波导缝隙阵天线有良好的结构和电性能，常用在机载或弹载雷达上。天线工作过程中会受到随机振动作用，随机振动不仅影响天线的结构强度和疲劳寿命，也会影响天线电性能^[1-5]，导致天线增益降低。

目前研究主要集中在随机振动对天线结构的位移和应力的影响^[6]、天线结构疲劳寿命特性问题^[7-8]以及在随机振动载荷作用下优化天线结构模型^[9-10]。只有少量学者分析了随机振动对天线电性能的影响, 其中：宋立伟^[11-12]通过样本生成方法计算了天线在随机振动作用下的增益损失和指向误差，在大量样本的基础上统计了天线的电性能变化，但针对每一个样本都需要计算一次电性能，所以这种方法需要大量计算；张小安等^[13]运用ANSYS中随机振动谱分析工具，得到了模型随机振动响应的统计值，利用反射面天线指向精度的简化公式，通过时域近似分析方法和互相关分析方法，研究了随机振动对卡塞格伦天线指向精度的影响，但是该方法无法计算振动对天线增益的影响，而且不适用于平板缝隙天线；Schippers等^[14-15]研究了振动对飞机机翼共形贴片天线的电性能影响，通过结构确定天线固有振型，利用第1阶振型模拟天线变形并分析了天线电性能的变化，但这种方法与实际情况存在较大差异。

本文利用远场方向图函数以及随机振动原理，利用宋立伟提出的随机样本生成法，忽略天线结构变形对辐射缝隙电压和指向精度的影响，提出利用位移响应的均方根计算天线增益，用均方根得到的方向图代替传统方法得到的多个方向图的均方根。论文首先对方法进行理论推导，然后利用宽边波导缝隙天线的仿真和实验对方法进行验证。

1 等效计算方法的理论推导

图 1显示了波导缝隙阵天线其中一个缝隙中心和观测点P的位置关系。

根据场叠加原理，在远场观测点P(θ, ϕ)处，波导缝隙阵天线的远场方向图为^[16]：

$ \mathit{\boldsymbol{E}}\left( {\theta ,\phi } \right) = \sum\limits_{n = 1}^N {{V_n}{\mathit{\boldsymbol{f}}_n}\left( {{l_n},{w_n},\theta ,\phi } \right) \cdot {{\rm{e}}^{{\rm{j}}\eta n + {\rm{j}}k{\mathit{\boldsymbol{r}}_n} \cdot \mathit{\boldsymbol{r}}}}} $

(1)

式中：V_n和η_n为第n个缝隙的电压幅值和相位；l_n和w_n为第n个缝隙的长度和宽度；θ，ϕ为点P的观测方向；f_n(l_n, w_n, θ, ϕ)为第n个缝隙产生的单元方向图；k为传播常数；$ \mathit{\boldsymbol{\hat{r}}} $=r/r=(sinθcosϕ, sinθsinϕ, cosθ)为r方向上的单位矢量，r_n为第n个缝隙的中心坐标，r_n=(x_n, y_n, 0)。以上参数中n=1, 2, …, N，N为阵面上辐射缝的总数。函数f_n(l_n, w_n, θ, ϕ)的形式为:

$ \begin{array}{l} {\mathit{\boldsymbol{f}}_n}\left( {{l_n},{w_n},\theta ,\phi } \right) = {\rm{j}}k{H_n}\left( {{l_n},{w_n},\theta ,\phi } \right)\sin \phi {\alpha _\theta } + \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{j}}k{H_n}\left( {{l_n},{w_n},\theta ,\phi } \right)\cos \phi {\alpha _\phi } \end{array} $

(2)

$ \begin{array}{l} {H_n}\left( {{l_n},{w_n},\theta ,\phi } \right) = \frac{{\frac{{2{\rm{\pi }}}}{{{l_n}}}\cos \left( {\frac{{k{l_n}\sin \theta \cos \phi }}{2}} \right)}}{{{{\left( {\frac{{\rm{\pi }}}{{{l_n}}}} \right)}^2} - \left( {k\sin \theta \cos \phi } \right)}} \cdot \\ \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\frac{{\sin \left( {k\sin \theta \sin \phi {w_n}/2} \right)}}{{k\sin \theta \sin \phi {w_n}/2}} \end{array} $

