Tài liệu Bài tập-giải bài tập truyền sóng

  • Số trang: 11 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 142 |
  • Lượt tải: 3
quangtran

Đã đăng 3721 tài liệu

Mô tả:

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 0  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 l à 40km. Tóm tắt đề : h1  15m h2  300m 0  10cm rf  40km 4h13/2 h13/2 (15m) 3/2 Ta có:      0.564 2ae 0 10300 1030  0.1m Giản đồ phủ   0.564 không có, nhưng   0.5 sẽ gần chính xác. Khi dùng giản đồ   0.5 thì từ   4h13/2 h3/2 tính lại được h1  13.84m  1 2ae 0 10300 Khoảng chân trời : dT  2ae h1  4122 h1  4122 15m  15.96km Khoảng tự do cực đại : rf  40km  2.5dT 15.96 km 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 nh ãn 2. Đi dọc theo đường cong h2 / h1  300m /15m  20 Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 2.8 tại khoảng cực đại d  4.15d T với mức CS ( S0  6) dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nhãn 4 tại khoảng cực đại d  4.35d T với mức CS ( S0  12) dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 2 tại khoảng cực đại d  3.6d T với mức CS S0 dB . Khi mục tiêu tiến lại gần : Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 2.8 tại khoảng cực đại d  3.3d T với mức CS ( S0  6) dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 4 tại khoảng cực đại d  3.2d T với mức CS ( S0  12) dB . Khi mục tiêu tiến gần hơn nữa : Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 2.8 tại khoảng cực đại d  2.85d T với mức CS ( S0  6) dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 4 tại khoảng cực đại d  2.8d T với mức CS ( S0  12) dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 2 tại khoảng cực đại d  2.7d T với mức CS S0 dB . Giao với búp sóng thấp nhất có nh ãn 1.4 tại khoảng cực đại d  2.55d T với mức CS ( S0  6) dB . Khoảng tự do cực đại của radar l à 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 Sm S   2  (2 / 2.5) 4 S0  0.4096 S0 hay 10 log  m   10 log    3.88 dB S 2.5    0 4 Vì CS thu tỉ lệ với r 4 S r  nên 1   0  S0  r1  4 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 bi ên độ 10 lần thì có thể bỏ qua giao thoa. Tìm khoảng cách để bỏ qua giao thoa. Khi   1  60 thì : tan  1    tan 60 tan 1  tan  tan 6 0 1  tan  1 tan  Thay : tan 1  h2  h1 d tan  h2  h1 d h2  h1 h2  h1  d d   tan 6 0 h2  h1 h2  h1 1  d d  2h2 d  tan 6 0 2 2 d   h2  h1  2 Giải ra : d  5.73km  0.36d T Bài 2 (FM communication link) : M ột 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 đ ài phát. Giả thiết tín hiệu từ Anten 10m : 0   c 3.108   3m f 100MHz h13/2 103/2   0.01 10300 1030  3 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 4 r E 2 Z 0 .Pt .G  4 r 2 E  7.43 2 Z 0 .Pt .G 4  4 dT  2  2.120 .500W .5 4  4 13.03km  2 mV m Bài 3 (Microwave communication link) : Trong microwave communication link Anten đư ợc gắn trên các tòa nhà có chiều cao 35m so với mặt đất. B ước sóng làm việc 10cm. Tìm khoảng cách cực đại d để CS tín hiệu không nhỏ h ơn trong không gian tự do. Tức là tìm điều kiện để độ lợi đường F=1.  