CN103411528A - 利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法 - Google Patents

Abstract

本发明涉及一种利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，该方法采用非线性最小二乘法导出电场探头旋转后的偏移量与圆极化天线轴比方向图关系的数学模型，利用Gauss-Newton迭代的方法对电场探头旋转后的偏移量进行数值求解，得到电场探头旋转偏移△x和△y用于近远场变换的补偿，从而得到准确的圆极化天线远场方向图和轴比方向图。该方法不需要架设笨重的光学测量设备就可以得到电场探头旋转偏移△x和△y的精确值，同时仅需完成两次平面近场测量，减少了工作量；用于测量的电场探头只需要能够旋转90度，不要求电场探头具备360度旋转的能力；且能自动补偿电场探头旋转偏移的能力。

Description

利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法

技术领域

本发明涉及天线近场测量技术领域，尤其涉及利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法。

背景技术

天线近场测量技术是国内外广泛采用的一种高精度天线测量与诊断技术。天线近场通常分为近场感应区和近场辐射区，近场感应区也称为电抗近区、储能区，其电磁场分布情况复杂，需要同时准确测量电场和磁场的幅度和相位信息才能够计算出天线的远场方向图。当离开待测天线3个波长的区域就是近场辐射区，此时感应近场对天线测量的影响可以忽略不计。在近场辐射区，电场、磁场和传播方向互相垂直，且电场和磁场强度的比值为空气的阻抗，所以天线近场测量只需要在近场辐射区对电场的幅度和相位信息进行采样即可计算出天线的远场方向图。

在天线平面近场测试系统精确测量圆极化天线远场方向图和轴比的应用场合，平面近场测试系统通常采用线极化纯度高的电场探头(如开口波导)测量并计算圆极化天线远场方向图。在测量完电场极化分量的近场幅度和相位信息后，电场探头旋转90°测量另一个正交的极化分量的近场幅度和相位信息。电场探头旋转90°前后，其中心位置会发生偏移(不同心)，偏移了Δx，Δy的距离。在毫米波和亚毫米波频段，其偏移量可以与波长相比拟，此时圆极化天线远场方向图和轴比的测量精度会极大降低，测试结果甚至完全无效。

探头补偿和快速傅立叶变换(FFT)是天线近场测试的两项关键技术。由于不存在理想的全向天线，通常采用宽波束天线作为电场探头，需要补偿电场探头自身方向特性对测试结果的影响，才能得到准确的测量结果。探头补偿作为天线近场测试的核心技术，极大提高了天线方向图的测试精度。利用电场探头测量待测天线近场辐射区域内电场分布的幅度和相位信息，通过快速傅立叶变换(FFT)完成天线的近远场变换，得到天线的远场方向图。尤其是在测量圆极化天线的远场方向图中，通常是测得电场两个正交线极化分量近场的幅度和相位信息后，通过近远场转换的傅立叶变换计算出两个正交分量远场的幅度和相位方向图，再将其带入左旋圆极化和右旋圆极化分量的计算公式得到圆极化天线的远场幅度、相位和轴比方向图。

实际测试经验表明：Δx和Δy的偏移量超过0.2波长，圆极化天线的远场方向图和轴比的测量误差就较大；如果超过1个波长，测量结果无效。最理想的解决办法是满足电场探头旋转同心的要求，Δx和Δy尽可能小于波长的5％。由于电场探头，射频模块和工装的加工和安装误差的累积，Δx和Δy偏移量很难小于毫米级，已经可以与毫米波和亚毫米波的波长相比拟。对于毫米波和亚毫米波频段的平面近场测试而言，电场探头很难满足旋转同心的要求，因此消除电场探头旋转带来的Δx和Δy的偏移对圆极化天线远场方向图测试的影响，是毫米波和亚毫米波圆极化天线平面近场高精度测量必需解决的问题。

在毫米波和亚毫米波频段，由于很难通过提高机械加工和安装精度满足电场探头的旋转同心要求，通常采用光学测量的方法，得到电场探头旋转后Δx和Δy的偏移量。然后将其用于计算圆极化天线远场方向图的补偿，得到准确的圆极化天线远场方向图，其代价是需要架设笨重的光学测量设备完成精确的位置测量。