(3)

式中α_θ和α_ϕ分别为球坐标系下θ，ϕ方向的单位矢量。

设缝隙阵天线有N个缝隙，则在有限元结构模型中，可以得到N个节点的位移响应功率谱密度矩阵Y_d(ω)，每个节点的自由度为3，故位移响应功率谱密度矩阵的每个子单元Y_ij(ω)为3×3的矩阵，Y_d(ω)的维数为3N×3N^[17]。

$ {\mathit{\boldsymbol{Y}}_{\rm{d}}}\left( \omega \right) = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{11}}\left( \omega \right)}&{{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{12}}\left( \omega \right)}& \cdots &{{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{1N}}\left( \omega \right)}\\ {{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{21}}\left( \omega \right)}&{{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{22}}\left( \omega \right)}& \cdots &{{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{2N}}\left( \omega \right)}\\ \vdots & \vdots &{}& \vdots \\ {{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{N1}}\left( \omega \right)}&{{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{N2}}\left( \omega \right)}& \cdots &{{\mathit{\boldsymbol{Y}}_{NN}}\left( \omega \right)} \end{array}} \right] $

(4)

式中$ {{\mathit{\boldsymbol{Y}}}_{ij}}\left( \omega \right)=\left[\begin{align} & {{Y}_{{{i}_{x}}{{j}_{x}}}}\left( \omega \right)\ \ \ {{Y}_{{{i}_{x}}{{j}_{y}}}}\left( \omega \right)\ \ \ {{Y}_{{{i}_{x}}{{j}_{z}}}}\left( \omega \right) \\ & {{Y}_{{{i}_{y}}{{j}_{x}}}}\left( \omega \right)\ \ \ {{Y}_{{{i}_{y}}{{j}_{y}}}}\left( \omega \right)\ \ \ {{Y}_{{{i}_{y}}{{j}_{z}}}}\left( \omega \right) \\ & {{Y}_{{{i}_{z}}{{j}_{x}}}}\left( \omega \right)\ \ \ {{Y}_{{{i}_{z}}{{j}_{y}}}}\left( \omega \right)\ \ \ {{Y}_{{{i}_{z}}{{j}_{z}}}}(\omega ) \\ \end{align} \right] $，用Y_iujv表示Y_ij(ω)中的元素，其中u, v分别表示为x轴或y轴或z轴，若i≠j或u≠v，则Y_iujv表示节点i在x轴方向上的分量和节点j在x轴方向上分量的互位移功率谱密度，若i=j, u=v，则Y_iujv表示节点i在u轴方向上分量的自位移功率谱密度，对任意Y_iujv积分，即可得到互位移响应均方根^[17]或自位移响应均方根：

(5)

假设随机振动满足均值为零的正态随机分布，则位移响应矩阵也满足均值为零的正态随机分布，已知位移响应均方根ψ_iujv²和位移响应协方差σ_iujv²为：

$ \psi _{{i_u}{j_v}}^2 = \frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\Delta {u_{im}} \cdot \Delta {v_{jm}}} $

(6)

$ \sigma _{{i_u}{j_v}}^2 = \frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\left( {\Delta {u_{im}} - {\mu _{\Delta ui}}} \right) \cdot \left( {\Delta {v_{jm}} - {\mu _{\Delta vj}}} \right)} $

(7)

由于位移响应矩阵满足均值为零，所以μ_Δui，μ_Δvj为零，因此位移响应均方根等于位移响应协方差。由此得到各个节点之间满足如下关系：

$ \left| {\frac{{\psi _{{i_u}{j_v}}^2}}{{{\psi _{{i_u}{i_u}}}{\psi _{{j_v}{j_v}}}}}} \right| = 1 $

(8)

式中：若i≠j或u≠v时，ψ_iujv为节点i在u轴方向上的分量与节点j在v轴方向上的分量的互位移响应均方根，当i=j且u=v时，ψ_iuiu为节点i在u轴方向上的自位移响应均方根。

