雷达对抗习题答案1

第一章
1．简述雷达获取目标信息的类型和获取目标信息的基本原理，简述雷达侦察设备获取 雷达信息的种类和基本条件，比较二者在下表中各方面的能力。
ex1-1 信 息 类 距离
方向
速度
发射信号参数
别
能
能
能
不可获取（二次雷达可以）
雷 达 获 不能
能
不能
能
取
侦察获
取
信息类 辐 射 源 工 作 状 态
辐射源功能型号
Ex2-5
解： τ
=
f − f1 ∆fc
⋅ TC
= 1.45 −1 ⋅1 = 0.45µ s 1
∆fc = 1GHz = 2 −1GHz
6．在声光接收机中，FT 透镜的后聚焦平面上的一阶光特性与输入信号频率间有何关系。现
有一脉冲宽度τ = 2µs 的雷达信号，加到 D=3.25mm，声波传播速度 vs=0.65mm/ µ s 的声光偏
（1）在波束交点损耗分别为 1dB 和 3dB 条件下，在15° , 25° ,35°45° 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
15° ,35° 方向上的系统测向误差。
误差项 通道失衡 dB 波束宽度° 安装误差°
6
12
12× 6
在 0° , 60° ,120° ,180° , 240° ,300° 上 R 最大，误差最大。
这时，
R
=
12θ S θr2
×θS 2
，
θS =θr
⇒R=6
最大误差 dϕ = 1.29 × 6 +10 = 17.74°
在 30° ,90° ,150° , 210° , 270° , 330° 上误差最小。这时， R = 0 最小误差 dϕ = 10°
R
为波束到达方向天线加权的
比值，与信号到达方向有关。波束正方向影响最大，此时 R 最大。等信号方向影响小，此 时 R=0
（2）当 L = 3dB 时，
N
= 6 ，θs
=
360o 6
= 60o ，θ r
= θs
dϕ =
R 6
dθ
r
+
R 12
dθ s
+
360° dR
12N
=
R × 7° + R ×1.5° + 360° × 2° = 1.29R +10°
)
∏ ∏ N
i=2
(1
−
τ1 +τ Tri
i
)
为其它脉冲与
τ1
交叠的概率，
N i =1,i ≠ 2
(1
−
τ
2 +τi Tri
)
为其他脉冲与 τ
2
不交叠的概率。
交叠概率 Pc = 1− Pq − P1
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 f2 = 1000 2000MHz ，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。
Ex2-2 解：（1）影响因素 ∆fr ，τ ，扫频速度
（2）
fi
f
1 2
(
f1
−
f2 ) = 500
取 fi = 600MHz
fL − f0 = fi ， f L ∈ [1600,2600]MHz ，
fL = f0 + fi = 600 +1200 = 1800MHz
（若取： f0 − f L = fi , f L ∈ [400,1400]MHz ， f L = 600MHz ，但此时，本振部份频率与
转器上。试计算该接收机的频率分辨力和该信号的输出脉冲宽度。
Ex2-6
解： A ±1 =
jφm 2
⋅
D 2
⋅
sin ⎛⎜⎝ω x ωs ±
± 2π λs
2π λs
⎞ ⎟⎠
λs
=
vs fs
空间位移
ξ +1 =
ξ −1 =
F λ0T D
fs
⎧1 ∆f = ⎪⎪⎨⎪T1
⎪⎩ τ
τ ≥T τ <T
T = D = 3.25 = 5µ s vs 0.65
Ex3-2 解：
（1） dϕ
=
θ
2 r
12θ s
dR
+ θrR 6θ s
dθr
− θr2 R
12θ
2 s
dθ s
θ
2 r
12θ s
dR
为电压平衡误差，由于 θ s
=
360o N
只与
N
有关，θ r
为波束宽度，所以，电压平
衡误差与信号到达方向无关
θr R 6θ s
dθr
和
θr2 R
12θ
2 s
dθ s
为波束宽度误差与波束安装误差，
ex3-3
解：L
=
θ 3(
S
)2
θr
天线 0 0 -3 1.5
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
பைடு நூலகம்
天线 5 0 -5 1.5
取负号是因为
L
定义为
20
lg
⎛ ⎜ ⎜ ⎜⎜⎝
F
θ (
S
)
2
F (0)
⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎟⎠
，取正号是因为
L
定义为
20
N −1
λ = ∑ fri i=0
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。）
∆f
=
∆F 2m ⋅ nk −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 → fi2 ， fL2k → 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 = 4DC = 4TC ∆fc 。如果接收 机测频范围为 f1 f2 = 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。
−i
s
= ⎪⎨ −1.3863⎜⎜⎝⎛
15o −180o 155.88o
⎟⎟⎠⎞2
⎪e = 0.2116 ⎜⎛ ⎪ −1.3863⎜
τ = 2µs
∆f
=
1 2µs
= 0.5MHZ
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。
=
⎪⎪1 ⎪⎨0
i =1 i=2
⎪⎩0 i = 3
⎪⎩−1 i = 3
θ (θ ) (θ θ ) [ ] 若 = 15o ，Fi
= Fi
⎪⎧ −1.3863⎜⎜⎝⎛
15o 155.88o
⎟⎟⎠⎞2
⎪⎪⎪ee −1.3863⎜⎜⎝⎛
15o −90o 155.88o
⎟⎟⎠⎞2
= 0.9872 = 0.7255
= n=1 (n −1)! τ
∑ = ∞ (λτ )n e−λτ λ = λe+λτ e−λτ = λ
n=0
n!
