Tài liệu Giáo trình trường điện từ_Chương 5 + 6 docx

115 Chương V. Chương V. BỨC XẠ ĐIỆN TỪBỨC XẠ ĐIỆN TỪ V.1 Khái niệm chung về bức xạ điện từV.1 Khái niệm chung về bức xạ điện từ Bức xạ điện từ là hiện tượng trường biến thiên lan truyền trong không gian dưới dạng sóng từ các vùng nguồn. Anten là thiết bò để phát và thu sóng điện từ. Hiện tượng bức xạ điện từ được ứng dụng rộng rãi trong thông tin vô tuyến điện, kỹ thuật rada, … Bức xạ điện từ có thể đònh hướng sự lan truyền sóng tùy thuộc vào cấu trúc của anten. Trên hình 5.1 biểu diễn sự phát và thu sóng của anten loa. Hình 5.1 Khái niệm các điểm ở “vùng xa”: Khi khoảng cách R từ điểm xét đến anten rất lớn, tại điểm đó ta có thể coi sóng bức xạ từ anten là sóng phẳng. Khái niệm này rất quan trọng bởi trong hầu hết các trường hợp các vùng khảo sát thuộc “vùng xa”, và các phép tính nhờ đó mà đơn giản hơn rất nhiều. Có hai loại nguồn bức xạ đơn giản: – Nguyên tố bức xạ thẳng (nguyên tố anten thẳng); – Nguyên tố bức xạ vòng (nguyên tố anten vòng). V.2 Trường bức xạ của nguyên tố anten thẳngV.2 Trường bức xạ của nguyên tố anten thẳng Nguyên tố anten thẳng (hình 5.2a), còn gọi là dipole Hertz, là đoạn dây dẫn thẳng, rất mảnh, hở hai đầu, mang dòng điện biến thiên tần số ω , độ dài l rất nhỏ so với bước sóng ω π ==λ v2 f v ( 50 λ < l ) sao cho có thể xem dòng 116 điện có giá trò như nhau tại mọi điểm trên đoạn dây: )tsin(I)t(i m ψ + ω = . Để đơn giản ta cho độ lệch pha ban đầu của dòng điện bằng 0, tức ( ) ( ) tsinIti m ω = . a). Hình 5.2 b). Ta có phương trình đối với từ thế vector A r như sau: JA t v 1 A 2 2 2 2 r rr µ−= ∂ ∂ −∇ Nghiệm của phương trình này có dạng: ∫ π       −µ = V dV R4 v R tJ A r r , trong đó V là thể tích đoạn dây dẫn, tức l d dSdV ⋅ = ⇒ ∫∫∫∫ ∫ π       −µ =       − π ⋅µ = π       −µ = ll l l r l l r r R4 d v R ti dS v R tJ R4 d ddS R4 v R tJ A SS ⇒ [ ] l r l r l r r ⋅ π −ωµ = π ⋅             −ωµ = π ⋅       −µ = R 4 kRtsinI R 4 v R tsinI R 4 v R ti A m m , trong đó vk ω = là hệ số sóng. Biểu diễn các đại lượng điều hòa bằng ảnh phức, ta có: m II = & ; l r & & r ⋅ π µ = − R 4 eI A jkR Trong hệ tọa độ cầu (hình 5.2b):         ⋅θ π µ =θ= − R e cos 4 I cosAA jkR m R l && 117         ⋅θ π µ −=θ−= − θ R e sin 4 I sinAA jkR m l && 0A = ϕ & Từ đây ta có thể tìm được các vector cường độ điện trường và từ trường: Arot 1 H 0 & r & r µ = Hrot j 1 E 0 & r & r ωε = tức ( ) θ         + π = − ϕ sin kR 1 kR j e 4 kI H 2 jkR 2 m l & ( ) ( ) θ         − π = − cos kR j kR 1 Ze 4 kI2 E 32 jkR 2 m R l & ( ) ( ) θ         −+ π = − θ sin kR j kR 1 kR j Ze 