在随机振动的过程中，对于天线结构的节点i来说，其位移响应的一组随机样本{Δx_i, Δy_i, Δz_i}，根据公式(6) 和公式(7) 可知，当i=j, u=v时，随机样本的方差与节点i处的位移响应均方根相等，即：

$ D\left( {\Delta {x_i}} \right) = \psi _{{i_x}{i_x}}^2,D\left( {\Delta {y_i}} \right) = \psi _{{i_y}{i_y}}^2,D\left( {\Delta {z_i}} \right) = \psi _{{i_z}{i_z}}^2 $

(9)

根据位移响应的完全相关性，对于任意节点j的位移响应{Δx_j, Δy_j, Δz_j}均可用Δx_i线性表示，即：

$ \left\{ \begin{array}{l} \Delta {x_j} = {k_{ixjx}}\Delta {x_i}\\ \Delta {y_j} = {k_{ixjy}}\Delta {x_i}\\ \Delta {z_j} = {k_{ixjz}}\Delta {x_i} \end{array} \right. $

(10)

式中：$ {{k}_{{{i}_{x}}{{j}_{x}}}}=\frac{\psi _{{{i}_{x}}{{j}_{x}}}^{2}}{\psi _{{{i}_{x}}{{i}_{x}}}^{2}}, {{k}_{{{i}_{x}}{{j}_{y}}}}=\frac{\psi _{{{i}_{x}}{{j}_{y}}}^{2}}{\psi _{{{i}_{x}}{{i}_{x}}}^{2}}, {{k}_{{{i}_{x}}{{j}_{z}}}}=\frac{\psi _{{{i}_{x}}{{j}_{z}}}^{2}}{\psi _{{{i}_{x}}{{i}_{x}}}^{2}} $。

因此只需生成Δx_i的M个样本，即可通过公式(11) 得到其他节点的样本。根据公式(9) 可构造节点1的位移响应，在x方向分量Δx₁的一组随机样本为^[18]：

$ \Delta {x_{1m}} = {\alpha _m}{\psi _{1x1x}},m = 1,2, \cdots ,M $

(11)

式中：α_m是一组满足标准正态分布的随机数，M为该随机数列的个数。

假设只考虑随机振动对辐射缝隙中心位置的影响，则变形后第n个缝隙中心坐标为：r_n+k_n·Δx_n, 其中：k_n=(1, k_nxny, k_nxnz)，Δx_n=k_1xnx·Δx₁，n≠1。

已知波导缝隙阵天线在θ方向的方向图为^[19]：

$ \begin{array}{*{20}{c}} {{E_\theta }\left( {\theta ,\phi } \right) = \sum\limits_{n = 1}^N {{V_n}\left( {{\rm{j}}kH\left( {{l_n},{w_n},\theta ,\phi } \right)\sin \phi } \right) \cdot } }\\ {{{\rm{e}}^{{\rm{j}}\eta n + {\rm{j}}k\left( {{\mathit{\boldsymbol{r}}_n} + {\mathit{\boldsymbol{k}}_n} \cdot \Delta xn} \right) \cdot \mathit{\boldsymbol{\hat r}}}}} \end{array} $

(12)

对E_θ(θ, ϕ)进行如下替换：

$ {E_\theta }\left( {\theta ,\phi } \right) = \sum\limits_{n = 1}^N {{A_n}{{\rm{e}}^{{\rm{j}}{P_n}\Delta {x_1}}}} $

(13)

式中:A_n，P_n是只关于θ和ϕ的函数，即：

$ \left\{ \begin{array}{l} {A_n} = {V_n}\left( {{\rm{j}}kH\sin \phi } \right) \cdot {{\rm{e}}^{{\rm{j}}\eta n + {\rm{j}}k\mathit{\boldsymbol{r}}n \cdot \mathit{\boldsymbol{\hat r}}}},n = 1,2, \cdots ,N\\ {P_1} = k\left( {{\mathit{\boldsymbol{k}}_1} \cdot \mathit{\boldsymbol{\hat r}}} \right)\\ {P_n} = k{k_{{1_x}{n_x}}}\left( {{\mathit{\boldsymbol{k}}_n} \cdot \mathit{\boldsymbol{r}}} \right),n = 2,3, \cdots ,N \end{array} \right. $

