propagação & antenas exame fevereiro 2, 2015 · 1 50 km e o correspondente coeficiente de...
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Propagação & Antenas – Exame Fevereiro 2, 2015
1 Carlos R. Paiva
Docente Responsável: Prof. Carlos R. Paiva
Duração: 3 horas Fevereiro 2, 2015
Ano Lectivo: 2014 / 2015 SEGUNDO EXAME
1. Em teoria da relatividade restrita o plano ,x t é hiperbólico. Admite-se, em tudo o que se segue,
que 1c : os tempos são medidos em segundos e os espaços em segundos-luz. Admita, como
sempre, que existe um referencial do laboratório em que o eixo do tempo é vertical e que o eixo do
espaço é horizontal. Considere, então, os três triângulos rectângulos da figura anexa e explique,
através da aplicação do teorema de Pitágoras (válido no plano hiperbólico em causa), o seguinte
para cada um desses triângulos: (i) qual é o ângulo recto e a respectiva hipotenusa; (ii) que princípio
físico se pode deduzir em cada caso do triângulo respectivo. Justifique. Admita que, no plano
euclidiano (sobreposto a este plano hiperbólico), se tem 0, 0O , 3 2, 0A , 2,1B , 0, 3 2C
e 1, 2D . Calcule: (1) os comprimentos espaciais próprios OA e OB ; (2) os intervalos temporais
próprios OC e OD ; (3) o comprimento espacial próprio CD ; (4) o intervalo temporal próprio AB;
(5) o intervalo BD (para qualquer observador).
Solução
Comecemos por calcular a velocidade normalizada relativa v c . Tem-se
2 1 1
2,11 2
xx t
t
B .
Analogamente, vem
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1 1
1, 22 2
xx t
t
D .
Notemos, agora, o seguinte: o segmento de recta OB pode considerar-se parte do eixo x da mesma
forma que o segmento de recta OA é parte do eixo x . Analogamente: o segmento OC é parte do eixo
t da mesma forma que o segmento OD é parte do eixo t . Com efeito, o ângulo entre os eixos x e x
é o mesmo que o ângulo entre os eixos t e t . Se se designar esse ângulo por é
11 1tan tan 26.5651
2 2
.
Assim,
2
1 21.1547
31
.
O triângulo OAB é rectângulo porque o ângulo OBA é recto (a hipotenusa é OA ). O triângulo
OCD é rectângulo porque o ângulo ODC é recto (a hipotenusa é OC ). O triângulo OBD é
rectângulo porque o ângulo BOD é recto (a hipotenusa é BD ). Os ângulos referidos são rectos porque
são os ângulos existentes entre um eixo espacial e o correspondente eixo temporal (ortogonais entre si,
por definição). Note-se que o segmento CD é paralelo ao segmento OB (são ambos eixos espaciais ou
equitemps). Também os segmentos AB e OD são paralelos (são ambos eixos temporais ou equilocs).
Apliquemos, agora, o teorema de Pitágoras (do plano hiperbólico) a cada um dos triângulos rectângulos
referidos:
2 2 2 2
0 0 0
2 2 2 2
0 0
2 2
0 00
L L L L L
T T T T T
L T T L
OAB
OAB
OAB
Verificam-se, deste modo, os seguintes efeitos: (i) a contracção do espaço; (ii) a dilatação do tempo; (ii)
o intervalo ao longo de um sinal electromagnético é sempre nulo. Tem-se, nomeadamente:
0
0
33
2
33
2
L L
T T
OA OB
OC OD
,
0 &L T AB CD .
Nota Final: A medida LOA (no referencial que vê a régua, que mede 0LOB , em movimento) tem
de ser feita numa única equitemp (neste caso 0t ). A medida TOD (no referencial que vê o relógio,
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que mede 0TOC , em movimento) tem de ser feita numa única equiloc (neste caso 0x ). O
comprimento 0LAB é medido sobre a equiloc 0x L . O intervalo de tempo TCD é medido
sobre a equitemp t T .
2. Considere uma onda electromagnética plana e monocromática propagando-se no sentido positivo
do eixo z , i.e., em que 3ˆ k e . O respectivo campo eléctrico é caracterizado pelo vector complexo
3
0 1 2i E E E , com 3
1 2, E E . Admita que (em unidades SI) se tem 1 1 22 E e e e
ainda: (a) 2 1 21 2 E e e ; (b) 2 1 22 E e e ; (c) 2 1 22 E e e . Caracterize
completamente a polarização em cada um destes três casos.
Solução
Em geral façamos
2 2 2
1 1 1 2 2 1 1 2
1 2 1 1 2 22 2 22 1 1 2 2 2 1 2
a a a aa b a b
b b b b
E e e EE E
E e e E
2 2 2
0 1 2 1 22 i E E E E E
1 2 3
1 2 1 2 1 2 2 1 3
1 2
0
0
a a a b a b
b b
e e e
E E e
2 2 1
1 2 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2 3
2 2
1 2 1 2 1 2 3
3 3 2 13 & , , 0 tan 35.2644
2 2 2
3, 0, 3
3, 2 2,
a E E E E E E PL
b E E E E E E e PCE
c E E E E E E e PED
3. A figura anexa representa uma placa dieléctrica de espessura 2.5 mmd , assente sobre um PEC
(perfect electric conductor), cujo dieléctrico tem um índice de refracção 1 2.4n . O meio superior
é o ar (i.e., tem-se 2 1n ). Nestas condições, determine: (a) a banda de frequências para a qual o
guia de ondas opera em regime monomodal; (b) a velocidade de fase do modo fundamental quando
a frequência de trabalho é 90% da frequência máxima do intervalo considerado na alínea anterior.
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Solução
Comecemos por determinar a banda de frequências para funcionamento em regime monomodal (single-
mode waveguide):
2 2
1 2
2
1
1190.4132
2 288
n n
n
1 1 1
2TE 2 2
2 2
cc c c
fv v n k d n d
c
1
13.7505 GHz4 2
c c
cf f
n d
0 cf f Banda de frequências
1
20.9 12.3754 GHz 2 1.4137c
ff f v n d v
c
Para o modo fundamental (que é o modo 0TM ), tem-se:
2
2
1
tan 1 2 tann
w u u u un
22 2 2 2 2 2 21 2 tanu w v u u u v
22 2 2 2 2 2cos 1 2 sin cosu u u u v u
22 2 2 2 2cos 1 2 sin 0f u u v u u u
1.378984675526788u Solução
22
221.8489 mm
2
g g
d
vu
24.2416 mm 1.1095g
cn
f
Nota
A velocidade de fase é, então, dada por:
8 1 2.7039 10 m sp g
cv f
n .
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4. Um troço de um sistema de comunicação óptica tem um comprimento 1 50 kmL e o
correspondente coeficiente de dispersão da velocidade de grupo é 2
21 20 ps km . O
comprimento de onda nominal é 1550 nm . Pretende-se que este troço seja operado em regime
monomodal para 1400 nmc . Nestas condições, determine: (a) o valor máximo do raio do
núcleo da fibra óptica para 1 1.48n e 34 10 ; (b) o coeficiente de dispersão da velocidade de
grupo 2
22 ps km de uma DCF (dispersion-compensating fiber), a colocar depois do primeiro
troço, de forma a ter um comprimento total 1 2 55 kmL L L . Despreze o efeito da dispersão de
ordem superior. Justifique, fundamentadamente, a resposta dada em (b). Sugestão: Note que a
frequência normalizada de corte do segundo modo LP é 2.4048cv . Recorda-se, aqui, que
1 0 2v n k a e 2 2 2
1 2 12n n n .
Solução
Para que a fibra seja monomodal, é necessário que se tenha
2.4048cv v
max1 max max
1
2 2 4.0478 μm2 2
c cc
c
a vn v a a
n
2121 1 22 2 22 21 21
2
0 10 200 ps kmL
L LL
DCF
O efeito da DVG (dispersão da velocidade de grupo) é caracterizada, no domínio da frequência, por
2
2
1exp
2i z
.
