Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom Távvezetékek és síkhullám Reichardt András 2015. április 23. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 1 / 60
1 Távvezeték mint reaktancia FII/11. FII/13. Simonyi 566.old. 5.9 példa FII/18. FII/19. 2 Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-1. TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió TV-3. - Ideális TV, reaktáns lezárás 3 Poynting-vektor Elméleti összefoglaló 1.2 példa 1.5 Példa 1.7 Példa 4 Síkhullámok Elméleti összefoglaló P2.5 feladat 2.6 feladat 2.12 feladat 2.15 feladat ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 2 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/11. Feladat Egy Z 0 = 50Ω hullámellenállású koaxiális kábel hossza l = 255cm. A dielektrikum relatív permittivitása ε r = 2.25. A lezáró impedancia értéke Z 2 = (40 + j10)ω. Mekkora a bemenõ impedancia értéke f = 500Mhz esetén? ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 3 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/11. Megoldás Z 0 = 50Ω, l = 255cm, ε r = 2.25, Z 2 = (40 + 10j)Ω, f = 500MHz f = 500Mhz = 5 10 8 Hz a kábel már ideálisnak tekinthet Z be = Z 0 Z 2 + jz 0 tan(βl) Z 0 + jz 2 tan(βl) dielektrikum a hullámhosszt megrövidíti (Λ < λ) Λ = c kozeg f = 1 1 εµ f = 1 c0 εr f = 3 10 8 = 0.4m = 40cm 2.25 5 10 8 Z be = 50 βl = 2π 255 l = 2π Λ 40 = 12.75 π tan(βl) = tan(12.75π) = 1 40 + 10j j50 = (38.5 j7.7)ω 50 j(40 + 10j) ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 4 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/13. Feladat Négy antenna l = 1.25m, Z 20 = 200Ω, párhuzamosan kapcsolt tápvonalon, antennák táplálási ellenállása Z 2 = (180 + 40j)Ω. Közös betáp Z 10 = 50Ω. Számítsuk ki az állóhullám arárnyt! ε r = 2.56, f = 100MHz ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 5 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/13. Megoldás A tápvonal az antenna impedanciáját transzformálja a tápvonal bemenetére (Z 1 ). Z 1 : az antenna impedanciájával lezárt tápvonal bemen ellenállása βl = 2π Λ l = Z 1 = Z 20 Z 2 + jz 20 tan(βl) Z 20 + jz 2 tan(βl) 2π 1 εr c 0 f = 2π ε r f l c 0 = 1 3 2π 2.56l Z 1 = 200 (180 + 40j) + j200 tan(2π 2.56 1.25/3) 200 + j(180 + 40j) tan(2π 2.561.25/3) = (253 j14.7)ω ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 6 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/13. A négy antenna betáp párhuzamosan van kapcsolva, ezért Z 1e = 1 (253 j14.7)ω = (63.25 j3.675)ω 4 reexió koeciens a közös betápon r = Z 1e Z 10 63.25 j3.675 50 = Z 1e + Z 10 63.25 j3.675 + 50 r = (r) = 0.1215 állóhullám arány : σ = 1 + r 1 r = 1 + 0.1215 1 0.1215 = 1.381 Az állóhullámarány deníciója : r = U max U min. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 7 / 60
Távvezeték mint reaktancia Simonyi 566.old. 5.9 példa Feladat Fejezzük ki a távvezeték hullámimpedanciáját és terjedési együtthatóját rövidzárási és üresjárási impedanciájával! Alkalmazásként tekintsük az alábbi feladatot! Egy l = 20km hosszúságú távvezeték üresjárási és rövidzárási bemeneti impedanciája f = 1kHz frekvencián Z u = 536 e j89.74 Ω illetve Z r = 169e j69.74 Ω. Számítsuk ki a távvezeték hullámparamétereit! ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 8 / 60