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 ) = λe−λτ
0≤τ ≤∞
ex1-5 解：根据泊松流的无后效性，设起始处有一个脉冲，设一给定时间τ 。
2．简述有源干扰、无源干扰、目标隐身技术等破坏和扰乱雷达对目标信息检测的基本 原理和特点，并对如下表中的具体措施进行上述分类。
Ex1-2 大功率干扰机 箔条丝、带 角形反射器 电波吸收材料
地物、海浪、云雨 高定向能微波
有源
无源
无源
目标信息无源 无源
4．已知泊松脉冲流在τ 时间内到达 n 个脉冲的概率 Pn (τ ) 为
≥
Z
×10−3
×1.2
Z ≤ 27.77
Z ≤ 27
（2）快可靠搜索
TR
≤
Ta
⋅
θa Ωa
TR
≤
6×2 360
=
1s 30
， TR
=
1 30
s
TR
⋅ θr Ω AoA
≥
Z ⋅Tr
Z
=1取
1 ⋅ θr 30 360
≥ 1×1.2 ×10−3
，θr
≥ 12.96o
分辨率=θr, 要使最高测角分辨率，取 θr 最小值12.96o 。 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：
P （τ 时间内没有脉冲） = P （脉冲相邻间隔 f τ ） = P0 (τ ) = e−λτ
P （脉冲相邻间隔 ≤ τ ） = 1− e−λτ 概率分布密度函数 ω(τ ) = ∂[P(脉冲相邻间隔 ≤ τ）] = λe−λτ
∂τ 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
重复周期/ms 脉冲宽度/ µ s 序号
1
0.02
0.2
7
2
1
0.5
8
3
0.6
0.3
9
4
1.5
1
10
5
0.8
0.5
11
6
1.25
0.6
12
Ex1-6
N
解： λ = ∑ Pi fri i =1
没有特殊说明认为： Pi = 1
重复周期/ms 2 0.8 3 1.2 0.9 3.5
脉冲宽度/ µ s 1.2 1 40 15 3 64
载体类型
别
不可获取（二次雷达可以） 不可获取（二次雷达也不可以） 能
雷达获
能
能
能
取
侦察获
取
发射信号参数：指雷达或侦察机对它们对应目标参数的获取能力。
对应目标参数指：目标的频率，调制方式，带宽，功率等等。
辐射源工作状态：指辐射源处于捕获，搜索等。
辐射源功能型号：指辐射源的警戒，引导等功能的判别。
载体类型： 指载体是大型飞机，小型船只等。
ex1-7 解：
∏ Pq
=
N (Tri −τi ) i=1 Tri
∏ ∏ ∏ ∏ 非交叠概率
P1
=
N i=2
(1− τ1 +τi Tri
)
+ N (1− τ 2 +τi
i =1,i ≠ 2
Tri
)+
N (1− τ3 +τi
i =1,i ≠ 3
Tri
) + ...... +
N i=1,i≠ N
(1− τ N +τi Tri
lg
⎛ ⎜ ⎜ ⎜⎜⎝
F (0)
F
θ (
S
)
2
⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎟⎠
（1）
通过 L = 1dB ， N = 4, 时，θ s
=
360o 4
= 90o ，θ r
=
− 3θ L
s
=
3θ s = 155.88o ，
⎧1 i = 0
⎧0 i = 0
cos iθ s
=
⎪⎪0 ⎪⎨− 1
i i
=1 = 2 ， sin iθ s
（3）当 N = 4 时， dϕ = 1.29R + 360 × 2 = 1.29R +15° 12× 4
在 0° ,90° ,180° , 270° 上误差最大 dϕ = 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：
在中放通带内，会造成本振泄漏，因此本条件适合采用高本振超外差，而不适合采用低本振 低外差方式）
（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
Ex3-1
解：θa = 2o Ts = 6s Ωa = 360o Tr = 1.2 ×10−3 s ΩAoA = 360o TR = 2 min = 120s Z = 1
（1）慢可靠搜索
Ta
≤
TR
⋅
θr Ω AoA
6 ≤ θr 3
θr ≥ 18o
θr min = 18o
Ta
θa Ωa
≥ ZTr
6×2 360o
（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？
Pn
(τ
)
=
(λτ )n n!
e−λτ
n = 0,1,......
试证明该流在单位时间内到达的平均脉冲数为 λ 。
有源
Ex1-4
∞
解：τ 时间内到达的脉冲数为： ∑ nPn (τ ) n=0
∑ ∑ λ
=
∞
nPn (τ )
n=0
=
∞ n (λτ )n e−λτ
n=1
n!
τ
τ
∑∞ λτ (λτ )n−1e−λτ