毫米波传感简介（三）：调频连续波—速度估计

本模块将深入探究速度估算问题。与第一模块中的距离估算相似，我们将介绍诸如最大可测速度和速度分辨率等内容并回答如下问题：

• 雷达前方有一个物体，雷达会如何估算该物体的速度？

• 如果有多个物体，这些物体与雷达的距离相同，但相对速度不同，此时会怎么样？

• 两个等距物体的速度接近到何种程度时，雷达仍然能够分辨？
• 雷达的最大可测速度是否存在限制？

1. FFT的快速回顾

我们假设有一个离散信号，该相量以每个样本ω 弧度的恒定速率旋转。这样一来，在任意两个样本之间，此相量都旋转了 ω 弧度。对该序列进行傅里叶变换，精确地说是离散傅里叶变换，将在离散频率 ω1 下的频域中得到单一峰值。

现在，这个离散序列包含两相而不是一相，如这里所示，其中蓝色相量以离散角频率\(\omega_{1}\) 旋转，红色相量以离散角频率\(\omega_{2}\) 旋转。这个离散序列的傅里叶变换实际上分别在离散频率\(\omega_{1}\)和 \(\omega_{2}\) 处具有两个峰值。

\(\omega_{1}\) 和 \(\omega_{2}\) 两个频率要相隔多远才能在傅里叶变换中显示为单独的峰值？

假设有两个以略微不同的频率 \(\omega_{1}\) 和 \(\omega_{2}\) 旋转的相量，在经过 N 个样本后，第一个相量比第二个相量多旋转了半个周期的 \(\pi\) 弧度。所以，在本示例中，\(\omega_{1}\) 为 \(\pi/N\)，\(\omega_{2}\) 为 0。经过 N 个样本后，\(\omega_{1}\) 相对于\(\omega_{1}\) 的累计角度将为 π 弧度或半个周期。您可以在这里看到，这显然不足以在频域内分辨这两个物体。

假设存在同样的两相，但现在的观测时间段更长。我们现在有 2N 个样本，而不是先前的 N 个样本。经过这 2N 个样本后，与第二个相量相比，第一个相量额外旋转了一个完整周期。您可以看到，现在可以在频域内清楚地分辨这两个频率。

所以，序列长度越长，分辨率就越高。一般来说，长度为 N 的序列可以区分差别超过\(2\pi/N\)的角频率。

对于连续信号而言，只要两种频率的间隔差值大于等于\(\Delta f = \frac{1}{T}(\text{cycle/sec})\)，就可以分辨出这两种频率。

对于离散信号而言，只要两种离散频率的间隔差值大于等于\(\Delta\omega = \frac{2\pi}{N}( \text{radians/sample} ) = \frac{1}{N}\text{cycles/sample}\)，就可以分辨出这两种频率。

2. 测速回顾

测速的基本观点是这样的：发射两个间隔时间为 Tc 的线性调频脉冲。与其中每个线性调频脉冲相对应的"range-FFT"将在同一个位置具有峰值，但相位不同。这两个峰值的相位之间的测量相位差 ω 将与物体的运动直接对应。

如果物体的速度为$v$，该物体在此时间段 $T_c$ 内的移动距离将为 $vT_c$，然后可以得到 $$\omega=\frac{4\pi vT_{c}}{\lambda}\Rightarrow v = \frac{\lambda\omega}{4\pi T_{c}}\tag{1}$$

3. 最大可测速度

使用上面的方法进行测速时，可测量的最大速度是否存在限制？

其实，此方法依赖于相位差测量，只有当差值介于正负 180 度或正负 π 弧度之间时，才可以清楚地测量此值，如下图所示：

如果我们对相量在这两个线性调频脉冲之间的运动进行可视化处理，则对于正速度，您就可以可视化逆时针运动的相量。同样，对于负速度，您可以可视化顺时针运动的相量。现在，如果顺时针或逆时针方向的运动量超过 180 度，则会产生模糊。例如，在上最右图中，不能确定相量是在逆时针方向移动了角度 a，还是在顺时针方向移动了角度 b。因此，要清楚地测量速度，两个线性调频脉冲之间的相位变化必须小于 π：

\[|\omega|<\pi \]

