Kezdőlap


Feladat:	2253. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Hauer Tamás
Füzet:	1988/május, 237. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elektromágneses energia terjedése (Poynting-vektor), Parabola-antenna, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/szeptember: 2253. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A kisugárzott hullámok energiaáramának sűrűsége, a Poynting vektor:

\begin{matrix} S = \frac{1}{μ_{0}} E \cdot B, \end{matrix}

(1)

ami ugyanakkor

\begin{matrix} S = \frac{P}{A}, \end{matrix}

(2)

ahol

P

az antenna teljesítménye,

A

pedig az energia terjedésére merőleges felület. (Feltettük, hogy az antenna a

3^{\circ}

-os kúpon belül egyenletesen sugároz.)
Felhasználva, hogy elektromágneses hullámokban

E = B c,

az (1) és (2) egyenlet alapján:

\begin{matrix} E^{2} = \frac{μ_{0} c P}{A} . \end{matrix}

(3)

A hullámok egy

3^{\circ}

-os félnyílásszögű kúpban áramlanak, és az azonos fázisú pontok egy gömb felületén helyezkednek el. Az antennától

R

távolságra ennek a gömbszeletnek a nagysága:

\begin{matrix} A = 2 π R m, \end{matrix}

(4)

ahol

m = R (1 - cos 3^{\circ}) .

A megadott

P

teljesítmény átlagos érték, és a kapott

E

térerősség is effektív mennyiség. Színuszos hullámok esetében a maximum:

\begin{matrix} E_{{max}_{}^{}} = E \cdot \sqrt[]{2} . \end{matrix}

(5)

A (3), (4), (5) képletek összevetéséből:

\begin{matrix} E_{{max}_{}^{}} = \sqrt[]{\frac{2 \cdot μ_{0} P \cdot c}{2 π R^{2} (1 - cos 3^{0})}} = 8,1 \frac{V}{m} . \end{matrix}

Hauer Tamás (Budapest, Apáczai Cs. J. Gyak. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzés. A valóságban egy parabolaantenna nem sugároz egyenletesen, a technikai jellemzőként megadott nyílásszögön belül a teljesítmény akár egy kettes faktorral is változhat.