Bài tập truyền sóng

Chia sẻ: Thanh Binh Binh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:11

1
293
lượt xem
147
download

Bài tập truyền sóng

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo giải bài tập vật lý chuyên đề về Bài tập truyền sóng

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài tập truyền sóng

  1. Bài 1 (Radar system): Một radar có chiều cao Anten h1 = 15m trên mặt đất, theo dõi 1 máy bay hạ cánh ở chiều cao h2 = 300m . Bước sóng λ0 = 10cm . Radar dùng sóng phân cực ngang nên giả thiết hệ số phản xạ bằng -1. Xác định các vùng mà máy bay có thể quan sát được nếu khoảng cách quan sát cực đại trong không gian tự do là 40km. Tóm tắt đề : h1 = 15m ; h2 = 300m ; λ0 = 10cm ; rf = 40km 4h13/2 h13/2 (15m)3/2 Ta có: ν = = = = 0.564 2ae λ0 1030λ0 1030 × 0.1m Giản đồ phủ ν = 0.564 không có, nhưng ν = 0.5 sẽ gần chính xác. 4h13/2 h3/2 Khi dùng giản đồ ν = 0.5 thì từ ν = = 1 tính lại được h1 = 13.84m 2ae λ0 1030λ0 Khoảng chân trời : dT = 2ae h1 = 4122 h1 = 4122 15m = 15.96km 40km Khoảng tự do cực đại : rf = ≈ 2.5dT 15.96km Mức công suất thu ở radar tỉ lệ với F 4 nên mức công suất liên tiếp trên giản đồ chênh nhau 6dB. Gọi S0 là mức tín hiệu tương ứng với búp sóng có nhãn 2. Đi dọc theo đường cong h2 / h1 = 300m /15m = 20 Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 2.8 tại khoảng cực đại d = 4.15dT với mức CS ( S0 − 6)dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 4 tại khoảng cực đại d = 4.35dT với mức CS ( S0 − 12)dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 2 tại khoảng cực đại d = 3.6dT với mức CS S0 dB . Khi mục tiêu tiến lại gần : Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 2.8 tại khoảng cực đại d = 3.3dT với mức CS ( S0 − 6)dB .
  2. Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 4 tại khoảng cực đại d = 3.2dT với mức CS ( S0 − 12)dB . Khi mục tiêu tiến gần hơn nữa : Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 2.8 tại khoảng cực đại d = 2.85dT với mức CS ( S0 − 6)dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 4 tại khoảng cực đại d = 2.8dT với mức CS ( S0 − 12)dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 2 tại khoảng cực đại d = 2.7dT với mức CS S0 dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 1.4 tại khoảng cực đại d = 2.55dT với mức CS ( S0 + 6)dB . 1 2 3 4 5 Khoảng tự do cực đại của radar là 2.5dT . S0 là tín hiệu nhận được tương với khoảng tự do cực đại là 2dT . Gọi CS tối thiểu để có thể quan sát được tín hiệu là S m 4 S   2  (2 / 2.5) S0 = 0.4096 S0 hay −10 log  m  = −10 log  4  = 3.88dB  S0   2.5 
