Antennák és hullámterjedés - 05. előadás - 2006
Ez az oldal a korábbi SCH wiki-ről lett áthozva. Az eredeti változata itt érhető el.
Ha úgy érzed, hogy bármilyen formázási vagy tartalmi probléma van vele, akkor kérlek javíts rajta egy rövid szerkesztéssel.
Ha nem tudod, hogyan indulj el, olvasd el a migrálási útmutatót
-- Visko - 2006.03.05.
Ez az óra gyakorlat volt.
1.) A tápvonalon haladó és reflektált hullámok vannak. A tápvonal adatai: [math] \begin{displaymath} Z_0 = 75\, \Omega \end{displaymath} \begin{displaymath} l = 35\,m \end{displaymath} \begin{displaymath} Z_L = 150\, \Omega \end{displaymath} \begin{displaymath} \alpha = 0.2\, dB/m \end{displaymath} \begin{displaymath} r_{be} = ? \end{displaymath} [/math]
Megoldás
[math] \begin{displaymath} r_{be} = \frac{U_{max}}{U_{min}} = \frac{|U_{0h}|+|U_{0r}|}{|U_{0h}|-|U_{0r}|}, \end{displaymath} [/math] ahol [math] U_{0h} [/math] jelenti az l=0 helyen vett haladó hullámot, [math] U_{0r} [/math] pedig a szintén l=0 helyen lévő reflektált hullámot. Legyen [math] \beta := 0 [/math], ekkor a távvezetéken végighaladva a távvezeték csillapítása [math] \begin{displaymath} \alpha \cdot l = 0.2 \cdot 30 = 6dB. \end{displaymath} [/math] Ez tehát azt jelenti, hogy a hullám amplitudója miközben végighalad a távvezetéken [math] (10^{6/20}\approx 2) [/math] felére csökken, tehát [math] \begin{displaymath} |U_{lh}| = |U_{0h}| \cdot \frac{1}{2} = \frac{|U_{0h}|}{2}. \end{displaymath} [/math] A távvezeték végén a hullám reflektálódik, a reflexió mértékét a lezárásból számíthatjuk ki [math] \begin{displaymath} \Gamma_L = \frac{Z_L+Z_0}{Z_L-Z_0} = \frac{1}{3}. \end{displaymath} [/math] Tehát elindul a távvezeték végéről egy [math] |U_{lr}| = |U_{lh}|/3 = |U_{0h}|/6 [/math] amplitudójú hullám, és visszajut a távvezeték elejére, persze az 1/2-es csillapítással, tehát [math] |U_{0r}| = |U_{lr}|/2 = |U_{0h}|/12 [/math]. Feltételezzük, hogy a bemenet illesztve van, tehát reflexió már nem lesz a bemenetről, ekkor meghatározhatjuk az állóhullámarányt [math] \begin{displaymath} r_{be} = \frac{|U_{0h}|+|U_{0r}|}{|U_{0h}|-|U_{0r}|} = \frac{|U_{0h}|+|U_{0h}|/12}{|U_{0h}|-|U_{0h}/12|} = \frac{1+1/12}{1-1/12} = \frac{13}{11} \approx 1.18 \end{displaymath} [/math] Számolhatunk egy állóhullámarányt a végén is, a fentiekhez hasonló módon kapjuk azt is (minden szükséges adatot kiszámoltunk hozzá), erre azt kapjuk, hogy [math] \Gamma_l = (1/2+1/6)/(1/2-1/6) = (3+1)/(3-1) = 2 [/math].
2.) Adott egy dipólantenna (polár síkok belőve), a következő adatokkal: [math] \begin{displaymath} 2l = 10\,m \longrightarrow l=5\,m \end{displaymath} \begin{displaymath} f = 15\,MHz \end{displaymath} \begin{displaymath} \sigma = 60^\circ \end{displaymath} \begin{displaymath} E_{eff} = 5\, mV/m \end{displaymath} \begin{displaymath} R_{soros,\ vesztesegi} = R_{sv}= 1,8\, \Omega \end{displaymath} [/math]
a.) [math] P_{vmax} = ? [/math]
Induljunk ki abból a képletből, hogy [math] \begin{displaymath} P_{vmax} = S \cdot A_h, \end{displaymath} [/math] ahol S a beeső teljesítménysűrűség, Ah pedig a hatásos felület. A hatásos felület meghatározásához szükséges a nyereség meghatározása, az ehhez szükséges adatok - irányhatás és sugárzási ellenállás a hatásfokhoz - diagramról (táblázatból) megkaphatók az antenna elektromos hossza alapján. Az elektromos hossz számításához a hullámhossz szükséges, ezt a [math] \lambda = c/f = 3\cdot 10^8/(15\cdot 10^6) = 20m [/math] képletből kaptuk meg. Az elektromos hossz definíció szerint [math] \begin{displaymath} \frac{l}{\lambda} = \frac{5}{20} = 0,25 \end{displaymath} [/math] A 0,25 elektromos hosszhoz tartozó veszteségi ellenállás diagramról 73.2ohm. Szintén diagramról leolvasva megkapjuk, hogy az antenna irányhatása D = 1,64. Figyeljünk oda, hogy ez a szám viszonyszám, tehát nem [dB]. Az antenna hatásfokát megkapjuk a veszteségi- és sugárellenállásból: [math] \begin{displaymath} \eta_{antenna} = \frac{R_s}{R_s+R_{sv}} = \frac{73,2}{73,2+1,8} = 0,976 \end{displaymath} [/math] Majd az antenna hatásfokból és az irányhatásból számíthatunk nyereséget: [math] \begin{displaymath} G = \eta_{antenna} \cdot D = 0,976 \cdot 1,64 = 1,6. \end{displaymath} [/math] A nyereség szintén nem [dB]-ben van, hanem az egy viszonyszám (tipp: [dB]-vel sose szorzunk, csak összeadunk, kivonunk). Végre definiálhatjuk a hatásos felületet: [math] \begin{displaymath} A_h = G \cdot \frac{\lambda^2}{4 \pi} = 1,6 \cdot \frac{20^2}{4 \pi} \end{displaymath} [/math] A beeső teljesítménysűrűség [math] \begin{displaymath} S = \frac{E_{eff}^2}{120 \pi} = \frac{(5 \cdot 10^{-3})^2}{120 \pi}. \end{displaymath} [/math] A főirányra vett teljesítmény a fentiekből és a %REFLATEX{eqn:megoldas21}%-ből [math] \begin{displaymath} P_{vmax} = S \cdot A_h = 1,6 \cdot \frac{20^2}{4 \pi} \cdot \frac{(5 \cdot 10^{-3})^2}{120 \pi} = 3.37 \mu W \end{displaymath} [/math]
b.) [math] P_v = ? [/math] A vett teljesítmény meghatározható az amplitudókarakterisztikából, [math] \begin{displaymath} F^(\sigma) = \frac{P_v}{P_{vmax}} \end{displaymath} [/math] képlet. Ismerve az áram eloszlását [math] \begin{displaymath} I(\sigma) = \frac{\cos(\beta l \cos(\sigma))-\cos(\beta l)}{(1-\cos(\beta l))\sin(\sigma)}, \end{displaymath} [/math] valamint felhasználva, hogy [math] \beta l = 90^\circ [/math] [math] \begin{displaymath} F(\sigma) = \frac{\cos(90^\circ \cos(\sigma))}{\sin(\sigma)} = \sqrt{\frac{2}{3}}. \end{displaymath} [/math] Innen a vett teljesítmény meghatározható [math] \begin{displaymath} P_v = F^2(\sigma=60^\circ) \cdot P_{vmax} = \frac{2}{3} \cdot 3,38\cdot 10^{-6} = 2,25\,\mu W \end{displaymath} [/math]
3.) Adott egy dipól a következő adatokkal:
[math] \begin{displaymath} 2l = 10\,m \longrightarrow l = 5m \end{displaymath} \begin{displaymath} 2a = 5\,mm \end{displaymath} \begin{displaymath} f = 3\,MHz \end{displaymath} [/math]
Az _a_ a dipól átmérője.
a.) [math] Z_a = ? [/math]
Az első az elektromos hossz meghatározása [math] \begin{displaymath} \lambda = \frac{c}{f} = \frac{3\cdot 10^8}{3\cdot 10^6} = 100\,m \end{displaymath} \begin{displaymath} \frac{l}{\lambda} = \frac{5}{100} = 0,05 \end{displaymath} [/math] A sugárzási ellenállás meghatározása a Hertz-dipól közelítéssel történik, mivel az [math] l/\lambda \lt 0,25 [/math], tehát [math] \begin{displaymath} R_s = 80\pi^2\cdot \left(\frac{l}{\lambda}\right) = 1,974\, \Omega \approx 2\, \Omega \end{displaymath} \begin{displaymath} C_A' = \frac{2 \pi \varepsilon_0}{\ln(l^2/(3a^2))} = 4\,pF/m \end{displaymath} \begin{displaymath} C_A = C_A' \cdot l = 20\,pF \end{displaymath} \begin{displaymath} X_a = \frac{1}{\omega C_A} = 2650\,\Omega \end{displaymath} [/math]
b.) Milyen tekercs szükséges ennek az antennának hangolásához? [math] \begin{displaymath} X_A\Big|_C = -X_A\Big|_L \end{displaymath} \begin{displaymath} X_L = \omega L \end{displaymath} \begin{displaymath} L = \frac{2650}{2\pi 3\cdot 10^6} = 140\, \mu H. \end{displaymath} [/math]
4.) Dipólantenna adóként.
[math] \begin{displaymath} 2l = 7,2\,m \end{displaymath} \begin{displaymath} f = 25\,MHz \end{displaymath} \begin{displaymath} P = 50\,W \end{displaymath} \begin{displaymath} R_h = 8\, \Omega \end{displaymath} [/math] Rh a hangolóáramkör veszteségi impedanciája.
[math] \begin{displaymath} E_{max}(r = 10\,km) = ? \end{displaymath} [/math]
A megoldás [math] \begin{displaymath} \lambda = \frac{c}{f} = 0,3\,m \longrightarrow R_{sa} = 120 \Omega \end{displaymath} \begin{displaymath} \beta l = 1,88\, rad = 108^\circ \end{displaymath} [/math] Az Rsa az áramhasra vonatkoztatott sugárzási ellenállás. [math] \begin{displaymath} R_{sbe} = \frac{R_{sa}}{\sin^2(\beta l)} = 132,6\,\Omega \end{displaymath} [/math]
A modell most egy olyan kétpólus, melyben sorba vannak kötve a hangolóáramkör reaktanciája ([math] X_{hang} [/math]), a hangolókör veszteségi ellenállása (Rh), az antenna reaktanciája(Xa), a bemeneti sugárzási ellenállás (Rsbe). [math] \begin{displaymath} X_{hang} = -X_a \end{displaymath} \begin{displaymath} R_h = 8 \, \Omega \end{displaymath} \begin{displaymath} R_{sbe} = 132,6 \, \Omega \end{displaymath} [/math] Így tehát [math] \begin{displaymath} P_{be} = I^2_be (R_v+R_{sbe}) \longrightarrow I_{be} = 0,6A \end{displaymath} [/math] Mivel tudjuk, hogy a 0,625-nél kisebb elektromos hossz esetében a maximális sugárzási irányhoz tartozó szög 90°, ezért [math] \begin{displaymath} E(\sigma) = j 60 I_m \cdot \frac{e^{j\beta r}}{r} \cdot \frac{cos(\beta l \cos(\sigma))-\cos(\beta l)}{\sin(\sigma)} \end{displaymath} [/math] leegyszerűsödik [math] \begin{displaymath} |E_{max}| = I_m \cdot \frac{60}{r} \cdot \frac{1-\cos(\beta l)}{\sin(\beta l)} = \frac{60\cdot 0,6}{10^4} \cdot \frac{1,3}{0,95} = 4,93 \,mV/m \end{displaymath} [/math] Na most itt volt kavarodás, mert a nevezőbe senki nem tudja hogy került a [math] \sin(\beta l) [/math], de állítólag ez a helyes megoldás. Mindenesetre valószínűbb, hogy az [math] \sin(\sigma) [/math].
-- Visko - 2006.03.07.
