Isi Pembahasan Week 5: Antena Aperture. Mudrik Alaydrus, Univ. Mercu Buana, 2008 Presentasi 5 1

Isi Pembahasan Week 5: Antena Aperture

Mudrik Alaydrus, Univ. Mercu Buana, 2008

Presentasi 5

1

Antena Apertur/ Antena Bidang waveguide

apertur Jenis lain: antena celah (slot antenna) celah

celah Mudrik Alaydrus, Univ. Mercu Buana, 2008

Presentasi 5

2


Presentasi 5

3


Presentasi 5

4

Yang kita inginkan adalah suatu karakteristik pancar tertentu yang sesuai dengan tuntutan aplikasi, l b d h tertentu misal: gain atau beamwidth Besaran seperti itu adalah besaran karakteristik pada medan jauh (far field). O e sebab itu tu u tu mempermudah e pe uda pe ba asa , a a kita ta aakan a batas Oleh untuk pembahasan, maka batasi analisa selanjutnya pada pengamatan medan jauh. Dari pengamatan yang lalu: r A li medan Analisa d jauh j h dimulai di l i dengan d perhitungan hit vektor kt potensial t i l magnetis ti A r dan elektris F Kedua besaran vektor ini (bisa) didapatkan p dari integrasi g (garis/bidang/volume) g g Jika suatu distribusi arus diketahui Sekarang yang jadi pertanyaan di sini: Bagaimana bisa didapatkan distribusi arus dari sebuah penampang waveguide


Presentasi 5

5

Untuk melakukan hal tersebut digunakan teorema keunikan dan teorema ekuivalensi. Teorema ekuivalensi

Teorema keunikan ruang A

r r J, M ruang B

Batas ruangg bebas (besarnya tak hingga)

ruang A

r Etan , ruang B r H tan

Batas ruang bebas (besarnya tak hingga)

ruang A

r n

r S, ruang B M r JS Batas ruang bebas (besarnya tak hingga)

Teorema keunikan: medan elektromagnetika di suatu ruang bisa digambar‐ kan secara lengkap hanya dengan mengetahui komponen tangensial y dari medan tersebut di bidangg batasnya.


Presentasi 5

6

Teorema Ekuivalensi: suatu problem elektromagnetika dengan diberikan medan elektromagnetikanya pada pinggiran volumenya akan sama (ekuivalen) dengan problem elektromagnetika problem elektromagnetika lain dengan lain dengan diberikan (ekuivalen) dengan distribusi arus listrik JS dan arus magnet MS juga pada pinggirannya, Jika berlaku

r r r J S = n × H tan r r r M S = −n × E tan

Sehingga kita bisa melakukan pemodelan

r Etan , r H tan

r JS r MS,


Presentasi 5

7

Integrasi Radiasi Dengan pengandaian medan jauh

R ≈ r − r ' cosψ

untuk phasa

R≈r

untuk t k amplitudo lit d

Maka

r r μ A(r ) = 4π

r e − jkR μ e − jkr ∫∫S J S R dS ' = 4π r

r jkr 'cosψ μ e − jkr r dS ' = N ∫∫S J S e 4π r

r r jkr 'cosψ N = ∫∫ J S e dS ' S

r r ε F (r ) = 4π

jk r e − jkR μ e − jkr ∫∫S M S R dS ' = 4π r r r jkr L = ∫∫ M S e jk 'cosψ dS '

jk r r jkr 'cosψ μ e − jkr L dS ' = ∫∫S M S e 4π r

S


Presentasi 5

8

Dan untuk medan listrik dan magnetnya :

Er = 0 jk ⋅ e − jkr (Lϕ + Zo Nϑ ) Eϑ = − 4πr − jkr

jk ⋅ e Eϕ = 4πr

(L

ϑ

− Z o Nϕ )

Hr = 0

dengan

r r r N = Nϑ aϑ + Nϕ aϕ r r r L = Lϑ aϑ + Lϕ aϕ

jk ⋅ e − jkr ⎛ Lϑ ⎞ ⎜⎜ Nϕ − ⎟⎟ Hϑ = 4πr ⎝ Zo ⎠ Lϕ ⎞ jk ⋅ e − jkr ⎛ ⎜⎜ Nϑ + ⎟⎟ Hϕ = − 4πr ⎝ Zo ⎠ Mudrik Alaydrus, Univ. Mercu Buana, 2008

Presentasi 5

9

Contoh perhitungan: Jika pada apertur berlaku

r

R

r r Ea = Eo a y pada

ψ

a

x b


y

a ⎧ a ⎪− 2 ≤ x ≤ 2 ⎨ b b ⎪− ≤ y ≤ 2 ⎩ 2

Bagaimanakah bentuk medan radiasinya ?

Presentasi 5

10

Sumber arus ekuivalensi:

r r r r r ⎧− 2 n × E = −2 a z × E o a y = 2 E o a x pada − a / 2 ≤ x ≤ a / 2; − b / 2 ≤ y ≤ b / 2 r ⎪ MS = ⎨ ⎪ 0 selain l i dari d i yang di atas t ⎩ dan

r JS = 0 satuan bidang

di manapun, maka manapun maka

r N =0

dS ' = dx '⋅dy '


Presentasi 5

.11

term eksponensial pada integrasi radiasi

r r r r r r r ( ) r ' cosψ = r '⋅a r = x' a x + y ' a y ⋅ (sin ϑ cos ϕ a x + sin ϑ sin ϕ a x + cos ϑ a z ) = x' sin ϑ cos ϕ + y ' sin ϑ sin ϕ maka

r r jkr 'cosψ r L = ∫∫ M S e dS ' = 2 Eo ax S

r r L = 2 Eo ax

b/2

∫

b/2 a/2


∫

−b / 2 − a / 2

e jky 'sin ϑ sin ϕ dy '

−b / 2

jk ( x 'sin ϑ cos ϕ + y 'sin ϑ sin ϕ ) e dx' dy ' ∫

a/2

jkx 'sin ϑ cos ϕ e dx' ∫

−a / 2

Presentasi 5

.

dengan b/2

∫

e jky 'sin ϑ sin ϕ dy ' =

−b / 2

[ e jk sin ϑ sin ϕ 1

]

jky 'sin ϑ sin ϕ b / 2 −b / 2

⎛ b ⎞ 2 j sin ⎜ k sin ϑ sin ϕ ⎟ ⎝ 2 ⎠ = jk sin ϑ sin ϕ

⎞ ⎛ b sin ⎜ k sin ϑ sin ϕ ⎟ 2 ⎛ b ⎞ ⎠ ⎝ = b si⎜ k sin ϑ sin ϕ ⎟ =b b ⎝ 2 ⎠ k sin ϑ sin ϕ 2

⎛ a ⎞ jkx 'sin ϑ cos ϕ ' = si sin ϑ cos ϕ e dx a k ⎜ ⎟ ∫ ⎝ 2 ⎠ −a / 2 a/2

r ⎛ b ⎞ ⎛ a ⎞ r L = 2abEo si⎜ k sin ϑ sin ϕ ⎟ ⋅ si⎜ k sin ϑ cos ϕ ⎟ ⋅ a x ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Mudrik Alaydrus, Univ. Mercu Buana, 2008

Presentasi 5

13

Di kordinat bola berlaku:

Lϑ = cos ϑ cos ϕ Lx

dan

Lϕ = − sin ϕ Lx

Medan listrik dan magnetnya adalah:

a = b = 3λ

jk jk ⋅ e − jkr Eϑ = − ⋅ Lϕ 4πr

jkk ⋅ e − jkr Eϕ = ⋅ Lϑ 4πr Hϑ = − Hϕ =

Eϕ Zo

Eϑ Zo


Presentasi 5

14

Pada bidang E (ϕ = 90ο)

jk ⋅ 2abEo ⋅ e − jkr ⎛ b ⎞ Eϑ = si⎜ k sin ϑ ⎟ 4πr ⎠ ⎝ 2

a = b = 3λ

Eϕ = 0

1

Pada bidang H (ϕ = 0ο)

0.9 08 0.8

Eϑ = 0 jk ⋅ 2abE o ⋅ e Eϕ = 4πr

0.7

− jkr

0.6

⎛ a ⎞ 0.5 ϑ ⋅ si⎜ k cos sin ϑ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 0.4 Bidang gE

Bidang H

03 0.3 0.2 0.1 0 -2 Mudrik Alaydrus, Univ. Mercu Buana, 2008

-1.5 Presentasi 5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2 15

Posisi Nol: Pada bidang E

⎛ b ⎞ si⎜ k sin ϑ N ⎟ = 0 ⇒ ⎝ 2 ⎠

2π b ⋅ sin ϑ N = n ⋅ π λ 2 ,Nol .

pertama:

Nol kedua:

ϑ N ,1

⎛ b ⎞ sin ⎜ k sin ϑ N ⎟ = 0 ⎝ 2 ⎠

⎛ λ⎞ ⇒ ϑ N ,n = arcsin ⎜ n ⎟ ⎝ b⎠

⎛λ⎞ = arcsin⎜ ⎟ ⎝b⎠ ⎛ λ⎞

ϑ N , 2 = arcsin⎜ 2 ⎟ ⎝ b⎠

n = 1, 2, 3 …

b = 3λ

⇒ ϑN ,1 = 0,34 = 19,48o

b = 3λ

⇒ ϑN , 2 = 0,73 = 41,83o

Pada bidang H : seperti pada bidang E


Presentasi 5

16

Beam Width: Pada bidang E dicari sudut ϑH, yang mana berlaku

Eϑ (ϑ H ) =

1 ⎛ b ⎞ si⎜ k sin ϑ H ⎟ = 2 ⎝ 2 ⎠ Dengan menggunakan tabel fungsi

Didapatkan

1 2

Eϑ ,max

sin x x

x = 1,3

si(x)= 0.74119860

x = 1,4

si(x)= 0.70389266

Dengan interpolasi data di atas maka si(x)=0.7071 terletak pada x = 1,391. Maka

b k sin ϑH = 1.391 ⇒ 2

λ⎞ ⎛λ ⎛ ⎞ 2 arcsin ⎜ 1.391⎟ = 2 arcsin ⎜ 0.4428 ⎟ b⎠ ⎝ πb ⎠ ⎝

1⎞ ⎛ b = 3λ ⇒ 2 arcsin ⎜ 0.4428 ⋅ ⎟ = 0.296 = 16.98 o 3⎠ ⎝


Presentasi 5

17

x …

sin x x ……

1.20

0.77669924

1 30 1.30

0 0.74119860 74119860

1.40

0.70389266

1.50

0.66499666

…

…….


Presentasi 5

18

Posisi Side Lobe Sid l b j di pada d saat fungsi f i si(x) mencapai i( ) i maksimum ki l k l Side lobe terjadi lokal. Dengan melihat tabel : x = 4.5 pada 4 5 (nilai ( il i yang lebih l bih baiknya b ik d 4.49341), 4 49341) first fi side id lobe l b

⎛ b ⎞ ⎛ 4,5 λ ⎞ = 4 . 5 ⇒ ϑ = arcsin ⋅ ⎟ ⎜ k sin ϑSL ⎟ ⎜ S ,1 S ,1 SL ⎝ 2 ⎠ ⎝ π b⎠

x = 7.7 (tepatnya 7.72525) second side lobe

⎛ 7 ,7 λ ⎞ ⋅ ⎟ ⎝ π b⎠

ϑSL , 2 = arcsin ⎜


Presentasi 5

19

Peredaman Pada Side Lobe (Side Lobe Level)

Pada side lobe pertama di bidang E, nilai pada maksimum lokal pertama terletak pada

x ≈ 4,5 dengan nilai si(x 4,5) -0.21722892, 0.21722892, si(x=4,5)=

jadi besar dari pancaran ke arah ini dibandingkan dengan pancaran maksimalnya

Side Lobe Level

= 20 log(0.21722892) = -13.2616


Presentasi 5

dB.

20


Presentasi 5

21

Isi Pembahasan Week 5: Antena Aperture. Mudrik Alaydrus, Univ. Mercu Buana, 2008 Presentasi 5 1

Recommend Documents