UNIVERSITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA Laurea in Ingegneria Elettronica e Informatica

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1 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Problema 1 Con riferimento al circuito in figura, determinare le espressioni di i L (t) e v C (t) (per ogni istante di tempo t) e rappresentarne graficamente l andamento temporale. Dati: I 0 = 1 A, V 0 = 10 V, 1 = 100 Ω, 2 = 100 Ω, 3 = 50 Ω, 4 = 50 Ω, L = 5 µh, C = 10 nf. t= I 0 2 t=0 L i L (t) v C (t) C V 0 Problema 2 Determinare la potenza attiva e reattiva per tutti gli elementi del circuito in figura. Dati: I 0 = 1 A, Z 1 = 100 Ω, Z 2 = j75 Ω, Z 3 = j25 Ω, Z 4 = 200 j50 Ω, n = 10, α = 0.2. Z 1 Z 2 1:n Z 4 I 0 Z 3 ai A IA Problema 3 Con riferimento al circuito in figura, funzionante alla frequenza f, determinare I in modulo e fase. Determinare inoltre la potenza assorbita da. Dati: f = 5 GHz, = 50 Ω, Z 1 = 75 Ω, I 0 = 5 ma, = 100 Ω, X = 100 Ω, d 0 = 4.5 cm, d 1 = 9 cm. I I 0 Z 1 jx d 0 d 1

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6 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Problema 1 Con riferimento al circuito in figura, nel quale il generatore di corrente opera in continua, determinare il generatore equivalente di Thevenin ai morsetti ab e calcolare la sua potenza disponibile. Nell ipotesi che ai morsetti ab venga collegato un condensatore di capacità C, calcolare la carica accumulata sulle sue armature e l energia in esso immagazzinata. Dati: I 0 = 5 A, 1 = 100 Ω, 2 = 200 Ω, 3 = 120 Ω, r = 50 Ω, C = 2 nf. i ri I 0 2 a b Problema 2 Calcolare la potenza attiva assorbita dalle resistenze 1 e 2, dapprima nell ipotesi che i due generatori operino alla pulsazione ω 1, e successivamente nel caso in cui essi funzionino alla pulsazione ω 2. Dati: V 0 = 2 V, I 0 = j10 ma, ω 1 = 10 9 rad/s, ω 2 = rad/s, C = 1 pf, L 1 = 1 µh, L 2 = 0.25 µh, 1 = 50 Ω, 2 = 100 Ω. C C V 0 L L 2 I 0 Problema 3 Con riferimento al circuito in figura, in cui il generatore opera alla frequenza f e la linea di trasmissione è in aria, determinare la potenza assorbita dalla resistenza e l ampiezza della corrente I. Dati: f = 5 GHz, d = 20 m, α = 0.15 db/m, = 50 Ω, Z g = 50 Ω, P d = 5 W, = 50 Ω, L = 1.59 nh. Generatore P d Z g L, a I d

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11 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Problema 1 Con riferimento al circuito in figura, determinare l espressione di v(t) (per ogni istante di tempo t) e rappresentarne graficamente l andamento temporale. Dati: I 0 = 2 ma, I 1 = 5 ma, 1 = 50 Ω, 2 = 150 Ω, 3 = 100 Ω, g = 50 ms, C = 4 nf. A t=0 B C v(t) 1 I 0 gv 2 (t) 3 I 1 v 2 (t) 2 Problema 2 Con riferimento al circuito in figura, determinare il circuito equivalente di Thevenin ai morsetti ab. Dopo aver calcolato la potenza disponibile del generatore, determinare quanta potenza attiva assorbe un carico di valore Z L quando viene collegato ai morsetti ab. Dati: V 0 = 50 V, I 0 = 2 A, 1 = 200 Ω, 2 = 50 Ω, r = 400 Ω, X C = 100 Ω, X L = 50 Ω, Z L = 25 Ω. jx C jx L a V 0 I A I 0 1 ri A 2 b Problema 3 Con riferimento al circuito in figura, determinare i valori dell impedenza caratteristica Z A e della suscettanza B affinché il generatore eroghi la potenza disponibile. Proporre una possibile realizzazione per la suscettanza B e dimensionare gli elementi individuati. Calcolare infine l ampiezza delle tensioni V X e V. Dati: f = 3 GHz, d = 100 m, α = 0.1 db/m, = 100 Ω, Z g = 50 Ω, P d = 10 mw, = 100 Ω, X = 200 Ω. Generatore P d Z g jb Z A jx V X, a V l/4 d

