Soluzioni

Dip. di Ingegneria “Enzo Ferrari”
Corso di Campi Elettromagnetici - a.a. 2014/15
Prima Prova Parziale - Soluzioni
Esercizio 1
Domanda di teoria. Si veda capitolo 3 del testo.
Esercizio 2
Versione 1 - Linea in c.c.
La tensione sulla linea (assumendo la sezione di carico in l = 0) vale:
V (l) = V+ e−jβl + V− ejβl
Poichè V− = ρL V+ e ρL = −1 nella linea cortocircuitata, l’espressione precedente diventa:
V (l) = V+ (e−jβl − ejβl ) = −j2V+ sin(βl)
Sostituendo β = 2π/λ si ottiene:
l
V (l) = −j2V+ sin(2π )
λ
che vale 0 in l = −(k + 1/2) λ2 .
Versione 2 - Linea in c.a.
La tensione sulla linea (assumendo la sezione di carico in l = 0) vale:
V (l) = V+ e−jβl + V− ejβl
Poichè V− = ρL V+ e ρL = 1 nella linea in circuito aperto, l’espressione precedente diventa:
V (l) = V+ (e−jβl + ejβl ) = 2V+ cos(βl)
Sostituendo β = 2π/λ si ottiene:
l
V (l) = 2V+ cos(2π )
λ
che vale 0 in l = −k λ2 .
Esercizio 3
(a) La frequenza vale:
ν=
βc
12.57 · 3 · 108
√
= 400 M Hz
√ =
2π ǫr
2π 2.25
(b) Il vettore complesso rappresentativo del campo elettrico si può calcolare come:
E = ηH × k̂
con k̂ direzione di propagazione che in questo caso coincide con ẑ. L’impedenza intrinseca del mezzo vale:
η0
377Ω
η=√ =√
= 251.3 Ω
ǫr
2.25
sostituendo si ottengono direttamente le soluzioni nei due casi:
Versione 1 - H lungo î
E(z) = 301.6e−j12.57z (−ĵ)
µV /m.
Versione 2 - H lungo ĵ
E(z) = 301.6e−j12.57z (î)
µV /m.
(c) Il vettore di Poynting si ottiene direttamente dalla definizione:
1
∗
S = E×H
2
sostituendo:
S=
1
301.6e−j12.57z (−ĵ) × 1.2ej12.57z (î) pW/m = 180.6 ẑ pW/m2
2
Esercizio 4
(a) Il mezzo ha permittività dielettrica dipendente dalla frequenza. In particolare:
ǫr (ν1 ) = 36
ǫr (ν2 ) = 25
Le costanti di fase β, necessarie per esplicitare le espressioni dei campi elettrici associati alle due onde,
valgono:
β(ν1 ) =
β(ν2 ) =
Da cui:
ω
p1
= 0.628m−1
c/ ǫr (ν1 )
ω
p2
= 1.047m−1
c/ ǫr (ν2 )
E 1 (z, t) = 30cos(2π · 5 · 106 t − 0.628z)î mV /m
E 2 (z, t) = 40cos(2π · 10 · 106 t − 1.047z)ĵ mV /m
(b) Le velocità di propagazione delle due onde si ricavano direttamente:
vp (ν1 ) =
vp (ν2 ) =
c
p
= 0.5 · 108 m/s
ǫr (ν1 )
c
p
= 0.6 · 108 m/s
ǫr (ν2 )
(c) Il campo elettrico totale vale:
E tot (5m, 50µs) = E 1 (5m, 50µs) + E 2 (5m, 50µs)
E tot (5m, 50µs) = 30cos(2π · 5 · 106 · 50 · 10−6 − 0.628 · 5)î + 40cos(2π · 10 · 106 · 50 · 10−6 − 1.047 · 5)ĵ mV /m
E tot (5m, 50µs) = 30cos(500π − 3.14)î + 40cos(1000π − 5.235)ĵ mV /m
E tot (5m, 50µs) = −30î + 20ĵ mV /m
Che si esprime in termini di modulo e direzione come E = |E| · Ê,con
q
p
Ex2 + Ey2 = (−30)2 + 202 = 36.05 mV /m
|E| =
Ê =
−30î + 20ĵ
E
=
= −0.831î + 0.55ĵ
36.05
|E|
Esercizio 5
Versione 1 - ammettenza di carico (4 − j8) · 10−3 . Conviene esprimere il carico come impedenza
ZL = 1/YL . Si ottiene ZL = (50 + j100)Ω. In termini normalizzati zL = 1 + j2.
(a) L’impedenza normalizzata in ingresso alla linea vale:
zi (−l) =
E’ necessario ricavare β:
zL cos(βl) + jsin(βl)
cos(βl) + jzL sin(βl)
√
√
2πν ǫr
2π
2π5 · 109 6.25
β=
=
=
= 261.8 1/m
λ
c
3 · 108
Da cui βl = 26.18, cos(βl) = 12 , sin(βl) =
zata si trova:
zi (−l) =
zi (−l) =
zi (−l) =
zi (−l) =
√
3
2 .
