Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom

Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom Távvezetékek és síkhullám Reichardt András 2015. április 23.

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

1 / 60

1

2

3

4

Távvezeték mint reaktancia FII/11. FII/13. Simonyi 566.old. 5.9 példa FII/18. FII/19. Távvezeték feszültség és árameloszlása TV-1. TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió TV-3. - Ideális TV, reaktáns lezárás Poynting-vektor Elméleti összefoglaló 1.2 példa 1.5 Példa 1.7 Példa Síkhullámok Elméleti összefoglaló P2.5 feladat 2.6 feladat 2.12 feladat 2.15 feladat

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

2 / 60

Távvezeték mint reaktancia

FII/11.

Feladat Egy Z0 = 50Ω hullámellenállású koaxiális kábel hossza ` = 255cm. A dielektrikum relatív permittivitása εr = 2.25. A lezáró impedancia értéke Z2 = (40 + j10)Ω. Mekkora a bemenõ impedancia értéke f = 500M hz esetén?

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

3 / 60


FII/11.

Megoldás Z0 = 50Ω, ` = 255cm, εr = 2.25, Z2 = (40 + 10j)Ω, f = 500M Hz f = 500M hz = 5 · 108 Hz a kábel már ideálisnak tekinthet® Zbe = Z0

Z2 + jZ0 tan(β`) Z0 + jZ2 tan(β`)

dielektrikum a hullámhosszt megrövidíti (Λ < λ) Λ=

ckozeg 1 1 1 c0 3 · 108 =√ · =√ · =√ = 0.4m = 40cm f εµ f εr f 2.25 · 5 · 108 2π 255 ` = 2π = 12.75 · π Λ 40 tan(β`) = tan(12.75π) = −1

β` =

Zbe = 50 ra (evt/hvt/bme)

40 + 10j − j50 = (38.5 − j7.7)Ω 50 − j(40 + 10j)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

4 / 60


FII/13.

Feladat Négy antenna ` = 1.25m, Z20 = 200Ω, párhuzamosan kapcsolt tápvonalon, antennák táplálási ellenállása Z2 = (180 + 40j)Ω. Közös betáp Z10 = 50Ω. Számítsuk ki az állóhullám arárnyt! εr = 2.56, f = 100M Hz

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

5 / 60


FII/13.

Megoldás A tápvonal az antenna impedanciáját transzformálja a tápvonal bemenetére (Z1 ). Z1 : az antenna impedanciájával lezárt tápvonal bemen® ellenállása Z1 = Z20

Z2 + jZ20 tan(β`) Z20 + jZ2 tan(β`)

√ l 1 √ = 2π εr f = 2π 2.56` c0 3 √ (180 + 40j) + j200 tan(2π 2.56 · 1.25/3) √ Z1 = 200 = (253 − j14.7)Ω 200 + j(180 + 40j) tan(2π 2.561.25/3) β` =

ra (evt/hvt/bme)

2π `= Λ

2π

√1 c0 εr f

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

6 / 60


FII/13.

A négy antenna betáp párhuzamosan van kapcsolva, ezért Z1e =

1 (253 − j14.7)Ω = (63.25 − j3.675)Ω 4

reexió koeciens a közös betápon r=

63.25 − j3.675 − 50 Z1e − Z10 = Z1e + Z10 63.25 − j3.675 + 50 r = |(r)| = 0.1215

állóhullám arány : σ=

1+r 1 + 0.1215 = = 1.381 1−r 1 − 0.1215

Az állóhullámarány deníciója : r =

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

|U |max |U |min

.

és síkhullám>

2015.04.23

7 / 60


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 ` = 20km hosszúságú távvezeték üresjárási és rövidzárási bemeneti ◦ impedanciája f =◦ 1kHz frekvencián Zu = 536 e−j89.74 Ω illetve Zr = 169e−j69.74 Ω. Számítsuk ki a távvezeték hullámparamétereit!