还有一种较为新颖的方法：利用线极化天线校准电场探头旋转后的Δx和Δy偏移量，然后将其用于圆极化天线远场方向图的补偿。该方法将线极化天线放置为水平极化，电场探头也放置为水平极化，测量得到天线水平极化的远场幅度和相位方向图；然后将电场探头旋转180°，测量得到天线水平极化的另外一组远场幅度和相位方向图。这两组数据的远场幅度完全一致，远场相位除了存在180°的固相位差外，还存在Δx偏移引入的相位差：

由此可以计算出Δx的偏移量。将线极化天线放置为垂直极化，采用类似的方法可以得到Δy的偏移量。

该方法不需要架设笨重的光学测量设备就可以得到Δx和Δy偏移的精确值，但存在的主要问题有：1)需要完成四次近场测量任务，工作量极大；2)部分电场探头不能够实现360°范围内的旋转；3)不具备自动补偿圆极化天线Δx和Δy偏移的能力。

发明内容

为解决现有技术中在测量电场探头旋转后的Δx和Δy的偏移量时存在的上述技术问题，本发明的提供了一种利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，通过建立圆极化天线轴比方向图与电场探头旋转偏移的数学模型，精确测量并计算电场探头旋转带来的Δx和Δy偏移量，消除其对平面近场测试系统测量圆极化天线远场方向图的影响，提高了圆极化天线轴比和远场方向图的测量精度。

为实现上述目的，本发明的提供了一种利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，该方法包括：

步骤1)、利用平面近场测试系统的电场探头测量圆极化天线的两个正交的线极化分量的近场幅度和相位；

步骤2)、利用步骤1)得到的两个正交的线极化分量的近场幅度和相位通过近远场转换的傅立叶变换，计算出所述的两个正交的线极化分量的远场幅度和相位差；

步骤3)、将步骤2)计算得到的两个正交的线极化分量的远场幅度和相位差分解为等幅同相位的左旋和右旋圆极化分量，然后分别将该左旋和右旋圆极化分量按矢量合成得到圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度，

所述圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度的计算公式如下所示：

$E_{\mathrm{LHCP}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$ 公式10

$E_{\mathrm{RHCP}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{3\mathrm{\π}}{2})}$ 公式11

其中，E_az和E_el分别为两个正交的线极化分量的远场幅度，Δφ为两个正交的线极化分量的远场相位差，E_LHCP和E_RHCP分别为圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度；

步骤4)、利用步骤3)中得到的圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度导出圆极化天线轴比方向图的计算公式，采用非线性最小二乘法导出电场探头旋转后的偏移量与圆极化天线轴比方向图关系的数学模型，利用Gauss-Newton迭代的方法对电场探头旋转后的偏移量进行数值求解，得到电场探头旋转偏移Δx和Δy，

所述圆极化天线轴比方向图的计算公式如下所示：

$\mathrm{AR}=\left|\frac{E_{\mathrm{RHCP}}+E_{\mathrm{LHCP}}}{E_{\mathrm{RHCP}}-E_{\mathrm{LHCP}}}\right|$ 公式12

将公式10和公式11代入公式12，得到：

$\mathrm{AR}=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$ 公式13

所述的数学模型如下所示：

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}-1)}^2$     公式14

其中，Δφ为所述两个正交的线极化分量的远场相位差，其计算公式如下所示：

$\mathrm{\Δ\φ}={\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}\cos \mathrm{\φ}+\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}\sin \mathrm{\φ})$     公式7

φ_az(θ，φ)表示电场探头在旋转前测量得到的线极化分量E_az的远场相位方向图，φ_el(θ，φ)表示电场探头在旋转90°后未发生偏移得到的线极化分量E_el的远场相位方向图，(θ，φ)表示电场探头在旋转90°后发生偏移得到的线极化分量E_el的远场相位方向图，Δx表示电场探头旋转后的水平位置偏移量，Δy表示电场探头旋转后的垂直位置偏移量，θ和φ分别表示球坐标系的俯仰角和方位角。

作为上述技术方案的进一步改进，所述步骤4)中利用Gauss-Newton法迭代求解Δx的具体步骤如下：所述的公式14取最小值，

令 $f(\mathrm{\Δx},\mathrm{\θ})=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})},$ 选取一个初始值Δx＝0，且使得：

Δx＝Δx(0)+δ(Δx)