Assim, para que o efeito global da fibra seguida pela DCF seja nulo do ponto de vista da DVG, deverá
ter-se
2 2 2
21 1 22 2 21 1 22 2
1 1 1exp exp 1 exp 1
2 2 2i L i L i L L
21 1 22 2 0L L .
5. Um sistema de comunicação óptica é operado por impulsos da forma
0 00, 1 2 secht t A . Nestas condições tem-se 0 012 . Mostra-se, então,
que – para uma ligação com um comprimento L – é 2 2
2
2
0 0
16
L
.
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Determine o débito binário (ou bit rate) máximo 0B para o caso em que 2
2 20 ps km e
100 kmL . Admita, como regra prática, que se tem 04 1B . Determine, também, o valor
óptimo da largura temporal 0 destes impulsos.
Solução
2 2 2
2 22 202
0 0 0
16 6
L L
De forma a determinar o valor óptimo da largura dos impulsos à entrada da fibra óptica, há que impor
0
0d
d
.
Mas, por outro lado, tem-se
2
2 2 2 2 20 0 2
0 0 0 0
12 2 2
6 6 6
L L Ld
d
.
Assim,
2 20 2
0 0 0
10 2 2 0
6 6
L Ld
d
2
24 220 0
6 6
LL
.
Agora, após substituir esta última expressão em 2
2 2 20
06
L
obtém-se
2
2 2 2 22 2
2
6
6 6 6 6 3
L L L LL
L
.
Esta última expressão determina o valor mínimo da largura dos impulsos à saída da fibra óptica. Logo,
o valor máximo do débito binário é dado por
0 0
2
315.4627 Gb s
4 4B B
L .
Este valor corresponde ao seguinte valor óptimo:
2 2
0 0 0 0
21235.6825 ps
6
L L
.
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6. Considere um agregado de duas antenas lineares (dipolos) alinhadas ao longo do eixo x e com uma
distância d entre elas. Na zona distante os campos respectivos são dados por
0 1 0 2
1 0 2 0
1 2
, , , ,i k r i k r
ie eE E f E E f e
r r
onde representa a desfasagem da corrente na antena 2 em relação à corrente na antena 1.
Represente graficamente, de forma qualitativa, o diagrama de radiação deste agregado, no plano H
(i.e., o plano xy em que 2 ), para: (i) 4d e 2 ; (ii) 3 4d e 2 .
Solução
O campo total radiado pelo agregado é dado por
0 1 0 2
1 2 0
1 2
,i k r i k r
ie eE E E E f e
r r
.
Na zona distante é razoável considerar as seguintes aproximações:
2 1 sin cosr r d .
Daqui resulta que
0 2 0 1
0 sin cos
2 1
i k r i k ri k de e
er r
de modo que, no plano H (em que se tem 2 ), vem
0 1
0 cos
1 2 0
1
, 1i k r
i k d ieE E E E f e e
r
.
Logo, definindo
0 cosk d
obtém-se
0 1
2 2 20
1
,i k r
i i ieE E f e e e
r
0 1
20
1
2 , cos2
i k rie
E E f er
.
Assim, o factor do agregado (ou: array factor) é dado por
cos .2
F
A
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Consideremos, agora, os dois casos particulares.
No primeiro caso é 4d e 2 . Logo, nestas condições, vem:
0 cos 2 cos cos 1 cos2 2 2
dk d
.
Ou seja:
cos 1 cos4
A .
Na figura anexa apresenta-se o respectivo diagrama de radiação (apenas do factor do agregado).
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No segundo caso é 3 4d e 2 . Logo, nestas condições, vem:
0 cos 2 cos 1 3 cos2
dk d
.
Ou seja:
cos 1 3 cos4
A .
Na figura anexa apresenta-se o respectivo diagrama de radiação (apenas do factor do agregado).