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

8 / 60



Megoldás Bemeneti impedancia : Z2 + jZ0 tanh(γ`) Z0 + jZ2 tanh(γ`)

Zbe = Z0

Speciális lezárások esetén a bemeneti ellenállás értéke : (Z2 a távvezeték végén lévõ lezárás) Z2 = 0(rövidre zárt távvezeték) : Z1,r = Z0 tanh(γ`) Z0 tanh(γ`) r Zr tanh γ` = Zu

Z2 = ∞(nyitott végû vezeték) : Z1,u = Z0

ra (evt/hvt/bme)

p

Zr · Zu ;

illetve

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

9 / 60



A számpélda adatai : ◦ ◦ ` = 20km, f0 = 1kHz , Zu = 536 e−j89.74 Ω, Zr = 169e−j69.74 Ω ◦

Z0 = 300e−j10 Ω; 1 γ = · atanh `

r

◦ Zr = 25.6 · 10−6 · ej51.6 m−1 Zu

más módon : K = tanh(γ`) =

ra (evt/hvt/bme)

eγ` − e−γ` 1−K ; 2γ` = log γ` −γ` e +e 1+K

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

10 / 60


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 Z0 hullámellenállású tápvonal, amelynek mentén feszültséget lehet mérni. A mérendõ Z impedancia vagy közvetlenül az állóhullámmérõhöz csatlakozik, vagy egy szintén Z0 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

és síkhullám>

2015.04.23

11 / 60


FII/18.

Az ismeretlen impedancia értéke meghatározható, ha a reexió koeciens értéke ismert. σ−1 r = r ejϑ , ahol r = σ+1

A feszültség függése a helytõl (távvezeték végén x = 0) U (x) = U + e−jβx + r · ejβx = U + e−jβx + rej(βx+ϑ) = = U + (1 − r)e−jβx + r(e−jβx + ej(βx+ϑ) ) = h n o = U + (1 − r)e−jβx + r ejϑ/2 e−j(βx+ϑ/2) + ej(βx+ϑ/2)

A feszültség id®t®l való függését is gyelembe véve h u(x, t) = U (x)ejωt = U + (1 − r)ej(ωt−βx) + 2rej(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

és síkhullám>

2015.04.23

12 / 60


FII/18.

Feszültség minimum ott van (x = x1 ), ahol az állóhullám értéke zérus : βx1 +

Rövidzárás esetén :

π ϑ = nπ + ; 2 2

βx1 = nπ +

π ϑ − 2 2

u(x, t) = −2jU + sin(βx)ejωt

állóhullám az x = x2 helyen lesz x2 = nπ

Így βx1 − βx2 = β∆ =

reexió koeciens értéke : r=

π ϑ − ; 2 2

ϑ = π − 2β∆

σ − 1 −j2β∆ σ − 1 jϑ e =− e σ+1 σ+1

A keresett impedancia értéke : Z = Z0 ra (evt/hvt/bme)

1− 1+r = Z0 1−r 1+

Emt2015 6. alkalom

σ−1 −j2β∆ σ+1 e σ−1 −j2β∆ σ+1 e

és síkhullám>

2015.04.23

13 / 60


FII/19.

Feladat Számítsuk ki, hogy ` = 30cm hosszuságu egyik végén rövidre zárt, másik végén nyitott tápvonal milyen frekvenciákon rezonáns (εr = 1).

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

14 / 60


FII/19.

Megoldás A tápvonal rezonáns, ha a hossz a hullámhossz negyedének páratlan számú többszöröse Λ ` = (2n + 1) , 4 Λ=

Rezonáns frekvencia

n = 0, 1, 2, . . . 4 ` 2n + 1

c c f= = Λ `

n 1 + 2 4

3 · 108 n + 0.25 = (500n + 250)M Hz 0.3 2 Ennek megoldásai : f0 = 250M Hz , f1 = 750M hz , f2 = 1250M hz és így f=

tovább.

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

15 / 60

Távvezeték feszültség és árameloszlása

TV-1.