12 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 1 Prima dell istante t = 0 il circuito opera in regime stazionario e il circuito da considerare è il seguente: v 1 I 0 gv 2 v 3 3 I 1 v 2 2 A B v C È evidente che su 2 non può scorrere corrente, e quindi si ha Si ottiene quindi È anche utile osservare che v 2 (0 ) = 0 v(0 ) = 1 ( I0 gv 2 (0 ) ) = 1 I 0 = 100 mv v C (0 ) = v 3 (0 ) v(0 ) = 3 I 1 1 I 0 = 400 mv Quando l interruttore commuta (t > 0) il circuito diventa quello nella seguente figura: A C B vc v(t) 1 I 0 gv 2 (t) v 3 3 I 1 v 2 (t) 2 All istante t = 0 la somma delle correnti che scorrono in 2 e 3 deve coincidere con I 1. Poiché v 3 (0 ) = v 2 (0 ) v C (0 ), ricordando che su un condensatore v C (0 ) = v C (0 ), si ha: I 1 = v 2(0 ) v 3(0 ( ) 1 = v 2 (0 ) 1 ) v C(0 ) da cui v 2 (0 ) = ( Si ottiene quindi I 1 v C(0 ) 3 ) ( 2 3 = 2 3 I 1 3I 1 1 I 0 3 ) = 1 2 I = 60 mv v(0 ) = 1 ( I0 gv 2 (0 ) ) = 1 I 0 1 gv 2 (0 ) = mv = 250 mv La resistenza vista dal condensatore quando si spengono i generatore I 0 e I 1 è costituita dalla serie delle resistenze 2 ed 3, e la costante di tempo del circuito risulta τ = ( 2 3 )C = ( ) = 1 µs

13 Per t il condensatore torna a comportarsi come un circuito aperto. Su 2 non può passare corrente e si ha v 2 ( ) = 0, da cui v( ) = 1 (I 0 gv 2 ( )) = 100 mv L espressione della tensione v al variare del tempo è: 100 mv t < 0 v(t) = e t [µs] mv t > 0 e la sua rappresentazione grafica è mostrata nella seguente figura: 250 v [mv] t [ms]

14 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 2 La tensione di Thevenin coincide con la tensione ai morsetti ab, quando questi vengono lasciati aperti, e quindi con la tensione su 2. Si osserva che la resistenza 1 è sempre sottoposta alla tensione V 0. Si ha quindi: I A = V 0 / 1 Inoltre, poiché 2 e jx L sono in serie e sono sottoposte alla tensione del generatore dipendente, la tensione su 2 si ottiene con la formula del partitore di tensione: V T h = V 2 = 2 2 jx L ri A = 2 2 jx L r 1 V 0 = j = 50 j50 V 200 Per il calcolo dell impedenza Z T h si devono spegnere i generatori indipendenti e applicare ai morsetti ab una sorgente esterna (ad esempio di corrente), come mostrato nella seguente figura: jx C jx L I L a I A I 2 1 ri A 2 V x b I x Si osserva che I A = 0 poiché la resistenza 1 è cortocircuitata. Inoltre, la corrente I x è la somma delle correnti che fluiscono in jx L e in 2. Si ha quindi da cui I x = I 2 I L = V x V ( x ri A 1 = 1 ) 2 jx L 2 jx L Z T h = V x I x = jx L 2 2 jx L = j50 1 j La potenza disponibile del generatore è data da P d = V T h 2 = T h 8 25 = 25 j 25 Ω = 25 W Poiché il carico Z L risulta disadattato, esso assorbirà una potenza inferiore rispetto alla potenza disponibile. Il calcolo della potenza assorbita da Z L si può effettuare utilizzando la formula: P ZL = 4 T h L Z T h L 2 P d = V x j P d = 4 5 P d = 20 W

