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da **Shika93** » 6 nov 2016, 14:21

Premetto che l'ultima volta che ho usato la carta di Smith è stato 3 anni fa in triennale e non ho mai capito bene come usarla, quindi opto per un calcolo più matematico.
Tu conosci l'impedenza dei due tratti di linea, la lunghezza e la costante di propagazione (immagino attenuazione nulla)
Di solito io mi "separo" il circuito in questo modo

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In modo da poter calcolare le impedenze nei vari tratti e applicare poi le solite regole di elettrotecnica.
Supponendo che tu abbia linee senza attenuazione $\alpha=0$ , l'impedenza in ingresso

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è $Z_i=Z_0 \frac{Z_L+Z_0 tanh(\alpha +j\beta)l}{Z_0+Z_L tanh(\alpha +j \beta)l}=Z_0 \frac{Z_L+jZ_0tan(\beta d)}{Z_0+jZ_Ltan( \beta d)}$

Quindi nel caso del tuo circuito si ha:
$Z_a=Z_{c2} \frac{Z_L+jZ_{c2}tan(\beta l_2)}{Z_{c2}+jZ_Ltan( \beta l_2)}$
Per comodità, visto che tutte le impedenze sono in parallelo, faccio i calcoli con le ammettenze:
$Y_a=Y_{c2} \frac{Y_L+jY_{c2}tan(\beta l_2)}{Y_{c2}+jY_Ltan( \beta l_2)}$
Ed è come avere quindi questo circuito equivalente

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Qui quindi puoi applicare l'elettrotecnica base per ottenere
$Y_b=Y_a + j\omega C$
E quindi

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$Y_c=Y_{c1} \frac{Y_b+jY_{c1}tan(\beta l_1)}{Y_{c1}+jY_{b}tan( \beta l_1)}$

A questo punto per avere il massimo trasferimento in potenza devi avere che $Z_I=Z_{c}=Z_g*$
e la potenza $P=\text{Re}\left \{ \frac{V(z)I^*(z)}{2} \right \}=\text{Re}\left \{ \frac{|V_g|^2}{2Z_c} \right \}$

E' già un po' che non faccio esercizi del genere. Spero di non aver detto schifezze.

da **Ianero** » 6 nov 2016, 14:51

Vi ringrazio per le risposte.

In questo modo il valore di impedenza calcolato nel nuovo punto tiene conto del valore di impedenza nel punto di partenza e del tratto di linea lungo il quale ci si è spostati

Secondo me questa cosa vale solo perché non ci sono perdite da -l2 a 0, altrimenti veramente non riesco a vederne il senso.
E' una agevolazione concessa solo per un ragionamento di conservazione dell'energia.

Grazie mille anche a

Shika93 per aver fatto i passaggi :-)

da **Ianero** » 23 nov 2016, 13:32

Continuo qui con un altro esercizio di cui chiedo conferma.
Mi viene chiesto di ricavare l'equazione per il calcolo della frequenza di risonanza di questo circuito:

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A me è venuto in mente di trovarmi il circuito a costanti concentrate con la solita procedura.

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$Z\left( -l \right)=Z_{{C}}\frac{Z_{L}-jZ_{{C}}\tan \left( -\beta _{z}l \right)}{Z_{{C}}-jZ_{L}\tan \left( -\beta _{z}l \right)}$

$Z\left( -l \right)=\sqrt{\frac{L_{0}}{{C}_{0}}}\frac{j\left( \omega L+\sqrt{\frac{L_{0}}{{C}_{0}}}\tan \left( \beta _{z}l \right) \right)}{\sqrt{\frac{L_{0}}{{C}_{0}}}-\omega L\tan \left( \beta _{z}l \right)}$

aggiungendo il condensatore:

$Z_{{C}}+Z\left( -l \right)=j\frac{-\frac{1}{\omega {C}}+\omega L\sqrt{\frac{L_{0}}{{C}_{0}}}+\frac{L_{0}}{{C}_{0}}\tan \left( \beta _{z}l \right)}{\sqrt{\frac{L_{0}}{{C}_{0}}}-\omega L\tan \left( \beta _{z}l \right)}=jX$

la condizione di risonanza è X=0

, per cui:

$\frac{-\frac{1}{\omega _{0}{C}}+\omega _{0}L\sqrt{\frac{L_{0}}{{C}_{0}}}+\frac{L_{0}}{{C}_{0}}\tan \left( \omega _{0}\sqrt{L_{0}{C}_{0}}l \right)}{\sqrt{\frac{L_{0}}{{C}_{0}}}-\omega _{0}L\tan \left( \omega _{0}\sqrt{L_{0}{C}_{0}}l \right)}=0$

dove $\omega _0$ è la frequenza di risonanza del circuito.

