#01 Yarım dalga dipol normalize örüntüsü, HPBW ve yönlülük

Aşağıda defterde yazılan bütün satırlar ve bunlara eşlik eden sesli anlatımın tam metni bulunur.

1. 1. Soruyu üç çıktı halinde düzenle

   

   Verilen: serbest uzayda z-yönlü yarım dalga dipol

   Toplam uzunluk: L = λ/2

   (a) Normalize alan örüntüsü E_n(θ)

   (b) Yarı güç hüzme genişliği HPBW

   (c) Yönlülük D₀: lineer ve dBi

   Sıra: geometri → örüntü → kökler → integral

   Önce alan ile güç örüntüsünü ayır

   Sesli anlatım metni

   Arkadaşlar, işte sorumuz. Serbest uzayda z ekseni boyunca yerleştirilmiş bir yarım dalga dipol anten verilmiştir. Üç şey bulmamız gerekiyor: normalize ışıma örüntüsü, yarı güç hüzme genişliği ve yönlülük, dBi cinsinden. Gelin sağ taraftaki metot kartımızı adım adım izleyelim.

2. 2. Geometriyi ve akım dağılımını kur

   

   1. Anteni tanı

   İnce tel dipol z ekseni boyunca

   $-\lambda/4 \le z \le \lambda/4 \Rightarrow L = \lambda/2$

   Dalga sayısı: k = 2π/λ

   Akım: I(z) = I₀ cos(kz)

   Merkez z=0: I=I₀

   Uçlar z=±λ/4: cos(±π/2)=0

   Bu kosinüslü akım, özel yarım dalga örüntüsünü üretir

   Sesli anlatım metni

   Birinci adım: anteni tanıyalım. Elimizde yarım dalga dipol var, yani toplam uzunluk lambda bölü ikiye eşit. z ekseni boyunca duruyor ve akım dağılımı kosinüs şeklinde: I z eşittir I-sıfır çarpı kosinüs k-z. Bu, kısa dipolden farklı; kısa dipoldeki akım yaklaşık düzgün dağılımlıydı. Kosinüs şekli, birazdan hesaplayacağımız özel örüntüyü veren şey.

3. 3. Uzak alanı normalize ederek örüntüyü bul

   

   2. Normalize alan örüntüsünü yaz

   $E_{\theta}(r,\theta) = C(r) \cdot F(\theta)$

   C(r) = jηI₀ e⁽-jkr)/(2πr)

   $F(\theta) = \cos [(\pi/2)\cos \theta] / \sin \theta$

   Maksimum F(90°)=cos0/sin90°=1

   Dolayısıyla E_n(θ)=F(θ)

   E_n boyutsuz normalize alan genliğidir

   Normalize güç örüntüsü: P_n(θ)=|E_n(θ)|²

   θ→0° ve θ→180° için limit E_n→0

   Eksenlerdeki 0/0 görünümü doğrudan değil limitle çözülür

   Sesli anlatım metni

   İkinci adım: uzak alan örüntüsünü yazalım. Tam ifadede eta, I-sıfır ve bir bölü r gibi sabitler var — bunlar genliği etkiler ama şekli etkilemez. Örüntü açısından önemli olan kısım pay: kosinüs pi bölü iki çarpı kosinüs-teta, bölü sinüs-teta. İşte normalize örüntümüz E-n teta budur. Hızlı kontrol: teta doksana eşitken kosinüs sıfır birdir, sinüs doksan birdir, dolayısıyla E-n bire eşit. Maksimum, yan yönde. Güzel.

4. 4. Örüntünün maksimum ve sıfır yönlerini oku

   

   3. Örüntüyü çiz ve yorumla

   θ=90°: E_n=1 ⇒ maksimum

   θ=0° ve 180°: E_n=0 ⇒ null

   İki boyutlu kesit: sekiz biçimi

   φ'den bağımsızdır: z ekseni çevresinde dönel simetri

   Üç boyutlu örüntü: simit biçimi

   Güç örüntüsü aynı yönleri korur, genliği |E_n|² olur

   Ana lob dipole dik düzlemdedir

   Sesli anlatım metni

   Üçüncü adım: çizelim. Örüntü iki boyutta sekiz şeklinde, üç boyutta simit şeklinde görünür. Maksimum teta doksanda, yani dipole dik yönde. Sıfır noktaları teta sıfır ve yüz seksende, yani dipol ekseni boyunca. Bunu kısa dipolün sinüs-kare-teta örüntüsüyle karşılaştırırsanız, yarım dalga dipol biraz daha dardır. Çok fazla değil, ama yönlülük iyileşmesi belirgin.