15 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 3 Con riferimento ai simboli introdotti nella seguente figura Generatore P d Z g Y 1 Y 2 V B jb Z A Z 3 I X jx V X Z4, a V l/4 d tenendo conto del fatto che la linea di lunghezza d è adattata ( = ), si ha da cui Z 4 = Z 3 = Z 4 jx = jx Per le proprietà delle linee in quarto d onda si ottiene: Y 2 = (1/Z A) 2 1/Z 3 = Z 3 Z 2 A = jx Z 2 A Affinché il generatore eroghi tutta la potenza disponibile, il carico visto dal generatore deve essere adattato (Y 1 = (1/Z g ) ): Y 1 = Y 2 jb = jx Z 2 A jb = 1 Z g Poiché Zg = /2, separando la parte reale e quella immaginaria della precedente equazione si ottiene: Z 2 = 2 2 A Z A = 2 = 70.7 Ω X ZA 2 B = 0 B = X ZA 2 = 1 = 40 ms 120 Poiché la frequenza non è troppo elevata, la suscettanza B può essere realizzata con un induttanza di valore L = 1 ωb = 1 2πfB = 1 2π = 1.3 nh In alternativa, si può utilizzare una linea di trasmissione in corto circuito. Assumendo, ad esempio, che la linea sia in aria (λ = c/f = 10 cm) ed abbia impedenza caratteristica pari a, la lunghezza di tale linea si ottiene imponendo che l ammettenza d ingresso coincida con jb: ( ( 1 1 j tan(2πd/λ) = jb d = λ 2π arctan 1 ) n ) = (0.039 n0.5)λ B 2

16 Scegliendo la linea più corta si ha d = 0.039λ = 3.9 mm Gli unici elementi all interno del circuito in grado di assorbire potenza attiva sono la linea di destra e la resistenza. Pertanto, tutta la potenza disponibile (erogata dal generatore) viene assorbita dal carico equivalente Z 4 =. La corrente che fluisce su Z 4 coincide con I X e quindi si ha: P d = I X 2 2 I X = 2P d In alternativa, per le proprietà delle linee in quarto d onda si ha: Si ottiene quindi I X = j V B = V B = 1 Z A Z A Z A La potenza che giunge alla resistenza è 2Pd ey 1 } = V X = jxi X = X I X = 2.83 V = ma /50 P = P d e 2αd = P d e = P d /10 = 1 mw = ma da cui V = 2P = V

17 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Problema 1 Con riferimento al circuito in figura, nel quale i generatori funzionano in regime stazionario, determinare la potenza assorbita o erogata dalle tre resistenze e dai tre generatori e le energie immagazzinate nei condensatori e nell induttore. Dati: V 0 = 100 mv, I 0 = 2 ma, 1 = 100 Ω, 2 = 50 Ω, 3 = 200 Ω, g = 20 ms, C 1 = 10 nf, C 2 = 5 nf, L = 6 mh. C 1 1 gv 3 C 2 I v 3 L V 0 Problema 2 Con riferimento al circuito in figura, determinare il circuito equivalente di Thevenin ai morsetti ab. Dopo aver calcolato la potenza disponibile del generatore, determinare quanta potenza attiva assorbe un carico di valore Z L quando viene collegato ai morsetti ab. Dati: V 1 = 30 mv, V 2 = 50 mv, I 1 = 0.5 ma, I 2 = 1 ma, Z 1 = 100 j50 Ω, Z 2 = 50 j25 Ω, Z 3 = 50 j200 Ω, Z L = 150 j150 Ω. V 1 Z 1 Z 2 I 1 a V 2 I 2 Z 3 b Problema 3 Con riferimento al circuito in figura, in cui la linea di trasmissione si suppone senza perdite, determinare la potenza assorbita dalla resistenza. Dati: V 0 = j2 V, I 0 = 20 ma, = 50 Ω, = 100 Ω. V 0 Z 0 I 0 l/4

18 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 1 Poiché il circuito funziona in regime stazionario, l induttore ed il condensatore possono essere rispettivamente sostituiti con un cortocircuito e con un circuito aperto, come mostrato nella seguente figura: v 4 v 1 v 2 1 a gv 3 v 5 b I v 3 i L i 2 i 3 c V 0 Si vede immediatamente che La tensione sulla resistenza 1 è data da v 3 = V 0 = 100 mv v 1 = 1 ( gv 3 ) = g 1 V 0 = = 200 mv Utilizzando la KCL a nodo a si ottiene: v 2 = 2 ( I 0 gv 3 ) = 2 I 0 g 2 V 0 = = 0 Applicando la KCL al nodo c si ricava i L = i 2 i 3 = v 2 v = = 0.5 ma L applicazione della KVL alla maglia contenente 2, 3 e I 0 permette di calcolare v 5 : v 5 = v 2 v 3 = 0 V 0 = V 0 = 100 mv e, infine, l applicazione della KVL alla maglia superiore fornisce v 4 : v 4 = v 5 v 1 = = 100 mv Tenendo conto della convenzione degli utilizzatori, le potenze che competono agli elementi del circuito risultano: P 1 = v2 1 = P 2 = v2 2 2 = = 0 = 0.4 mw (assorbita)

19 P 3 = v2 3 = ( 0.1) = 0.05 mw (assorbita) P I0 = v 5 I 0 = = 0.2 mw (erogata) P V0 = V 0 i L = = 0.05 mw (assorbita) P gv3 = v 4 gv 3 = ( 0.1) = 0.2 mw (erogata) Come verifica si può fare il bilancio delle potenze: P 1 P 2 P 3 P I0 P V0 P gv3 = 0 Infine, le energie immagazzinate nei condensatori e nell induttore sono date da: W C1 = 1 2 C 1v 2 1 = = 0.2 nj W C2 = 1 2 C 2v 2 2 = 0 W L = 1 2 Li2 L = ( ) 2 = 0.75 nj

20 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 2 La tensione di Thevenin coincide con la tensione ai morsetti ab, quando questi vengono lasciati aperti. Si osserva che la corrente I 1 scorre tutta sull impedenza Z 1, mentre la corrente I 2 scorre tutta sull impedenza Z 3. Applicando la KVL alla maglia si ha: V T h = V ab = Z 3 I 2 V 2 V 1 Z 1 I 1 = (50 j200) (100 j50) = 80 j225 mv Per il calcolo dell impedenza Z T h si devono spegnere i generatori indipendenti, come mostrato nella seguente figura: Z 1 a Z 2 Z Th Z 3 b Poiché non vi sono generatori dipendenti e osservando che Z 2 è ininfluente, per ispezione si ottiene: Z T h = Z 1 Z 3 = 100 j50 50 j200 = 150 j150 Ω La potenza disponibile del generatore è data da P d = V T h 2 = T h = 48 µw Poiché il carico Z L risulta disadattato (Z L ZT h ), esso assorbirà una potenza inferiore rispetto alla potenza disponibile. Per il calcolo della potenza assorbita si può, ad esempio, calcolare la corrente che fluisce su Z L : I L = V T h (80 j225) 10 3 = Z L Z T h 300 j300 La potenza attiva assorbita da Z L risulta quindi: VL I } L P ZL = e 2 ZL I L I } L = e = I L A e Z L } = ( ) ( ) 150 = 24 µw

21 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 3 Per calcolare la potenza assorbita da conviene innanzitutto calcolare la tensione ai capi di utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti. I due casi da trattare sono mostrati nella seguente figura: I a caso a V 0 Z 0 (a) V l/4 Z b caso b (b) V I 0 l/4 Caso a: Il generatore di corrente viene spento e si comporta come un circuito aperto. Per le proprietà delle linee in quarto d onda si ha I a = j V 0 Poiché tale corrente scorre tutta su, si ottiene V (a) = I a = j V 0 = j2v 0 = 4 V Caso b: Il generatore di tensione viene spento e si comporta come un corto circuito. Per le proprietà delle linee in quarto d onda, considerando che il carico della linea è Z L = 0, si ha Z b = Z2 0 Z L = e quindi la resistenza vede in parallelo un circuito aperto e tutta la corrente I 0 fluisce su. Si ha quindi = I 0 = 2 V V (b) In conclusione, la tensione complessiva sulla resistenza risulta e la potenza assorbita da è V = V (a) V(b) = 2 V P = V 2 2 = 4 = 20 mw 2 100

22 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Problema 1 Con riferimento al circuito in figura, nel quale tutti i generatori funzionano in regime stazionario, determinare il generatore equivalente di Thevenin ai morsetti ab per il circuito indicato nel riquadro tratteggiato. Calcolare quindi la potenza istantanea assorbita dalla resistenza e l energia immagazzinata nel condensatore C. Dati: V 0 = 100 V, I 0 = 0.5 A, 1 = 120 Ω, 2 = 75 Ω, 3 = 80 Ω, 4 = 100 Ω, r = 400 Ω, = 50 Ω, C = 10 pf I 0 ri 3 i 3 V 0 3 a b C Problema 2 Con riferimento al circuito in figura, calcolare il valore in modulo e fase dei fasori di tensione V 1, V 2 e V X. Determinare inoltre le potenze attive P 1 e P 2 assorbite rispettivamente da 1 e 2. Dati: V 0 = 40 V, Z g = 50 j50 Ω, 1 = 100 Ω, 2 = 10 kω, X = 100 Ω, n 1 = 2, n 2 = 10. Z g 1:n 1 V X jx V 0 1:n 2 1 V 1 V 2 2 Problema 3 Con riferimento al circuito in figura, determinare Z X e d affinché il generatore risulti adattato. Trovare quindi l ampiezza I L della corrente che fluisce sull induttore L. Si noti che tutte le linee contengono un dielettrico di costante dielettrica relativa ϵ r. Dati: f = 500 MHz, ϵ r = 4, P d = 100 mw, = 50 Ω, Z g = 50 Ω, = 200 Ω, L = 15.9 nh. Generatore P d Z g Z X, e r L I L, e r l/4 d

23 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 1 Per il calcolo della tensione di Thevenin si deve considerare il circuito in figura: 2 V V 1 I 0 ri 3 3 i 3 V Th Poiché su 4 non può fluire corrente, si ha che: V T h = ri 3 i 3 = V T h r Dal bilancio di corrente al nodo che collega 1 e 3, tenendo conto che V 1 = V T h V 0 3 i 3, si ottiene V T h r = i 3 = I 0 V 1 1 = I 0 V T h 1 V 0 1 3V T h r 1 da cui si ricava V T h = V 0 1 I = = = 320 V r 400 Per il calcolo della resistenza di Thevenin si considera il seguente circuito: 2 I X 4 1 V 1 ri 3 3 i 3 V X Si ha: ma anche e quindi risulta i 3 = I X = V X ri 3 4 ri i 3 = 0 T h = V X = 4 = 100 Ω I X La tensione V ai capi di e di C si ottiene con un partitore fra le resistenze e T h (si noti che C è ininfluente perché in regime stazionario si comporta come un circuito aperto): V = T h V T h = = V

24 La potenza istantanea assorbita da è quindi: P = V 2 = mentre l energia immagazzinata nel condensatore è = W W C = 1 2 CV 2 = = 56.9 nj

25 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 2 icordando che all ingresso di un trasformatore il carico riflesso è pari al carico sul secondario diviso per il quadrato del rapporto di trasformazione, il circuito si può semplificare come segue: Z g V A jx A =jx/n 1 2 V 0 1 V 1 2 /n 2 2 eq dove X A = X n 2 1 = = 25 Ω eq = 1 2 n 2 2 = = = 50 Ω Poiché le resistenze 1 e 2 /n 2 2 sono di uguale valore e collegate in parallelo, si può già anticipare che esse assorbiranno la stessa potenza e, di conseguenza, P 1 = P 2. Le tensioni V A e V 1 si calcolano con un partitore di tensione: V A = V 1 = da cui si ottiene jx A eq jx A Z g V 0 = eq eq jx A Z g V 0 = j j25 50 j50 V 0 = j25 50 j50 V 0 = V X = n 1 V A = 16 e V V 2 = n 2 V 1 = 160 e V Le potenze attive assorbite da 1 e 2 risultano: P 1 = P 2 = V = = 1.28 W 25 e90 40 = 8 e V 125 e e = 16 e V