如果能够确定δ(Δx)，则可以确定Δx的值；为求出δ(Δx)，在Δx附近对f(Δx，θ)作泰勒级数展开，并略去δ(Δx)的高次项，则有：

$f(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)=f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)$     公式15

其中，俯仰角为θ_m角度，

公式15中，有

f₀(Δx，θ_m)＝f(Δx(0)，θ_m)

$\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}=-\frac{4\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}{E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{[{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})]}^{-\frac{1}{2}}\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})$

$-\frac{\frac{\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})})\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}{E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$

将上述分析结果代入公式14，得到

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)-1)}^2$     公式16

由以上分析可知，I是δ(Δx)的函数，根据最小二乘法原理，应满足

故有：

$\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)=\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}(1-f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m))\right)/\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{\left(\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\right)}^2\right)$     公式17

如果求解得到的δ(Δx)不满足收敛要求，将其代入Δx＝Δx(0)+δ(Δx)重复上式步骤直到δ(Δx)满足收敛条件，从而求得Δx；

利用Gauss-Newton法迭代求解Δy的具体步骤如下：所述的公式14取最小值，

令 $f(\mathrm{\Δy},\mathrm{\θ})=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})},$ 选取一个初始值Δy＝0，且使得：

Δy＝Δy(0)+δ(Δy)

如果能够确定δ(Δy)，则可以确定Δy的值；为求出δ(Δy)，在Δy附近对f(Δy，θ)作泰勒级数展开，并略去δ(Δy)的高次项，则有：

$f(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)=f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)$     公式15

公式15中，有

f₀(Δy，θ_m)＝f(Δy(0)，θ_m)

$\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}=-\frac{4\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}{E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{[{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})]}^{-\frac{1}{2}}\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})$

$-\frac{\frac{\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})})\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}{E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$

将上述分析结果代入公式14，得到

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)-1)}^2$     公式16

由以上分析可知，I是δ(Δy)的函数，根据最小二乘法原理，应满足

故有：

$\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)=\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}(1-f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m))\right)/\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{\left(\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\right)}^2\right)$     公式17

如果求解得到的δ(Δy)不满足收敛要求，将其代入Δy＝Δy(0)+δ(Δy)重复上式步骤直到δ(Δy)满足收敛条件，从而求得Δy。

作为上述技术方案的进一步改进，所述公式7中选取φ＝0°的切面，也就是圆极化天线远场方向图的方位面，则公式7简化为公式8，

${\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}$     公式8

表示只有Δx会对两个正交的线极化分量的远场相位差产生影响；

所述公式7中选取φ＝90°的切面，也就是圆极化天线远场方向图的俯仰面，公式7简化为公式9，

${\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}$     公式9

表示只有Δy会对两个正交的线极化分量的远场相位差产生影响。

作为上述技术方案的进一步改进，所述的电场探头采用线极化纯度高的天线。

作为上述技术方案的进一步改进，所述的圆极化天线采用两个正交极化分量的口径场分布完全相同的多模喇叭或波纹喇叭。

本发明的利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法的优点在于：

通过建立电场探头旋转偏移Δx和Δy与圆极化天线轴比方向图关系的数学模型，利用非线性最小二乘法导出所述Δx和Δy偏移量与圆极化天线轴比方向图关系的数学模型，并利用Gauss-Newton迭代的方法对电场探头旋转后的偏移量进行数值求解，可以得到精确的Δx和Δy偏移值。将Δx和Δy偏移量用于近远场变换的补偿，从而可以得到准确的圆极化天线远场方向图和轴比方向图。该方法不需要架设笨重的光学测量设备就可以得到电场探头旋转偏移Δx和Δy的精确值，同时仅需完成两次平面近场测量，减少了工作量；用于测量的电场探头旋转角度小，电场探头只需要能够旋转90度，不要求电场探头具备360度旋转的能力；且能自动补偿电场探头旋转偏移的能力。