Feladat Feladat Két végén kétpólussal lezárt ideális távvezeték feszültség és árameloszlása

U1 = 10V ; U2 = 9 e−j1,8 V ; Z0 = 75Ω; β = 2, 856 m−1 ; ` = 1m I

I

I

Határozzuk meg az áram és feszültség amplitúdó eloszlását a távvezeték mentén (I(z) ill. U (z))! Számítsuk ki a feszültség amplitúdó maximális (Umax ) és minimális (Umin ) értékét, valamint ezek helyét (zmax ill. zmin ) a távvezeték mentén! Adjuk meg mindkét oldali lezárás áramának amplitúdóját (I1 ill. I2 )!

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

16 / 60


TV-1.

Megoldás 1. - Amplitúdók Feszültség és áramamplitúdó kifejezése a jobbra és balra haladó feszültséghullámok amplitúdójával : U (z) = U + e−jβz + U − ejβz I(z) =

1 U + e−jβz − U − ejβz Z0

Peremfeltételek : U (0) = U + + U − = U1

alapján :

ra (evt/hvt/bme)

U (`) = U + e−jβ` + U − ejβ` = U2

U + = 24, 5 ej0,51 V ;

Emt2015 6. alkalom

U − = 17,08 e−j2,24 V

és síkhullám>

2015.04.23

17 / 60


TV-1.

Feszültségeloszlás Feszültségeloszlás (álló/haladó hullámok alakban) U (z) = U + e−jβz + U − ejβz = = (U + − U − )e−jβz + U − (ejβz + 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 − ejβz = U − jβz U − j2βz + −jβz + −jβz =U e 1+ +e =U e + +e U U U− |U (z)| = |U + | · 1 + + ejβz U

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

18 / 60


adatainkkal

TV-1.

U− = 0,695 · e−j2,816 U+ |U (z)| = |U + | · 1 + 0,695ej(2βz−2,816)

Az amplitúdó-fazor szögének változása : ϕ = 2βz − 2,816 I maximális feszültségamplitúdó |Umax | = (1 + 0,695)|U + | = 41,59V ϕ = m 2π; zmax = I

2mπ + 2,816 = 1,593m; 2,693m; . . . 2β

minimális feszültségamplitúdó |Umin | = (1 − 0, 695)|U + | = 7,48V ϕ = π + k · 2π; zmin =

ra (evt/hvt/bme)

(2k + 1)π + 2,816 = 1,043m; 2,143m; . . . 2β

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

19 / 60


TV-1.

A távvezetéken adott frekvenciára vonatkozó vezetett hullámhossza (guided wavelength ): λg =

2π = 2,2m β

A primer oldali lezárás áramának komplex amplitúdója : I1 = I2 =

ra (evt/hvt/bme)

1 U + − U − = 0,548 ej0,71 A Z0

1 U + e−jβ` − U − ejβ` = 0,551 e−j2,23 A Z0

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

20 / 60


TV-2. - Ideális TV, lezárás, reexió

Feladat Ideális légszigetelés¶ (c = 3 · 108 m/s) távvezeték, esetén Z0 = 75Ω, f = 5 MHz. A távvezeték hossza ` = 200 m. Primer oldalon a feszültséggenerátorral (u(t) = 100 V cos(ωt), R1 = 12Ω) lezárt, a szekunder oldalon Z2 = (100 + j · 200)Ω. I Határozzuk meg a (feszültségre vonatkozó) r2 reexiós tényez®t a távvezeték végén (szekunder oldalon)! I Határozzuk meg a feszültség U (z) amplitúdójának eloszlását a távvezeték mentén! I Keressük meg a feszültség amplitúdójának maximális és minimális értékét! I Határozzuk meg a σ állóhullám arányt! Feladat

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

21 / 60



I reexiós tényez® a távvezeték lezárásánál : r2 =

100 + j200 − 75 Z2 − Z0 = = 0, 6288 + j0, 4248 = 0, 7584 ej0,595 Z2 + Z0 100 + j200 + 75

reexiós tényez® a távvezeték elején : re = r2 e−j2β` = 0,7584 ej2,69 I feszültségre és áramra felírható (határ)feltételi egyenletek : U + + U − = U1 = U0 − R1 Z1 és I1 =

1 U+ − U− Z0

U − = U + r2 e−jβ2` U+

R1 1 + r2 e−j2β` + 1 − r2 e−j2β` = U0 Z0

U + = 153, 9 e−j0,44 V ;

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

U − = 116, 7 ej2,25 V

és síkhullám>

2015.04.23

22 / 60



U (z) = U + e−jβz + re ejβz = U + ej%/2 e−j(βz+%/2) + |r2 |ej(βz+%/2) = 



  = 153, 9ej2,25 (1 − |r2 |) e−j(βz+%/2) + 2|r2 | cos (βz + %/2) | {z } |{z} 0,2416

1,517

ahol re a távvezeték elején mérhet® reexiós tényez® (re = |r2 |ej% alakban) I |Umin | =? |Umax | =? U (z) = U + e−jβz 1 + |r2 |ej(2βz+%) |U |max = |U + |(1 + |r2 |) = 270, 6V |U |min = |U + |(1 − |r2 |) = 37, 17V

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

23 / 60



Vegyük észre I

|U |max 1 + |r2 | = =σ |U |min 1 − |r2 |

állóhullámarány : σ = 7, 28 I

|U |max = |U |+ + |U |− |U |min = |U |+ − |U |−

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

24 / 60



Feszültség amplitúdó Feszultseg amplitudo 300

250

|U(z)|

200

150

100

50

0

0

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

z ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

25 / 60


TV-3. - Ideális TV, reaktáns lezárás

Feladat megfogalmazása A Z0 = 50Ω, v = 3 · 108 m/s (légszigetelés¶), ` = 100 m adatokkal jellemzett ideális távvezetéket primer oldalon U1 = 100V amplitúdójú, f = 50 MHz frekvenciájú forrással gerjesztjük. A szekunder oldalon C = 31, 8 pF kapacitású kondenzátorral zárjuk le. I Adjuk meg a reexiós tényez®t a lezárás oldalán! I Határozzuk meg a feszültség jobbra és balra haladó hullámának amplitúdóját, valamint a feszültség amplitúdójának eloszlását a távvezeték mentén! I Keressük meg a maximális és minimális feszültség amplitúdókat! (Értelmezzük az eredményeinket!) Feladat

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

26 / 60



I r2 reexiós tényez® ZC =

1 1 = −j = −j100Ω jωC 2π · 50 · 106 · 31, 8 10−12

r2 =

−j100 − 50 1 + 2j Z2 − Z0 = =− = e−j0,927 Z2 + Z0 −j100 + 50 1 − 2j

A kapacitással történ® lezárás esetében nem meglep® az egységnyi reexiós tényez®! I U + =? , U − =? , U (z) =? U (z) = U + e−jβz + U − ejβz U− = r2 e−j2β` = e−j(2β`−0,927) = e−j210,36 = e−j3,021 = −0,99 − 0,1196j U+ β=

ra (evt/hvt/bme)

ω 2π · 5 · 107 1 = = 1, 05 v 3 · 108 m

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

27 / 60



U + + U − = U + (1 + r2 e−2jβ` ) = 100V → U+ =

100 = 834,5 · ej1,5108 V ; [86,56◦ ] −0, 0072 − j0, 1196

U − = 834,5 ej1,5108 V [−86, 56◦ ] U (z) = 834,5 e−j(βz−1,5108) + ej(βz−1,5108) V = 1669 cos (βz − 1,5108) V

I maximum- és minimum pontok |Umax | = 1669V ; zmax =

kπ + 1,5108 = 4,44m; 7,44m; . . . β

|Umin | = 0V ; zmin =

βzmax − 1,5108 = kπ

βzmin − 1, 5108 = (2k + 1)

π 2

(2k + 1)π/2 + 1,5108 = 2,94m; 5,94m; . . . β

feszültség a lezáráson : U2 = U (z = 100m) = 1492V ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

28 / 60

Poynting-vektor

Elméleti öf.