Távvezeték mint reaktancia Simonyi 566.old. 5.9 példa Megoldás Bemeneti impedancia : Z be = Z 0 Z 2 + jz 0 tanh(γl) Z 0 + jz 2 tanh(γl) Speciális lezárások esetén a bemeneti ellenállás értéke : (Z 2 a távvezeték végén lévõ lezárás) Z 2 = 0(rövidre zárt távvezeték) : Z 1,r = Z 0 tanh(γl) Z 0 Z 2 = (nyitott végû vezeték) : Z 1,u = tanh(γl) Z 0 Zr Z u ; illetve tanh γl = Zr Z u ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 9 / 60
Távvezeték mint reaktancia Simonyi 566.old. 5.9 példa A számpélda adatai : l = 20km, f 0 = 1kHz, Z u = 536 e j89.74 Ω, Z r = 169e j69.74 Ω Z 0 = 300e j10 Ω; más módon : γ = 1 l atanh Zr = 25.6 10 6 e j51.6 m 1 Z u K = tanh(γl) = eγl e γl 1 K e γl ; 2γl = log + e γl 1 + K ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 10 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/18. Feladat A mikrohullámú frekvenciatartományban nem lehet a szokásos módszerekkel impedanciát mérni. Az impedancia mérése azonban történhet állóhullámmérõvel, amely mûszer a híradástechnikában használatos legnagyobb frekvenciákra is kivitelezhetõ. Az állóhullámmérõ egy Z 0 hullámellenállású tápvonal, amelynek mentén feszültséget lehet mérni. A mérendõ Z impedancia vagy közvetlenül az állóhullámmérõhöz csatlakozik, vagy egy szintén Z 0 hullámellenállású tápvonalon keresztül. Az impedancia meghatározásához két mérést végzünk. Elõször megmérjük terhelt állapotban a σ állóhullámarányt és megjelöljük egy feszültségminimum helyét. Másodszor Z helyére rüvidzárat helyezünk és megmérjük a feszültségminimum helyének eltolódását. Ezen adatokból az ismeretlen Z impedancia kiszámítható. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 11 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/18. Az ismeretlen impedancia értéke meghatározható, ha a reexió koeciens értéke ismert. r = r e jϑ, ahol r = σ 1 σ + 1 A feszültség függése a helytõl (távvezeték végén x = 0) U(x) = U + ( e jβx + r e jβx) ( = U + e jβx + re j(βx+ϑ)) = ( ) = U + (1 r)e jβx + r(e jβx + e j(βx+ϑ) ) = [ = U + (1 r)e jβx + r {e jϑ/2 e j(βx+ϑ/2) + e j(βx+ϑ/2)}) A feszültség id t l való függését is gyelembe véve [ ) u(x, t) = U(x)e jωt = U + (1 r)e j(ωt βx) + 2re j(ωt+ϑ/2) cos(βx + ϑ/2) Az els tag egy haladóhullámot, a második egy állóhullámot ír le. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 12 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/18. Feszültség minimum ott van (x = x 1 ), ahol az állóhullám értéke zérus : Rövidzárás esetén : állóhullám az x = x 2 helyen lesz Így reexió koeciens értéke : βx 1 + ϑ 2 = nπ + π 2 ; βx 1 = nπ + π 2 ϑ 2 u(x, t) = 2jU + sin(βx)e jωt x 2 = nπ βx 1 βx 2 = β = π 2 ϑ 2 ; r = σ 1 σ + 1 ejϑ = σ 1 σ + 1 e j2β A keresett impedancia értéke : 1 + r Z = Z 0 1 r = Z 0 ϑ = π 2β 1 σ 1 σ+1 e j2β 1 + σ 1 σ+1 e j2β ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 13 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/19. Feladat Számítsuk ki, hogy l = 30cm hosszuságu egyik végén rövidre zárt, másik végén nyitott tápvonal milyen frekvenciákon rezonáns (ε r = 1). ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 14 / 60
