Fisica dei mezzi trasmissivi – Prof. C. Capsoni

Prova dell’1 settembre 2011

1 2 3

4

non scrivere nella zona soprastante

Esercizio 1

Un generatore, la cui tensione varia nel tempo come indicato in figura, è collegato ad una linea di

trasmissione senza perdite terminata con un circuito aperto (T è il tempo di propagazione dalla

sezione AA alla sezione BB).

Si chiede di:

a) calcolare il coefficiente di riflessione (nel tempo) alla sezione BB;

b) calcolare il coefficiente di riflessione (nel tempo) alla sezione AA;

c) disegnare l’andamento di VBB, la tensione alla sezione del carico, per 0 < t < 6T.

Soluzione:

a) Il coefficiente di riflessione (nel tempo) sul carico vale:

1=+

−=Γ

c

c

BBZZ

ZZ essendo ∞→Z (circuito aperto)

b) Il coefficiente di riflessione (nel tempo) alla sezione del generatore vale:

COGNOME E NOME ______________________________________________________

MATRICOLA ___________________________________________________________

FIRMA ___________________________________________________________

0

Zg = 75 Ω

εr = 1

µr = 1

Zc = 50 Ω

A

A

Vg

Zg

Zc

µr,εr

B

B

Vg

0.1T

10 V

t

2.0=+

−=Γ

cg

cg

AAZZ

ZZ

Dato che non c’è adattamento alla linea di trasmissione in nessuna delle due sezioni, ci saranno

riflessioni multiple, progressivamente smorzate dal parziale assorbimento della potenza da parte di

Zg.

c) La tensione iniziale alla sezione AA si determina con il partitore di tensione fra Zg e Zc:

40 =+

=cg

c

gZZ

ZVV V (0 < t < 0.1T)

L’andamento della tensione misurato alla sezione BB è sovrapposizione di onda progressiva V+ e

onda regressiva V−. In particolare si avrà:

6.1)1(0 =Γ+Γ BBAAV V

t

VBB

1.1T

8)1(0 =Γ+ BBV V

T 3.1T 3T 5.1T 5T 6T

32.0)1(2

0 =Γ+Γ BBAAV V

Esercizio 2

Si faccia riferimento al circuito indicato in figura (frequenza di operazione f = 1 GHz).

a) Dimensionare la lunghezza l1 per annullare l’effetto della’induttanza L (ossia per avere un

corto circuito alla sezione BB in parallelo all’induttanza L).

b) Dimensionare l3 per avere un carico reale alla sezione di ingresso del circuito (a sinistra

della sezione DD) assumendo il valore di l1 determinato al punto precedente.

c) Calcolare la potenza assorbita dalla resistenza R, assumendo i valori di l1 e l3 determinati ai

punti precedenti.

Soluzione:

a) Per ottenere un corto circuito alla sezione BB, la lunghezza l1 normalizzata deve valere:

075.025.0 11 =⇒= ll m (sulla carta di Smith ciò equivale al passaggio dal punto 0 al punto ∞ ),

dato che la lunghezza d’onda vale 0.3 m. L’impedenza totale dovuta alla somma in parallelo del

corto circuito e dell’impedenza L risulta ancora un corto circuito:

00

0=

+

⋅=

Lj

LjZBB

ω

ω Ω

b) Alla luce del dimensionamento di l1 al punto precedente, alla sezione CC si ha un’impedenza

totale ZCC = R = 150 Ω 3=⇒ CCZ . Considerando la lunghezza normalizzata 125.02 =l , dalla

carta di Smith si ottiene (appena a destra della sezione DD):

8.06.0 jZ DD −=+

4030 jZDD −=⇒ + Ω

Dunque:

8.06.0 jY DD +=+

L’ammettenza dello stub in CC riportato alla sezione DD deve dunque valere –j0.8. Ciò si ottiene

con una rotazione sulla carta di Smith pari a 0429.0143.025.0393.0 33 =⇒=−= ll m.