Poynting-vektor elméleti összefoglaló sugárzó teljesítmény : Psug =

I

I E × HdA =

SdA

A

adott A0 felületen átáramló teljesítmény Z PA0 =

SdA A0

dimenzió : [S] =

W m2 1 2

komplex Poynting-vektor : Sk = E × H? 1 hatásos teljesítmény : P = 2

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

I

Re {E × H? } dA

A

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 : Hϕ =

I 2πr

q 2πεr

villamos térer®sség : Er = ahol q a hosszegységenkénti töltés a bels® vezet®n két elektróda közötti feszültség : U =

Z

ra

Er dr = rb

térer®sség (q helyett U-val kifejezve) : Er =

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

q ra ln 2πε rb

U r ln(ra /rb )

és síkhullám>

2015.04.23

30 / 60

Poynting-vektor

P1.2

P1 - Koaxiális kábel - áramló teljesítmény folyt. Vegyük gyelembe, hogy Er mer®leges Hϕ -re, ezért S abszolut értéke egyenl® E és H abszolút értékének szorzatával. Poynting-vektor a kábel tengelyének irányába mutat S =E·H =

U I 2πr2 ln(ra /rb )

Áramló teljesítmény (dielektrikum keresztmetszetén halad át) Z P =

ra

S dA = A

ra (evt/hvt/bme)

Z

Z

ra

S 2πrdr = rb

Emt2015 6. alkalom

rb

U I 2πrdr = U · I 2πr2 ln(ra /rb )

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 : Ez = bels® vezet® határfelületén : Hϕ,b =

I 2πrb

küls® vezet® bels® felületén : Hϕ,a =

I 2πra

mindkét térer®sség +ϕ irányú : Hϕ,rv =

ra (evt/hvt/bme)

I σA

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

I 2πrv

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 I 2πrv Aσ

Integrálva a vezet® L hosszúságú darabjának felületére P = S2πrv L = I 2

1 = I 2R Aσ

mindkét vezet®nél, a Joule-törvénynek megfelel®en.

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

33 / 60

Poynting-vektor

P1.5

P1.5 - Nap sugárzása A Nap sugárzásából a Föld 1 cm2 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/cm2 /perc = 1.535 · 103 W/m2

Minden elektromágneses sugárzótól elegend® távolságban az elektromos és mágnese térer®sség hányadosa E = 120πΩ ≈ 377Ω H

az S = E H összefüggéssel √ E=

120π S = 7.5 · 102 V /m

H= ra (evt/hvt/bme)

E = 2 A/m 120π

Emt2015 6. alkalom

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 : Pk =

1 ? U I = P + jQ 2

1 Re {U I ? } ; 2

P =

=

1 Im {U I ? } 2

Ennek megfelel®en a komplex Poynting-vektor :

Sp =

Sk =

1 E × H? 2

1 Re {E × H? } , 2

Sq =

1 Im {E × H? } 2

Egy A felületen áthaladó hatásos teljesítmény I P =

Sp dA = A

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

1 2

Z

Re {E × H? } dA

A

és síkhullám>

2015.04.23

35 / 60

Poynting-vektor

P1.6-7

P1.7 - Síkhullám teljesítménye Feladat :

Egy hullám térkomponensére az alábbiak : Ex = E0 sin(αx) cos(γy) · ej(ωt−βz) ; Ey = 0; Ez = 0 π

Hy = H0 sin(αx) cos(γy) · ej(ωt−βz− 6 ) ; Hx = 0; Hz = 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

és síkhullám>

2015.04.23

36 / 60

Poynting-vektor

P1.6-7

P1.7 - Síkhullám teljesítménye E = ex · Ex és H = ey · Hy , E ⊥ H így |S| = |E| · |H| S(t) = E0 H0 sin2 (αx) cos2 (γy) cos(ωt − βz) cos(ωt − βz − π/6)

Sk =

1 1 EH ? = E0 H0 sin2 (αx) cos2 (γy) · ejπ/6 2 2 1 2

ennek valós része : Sp = E0 H0 sin2 (αx) cos2 (γy) cos(π/6)

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

37 / 60

Poynting-vektor

P1.6-7

P1.7 - Síkhullám teljesítménye folyt. Sp =

1 E0 H0 sin2 (αx) cos2 (γy) cos(π/6) 2

a A felületen átáramló teljesítmény : P = =

1 2

√

3 E 0 H0 2 |{z}

Z

Z

Sp dA A a Z b

=

sin2 (αx) cos2 (γy)dydx =

−a

−b

cos(π/6)

