6. Излучение Урок XXI

90
6.
Излучение
Урок XXI
Оценка мультипольного излучения, антены
6.1. (Задача 4.37.) Найти сопротивление излучения симметричного полуволнового вибратора.
Решение Рассмотрим излучатель как набор диполей, каждый из которых
излучает со своей амплитудой и фазой и будем учитывать, что излучение от каждого элемента антены
будет достигать конечной точки за разное время, т.е.
с разными фазами. Дипольный точечный излучатель
4
-3/4
X
3/4 длины dx с указанным током создает векторный потенциал в точке rp
dA (rp , t) =
ex −iω(t−rp /c)−iϕ(x)
e
I0 cos kxdx,
crp
где фаза (см. рис.)
ϕ (x) = kx cos θ.
Тогда векторный потенциал дипольного излучения
I0 −iω(t−rp /c)
A (rp , t) = ex
e
crp
Zλ/4
e−ikx cos θ cos kxdx.
−λ/4
Для вычисления интеграла введем переменную ξ = kx. Тогда интеграл
Int
Zπ/2
1
=
2k
e
−iξ cos θ
iξ
e +e
−π/2
−iξ
2 cos π2 cos θ
dξ =
,
k sin2 θ
а векторный потенциал
2I0 cos π2 cos θ −iω(t− rcp )
A = ex
e
.
ckrp
sin2 θ
Магнитное поле определяется соотношением
1
1
2I0 cos π2 cos θ −iω(t− rcp )
H = − n × Ȧ = (n × ex )
e
.
c
c
rp
sin2 θ
91
6. Излучение
E = H × n.
|n × ex | = sin θ.
2I0 cos π2 cos θ
|H| =
crp
sin θ
Среднее по периоду от интенсивности
D
dI
c 2
rp E
=
rp |H|2 cos2 ω t −
=
dΩ
4π
c
c 2 4I02 cos2 π2 cos θ 1
=
r
=
4π p c2 rp2
2
sin2 θ
"
#2
I02 cos π2 cos θ
=
.
2πc
sin θ
Интенсивность аксиально-симметрична (вокруг ex ) и имеет максимум
I02
2πc
при θ =
π
2
и обращается в 0 при θ → 0. Для точечного диполя
dI
∼ sin2 θ.
dΩ
dI dΩ max
Полный поток энергии
I2
hIi = 0
c
Z1
cos2 (πξ/2)
I02
dξ
=
1 − ξ2
c
Z1
1
1
1
+
dξ =
2 1−ξ
1+ξ
−1
−1
 1

Z
Z1
2
I
1
1
= 0  cos2 (πξ/2)
dξ + cos2 (πξ/2)
dξ  .
2c
1−ξ
1+ξ
−1
cos2 (πξ/2)
−1
Заменяя во втором интеграле ξ на −ξ и используя четность косинуса, получим
I2
hIi = 0 2
2c
Z1
−1
=
0
cos2 (π/2 − πη/2)
dη
=
η
I02
2c
2 sin2 (πη/2)
I02
2c
Z2π
1 − cos ζ
I2
I2
dζ = 0 {C + ln 2π − Ci (2π)} = 0 · 1.22,
ζ
2c
c
0
dη
I2
= 02
η
2c
Z2π
Z2
Z2
0
=
1
I2
cos (πξ/2)
dξ = 0 2
1−ξ
2c
2
sin2 (ζ/2)
dζ
=
ζ
0
=
92
где C = 0.5772 – постоянная Эйлера, ln 2π = 1.837, Ci (2π) = 0.02. Сопротивление излучения антенны равно
Rизл = hPизл i / I 2 ,
где Pизл – средняя излучаемая мощность, I 2 – среднеквадратичное значение тока.
Тогда
2, 44
Rизл = 2 hIi /I02 =
,
c
или переходя в систему Си, Rизл =
2,44·9·1011
3·1010
≈ 72 Ом.
6.2. (Задача 4.38.) а) Построить полярную диаграмму направленности для излучения диполя в плоскости, проходящей через ось диполя, и в плоскости, перпендикулярной оси. б) Нарисовать качественно вид полярной диаграммы направленности
для антенны, состоящей из двух полуволновых вибраторов, параллельных друг другу,
если расстояние между ними: 1) a = λ2 , токи совпадают по фазе; 2) a = λ2 , токи в
противофазе; 3) a = λ, токи в противофазе; 4) a = λ4 , токи сдвинуты по фазе на π2 .
πd
Решение В экваториальной плоскости I (θ) ∼ cos2 ∆
2 + l cos θ , где ∆ –
б)
a)
θ
1
2
3
4
сдвиг фаз между диполями, а l – расстояние между ними.
6.3. (Задача 4.40.) Найти поляризацию, угловое распределение и полную интенсивность излучения системы двух электрических диполей с частотой ω и одинаковой
амплитудой p0 , направленных под углом ϕ друг к другу и сдвинутых по фазе на π/2.
2
r
Решение Hθ = ωc2pr0 [sin α+i sin (α−ϕ)]e−iω(t− c )
2
r
H = ω p0 [cos α+i cos (α−ϕ)] cos θe−iω(t− c ) , где ось X направлена вдоль диα
c2 r
поля, опережающего другой по фазе; плоскость XY совпадает с плоскостью обоих
диполей.
2
2 2 4
ω 4 p20 dI
2 p0 ω
2
dΩ = 8πc3 2 − cos α + cos (α − ϕ) sin θ , I = 3 c3 . Поляризация,
вообще говоря, эллиптическая. Поляризация круговая в направлениях, определяемых
уравнением |cos θ| = tg ϕ2 при α = ϕ2 или α = ϕ2 + π и |cos θ| = ctg ϕ2 при
α = ϕ2 ± π2 .
93
6. Излучение
6.4. (Задача 4.41.) Найти поляризацию, угловое распределение и интенсивность
излучения системы двух нерелятивистских одинаковых зарядов, вращающихся равномерно с частотой ω по круговой орбите радиуса a и остающихся при этом на противоположных концах диаметра.
Решение Электроны вращаются по круговой орбите и расположены на диаметрально противоположных концах. Очевидно, что d = 0. Магнитный момент
Mc =
e
ωa2 e
1 X
r × ei vi = 2 ez ωa2 =
ez = const,
2c
2c
c
и, следовательно, Ṁ = 0. Поэтому единственное излучение в этом случае - квадрупольное.
x1,2 = ±a sin ωt
y1,2 = ±a cos ωt
Введя величину ϕ = ωt, можно записать неравные нулю компоненты квадрупольного
тензора
Dxx = −2ea2 3 sin2 ϕ − 1 = −ea2 6 sin2 ϕ − 2 cos2 ϕ − 2 sin2 ϕ =
= −ea2 {1 − 3 cos 2ϕ} ,
Dxy = Dyx = −2ea2 {3 sin ϕ cos ϕ} = −3ea2 sin 2ϕ,
Dyy = −ea2 {1 + 3 cos 2ϕ)} ,
Dzz = 2ea2 .
Третьи производные от этих компонент
...
2 3
Dxx = 24ea ω sin 2ϕ,
...
2 3
Dxy = 24ea ω cos 2ϕ,
...
...
Dyx = Dxy ,
...
2 3
D yy = −24ea ω sin 2ϕ,
...
Dzz = 0.
Третьи производные от вектора D
...
...
...
2 3
Dx = Dxx nx + Dxy ny = 24ea ω {sin 2ϕnx + cos 2ϕny } ,
...
...
...
2 3
Dy = Dxy nx + Dyy ny = 24ea ω {cos 2ϕnx − sin 2ϕny } ,
...
...
Dz = Dzz nz .
94
Магнитное поле определяется соотношением
H=
...
i
1h
D×n
Ȧ × n =
.
c
6c3 r
Используя правила векторного умножения, получим
24ea2ω 3
{cos 2ϕnx nz − sin 2ϕny nz }
6cr
24ea2ω 3
Hy = −
{sin 2ϕnx nz + cos 2ϕny nz }
6cr
24ea2ω 3 Hz =
sin 2ϕnx ny + cos 2ϕn2y − cos 2ϕn2x + sin 2ϕnx ny
6cr
24ea2ω 3 =
sin 2ϕnx ny + cos 2ϕ(n2y − n2x ) .
6cr
Hx =
Для определения поляризации необходимо перейти в локальную (в точке наблюдения)
сферическую систему координат и определить компоненты вектора H или E в этой
системе координат. В принципе это можно сделать в общем виде, используя матрицу
перехода из одной системы координат в другую. Для полноты картины приведем здесь
эту матрицу.

