Elektromágneses terek gyakorlat, 6.

Elektromágneses terek gyakorlat, 6. Síkhullámok - Hertz-dipólus Reichardt András 2007. május 2. Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 1 / 43

Poynting-vektor Elméleti öf. Poynting-vektor elméleti összefoglaló sugárzó teljesítmény : P sug = adott A felületen átáramló teljesítmény P A = SdA A A E Hd A = Sd A dimenzió : [S] = W m 2 komplex Poynting-vektor : S k = 1 2 E H hatásos teljesítmény : P = 1 { Re E } H da 2 A Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 2 / 43

Poynting-vektor P1.2 P1 - Koaxiális kábel - áramló teljesítmény Feladat : Számítsuk ki egyenáram esetén egy koaxiális kábel teljesítmény viszonyait a Poynting-vektor segítségével! Megoldás : r sugarú körön a mágneses térerősség : H ϕ = villamos térerősség : E r = q 2πεr ahol q a hosszegységenkénti töltés a belső vezetőn két elektróda közötti feszültség : U = ra térerősség (q helyett U-val kifejezve) : E r = I 2πr r b E r dr = q 2πε ln r a r b U r ln(r a /r b ) Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 3 / 43

Poynting-vektor P1.2 P1 - Koaxiális kábel - áramló teljesítmény folyt. Vegyük figyelembe, hogy E r merőleges H ϕ -re, ezért S abszolut értéke egyenlő E és H abszolút értékének szorzatával. Poynting-vektor a kábel tengelyének irányába mutat S = E H = U I 2πr 2 ln(r a /r b ) Áramló teljesítmény (dielektrikum keresztmetszetén halad át) P = A S da = ra r b S 2πrdr = ra r b U I 2πr 2 ln(r a /r b ) 2πrdr = U I Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 4 / 43

Poynting-vektor P1.2 P1 - Koaxiális kábel - veszteség a vezetőkben Mindkét vezetőben I áram folyik, egyenletes áramsűrűséggel, J = I/A és J iránya axiális, a két érben egymással ellentétes irányú. differenciális Ohm-törvény alapján : E z = I σa belső vezető határfelületén : H ϕ,b = külső vezető belső felületén : H ϕ,a = I 2πr b I 2πr a mindkét térerősség +ϕ irányú : H ϕ,rv = I 2πr v Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 5 / 43

Poynting-vektor P1.2 P1 - Koaxiális kábel - veszteség a vezetőkben Poynting-vektor iránya mindkét vezetőbe befelé mutat (elektromos térerősségek iránya ellentétes), abszolút értéke a térerősségek abszolút értékének szorzata. S = E H = I 2πr v I Aσ Integrálva a vezető L hosszúságú darabjának felületére P = S2πr v L = I 2 1 Aσ = I2 R mindkét vezetőnél, a Joule-törvénynek megfelelően. Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 6 / 43

Poynting-vektor P1.5 P1.5 - Nap sugárzása A Nap sugárzásából a Föld 1 cm 2 nagyságú felületére átlagosan 1 perc alatt, 2.2 cal energia érkezik. (Szolár konstans) Határozzuk meg a hullám elektromos és mágneses térerősségének nagyságát! Szolár konstans értéke SI-ben : S = 2.2cal/cm 2 /perc = 1.535 10 3 W /m 2 Minden elektromágneses sugárzótól elegendő távolságban az elektromos és mágnese térerősség hányadosa az S = E H összefüggéssel E H = 120πΩ 377Ω E = 120π S = 7.5 10 2 V /m H = E 120π = 2 A/m Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 7 / 43

Poynting-vektor Komplex Poynting-vektor P1.6-7 Az áramköröknél alkalmazott módon itt is bevezethető a komplex jelölési mód. Ekkor a komplex teljesítmény : P k = 1 2 UI = P + jq P = 1 2 Re {UI } ; = 1 2 Im {UI } Ennek megfelelően a komplex Poynting-vektor : Sk = 1 2 E H Sp = 1 2 Re { E H }, Sq = 1 2 Im { E H } Egy A felületen áthaladó hatásos teljesítmény P = Sp da = 1 { Re E } H da A 2 A Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 8 / 43