(14)

为了方便后面的计算，首先计算方向图幅值的平方：

$ \begin{array}{l} {\left( {{\rm{abs}}\left( {{E_\theta }\left( {\theta ,\phi } \right)} \right)} \right)^2} = \sum\limits_{n = 1}^N {A_n^2} + \\ \sum\limits_{j = n + 1}^N {\sum\limits_{n = 1}^{N - 1} {2{A_n}{A_j}\cos \left( {\left( {{P_n} - {P_j}} \right)\Delta {x_1}} \right)} } \end{array} $

(15)

令Δx₁₀为随机变量Δx₁的均方根, 则：

$ \Delta {x_{10}} = \sqrt {\frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\Delta x_{1m}^2} } $

(16)

将Δx₁₀代入公式(15)，得到：

$ \begin{array}{l} {\left( {{\rm{abs}}{{\left( {{E_\theta }\left( {\theta ,\phi } \right)} \right)}_0}} \right)^2} = \sum\limits_{n = 1}^N {A_n^2} + \\ \sum\limits_{j = n + 1}^N {\sum\limits_{n = 1}^{N - 1} {2{A_n}{A_j}\cos \left( {\left( {{P_n} - {P_j}} \right)\Delta {x_{10}}} \right)} } \end{array} $

(17)

若Δx₁有M个值，则得到M个abs(E_θ(θ, ϕ))，这M个值的均方根为：

$ \begin{array}{l} {\rm{RMS}}_{{E_\theta }}^2 = \sum\limits_{n = 1}^N {A_n^2} + \\ \sum\limits_{j = n + 1}^N {\sum\limits_{n = 1}^{N - 1} {2{A_n}{A_j}\left[ {\frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\cos \left( {\left( {{P_n} - {P_j}} \right)\Delta {x_{1m}}} \right)} } \right]} } \end{array} $

(18)

为方便推导，令：

$ {P_{nj}} = {P_n} - {P_j} $

(19)

公式(17) 是利用位移响应均方根得到的方向图幅值的平方。公式(18) 则是利用多个样本，通过传统计算方法得到的多个方向图的均方根。将式(17) 和式(18) 中的余弦函数用泰勒展开式展开：

$ \cos \left( {{P_{nj}}\Delta {x_{10}}} \right) = 1 - \frac{{P_{nj}^2\Delta x_{10}^2}}{{2!}} + \frac{{P_{nj}^4\Delta x_{10}^4}}{{4!}} - \cdots $

(20)

$ \begin{array}{*{20}{c}} {\frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\cos \left( {{P_{nj}}\Delta {x_{1m}}} \right)} = 1 - \frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\frac{{P_{nj}^2\Delta x_{1m}^2}}{{2!}}} + }\\ {\frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\frac{{P_{nj}^4\Delta x_{1m}^4}}{{4!}}} - \cdots } \end{array} $

(21)

对比公式(20) 和(21) 可知，两式中泰勒展开式的第1项相同，将公式(21) 中的泰勒展开式第2项进行如下分解:

$ \frac{{P_{nj}^2}}{{2!}}\frac{1}{M}\sum\limits_{m = 1}^M {\left( {\Delta x_{1m}^2} \right)} = \frac{{P_{nj}^2}}{{2!}}\Delta x_{10}^2 $

(22)

通过上述推导可知, $ \frac{1}{M}\sum\limits_{m=1}^{M}{\text{cos}({{P}_{nj}}\Delta {{x}_{1m}})} $和cos(P_njΔx₁₀)的泰勒展开式的前2项相同，所以只要式(17) 和式(18) 中余弦函数只用前2项来代替，那么式(17) 和式(18) 是相等的，可以使用等效计算方法得到的方向图代替传统随机振动方法得到的多个方向图的均方根。