4 kI E 32 jkR 2 m l & , trong đó εµ=Z là trở kháng sóng của môi trường ( [ ] Ωπ≅εµ= 120Z 000 đối với môi trường chân không). Các thành phần còn lại ( ϕθ E,H,H R &&& ) bằng 0. Ở “vùng xa”, khoảng cách R lớn hơn nhiều so với bước sóng: λ >>R , hay 1R2kR >> λ π = , ta có thể bỏ qua các số hạng bậc 2 hay bậc 3 trong các biểu thức trên. Ta có các thành phần trường ở “vùng xa”: [ ] m/Vsin R e 4 kZjI E jkR m θ         π = − θ l & [ ] m/A Z E H θ ϕ = & & R E & khi đó rất nhỏ có thể bỏ qua. Vậy tại các điểm ở “vùng xa” sóng bức xạ có dạng gần như các sóng phẳng, E r và H r cùng pha nhau, vuông góc với nhau và cùng vuông góc với phương truyền R i r và đều tỉ lệ với θ sin . Trên hình 5.3 là các đường sức trường điện bức xạ bởi nguyên tố anten thẳng. Vector Poynting trung bình, tức mật độ dòng công suất của trường bức xạ là: ( ) * tb HERe 2 1 S & r & r r ×= Trong trường hợp nguyên tố anten thẳng, theo các biểu thức rút ra ở phần trên, ta có: ( ) Rtb i,RSS r r ⋅θ= , trong đó: ( )       θ=θ         π =θ 2 2 0 2 22 22 m 2 m W sinSsin R32 IZk ,RS l 118 Ta nhận thấy cường độ bức xạ tỉ lệ nghòch với khoảng cách R từ điểm xét đến anten và phụ thuộc góc θ , tức phân bố không đều theo các hướng. Ta nói anten có tính đònh hướng. Hình 5.3 Xét các thông số đặc trưng cơ bản của anten. 1. Đồ thò đònh hướng là đồ thò trong không gian ba chiều biểu diễn cường độ trường bức xạ hay mật độ công suất bức xạ theo các hướng khác nhau phụ thuộc vào góc tà θ và góc phương vò ϕ . Theo tính tương hỗ của anten, anten thu có cùng đồ thò đònh hướng với anten phát nếu ta sử dụng cùng một loại anten để thu – phát. Đồ thò đònh hướng của một anten bất kỳ được xác đònh bởi cường độ bức xạ chuẩn hóa, ta ký hiệu là ( ) ϕ θ ,F , có giá trò bằng: ( ) ( ) max S ,,RS ,F ϕθ =ϕθ (không thứ nguyên) Với nguyên tố anten thẳng ta có             λ π =         π == 2 2 2 2 m 22 22 m 2 0max m W R I15 R32 IZk SS ll khi 2 π = θ . Vậy ( ) ( ) θ=θ=ϕθ Fsin,F 2 . Đồ thò của ( ) θ F được trình bày trên hình 5.4. Xét một anten phát đặt ở gốc tọa độ một hệ tọa độ cầu (hình 5.5). Vi phân công suất bức xạ qua diện tích dA là: SdAdAiSdASdP Rtbtbrad =⋅=⋅= r r r S là thành phần bán kính của vector Poynting trung bình tb S r . 