  3. 4 S r  Vì CS thu tỉ lệ với r −4 nên 1 =  0  S0  r1  Giả thiết Anten luôn hướng tới mục tiêu và độ lợi Anten giảm 10dB khi lệch 1 góc 60 khỏi hướng max, giả thiết tia tới mặt đất giảm biên độ 10 lần thì có thể bỏ qua giao thoa. Tìm khoảng cách để bỏ qua giao thoa. Khi ψ +ψ 1 = 6 thì : 0 tan ( ψ 1 +ψ ) = tan 60 tanψ 1 + tanψ = tan 60 1 − tanψ 1 tanψ h2 − h1 Thay : tanψ 1 = d h2 + h1 tanψ = d h2 − h1 h2 + h1 − ⇒ d d = tan 60 h2 − h1 h2 + h1 1− ⋅ d d 2h2 d ⇔ = tan 60 d − ( h2 − h1 ) 2 2 2 Giải ra : d = 5.73km = 0.36dT Bài 2 (FM communication link) : Một trạm phát FM có Anten phát ở chiều cao h2 = 80m . Độ lợi Anten là 5, công suất phát 500W. Anten thu có chiều cao h1 = 10m . Tần số hoạt động là 100MHz. Tìm cường độ trường E (V/m) tại khoảng cách 8.1mi từ đài phát. Giả thiết tín hiệu từ Anten 10m : c 3.108 λ0 = = = 3m f 100 MHz h13/2 103/2 ν= = ≈ 0.01 1030λ0 1030 × 3
  4. h2 80 = =8 h1 10 dT = 4122 h1 = 4122 10 ≈ 13.03km ≈ 8.1mi ⇒ d = dT Từ giản đồ cho biết khi h2 / h1 = 8 và d = dT thì CS thu được bằng trong không gian tự do ở khoảng cách rf = 4dT 2 E P .G Ptb = = t 2 2 Z 0 4π r 2 Z 0 .Pt .G 2 Z 0 .Pt .G 2.120π .500W .5 E= = = 4π r 4π ( 4dT ) 4π ( 4 ×13.03km ) 2 2 2 mV E = 7.43 m Bài 3 (Microwave communication link) : Trong microwave communication link Anten được gắn trên các tòa nhà có chiều cao 35m so với mặt đất. Bước sóng làm việc 10cm. Tìm khoảng cách cực đại d để CS tín hiệu không nhỏ hơn trong không gian tự do. Tức là tìm điều kiện để độ lợi đường F=1. h13/2 353/2 ν= = ≈ 2.01 1030λ0 1030 × 0.1m Nếu dùng công thức giao thoa trên mặt đất phẳng : π   h /h   d  F = 2 sin  νξ  = 2 sin  π 2 1  = 2 sin  π T  = 1 2   d / dT   d   d  1 ⇒ sin  π T  =  d  2 ⇒ d = 6 dT Nhưng h2 = h1 khoảng cách tối đa là 2dT . Không thể dùng công thức giao thoa trên mặt đất phẳng phải dùng công thức giao thoa trên mặt đất cầu. Từ h2 = h1 ⇒ S1 = S 2 và T = h1 / h2 = 1
  5. d d S= = = S1 dT1 + dT2 2dT Hệ số điều chỉnh cường độ tia : −1/2 −1/2  2 4 S1S 2 T   d2   1 − d 2 / dT2  1/2 D = 1 +  = 1 + 2  = 2   S ( 1 − S22 ) ( 1 + T )   2dT ( 1 − d 2 / 4dT2 )   1 + d / dT  2     2 h2 / h1 h2 / h1  d2  ξ= d / dT ( 1 − S1 ) ( 1 − S2 ) = d / d 1 − 4d 2  2 2 T  T  1/2   π  ⇒ F = ( 1 + D ) − 4 D cos 2  νξ   2 =1   2  π  ( 1+ D) 2 − 1 = 4 D cos 2  νξ  2  π  D+2 ⇒ cos 2  νξ  = 2  4 Giải bằng phương pháp số : d = 1.36dT D=0.47 ξ = 0.21 Vậy : d = 1.36dT = 1.36 × 4122 h1 = 1.36 × 4122 35 = 33.17 km Bài 4 (Microwave link with unequal tower heights) : Cho h1 = 35m , h2 = 50m , λ0 = 10cm . Xác định độ lợi đường ở khoảng cách d=50km. Ta có : 1/2 2  ( 50km )  1/2 2 2  d2  p=  ae ( h1 + h2 ) +  = 8497 km ( 35m + 50m ) +  = 42.38km 3 4 3  4    2a ( h − h )   2 × 8497km × ( 35m − 50m ) × 50km  Φ = cos −1  e 13 2  = cos −1   = 1.739rad ( 42.38km ) 3  p      d  Φ +π  50km  1.739 + π  d1 = + p.cos  = + 42.38km.cos   = 22.625km 2  3  2  3 