26 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 3 Per la soluzione si fa riferimento ai simboli indicati nella seguente figura: Z I Y b Y a Generatore P d Z g Z X, e r V L I L, e r l/4 d Affinché il generatore risulti adattato deve essere Z I = Z2 X Z b = Z 2 XY b = Z 2 X ( 1 1 ) jωl Y a = Zg Tenendo conto che Z g è reale (Z g = g ) e considerando che Y a = 1/(j tan βd) essendo l ammettenza d ingresso di una linea senza perdite in cortocircuito, uguagliando le parti reali e le parti immaginarie si ottiene: e da cui, ricordando che β = 2π/λ, si ricava d = λ [ ( arctan 2π 2πfL ZX 2 = g Z X = g = 100 Ω tan βd = ωl ) ] [ nπ = λ 1 2π arctan2π n ] ( = λ n ) 2 Scegliendo la soluzione che fornisce la linea di lunghezza minore (n = 1), ricordando che λ = c/(f ϵ r ) = 30 cm, si ottiene d = 3 λ = cm 8 Poiché tale corrente scorre tutta su, si ottiene In queste condizioni la resistenza assorbe tutta la potenza disponibile e l ampiezza della tensione ai suoi capi risulta: L ampiezza della corrente su L risulta quindi: V = 2P d = = 6.32 V I L = V jωl = V ωl = π = A

27 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Problema 1 Con riferimento al circuito in figura, nel quale l interruttore si apre all istante t = 0, determinare l espressione di v C (t) e v 2 (t) (per ogni istante di tempo t) e rappresentarne graficamente l andamento temporale. Dati: V 0 = 10 V, I 0 = 40 ma, 1 = 50 Ω, 2 = 100 Ω, L = 0.1 µh, C = 10 nf. 1 t=0 V 0 C v C (t) v 2 (t) 2 L I 0 Problema 2 Con riferimento al circuito in figura, nel quale il generatore opera alla pulsazione ω, determinare n 2 e C in modo che il generatore risulti adattato. Calcolare quindi le potenze attive e reattive su, L e C. Dati: ω = 10 5 rad/s, V 0 = 300 V, g = 150 Ω, = 500 Ω, L = 100 µh, n 1 = 2, n 3 = 20. Generatore V 0 g 1:n 1 1:n 2 L 1:n 3 C Problema 3 Con riferimento al circuito in figura, determinare le suscettanze B 1 e B 2 in modo tale che la linea principale risulti adattata. Proporre una realizzazione pratica di tali suscettanze e dimensionare gli elementi coinvolti. Calcolare infine la potenza attiva assorbita dalla resistenza. Dati: f = 600 MHz, P d = 100 mw, = 50 Ω, Z g = 50 Ω, = 100 Ω, d = 20 m, α = 0.02 db/m. Linea principale Generatore P d Z g, a jb 1 jb 2 d l/4 l/2

28 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 1 Prima dell istante t = 0 il circuito opera in regime stazionario e il circuito da considerare è il seguente: 1 i 1 V 0 v C v 2 2 I 0 i L È evidente che Inoltre 2 è cortocircuitata e quindi si ha v C (0 ) = V 0 = 10 V v 2 (0 ) = 0 Per il calcolo dei valori dopo l apertura dell interruttore è utile osservare che i L (0 ) = I 0 i 1 = I 0 V 0 v 2 (0 ) 1 = I 0 V 0 1 = = 0.24 A Quando l interruttore si apre (t > 0) il circuito diventa quello nella seguente figura: 1 i L V 0 C v C v 2 2 L I 0 I due circuiti di sinistra e di destra agiscono separatamente. Si vede facilmente che i valori all istante t = 0 risultano v C (0 ) = v C (0 ) = V 0 = 10 V ( v 2 (0 ) = 2 (I 0 i L (0 )) = 2 (I 0 i L (0 )) = 2 I 0 I 0 V ) 0 = 2 V 0 = 20 V 1 1 Osservando il circuito di sinistra si vede che la tensione sul condensatore non può mai cambiare, essendo C in parallelo ad un generatore indipendente di tensione. Si ha pertanto v C (t) = V 0 = 10 V t Poiché nel circuito di destra la resistenza vista dall induttore è 2, la costante di tempo risulta τ L = L 2 = = 1 ns

29 Per t l induttore torna a comportarsi come un cortocircuito e si ha v 2 ( ) = 0 L espressione della tensione v 2 al variare del tempo è: 0 t < 0 v 2 (t) = 20 e t [ns] V t > 0 La rappresentazione grafica delle tensioni v C e v 2 è mostrata nella seguente figura: 10 [V] v C t [ns] -10 v 2-20