 


sin θ cos α sin θ sin α cos θ
Hx
Hρ
H =  Hθ  =  cos θ cos α cos θ sin α − sin θ   Hy  .
− sin α
cos α
0
Hz
Hα
Используя систему координат из задачи 4.18, и замечая, что nx = 0, ny =
sin θ, nz = cosθ можно упростить полученные выше формулы, после чего использовать упрощенный вариант приведенных выше соотношений (для alpha = π/2
Hρ =Hz cos θ + Hy sin θ,
Hθ =Hy cos θ − Hz sin θ,
Hα = − Hx .
Окончательно получим
H=−
Тогда, введя 0 =
4ea2 ω 3
[cos (2ωt0 ) eθ + cos θ sin (2ωt0 ) eα ] sin θ,
c3 r
4ea2 ω 3
c3 r ,
получим
Hθ
H0 sin θ
2
+
Hα
H0 sin θ cos θ
2
= 1,
95
6. Излучение
откуда следует, что поляризация для θ 6= 0, π/2, π – эллиптическая.
dI
2e2 a4 ω 6
cr2
2
|H| =
=
sin2 θ 1 + cos2 θ ,
5
dΩ
4π
πc
I=
32 e2 a4 ω 6
.
5
c5
6.5. (Задача 4.49.) Антенна из четырех полуволновых вибраторов возбуждена
так,
что
токи
в
проводниках
имеют
одинаковые
амплитуды
и
фаh
r
зы. Найти распределение интенсивности от угла I(θ)
θ
λ
λ
в плоскости, ортогональной проводникам, если h 2
2
λ
2.
Решение Поскольку h λ, можно считать, что средние вибраторы размещены
в центре на прямой, соединяющей левый и правый вибраторы. Поле, создаваемое
всеми ими в месте наблюдения E ∼ e−iωt . Будем отсчитывать нулевую фазу от
крайнего левого вибратора. Тогда
EΣ ∼ e−iωt 1 + 2eiψ2 k + eiψ1 k ,
где ψ2 =
λ
2 cos θ ,
а ψ1 =
λ
cos θ .
2
ikλ
ikλ
ikλ
E ∼ 1 + 2e 2 cos θ + e cos θ = 1 + e 2 cos θ
=
!
2
ikλ
ikλ
π
ikλ
iπ
e− 4 cos θ + e 4 cos θ
= 4e 2 cos θ
= 4e cos θ · cos2
cos θ .
2
2
Тогда распределение интенсивности
|E|2 ∼
π
dI
= cos4
cos θ .
dθ
2
6.6. (Задача 4.51.) Как изменится диаграмма направленности решетки из равноотстоящих синфазных вибраторов, расположенных и ориентированных вдоль одной
прямой, если убрать каждый третий из них?
Решение Стандартное излучение (все вибраторы на месте) записывается как излучение от дифракционной решетки
E∼
∞
X
j=0
eikdj cos θ =
1
1
1
n ikd
o.
=
= ikd
ikd
cos
θ
ikd
1−q
1−e
e 2 cos θ e− 2 cos θ − e 2 cos θ
96
Интенсивность
2
1
1
n ikd
o =
,
I ∼ ikd
2
kd
cos θ
ikd
sin
e 2 cos θ e− 2 cos θ − e 2 cos θ 2
а максимум интенсивности направлен под углами
kd cos θ
2
πd cos θ
λ
= mπ,
= mπ,
d cos θ = mλ.
Запишем, такую же последовательность, когда каждый третий вибратор отсутствует
E ∼ 1 + eikd cosθ + eikd3 cos θ + eikd4 cos θ + ... =
= 1 + eikd cos θ + eikd3 cos θ 1 + eikd cos θ + ... =
∞
P
1+eikd cos θ
= 1 + eikd cos θ
eikd3 cos θ = 1−e
ikd3 cos θ .
j=0
Отсюда
I ∼ |E|2 ∼
kd cos θ
2
2 3kd cos θ
sin
2
cos2
.
Условие максимумов
3kd cos θ
2
= mπ
3d cos θ = mλ
6.7. (Задача 4.55.)Определить поле излучения на больших расстояниях от антенны, по которой идет ток J = J0 ei(kx−ωt) , |x| ≤ a.
sin[ka(1−cos θ)]
0
Решение Hα = − 2J
exp {−i (ωt − kr)} .
cr sin θ
1−cos θ
dI
J 2 sin2 θ sin2 [ka (1 − cos θ)]
= 0
,
2
dΩ
2πc
(1 − cos θ)
I=
J02
8πa
8πa
8πa
C −1+
+ sinc
− Ci
,
c
λ
λ
λ
где C = 0, 577 – постоянная Эйлера, а Ci (x) – интегральный косинус. Указание.
Рассматривать каждый элемент антенны как диполь с моментом dp = qdx, где q –
его заряд, равный J (x) /iω (J(x) – амплитуда тока в этом элементе антенны).
97
6. Излучение
6.8. (Задача 4.56.) Найти угловое распределение и полное излучение линейной
антенны длиной `, в которой возбуждена стоячая волна тока с узлами на концах антенны (амплитуда – J0 , число полуволн тока на длине антенны – m).
Решение Ток в антенне
Iz = I0 e−iωt sin
mπx
.
`
Векторный потенциал (в дипольном приближении, см. задачу 4.37) выражается в
виде интеграла
I0 −iω(t− rcp )
Az (rp , t) = ez
e
crp
Z`
e−ikx cos θ sin
mπx
dx
`
0
Выражение для магнитного поля можно получить, используя связь между векторным
потенциалом и магнитным полем.
Z
rp
sin θeα
mπx −ikx cos θ
H=
iω I0 e−iω(t− c ) sin
e
=
crp
`
Z`
iωI0 −iω(t− Rc0 )
mπx
= sin θeα
e
dx
e−ikx cos θ sin
crp
`
0
Рассмотрим интеграл отдельно, введя переменную ξ = kx.
Int =
1
k
Zk`
1
k
Zk`
0
=
0
n imπξ
o
imπξ
e−iξ cos θ e k` − e− k` dξ =
mπ
mπ
e−iξ(cos θ− k` ) −e−iξ(cos θ+ k` ) dξ =

k`
k` 
mπ
mπ
e−iξ(cos θ+ k` ) 
1  e−iξ(cos θ− k` ) =
=
−

k  cos θ − mπ
cos θ + mπ
k`
k`
0
0
(
)
m
m
(−1) e−ik` cos θ − 1
(−1) e−ik` cos θ − 1
1
−
=
=
k
cos θ − mπ
cos θ + mπ
k`
k`
m
2mπ (−1) e−ik` cos θ − 1
h
= 2
2 i .
k `
cos2 θ − mπ
k`
98
2iI0 e−i(ωt−krp )
f (θ) ;
crp sin θ

mπ

 i sin
cos θ при m четном,
2
mπ
f (θ) =

 cos
cos θ при m нечетном;
2
Hα =
dI
J 2 f 2 (θ)
;
= 0
dΩ
2πc sin2 θ
J02
[ln (2πm) + C − Ci (2πm)] ,
2c
где C и Ci определены в предыдущей задаче.
I=
6.9. (Задача 4.58.) Вычислить в омах сопротивление излучения рамочной антенны, имеющей форму круглого витка радиуса a и питаемого током J = J0 cos ωt.
Длина волны λ a.
Решение Магнитный момент антенны
m(t) = JS/c = (πa2 J0 cos ωt)/c = m0 cos ωt.
Излучаемая магнитным полем мощность
2 ω4 2
r
dE
=
m0 cos2 t −
.
3
dt
3c
c
Средняя за период мощность
dE
m2 ω 4
= 0 3 = Rизл · J 2 .
dt
3c
Найдем средний квадрат тока J 2 , выраженный через m2 :
J2 =
c2 2
m 2 · c2
J2
m = 0 2 2 = 0.
2
S
2(πa )
2
Наконец находим сопротивление излучения:
Rизл =
dE/dt
m20 ω 4
=
,
3c3
J¯2
J02
m2 ω 4 2π 2 a4
2π 2 ω 4 a4
= 03 · 2 2 =
.
2
3c
m0 c
3 c5
99
6. Излучение
Так как
ω
c
=k=
Rизл =
2π 2
3c
2π
λ ,
то
2πa
λ
4
=
2
9 · 109
2πa
λ
4
CGSE = 200
2πa
λ
4
Ом.