附图说明

图1是本发明实施例中的平面近场测试系统的电场探头在旋转90°前后，其中心位置偏移的示意图。

图2是本发明实施例中利用求得的电场探头旋转后的水平位置偏移量Δx，进行圆极化天线轴比方向图补偿前后的对比示意图。

图3是本发明实施例中利用求得的电场探头旋转后的水平位置偏移量Δx，进行圆极化天线远场方向图补偿前后的对比示意图。

图4是本发明的利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法的流程图。

具体实施方式

下面结合附图和具体实施方式对本发明作进一步的描述并通过下述技术方案予以实现。

为了详细说明本发明的利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，首先，

根据Kerns的平面波耦合矩阵理论得到探头响应与待测天线波谱函数之间的关系：

$b_0^{\′}(x,y,d)=a_0{F}^{\′}\∫\∫\stackrel{\‾}{t_{10}}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)\·{\stackrel{\‾}{S_{02}}}^{\′}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)\·e^{\mathrm{j\γd}}.e^{j(k_{x}x+k_{y}y)}{\mathrm{dk}}_x{\mathrm{dk}}_y$    公式1

在公式1中：b′₀(x，y，d)为电场探头的近场幅度和相位输出，a₀为待测天线的幅度和相位输入，F′是阻抗失配因子，和

分别为待测天线发射波谱函数和电场探针接收波谱函数；x和y是电场探针在扫描平面内距离扫描中心的位置。

在测量圆极化天线的两个正交的线极化分量的时候，公式1描述的是电场探头旋转90°未发生偏移时的情况。当电场探头旋转90°发生偏移时，公式1变换为以下公式：

$b_0^{\′}(x+\mathrm{\Δx},y+\mathrm{\Δy},d)=a_0{F}^{\′}\∫\∫\stackrel{\‾}{t_{10}}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)\·{\stackrel{\‾}{S_{02}}}^{\′}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)\·e^{\mathrm{j\γd}}\·e^{j(k_x(x+\mathrm{\Δx})+\mathrm{ky}(y+\mathrm{\Δy}))}{\mathrm{dk}}_x{\mathrm{dk}}_y$    公式2

由公式1和公式2，可以得到：

$b_0^{\′}(x+\mathrm{\Δx},y+\mathrm{\Δy},d)=b_0^{\′}(x,y,d)\·e^{j(k_x\mathrm{\Δx}+k_y\mathrm{\Δy})}$    公式3

公式3清楚地表明：电场探头旋转90°未发生偏移和发生偏移对于天线平面近场测试而言，电场探头测量得到的线极化分量的近场幅度不变，而近场相位增加了

的固定值。

在天线平面近场测试理论中，天线远场方向图和天线波谱函数是完全等价的。即

表示的天线远场方向图和b′₀(x，y，d)表示的电场探头的近场幅度和相位输出，是傅立叶变换关系。在天线平面近场测试中，通常取d＝0，也就是扫描平面为z＝0的平面以方便问题的讨论。因此，天线远场方向图可以由公式1的逆傅立叶变换得到：

$\stackrel{\‾}{t_{10}}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)\·{\stackrel{\‾}{S_{02}}}^{\′}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)=\frac{1}{{4\mathrm{\πa}}_0{F}^{\′}}\∫\∫b_0^{\′}(x,y)e^{j(k_{x}x+k_{y}y)}\mathrm{dxdy}$     公式4

通常情况下，天线平面近场测试系统使用的电场探头远场方向图已知，才能在公式4中进行探头补偿，得到待测天线准确的远场方向图。公式4得到的天线远场方向图是电场探头旋转90°未发生偏移时的情况；当电场探头旋转90°发生偏移的时候，可以将公式3带入公式4，得到其发生偏移的天线远场方向图。由公式5可知：电场探头旋转90°未发生偏移与发生偏移相比，计算得到的天线远场方向图的幅度不变，相位增加了

的固定值。

${[\stackrel{\‾}{t_{10}}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)\·{\stackrel{\‾}{S_{02}}}^{\′}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)]}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}=\frac{1}{4\mathrm{\π}{a}_0{F}^{\′}}\∫\∫b_0^{\′}(x+\mathrm{\Δx},y+\mathrm{\Δy})e^{j(k_{x}x+k_{y}y)}\mathrm{dxdy}$     公式5

$=[\frac{1}{4\mathrm{\π}{a}_0{F}^{\′}}\∫\∫b_0^{\′}(x,y)e^{j(k_{x}x+k_{y}y)}\mathrm{dxdy}]\·e^{j(k_x\mathrm{\Δx}+k_y\mathrm{\Δy})}=[\stackrel{\‾}{t_{10}}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)\·{\stackrel{\‾}{S_{02}}}^{\′}\left(\stackrel{\‾}{K}\right)]\·e^{j(k_x\mathrm{\Δx}+k_y\mathrm{\Δy})}$

如图4所示，本发明通过利用上述的圆极化天线正交极化分量的近场幅度和相位数据计算该极化分量的远场幅度和相位方向图的公式，提供一种利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，该方法包括：

步骤1)利用平面近场测试系统的电场探头测量圆极化天线的两个正交的线极化分量的近场幅度和相位；

步骤2)利用步骤1得到的两个正交的线极化分量的近场幅度和相位通过近远场转换的傅立叶变换，计算出所述的两个正交的线极化分量的远场幅度和相位差；

步骤3)、将步骤2)计算得到的两个正交的线极化分量的远场幅度和相位差分解为等幅同相位的左旋和右旋圆极化分量，然后分别将该左旋和右旋圆极化分量按矢量合成得到圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度，

所述圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度的计算公式如下所示：

$E_{\mathrm{LHCP}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$    公式10

$E_{\mathrm{RHCP}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{3\mathrm{\π}}{2})}$     公式11

其中，E_az和E_el分别为两个正交的线极化分量的远场幅度，Δφ为两个正交的线极化分量的远场相位差，E_LHCP和E_RHCP分别为圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度；

步骤4)、利用步骤3)中得到的圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度导出圆极化天线轴比方向图的计算公式，所述圆极化天线轴比方向图的计算公式如下所示：

$\mathrm{AR}=\left|\frac{E_{\mathrm{RHCP}}+E_{\mathrm{LHCP}}}{E_{\mathrm{RHCP}}-E_{\mathrm{LHCP}}}\right|$      公式12

将公式10和公式11代入公式12，得到：

$\mathrm{AR}=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$     公式13

采用非线性最小二乘法导出电场探头旋转后的偏移量与圆极化天线轴比方向图关系的数学模型，考虑到消除电场探头旋转偏移后，圆极化天线轴比方向图应当更加接近于1(用dB表示为0dB)，采用非线性最小二乘法求解，考虑到轴比AR≥1，则有所述的数学模型如下所示：

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}-1)}^2$      公式14

其中，Δφ为所述两个正交的线极化分量的远场相位差，其计算公式如下所示：

$\mathrm{\Δ\φ}={\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}\cos \mathrm{\φ}+\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}\sin \mathrm{\φ})$       公式7

φ_az(θ，φ)表示电场探头在旋转前测量得到的线极化分量E_az的远场相位方向图，φ_el(θ，φ)表示电场探头在旋转90°后未发生偏移得到的线极化分量E_el的远场相位方向图，表示电场探头在旋转90°后发生偏移得到的线极化分量E_el的远场相位方向图，Δx表示电场探头旋转后的水平位置偏移量，Δy表示电场探头旋转后的垂直位置偏移量，θ和φ分别表示球坐标系的俯仰角和方位角；最后，利用Gauss-Newton迭代的方法对电场探头旋转后的偏移量进行数值求解，得到电场探头旋转偏移Δx和Δy。

基于上述利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，在本发明实施例中所述步骤3)中Δφ的推导如公式6、7所示：

由于电场探头在旋转90°后未发生偏移与发生偏移相比，计算得到的圆极化天线远场方向图的幅度不变，相位增加了的固定值，考虑到

和

电场探头旋转90°后发生偏移引起的圆极化天线远场方向图相位增加的固定值描述为：

${\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})=\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}\cos \mathrm{\φ}+\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}\sin \mathrm{\φ})$         公式6

其中，φ_el(θ，φ)表示电场探头在旋转90°后未发生偏移得到的线极化分量的远场相位方向图，

表示电场探头在旋转90°后发生偏移得到的线极化分量的远场相位方向图，Δx表示电场探头旋转后的水平位置偏移量，Δy表示电场探头旋转后的垂直位置偏移量；

所述两个正交的线极化分量的远场相位差表示为：Δφ＝φ_el(θ，φ)-φ_az(θ，φ)，并代入公式6，

则有：

${\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}\cos \mathrm{\φ}+\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}\sin \mathrm{\φ})$       公式7

其中，φ_az(θ，φ)表示电场探头在旋转前测量得到的线极化分量的远场相位方向图。

在本发明实施例中所述步骤4)中利用Gauss-Newton法迭代求解Δx的具体步骤如下：所述的公式14取最小值，

令 $f(\mathrm{\Δx},\mathrm{\θ})=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})},$ 选取一个初始值Δx＝0，且使得：

Δx＝Δx(0)+δ(Δx)

如果能够确定δ(Δx)，则可以确定Δx的值；为求出δ(Δx)，在Δx附近对f(Δx，θ)作泰勒级数展开，并略去δ(Δx)的高次项，则有：

$f(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)=f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)$          公式15

其中，俯仰角为θ_m角度，

公式15中，有

f₀(Δx，θ_m)＝f(Δx(0)，θ_m)

$\begin{array}{c}\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}=-\frac{4\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}{E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{[{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})]}^{-\frac{1}{2}}\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})\\ -\frac{\frac{\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})})\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}{E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}\end{array}$

将上述分析结果代入公式14，得到

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)-1)}^2$         公式16

由以上分析可知，I是δ(Δx)的函数，根据最小二乘法原理，应满足

故有：

$\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)=\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}(1-f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m))\right)/{\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}(\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\right)}^2)$        公式17

如果求解得到的δ(Δx)不满足收敛要求，将其代入Δx＝Δx(0)+δ(Δx)重复上式步骤直到δ(Δx)满足收敛条件，从而求得Δx；

利用Gauss-Newton法迭代求解Δy的具体步骤如下：所述的公式14取最小值，

令 $f(\mathrm{\Δy},\mathrm{\θ})=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{2E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})},$ 选取一个初始值Δy＝0，且使得：

Δy＝Δy(0)+δ(Δy)

如果能够确定δ(Δy)，则可以确定Δy的值；为求出δ(Δy)，在Δy附近对f(Δy，θ)作泰勒级数展开，并略去δ(Δy)的高次项，则有：

$f(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)=f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)$         公式15

公式15中，有

f₀(Δy，θ_m)＝f(Δy(0)，θ_m)

$\begin{array}{c}\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}=-\frac{4\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}{E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{[{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})]}^{-\frac{1}{2}}\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})\\ -\frac{\frac{\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})})\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}{E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}\end{array}$

将上述分析结果代入公式14，得到

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)-1)}^2$        公式16

由以上分析可知，I是δ(Δy)的函数，根据最小二乘法原理，应满足

故有：

$\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)=\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}\frac{{\∂f}_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}(1-f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m))\right)/\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{\left(\frac{{\∂f}_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\right)}^2\right)$      公式17

如果求解得到的δ(Δy)不满足收敛要求，将其代入Δy＝Δy(0)+δ(Δy)重复上式步骤直到δ(Δy)满足收敛条件，从而求得Δy。

基于上述实施例，所述公式7中可选取φ＝0°的切面，也就是圆极化天线远场方向图的方位面，则公式7简化为公式8，

${\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}$            公式8

表示只有Δx会对两个正交的线极化分量的远场相位差产生影响；

所述公式7中可选取φ＝90°的切面，也就是圆极化天线远场方向图的俯仰面，公式7简化为公式9，

${\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}$               公式9

表示只有Δy会对两个正交的线极化分量的远场相位差产生影响。

利用上述选取圆极化天线远场方向图的方位面和俯仰面进行测量的方法，可以很方便的分别求解Δx和Δy。

另外，所述的电场探头可采用线极化纯度高的天线；对于两个正交极化分量的口径场分布完全相同的圆极化天线(如多模喇叭、波纹喇叭等)，不需要额外的测试标定Δx和Δy偏移量，具有自动补偿Δx和Δy偏移的功能，故所述的圆极化天线优选为两个正交极化分量的口径场分布完全相同的多模喇叭或波纹喇叭。

如图2所示，为53GHz圆极化波纹喇叭的轴比方向图补偿前后的实际测试结果。利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，求解得到电场探头旋转后的水平位置偏移量Δx＝-4.0186mm；将Δx用于近场数据补偿。补偿前后的结果反映了运用该方法消除了电场探头旋转偏移对圆极化天线测量的影响。同时，也可以将其直接用于远场方向图的补偿。

