九章习题解答
9.1 设元天线的轴线沿东西方向放置，在远方有一移动接收台停在正南方而收到最大电场强度，当电台沿以元天线为中心的圆周在地面移动时，电场强度渐渐减小，问当电场强度减小到
时，电台的位置偏离正南多少度？ 解：元天线（电基本振子）的辐射场为
E =e θ可见其方向性函数为f 大电场强度。由
sin θ=
-j k r
(θ, φ)=sin θ，当接收台停在正南方向（即θ=900）时，得到最
得 θ=450
此时接收台偏离正南方向±450。
9.2 上题中如果接收台不动，将元天线在水平面内绕中心旋转，结果如何？如果接收天线也是元天线，讨论收发两天线的相对方位对测量结果的影响。
解： 如果接收台处于正南方向不动，将天线在水平面内绕中心旋转，当天线的轴线转至沿东西方向时，接收台收到最大电场强度，随着天线地旋转，接收台收到电场强度将逐渐变小，天线的轴线转至沿东南北方向时，接收台收到电场强度为零。如果继续旋转元天线，收台收到电场强度将逐渐由零慢慢增加，直至达到最大，随着元天线地不断旋转，接收台收到电场强度将周而复始地变化。
当接收台也是元天线，只有当两天线轴线平行时接收台收到最大电场强度；当两天线轴线垂直时接收台收到的电场强度为零；当两天线轴线任意位置，接收台收到的电场强介于最大值和零值之间。
9.3 如题9.3图所示一半波天线，其上电流分布为I =I m cos (kz )
1⎫ ⎛1
-
2⎭⎝2
（1）求证：当r 0>>l 时，
（2）求远区的磁场和电场；
（3）求坡印廷矢量； （4）已知
2π
μ0I m e -jkr
A z =
2πkr 0
⎛π⎫cos cos θ⎪
2⋅
sin 2θ
⎰
⎛π⎫cos cos θ⎪⎝2⎭d θ=0.609，求辐射电阻； sin 2θ
（5）求方向性系数。
题9.3（1）图
解：（1）沿z 方向的电流I z 在空间任意一点P (r 0, θ)产生的矢量磁位为
μ A (r , θ)=0
z 0
4π
假设r 0>>l ，则 ⎨1
I z e -jkr
dz ⎰r -l /2
l /2
⎧r ≈r 0-z cos θ
⎩r 2≈r 0+z cos θ
111≈≈ r 1r 2r 0
将以上二式代入A z (r 0, θ)的表示式得
μI
A z (r 0, θ)=0m
4π
l /20-jkr ⎧⎡cos (kz )e -jkr 2⎤⎫⎪⎡cos (kz )e 1⎤⎪
dz +dz ⎨⎰⎢⎥⎢⎥⎬⎰r r ⎪0⎣⎪00-l /2⎣⎦⎦⎭⎩
-jk (r 0-z cos θ)
μ0I m l /2⎡cos (kz )e
=⎢4π⎰r 0
0⎢⎣
cos (kz )e -jk (r 0+z cos θ)⎤
+⎥dz
r 0⎥⎦
μ0I m -jkr l /2⎡jkz cos θ-jkz cos θ
⎤dz =e cos kz e +e ()⎰⎣⎦4πr 0
μ0I m -jkr l /2
A z (r 0, θ)=e ⎡⎣2cos (kz )cos (kz cos θ)⎤⎦dz ⎰4πr 0
μ0I m -jkr l /2=e cos ⎡kz (1+cos θ)⎤+cos ⎡kz (1-cos θ)⎤dz {}⎣⎦⎣⎦⎰4πr 0
⎡⎛π⎫⎛π⎫⎤1-cos θcos cos θ1+cos θcos cos θ()() ⎪ ⎪⎥μ0I m -jkr 0⎢22⎝⎭⎝⎭⎥=e +⎢
4πr 0sin 2θsin 2θ⎢⎥
⎢⎥⎣⎦=
由此得证。
（2）远区的磁场和电场为
μ0I m -jkr
e 2πkr 0
⎛π⎫cos cos θ⎪2sin 2θ
H =
1
μ0
∇⨯A
r 0e θ∂∂θr 0A θ
r 0sin θe φ
∂∂φr 0sin θA φ
e r
11∂=
μ0r 02sin θ∂r 0
A r
A r =A z cos θ
而 A θ=-A z sin θ
A φ=0
H ϕ=