Poynting-vektor P1.7 - Síkhullám teljesítménye P1.6-7 Feladat : Egy hullám térkomponensére az alábbiak : E x = E 0 sin(αx) cos(γy) e j(ωt βz) ; E y = 0; E z = 0 H y = H 0 sin(αx) cos(γy) e j(ωt βz π 6 ) ; H x = 0; H z = 0 Számítsuk ki a Poynting-vektor segítségével a a < x < a és b < y < b tartományokon áthaladó teljesítményt! Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 9 / 43

Poynting-vektor P1.7 - Síkhullám teljesítménye P1.6-7 E = ex E x és H = e y H y, E H így S = E H S(t) = E 0 H 0 sin 2 (αx) cos 2 (γy) cos(ωt βz) cos(ωt βz π/6) S k = 1 2 EH = 1 2 E 0H 0 sin 2 (αx) cos 2 (γy) e jπ/6 ennek valós része : S p = 1 2 E 0H 0 sin 2 (αx) cos 2 (γy) cos(π/6) Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 10 / 43

Poynting-vektor P1.6-7 P1.7 - Síkhullám teljesítménye folyt. S p = 1 2 E 0H 0 sin 2 (αx) cos 2 (γy) cos(π/6) a A felületen átáramló teljesítmény : P = S p da = A = 1 3 a b E 0 H 0 sin 2 (αx) cos 2 (γy)dydx = 2 }{{} 2 a b cos(π/6) 3 a b = 4 E 0H 0 sin 2 (αx) dx cos 2 (γy) dy = a b = 3 4 E 0H 0 [a 1 ] [ 2 sin(2αa) b + 1 ] 2γ sin(2γb) Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 11 / 43

Elméleti összefoglaló Síkhullám Elméleti öf. Az E és H merőleges egymásra és mindkettő merőleges a terjedési irányra hullámellenállás : E H = E µ H = ε = µr ε r µ0 ε 0 fázistényező β = ω µε = µ r ε r β 0 hullámhossz Λ = 2π β = v f = λ µr ε r szabadtéri hullámhossz λ = c f veszteséges dielektrikum : γ = (σ + jωε)jωµ E jωµ H = σ + jωε Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 12 / 43

Síkhullám Elméleti összefoglaló folyt. Elméleti öf. A síkhullám - távvezeték analógia alapja, hogy a differenciálegyenleteik azonos jellegűek, ezért a megoldások is azonos függvényekkel írhatóak le. Síkhullám Távvezeték E U H I jωµ R+jωL G+jωC Z 0 = σ+jωε Z 0 = γ = jωµ(σ + jωε) γ = (R + jωl)(g + jωc) Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 13 / 43

P2.5 Síkhullám P2.5 Mekkora ε r dielektromos állandójú ideális dielektrikumban lesz az f = 2000MHz-es frekvenciájú hullám hullámhossza Λ = 10 cm, µ r = 1 esetében? Mekkora lesz a hullám fázissebessége? Fázistényező ideális dielektrikum esetében β = ω µε = ω µ r ε r µ 0 ε 0 = 2π Λ Λ = λ µr ε r = c µr ε r f f = 2000Mhz; esetén a szabadtéri hullámhossz λ = c f = 3 108 = 0.15m = 15 cm 2 109 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 14 / 43

P2.5 - folytatás Síkhullám P2.5 µ r = 1 esetében a szükséges ε r A hullám fázissebessége εr = λ Λ = 15 10 = 1.5 ε r = 1.5 2 = 2.25 v = ω β = 2πf 2π Λ = c Λ λ = 2 108 m s 1 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 15 / 43

P2.6 Síkhullám P2.6 Feladat : Szabad térben f = 10 MHz frekvenciájú síkhullám terjed. A síkhullám a terjedési irányra merőleges. A falnál ε r = 4, µ r = 1, σ = 0 jellemzőjű anyaghoz ér. Illesszük a távvezeték-analógia alapján a síkhullámot! Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 16 / 43