如图3所示，为53GHz圆极化波纹喇叭的远场方向图补偿前后的实际测试结果。利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，求解得到电场探头旋转后的水平位置偏移量Δx＝-4.0186mm，将Δx用于远场数据补偿。补偿前后的结果反映了圆极化天线远场方向图的测试精度得到了明显的改善。

最后所应说明的是，以上实施例仅用以说明本发明的技术方案而非限制。尽管参照实施例对本发明进行了详细说明，本领域的普通技术人员应当理解，对本发明的技术方案进行修改或者等同替换，都不脱离本发明技术方案的精神和范围，其均应涵盖在本发明的权利要求范围当中。

Claims (5)

1.利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，该方法包括：

步骤1)、利用平面近场测试系统的电场探头测量圆极化天线的两个正交的线极化分量的近场幅度和相位；

步骤2)、利用步骤1)得到的两个正交的线极化分量的近场幅度和相位通过近远场转换的傅立叶变换，计算出所述的两个正交的线极化分量的远场幅度和相位差；

步骤3)、将步骤2)计算得到的两个正交的线极化分量的远场幅度和相位差分解为等幅同相位的左旋和右旋圆极化分量，然后分别将该左旋和右旋圆极化分量按矢量合成得到圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度，

所述圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度的计算公式如下所示：

$E_{\mathrm{LHCP}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$         公式10

$E_{\mathrm{RHCP}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\sqrt{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{3\mathrm{\π}}{2})}$             公式11

其中，E_az和E_el分别为两个正交的线极化分量的远场幅度，△φ为两个正交的线极化分量的远场相位差，E_LHCP和E_RHCP分别为圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度；

步骤4)、利用步骤3)中得到的圆极化天线远场的左旋和右旋圆极化分量的幅度导出圆极化天线轴比方向图的计算公式，采用非线性最小二乘法导出电场探头旋转后的偏移量与圆极化天线轴比方向图关系的数学模型，利用Gauss-Newton迭代的方法对电场探头旋转后的偏移量进行数值求解，得到电场探头旋转偏移Δx和Δy，

所述圆极化天线轴比方向图的计算公式如下所示：

$\mathrm{AR}=\left|\frac{E_{\mathrm{RHCP}}+E_{\mathrm{LHCP}}}{E_{\mathrm{RHCP}}-E_{\mathrm{LHCP}}}\right|$                                    公式12

将公式10和公式11代入公式12，得到：

$\mathrm{AR}=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$             公式13

所述的数学模型如下所示：

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}-1)}^2$        公式14

其中，△φ为所述两个正交的线极化分量的远场相位差，其计算公式如下所示：

$\mathrm{\Δ\φ}={\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}(\mathrm{\θ},\mathrm{\φ})-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}\cos \mathrm{\φ}+\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}\sin \mathrm{\φ})$      公式7

φ_az(θ，φ)表示电场探头在旋转前测量得到的线极化分量E_az的远场相位方向图，φ_el(θ，φ)表示电场探头在旋转90°后未发生偏移得到的线极化分量E_el的远场相位方向图，

表示电场探头在旋转90°后发生偏移得到的线极化分量E_el的远场相位方向图，

表示电场探头旋转后的水平位置偏移量，

表示电场探头旋转后的垂直位置偏移量，θ和φ分别表示球坐标系的俯仰角和方位角。

2.根据权利要求1所述的利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，其特征在于，所述步骤4)中利用Gauss-Newton法迭代求解Δx的具体步骤如下：所述的公式14取最小值，

令 $f(\mathrm{\Δx},\mathrm{\θ})=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})},$ 选取一个初始值Δx＝0，且使得：

Δx＝Δx(0)+δ(Δx)

如果能够确定δ(Δx)，则可以确定Δx的值；为求出δ(Δx)，在Δx附近对f(Δx，θ)作泰勒级数展开，并略去δ(Δx)的高次项，则有：

$f(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)=f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{{\∂f}_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)$         公式15

其中，俯仰角为θ_m角度，

公式15中，有

f₀(Δx，θ_m)＝f(Δx(0)，θ_m)

$\frac{{\∂f}_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}=-\frac{4\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}{E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{[{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})]}^{-\frac{1}{2}}\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})$

$-\frac{\frac{\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})})\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}{E_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$

将上述分析结果代入公式14，得到

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{{\∂f}_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)-1)}^2$       公式16

由以上分析可知，I是δ(Δx)的函数，根据最小二乘法原理，应满足

故有：

$\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δx}\right)=\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}\frac{{\∂f}_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}(1-f_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m))\right)/\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{\left(\frac{{\∂f}_0(\mathrm{\Δx},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δx}\right)}\right)}^2\right)$     公式17

如果求解得到的δ(Δx)不满足收敛要求，将其代入Δx＝Δx(0)+δ(Δx)重复上式步骤直到δ(Δx)满足收敛条件，从而求得Δx；

利用Gauss-Newton法迭代求解△y的具体步骤如下：所述的公式14取最小值，

令 $f(\mathrm{\Δy},\mathrm{\θ})=\frac{E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{\mathrm{el}}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{\mathrm{el}}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}}{{2E}_{\mathrm{az}}{E}_{\mathrm{el}}\cos (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})},$ 选取一个初始值Δy＝0，且使得：

Δy＝Δy(0)+δ(Δy)

如果能够确定δ(Δy)，则可以确定Δy的值；为求出δ(Δy)，在Δy附近对f(△y，θ)作泰勒级数展开，并略去δ(Δy)的高次项，则有：

$f(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)=f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)$    公式15

公式15中，有

f₀(△y，θ_m)＝f(△y(0)，θ_m)

$\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}=-\frac{4\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}{E}_{\mathrm{az}}{E}_{e1}{[{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{e1}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{e1}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})]}^{-\frac{1}{2}}\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})$

$-\frac{\frac{\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}(E_{\mathrm{az}}^2+E_{e1}^2+\sqrt{{(E_{\mathrm{az}}^2+E_{e1}^2)}^2-4E_{\mathrm{az}}^2{E}_{e1}^2{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})})\sin \left({\mathrm{\θ}}_m\right)\sin (\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}{E_{\mathrm{az}}{E}_{e1}{\cos }^2(\mathrm{\Δ\φ}-\frac{\mathrm{\π}}{2})}$

将上述分析结果代入公式14，得到

$I=\underset{m}{\mathrm{\Σ}}{(f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)+\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)-1)}^2$    公式16

由以上分析可知，I是δ(△y)的函数，根据最小二乘法原理，应满足故有：

$\mathrm{\δ}\left(\mathrm{\Δy}\right)=\left(\underset{m}{\mathrm{\Σ}}\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}(1-f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m))\right)/\left({\underset{m}{\mathrm{\Σ}}\left(\frac{\∂f_0(\mathrm{\Δy},{\mathrm{\θ}}_m)}{\∂\left(\mathrm{\Δy}\right)}\right)}^2\right)$    公式17

如果求解得到的δ(△y)不满足收敛要求，将其代入△y＝△y(0)+δ(△y)重复上式步骤直到δ(△y)满足收敛条件，从而求得△y。

3.根据权利要求1所述的利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，其特征在于，所述公式7中选取φ＝0°的切面，也就是圆极化天线远场方向图的方位面，则公式7简化为公式8，

${\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}\mathrm{\Δ}x\sin \mathrm{\θ}$   公式8

表示只有

会对两个正交的线极化分量的远场相位差产生影响；

所述公式7中选取φ＝90°的切面，也就是圆极化天线远场方向图的俯仰面，公式7简化为公式9，

${\mathrm{\φ}}_{\mathrm{el}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)={\mathrm{\φ}}_{{\mathrm{el}}_{\mathrm{\Δx},\mathrm{\Δy}}}\left(\mathrm{\θ}\right)-{\mathrm{\φ}}_{\mathrm{az}}\left(\mathrm{\θ}\right)-\frac{2\mathrm{\π}}{\mathrm{\λ}}\mathrm{\Δ}y\sin \mathrm{\θ}$    公式9

表示只有会对两个正交的线极化分量的远场相位差产生影响。

4.根据权利要求1所述的利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，其特征在于，所述的电场探头采用线极化纯度高的天线。

5.根据权利要求1所述的利用圆极化天线轴比方向图计算电场探头旋转偏移的方法，其特征在于，所述的圆极化天线采用两个正交极化分量的口径场分布完全相同的多模喇叭或波纹喇叭。

Images