h13/2 353/2   2.01 10300 1030  0.1m Nếu dùng công thức giao thoa trên mặt đất phẳng :  h /h   d    F  2 sin     2 sin   2 1   2 sin  T   1 2   d   d / dT   d  1  sin   T    d  2  d  6d T 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  h2 / h1  1 S d d   S1 dT1  dT2 2dT Hệ số điều chỉnh cường độ tia :   4 S1S 22T   D  1  S 1  S 22  1  T     1/2   d2    1 2  2d T 1  d 2 / 4d T2    h /h h /h   2 1 1  S12 1  S 22   2 1 d / dT d / dT  d2  1   2   4d T   2     F  1  D   4D cos 2     2   1  D  2 1/2 1 d 2 / d 2T    2 2   1  d / dT  1/2 2 1/2 1    1  4 D cos 2    2    D2  cos 2     4 2  Giải bằng phương pháp số : d  1.36d T D=0.47   0.21 Vậy : d  1.36d T  1.36  4122 h1  1.36  4122 35  33.17 km Bài 4 (Microwave link with unequal tower height s) : Cho h1  35m , h2  50m , 0  10cm . Xác định độ lợi đường ở khoảng cách d=50km. Ta có : 2  d2 p a h  h     e 1 2 4  3 1/2 1/2 2  3 2  50km    8497km 35m  50m    42.38km 4    2  8497 km  35m  50m  50km   2a  h  h     cos 1  e 13 2   cos 1    1.739 rad 3 p  42.38km      d1  d     p.cos  2  3  50km  1.739    42.38km.cos   2 3   d 2  d  d1  50km  22.625km  27.375km    22.625km  S1  d1  dT d1  2ae h1 22.625km  0.9277 2  8497 km  35m S2  d2  dT d2  2ae h1 27.375km  0.9391 2  8497 km  50m T S h1 35   0.8367 h2 50 S1T  S 2 0.9277  0.8367  0.9391   0.9339 1 T 1  0.8367 J  S , T   1  S12 1  S 22   1  0.9277 2 1  0.93912   0.01646 K  S ,T  tan  1  S   T 1  S   1  0.9391  0.8367 1  0.9277   0.12685  2 2 2 2 1 2 1 T 2 2 2 1  0.8367 2 h1  h2 35m  50m K  S, T    0.12685  2.16 10 4 d 50km  đủ nhỏ để xem hệ số phản xạ bằng -1.  h13/2 353/2   2.01 10300 1030  0.1m   4 S1S 22T  D  1   S 1  S 22  1  T     1/2  4  0.9277  0.93912  0.8367    1   0.9339  1  0.93912  1  0.8367     h2 / h1 h2 / h1 1  S12 1  S 22   1  S12 1  S 22    d / dT d / 2ae h1  50m / 35m 1 0.9277 2 1 0.93912   0.01147 rad  50km / 2  8497 km  35m  2    F  1  D   4D cos 2     2   Vậy : F=0.739 1/2 1/2  0.262  2     1  0.262   4  0.262  cos   2.01 0.01147  2   1/2  0.739 Bài 5 (AM broadcasting system) : Máy thu radio AM có Anten v ới số vòng dây N=400, tiết diện lõi A=50 cm 2 , độ từ cảm L  200  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 l ơi bằng 1, tần số làm việc 1MHz, đất dẫn điện tốt (   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 b ình của Anten TA  109 K k0  Ta có : 2 2 f 2 1MHz 2    0 c 3.108 300 Điện trở bức xạ : 2 2 k04 . A2 .N 2 .Z 0  2 / 300   50 cm   400 120 Ra    1.54 10 5 6 6 2 4 r L 2 1MHz  200.10 6   4 ( ) Q 100 Ra 1.54 10 5    1.22 10 6 5 Ra  r 1.54  10  4 Tỉ số S/N : Pr  100 Pn 02 Prec  1.5 Pinc  100Pn  100k f F   T 0  TA   100k f FT 0  TA 4 Mà : Pinc  Pinc  4 100 k f  FT0   T A  02  1.5 4 100 1.38 10 23 10 4 Hz 4  