若用余弦函数泰勒展开式的前2项替代余弦函数，则当P_njΔx_1m≠0时存在误差，且随着P_njΔx_1m增大，误差也逐渐增大，如图 2所示，假设允许误差为5%，求得P_njΔx_1m的取值范围为[－1.056 4, 1.056 4]。

已知P_njΔx_1m满足如下关系：

$ {P_{nj}}\Delta {x_{1m}} = {P_{nj}}{\psi _{1x1x}}{\alpha _m} $

(23)

式中α_m为标准正态分布随机变量，均值为0，方差为1。利用3σ原则，则α_m∈(－3, 3) 的概率为99.74%，那么就要求:

$ \left| {\left( {{P_n} - {P_j}} \right){\psi _{1x1x}}} \right| \le 0.3521 $

(24)

把k_ixjx, k_ixjy, k_ixjz, k_n以及$ \mathit{\boldsymbol{\hat{r}}} $代入公式(14)，得到：

$ \begin{array}{l} {P_n} = k\frac{{{\psi _{{n_x}{n_x}}}}}{{{\psi _{1x1x}}}}\sin \theta \cos \phi + \\ \;\;\;\;\;\;\;k\frac{{{\psi _{{n_y}{n_y}}}}}{{{\psi _{1x1x}}}}\sin \theta \sin \phi + k\frac{{{\psi _{{n_z}{n_z}}}}}{{{\psi _{1x1x}}}}\cos \theta \end{array} $

(25)

把公式(25) 代入公式(24)，求得:

$ \left| {k{{\left[ \begin{array}{l} {\psi _{{n_x}{n_x}}} - {\psi _{{j_x}{j_x}}}\\ {\psi _{{n_y}{n_y}}} - {\psi _{{j_y}{j_y}}}\\ {\psi _{{n_z}{n_z}}} - {\psi _{{j_z}{j_z}}} \end{array} \right]}^{\rm{T}}} \cdot \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {\sin \theta \cos \phi }\\ {\sin \theta \sin \phi }\\ {\cos \theta } \end{array}} \right]} \right| \le 0.3521 $

(26)

根据式(26) 可知，当任意2个缝隙之间位移响应均方根的差值都为零时，天线方向图函数的相位发生变化，但幅值并未改变，所以等效计算方法得到的方向图与传统随机振动方法得到的多个方向图的均方根非常匹配。当2个缝隙的位移响应均方根的差值较大时，余弦函数与其泰勒展开式的前2项之间的误差较大，从而等效计算方法得到的方向图的误差就会较大。所以在满足上述关系情况下，等效计算方法得到的方向图可以近似替代传统随机振动方法得到的多个方向图的均方根。

2 等效计算方法的验证

本节以宽边波导缝隙阵天线为验证对象。由于ANSYS仿真随机振动过程已相当成熟，而且ANSYS仿真计算过程简单，这里没有通过实验验证ANSYS仿真结果的准确性，但HFSS仿真波导天线可能存在较大误差，而且仿真的边界设置也是至关重要的，因此需通过实验验证电磁仿真的可靠性。天线测试在微波暗室进行，采用平面近场测试。波导端口尺寸为22.86 mm×10.16 mm，天线工作频率为10 GHz，测试天线增益的实际环境如图 3所示。利用HFSS软件计算天线方向图和增益，测试与仿真结果对比如图 4所示。可以看到，主瓣和最大副瓣增益的仿真与测试结果吻合得很好，表 1中列出了主瓣和最大副瓣增益的具体值，两者误差均小于1 dB。

验证模型为工作频率为10 GHz的缝隙天线，传播常数k=2πf/c=0.209 4 mm^-1。利用ANSYS计算天线在各个方向上的位移响应均方根。由于各个方向上的位移响应均方根是在各个方向上统计的结果，不能通过简单叠加得到总的位移响应均方根，所以需要分开验证。根据式(26)，推导出各个方向上的位移响应均方根需满足如下关系：