119 Hình 5.4 Hình 5.5 Ở “vùng xa” của một anten bất kỳ vector tb S r chỉ có thành phần bán kính, ta có: ϕθθ= ddsinRdA 2 . Đặt ϕθθ==Ω ddsin R dA d 2 ⇒ ( ) Ωϕθ= d,,RSRdP 2 rad . Vậy công suất bức xạ bằng: ( ) ( ) ( ) [ ] Wd,FSR ddsin,FSRddsin,,RSRP 4 max 2 2 0 0 max 2 2 0 0 2 rad ∫∫ ∫ ∫∫ ∫ π π =ϕ π =θ π =ϕ π =θ Ωϕθ= ϕθθϕθ=ϕθθϕθ= 2. Độ rộng của đồ thò đònh hướng Đối với các anten chỉ có một búp chính, để so sánh đồ thò đònh hướng của các anten khác nhau người ta dùng khái niệm độ rộng của đồ thò đònh hướng. Thông thường người ta sử dụng hai khái niệm độ rộng sau: – Độ rộng theo mức 0 là góc giữa hai hướng mà tại đó cường độ bức xạ giảm đến 0; – Độ rộng theo mức 3 dB (nửa công suất) là góc giữa hai hướng mà tại đó cường độ bức xạ giảm một nửa so với hướng cực đại. Ta có thể đưa ra ví dụ sau. Trên hình 5.6a là đồ thò đònh hướng của anten loa trên mặt phẳng 0=ϕ của hệ tọa độ cầu (hệ tọa độ cực trên mặt phẳng). Trong nhiều trường hợp để tiện phân tích người ta biểu diễn đồ thò đònh hướng trong hệ tọa độ vuông góc (hình 5.6b). Ta có thể xác đònh độ rộng theo mức 3 dB như sau: 12 θ − θ = β , trong đó 21 , θ θ là các góc sao cho ( ) 5,0,F 2,1 = ϕ θ . Trong trường hợp nguyên tố anten thẳng (hình 4.2), ( ) θ F cực đại khi o 90 = θ ⇒ o 2 o 1 135,45 =θ=θ . Vậy ooo 9045135 =−=β . 3. Hệ số đònh hướng 120 ( ) p 4 tb max 4 d,F 4 1 1 F F D Ω π = Ωϕθ π == ∫∫ π [không thứ nguyên] trong đó ( ) ∫∫ π Ωϕθ=Ω 4 p d,F . p Ω gọi là góc đặc của búp. Vậy hệ số đònh hướng tỉ lệ nghòch với p Ω . Ta có thể viết D dưới dạng sau: tb max rad max 2 S S P SR4 D = π = , trong đó 2 rad tb R 4 P S π = là mật độ công suất bức xạ trung bình của anten. Thông thường D được tính bằng decibel: [ ] Dlog10dBD = . Trên hình 5.7 mô tả ý nghóa hình học của góc p Ω . Xét anten có một búp có đồ thò dònh hướng như trên hình 5.8. Ta có: yzxzp β β ≈ Ω , suy ra: yzxzp 44 D ββ π ≈ Ω π = . Công thức này có thể dùng để đánh giá gần đúng hệ số đònh hướng của anten bằng cách đo đạc. a). b). Hình 5.6 121 Hình 5.7 a). b). c). Hình 5.8 Ví dụ 1 : Xác đònh hướng mà tại đó cường độ bức xạ cực đại, tính góc đặc p Ω , hệ số đònh hướng, độ rộng theo mức 3 dB của anten bức xạ chỉ trên nửa cầu trên và có cường độ bức xạ chuẩn hóa là ( ) θ=ϕθ 2 cos,F . Hình 5.9 ♦ Vì hướng bức xạ chỉ ở nửa cầu trên nên ta có thể viết: ( ) ( )      π≤ϕ≤ π≤θ≤θ =θ=ϕθ lại còn điểm các tại 0 20 20cos F,F 2 – Đồ thò đònh hướng của anten có dạng như trên hình 5.9. – Tính góc đặc của anten: 122 ( ) ∫ ∫ ∫∫ ∫ ∫ π =ϕ π π π π =ϕ π =θ π =ϕ=ϕ         θ −= ϕ         θθθ=Ωϕθ=Ω 2 0 2 0 2 0 3 4 2 0 2 0 2 p 3 2 d 3 1 d 3 cos ddsincosd,F – Hệ số đònh hướng: 6 2 3 4 4 D p = π ⋅π= Ω π = ; [ ] dB78,76log10dBD = = . – Độ rộng theo mức 3 dB: ( ) 5,0cos,F 2,1 2 2,1 =θ=ϕθ ⇒ o 2 o 1 45,45 =θ−=θ ⇒ o 12 90=θ−θ=β . ♦ Ví dụ 2 : Tính hệ số đònh hướng của nguyên tố anten thẳng. ♦ Đối với nguyên tố anten thẳng ta có ( ) θ=θ 2 sinF . Hệ số đònh hướng: ( ) 5,1 38 4 ddsin 4 