Gyakorlat anyag. Veszely. February 13, Figure 1: Koaxiális kábel

Átírás

1 Gyakorlat anyag Veszely February 13, Koaxiális kábel d b a Figure 1: Koaxiális kábel A 1 ábrán látható koaxiális kábel adatai: a = 7,2 mm, b = 4a = 8,28 mm, d = 0,6 mm, ε r = 3,5; 10 4 tanδ = 80, σ = 57 Sm mm 2. a) Rajzoljuk fel a diszperziós görbéket néhány magasabb módusig. A görbék a 2 ábrán láthatók. A továbbiakban gyakran előfordul a k 0 = ω ε 0 µ 0 = ω/c jelölés, ami tehát a vákuumban terjedő hullám fázistényezőjét adja. A módusok fázistényezőjét erre a fázistényezőre normálva adjuk meg. Látható, hogy nagy frekvencián minden módus fázistényezője ε r = 1,87- hez tart, azaz úgy viselkedik, mintha a szabadtérben ε r relatív permittivitású közegbenterjedne. b) Üzemifrekvencia. Afelső határfrekvenciát azszabjameg, hogy az üzemi frekvenciasávban csak a TEM módus terjedjen. A diszperziós görbékből tehát f f = 1,46 GHz. Mekkora 1 km hosszú, két oldalt illesztetten lezárt kábelszakasz csillapítása ezen a frekvencián? Ki kell számítanunk a modell távvezeték α csillapítási tényezőjét. A behatolási mélység δ mm Cu = 66,7 f Hz = 66,7 1, = 1, mm. (1) Látható, hogy δ << a,b,d. A belső ér hosszegységre eső ellenállása R 1 = 1 σ2πaδ = 1 = 0,223 Ω/m. (2) 57.2π.7,2.1,

2 2 TEM TE TE 21 TM 01 β/k TM 11 TE , f[ghz] Figure 2: Koaxiális kábel diszperziós görbéi A köpeny hosszegységre eső ellenállása R 2 = 1 σ2πbδ = 5, Ω/m. (3) Megjegyzés: a tömör vezető ellenállására vonatkozó formula, amely a δ esetében is érvényes jól ismert. Megadjuk a d vastagságú hengerhéjra érvényes hasonló formulát R 2 = 1 sinh 2d δ +sin 2d δ 2πbσδ cosh 2d (4) δ cos2d δ A teljes ellenállás R = R 1 +R 2 = 2, Ω/m. (5) A belső induktivitás reaktanciája a belső érre ωl i R 0 ωl i a 2δ (6) 1 a σa 2 = 0,223 Ω/m. π 2δ (7) 2

3 H 2 E 1 Z0 Z 0l E 2 d Figure 3: A köpeny távvezeték modellje A külső önindukció együttható L k = µ 0 2π lnb a, (8) ωl k = 2, Ω/m >> ωl i. (9) A köpeny belső indukció együtthatójával nem is foglalkozunk. C = 2πε 0ε r ln b a (10) ωc = 1,29 S/m (11) A szigetelő vezetőképességét a tan δ-ból nyerjük tanδ = σ diel (12) ωε σ diel = π.1, , ,5 = 2, S/m. (13) A terjedési tényező G = σ diel ε C = 1, S/m. (14) γ = (2, j2, )(1, j1,29) = (0,229+j57,2) 1/m l =1 km hosszú kábel vesztesége α = 0,229 1/m. a = 20loge αl = 20 lneαl ln10 = 20 αl 2,3 = db. 3