得
1∂
(r A sin θ)μ0r 0∂r 00z
⎛π⎫ cos cos θ⎪
I m e -jkr 02=j ⋅2πr 0sin θH r =0, H θ=0
1
由麦克斯韦方程 E =∇⨯H
j ωε
得
E θ=η0H φ
η0I m e -jkr =j
2πr 0
⎛π⎫
cos cos θ⎪ E r =0, E φ=0
⎝2⎭⋅
sin θ
在极坐标系下E 面和H 面的方向图如题9.3（2）图所示。
⎛π⎫cos cos θ ⎪ 由远区场的表示式，可得其方向性函数为 2f (θ)=
sin θ
y
y
E 面方向图 E 面方向图 题9.3（2）图
（3）平均坡印廷矢量为
S av =1Re ⎡E ⨯H *⎤
⎣⎦2
S =
11E θH φ=E θ22η0
2
2
（2） 由总辐射功率
⎛π⎫
cos cos θ⎪2
ηI 2=22⋅8πr 0sin 2θ
P = ⎰S av ⋅d s
s
⎫2⎛πcos cos θ⎪2ππ2 ηI ⎝2⎭r 2sin θd θd φ=⎰⎰02m 2⋅02
8πr sin θ000⎫2⎛πcos cos θπ2 ⎪η0I m 2⎝⎭d θ=⎰4π0sin θ=
故辐射电阻
12I m R r 2
⎫2⎛πcos cos θ⎪π η⎝2⎭d θR r =0⎰
2π0sin θ=
η0
22π⎰0
π/2
⎛π⎫
cos 2 cos θ⎪
⎝2⎭d θsin θ
⎫2⎛πcos cos θ⎪π/2 由题给条件 ⎝2⎭d θ=0.609
⎰sin θ0η所以 R r =0⨯0.609=73(Ω) π
P （5）方向系数 D =0（最大辐射方向考察点的电场强度相等） P
式中P 表示理想无方向性天线的辐射功率，P 表示考察天线的辐射功率，于是 0
E
P 0=4πr 02⋅S =4πr 02⋅max
2η0
2
⎡⎛π0⎫⎤cos cos90 ⎪⎥1⎢η0I m e -jkr 022⎥ =4πr 0⋅⋅⎢j ⋅0
2η0⎢2πr 0sin 90⎥
⎢⎥⎣⎦
2η0I m =2π
2
P = ⎰S av ⋅d s
s
⎫2⎛πcos cos θ⎪2ππ2 ηI 2r 2sin θd θd ϕ=⎰⎰02m 2⋅02
8πr sin θ000
⎛π⎫cos 2 cos θ⎪ηI ⎝2⎭d θ=0m ⎰4π0sin θ
2π
=
则
ηI 2π
2π/20m
⎰
⎛π⎫cos 2 cos θ⎪
2d θsin θ
1
=
1
=1.640.609
D =
P 0
=P
⎫2⎛cos π/2 cos θ⎪
⎝2⎭d θ⎰sin θ0
用分贝表示 D =10log 101.64=2.15(dB )
9.4 半波天线的电流振幅为1A ，求离开天线1km 处的最大电场强度。 解：半波天线的电场强度为
η0I m e -jkr
E θ=
2πr 0
⎛π⎫cos cos θ⎪
2⎝⎭⋅
sin θ
可见，当θ=900，时电场为最大值。将θ=900, r 0=1⨯103(m )代入上式，得
η0I m 60
=3=60⨯10-3(V/m) 2πr 010λ9.5 在二元天线阵中，设d =, α=900，求阵因子方向图。
E max =
解：在如题9.5图中，天线0和天线1为同类天线。其间距为d ，它们到场点P 的距离分别为r 0和r 1。天线0和天线1上的电流关系为I =mI e -j α
10
题9.5图
4
, φ)
y
当考察点远离天线计算两天线到P 点的距离采用r ，计算两天线到P 点的相位差采用1≈r 0
r 1≈r 0-d sin θcos ϕ。
则天线1的辐射场到达P 点时较天线0的辐射场超前相位 ψ=kd s i n θc o ϕs -α 天线0和天线1在P 点产生的总的辐射场为
E =E 0+E 1
=E 0(1+me
其摸为
j ψ
)
E =E 0+E 1
=E 0(
1+me j ψ)