Sostituendo tutto nell’espressione dell’impedenza normaliz√
3
2
√
j2) 23
(1 + j2) 21 +
1
2
+ j(1 +
0.5 + j + j0.866
0.5 + j0.866 − 1.732
0.5 + j1.866 −1.232 − j0.866
−1.232 + j0.866 −1.232 − j0.866
1 − j2.732
= 0.441 − j1.205
2.268
Da cui Zi (−l) = Z0 zi (−l) = (22 − j60) Ω.
(b) Il coefficiente di riflessione vale:
ρ(l) =
e pertanto |ρ| = 0.703.
zi (−l) − 1
0.441 − j1.205 − 1
=
= · · · = 0.18 − j0.68
zi (−l) + 1
0.441 − j1.205 + 1
(c) Si può ricavare direttamente il rapporto d’onda stazionaria:
ROS =
1 + |ρ|
= 5.73
1 − |ρ|
Versione 2 - ammettenza di carico (4 + j8) · 10−3 Conviene esprimere il carico come impedenza
ZL = 1/YL . Si ottiene ZL = (50 − j100)Ω. In termini normalizzati zL = 1 − j2.
(a) L’impedenza normalizzata in ingresso alla linea vale:
zi (−l) =
E’ necessario ricavare β:
zL cos(βl) + jsin(βl)
cos(βl) + jzL sin(βl)
√
√
2πν ǫr
2π
2π5 · 109 6.25
β=
=
=
= 261.8 1/m
λ
c
3 · 108
Da cui βl = 26.18, cos(βl) = 12 , sin(βl) =
zata si trova:
zi (−l) =
zi (−l) =
zi (−l) =
zi (−l) =
√
3
2 .
Sostituendo tutto nell’espressione dell’impedenza normaliz-
1
2
√
3
2
√
j2) 23
(1 − j2) 21 +
+ j(1 −
0.5 − j + j0.866
0.5 + j0.866 + 1.732
0.5 − j0.134 2.23 − j0.866
2.23 + j0.866 2.23 − j0.866
0.999 − j0.732
= 0.175 − j0.128
5.723
Da cui Zi (−l) = Z0 zi (−l) = (8.75 − j0.64) Ω.
(b) Il coefficiente di riflessione vale:
ρ(l) =
zi (−l) − 1
0.175 − j0.128 − 1
=
= · · · = −0.684 − j0.183
zi (−l) + 1
0.175 − j0.128 + 1
(c) A meno dell’errore di approssimazione |ρ| e ROS sono i medesimi del caso precedente.
Esercizio 6
(a) La velocità di propagazione del segnale lungo la linea si ricava dai valori di L e C come:
vp = √
1
1
= 5 · 107 m/s
=√
−6
−12
LC
2 · 10 · 200 · 10
(b) Per prima cosa, è necessario calcolare l’impedenza caratteristica della linea, che vale
s
r
L
2 · 10−6 H/m
=
= 100 Ω
Z0 =
C
200 · 10−12 F/m
Poichè l’impedenza di carico non è puramente reale, è necessario collocare l’adattatore λ/4 a una distanza
opportuna dal carico, tale da annullare la parte immaginaria di Zi . Sulla Carta di Smith, è necessaria una
rotazione in verso orario sulla circonferenza a |ρ| costante dal punto di carico fino a raggiungere una delle
due intersezioni con l’asse delle impedenze reali.
Versione 1 - impedenza di carico ZL = (200 + j50) Ω. L’impedenza di carico normalizzata vale zL =
2 + j0.5. Dalla Carta si individuano i due punti a impedenza reale e le rispettive impedenze di ingresso:
d1 = 0.024λ ⇒ ZL′ = 216 Ω
d2 = 0.274λ ⇒ ZL′ = 46 Ω
Le corrispondenti impedenze caratteristiche delle linee a λ/4 sono:
q
√
d1 = 0.024λ ⇒ Z0′ = Z0 ZL′ = 100 · 216 Ω = 147 Ω
q
√
d2 = 0.274λ ⇒ Z0′ = Z0 ZL′ = 100 · 46 Ω = 68 Ω
Versione 2 - impedenza di carico ZL = (200 − j50) Ω. L’impedenza di carico normalizzata vale zL =
2 − j0.5. Dalla Carta si individuano i due punti a impedenza reale e le rispettive impedenze di ingresso:
d1 = 0.226λ ⇒ ZL′ = 46 Ω
d2 = 0.476λ ⇒ ZL′ = 216 Ω
Le corrispondenti impedenze caratteristiche delle linee a λ/4 sono:
q
√
d1 = 0.226λ ⇒ Z0′ = Z0 ZL′ = 100 · 46 Ω = 68 Ω
q
√
d2 = 0.476λ ⇒ Z0′ = Z0 ZL′ = 100 · 216 Ω = 147 Ω
Esercizio 7
Dai dati del problema si ottengono:
V+ =
ρg =
ρL =
t =
Vg Z0
4 · 75
=
=3V
Z 0 + Rg
75 + 25
Rg − Z 0
25 − 75
1
=
=−
Rg + Z 0
25 + 75
2
ZL − Z0
125 − 75
1
=
=
ZL + Z0
125 + 75
4
L
5 · 10−2
=
= 108 m/s
vp
100 · 106
a partire dai quali è possibile tracciare i grafici richiesti: