ANTENAS Problemas de Antenas Elementales 1 Dipolos y espiras Considere la espira elemental de la figura. a. La resistencia ofrecida por un conductor de longitud l es l (Ω) , donde σ es la conductividad del hilo, d su σπ d δ diámetro y δ = 1/ f πµσ la profundidad de penetración. Determine la eficiencia de radiación de la espira para f =10 MHz. RL = b. Para mejorar la eficiencia de la antena se construye una espira con un cierto numero de vueltas N. Obtenga la expresión de la nueva eficiencia en función de N. Indique el número de vueltas necesario para que la eficiencia pase a ser de al menos el 60%. c. En las condiciones del apartado anterior, obtenga el factor Q de la espira, sabiendo que este se define como Q = ω L / R . Calcule el ancho de banda de la antena. d. Se pretende obtener una onda con polarización circular según el eje Y. Para ello, además de la espira contamos con un dipolo elemental de longitud L. Indique dónde situaría el dipolo respecto a la espira. Calcule la relación que debe existir entre las dimensiones de la espira y el dipolo D = 1 m. d = 10 mm. σ = 5.7⋅107 S/m. µ0 = 4π⋅10−7 H/m. 1 µ 0ln 2 H. L= 4π Y D X I0 © Miguel Ferrando, Alejandro Valero. Dep. Comunicaciones. Universidad Politécnica de Valencia ANTENAS Problemas de Antenas Elementales 2 Solución Eficiencia de radiación La profundidad de penetración se calcula de forma inmediata a partir de los datos, siendo su valor δ = 2.12⋅10−5 m. La resistencia óhmica de la espira es por tanto RL = 0.0832 Ω. Por su parte la resistencia de radiación de una espira elemental es 4 Rrad ⎛ D⎞ = 20π ⎜ k ⎟ = 0.0237 Ω ⎝ 2⎠ 2 La eficiencia de radiación para la espira es ηΩ = Wradiada Rrad = = 0.22 Wentregada Rrad + RL Número de vueltas La resistencia óhmica depende linealmente de la longitud del hilo y por tanto del número de vueltas N. Sin embargo la resistencia de radiación aumenta cuadráticamente con N, ya que con cada vuelta de espira, la tensión inducida en la antena aumenta linealmente (VN = NV1) por el principio de superposición. En consecuencia la potencia recibida aumenta cuadráticamente. Así pues ηΩN = N 2 Rrad = N 2 Rrad + NRL 1 1 ⎛ 1 − ηΩ ⎞ 1+ ⎜ ⎟ N ⎝ ηΩ ⎠ Para aumentar la eficiencia del 22% al 60% basta con aumentar el número de vueltas hasta un total de N=6 Factor de calidad © Miguel Ferrando, Alejandro Valero. Dep. Comunicaciones. Universidad Politécnica de Valencia ANTENAS Problemas de Antenas Elementales 3 El factor de calidad de la antena nos da una idea de la relación entre la energía almacenada y la potencia que consumida en la antena (en este caso en forma de potencia radiada más potencia disipada) Con los datos del problema L = 11.3 µH. Y el factor de calidad Q= ωL Rrad + RL = 526 Siendo Rrad y RL las calculadas para una espira de 6 vueltas Ancho de banda Podemos calcular el ancho de banda a 3 dB de la antena a partir de f Q ≈ 0 , resultando ∆fHP = 19 KHz. ∆f HP Campos radiados El campo producido por una espira elemental de N vueltas y centrada es 2 G 4π 2 e − jkr ⎛ D⎞ ˆ Eespira = Eφ φ = 2 η NIπ ⎜ ⎟ sen θφˆ 4π r λ ⎝2⎠ mientras que el campo producido por un dipolo elemental centrado es G η e − jkr ˆ sen θ θˆ Edipolo = Eθθ = j IL 2λ r Como se puede ver las polarizaciones de ambas son ortogonales. Además se observa un desfase de 90º entre ambos campos radiados. Para obtener polarización circular basta igualar las amplitudes de los campos radiados, de donde obtenemos una relación entre las dimensiones de ambas antenas (π D ) L=N 2 2λ © Miguel Ferrando, Alejandro Valero. Dep. Comunicaciones. Universidad Politécnica de Valencia