Радиоволны ионосферы

В плоскослоистой среде произведение \(n\sin\theta\) (\(\theta\) — угол с вертикалью) сохраняется вдоль луча. Что случится с лучом, если \(n\sin\theta\) окажется больше, чем \(n\) в какой-то точке выше спутника? И куда пойдут лучи, излучённые вниз?

\(\eta=1-\sqrt{1-\left(\dfrac{n_{\min}}{n_S}\right)^2}\approx 0{,}25\), то есть около четверти мощности (по графику \(n_S\approx 0{,}48\), \(n_{\min}\approx 0{,}32\)).

Что происходит. Показатель преломления зависит от высоты, поэтому луч в ионосфере искривляется. Разобьём среду на тонкие горизонтальные слои: на границе каждого слоя справедлив закон преломления, и величина \(n\sin\theta\) (\(\theta\) — угол между лучом и вертикалью) остаётся одной и той же вдоль всего луча. Луч продолжает подниматься, пока \(\sin\theta\le 1\); там, где требуется \(\sin\theta>1\), наступает полное отражение, и луч поворачивает обратно. Мощность излучается изотропно, значит, доля мощности пропорциональна телесному углу, в котором лежат уходящие лучи.

Обозначения. \(\theta_S\) — угол, под которым луч выходит из передатчика, к вертикали; \(n_S=n(200\text{ км})\); \(n_{\min}\) — наименьшее значение \(n\) на кривой.

1. Данные графика. Показатель на высоте спутника \(n_S\approx 0{,}48\); наименьшее значение \(n_{\min}\approx 0{,}32\) достигается на высоте около \(290\) км. Выше этой точки \(n\) растёт и стремится к единице.

2. Условие ухода вверх. Вдоль луча \(n(H)\sin\theta(H)=n_S\sin\theta_S\), откуда \(\sin\theta(H)=\dfrac{n_S\sin\theta_S}{n(H)}\). Над спутником \(n\) сначала убывает, поэтому угол \(\theta\) растёт и достигает наибольшего значения на высоте \(290\) км, где \(n=n_{\min}\). Луч пройдёт этот барьер, если там \(\sin\theta\le1\): \[\sin\theta_S\le\frac{n_{\min}}{n_S}=\frac{0{,}32}{0{,}48}=\frac23,\qquad \theta_0=\arcsin\frac23\approx 42^\circ .\] Выше \(290\) км \(n\) увеличивается, угол уменьшается, и луч выходит из атмосферы. При \(\theta_S>\theta_0\) луч полностью отражается на высоте между \(200\) и \(290\) км, где \(n=n_S\sin\theta_S\): он поворачивает вниз, отражается от Земли, снова поднимается, снова отражается — и остаётся в слое.

3. Лучи, излучённые вниз. Ниже спутника \(n\) растёт к единице, угол \(\theta\) уменьшается, поворота нет. Луч доходит до плоской Земли, зеркально отражается и возвращается к высоте \(200\) км под тем же углом \(\theta_S\), но уже идёт вверх. Дальше он ведёт себя как луч шага 2: уходит за атмосферу, если \(\theta_S\le\theta_0\). Поэтому уходит не только верхний, но и нижний конус.

4. Доля мощности. Уходящие лучи лежат в двух конусах с углом при вершине \(\beta=2\theta_0\) (вверх и вниз). Сумма телесных углов \(\Omega=2\cdot 2\pi\,(1-\cos\theta_0)\), доля от полного телесного угла \(4\pi\): \[\eta=\frac{\Omega}{4\pi}=1-\cos\theta_0=1-\sqrt{1-\left(\frac{n_{\min}}{n_S}\right)^2}=1-\sqrt{1-\frac49}=1-\frac{\sqrt5}{3}\approx 0{,}25 .\]

Обратите внимание. Условие ухода надо проверять на всём пути над спутником: решает не показатель в точке излучения, а его наименьшее значение. Нижняя полусфера излучения тоже работает — благодаря зеркальному отражению от Земли. Угол \(\theta\) отсчитывается от вертикали (нормали к слоям), а не от горизонта.

Проверка. Результат безразмерный. Предельные случаи: при \(n_{\min}\to n_S\) барьера нет, \(\theta_0\to 90^\circ\), \(\eta\to 1\) — уходит всё излучение; при \(n_{\min}\to 0\) барьер непреодолим, \(\eta\to 0\). Оценка по малым углам: \(\eta\approx\dfrac12\left(\dfrac{n_{\min}}{n_S}\right)^2\) при \(n_{\min}\ll n_S\) даёт \(0{,}22\), что близко к точному значению \(0{,}25\).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.