从而可以得到：

\[\frac{4\pi vT_{c}}{\lambda}<\pi \Rightarrow v<\frac{\lambda}{4T_{c}}\tag{2} \]

\[v_{\max}=\frac{\lambda}{4T_{c}}\tag{3} \]

(2)式给出了可以通过两个以 \(T_c\) 为间隔的线性调频脉冲测量的最大相对速度。可以看到，要得到更高的 \(v_{\max}\)，线性调频脉冲必须更密集。

4. 对多个物体测速

前面我们已经了解了如何测量雷达前方单个物体的速度。只要物体与雷达之间的距离不同，就可以将这种方法应用于雷达前方的多个物体。但如果有多个物体与雷达的距离相同，情况会怎么样？下面的示例中，雷达前方有两个物体，它们与雷达的距离相同，但速度不同，相对于雷达的速度分别为 \(v_{1}\) 和 \(v_{2}\)：

我们之前讨论过，与发射的这两个线性调频脉冲相对应的"range-FFT"中只有一个峰值，但峰值处的相量将具有来自这两个物体的分量。这样一来，我们之前所说的简单相位比较方法就不再适用了，因为此处的相位具有来自这两个物体的速度分量。那么，该如何解决呢？

一种解决方案是发射一系列等间隔的线性调频脉冲，而不仅仅是两个线性调频脉冲。假设这里有 N 个等间隔的线性调频脉冲，那么根据我们之前的讨论，与其中的每个线性调频脉冲相对应的距离 FFT 将在完全相同的位置具有峰值。但是，与这些峰值的相量相对应的离散序列将有两个旋转相量，分别以频率\(\omega_{1}\) 和 \(\omega_{2}\) 旋转，对应于两个速度\(v_{1}\) 和 \(v_{2}\)。因此，这个离散序列上的 FFT将显示两个峰值，分别对应于 \(\omega_{1}\) 和 \(\omega_{2}\) 频率的离散角，如下图所示

测量出 \(\omega_{1}\) 和 \(\omega_{2}\) 后，我们就可以利用前面介绍的这些表达式反算出速度：

\[v_{1}=\frac{\lambda\omega_{1}}{4\pi T_{c}}, v_{2}=\frac{\lambda\omega_{2}}{4\pi T_{c}}\tag{4} \]

几个术语：

• doppler-FFT: 这里的 FFT 是在线性调频脉冲之间执行的，在文献中通常称为多普勒 FFT。
• 帧：这个对其执行多普勒 FFT 的等间隔线性调频脉冲序列称为帧。

5. 速度分辨率

"Doppler-FFT"的速度分辨能力如何？换句话说，\(v_{1}\) 和 \(v_{2}\) 之间的最小间隔应该是多少，才能让它们在多"Doppler-FFT"中显示为两个峰值？事实上，推导速度分辨率表达式的过程非常简单，并且类似于毫米波传感简介（一）：调频连续波雷达—距离估计 中推导距离分辨率的过程。我们需要做的就是利用我们知道的这两个事实:

• 速度间隔为\(\Delta v\)的两个物体的角频率间隔为\(\Delta \omega=\frac{4\pi \Delta v T_{c}}{\lambda}\)
• 两个频率的间隔满足\(\Delta\omega>\frac{2\pi}{N}\)才能被分辨；

由此可以得到：

\[\frac{4\pi \Delta v T_{c}}{\lambda} > \frac{2\pi}{N}\Rightarrow\Delta v>\frac{\lambda}{2NT_{c}}\tag{5} \]

从而到速度分辨率为：

\[v_{\text{res}}=\frac{\lambda}{2NT_{c}}=\frac{\lambda}{2T_f}\tag{6} \]

在这个(6)式中，线性调频脉冲数N乘以相邻线性调频脉冲之间的持续时间实际上等于总帧时间。