Antennák és hullámterjedés - 05. előadás - 2006 forrásának megtekintése

{{Vissza|Antennák és hullámterjedés}}

{{GlobalTemplate|Villanyszak|AnthullEloadas5}}

-- [[ViskoP|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 < 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>.

-- [[ViskoP|Visko]] - 2006.03.07.


[[Kategória:Villamosmérnök MSc]]