4 Az alsó határfrekvenciát az szabja meg, hogy a köpeny árnyékoló hatása legyen 60 db=10 3. A lánckarakterisztikából (l. a 3. ábrát) E 1 = E 2 coshγd+h 2 Z 0 sinhγd, γ = jωµ jωµσ, Z 0 = σ, H 2 = E 2 Z 0l, Z 0l = 377 Ω, E 2 = E 1 coshγd+ Z0 Z 0l sinhγd. Keressük azt a frekvenciát, ahol a nevező al egyenlő. Mivel a kifejezés ω bonyolult függvénye, próbálgatással keressük meg és azt kapjuk, hogy f a = 7, Hz. (Megjegyzendő, hogy Z 0 /Z 0l = 10 7, így a nevező abszolút értéke 1 2 eαd és ebből egyenes úton is megkaphatjuk f a -t.) Mekkora a behatolási mélység ezen a frekvencián a köpeny falvastagsághoz képest? δ = 66,7 7, = 7, mm, δ d = 0,13. Mekkora 1 km hosszú, kétoldalt illesztetten lezárt kábelszakasz csillapítása ezen a frekvencián? Ismétkiszámoljukamodelltávvezetékαcsillapításiegyütthatóját. α = 1, /m. A veszteség a = 20loge αl =1,56dB. c) A koaxiális hullámvezető áthallása kis frekvencián keletkezik. Az alsó üzemi frekvenciához képest csökkentjük a frekvenciát úgy, hogy a behatolási mélység éppen a köpenyvastagsággal legyen egyenlő. Mekkora frekvencián következik ez be? 0,6 = 66,7 f, f = 12,4kHz. 2 Kétutas földfelszíni terjedés Tekintsük a 4 ábrát. Az adóantenna h 1, a vevőantenna h 2 magasságban van, az antennák talpponti távolsága r. A vevő két hullám összegét veszi, a közvetlen hullámot és azt, amely a földfelszínen visszaverődve érkezik. A visszavert jel -val hosszabb utat tesz meg, így az eredő térerősség E r = E 0 +Γ f.e 0 e jβ, ahol az eredő térerősség a 4. ábra alapján d = (h 1 h 2 ) 2 +r 2, d 1 +d 2 = (h 1 +h 2 ) 2 +r 2 4

5 h 1 d 1 d d 2 h 2 r d 2 Figure 4: Kétutas terjedés = d 1 +d 2 d = (h 1 +h 2 ) 2 +r 2 (h 1 h 2 ) 2 +r 2 Figyelembe véve, hogy r >> h 1,h 2 ( r 1+ 1 (h 1 +h 2 ) 2 2 r 2 ) r ( (h 1 h 2 ) 2 ) Feltesszük, hogy a talaj jó vezető, így Γ f 1 ( E r = E 0 1 e jβ ) ( ) = E 0 e jβ 2 e jβ 2 e jβ 2 r 2 = 2h 1h 2. r = 2E 0 e jβ 2 sin β 2 A térerősség abszolút értéke β és behelyettesítése után E r = E 0 2 sin 2πh 1h 2 λr (15) Ezt a formulát úgy kell értelmeznünk, hogy a benne szereplő E 0 -t a a szabadtéri terjedésnek megfelelően kell kiszámítani. 1. Egy 900 MHz-es frekvencián működő mobil rendszer bázisállomásának antennája 60 m magasságban van elhelyezve. Sík terepen a bázisállomástól néhány száz méterre vagyunk. a) A mobil készüléket függőleges irányban mozgatva periódikus térerő változást tapasztalunk. Milyen távol vagyunk a bázisállomástól, ha a periódus 1 m? A szinusz abszolútérték két maximuma π szöggel tér el egymástól. ahonnan 2πh 1 (h 2 +1) rλ = 2πh 1h 2 rλ +π, r = 2h 1 λ = /3 = 360m. 5

6 VagymegkereshetjükaH térbeliperiódushosszt. sinβh 2 = sin 2π H h 2. Összevetve (15)-vel H = rλ H, h 1 2 = rλ = 1m, r = 2h 1 2h 1 λ. b) Legfeljebb mekkora lehet a vett jel teljesítménye az adótól 500 m távolságban, ha az adóteljesítmény 25 W? (az adó és vevő antenna irányhatása 3-3 db). Maximum akkor van, ha h 1 akkora, hogy a szinusz éppen 1-et ad. Ekkor (15) szerint E r = 2E 0, ami teljesítményben 4-es szorzó. A 3dB=2. ( ) 2 ( ) 2 λ 1/3 P R = P T G T G R.4 = = 1, W 4πr 4π500 c) Az adótól 500 m távolságban milyen magasságban lesz a vett jel teljesítménye maximális? Ahol a színusz 1, azaz argumentuma π/2 2πh 1 h 2 rλ = π 2, h 2 = rλ = 500.1/3 = 0,7 m. 4h