ddsin,F 4 D 2 0 0 3 4 = π π = ϕθθ π = ϕθθϕθ π = ∫ ∫ ∫∫ π =ϕ π =θ π [ ] dB76,15,1log10dBD = = . ♦ 4. Độ lợi: Gọi t P là công suất tổng do nguồn cung cấp cho anten, rad P là công suất bức xạ, loss P là công suất tiêu hao do tỏa nhiệt ( lossradt PPP + = ). Ta đònh nghóa hiệu suất bức xạ của anten là tỉ số giữa công suất bức xạ và công suất tổng: t rad P P =η (không thứ nguyên) Độ lợi của anten: t max 2 P SR4 G π = . Ta có mối liên quan giữa D,,G η : DG η = . Đối với anten không tổn hao thì 1=η . 5. Điện trở bức xạ: rad P là công suất bức xạ, loss P là công suất tiêu hao của anten. Ta viết các biểu thức cho rad P và loss P dưới dạng: rad 2 mrad RI 2 1 P = ; loss 2 mloss RI 2 1 P = 123 trong đó m I là biên độ dòng điện kích thích anten. rad R và loss R gọi là điện trở bức xạ và điện trở tiêu hao của anten. Vậy ta có thể viết biểu thức tính hiệu suất bức xạ phụ thuộc vào rad R và loss R . lossrad rad lossrad rad t rad RR R PP P P P + = + ==η . Có thể tính rad R bằng cách lấy tích phân mật độ công suất ( ) ϕ θ ,,rS theo các biến số để tìm rad P rồi tính rad R . Ví dụ : Cho anten là một đoạn dây dẫn 4 cm bức xạ ở tần số 75 MHz. Anten được làm bằng đồng và có bán kính a = 0,4 mm. Cho biểu thức tính loss R như sau: c c loss f a2 1 R σ µπ π = trong đó c µ và c σ là độ thẩm từ và độ dẫn điện của dây dẫn. Tính điện trở bức xạ và hiệu suất bức xạ của anten. ♦ f=75 MHz m4 105,7 103 f c 7 8 = ⋅ ⋅ ==λ⇒ 50 1 10 m4 cm4 2 <== λ ⇒ − l . Vậy có thể coi anten này là nguyên tố anten thẳng. Ta có: max 2 rad S D R4 P ⋅ π = Như đã tính ở ví dụ trước, với nguyên tố anten thẳng thì 5,1D = , suy ra: 2 2 m 2 2 2 2 m 2 rad I40 R I15 5,1 R4 P       λ π=       λ ⋅ π ⋅ π = ll Ω=       λ π=⇒ 08,080R 2 2 rad l . Để tìm η ta cần tính loss R . Trong sổ tay tra cứu ta tìm các giá trò c µ và c σ của đồng: mS108,5;mH104 77 0c c − − ⋅=σ⋅π=µ≈µ . Ω=         ⋅ ⋅π⋅⋅⋅π ⋅ ⋅⋅π ⋅ = σ µπ π = − − − 0,036 21 7 76 4 2 c c loss 108,5 1041075 1042 104 f a2 1 R %6969,0 036,008,0 08,0 R loss == + = + =η⇒ rad rad R R . ♦ V.3 Trường bức xạ của nguyên tố anten vòngV.3 Trường bức xạ của nguyên tố anten vòng 124 x y z M ld ϕ R r 'ϕ i Hình 5.10 Nguyên tố anten vòng hay dipole từ là một vòng dây hình tròn có bán kính a rất nhỏ (a << λ) có dòng điện chạy qua. Vì kích thước anten nhỏ nên có thể coi dòng điện tại mọi điểm trên vòng dây là như nhau: ( ) tsinIi m ω = (hình 5.10). Xét đoạn l d trên vòng dây, ta có vi phân của thế vector được tính như sau: r 4 edI Ad jkr m π ⋅µ = − l & r Khi đó vector A & r chỉ có thành phần phương vò ϕ A & . 'd'cosa r e 4 I 'd'cosa r4 eI AdAdA jkr m jkr m ϕϕ⋅ π µ = ϕϕ⋅ π ⋅µ === ∫ ∫∫∫ π − π − ϕϕ 2 0 2 0 &&& Ở “vùng xa” a << r, do đó θ ϕ − ≈ sin'cosaRr . Tuy nhiên cần chú ý rằng r ở lũy thừa trong thừa số jkr e − cần tính càng chính xác càng tốt bởi sự lệch pha có thể ảnh hưởng lớn đến thế vector (nếu độ lệch pha vượt quá π / 8 là không thể chấp nhận được). Vậy ta có: 'd'cose R4 eaI A 'cossinjka jkR m ϕϕ π µ = ∫ π ϕθ − ϕ 2 0 & ; Mặt khác 1 a2 ka << λ π = , suy ra: 'cossinjka1e 'cossinjka ϕθ+≈ ϕ θ ( ) 'd'cossinjkacos R4 eaI A 2' jkR m ϕϕθ+ϕ π µ =⇒ ∫ π − ϕ 2 0 & θ π πµ =⇒ − ϕ sin R4 ekIa jA jkR m 2 & Ta xác đònh các thành phần vector E & r và H & r theo các phương trình sau: Hrot j 1 E;Arot 1 H & r & r & r & r ωε = µ = Vậy ở “vùng xa” ta có: [...]... dùng phương trình sóng: r r & & ∆E + k 2 E = 0 r r & & ∆H + k 2 H = 0 r r r r & & & & E = E m (x , y ) ⋅ e − γz ; H = H m (x, y) ⋅ e − γz , và sau một vài phép biến đổi ta r & ∂ 2E r & ∂ 2E r r & & r r ∂ 2E ∂ 2E r & 2& + 2 + γ E + k E = 2 + 2 + k2 + γ2 E = 0 2 ∂y ∂x ∂y ∂x r r r r & & & 2 2& r r r ∂ 2H ∂ 2H & + k2H = ∂ H + ∂ H + k 2 + γ2 H = 0 & & + 2 + γ 2H ∂x 2 ∂y 2 ∂x 2 ∂y ( 2& ) ( 1 36 ) r r r r... thẳng (hình 5. 12a) Công suất bức xạ bằng: 2 Prad = R 2 ∫∫ 4π 15I 2 m S(R , θ )dΩ = π  π  2π π  cos cos θ     2 sin θdθdϕ sin θ   0 0     ∫∫ ( ) Kết quả ta nhận được: Prad = 36, 6I 2 mà S max = 15I 2 πR 2 , từ đây ta m m có thể tính hệ số đònh hướng của anten nửa sóng 4πR 2S max 4πR 2  15I 2  m  = 1 ,64 ;  D= = 2  Prad 36, 6I m  πR 2   D[dB] = 10 log1 ,64 = 2, 15 dB Điện trở bức... X Y ∂y Z ∂z kỳ); ξ 2 + η2 − γ 2 = k 2 Nghiệm của các phương trình trên có dạng: & X = C1e jξx + C 2 e − jξx & Y = C 3e jηy + C 4e − jηy & Z = C 5 e γz + C 6 e − γz & Chọn trục z làm chiều truyền sóng Giữ nguyên hàm Z(z ) dưới dạng & & mũ, còn các hàm X(x ), Y( y) viết dưới dạng lượng giác như sau: X& (x ) = (C 1 + C 2 ) cos ξx + j (C 1 − C 2 ) sin ξx Y& (y ) = (C + C ) cos η y + j (C − C ) sin η y... phải thỏa mãn phương trình sóng: r  ω 2 r r r & & & & ∆E +   E = ∆E + k 2 E = 0 v r  ω 2 r r r & & & & ∆H +   H = ∆H + k 2 H = 0 v Hình 6. 4 Hình 6. 3 Điều kiện bờ: E τ = 0 do thành ống làm bằng kim loại siêu dẫn Vậy ta có: 134 & & ∆E z + k 2 E z = 0 & & ∆E x + k 2 E x = 0 & & ∆E x + k 2 E x = 0 hay viết dưới dạng tổng quát: & & & & & & ( L = E x , E z , , H x , ) ∆L + k 2 L = 0 & & & ∂... bố trường TE trong ống dẫn sóng chữ nhật trước hết với trường hợp đơn giản – mode sóng TE10 Khi đó ta có: π  & E y ~ sin  x  a  π  & H x ~ sin  x  a  π π  j π  & H z ~ j cos x  = cos x  ⋅ e 2 a  a  & & & Ex = Hy = Ez = 0 Hình 6. 12 mô tả cấu trúc trường điện (6. 12a), trường từ 6. 12b) và toàn bộ bức tranh đường sức trường điện từ của sóng TE10 trong ống dẫn sóng chữ & nhật (6. 12c)... sóng TM 11 trong ống dẫn sóng chữ nhật (hình 6. 6) có các điểm đặc biệt sau: b y= H x = 0 ∀x * 2 a x= H y = 0 ∀y * 2 Vì tất cả các thành phần trường trong ống đều có chung thừa số e j (ωt −βz ) , suy ra tại cùng một thời điểm sóng từ và sóng điện biến đổi điều hòa theo trục z với chu kỳ λ 2 1 45 Hình 6. 6 a) b) Hình 6. 7 Tương tự đối với các thành phần trường điện của sóng TM11 :  π  π  E x ~ cos x... & & ∂E jωε ∂E z γ & & Hx = 2 ⋅ ⋅ z Ex = − 2 k + γ 2 ∂y k + γ 2 ∂x & & γ jωε ∂E z ∂E & & ⋅ Hy = − 2 Ey = − 2 ⋅ z k + γ 2 ∂y k + γ 2 ∂x 139 & & – Sóng điện ngang TE: E z = 0; H z ≠ 0 Khi đó: & jωµ ∂H z γ & & Ex = − 2 Hx = − 2 ⋅ 2 ∂y k + k + γ2 & jωµ ∂H z γ & & ⋅ Ey = 2 Hy = − 2 2 ∂x k + γ2 k + ⋅ ⋅ & ∂H z ∂x & ∂H z ∂y 2 Vậ tố nhó n c m Xét một nhóm sóng điện từ truyền trên đường truyền sóng trong một... ∂y 2 r r & & ∂ 2H ∂2H + 2 ≠ 0 Ta có ξ 2 + η2 − γ 2 = k 2 , trong đó k = ω εµ Xét các trường ∂x 2 ∂y hợp: – Khi γ = 0 thì ξ + η = ω εµ , suy ra ω = 2 2 2 tần số góc tới hạn ω th : ω th = hạn λ th = f th c f th = ξ 2 + η2 εµ ξ 2 + η2 ωth = = 2π 2π εµ c ⋅ 2π εµ ξ + 2 – Khi ω < ωth : 2 = ξ + 2 2 εµ Ta gọi giá trò này là ; tương ứng ta có các giá trò tần số tới và 2π ε r µ r ξ2 + η2 bước sóng tới hạn... trúc trường của các mode sóng TE 20 (hình 6. 13a), TE 30 (6. 13b), TE 01 (6. 13c) Các sóng điện ngang với m > 0, n > 0 trong ống dẫn sóng chữ nhật có cấu trúc trường phức tạp hơn Hình 6. 14 mô tả cấu trúc trường của các sóng TE11, TE 21, TE 22 Dễ dàng nhận thấy rằng m, n ở đây đặc trưng cho số chiều dài nửa chu kỳ không gian của sóng trên các cạnh của thiết diện ống dẫn sóng Vậy để vẽ bức tranh phân bố trường. .. các thành phần trường, do đó ta chỉ xét trường hợp p = 0 & Tương tự, xét điều kiện E y = 0 khi x = 0, x = a với mọi y , ta có: ⇒ cos(ξx − ϕ) = 0 khi x = 0, x = a π * x = 0 : cos ϕ = 0 ⇒ ϕ = + p1π Như nhận xét trên, ta chỉ xét trường hợp 2 p1 = 0 πm π  x = a : cos ξa −  = 0 ⇒ sin (ξa ) = 0 ⇒ ξa = πn ⇒ ξ = a 2  2 n2  2 2 2 2 2 2 2 m   + Mặt khác γ = − k + ξ + η ⇒ γ = − k + π  a2 b2   . 1 15 Chương V. Chương V. BỨC XẠ ĐIỆN TỪBỨC XẠ ĐIỆN TỪ V.1 Khái niệm chung về bức xạ điện từV.1 Khái niệm chung về bức xạ điện từ Bức xạ điện từ là. 0 2 2 m ddsin sin cos 2 cos I 15 . Kết quả ta nhận được: 2 mrad I6,36P = mà ( ) 22 mmax RI15S π= , từ đây ta có thể tính hệ số đònh hướng của anten nửa sóng. 64 ,1 R I 15 I6, 36 R4 P SR4 D 2 2 m 2 m 2 rad max 2 =         π π = π =