√

Z a Z b 3 2 = E0 H0 sin (αx) dx cos2 (γy) dy = 4 −a −b √ 1 3 1 E0 H0 a − sin(2αa) · b + sin(2γb) = 4 2 2γ ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

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 r r r |E| E µ µr µ0 hullámellenállás : = = = |H| H ε εr ε0 √ √ fázistényez® β = ω µε = µr εr β0 v λ 2π = =√ β f µr εr c szabadtéri hullámhossz λ = f

hullámhossz Λ =

veszteséges dielektrikum : γ=

ra (evt/hvt/bme)

p

(σ + jωε)jωµ

Emt2015 6. alkalom

E = H

s

jωµ σ + jωε

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

Távvezeték

E H r Z0 =

γ=

ra (evt/hvt/bme)

U I r R + jωL Z0 = G + jωC

jωµ σ + jωε

p jωµ(σ + jωε)

Emt2015 6. alkalom

γ=

p (R + jωL)(G + jωC)

és síkhullám>

2015.04.23

40 / 60

Síkhullám

P2.5

P2.5 Mekkora εr dielektromos állandójú ideális dielektrikumban lesz az f = 2000M Hz -es frekvenciájú hullám hullámhossza Λ = 10 cm, µr = 1 esetében? Mekkora lesz a hullám fázissebessége? Fázistényez® ideális dielektrikum esetében 2π √ √ √ β = ω µε = ω µr εr · µ0 ε0 = Λ Λ= √

λ c =√ µr εr µr εr f

f = 2000M hz; esetén

a szabadtéri hullámhossz

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

λ=

c 3 · 108 = = 0.15m = 15 cm f 2 · 109

és síkhullám>

2015.04.23

41 / 60

Síkhullám

P2.5

P2.5 - folytatás µr = 1 esetében a szükséges εr √

εr =

λ 15 = = 1.5 Λ 10

εr = 1.52 = 2.25

A hullám fázissebessége v=

ra (evt/hvt/bme)

ω 2πf Λ = 2π = c = 2 · 108 m s−1 β λ Λ

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

42 / 60

Síkhullám

P2.6

P2.6 Szabad térben f = 10 MHz frekvenciájú síkhullám terjed. A síkhullám a terjedési irányra mer®leges. A falnál εr = 4, µr = 1, σ = 0 jellemz®j¶ anyaghoz ér. Illesszük a távvezeték-analógia alapján a síkhullámot! Feladat :

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

43 / 60

Síkhullám

P2.6

P2.6 - megolás Megoldás :

A fal utáni anyag hullámellenállása r

r

µr 1 Z0 = Z0 εr 2 √ Az analógia alapján illesztéshez az A fal elé a Z2 = Z1 Z0 hullámellenállású, Λ2 /4 széles anyagot helyezünk el. Z1 =

µr µ0 = εr ε0

Z2 =

p Z0 Z0 Z1 = √ 2

feltételezve, hogy µr,2 = 1 kiszámíthatjuk εr,2 -t Z √0 = 2

ra (evt/hvt/bme)

r

µr,2 µ0 Z0 =√ → εr,2 = 2 εr,2 ε0 εr,2

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

44 / 60

Síkhullám

P2.6

P2.6 - megoldás folyt. az A és B síkok között a hullámhossz Λ2 = √

λ µr,2 εr,2

c λ = √ = √ = 21.22m 2 f 2

Így a Z2 hullámellenállású anyag szükséges szélessége a=

ra (evt/hvt/bme)

Λ2 21.22 = = 5.32 m 4 4

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

45 / 60

Síkhullám

P2.12

P2.12 Feladat : Két ideális dielektrikum anyagállandói : ε1 = 4ε0 , µ1 = µ0 ill. ε2 = 2ε0 , µ2 = µ0 . Ha egy E1 = 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