Mi sembra una espressione troppo contorta però :-k

E' corretto?

da **Shika93** » 23 nov 2016, 17:37

La condizione è giusta, e anche i calcoli mi pare. Alla fine il ragionamento è: si ha risonanza quando la parte immaginaria dell'impedenza equivalente è nulla. Dato che l'impedenza equivalente è puramente immaginaria, basta porla giustamente a 0.
A quel punto la frequenza di risonanza la si trova facendo i passaggi.
In campi quell'espressione è fin semplice. Quando si arriva alle guide d'onda c'è da divertirsi

da **Ianero** » 23 nov 2016, 17:45

Grazie mille, aspetta che tra poco arrivo con un'altra domanda :mrgreen:

da **Ianero** » 23 nov 2016, 18:45

Sempre sul circuito sopra, viene anche chiesta l'espressione analitica della tensione e della corrente lungo la linea.
In altre parole mi sta chiedendo di valutare V^+

e

, giusto?

Io ho pensato di risolvere così:

$\left\{\begin{array}{cc} Z\left( 0 \right)=\frac{V\left( 0 \right)}{I\left( 0 \right)} & \\ Z\left( -l \right)=\frac{V\left( -l \right)}{I\left( -l \right)} & \end{array}\right.$

ovvero:

$\left\{\begin{array}{cc} j\omega L=Z_{{C}}\frac{V^{+}+V^{-}}{V^{+}-V^{-}} & \\ Z_{{C}}\frac{j\omega L-jZ_{{C}}\tan \left( -\beta _{z}l \right)}{Z_{{C}}+\omega L\tan \left( -\beta _{z}l \right)}+\frac{1}{j\omega {C}}=Z_{{C}}\frac{V^{+}e^{j\beta _{z}l}+V^{-}e^{-j\beta _{z}l}}{V^{+}e^{j\beta _{z}l}-V^{-}e^{-j\beta _{z}l}} & \end{array}\right.$

da cui poi ricavare V^+

e

e riuscire finalmente a scrivere:

$\begin{aligned} V\left( z \right) &= V^{+}e^{-j\beta _{z}z}+V^{-}e^{j\beta _{z}z}\\ I\left( z \right) &= \frac{1}{Z_{C}}\left( V^{+}e^{-j\beta _{z}z}-V^{-}e^{j\beta _{z}z} \right) \end{aligned}$

E' corretto?

NB: Z(-l)

in questo post, a differenza di quello precedente, indica l'impedenza in z=-l

comprensiva del condensatore.

da **Shika93** » 23 nov 2016, 20:21

Si è giusto. Alla fine, quando riesci puoi sempre applicare le regole di elettrotecnica insieme alle soluzioni delle equazioni dei telegrafisti. :ok:

da **Ianero** » 23 nov 2016, 20:24

Grazie mille!

da **Ianero** » 27 nov 2016, 14:52

Continuo sempre in questa discussione che comunque non vado OT.

Viene chiesta la matrice di scattering su questo circuito. Io non riesco nemmeno a capire quale è la giunzione.

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Secondo me ci sono due possibili giunzioni:

1) quella tra la prima e la seconda linea
2) quella tra la seconda linea e il carico

Anche se in entrambi i casi non sarebbe più una matrice di scattering, ma un coefficiente di riflessione.
Un aiutino?

da **Shika93** » 28 nov 2016, 0:01

Scusa le mie conoscenze al momento non arrivano ai parametri S. Microonde lo faccio il prossimo semestre. Le linee da noi si fanno il primo anno a campi 1.

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