300 0 K  1.22 10 6 10 9   300m  2 2 1.5 1.22 10 6  2.55 10 12W /m E Pinc   E  2Z 0Pinc  2  120  2.55 10 12W / m  43.8 V / m 2Z 0 Giả thiết Anten bức xạ đẳng h ướng. Pinc   Ptrans 4 As 4 d 2 2 p Khoảng cách số: k0 d  0 d  2 180  300  d  17189 p (m) hay d  10.7 p (mi) Theo đồ thị tại p=18 thì As  10 4 2 Ptrans  4 d 2 2 As 2 4  17189 18 m  Pinc  2.55 10 12W  7679W 4 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 tr ưng nhiễu thu F=4, độ rộng băng thu f  5kHz , hằng số điện môi của đất  '  12 , độ dẫn điện của đất   5.10 3 S / m , nhiệt độ nhiễu trung bình của Anten TA  10 4 K Khoảng cách số : p  d / 0  '2   /  0  p  0.25  f d max  1/3  d / 0   5.10 3 12 2   9  2  27.10 6. 10 36  2       0.25 d 0 d  0.0225d 3.10 / 27 MHz 8 Biểu thức suy hao As  d  50(mi )  2  2  0.3 p  2  p  0.6 p 2 p 0.6 p e sin b chỉ xảy ra cho mặt đất phẳng với 2 1 ( MHz ) 50  mi  50  1/3  16.7 mi   26.88km f  MHz  27 1/3 p  0.0225  26.87km  0.6km  600m p  1  As  2  0.3 p 0.5 5    10 3  8.83 10 4 2 2  p  0.6 p p 6 CS thu : 2 100 / 9   1  1.52  10 14W Pt 5 2 0 2 A G  4  8.84  10 4  s 2 2 4 d 4 4 4 16.7 mi  2 Prec  Ở đây ta dùng d / 0  4 p . CS nhiễu : Pn  k f TA   F  1T0   1.38  10 23  5kHz  10 4  3 300   7.52  10 16W Tỉ số S/N : P   1.52 10 14  S  10 log  rec   10 log   13 dB hay 20.2 lần. 16  N  7.52 10   Pn  Bài 7 : Cho  i  N  , N  2.1010 / m 3 . Tính f max 4 f 2 cos 2  i 81N 9 N 9 2.10 10  f max     1.8 10 6Hz  81 cos 2  i cos  i 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 / m 3 Nếu dùng bước sóng đơn : 6 d 2  4.2 10     2.2 106 ( ft )  670km 8 8 2 ' ( ft ) h h’ vượt quá chiều cao lớp F  không khả thi  dùng bước kép d' d  2100(mi ) 2  h'  d '2 21002 670   h'   167.5km 8 8 4 Dùng lớp F với chiều cao h’=300km Giải hệ :  d' 2100   0.2rad 2ae 2  5280  h'  1  cot  i  1   cos    a sin  e    1 300 km   1  1  cos 0.2  tan i  8497 km  sin 0.2  tan i  3.6   i  1.3 rad hay  i  74.44 0   1800   i   Góc ngẩng =   900  900   i    900  74.440  11.40  4.160 f c  9 N th  9 5.1011  6.36MHz Tần số khả dụng cực đại : MUF  f c sec 74.44 0  6.36MHz  sec 74.44 0  11.06MHz Bài 9 (Radar return from rain): Cho hệ radar có các thong số : CS phát Pt  100kW ( peak ) , độ rộng xung   1 s , độ lợi Anten G=30dB hay 1000, 0  3cm , độ rộng tia nửa CS 1/2  0.063rad .Tính CS thu từ đám mưa cách r0  10km , tốc độ mưa R=10mm/h.  BS  9.05 10 14 1.47 9.05 10 14 1.47 R   10mm / h   3.3 106 m 2 / m3 4 4 0  3cm  Thể tích chiếu xạ :  1 s 2 2 V  c   r021/2  3 108   10km     0.0632  1.87  108 m 3 2 2 Pr   4   BS  3cm   100kW  10002  3.3 10 6  1.87 108  2.8 10 9W V  3 4 r04 4  10 km  2 02 3 PG t 2 (0) Nếu radar đang quan sát mục tiêu có tiết diện radar S BS  5m 2 tại cùng 1 khoảng cách , CS tín hiệu thu được từ mục tiêu : P 2 2 PG 0 t  4  3 S BS  4 r0 S BS 5  2.8 10 9 Pr   2.27 10 11W 6 8  BS V 3.3 10 1.87 10  Không quan sát được mục tiêu.
- Xem thêm -