Quattro esami svolti di Campi elettromagnetici

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Z Z L02 02 1Z Z0.2 5 02 01 ∞Z =L 20 0B Al l4 2z0.2 0.5 1 2 5 L 20 y L B A2 l 3 Y YZ Z−5−0.2 L L02 02 1 2Z Z02 010 0B Al 4−2−0.5 −10Alla sezione AA si ha pertanto un’ammettenza normalizzata complessiva pari a:0 0y = y + y = (0.253 + j 0.272) + j 1.0 = 0.253 + j 1.272 (10)0AA L L1 2 0Riportata in impedenze denormalizzate, si ha un’impedenza di carico pari alla sezione AA paria: 100Z 01 ≈ −= 15.0 j 75.6 (11)Z =0AA y 0.253 + j 1.2720AAChe risponde al primo quesito.A questo punto, il circuito di partenza è diventato il seguente:B Al 3 ZZ Z 0AA02 02Z 02 0 0B Al 4 5Utilizzando una carta di Smith centrata nella nuova impedenza caratteristica, ovvero Z =0250 Ω, si ha che il carico normalizzato vale:Z 0AA −z = = 0.30 j 1.512 (12)0AA Z 02Che corrisponde a un’ammettenza normalizzata pari a:−1y = z = 0.126 + j 0.636 (13)0AA 0AAÈ facile determinare che con uno spostamento l pari a circa 0.113λ, si perviene

nel punto della carta di Smith che giace sul cerchio g = 1. In particolare si tratta del punto di ammettenza1 + j 3.0. 10.5 2y 0AA0.2 5−yBB0.2 0.5 1 2 50 −5−0.2 z 0AA −2−0.5 −1Grazie alle formule analitiche, si ottengono i valori esatti di l = 0.113λ per lo spostamento3− 0elettrico, e di 1 + j 3.04 per l’ammettenza normalizzata y , ovvero a destra della sezione BB .BBResta soltanto da determinare la lunghezza dello stub che permetta di sintetizzare la suscettanza−di valore j 3.04. Dal momento che si richiede che sia in corto circuito, si valuta la sua lunghezzapartendo dalla impedenza nulla, ovvero dall’ammettenza infinita. Con la carta di Smith si trovaun valore di circa 0.05λ per avere questo valore di ammettenza.Volendo utilizzare la formula analitica, si ha che lo stub in aperto mostra un’ammettenza paria: − −Y = j Y cot(θ); y = j cot(θ) (14)stub 02 stubCon i numeri trovati si

ha: −1θ cot (3.04)4l = = = 0.05λ (15)4 2π 2π ≈ ≈

Quindi, la determinazione della coppia di valori l 0.113 e l 0.05 risolve la prima parte3 4dell’esercizio.6 10.5 20.2 5y = 00.2 0.5 1 2 50 −5−0.2 y stub−2−0.5 −1

Per risolvere la seconda parte dell’esercizio, è sufficiente calcolare di nuovo l’ammettenza dellalinea 2. La situazione proposta diventa, ovvero il cambio tra circuito aperto con un corto circuitocome terminazione della linea lunga l , è rappresentabile graficamente nel modo seguente:

2B Al l3 1 ZZ Z Z L02 02 01Z Z02 010 0B Al l4 2

La determinazione di y resta quindi identica al caso precedente, mentre deve essere nuova-L 1mente determinato y .

L 2Banalmente, se la linea in aperto del primo caso diventa un’ammettenza pari a + j una volta0 −riportata alla sezione AA , la linea in corto di questo caso diventa adesso l’ammettenza j,0come si può evincere dalla carta di Smith, in

cui la posizione di z , y e y è diametralmente opposta a quella del primo caso: 710.5 ² ₂opposta a quella del primo caso: 710.5 ² ₂ Al ₃ YZ Z L_{02 02} ¹Z Z_0.2 ⁵ ₀₂ ⁰¹ Z = 0L_{20 0B} Al l₄ ²z y_0.2 ^{0.5 1 2 5} L L² ₂₀ B Al ₃ Y YZ Z−5−0.2 L L_{02 02} ^{1 2}Z Z_{02 010 0B} Al_{0y 4−2−0.5} L²⁻¹⁰ Alla sezione AA si ha stavolta un’ammettenza normalizzata complessiva pari a:0 0 − −y = y + y = (0.253 + j 0.272) j 1.0 = 0.253 j 0.727 (16)0AA L L^{1 2}Riportata in impedenze denormalizzate, la nuova impedenza di carico è pari a:Z 10001Z = = = 42.65 + j 122.65 Ω (17)0AA −y 0.253 j 0.7270AAUtilizzando di una carta di Smith centrata nella nuova impedenza caratteristica, ovvero Z =0250 Ω, si ha che il carico normalizzato vale z = 0.853 + j 2.453, che corrisponde a un’ammet-0AA−tenza normalizzata pari a y = 0.126 j 0.363, nuovo punto di partenza per la progettazione0AAdello stub.La progettazione dello stub procede come nel caso precedente. Visto che l’impedenza z si0AAtrova

nativamente in un punto molto vicino al cerchio g = 1, si ha che l'ammettenza, alla prima diametralmente opposta, se ne allontana molto.

Stavolta è quindi necessario uno spostamento di quasi meta carta, pari a 0.255λ utilizzando le formule, per pervenire al punto di ammettenza 1 + j 2.66 in y .

BB8 10.5 2z 0AA0.2 5-y 0BB0.2 0.5 1 2 50 -5-0.2 y 0AA -2-0.5 -10 -2.66

Lo stub in BB è ancora in corto circuito. Per sintetizzare l'ammettenza voluta di serve una rotazione pari a 0.057λ, come si evince dalla carta di Smith.

Volendo utilizzare anche stavolta la formula analitica come riprova, si ha che lo stub in aperto mostra un'ammettenza pari a -1cot (2.66)θ 4 = 0.057λ (18) l =4 2π 2π10.5 20.2 5y = 00.2 0.5 1 2 50 -5-0.2 ystub-2-0.5 -1 9

ESERCIZIO 3 La potenza radiata dall'antenna trasmittente risulta naturalmente pari al prodotto tra la potenza

disponibile e l'efficienza: ·P = ηP = 0.9 10 = 9 (19)r displa direttività nella direzione del collegamento, espressa in lineare vale6 ≈= 3.98 4 (20)D = 10 10linla distanza tra le due antenne si ricava banalmente con il teorema di pitagora:p 2 2d = 500 + 2000 = 2061 m (21)pertanto, la densità di potenza alla distanza d si valuta nel seguente:P r −7·S = D = 6.709 10 (22)r lin 24πdda cui, infine, si deduce il modulo del campo elettricopE = 2ζ S = 22.5 mV/m (23)r 0 rÈ quindi necessario valutare l'altezza efficace dell'antenna. Innanzitutto si valuta la lunghezzad'onda, ovvero: 300 MHzλ = =1m (24)0 9·0.3 10 m/sdato che lunghezza dell'antenna è 0.5 m, si tratta di un'antenna a mezz'onda. Utilizzando latrigonometria elementare, si trova che l'angolo di ricezione per l'antenna ricevente è dunquepari a −1 ≈α = tan (D/H) 0.245 (25)◦che corrisponde a circa 76

Dal momento che l'altezza efficace per un'antenna a mezz'onda vale π/2 cos(θ)^2 ≈ h(θ) = 0.305λ (26)k sin(θ), si ha che la tensione a vuoto sull'antenna vale: ≈V = E h(θ) = 0.0225 * 0.305 * 6.9 mV/m (27)oc i 1

COMPITO DEL 04.09.2017

ESERCIZIO 1

Un'onda piana di frequenza f = 600 MHz e campo elettrico di ampiezza E incide normalmente su uno strato di plasma di spessore d = 1 m contenuto tra due lamine di vetro di spessore trascurabile. Si misura una differenza di fase nell'onda che attraversa il plasma pari a 240 gradi elettrici. Si calcoli la concentrazione N di elettroni supposto il plasma freddo, monocomponente e privo di collisioni.

ESERCIZIO 2

È data la linea di trasmissione di impedenza caratteristica Z = 50 Ω, su cui la lunghezza d'onda è λ = 1 m. I carichi di impedenza Z = 100 + j 100 Ω e Z = 150 j 75 Ω sono collegati alla sezione AA mediante due tratti di linea

di impedenza caratteristica Z = 25 Ω, di lunghezza rispettivamente d = 0.2 λ e d = 0.4 λ. La distanza tra le sezione BB e AA è pari a d = 0.26 λ. Si determini:

1. il carico equivalente immediatamente a sinistra della sezione AA;
2. il carico equivalente alla sezione BB;
3. si adatti il carico trovato al punto precedente mediante il doppio stub raffigurato, scegliendo la soluzione che minimizza la lunghezza l del secondo stub.

ESERCIZIO 3

Un'antenna a mezz'onda viene usata in ricezione ed è collegata direttamente a un carico Z_L.

Supposto che sull'antenna incida un campo elettrico pari a 75 µV/m, e che l'area efficace dell'antenna sia 0.6 m², si determini la potenza assorbita dal carico nel caso in cui questo sia adattato all'antenna, e nel caso in cui sia pari a 50 Ω.

Soluzione:

ESERCIZIO 1

Le caratteristiche elettriche di un plasma

freddo monocomponente e privo di collisioni, sono le seguenti: ωp−, µ = 1; (1)ε = 1 pp 2ωdove la pulsazione di plasma è pari a: s 2N qp e p≈ω = N (2)56.33p pm εe 0Di conseguenza, il numero d'onda nel plasma vale: √ ε√ pk = β = ω µ = ω (3)p p csi noti che attraverso la dipendenza della pulsazione di , il plasma è dispersivo.pSapendo che la lastra di plasma è spessa d = 1 m, e che nell'attraversarla il campo subisce uno sfasamento pari a 240 , ovvero π, si può dedurre che:3 4θ = θ(ω ) = β (f )d = π (4)0 0 p 0 3combinando le due espressioni: √ √ε ε4 p pπ = ω = 2πf (5)0 03 c csi perviene a: √ 2cε = (6)p 3f0Pertanto, esplicitando l'espressione di ε in (1)p 22ω 2cp2 − = (7)ε (ω ) =10p 2ω 3f00a questo punto, isolando il valore di ω, si

ottiene il valore della pulsazione di plasma: p² = 4c²ω² - ω₁²(8)p₀29f₀

con i valori forniti, si ha: √r₁² = 9 - ≈ &m