=E =E =E 0f (θ, φ)
式中 f (θ, φ)
=
9.6 两个半波天线平行放置，相距λ，它们的电流振幅相等，同相激励。试用方向图乘法草绘出三个主平面的方向图。
2
:解：由上题结论可知，二元阵的方向性函数为 F (θ, φ)=F (θ, 0其中F 0(θ, φ)为单元天线的方向性函数，f
φ, )φ)f (θ
(θ, φ)为阵因子，对于半波天线，
阵因子（由上题结论）
⎛π⎫
cos cos θ⎪（其方向图由题9.3给出）
⎝2⎭F 0=
sin θ
f (θ, φ)
=
当两天线相距d =
λ，其上的电流振幅相等，同相激励时有
m =1, α=0代入上式，得
2
在三个主平面内的单元天线方向性函数和阵因子方向性函数分别为
f (
θ, φ)= ⎛πsin θcos φ⎫=2cos ⎪
2⎝⎭
θ=
⎛π⎫=2cos cos φ⎪
2⎝2⎭
⎛π⎫cos cos θ⎪
φ=0(x z )平面：2⎛π⎫ ⎝⎭F 0=, f =2cos sin θ⎪
sin θ⎝2⎭
π
(x y )平面：F 0=1, f
方向图见题9.6图
⎛π⎫cos cos θ ⎪ φ=(y z )平面：2F 0=, f =22
sin θ
π
θ=
π
2
(x y )平面
y
y
x
F (θ, φ)
z
φ=0(x z )平面
F 0
(θ, φ) f (θ, φ) F (θ, φ)
y
φ=
π
2
(y z )平面 F
(θ, φ) f (θ, φ) F (θ, φ)
题9.6图
f (θ, φ)
F 0
9.7 均匀直线式天线阵得元间距d =λ，如要求它得最大辐射方向在偏离天线阵轴线
2
±600的方向，问单元之间的相位差应为多少，？
N ψ 解：均匀直线式天线阵的阵因子为 f (ψ)=
sin
2
其最大辐射条件可由df (ψ)=0求得 ψ=0
d ψ
即 ψ=kd sin θcos φ-α=0 式中α为单元天线上电流的相位差
sin
考虑θ=900的平面，当φ=±600时有 kd cos600-α=0 所以 α=kd cos600=
9.8 求半波天线的主瓣宽度。
2πλπ
cos600= λ22
如题9.8图所示。
）点之间的夹角
2θ0.5,
题9.8图
⎛π⎫cos cos θ ⎪
半波天线的方向性函数为 2⎝⎭F (θ)=
sin θ
）时所对应的角度θ可由下列公式求得 ⎛π⎫cos cos θ⎪
2F (
θ)==
sin θ解得 θ=510
于是主瓣宽度为 2θ0.5=2(900-θ)=2(900-510)=780
9.9 用方向图乘法求图示[题9.9(1)图]的由半波天线组成的四元侧射式天线阵在垂直于半波天线轴线平面内的方向图。
解：四元天线阵如题9.9(1)图其合成波场强为
E =E 0+E 1+E 2+E 3
=E 0(1+e j ψ+e j 2ψ+e j 3ψ)
=E 0(1+e j ψ)(1+e j 2ψ)
式中
ψ=kd sin θcos φ-α
其方向性函数为 F (θ, φ)=F , 1(θ
φ, )φF )F (2(θ3, θ) φ
其中F 1(θ, φ)为半波天线的方向性函数
⎛π⎫
cos cos θ⎪
2F 1(θ, φ)=
sin θ
F 2(θ, φ)为相距λ/2的天线1和天线2（或天线3和天线4）构成的二元天线阵I （或二
元天线阵II ）的阵因子方向性函数，设各单元天线上电流同相，则
⎛π⎫
F 2(θ, φ)=2cos sin θcos φ⎪
⎝2⎭
F 3(θ, φ)为相距λ的天线阵I 和天线阵II 构成的阵列天线的方向性函数
F 3(θ, φ)=2cos (πsin θcos φ) π在垂直于半波天线轴线的平面内（θ=）F 1(θ, φ), F 2(θ, φ), F 3(θ, φ)的方向图如题9.9(2)
2
图所示。由方向图相乘原理可得该四元阵在θ=
π平面内的辐射方向图如题9.9(2)图所示。
2
F 1⎛
题9.9(2)图
9.10 求波源频率f =1MHz ，线长l =1m 的导线的辐射电阻：
⎫⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫, φ⎪ F 2 , φ⎪ F 3 , φ⎪ F , φ⎪ ⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭
π
（1）设导线是长直的； （2）设导线弯成环形形状。
8
v 3⨯100解：波源的波长 λ===300(m ) 6f 10
由此可知，导线的线度小于波长，故可将该长直导线视为电偶极子天线，其辐射电阻
⎛dl ⎫
R r =80π ⎪=8.8⨯10-3(Ω)
⎝λ⎭
2
2
μ0S 2ω4μ0π2a 4(2πf ) 对于环形导线可视为磁偶极子天线，其辐射电阻 R r ==2286πv 06π(3⨯10)
式中a 为圆环的半径，由2πa =1于是 a =
由以上的计算结果可知，环形天线的辐射电阻远远小于长直天线的辐射电阻，即环形天线的
辐射能力远远小于长直天线的辐射能力。
9.11 为了在垂直于赫兹偶极子轴线的方向上，距离偶极子100km 处得到电场强度的有效值大于100μV /m ，赫兹偶极子必须至少辐射多大功率？ 解：赫兹偶极子的辐射场为 E =j Idl k e -jkr sin θ
θ
4
1代入上式，得 -8
R r =2. 44⨯10(Ω)
2π
2λr ωε
当θ=900，电场强度达到最大值为 E 0=Idl k =ηIdl
90
2λr ωε2λr
2r E 900
于是 Idl =
λ
5
η
将r =1⨯10m , E 0
90
5-4
Idl 2⨯1010 ≥10V /m 代入上式，得
≥
-4
λη
而辐射功率 P =80πI ⎛dl ⎫=πη⎛Idl ⎫
⎪ ⎪
3⎝λ⎭⎝λ⎭
22
π有
P ≥η3⎝⎭
2
22
得 P ≥2.22(W )
九章习题解答
9.1 设元天线的轴线沿东西方向放置，在远方有一移动接收台停在正南方而收到最大电场强度，当电台沿以元天线为中心的圆周在地面移动时，电场强度渐渐减小，问当电场强度减小到
时，电台的位置偏离正南多少度？ 解：元天线（电基本振子）的辐射场为
E =e θ可见其方向性函数为f 大电场强度。由
sin θ=
-j k r
(θ, φ)=sin θ，当接收台停在正南方向（即θ=900）时，得到最
得 θ=450
此时接收台偏离正南方向±450。
9.2 上题中如果接收台不动，将元天线在水平面内绕中心旋转，结果如何？如果接收天线也是元天线，讨论收发两天线的相对方位对测量结果的影响。
解： 如果接收台处于正南方向不动，将天线在水平面内绕中心旋转，当天线的轴线转至沿东西方向时，接收台收到最大电场强度，随着天线地旋转，接收台收到电场强度将逐渐变小，天线的轴线转至沿东南北方向时，接收台收到电场强度为零。如果继续旋转元天线，收台收到电场强度将逐渐由零慢慢增加，直至达到最大，随着元天线地不断旋转，接收台收到电场强度将周而复始地变化。
当接收台也是元天线，只有当两天线轴线平行时接收台收到最大电场强度；当两天线轴线垂直时接收台收到的电场强度为零；当两天线轴线任意位置，接收台收到的电场强介于最大值和零值之间。
9.3 如题9.3图所示一半波天线，其上电流分布为I =I m cos (kz )
1⎫ ⎛1
-
2⎭⎝2
（1）求证：当r 0>>l 时，
（2）求远区的磁场和电场；
（3）求坡印廷矢量； （4）已知
2π
μ0I m e -jkr
A z =
2πkr 0
⎛π⎫cos cos θ⎪
2⋅
sin 2θ
⎰
⎛π⎫cos cos θ⎪⎝2⎭d θ=0.609，求辐射电阻； sin 2θ
（5）求方向性系数。
题9.3（1）图
解：（1）沿z 方向的电流I z 在空间任意一点P (r 0, θ)产生的矢量磁位为
μ A (r , θ)=0
z 0
4π
假设r 0>>l ，则 ⎨1
I z e -jkr
dz ⎰r -l /2
l /2
⎧r ≈r 0-z cos θ
⎩r 2≈r 0+z cos θ
111≈≈ r 1r 2r 0
将以上二式代入A z (r 0, θ)的表示式得
μI
A z (r 0, θ)=0m
4π
l /20-jkr ⎧⎡cos (kz )e -jkr 2⎤⎫⎪⎡cos (kz )e 1⎤⎪
dz +dz ⎨⎰⎢⎥⎢⎥⎬⎰r r ⎪0⎣⎪00-l /2⎣⎦⎦⎭⎩
-jk (r 0-z cos θ)
μ0I m l /2⎡cos (kz )e
=⎢4π⎰r 0
0⎢⎣
cos (kz )e -jk (r 0+z cos θ)⎤
+⎥dz
r 0⎥⎦
μ0I m -jkr l /2⎡jkz cos θ-jkz cos θ
⎤dz =e cos kz e +e ()⎰⎣⎦4πr 0
μ0I m -jkr l /2
A z (r 0, θ)=e ⎡⎣2cos (kz )cos (kz cos θ)⎤⎦dz ⎰4πr 0
μ0I m -jkr l /2=e cos ⎡kz (1+cos θ)⎤+cos ⎡kz (1-cos θ)⎤dz {}⎣⎦⎣⎦⎰4πr 0
⎡⎛π⎫⎛π⎫⎤1-cos θcos cos θ1+cos θcos cos θ()() ⎪ ⎪⎥μ0I m -jkr 0⎢22⎝⎭⎝⎭⎥=e +⎢
4πr 0sin 2θsin 2θ⎢⎥
⎢⎥⎣⎦=
由此得证。
（2）远区的磁场和电场为
μ0I m -jkr
e 2πkr 0
⎛π⎫cos cos θ⎪2sin 2θ
H =
1
μ0
∇⨯A
r 0e θ∂∂θr 0A θ
r 0sin θe φ
∂∂φr 0sin θA φ
e r
11∂=
μ0r 02sin θ∂r 0
A r
A r =A z cos θ
而 A θ=-A z sin θ
A φ=0
H ϕ=
得
1∂
(r A sin θ)μ0r 0∂r 00z
⎛π⎫ cos cos θ⎪
I m e -jkr 02=j ⋅2πr 0sin θH r =0, H θ=0
1
由麦克斯韦方程 E =∇⨯H
j ωε
得
E θ=η0H φ
η0I m e -jkr =j
2πr 0
⎛π⎫
cos cos θ⎪ E r =0, E φ=0
⎝2⎭⋅
sin θ
在极坐标系下E 面和H 面的方向图如题9.3（2）图所示。
⎛π⎫cos cos θ ⎪ 由远区场的表示式，可得其方向性函数为 2f (θ)=
sin θ
y
y
E 面方向图 E 面方向图 题9.3（2）图
（3）平均坡印廷矢量为
S av =1Re ⎡E ⨯H *⎤
⎣⎦2
S =
11E θH φ=E θ22η0
2
2
（2） 由总辐射功率
⎛π⎫
cos cos θ⎪2
ηI 2=22⋅8πr 0sin 2θ
P = ⎰S av ⋅d s
s
⎫2⎛πcos cos θ⎪2ππ2 ηI ⎝2⎭r 2sin θd θd φ=⎰⎰02m 2⋅02
8πr sin θ000⎫2⎛πcos cos θπ2 ⎪η0I m 2⎝⎭d θ=⎰4π0sin θ=
故辐射电阻
12I m R r 2
⎫2⎛πcos cos θ⎪π η⎝2⎭d θR r =0⎰
2π0sin θ=
η0
22π⎰0
π/2
⎛π⎫
cos 2 cos θ⎪
⎝2⎭d θsin θ
⎫2⎛πcos cos θ⎪π/2 由题给条件 ⎝2⎭d θ=0.609
⎰sin θ0η所以 R r =0⨯0.609=73(Ω) π
P （5）方向系数 D =0（最大辐射方向考察点的电场强度相等） P
式中P 表示理想无方向性天线的辐射功率，P 表示考察天线的辐射功率，于是 0
E
P 0=4πr 02⋅S =4πr 02⋅max
2η0
2
