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da **Gost91** » 6 set 2015, 13:02

Salve a tutti. Mi piacerebbe avere il parere di qualche addetto ai lavori riguardo il seguente esercizio, di cui non dispongo della soluzione.

Testo - Si abbia un circuito formato da due tratti di linea di trasmissione privi di perdite come in figura e con le seguenti caratteristiche: $l_1=1.25\lambda_1$ , $l_2=0.25\lambda_2$ , $Z_1=75\Omega$ , $Z_2=50\Omega$ , $Z_L=(150+\text{j}90) \Omega$ . Si calcoli l'impedenza di ingresso $Z_{\text{in}}$ alla sezione $\text{CC'}$ , il coefficiente di riflessione (modulo e fase) a ciascuna delle sezioni $\text{AA'}$ , $\text{BB'}$ ed il ROS

in ciascuno dei due tratti di linea.

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Svolgimento (approccio algebrico)

Detta $z(0)=Z_L/Z_1=(2+\text{j}1.2)\Omega$ l'impedenza normalizzata riferita al primo tratto di linea, valuto il coefficiente di riflessione $\Gamma$ alla sezione $\text{AA'}$ come

$\boxed{\Gamma (0)=\frac{z(0)-1}{z(0)+1}\approx0.48\exp(\,\text{j} \,0.49 \, )}$

conseguentemente, per il primo tratto di linea il rapporto di onda stazionaria vale

$\boxed{ROS_1=\frac{1+|\Gamma (0)|}{1-|\Gamma (0)|}\approx 2.85}$

Adesso mi valuto l'impedenza normalizzata vista alla sezione $\text{BB'}$ tramite la formula del trasporto di impedenza

$\begin{aligned}z(l_1^-)=\frac{z(0)+\text{j}\tan\left(\frac{2\pi}{\lambda_1}l_1\right)}{1+\text{j}z(0)\tan\left(\frac{2\pi}{\lambda_1 }l_1\right)} &=\frac{z(0)+\text{j}\tan(2\pi 1.25)}{1+\text{j}z(0)\tan(2 \pi 1.25)} \\ &=\lim_{\theta\to\pi/2} \frac{z(0)+\text{j}\tan(\theta)}{1+\text{j}z(0)\tan(\theta)} =\frac{1}{z(0)} \approx 0.37-\text{j}0.22\end{aligned}$

a questo punto la precedente linea si può studiare mediante la seguente

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

La nuova impedenza normalizzata vale

$z(l_1^+)=z(l_1^-)\frac{Z_1}{Z_2}\approx 0.54-\text{j}0.33$

dunque coefficiente di riflessione visto alla sezione $\text{BB'}$ si può valutare come

$\boxed{\Gamma (l_1)=\frac{z(l_1^+)-1}{z(l_1^+)+1}\approx 0.36\exp (\, \text{j} \, 3.97\,)}$

mentre il rapporto di onda stazionaria vale

$\boxed{ROS_2=\frac{1+|\Gamma (l_1)|}{1-|\Gamma (l_1)|}\approx 2.13}$

Trasporto nuovamente l'impedenza normalizzata

alla sezione $\text{CC'}$ sempre applicando la formula del trasporto di impedenza

$\begin{aligned}z(l_2^-)=\frac{z(l_1^+)+\text{j}\tan\left(\frac{2\pi}{\lambda_2}l_2\right)}{1+\text{j}z(l_1^+)\tan\left(\frac{2\pi}{\lambda_2 }l_2\right)} &=\frac{z(l_1^+)+\text{j}\tan(2\pi 0.25)}{1+\text{j}z(l_1^+)\tan(2 \pi 0.25)} \\ &=\lim_{\theta\to\pi/2} \frac{z(l_1^+)+\text{j}\tan(\theta)}{1+\text{j}z(l_1^+)\tan(\theta)} =\frac{1}{z(l_1^+)} \approx 1.35+\text{j}0.83\end{aligned}$

concludendo che l'impedenza vista alla sezione $\text{CC'}$ vale

$\boxed{Z(l_2)=z(l_2^-)Z_2\approx (67.5+\text{j}41.5) \Omega}$

Svolgimento (approccio grafico)

Per prima cosa individuo il punto P associato al carico

$\text{impedenza normalizzata:} \quad z(0)=\frac{Z_L}{Z_1}=(2+\text{j}1.2)\Omega$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Al punto

è associato il vettore $\overrightarrow{OP}$ di lunghezza $|\overrightarrow{OP}|$ e angolazione $\theta$

$|\overrightarrow{OP}|\approx\frac{3.6 \text{ cm}}{7.4 \text{ cm}}\approx 0.49$
$\theta\approx 27^\circ$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

dunque coefficiente di riflessione e ROS visti alla sezione $\text{AA'}$ valgono

$\boxed{\Gamma (0)=|\overrightarrow{OP}|\exp(\text{j}\theta)\approx0.49\exp(\,\text{j} \,0.47 \, )}$

$\boxed{ROS_1=\frac{1+|\Gamma (0)|}{1-|\Gamma (0)|}\approx 2.92}$

Il punto

associato all'impedenza vista alla sezione $\text{BB'}$ si ottiene ruotando in senso orario il punto

sulla circonferenza $|\Gamma|=|\overrightarrow{OP}|$ , lungo un arco di 1.25

lunghezze d'onda (2 giri e mezzo).