és síkhullám>

2015.04.23

46 / 60

Síkhullám

P2.12

P2.12 - folyt. Megoldás :

r=

E1− E1+

A reexiókoeciens értéke : q

q

µ1 √ √ ε1 ε1 − ε2 Z2 − Z1 q =√ = =q √ = µ2 µ1 Z2 + Z1 ε1 + ε2 + ε2 ε1 √ √ 4− 2 0.586 H− √ √ = = = 0.172 = − 1+ 3.444 H1 4+ 2 µ2 ε2

−

Az elválasztó síkon az elektromos térer®sség nagysága : 2Z2 Z2 − Z1 E2 = E1+ + E1− = E1+ (1 + r) = E1+ 1 + = E1+ Z2 + Z1 Z2 + Z1 √ √ 2 ε1 E2 2Z2 2 4 √ √ = 1.165 = = = √ √ Z2 + Z1 ε2 + ε1 E1+ 2+ 4 E2 = 1.165E1+ = 1.165 V /m ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

47 / 60

Síkhullám

P2.12

P2.12 - folyt. 2 Mágneses térer®sségek számításához a hullámellenállásokat használjuk fel E2 = H2 Z2

E1+ = H1+ Z1

√ √ 2 ε2 Z1 E2 2Z1 2 2 H2 √ = 0.831 √ = = =√ √ = Z2 E1+ Z1 + Z2 ε1 + ε2 H1+ 4+ 2

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

48 / 60

Síkhullám

P2.15

Veszteséges szigetel®k Szinuszos jelek esetében εk = ε(1 − j tan δ) komplex dielektromos állandóva a létrejöv® veszteségeket a veszteség nélküli egyenletekkel (ε → εk ) helyettesítéssel számolni tudjuk. tgδ =

σE σ vezetési áram Iv = = = eltolási áram Ie εωE εω

Maxwell I. : 

rotH = J + ε



 ∂E σ  E = = σE + jωεE = jωε  1 − j  ∂t ωε  |{z} tan δ

= jωε[1 − j tan δ]E = jωεk E

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

49 / 60

Síkhullám

P2.15

Veszteséges szigetel®k folytatás Számítsuk ki esetében!

tan δ

α,β ,Z0 értékeket p √ γ = jω µεk = jω µε(1 − j tgδ)

függvényében az

r Z0 =

µ = εk

r

jó szigetel®k

1 µ ε 1 − j tgδ

jó szigetel®k esetében : tgδ 1 így sorbafejtés lehetséges 1 1 √ γ = α + jβ ≈ jω µε 1 − j tgδ + tg2 δ 2 8

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

50 / 60

Síkhullám

P2.15

Veszteséges szigetel®k folytatás 2. 1 2 1 γ = α + jβ ≈ jω µε 1 − j tgδ + tg δ 2 8 √

√

1 √ α ≈ ω µεtgδ 2

1 β ≈ ω µε 1 + tg2 δ 8 r

Z0 ≈

µ ε

1 1 + j tgδ 2

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

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 : εr = 4, λ = 15 cm, tan δ = 10−2 , ` = 35 cm Megoldás : A szigetel® anyag hullámellenállása : Z0 1 Z0 120π 1 + j tan δ = √ = √ = 188.5Ω ZS = √ εr 2 εr 4

A csillapítási együttható : α=

1√ µεω tan δ = . . . = 0.418 m−1 2

fázistényez® : 1 2π √ 2 β = β0 1 + tan δ ≈ β0 = ε1 = 83.6 m−1 8 λ ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

52 / 60

Síkhullám

P2.15

P2.15 - folyt. terjedési együttható : γ = α + jβ = (0.418 + j83.6)m−1 γ` = 0.146 + j29.2

A feladat távvezeték analógiája : Z0 hullámellenállású távvezetékhez ZS hullámellenállású, ` hosszuságú, Z0 impedanciával lezárt távvezeték csatlakozik. Az analógia alapján az "A" helyen az impedancia értéke : ZA = ZS

Z0 cosh γ` + ZS sinh γ` Z0 sinh γ` + ZS cosh γ`

Ehhez számítsuk ki cosh γ` és sinh γ` értékét : cosh γ` = cosh(α + jβ)` = . . . = −0.606 − j0.116 sinh γ` = sinh(α + jβ)` = . . . = −0.0875 − j0.808 ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

