Z ≤ 27
6×2 360 o
（2）快可靠搜索 θ TR ≤ Ta ⋅ a Ωa
TR ≤ 6× 2 1 = s 360 30
TR ⋅
θr ≥ Z ⋅ Tr Ω AoA
1 s 30
Z =1
1 θr ⋅ ≥ 1× 1.2 × 10−3 30 360
取 TR =
θ r ≥ 12.96o
=
∑
λτ ( λτ ) n −1 e− λτ ( n − 1)! n =1 τ
∞
=
(λτ ) n e −λτ λ ∑ n! n= 0
∞
= λ e+ λτ e −λτ = λ
5．根据泊松流的性质，证明任意两个相邻脉冲间隔时间τ 的概率分布密度函数 ω (τ ) 为
ω (τ ) = λ e− λτ
0 ≤τ ≤ ∞
(λτ ) n −λτ e n = 0,1,...... n! 试证明该流在单位时间内到达的平均脉冲数为 λ 。 Pn (τ ) =
有源
Ex1-4 解： τ 时间内到达的脉冲数为： ∑ nPn (τ )
n= 0 ∞
λ=
n= 0
∑ nPn (τ ) ∑ n
τ =
n =1
∞
∞
(λτ ) e n! τ
n
− λτ
Ex2-2 解： （1）
影响因素 ∆f r ， τ
1 fi f ( f1 − f2 ) = 500 2 f L = f 0 + f i = 600 + 1200 = 1800MHz
（ 2 ）
取
fi = 600 MHz
f L − f0 = fi
，
（3）
3．现有一个有三路鉴相器并行工作的数字式瞬时测频接收机，其测频范围是 2 : 6GHz ， 每路量化器为 5bit ，相邻通道鉴相器的延时比为 n = Ti +1 / Ti = 8(i = 1,2,3) ，试求其频率分辨力。 Ex2-3 解：书 p26
360 × 2 = 1.29R + 15° 12 × 4
° ° 在 0 ° ,90 ° ,180,270 上误差最大 d ϕ = 1.29 × 6 + 15 = 22.74°
° ° ° ° 在 45,135 , 225,315 上误差最小 dϕ = 15°
3．某雷达侦察设备采用全向振幅单脉冲---全方位比幅法测向，天线方向图为高斯函数。试 求： （1）在波束交点损耗分别为 1dB 和 3dB 条件下，在 1 5°, 2 5°, 3 5 °4 5 ° 方向上，四天线系统和六 天线系统的理论测向误差； （2）对于交点损耗为 1dB 的六天线系统，如果各信道的误差分别为下表，试求该设备在
jφ D 解： A ± 1 = m ⋅ ⋅ 2 2 2π sin ω x ± λs 2π ωs ± λs F λ0T fs D D 3.25 = = 5µ s vs 0.65 vs fs
λs =
空间位移
ξ +1 = ξ− 1 =
1 T ∆f = 1 τ τ ≥T τ <T
重复周期/ms 2 0.8 3 1.2 0.9 3.5
λ = ∑ fri
i =0 N −1
脉冲宽度/ µ s 1.2 1 40 15 3 64
没有特殊说明认为： Pi = 1
7．若将没有雷达信号存在的时间称为寂静时间，该时间的出现概率为寂静概率 Pq ，试求题 六所给信号环境的寂静概率 Pq ；若将同时存在两个或两个以上雷达信号的时间称为交叠时 间，该时间的出现概率为交叠概率 Pc ，试求题六所给信号环境的交叠概率 Pc 。 （提示：任意 时间可分为寂静时间、非交叠时间和交叠时间，三者互斥。 ） ex1-7 解：
分辨率=?r, 要使最高测角分辨率，取 ?r 最小值 12.96 o 。 2．某雷达侦察设备采用全向振幅单脉冲---相邻比幅法测向，天线方向图为高斯函数。试求： （1）由电压失衡、波束宽度误差和波束安装误差所引起的三项系统测向误差是否与信号的 到达方向有关，为什么？ （2）对于一个六天线系统，波束交点损耗为 3dB，如果上述三项误差分别为：2dB、7 ° ,1.5° ， 试分析系统总的测向误差在哪个方向最小？在哪个方向最大？其误差值分别为多少？ （3）在上述同样条件下，如果采用四天线，波束交点损耗仍为 3dB，则最小、最大系统误 差方向有什么变化？误差数值又为多少？ Ex3-2 解： （1） dϕ =