5. 5. Yarı güç açılarını çözüp HPBW'yi bul

   

   4. HPBW için yarı güç koşulu

   $P_{\mathrm{n}}=|E_{\mathrm{n}}|²=1/2$

   Alan genliği: |E_n|=1/√2≈0.7071068

   $\cos [(\pi/2)\cos \theta]/\sin \theta = 1/\surd 2$

   Sayısal kök: θ₁=50.961°≈51°

   Simetrik kök: θ₂=129.039°≈129°

   HPBW = θ₂-θ₁

   HPBW = 78.078° ≈ 78°

   Yaygın hata: alanı 1/2'ye eşitlemek; doğrusu 1/√2

   Sesli anlatım metni

   Dördüncü adım: HPBW'yi bulalım. E-n tetayı bir bölü kök-iki'ye, yani sıfır virgül yedi sıfır yediye eşitliyoruz. Bu bize sayısal olarak çözmemiz gereken bir transandantal denklem veriyor. İki çözüm: teta-bir eşittir elli bir derece ve teta-iki eşittir yüz yirmi dokuz derece. Yarı güç hüzme genişliği fark: yüz yirmi dokuz eksi elli bir eşittir yetmiş sekiz derece. b şıkkının cevabı bu.

6. 6. Işıma integralinden yönlülüğü hesapla

   

   5. Yönlülüğü hesapla

   Tanım: D₀ = 4πU_max/P_rad

   $F(\theta)=\cos [(\pi/2)\cos \theta]/\sin \theta$

   Dönel simetri nedeniyle φ integrali 2π verir

   $I = \int _{0}^{\pi} |F(\theta)|² \sin \theta \mathrm{d}\theta$

   Sayısal integral: I = 1.2188267 ≈ 1.219

   $D_{0} = 2/I = 1.640922 \approx 1.641$

   Standart tablo yuvarlaması: D₀≈1.643

   D₀(dBi)=10log₁0(D₀)

   10log₁0(1.640922)=2.15088 dBi

   Yönlülük ≈ 1.64 ≈ 2.15 dBi

   Sesli anlatım metni

   Beşinci adım: yönlülüğü hesaplayalım. D-sıfır eşittir dört-pi çarpı U-maksimum bölü P-rad. Yarım dalga dipol için bir ışıma integrali hesaplamamız gerekiyor. Kosinüs-kare pi bölü iki kosinüs-teta bölü sinüs-teta integralinin sıfırdan pi'ye değeri yaklaşık bir virgül iki yüz on dokuz. Yerine koyarsak D-sıfır eşittir iki bölü bir virgül iki yüz on dokuz, yani bir virgül altı yüz kırk üç. dBi'ye çevirince: on çarpı log-on bir virgül altı yüz kırk üç eşittir iki virgül on beş dBi. c şıkkı da tamam.

7. 7. Üç boyutlu örüntünün fiziksel anlamını kur

   

   3B örüntüyü fiziksel olarak oku

   Dipol z ekseninde; örüntü z çevresinde dönel simetrik

   Eksen boyunca iki null vardır

   θ=90° düzleminde halka biçimli maksimum

   Ana kesitte HPBW≈78°

   D₀≈1.64: izotropiğe göre maksimum yoğunluk yaklaşık %64 fazladır

   Kayıpsız kabulde yönlülük kazanca eşittir

   Sesli anlatım metni

   İşte yarım dalga dipol örüntümüzün üç boyutlu görünümü. z ekseni etrafındaki simit şekline dikkat edin. Yetmiş sekiz derecelik yarı güç hüzme genişliği işaretli, ve iki virgül on beş dBi yönlülük mütevazı ama anlamlı: ana yönde izotropik bir ışıyıcıya göre yüzde altmış dört daha fazla güç yoğunluğu.

8. 8. Üç cevabı sınır kontrolleriyle toparla

   

   Cevapları kutula

   $E_{\mathrm{n}}(\theta)=\cos [(\pi/2)\cos \theta]/\sin \theta$

   $\theta_{1}=50.961^{\circ}, \theta_{2}=129.039^{\circ}$

   HPBW=78.078°≈78°

   D₀≈1.64≈2.15 dBi

   Sağlama 1: E_n(90°)=1

   Sağlama 2: lim θ→0°,180° E_n=0

   Sağlama 3: HPBW<90° ve D₀>1

   Alan 1/√2 ↔ güç 1/2 ayrımı korunuyor

   Sesli anlatım metni

   Cevaplarımızı kutuya alalım. a şıkkı: normalize örüntü, kosinüs pi bölü iki kosinüs-teta bölü sinüs-teta. b şıkkı: HPBW eşittir yetmiş sekiz derece. c şıkkı: yönlülük eşittir bir virgül altı yüz kırk üç, veya iki virgül on beş dBi. Bu üç sayı — örüntü şekli, hüzme genişliği ve yönlülük — yarım dalga dipolün parmak izi ve hemen her anten sınavında karşınıza çıkar.

Kaynak video: Anten Teorisi #13 | Yarım Dalga Dipol Deseni ve Yönlülük — Soru Çözümü 1 (3:40)