$ \begin{array}{l} \left| {{\psi _{{n_x}{n_x}}} - {\psi _{{j_x}{j_x}}}} \right| \le 1.6815{\rm{mm}}\\ \left| {{\psi _{{n_y}{n_y}}} - {\psi _{{j_y}{j_y}}}} \right| \le 1.6815{\rm{mm}}\\ \left| {{\psi _{{n_z}{n_z}}} - {\psi _{{j_z}{j_z}}}} \right| \le 1.6815{\rm{mm}} \end{array} $

式中n≠j。

具体验证流程如图 5所示。

随机振动分析建立在模态分析的基础上，根据公式(1) 可知，缝隙的变化是影响方向图的主要原因，因此采用波导两端固定，模态分析结果如图 6所示。

由余弦函数泰勒展开式可知，缝隙间位移响应均方根的差值越大，等效计算方法的误差越大。为了证明方法的合理性，采用较大的功率谱密度(power spectral density, PSD)值，如图 7所示，同时在X，Y，Z三个方向上施加PSD。

若节点位移响应均方根满足|ψ_max－ψ_min|≤1.681 5 mm，则缝隙中心位置的位移响应均方根一定满足|ψ_nxnx－ψ_jxjx|≤1.681 5 mm，|ψ_nyny－ψ_jyjy|≤1.681 5 mm，|ψ_nznz－ψ_jzjz|≤1.681 5 mm这些条件，所以只需要提取各个方向的位移响应均方根，并检查各方向上的位移响应均方根的最大值与最小值之差是否小于1.681 5 mm。由于有固定约束，所以位移响应均方根的最小值为0，那么要求位移响应均方根的最大值小于1.681 5 mm即可。通过仿真计算，分别得到3个方向上的位移响应均方根如图 8所示。

将各个方向上的位移响应均方根导出，再生成10个α_m，进而得到每个方向上的10组样本，利用实体传递方法，重构变形后的模型以及变形量为位移响应均方根的模型，重构后的模型导入HFSS中，如图 9所示。

利用HFSS软件计算重构后的模型，再求每个方向上10组样本方向图的均方根，对比等效计算方法得到的方向图与传统方法得到的多个方向图的均方根，如图 10所示。

从整体来看，各个方向上利用等效计算方法得到的方向图与传统计算随机振动方法得到的多个方向图的均方根吻合得很好。方向图中的主瓣和最大副瓣的增益在表 2中列出。

从表 2可知，各方向上天线主瓣和最大副瓣增益的误差都小于0.1 dB，证明了利用本文方法计算的方向图可以替代传统随机振动方法得到的多个方向图的均方根。从图 10可以发现，在一些副瓣位置存在一定误差，误差来源主要有以下几点：1) 没有考虑随机振动对缝隙电压的影响；2) 没有考虑随机振动对缝隙指向精度的影响；3) 利用了余弦函数的泰勒展开式，存在截止误差。但总体而言，天线主瓣和最大副瓣增益的误差都非常小。

3 总结

对于随机振动对波导缝隙阵天线增益的影响，本文提出一种等效计算方法，其主要思想是利用位移响应的均方根计算天线方向图，以替代随机振动下多组变形样本计算得到的多个方向图的均方根。根据随机振动分析得到的位移响应均方根，以及结构位移响应完全相关的特点，利用随机样本生成方法，在忽略随机振动对缝隙电压和指向精度影响情况下，从理论上验证了该方法的适用范围。只要波导缝隙阵天线的位移响应均方根与传播常数满足一定关系，即可利用该方法计算随机振动下天线增益的均方根，同时传播常数越大，位移响应均方根的范围越小。

利用样本生成的方法，重构样本模型，通过仿真计算，发现在各方向上天线主瓣和最大副瓣增益的误差都小于0.1 dB。该方法不需要计算大量样本，只需要计算随机振动作用的位移响应均方根，就可以计算出随机振动作用下波导缝隙阵天线增益的均方根。从仿真验证过程可知，传统方法需要计算M次仿真，而本方法只需进行1次仿真，本方法的计算时间是传统方法的1/M倍，可大大节约计算时间。