N = 4, θ s = 90o
（1） 通过 L = 1dB ， 3 dB ，将 θ r 算出，参考赵讲义 P17 例 2 第 27 问，
N = 6, θ s = 60o θ 分别取 15o, 2 5o, 3 5 o, 4 5 o 由以上各式计算出 s(30o ), c(30o ) 。 tg −1 (
T=
τ = 2µ s
∆f =
1 = 0.5 MHZ 2µ s
第三章 1．已知某雷达天线的方位扫描范围为 0° − 360° ，扫描周期为 6s ，方位波束宽度为 2° ，脉冲 重复周期为 1.2ms 。 （1）如果侦察天线采用慢可靠方式搜索该雷达，要在 2min 内可靠的捕获该雷达的信号， 应如何选择侦察天线的波束宽度和检测所需要的信号脉冲数量？ （2）如果侦察天线采用快可靠方式搜索该雷达，在检测只需要 1 个信号脉冲的条件下，应 如何选择侦察天线的扫描周期和波束宽度，并达到最高的测角分辨力。 Ex3-1 解： θ a = 2o
Ta = 65
Ω a = 360 o
Tr = 1.2 × 10−3 s
Ω AoA = 360o
TR = 2min = 120s
Z =1
（1）慢可靠搜索 θ Ta ≤ TR ⋅ r Ω AoA
Ta ⋅ θa ≥ E ⋅ Tr Ωa
6≤
θr 3
θ r ≥ 18o
≥ Z × 10−3 × 1.2
θ r min = 18o
∆f = ∆F 2 ⋅n
m k −1
=
400 25 ⋅ 82
= 1.95MHz
n =8
m=5
k =3
4．若有 12 个混频器、中放、本振和检波器组，试设计一个 2 : 4GHz 的频道折叠信道化接
收机，并求一频率为 2.45 GHz 的信号经过该接收机的情况和频率估值。 Ex2-4 解：设计二级 12 = 6 + 6 f0 → fi1 ， fL1k ， f01 → fi 2 ， f L2 k → f02 与纯信道化接收机公式一样。 5．压缩接收机是如何把频率量变成时间量的。试证明 DE = TE ∆ fE = 4D C = 4TC ∆fc 。如果接收 机测频范围为 f1 : f 2 = 1 : 2GHz ，示样脉冲 tSA = TC = 1µ s ，那么频率为1.45GHz 的信号经过接 收机的延时时间是多少。 Ex2-5 解： τ =
1 5°, 3 5 ° 方向上的系统测向误差。
误差项
天线 0
天线 1 2 -6 0
天线 2 2 +2 -1.5
天线 3 -2 0 -1
天线 4 -2 +1 1
天线 5 0 -5 1.5
通道失衡 0 dB -3 波束宽度 o 安装误差 o ex3-3
θ 解：L = 3( S ) 2 θr
1.5
θS F( 2 ) F (0) 取负号是因为 L 定义为 20lg 取正号是因为 L 定义为 20lg ， θS F (0) F( ) 2
非交叠概率 P 11 −
i =2
N τ1 + τi τ +τ ) 为其他脉冲与 τ1 交叠的概率， ∏ (1 − 2 i ) 为其他脉冲与 τ 2 不交叠的概率。 Tri Tri i =1,i ≠ 2
交叠概率 Pc = 1 − Pq − P 1
第二章 2．题二图所示为搜索式超外差接收机原理图，其侦察频段为 f1 : f 2 = 1000 : 2000 MHz ，中 放带宽为 ∆fr = 2MHz 。现有载频为 1200 MHz ，脉冲为 1µ s 的常规雷达脉冲进入接收机。 （1）画出频率显示器上画面及信号波形，说明波形包络及宽度与哪些因素有关？ （2）中频频率 fi 及本振频率 fL 应取多大，为什么？ （3）画出接收机各部分频率关系图。
f − f1 1.45 − 1 ⋅ TC = ⋅1 = 0.45 µ s ∆fc 1 ∆ fc = 1GHz = 2 − 1GHz