Dipolos y espiras

ANTENAS
Problemas de Antenas Elementales
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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
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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
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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