53 / 60

Síkhullám

P2.15

P2.15 - folyt. Ezáltal a ZA impedancia ZA = (147.5 − j75)Ω

A reexió tényez® : r=

◦ ZA − Z0 147.5 − j75 − 377 = = 0.448 − j0.079 = 0.454 e−j10 ZA + Z0 147.5 − j75 + 377

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

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

és síkhullám>

2015.04.23

55 / 60

Síkhullám

P2.18

P2.18 - Simonyi 6.17. Megoldás :

A dielektrikum ill. a vezet® hullámellenállása : r Z0 =

µ0 , ε

s Z10 =

jωµ ≈ σ + jωε

r

◦ ωµ j π e 4 = 3.7 · 10−4 ej45 Ω σ

reexiókoeciens a falon : Z10 − Z0 ≈ −1 + 2 r= Z10 + Z0

r

−5◦ ωεµ0 j π e 4 (1.4 · 10−6 − 1)e−j0.79·10 ≈ −1 σµ

elektromos térer®sség a vezet® falán : Z10 − Z0 Z10 E1 = E0 (1 + r) = E0 1 + = 2E0 ≈ Z10 + Z0 Z10 + Z0 r π ωεµ0 j π Z10 = 2E0 e 4 = 1.97 · 10−7 E0 ej 4 ≈ 0 ≈ 2E0 Z0 σµ ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

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 = xˆ · Ex , J = xˆ · Jx és H = yˆ · Hy ) →(E = Ex , J = Jx , H = Hy ) E(z, t) = E(z)ejωt ;

H(z, t) = H(z)ejωt ;

E(z) = E0 e−(1+j)z/δ ;

H(z) =

J(z, t) = J(z)ejωt = σE(z, t)

σE0 ; (1 + j)/δ

J(z) = σE0 e−(1+j)z/δ

z = δ mélységben bármely mennyiség a felületi értékének e-edrészére csökken |E(z)| = Ef e−z/δ ;

ra (evt/hvt/bme)

Emt2015 6. alkalom

|J(z)| = σEf e−z/δ

és síkhullám>

2015.04.23

57 / 60

Síkhullám


PIV.15 Határozzuk meg egy végtelenül mélynek tekintethet® alumínium tömb b = 1cm széles és ` = 1m hosszuságú szakaszának ellenállását f = 40 kHz frekvencián. 6 Megoldás : Az alumínium vezetõképessége σ = 35 · 10 S/m, ezért a behatolási mélysége (δ )

Feladat :

σ=√

8.5 · 10−2 1 √ = = 4.25 · 10−2 cm πf σµ f

Az ellenállása R=

ra (evt/hvt/bme)

` = 6.73 · 10−3 Ω = 6.73mΩ σbδ

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

58 / 60

Síkhullám


PIV.21 feladat Határozzuk meg egy ` = 1km hosszuságú, d = 3mm átmér®j¶ rézvezeték ellenállását és bels® reaktanciáját f = 30 kHz frekvencián! Megoldás : Az egyenáramú ellenállás :

Feladat :

R0 =

A behatolási mélység

6.62 δ = √ = 3.82 · 10−2 cm f

és x=

ra (evt/hvt/bme)

` = 2.48Ω Aσ

Emt2015 6. alkalom

r0 = 1.96 2δ

és síkhullám>

2015.04.23

59 / 60

Síkhullám


PIV.21 feladat - folyt. A közelít® összefüggések x > 1 esetére 1 3 R =x+ + = 2.23 R0 4 64 x ωLb 3 =x− = 1.94 R0 64x R = 2.23 · 2.48Ω = 5.52Ω ωLb = 1.94 · 2.48 = 4.8Ω

Innen Lb = Lb0

ra (evt/hvt/bme)

ωLb = 25.5µH ω µ` = = 50µH 8π

Emt2015 6. alkalom

és síkhullám>

2015.04.23

60 / 60

Elektromágneses terek gyakorlat - 6. alkalom

Recommend Documents