Dunque si ha (appena a sinistra della sezione DD):

35.83667.16.0 =⇒=⇒= −−−

DDDDDD ZZY Ω

c) Si ha:

f = 1 GHz

εr = 1

µr = 1

Zc = 50 Ω

Zg = 100 Ω

Vg = 10 V

R = 150 Ω

L = 7.96 nH

l2 = 0.0375 m

l2

D

D

B

B

A

A

l1

Vg

Zg

C

C

L

R

l3

=+

−=Γ

−

−

gDD

gDD

gZZ

ZZ-0.091

La potenza che passa la sezione DD, e assorbita dunque da R, vale:

( )( )

( ) 124.01Re8

12

2

2

=Γ−=Γ−= g

g

g

gdRZ

VPP W

-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 0.2

0.2

-0.2

0.5

0.5

-0.5

1

1

-1

2

2

-2

5

5

-5

Re[Γ]

Im[Γ]

ZCC

ZDD

Esercizio 3

Sia dato il circuito in figura (per tutte le linee di trasmissione in figura: ZC = 50 Ω, εr = 1, µr = 1):

a) Dimensionare la lunghezza l2 perché Z1 e Z2 assorbano la stessa potenza.

b) Calcolare la potenza assorbita da Z1 e Z2 con l2 dimensionato al punto precedente e

assumendo assenti le perdite sul tratto di linea di lunghezza l (α = 0 dB/km).

c) Determinare la potenza che passa oltre la sezione AA (potenza ceduta dal generatore al

sistema linea + carichi), considerando le perdite sul tratto di linea di lunghezza l (α = 100

dB/km).

d) FACOLTATIVO: calcolare, con le stesse condizioni al punto c), la potenza assorbita da Z1 e

Z2 e quella assorbita dal tratto di linea di lunghezza l.

Soluzione:

a) Perché i due carichi assorbano la stessa potenza, la parte reale della loro ammettenza (alla

sezione BB) deve essere uguale. Per il carico Z1, si ha:

4.05.2 11 =⇒= YZ

Dalla carta di Smith, percorrendo una distanza normalizzata 162.01 =l (la lunghezza d’onda per

tutto il circuito vale 1 m), si ottiene:

jY BB += 11

Dunque deve essere ( ) 1Re 2 =BBY . Si parte normalizzando il secondo carico:

6.23846.0 22 =⇒= YZ

La rotazione necessaria per incrociare la circonferenza parte reale = 1 sulla carta di Smith

corrisponde a una lunghezza normalizzata 088.0088.025.0338.0 22 =⇒=−= ll m. In seguito

a tale rotazione si ottiene:

jY BB −=12

Da cui:

255.0221 =⇒=⇒=+= BBBBBBBBBB ZZYYY Ω

b) Bisogna riportare ZBB alla sezione AA usando la carta di Smith e considerando la lunghezza

normalizzata 25.01225.121 +==l . Si ottiene dunque (tratto λ/4):

1002 =⇒= AAAA ZZ Ω

f = 300 MHz

Vg = 10 V

Zg = 75 Ω

Z1 = 125 Ω

Z2 = 19.23 Ω

l = 12.25 m

l1 = 0.162 m A

A

Vg

Zg

Z1

l

B

B

l2

Z2

l1

α

=+

−=Γ

gAA

gAA

gZZ

ZZ0.1429

La potenza assorbita da Z1 (uguale a quella assorbita da Z2) vale:

( )( )

( ) 0816.01Re82

1

2

1 2

22

=Γ−=Γ−

= g

g

ggd

RZ

VPP W

c) Nel caso di perdite, alla rotazione sulla carta di Smith bisogna aggiungere una compressione del

modulo del coefficiente di riflessione secondo la formula:

252.07545.02 =Γ=Γ=Γ −BB

l

BBAA eα

con 333.0=+

−=Γ

CBB

CBBBB

ZZ

ZZ e 3105.11 −⋅=α Np/m

Dalla carta di Smith si ottiene: 8468.1 =⇒= AAAA ZZ Ω

Da cui:

=+

−=Γ

gAA

gAA

gZZ

ZZ0.057

La potenza che passa la seziona AA vale:

( ) 1661.012

=Γ−= gdAA PP W

d) Nel caso di linea con perdite in cui né il carico né il generatore sono adattati alla linea, per

calcolare la potenza assorbita dai carichi, bisogna passare necessariamente attraverso la

formulazione ad onde, partendo dalla sezione AA verso la sezione BB. I passaggi sono i seguenti:

• Alla seziona AA, si può calcolare VAA con il partitore di tensione:

=+

=gAA

AAgAA

ZZ

ZVV 5.28 V

• Alla sezione AA vale la relazione:

( ) =Γ+

=⇒Γ+= ++

AA

AAAAAAAAAA

VVVV

11 4.21 V

dove +AAV è l’onda di tensione progressiva appena a destra della sezione AA.

• L’onda progressiva che incide sulla sezione BB vale:

66.3jeeVV ljl

AABB −== −−++ βα V

con 3105.11 −⋅=α Np/m e 28.6=β rad/m

• La tensione totale alla sezione BB vale:

( ) 44.21 jVVVV BBBBBBBBBB −=Γ+=+= +−+ V

• La potenza assorbita singolarmente dai due carichi (che è la stessa) vale:

0595.02

1Re

2

1 2

=

= BB

BB

R

ZV

P W

• La potenza assorbita dalla linea sarà:

047.02 =−= RAAl PPP W

Esercizio 4

Si consideri la trasmissione di un segnale elettromagnetico dal punto A al punto C attraverso due

ponti radio operanti a 100 MHz (si faccia riferimento alla geometria riportata in figura). Tutte le

antenne sono identiche e hanno le seguenti caratteristiche: efficienza η = 0.8, funzione di direttività

( ) ( )6cosθθ =f , direttività D = 7. La potenza trasmessa da A è pari a PTA = 50 W. In B è posto un

ripetitore di segnale che amplifica linearmente la potenza ricevuta, ossia la potenza trasmessa da B

verso il ricevitore C vale PTB = k PRB, dove PRB è la potenza ricevuta in B dal trasmettitore posto in

A. Considerando le distanze fra gli apparati e le altezze da terra indicate in figura, calcolare:

a) PRB, la potenza ricevuta in B da A;

b) il fattore di amplificazione k perché PRC,la potenza ricevuta in C da B, sia pari a 1 nW.

(Nota: si trascurino gli effetti del terreno).

Soluzione:

a) La potenza ricevuta in B da A vale:

6.3)(4 2

1

== ETA

RB GAl

PP

π µW (antenne puntate ottimamente)

con == DG η 5.6 e 01.442 == πλGAE m2 (la lunghezza d’onda vale 3 m).

b) Considerando che le antenne non sono ottimamente puntate (da cui l’introduzione della funzione

di direttività ( )θf ), la potenza ricevuta in C da B vale:

( ) ( )( )

ERB

RCE

RBE

TBRC

GAfP

LPkGAf

L

PkGAf

L

PP

2

22

2

2

2

)(4

)(4)(4 θ

πθ

πθ

π=⇒==

dove, facendo riferimento alla figura sottostante:

l2 = 1 km l1 = 5 km

101 =h m

5002 =h m A B

C

6.111322

2 =∆+= hlL m con 49012 =−=∆ hhh m

( ) 525.01.26tan2

1 =⇒°=

∆= − θθ f

l

h

Imponendo PRC = 1 nW, si ottiene dunque

( ) ( )( )

700)(4

)(4)(42

22

2

2

2≈=⇒==

ERB

RCE

RBE

TBRC

GAfP

LPkGAf

L

PkGAf

L

PP

θ

πθ

πθ

π

θ

θ

l2

h∆ B

C