  6. d 2 = d − d1 = 50km − 22.625km = 27.375km d1 d1 22.625km S1 = = = = 0.9277 dT 2ae h1 2 × 8497km × 35m d2 d2 27.375km S2 = = = = 0.9391 dT 2ae h1 2 × 8497 km × 50m h1 35 T= = = 0.8367 h2 50 S1T + S 2 0.9277 × 0.8367 + 0.9391 S= = = 0.9339 1+ T 1 + 0.8367 J ( S , T ) = ( 1 − S12 ) ( 1 − S 2 ) = ( 1 − 0.9277 2 ) ( 1 − 0.93912 ) = 0.01646 2 K ( S ,T ) = ( 1 − S ) + T ( 1 − S ) = ( 1 − 0.9391 ) + 0.8367 ( 1 − 0.9277 ) = 0.12685 2 2 2 1 2 2 2 2 1+ T 2 1 + 0.8367 2 h1 + h2 35m + 50m tanψ = K ( S,T ) = × 0.12685 = 2.16 × 10−4 d 50km ψ đủ nhỏ để xem hệ số phản xạ bằng -1. h13/2 353/2 ν= = ≈ 2.01 1030λ0 1030 × 0.1m −1/2 −1/2  2 4 S1S 2 T   4 × 0.9277 × 0.93912 × 0.8367  D = 1 +  = 1 +  = 0.262  S ( 1 − S 22 ) ( 1 + T )   0.9339 × ( 1 − 0.93912 ) × ( 1 + 0.8367 )      h2 / h1 ξ= d / dT ( 1 − S12 ) ( 1 − S22 ) = d /h2 /2h1 h ( 1 − S12 ) ( 1 − S22 ) ae 1 50m / 35m ξ= 50km / 2 × 8497 km × 35m ( 1 − 0.92772 ) ( 1 − 0.93912 ) = 0.01147rad 1/2 1/2   π   π  F = ( 1 + D ) − 4 D cos 2  νξ   = ( 1 + 0.262 ) − 4 × 0.262 × cos  × 2.01× 0.01147   2 2 = 0.739   2   2  Vậy : F=0.739
  7. Bài 5 (AM broadcasting system) : Máy thu radio AM có Anten với số vòng dây N=400, tiết diện lõi A=50 cm 2 , độ từ cảm L = 200 µ H , hệ số phẩm chất Q=100, ∆f = 10kHz , tính CS sóng tới để có tỉ số S/N=100. Tính CS phát cần thiết nếu giả sử Anten phát có độ lơi bằng 1, tần số làm việc 1MHz, đất dẫn điện tốt ( σ = 10−2 S / m ), cho đồ thị của As theo khoảng cách số p. Biết đặc trưng nhiễu thu F=4, nhiệt độ nhiễu trung bình của Anten TA = 10 K 9 2π 2π f 2π × 1MHz 2π Ta có : k0 = = = = λ0 c 3.108 300 Điện trở bức xạ : k04 . A2 .N 2 .Z 0 ( 2π / 300 ) × ( 50cm ) × 400 ×120π 4 2 2 2 Ra = = = 1.54 × 10−5 Ω 6π 6π Lω 2π × 1MHz × 200.10−6 r= = = 4π (Ω) Q 100 Ra 1.54 × 10−5 η= = = 1.22 ×10−6 Ra + r 1.54 ×10−5 + 4π Pr Tỉ số S/N : = 100 Pn λ02 Mà : Prec = 1.5η Pinc = 100 Pn = 100k ∆f ( F − η ) T0 + ηTA  ≈ 100k ∆f ( FT0 + ηTA )   4π 4π ×100k ∆f ( FT0 + ηTA ) Pinc = λ02 ×1.5η 4π × 100 ×1.38 ×10−23 ×104 Hz ( 4 × 3000 K + 1.22 × 10−6 ×109 ) Pinc = = 2.55 × 10−12 W / m ( 300m ) 2 −6 ×1.5 ×1.22 × 10 2 E Pinc = ⇒ E = 2 Z 0 Pinc = 2 ×120π × 2.55 ×10−12W / m = 43.8µV / m 2Z 0 Giả thiết Anten bức xạ đẳng hướng. Ptrans 2 Pinc = 4 As 4π d 2
  8. k0 d ωε 0 πd Khoảng cách số: p= = 2σ 180 × 300 ⇒ d = 17189 p (m) hay d = 10.7 p (mi) 2 Theo đồ thị tại p=18 thì As = 10−4 4π × ( 17189 ×18m ) 2 4π d 2 Ptrans = Pinc = −4 2.55 ×10−12 W = 7679W 2 As 2 2 ×10 m 2 Đây là CS phát khả thi. Nếu giảm d 2 lần còn 96.5 mi (p=9) ⇒ As = 0.05 . 2  0.01  CS phát giảm đi 1 hệ số   × 0.25 = 0.01 còn 76.8W  0.05  Bài 6 (Citizen’s-band communication link) : Xét hệ thống các Anten là các Anten râu trên xe car, tần số hoạt động f=27MHz. CS phát Pt = 5W , độ lợi của Anten G=1, đặc trưng nhiễu thu F=4, độ rộng băng thu ∆f = 5kHz , hằng số điện môi của đất κ ' = 12 , độ dẫn điện của đất σ = 5.10−3 S / m , nhiệt độ nhiễu trung bình của Anten TA = 10 K 4 Khoảng cách số : π d / λ0 π d / λ0 d p= = = 0.25 κ '2 + ( σ / ωε 0 ) 2   2 λ0  5.10−3  122 +  −9   2π × 27.106. 10     36π  d p = 0.25 × 8 = 0.0225d 3.10 / 27 MHz 2 + 0.3 p p −0.6 p Biểu thức suy hao As = − e sin b chỉ xảy ra cho mặt đất phẳng với 2 + p + 0.6 p 2 2 1 d ≤ 50(mi ) × 1/3 f ( MHz ) 50 ( mi ) 50 d max = = 1/3 = 16.7 ( mi ) = 26.88km f ( MHz ) 27 1/3