Síkhullám P2.6 P2.6 - megolás Megoldás : A fal utáni anyag hullámellenállása Z 1 = µr µ 0 µr = Z 0 = 1 ε r ε 0 ε r 2 Z 0 Az analógia alapján illesztéshez az A fal elé a Z 2 = Z 1 Z 0 hullámellenállású, Λ 2 /4 széles anyagot helyezünk el. Z 2 = Z 0 Z 1 = Z 0 2 feltételezve, hogy µ r,2 = 1 kiszámíthatjuk ε r,2 -t Z 0 µr,2 µ 0 = = Z 0 ε r,2 = 2 2 ε r,2 ε 0 εr,2 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 17 / 43

P2.6 - megoldás folyt. Síkhullám P2.6 az A és B síkok között a hullámhossz Λ 2 = λ µr,2 ε r,2 = λ 2 = c f 2 = 21.22m Így a Z 2 hullámellenállású anyag szükséges szélessége a = Λ 2 4 = 21.22 = 5.32 m 4 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 18 / 43

P2.12 Síkhullám P2.12 Feladat : Két ideális dielektrikum anyagállandói : ε 1 = 4ε 0, µ 1 = µ 0 ill. ε 2 = 2ε 0, µ 2 = µ 0. Ha egy E 1 = 1 V /m elektromos térerősségű síkhullám merőlegesen esik be az 1. közegből a két dielektrikumot elválasztó síkra, mekkora lesz a 2. közegben a továbbhaladó hullám térerősségének értéke? Határozzuk meg a továbbhaladó és a beeső elektromos és mágneses térerősségek viszonyát is! Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 19 / 43

P2.12 - folyt. Síkhullám P2.12 Megoldás : A reflexiókoefficiens értéke : r = E 1 E + 1 = Z 2 Z 1 Z 2 + Z 1 = µ2 ε 2 µ 1 ε 1 µ2 ε 2 + µ 1 ε 1 = = ε1 ε 2 ε1 + ε 2 = 4 2 4 + 2 = 0.586 3.444 = 0.172 = H 1 H + 1 Az elválasztó síkon az elektromos térerősség nagysága : [ E 2 = E 1 + + E 1 = E 1 + (1 + r) = E 1 + 1 + Z ] 2 Z 1 = E + 2Z 2 1 Z 2 + Z 1 Z 2 + Z 1 E 2 E + 1 = 2Z 2 Z 2 + Z 1 = E 2 = 1.165E + 1 2 ε 1 ε2 + ε 1 = 2 4 2 + 4 = 1.165 = 1.165 V /m Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 20 / 43

P2.12 - folyt. 2 Síkhullám P2.12 Mágneses térerősségek számításához a hullámellenállásokat használjuk fel E 2 = H 2 Z 2 E + 1 = H+ 1 Z 1 H 2 H + 1 = Z 1 Z 2 E 2 E + 1 = 2Z 1 Z 1 + Z 2 = 2 ε 2 ε1 + ε 2 = 2 2 4 + 2 = 0.831 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 21 / 43

Veszteséges szigetelők Síkhullám P2.15 Szinuszos jelek esetében ε k = ε(1 j tan δ) komplex dielektromos állandóva a létrejövő veszteségeket a veszteség nélküli egyenletekkel (ε ε k ) helyettesítéssel számolni tudjuk. tgδ = vezetési áram eltolási áram = I v I e = σe εωe = σ εω Maxwell I. : roth = J + ε E t = σ E + jωε E = jωε 1 j σ ωε }{{} tan δ E = = jωε[1 j tan δ] E = jωε k E Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 22 / 43

Síkhullám P2.15 Veszteséges szigetelők folytatás Számítsuk ki tan δ függvényében az α,β,z 0 értékeket jó szigetelők esetében! γ = jω µε k = jω µε(1 jtgδ) µ Z 0 = εk = µ ε 1 1 jtgδ jó szigetelők esetében : tgδ 1 így sorbafejtés lehetséges γ = α + jβ jω [ µε 1 1 2 jtgδ + 1 ] 8 tg2 δ Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 23 / 43

Síkhullám P2.15 Veszteséges szigetelők folytatás 2. γ = α + jβ jω [ µε 1 1 2 jtgδ + 1 ] 8 tg2 δ α 1 2 ω µεtgδ β ω ( µε 1 + 1 ) 8 tg2 δ Z 0 µ (1 + 1 ) ε 2 jtgδ Nagy frekvencián a szigetelőkben lejátszódó hullámtani problémákat nem σ-val, hanem tgδ-val célszerű leírni, mert az adott frekvencián tan δ az összes veszteséget tartalmazza. Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 24 / 43

P2.15 Síkhullám P2.15 Feladat : Az "A" és "B" fal között szigetelő anyag van. Számítsuk ki, hogy az "A" falon mekkora a reflexiós koefficiens. Adatok : ε r = 4, λ = 15 cm, tan δ = 10 2, l = 35 cm Megoldás : A szigetelő anyag hullámellenállása : Z S = Z [ 0 1 + 1 ] εr 2 j tan δ = Z 0 = 120π = 188.5Ω εr 4 A csillapítási együttható : fázistényező : α = 1 µεω tan δ =... = 0.418 m 1 2 β = β 0 [1 + 1 ] 8 tan2 δ β 0 = 2π ε1 = 83.6 m 1 λ Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 25 / 43

P2.15 - folyt. Síkhullám P2.15 terjedési együttható : γ = α + jβ = (0.418 + j83.6)m 1 γl = 0.146 + j29.2 A feladat távvezeték analógiája : Z 0 hullámellenállású távvezetékhez Z S hullámellenállású, l hosszuságú, Z 0 impedanciával lezárt távvezeték csatlakozik. Az analógia alapján az "A" helyen az impedancia értéke : Z A = Z S Z 0 cosh γl + Z S sinh γl Z 0 sinh γl + Z S cosh γl Ehhez számítsuk ki cosh γl és sinh γl értékét : cosh γl = cosh(α + jβ)l =... = 0.606 j0.116 sinh γl = sinh(α + jβ)l =... = 0.0875 j0.808 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 26 / 43

P2.15 - folyt. Síkhullám P2.15 Ezáltal a Z A impedancia Z A = (147.5 j75)ω A reflexió tényező : r = Z A Z 0 147.5 j75 377 = = 0.448 j0.079 = 0.454 e j10 Z A + Z 0 147.5 j75 + 377 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 27 / 43

P2.18 - Simonyi 6.17. Síkhullám P2.18 Feladat : Egy f = 1MHz frekvenciájú síkhullám a levegőből merőlegesen réz felületére esik. Számítsuk ki : 1 a reflexiókoefficiens értékét 2 a réz falán az elektromos térerősség nagyságát! Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 28 / 43

P2.18 - Simonyi 6.17. Síkhullám P2.18 Megoldás : A dielektrikum ill. a vezető hullámellenállása : µ0 jωµ ωµ Z 0 = ε, Z 10 = σ + jωε σ ej π 4 = 3.7 10 4 e j45 Ω reflexiókoefficiens a falon : r = Z 10 Z 0 ωεµ0 1 + 2 Z 10 + Z 0 σµ ej π 4 (1.4 10 6 1)e j0.79 10 5 elektromos térerősség a vezető falán : 1 ( E 1 = E 0 (1 + r) = E 0 1 + Z ) 10 Z 0 Z 10 = 2E 0 Z 10 + Z 0 Z 10 + Z 0 Z 10 ωεµ0 2E 0 = 2E 0 Z 0 σµ ej π 4 = 1.97 10 7 E 0 e j π 4 0 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 29 / 43

Síkhullám Áramkiszorítás jelensége - Elmélet Váltakozóáramú ellenállás Áramkiszoriási jelenségről beszélünk, ha a vezetőben folyik egy "hasznos" áram, amelynek mágneses tere járulékos "örvényáramokat" hoz létre, miáltal az egyenletes eloszlás eltorzul, és járulékos veszteség keletkezik. Síkhullám a vezetőben (E = Ex, J = J x és H = H y ) E ( z, t) = E(z)e jωt ; H(z, t) = H(z)e jωt ; J(z, t) = J(z)e jωt = σe(z, t) E(z) = E 0 e (1+j)z/δ ; H(z) = σe 0 (1 + j)/δ ; J(z) = σe 0e (1+j)z/δ z = δ mélységben bármely mennyiség a felületi értékének e-edrészére csökken E(z) = E f e z/δ ; J(z) = σe f e z/delta Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 30 / 43

PIV.15 Síkhullám Váltakozóáramú ellenállás Feladat : Határozzuk meg egy végtelenül mélynek tekintethető alumínium tömb b = 1cm széles és l = 1m hosszuságú szakaszának ellenállását f = 40 khz frekvencián. Megoldás : Az alumínium vezetőképessége σ = 35 10 6 S/m, ezért a behatolási mélysége (δ) σ = 1 8.5 10 2 = πf σµ f = 4.25 10 2 cm Az ellenállása R = l σ b δ = 6.73 10 3 Ω = 6.73mΩ Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 31 / 43

PIV.21 feladat Síkhullám Váltakozóáramú ellenállás Feladat : Határozzuk meg egy l = 1km hosszuságú, d = 3mm átmérőjű rézvezeték ellenállását és belső reaktanciáját f = 30 khz frekvencián! Megoldás : Az egyenáramú ellenállás : A behatolási mélység és R 0 = δ = 6.62 f l A σ = 2.48Ω = 3.82 10 2 cm x = r 0 2δ = 1.96 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 32 / 43

PIV.21 feladat - folyt. Síkhullám Váltakozóáramú ellenállás A közelítő összefüggések x > 1 esetére R R 0 = x + 1 4 + 3 64 x = 2.23 Innen ωl b R 0 = x 3 64x = 1.94 R = 2.23 2.48Ω = 5.52Ω ωl b = 1.94 2.48 = 4.8Ω L b = ωl b ω = 25.5µH L b0 = µl 8π = 50µH Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 33 / 43

Hertz-dipól Antennák Elméleti összefoglaló Hertz-dipól : olyan l hosszúságú, I 0 áramszál, amelynél l λ és d l, ahol λ a frekvenciához tartozó hullámhossz, és d az áramszál átmérője Másik elképzelés : két egymástól l távolságra levő fémgömb egy egyenes vezetővel összekötve, ezen vezetőn keresztül a két gömb periodikusan feltöltödik és kisül. Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 34 / 43

Hertz-dipól folyt. Antennák Elméleti összefoglaló Hertz-dipólus elektromágneses tere gömbkoordinátákban : E r = I [ 0l µ0 2 4π ε 0 r 2 2j ] ωε 0 r 3 cos ϑ e j(ωt βr) E ϑ = I [ 0l jωµ0 j ] 4π r ωε 0 r 3 + µo 1 ε 0 r 2 sin ϑ e j(ωt βr) H ϕ = I [ 0l jβ 4π r ahol β = 2π/λ és ω = v 2π/λ. E ϕ = 0 H r = 0 H ϑ = 0 1 ] r 2 sin ϑ e j(ωt βr) Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 35 / 43

Hertz-dipól folyt. 2. Antennák Elméleti összefoglaló Távol tér : r λ, ezért 1/r-es tagokon kívűl minden elhanyagolható. E ϑ = I 0l 4π jωµ 0 sin ϑ e j(ωt βr) = 1 µ 2 ε l λ I m sin ϑ r e j(ωt 2πr/λ) H ϕ = I 0l jβ 4π r sin ϑ ej(ωt βr) = 1 l 2 λ I sin ϑ m e j(ωt 2πr/λ) r Poynting-vektor (egyetlen radiális irányú rendező) nagysága : S r = 1 2 E ϑh ϕ = 1 8 ( ) µ l 2 I 2 sin 2 ϑ m ε λ r 2 elsugárzott teljesítmény : P = 1 2 R SI 2 m; R S = 2π 3 ( µ l 2 ε λ) Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 36 / 43

Hertz-dipólus folyt. 3. Antennák Elméleti összefoglaló H-d. teljesítménye döntő részét felezősíkjának környezetében, forgásszimmetrikusan sugározza (sin 2 ϑ 1) tengelye irányában nem sugároz maximális elektromos térerősség (ϑ = π/2) kifejezhető az elsugárzott teljesítmény E max (r) = 1 µ l 1 2 ε λ r = E 3 4 µ 1 max(r) = 4π ε r P sugárzási karakterisztika : sugárzás térbeli eloszlását jellemzi (rögzített r esetén E relatív nagyságát adja meg ϕ és ϑ függvényében E ϑ = E max (r) sin ϑ irányítottság : G = S max S átl. Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 37 / 43

A/1 - PDT. 3.5. Antennák A/1 - PDT. 3.5., 49.old Feladat : Egy dipólust P = 1 kw energiával gerjesztjük, mekkora lesz a dipól tengelyétől 45 szög alatt a dipóltól 15 km távolságban a Poynting-vektor értéke? Megoldás : A maximális térerősség : E eff,max = 300 1 P 2 r kw = 300 1 = 1.41 10 2 V /m m 215000 A ϑ = 45 irányban sin 45 sin 90 = 1 2 arányban kisebb E eff = E eff,max 2 = 10 2 V /m Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 38 / 43

A/1 - PDT. 3.5. folyt. Antennák A/1 - PDT. 3.5., 49.old A vizsgált helyen az elektromos és mágneses térerősség hányadosa a szabadtéri hullámellenállás E H = Z 0 H = E Z 0 H eff = E eff Z 0 A Poynting-vektor időbeli átlag értéke = 2.67 10 5 A/m S = E eff H eff = 10 2 2.67 10 5 = 2.67 10 7 W m 2 = 26.7mW m 2 Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 39 / 43

Antennák A/2 - PDT. 3.6., 50.old. A/2 - PDT. 3.6. Feladat : Egy dipólus hossza : l = 1.2m, a dipólus árama : I = 2 A, frekvencia : f = 20 MHz. Mekkora a dipólus által kisugárzott teljesítmény? Mekkora lesz az elektromos térerősség értéke a dipólustól 20 km távolságban a δ = π/2 irányban? Megoldás : A hullámhossz λ = c/f = 3 10 8 /20 10 6 = 15m, ezért l/λ = 1.2/15 = 0.08. A kisugárzott teljesítmény P = 80π 2 ( l λ ) 2 I 2 eff =... = 20 W Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 40 / 43

A/2 - PDT. 3.6. Antennák A/2 - PDT. 3.6., 50.old. A térerősség a teljesítményből is kiszámítható : E eff = 300 1 300 1 P = 2 10 2 r 2 20 2 = 1.5 mv m A térkomponensek egyenletéből is kiszámítható a térerősség E eff = I 0l ωµ 0 4π r =... = 1.5 10 3 V /m = 1.5mV /m Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 41 / 43

A/3 - PDT. 3.7. Antennák A/3 - PDT. 3.7., 51.old. Feladat : Egy dipólus sugárzási ellenállása R S = 1.5 Ω. A dipólust P = 600 W teljesítménnyel gerjesztjük, f = 10 MHz frekvencián. Írjuk fel az elektromos és mágneses térerősségek függvényeit a távoltérben. Megoldás : A dipólus árama : I eff = P R S = 600 1.5 = 20 A I m = 2I eff = 28.28 A A dipólus hossza a sugárzási ellenállásból kifejezhető ( l 2 R S = 80π 2 λ) alapján Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 42 / 43

A/3 - PDT. 3.7. Antennák A/3 - PDT. 3.7., 51.old. távoltér komponensei l = λ π R S 80 = 30 1.5 3.14 80 = 1.31 m l λ = 1.31 30 = 0.0426 E ϑ = j ωµ 0 4π H ϕ = j I ml 4π I m l r ω µ 0 ε 0 r sin ϑ e jω(t r/c) =... = j243 sin ϑ r sin ϑe jω(t r/c) =... = j0.018 sin ϑ r e j2π107 (t r/30) e j2π107 (t r/30) Reichardt András (SzHV, BME) Elektromágneses terek gyakorlat # 6. 2007.05.02. 43 / 43