Távvezeték mint reaktancia FII/19. Megoldás A tápvonal rezonáns, ha a hossz a hullámhossz negyedének páratlan számú többszöröse l = (2n + 1) Λ, n = 0, 1, 2,... 4 Rezonáns frekvencia Λ = f = c Λ = c l 4 2n + 1 l ( n 2 + 1 ) 4 f = 3 ( 108 n ) 0.3 2 + 0.25 = (500n + 250)MHz Ennek megoldásai : f 0 = 250MHz, f 1 = 750Mhz, f 2 = 1250Mhz és így tovább. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 15 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-1. Feladat Feladat Két végén kétpólussal lezárt ideális távvezeték feszültség és árameloszlása U 1 = 10V ; U 2 = 9 e j1,8 V ; Z 0 = 75Ω; β = 2, 856 m 1 ; l = 1m Határozzuk meg az áram és feszültség amplitúdó eloszlását a távvezeték mentén (I(z) ill. U(z))! Számítsuk ki a feszültség amplitúdó maximális (U max ) és minimális (U min ) értékét, valamint ezek helyét (z max ill. z min ) a távvezeték mentén! Adjuk meg mindkét oldali lezárás áramának amplitúdóját (I 1 ill. I 2 )! ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 16 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-1. Megoldás 1. - Amplitúdók Feszültség és áramamplitúdó kifejezése a jobbra és balra haladó feszültséghullámok amplitúdójával : U(z) = U + e jβz + U e jβz I(z) = 1 Z 0 ( U + e jβz U e jβz) Peremfeltételek : U(0) = U + + U = U 1 U(l) = U + e jβl + U e jβl = U 2 alapján : U + = 24, 5 e j0,51 V ; U = 17,08 e j2,24 V ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 17 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-1. Feszültségeloszlás Feszültségeloszlás (álló/haladó hullámok alakban) U(z) = U + e jβz + U e jβz = = (U + U )e jβz + U (e jβz + e jβz ) = (U + U )e jβz + 2U cos(βz) ahol (U + U )e jβz haladó hullámot, míg 2U cos(βz) állóhullámot jelent. Más felírás (most megfelel bb) : U(z) = U + e jβz + U e jβz = = U + ( e jβz + U U + ejβz U(z) = U + 1 + U ) = U + e jβz (1 + U U + ejβz U + ej2βz ) ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 18 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-1. adatainkkal U = 0,695 e j2,816 U + U(z) = U + 1 + 0,695e j(2βz 2,816) Az amplitúdó-fazor szögének változása : ϕ = 2βz 2,816 maximális feszültségamplitúdó U max = (1 + 0,695) U + = 41,59V 2mπ + 2,816 ϕ = m 2π; z max = = 1,593m; 2,693m;... 2β minimális feszültségamplitúdó ϕ = π + k 2π; z min = U min = (1 0, 695) U + = 7,48V (2k + 1)π + 2,816 2β = 1,043m; 2,143m;... ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 19 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-1. A távvezetéken adott frekvenciára vonatkozó vezetett hullámhossza (guided wavelength ): λ g = 2π β = 2,2m A primer oldali lezárás áramának komplex amplitúdója : I 1 = 1 Z 0 ( U + U ) = 0,548 e j0,71 A I 2 = 1 Z 0 ( U + e jβl U e jβl) = 0,551 e j2,23 A ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 20 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió Feladat Feladat Ideális légszigetelés (c = 3 10 8 m/s) távvezeték, esetén Z 0 = 75Ω, f = 5 MHz. A távvezeték hossza l = 200 m. Primer oldalon a feszültséggenerátorral (u(t) = 100 V cos(ωt), R 1 = 12Ω) lezárt, a szekunder oldalon Z 2 = (100 + j 200)Ω. Határozzuk meg a (feszültségre vonatkozó) r 2 reexiós tényez t a távvezeték végén (szekunder oldalon)! Határozzuk meg a feszültség U(z) amplitúdójának eloszlását a távvezeték mentén! Keressük meg a feszültség amplitúdójának maximális és minimális értékét! Határozzuk meg a σ állóhullám arányt! ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 21 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió reexiós tényez a távvezeték lezárásánál : r 2 = Z 2 Z 0 100 + j200 75 = = 0, 6288 + j0, 4248 = 0, 7584 ej0,595 Z 2 + Z 0 100 + j200 + 75 reexiós tényez a távvezeték elején : r e = r 2 e j2βl = 0,7584 e j2,69 feszültségre és áramra felírható (határ)feltételi egyenletek : U + + U = U 1 = U 0 R 1 Z 1 és I 1 = 1 Z 0 ( U + U ) U = U + r 2 e jβ2l [ (1 U + + r2 e j2βl) + R 1 ( 1 r2 e j2βl) ] = U 0 Z 0 U + = 153, 9 e j0,44 V ; U = 116, 7 e j2,25 V ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 22 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió U(z) = U + ( e jβz + r e e jβz) = U + e jϱ/2 ( e j(βz+ϱ/2) + r 2 e j(βz+ϱ/2)) = = 153, 9e j2,25 (1 r 2 ) e j(βz+ϱ/2) + 2 r 2 cos (βz + ϱ/2) } {{ } }{{} 0,2416 1,517 ahol r e a távvezeték elején mérhet reexiós tényez (r e = r 2 e jϱ alakban) U min =? U max =? U(z) = U + e jβz ( 1 + r 2 e j(2βz+ϱ)) U max = U + (1 + r 2 ) = 270, 6V U min = U + (1 r 2 ) = 37, 17V ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 23 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió Vegyük észre állóhullámarány : σ = 7, 28 U max = 1 + r 2 U min 1 r 2 = σ U max = U + + U U min = U + U ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 24 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió Feszültség amplitúdó 300 Feszultseg amplitudo 250 200 U(z) 150 100 50 0 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 z ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 25 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-3. - Ideális TV, reaktáns lezárás Feladat megfogalmazása Feladat A Z 0 = 50Ω, v = 3 10 8 m/s (légszigetelés ), l = 100 m adatokkal jellemzett ideális távvezetéket primer oldalon U 1 = 100V amplitúdójú, f = 50 MHz frekvenciájú forrással gerjesztjük. A szekunder oldalon C = 31, 8 pf kapacitású kondenzátorral zárjuk le. Adjuk meg a reexiós tényez t a lezárás oldalán! Határozzuk meg a feszültség jobbra és balra haladó hullámának amplitúdóját, valamint a feszültség amplitúdójának eloszlását a távvezeték mentén! Keressük meg a maximális és minimális feszültség amplitúdókat! (Értelmezzük az eredményeinket!) ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 26 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-3. - Ideális TV, reaktáns lezárás r 2 reexiós tényez Z C = 1 jωc = j 1 2π 50 10 6 = j100ω 31, 8 10 12 r 2 = Z 2 Z 0 j100 50 + 2j = = 1 Z 2 + Z 0 j100 + 50 1 2j = e j0,927 A kapacitással történ lezárás esetében nem meglep az egységnyi reexiós tényez! U + =?, U =?, U(z) =? U(z) = U + e jβz + U e jβz U U + = r 2e j2βl = e j(2βl 0,927) = e j210,36 = e j3,021 = 0,99 0,1196j β = ω v = 2π 5 107 3 10 8 = 1, 05 1 m ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 27 / 60
Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-3. - Ideális TV, reaktáns lezárás U + = U + + U = U + (1 + r 2 e 2jβl ) = 100V 100 0, 0072 j0, 1196 = 834,5 ej1,5108 V ; [86,56 ] U = 834,5 e j1,5108 V [ 86, 56 ] ( U(z) = 834,5 e j(βz 1,5108) + e j(βz 1,5108)) V = 1669 cos (βz 1,5108) V maximum- és minimum pontok U max = 1669V ; βz max 1,5108 = kπ z max = kπ + 1,5108 β = 4,44m; 7,44m;... U min = 0V ; βz min 1, 5108 = (2k + 1) π 2 z min = (2k + 1)π/2 + 1,5108 β = 2,94m; 5,94m;... feszültség a lezáráson : U 2 = U(z = 100m) = 1492V ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 28 / 60
Poynting-vektor Elméleti öf. Poynting-vektor elméleti összefoglaló sugárzó teljesítmény : P sug = E HdA = adott A felületen átáramló teljesítmény P A = SdA A A SdA dimenzió : [S] = W m 2 komplex Poynting-vektor : S k = 1 2 E H hatásos teljesítmény : P = 1 Re {E H } da 2 A ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 29 / 60
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 térer sség : H ϕ = villamos térer sség : E r = ahol q a hosszegységenkénti töltés a bels vezet n két elektróda közötti feszültség : U = ra q 2πεr térer sség (q helyett U-val kifejezve) : E r = I 2πr E r dr = q r b 2πε ln r a r b U r ln(r a /r b ) ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 30 / 60
Poynting-vektor P1.2 P1 - Koaxiális kábel - áramló teljesítmény folyt. Vegyük gyelembe, hogy E r mer leges H ϕ -re, ezért S abszolut értéke egyenl 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) ra ra U I P = S da = S 2πrdr = r b 2πr 2 ln(r a /r b ) 2πrdr = U I A r b ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 31 / 60
Poynting-vektor P1.2 P1 - Koaxiális kábel - veszteség a vezet kben Mindkét vezet ben I áram folyik, egyenletes árams r séggel, J = I/A és J iránya axiális, a két érben egymással ellentétes irányú. dierenciális Ohm-törvény alapján : E z = bels vezet határfelületén : H ϕ,b = I 2πr b I σa küls vezet bels felületén : H ϕ,a = I 2πr a mindkét térer sség +ϕ irányú : H ϕ,rv = I 2πr v ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 32 / 60
Poynting-vektor P1.2 P1 - Koaxiális kábel - veszteség a vezet kben Poynting-vektor iránya mindkét vezet be befelé mutat (elektromos térer sségek iránya ellentétes), abszolút értéke a térer sségek abszolút értékének szorzata. S = E H = I 2πr v I Aσ Integrálva a vezet L hosszúságú darabjának felületére P = S2πr v L = I 2 1 Aσ = I2 R mindkét vezet nél, a Joule-törvénynek megfelel en. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 33 / 60
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 térer sségének nagyságát! Szolár konstans értéke SI-ben : S = 2.2cal/cm 2 /perc = 1.535 10 3 W/m 2 Minden elektromágneses sugárzótól elegend távolságban az elektromos és mágnese térer sség 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 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 34 / 60
Poynting-vektor P1.6-7 Komplex Poynting-vektor Az áramköröknél alkalmazott módon itt is bevezethetõ 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 megfelel en a komplex Poynting-vektor : S k = 1 2 E H S p = 1 2 Re {E H }, S q = 1 2 Im {E H } Egy A felületen áthaladó hatásos teljesítmény P = S p da = 1 Re {E H } da A 2 A ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 35 / 60
Poynting-vektor P1.6-7 P1.7 - Síkhullám teljesítménye 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! ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 36 / 60
Poynting-vektor P1.6-7 P1.7 - Síkhullám teljesítménye E = e x 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) ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 37 / 60
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 12 sin(2αa) ] [ b + 1 2γ sin(2γb) ] ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 38 / 60
Síkhullám Elméleti öf. Elméleti összefoglaló Az E és H mer leges egymásra és mindkett mer leges a terjedési irányra E hullámellenállás : H = E µ H = ε = µr µ0 ε r ε 0 fázistényez 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 H = jωµ σ + jωε ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 39 / 60
Síkhullám Elméleti öf. Elméleti összefoglaló folyt. A síkhullám - távvezeték analógia alapja, hogy a dierenciálegyenleteik azonos jelleg ek, ezért a megoldások is azonos függvényekkel írhatóak le. Síkhullám E H jωµ Z 0 = σ + jωε γ = jωµ(σ + jωε) Távvezeték U I R + jωl Z 0 = G + jωc γ = (R + jωl)(g + jωc) ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 40 / 60
Síkhullám P2.5 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? Fázistényez ideális dielektrikum esetében β = ω µε = ω µ r ε r µ 0 ε 0 = 2π Λ Λ = λ c = µr ε r µr ε r f f = 2000Mhz; esetén a szabadtéri hullámhossz λ = c f = 3 108 = 0.15m = 15 cm 2 109 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 41 / 60
Síkhullám P2.5 P2.5 - folytatás µ r = 1 esetében a szükséges ε r ε r = λ Λ = 15 10 = 1.5 A hullám fázissebessége ε r = 1.5 2 = 2.25 v = ω β = 2πf 2π Λ = c Λ λ = 2 108 m s 1 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 42 / 60
Síkhullám P2.6 P2.6 Feladat : Szabad térben f = 10 MHz frekvenciájú síkhullám terjed. A síkhullám a terjedési irányra mer leges. A falnál ε r = 4, µ r = 1, σ = 0 jellemz j anyaghoz ér. Illesszük a távvezeték-analógia alapján a síkhullámot! ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 43 / 60
Síkhullám P2.6 P2.6 - megolás Megoldás : A fal utáni anyag hullámellenállása Z 1 = µr µ 0 ε r ε 0 = µr ε r Z 0 = 1 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 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 44 / 60
Síkhullám P2.6 P2.6 - megoldás folyt. az A és B síkok között a hullámhossz Λ 2 = λ = λ = c µr,2 ε r,2 2 f 2 = 21.22m Így a Z 2 hullámellenállású anyag szükséges szélessége a = Λ 2 4 = 21.22 = 5.32 m 4 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 45 / 60
Síkhullám P2.12 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 térer sség síkhullám mer legesen esik be az 1. közegb l a két dielektrikumot elválasztó síkra, mekkora lesz a 2. közegben a továbbhaladó hullám térer sségének értéke? Határozzuk meg a továbbhaladó és a bees elektromos és mágneses térer sségek viszonyát is! ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 46 / 60
Síkhullám P2.12 P2.12 - folyt. Megoldás : A reexiókoeciens értéke : r = E 1 E + 1 = Z 2 Z 1 Z 2 + Z 1 = µ2 ε 2 µ2 ε 2 + µ1 ε 1 = µ1 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 térer sség 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 2 ε 1 = Z 2 + Z 1 ε2 + = 2 4 = 1.165 ε 1 2 + 4 E 2 = 1.165E + 1 = 1.165 V/m ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 47 / 60
Síkhullám P2.12 P2.12 - folyt. 2 Mágneses térer sségek 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 2 ε 2 = Z 1 + Z 2 ε1 + = 2 2 = 0.831 ε 2 4 + 2 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 48 / 60
Síkhullám P2.15 Veszteséges szigetel k Szinuszos jelek esetében ε k = ε(1 j tan δ) komplex dielektromos állandóva a létrejöv 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 = σe + jωεe = jωε 1 j σ ωε E = }{{} tan δ = jωε[1 j tan δ]e = jωε k E ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 49 / 60
Síkhullám P2.15 Veszteséges szigetel k folytatás Számítsuk ki tan δ függvényében az α,β,z 0 értékeket jó szigetel k esetében! γ = jω µε k = jω µε(1 jtgδ) Z 0 = µ µ = ε k ε 1 1 jtgδ jó szigetel k esetében : tgδ 1 így sorbafejtés lehetséges γ = α + jβ jω [ µε 1 1 2 jtgδ + 1 ] 8 tg2 δ ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 50 / 60
Síkhullám P2.15 Veszteséges szigetel k 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 + 12 ) ε jtgδ Nagy frekvencián a szigetel kben lejátszódó hullámtani problémákat nem σ-val, hanem tgδ-val célszer leírni, mert az adott frekvencián tan δ az összes veszteséget tartalmazza. ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 51 / 60
Síkhullám P2.15 P2.15 Feladat : Az "A" és "B" fal között szigetelõ anyag van. Számítsuk ki, hogy az "A" falon mekkora a reexiós koeciens. Adatok : ε r = 4, λ = 15 cm, tan δ = 10 2, l = 35 cm Megoldás : A szigetel anyag hullámellenállása : Z S = Z [ 0 1 + 1 ] εr 2 j tan δ = Z 0 = 120π = 188.5Ω εr 4 A csillapítási együttható : α = 1 µεω tan δ =... = 0.418 m 1 2 fázistényez : β = β 0 [1 + 1 ] 8 tan2 δ β 0 = 2π ε1 = 83.6 m 1 λ ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 52 / 60
Síkhullám P2.15 P2.15 - folyt. 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 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 53 / 60
Síkhullám P2.15 P2.15 - folyt. Ezáltal a Z A impedancia Z A = (147.5 j75)ω A reexió tényez : 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 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 54 / 60
Síkhullám P2.18 P2.18 - Simonyi 6.17. Feladat : Egy f = 1M Hz frekvenciájú síkhullám a levegõbõl merõlegesen réz felületére esik. Számítsuk ki : 1 a reexiókoeciens értékét 2 a réz falán az elektromos térer sség nagyságát! ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 55 / 60
Síkhullám P2.18 P2.18 - Simonyi 6.17. Megoldás : A dielektrikum ill. a vezet hullámellenállása : µ0 Z 0 = ε, Z jωµ ωµ 10 = σ + jωε σ ej π 4 = 3.7 10 4 e j45 Ω reexiókoeciens 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 elektromos térer sség a vezet falán : 5 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 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 56 / 60
Síkhullám Váltakozóáramú ellenállás Áramkiszorítás jelensége - Elmélet Áramkiszoriási jelenségr l beszélünk, ha a vezet ben folyik egy "hasznos" áram, amelynek mágneses tere járulékos "örvényáramokat" hoz létre, miáltal az egyenletes eloszlás eltorzul, és járulékos veszteség keletkezik. Síkhullám a vezet ben (E = ˆx E x, J = ˆx J x és H = ŷ H y ) (E = E x, J = J x, 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/δ ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 57 / 60
Síkhullám Váltakozóáramú ellenállás PIV.15 Feladat : Határozzuk meg egy végtelenül mélynek tekintethet alumínium tömb b = 1cm széles és l = 1m hosszuságú szakaszának ellenállását f = 40 khz frekvencián. Megoldás : Az alumínium vezetõképessége σ = 35 10 6 S/m, ezért a behatolási mélysége (δ) σ = 1 8.5 10 2 = = 4.25 10 2 cm πfσµ f Az ellenállása R = l σ b δ = 6.73 10 3 Ω = 6.73mΩ ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 58 / 60
Síkhullám Váltakozóáramú ellenállás PIV.21 feladat Feladat : Határozzuk meg egy l = 1km hosszuságú, d = 3mm átmér j rézvezeték ellenállását és bels reaktanciáját f = 30 khz frekvencián! Megoldás : Az egyenáramú ellenállás : A behatolási mélység és R 0 = l A σ = 2.48Ω δ = 6.62 f = 3.82 10 2 cm x = r 0 2δ = 1.96 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 59 / 60
Síkhullám Váltakozóáramú ellenállás PIV.21 feladat - folyt. A közelít összefüggések x > 1 esetére R = x + 1 R 0 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 ra (evt/hvt/bme) Emt2015 6. alkalom <Távvezetékek és síkhullám> 2015.04.23 60 / 60