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

il nuovo punto ha coordinate

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

L'impedenza normalizzata che si vede alla sezione $\text{BB'}$ è dunque

$z(\l_1^+)=(0.35-\text{j}0.22)\frac{Z_1}{Z_2}=(0.35-\text{j}0.22)\frac{75\Omega}{50\Omega}=0.53-\text{j}0.33$

alla quale si associa il punto P''

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

le dimensioni del vettore $\overrightarrow{OP''}$ sono
$|\overrightarrow{OP''}|=\frac{2.7 \text{ cm}}{7.4 \text{ cm}}\approx 0.36$
$\theta''=-133^\circ$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

conseguentemente

$\boxed{\Gamma (l_1)=|\overrightarrow{OP''}|\exp(\text{j}\theta'')\approx0.36\exp(\,-\text{j} \,2.32 \, )}$

$\boxed{ROS_2=\frac{1+|\Gamma (l_1)|}{1-|\Gamma (l_1)|}\approx 2.13}$

Infine, identifico il punto P'''

associata all'impedenza normalizzata vista alla sezione $\text{CC'}$ . Per farlo, ruoto P''

in senso orario di 0.25 lunghezze d'onda (ossia mezzo giro)

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

Il nuovo punto ha coordinate

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

quindi l'impedenza vista alla sezione $\text{CC'}$ vale

$\boxed{Z(l_2)=(1.4+\text{j}0.8)Z_2=(70+\text{j}40)\Omega}$

Conclusioni - Riconosco che la quantità di informazioni che ho riportato è notevole e che il tread è piuttosto pesante. Per questo motivo, nel caso in cui qualcuno abbia voglia/tempo di rispondermi, non mi interessa sapere se i risultati sono corretti o meno, ma sapere se nel complesso l'esercizio è stato impostato in modo corretto (o meglio, sapere se non ho commesso errori concettuali).

da **MarcoD** » 6 set 2015, 15:16

Mi pare che l'impostazione e i due metodi di risoluzione siano corretti. anche i risultati, nell'ambito delle tolleranza del calcolo sono corrispondenti :ok:

Molti anni fa "ho girato" per un poco anche io sulla carta di Smith, allora si usavano le fotocopie e si tracciavano i punti a matita per riutilizzare la carta. Per fortuna ho passato "campi elettromagnetici" solo con i "compitini" con gli esercizi di adattamento di impedenza, senza dover dare l'orale con il Prof. M.Boella.
Buone attività O_/

da **Gost91** » 6 set 2015, 15:41

Ti ringrazio Marco per la risposta. Purtroppo ho poca esperienza con la materia, per cui mi sento ancora molto "insicuro" davanti a questi problemi, relativamente banali a chi di dovere.
Sapresti mica dirmi, in linea di massima, in che range stanno gli errori commessi? Mi pare di aver sentito che in genere non vanno oltre il 10%.

da **IsidoroKZ** » 6 set 2015, 18:46

Una nota rapida, valida purtroppo solo per questo esercizio.

Per il calcolo analitico puoi osservare che i due tratti di linea sono degli adattatori in $\lambda/4$ e quindi non serve usare la formula del trasporto dell'impedenza, basta ricordare che l'impedenza di ingresso Z_i

di una linea in $\lambda/4$ di impedenza caratteristica Z_0

, con un carico Z_L

alla fine vale $Z_i=\frac{Z_0^2}{Z_L}$ : non ti serve normalizzare le impedenze e usare la formula di trasporto.

Se hai una calcolatrice che fa i conti con i numeri complessi, l'impedenza di ingresso la calcoli in un momento, sfortunatamente solo in questo caso in cui i tratti sono di lunghezza facile da calcolare.

Sulla carta di Smith questa semplificazione si traduce nel non dover usare il compasso: dovendo fare mezzo giro, basta prendere il punto simmetrico rispetto al centro per trovare l'impedenza di ingresso.

Se ho tempo poi controllo anche i conti. L'impedenza di ingresso calcolata con la calcolatrice viene 66.7+j40 ohm.

da **Gost91** » 6 set 2015, 18:49

Grazie Isidoro, molto gentile.

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