30 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 2 Indicando rispettivamente con jx L = jωl jx C = j 1 ωc le impedenze dell induttore e del condensatore, dopo aver riportato i carichi sul primario dei tre trasformatori il circuito diventa quello mostrato in figura. La condizione di adattamento è Generatore V 0 g I jx L n2 1 I I n 2 2 jx L n 2 1 n 2 2 jx C n 2 3 = Z g = g jx C n2 3 Separando la parte reale e quella immaginaria si ottiene: = g n 2 = n 2 2 g = X L n 2 X C 1 n 2 = ωl 3 n n 2 3 ωc = 0 C = n2 1 n 2 3 ω2 L = (10 5 ) 2 = 10 nf La corrente sul primario dei tre trasformatori è identica ed è data da: I = V 0 2 g = = 1 A Le correnti che fluiscono sui tre elementi risultano: I L = I n 1 = 0.5 A I = I n 2 = A I C = I n 3 = 0.05 A Sulla resistenza si ha solo potenza attiva: P = 1 2 I 2 = = 75 W Poiché il generatore è adattato, P deve coincide con la potenza disponibile del generatore, come si verifica facilmente: P d = V 0 2 = g = 75 W = P Sull induttore e il condensatore si hanno solo potenze reattive, che devono essere uguali e opposte poiché i due carichi sul primario sono uguali e opposti e percorsi dalla stessa corrente. Si ha: Q L = 1 2 X L I L 2 = 1 2 ωl I L 2 = = 1.25 VA Q C = 1 2 X C I C 2 = 1 2 I C 2 ωc = = 1.25 VA

31 UNIVESITÀ DEGLI STUDI DI PAVIA CAMPI ELETTOMAGNETICI E CICUITI I Soluzione del Problema 3 Per la soluzione si fa riferimento ai simboli indicati nella seguente figura: Z I Y d Y c Y b Y a Generatore P d Z g, a jb 1 jb 2 d l/4 l/2 L ammettenza d ingresso del tratto in mezz onda senza perdite coincide con il valore del suo carico, cioè Y a = 1/. Si ha quindi Y b = Y a jb 2 = 1 jb 2 Tenendo conto delle proprietà dei tratti in quarto d onda si ha Y c = Y0 2/Y b (con Y 0 = 1/ ), e si ottiene Y d = Y c jb 1 = Y jb 1 = ( ) jb Y b 1 1 Z0 2 jb 2 Per avere l adattamento della linea principale deve essere Y d = 1/, cioè 1 Z 2 0 ( 1 jb 2 ) jb 1 = 1 Moltiplicando per il denominatore della prima frazione ed eguagliando le parti reali e quelle immaginarie, osservando che = 2, si ottiene: 1 Z 2 0 B 2B 1 = B 1 = B 2 B 1 = 2B 2 B 2 = ± 1 2Z 2 0 ( 1 ) = ± 1 2 = ±0.01 S Vista la frequenza di lavoro non troppo elevata, B 1 e B 2 possono essere realizzate utilizzando elementi discreti. Nel caso si scelga la soluzione positiva, si dovranno utilizzare due condensatori di valore C 2 = B 2 ω = B 2 2πf = π = 2.65 pf C 1 = B 1 ω = 2C 2 = 5.12 pf Nel caso duale in cui si scelgano i valori negativi, si utilizzeranno due induttanze di valore L 2 = 1 1 = ωb 2 2π ( 0.01) = 26.5 nh L 1 = 1 = L 2 = nh ωb 1 2

32 L impedenza d ingresso della linea principale coincide con la sua impedenza caratteristica, cioè Z I =. Poiché l impedenza interna del generatore è Z g =, si ha Z I = Z g. Pertanto il generatore è adattato ed eroga tutta la potenza disponibile. Tale potenza viene in parte dissipata a causa dell attenuazione della linea principale. La potenza che giunge al carico equivalente Y d viene tutta assorbita da, dato che le rimanenti linee sono senza perdite e gli elementi reattivi non assorbono potenza attiva. Si ha pertanto P = P d e 2αd = P d e 2 α db 8.68 d = P d e = P d = 91.2 mw