⎡⎛π0⎫⎤cos cos90 ⎪⎥1⎢η0I m e -jkr 022⎥ =4πr 0⋅⋅⎢j ⋅0
2η0⎢2πr 0sin 90⎥
⎢⎥⎣⎦
2η0I m =2π
2
P = ⎰S av ⋅d s
s
⎫2⎛πcos cos θ⎪2ππ2 ηI 2r 2sin θd θd ϕ=⎰⎰02m 2⋅02
8πr sin θ000
⎛π⎫cos 2 cos θ⎪ηI ⎝2⎭d θ=0m ⎰4π0sin θ
2π
=
则
ηI 2π
2π/20m
⎰
⎛π⎫cos 2 cos θ⎪
2d θsin θ
1
=
1
=1.640.609
D =
P 0
=P
⎫2⎛cos π/2 cos θ⎪
⎝2⎭d θ⎰sin θ0
用分贝表示 D =10log 101.64=2.15(dB )
9.4 半波天线的电流振幅为1A ，求离开天线1km 处的最大电场强度。 解：半波天线的电场强度为
η0I m e -jkr
E θ=
2πr 0
⎛π⎫cos cos θ⎪
2⎝⎭⋅
sin θ
可见，当θ=900，时电场为最大值。将θ=900, r 0=1⨯103(m )代入上式，得
η0I m 60
=3=60⨯10-3(V/m) 2πr 010λ9.5 在二元天线阵中，设d =, α=900，求阵因子方向图。
E max =
解：在如题9.5图中，天线0和天线1为同类天线。其间距为d ，它们到场点P 的距离分别为r 0和r 1。天线0和天线1上的电流关系为I =mI e -j α
10
题9.5图
4
, φ)
y
当考察点远离天线计算两天线到P 点的距离采用r ，计算两天线到P 点的相位差采用1≈r 0
r 1≈r 0-d sin θcos ϕ。
则天线1的辐射场到达P 点时较天线0的辐射场超前相位 ψ=kd s i n θc o ϕs -α 天线0和天线1在P 点产生的总的辐射场为
E =E 0+E 1
=E 0(1+me
其摸为
j ψ
)
E =E 0+E 1
=E 0(
1+me j ψ)
=E =E =E 0f (θ, φ)
式中 f (θ, φ)
=
9.6 两个半波天线平行放置，相距λ，它们的电流振幅相等，同相激励。试用方向图乘法草绘出三个主平面的方向图。
2
:解：由上题结论可知，二元阵的方向性函数为 F (θ, φ)=F (θ, 0其中F 0(θ, φ)为单元天线的方向性函数，f
φ, )φ)f (θ
(θ, φ)为阵因子，对于半波天线，
阵因子（由上题结论）
⎛π⎫
cos cos θ⎪（其方向图由题9.3给出）
⎝2⎭F 0=
sin θ
f (θ, φ)
=
当两天线相距d =
λ，其上的电流振幅相等，同相激励时有
m =1, α=0代入上式，得
2
在三个主平面内的单元天线方向性函数和阵因子方向性函数分别为
f (
θ, φ)= ⎛πsin θcos φ⎫=2cos ⎪
2⎝⎭
θ=
⎛π⎫=2cos cos φ⎪
2⎝2⎭
⎛π⎫cos cos θ⎪
φ=0(x z )平面：2⎛π⎫ ⎝⎭F 0=, f =2cos sin θ⎪
sin θ⎝2⎭
π
(x y )平面：F 0=1, f
方向图见题9.6图
⎛π⎫cos cos θ ⎪ φ=(y z )平面：2F 0=, f =22
sin θ
π
θ=
π
2
(x y )平面
y
y
x
F (θ, φ)
z
φ=0(x z )平面
F 0
(θ, φ) f (θ, φ) F (θ, φ)
y
φ=
π
2
(y z )平面 F
(θ, φ) f (θ, φ) F (θ, φ)
题9.6图
f (θ, φ)
F 0
9.7 均匀直线式天线阵得元间距d =λ，如要求它得最大辐射方向在偏离天线阵轴线
2
±600的方向，问单元之间的相位差应为多少，？
N ψ 解：均匀直线式天线阵的阵因子为 f (ψ)=
sin
2
其最大辐射条件可由df (ψ)=0求得 ψ=0
d ψ
即 ψ=kd sin θcos φ-α=0 式中α为单元天线上电流的相位差
sin
考虑θ=900的平面，当φ=±600时有 kd cos600-α=0 所以 α=kd cos600=
9.8 求半波天线的主瓣宽度。
2πλπ
cos600= λ22
如题9.8图所示。
）点之间的夹角
2θ0.5,
题9.8图
⎛π⎫cos cos θ ⎪
半波天线的方向性函数为 2⎝⎭F (θ)=
sin θ
）时所对应的角度θ可由下列公式求得 ⎛π⎫cos cos θ⎪
2F (
θ)==
sin θ解得 θ=510
于是主瓣宽度为 2θ0.5=2(900-θ)=2(900-510)=780
9.9 用方向图乘法求图示[题9.9(1)图]的由半波天线组成的四元侧射式天线阵在垂直于半波天线轴线平面内的方向图。
解：四元天线阵如题9.9(1)图其合成波场强为
E =E 0+E 1+E 2+E 3
=E 0(1+e j ψ+e j 2ψ+e j 3ψ)
=E 0(1+e j ψ)(1+e j 2ψ)
式中
ψ=kd sin θcos φ-α
其方向性函数为 F (θ, φ)=F , 1(θ
φ, )φF )F (2(θ3, θ) φ
其中F 1(θ, φ)为半波天线的方向性函数
⎛π⎫
cos cos θ⎪
2F 1(θ, φ)=
sin θ
F 2(θ, φ)为相距λ/2的天线1和天线2（或天线3和天线4）构成的二元天线阵I （或二
元天线阵II ）的阵因子方向性函数，设各单元天线上电流同相，则
⎛π⎫
F 2(θ, φ)=2cos sin θcos φ⎪
⎝2⎭
F 3(θ, φ)为相距λ的天线阵I 和天线阵II 构成的阵列天线的方向性函数
F 3(θ, φ)=2cos (πsin θcos φ) π在垂直于半波天线轴线的平面内（θ=）F 1(θ, φ), F 2(θ, φ), F 3(θ, φ)的方向图如题9.9(2)
2
图所示。由方向图相乘原理可得该四元阵在θ=
π平面内的辐射方向图如题9.9(2)图所示。
2
F 1⎛
题9.9(2)图
9.10 求波源频率f =1MHz ，线长l =1m 的导线的辐射电阻：
⎫⎛π⎫⎛π⎫⎛π⎫, φ⎪ F 2 , φ⎪ F 3 , φ⎪ F , φ⎪ ⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭⎝2⎭
π
（1）设导线是长直的； （2）设导线弯成环形形状。
8
v 3⨯100解：波源的波长 λ===300(m ) 6f 10
由此可知，导线的线度小于波长，故可将该长直导线视为电偶极子天线，其辐射电阻
⎛dl ⎫
R r =80π ⎪=8.8⨯10-3(Ω)
⎝λ⎭
2
2
μ0S 2ω4μ0π2a 4(2πf ) 对于环形导线可视为磁偶极子天线，其辐射电阻 R r ==2286πv 06π(3⨯10)
式中a 为圆环的半径，由2πa =1于是 a =
由以上的计算结果可知，环形天线的辐射电阻远远小于长直天线的辐射电阻，即环形天线的
辐射能力远远小于长直天线的辐射能力。
9.11 为了在垂直于赫兹偶极子轴线的方向上，距离偶极子100km 处得到电场强度的有效值大于100μV /m ，赫兹偶极子必须至少辐射多大功率？ 解：赫兹偶极子的辐射场为 E =j Idl k e -jkr sin θ
θ
4
1代入上式，得 -8
R r =2. 44⨯10(Ω)
2π
2λr ωε
当θ=900，电场强度达到最大值为 E 0=Idl k =ηIdl
90
2λr ωε2λr
2r E 900
于是 Idl =
λ
5
η
将r =1⨯10m , E 0
90
5-4
Idl 2⨯1010 ≥10V /m 代入上式，得
≥
-4
λη
而辐射功率 P =80πI ⎛dl ⎫=πη⎛Idl ⎫
⎪ ⎪
3⎝λ⎭⎝λ⎭
22
π有
P ≥η3⎝⎭
2
22
得 P ≥2.22(W )