  9. p = 0.0225 × 26.87 km ≈ 0.6km = 600m 2 + 0.3 p 0.5 5 p ? 1 ⇒ As = ≈ = ×10−3 = 8.83 × 10−4 2 + p + 0.6 p 2 p 6 CS thu : ( 100 / 9 ) ×1 = 1.52 ×10−14W 2 2 λ0 2 P 5 Prec = t 2 2 As G= × 4 × ( 8.84 ×10−4 ) × 4π d 4π 4π ( 16.7 mi ) 4π 2 Ở đây ta dùng d / λ0 = 4 p . CS nhiễu : Pn = k ∆f TA + ( F − 1) T0  = 1.38 ×10−23 × 5kHz × 104 + 3 × 300  = 7.52 × 10−16 W     Tỉ số S/N : S P   1.52 × 10−14  = 10 log  rec  = 10 log  −16  ≈ 13dB hay 20.2 lần. N  Pn   7.52 ×10  π Bài 7 : Cho ψ i = , N = 2.1010 / m3 . Tính f max 4 f 2 cos 2 ψ i 81N 9 N 9 2.1010 N= ⇒ f max = = = = 1.8 ×106 Hz 81 cos ψ i cosψ i 2 π cos 4 Vậy : f max = 1.8MHz Bài 8: Xác định góc bức xạ và tần số cho trạm vô tuyến sóng ngắn. Giả sử trạm sóng ngắn được thiết lập để phủ sóng ở khoảng cách 4200 mi , chiều cao ảo h’=300km. Cho lớp F ban ngày N = 5.1011 / m3 Nếu dùng bước sóng đơn : d 2 ( 4.2 ×10 ) 6 2 h ' ( ft ) = = = 2.2 × 106 ( ft ) = 670km 8 8 h’ vượt quá chiều cao lớp F ⇒ không khả thi ⇒ dùng bước kép d d'= = 2100(mi ) 2
  10. d '2 21002 670 ⇒ h' = = ⇒ h' = = 167.5km 8 8 4 Dùng lớp F với chiều cao h’=300km Giải hệ : d' 2100 θ= = ; 0.2rad 2ae 2 × 5280  h'  1  1 + − cos θ  × = cotψ i  ae  sin θ 1  300km  1 ⇒ = 1 + − cos 0.2  tanψ i  8497 km  sin 0.2 ⇒ tanψ i = 3.6 ⇒ ψ i = 1.3rad hay ψ i = 74.440 Φ = 1800 −ψ i − θ Góc ngẩng = Φ − 90 = 90 −ψ i − θ = 90 − 74.44 − 11.4 = 4.16 0 0 0 0 0 0 f c = 9 N th = 9 5.1011 = 6.36 MHz Tần số khả dụng cực đại : MUF = f c sec 74.440 = 6.36MHz × sec 74.440 = 11.06 MHz Bài 9 (Radar return from rain): Cho hệ radar có các thong số : CS phát Pt = 100kW ( peak ) , độ rộng xung τ = 1µ s , độ lợi Anten G=30dB hay 1000, λ0 = 3cm , độ rộng tia nửa CS θ1/2 = 0.063rad .Tính CS thu từ đám mưa cách r0 = 10km , tốc độ mưa R=10mm/h. 9.05 × 10−14 1.47 9.05 × 10−14 × ( 10mm / h ) ≈ 3.3 ×10−6 m 2 / m3 1.47 σ BS = R = λ0 ( 3cm ) 4 4 Thể tích chiếu xạ : τ 1µ s × ( 10km ) × π × 0.0632 = 1.87 ×108 m3 2 V = c × × r02πθ1/2 = 3 ×108 × 2 2 2
  11. ( 3cm ) ×100kW ×10002 × 3.3 ×10−6 ×1.87 ×108 = 2.8 ×10−9W 2 λ02 σ BS Pr = PG 2 V= ( 4π ) ( 4π ) ( 10km ) 3 t (0) 3 4 r04 Nếu radar đang quan sát mục tiêu có tiết diện radar S BS = 5m tại cùng 1 khoảng cách , CS 2 tín hiệu thu được từ mục tiêu : PG 2 λ02 S BS 5 × 2.8 ×10−9 P= t S BS = Pr = = 2.27 ×10−11W ( 4π ) σ BS V −6 3.3 ×10 × 1.87 ×10 3 8 r04 ⇒ Không quan sát được mục tiêu.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản