Esercizio 7potenza attiva, tensione sul carico e corrente massima con generatore adattato (esercitazione A)

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Teoria usata: Potenza sulla linea e legame con il generatorela potenza complessa in un punto di una linea senza perdite è $\frac12VI^*=\frac12\frac{|V^+|^2}{Z_0}\left[1-|\Gamma|^2+2j,\mathrm{Im},\Gamma(-l)\right]$: la potenza attiva $P_A=\frac12\frac{|V^+|^2}{Z_0}(1-|\Gamma_L|^2)$ è la differenza fra potenza incidente e riflessa e si conserva lungo tutta la linea (e sul carico: $P_A=\frac12R_L|I_L|^2$), la potenza reattiva varia con la posizione. Perciò $|I|{max}=\sqrt{2P_AS/Z_0}$, $|V|{max}=\sqrt{2P_AZ_0S}$, $|V|{min}=\sqrt{2P_AZ_0/S}$. Il legame con il generatore (tensione a vuoto $V_g$, impedenza interna $Z_g$, linea lunga $L$) è $V^+=V_ge^{-j\beta L}\frac{Z_0}{Z_g(1-\Gamma(-L))+Z_0(1+\Gamma(-L))}$; se $Z_g=Z_0$ si ha $V^+=\frac{V_g}{2}e^{-j\beta L}$ indipendente dal carico e $P_A=\frac{|V_g|^2}{8Z_0}(1-|\Gamma_L|^2)$, che con carico adattato vale $\frac{|V_g|^2}{8Z_0}$ (potenza disponibile).Potenza sulla linea e legame con il generatore →, Onda progressiva, stazionaria e parzialmente stazionaria - massimi, minimi e ROSil modulo della tensione lungo la linea è $|V(-l)|=|V^+|,\left|1+|\Gamma_L|e^{j(\varphi_L-2\beta l)}\right|$ e quello della corrente $|I(-l)|=\frac{|V^+|}{Z_0}\left|1-|\Gamma_L|e^{j(\varphi_L-2\beta l)}\right|$. Se $\Gamma_L=0$ l'onda è progressiva (modulo costante); se $|\Gamma_L|=1$ è stazionaria (nodi e ventri fissi, tempo e spazio separati); altrimenti è parzialmente stazionariasomma di un'onda progressiva e di un'onda stazionaria, quando la riflessione è parziale (onda progressiva di ampiezza $|V^+|-|V^-|$ più onda stazionaria di ampiezza massima $2|V^-|$). I massimi di tensione (minimi di corrente) cadono dove $\varphi_L-2\beta l_M=2k\pi$, i minimi (massimi di corrente) dove $\varphi_L-2\beta l_m=(2k+1)\pi$; fra due massimi consecutivi c'è $\lambda/2$, fra un massimo e un minimo $\lambda/4$. $|V|{max}=|V^+|(1+|\Gamma|)$, $|V|{min}=|V^+|(1-|\Gamma|)$. Il rapporto d'onda stazionaria $S=\frac{|V|{max}}{|V|{min}}=\frac{1+|\Gamma|}{1-|\Gamma|}$ è reale, $\ge1$; nei massimi e minimi l'impedenza è reale: $Z=SZ_0$ nei massimi di tensione, $Z=Z_0/S$ nei minimi.Onda progressiva, stazionaria e parzialmente stazionaria - massimi, minimi e ROS →, Adattatore a quarto d'ondaun adattatore a quarto d'ondatratto di linea lungo un quarto di lunghezza d'onda che trasforma l'impedenza del carico è un tratto di linea lungo $\lambda/4$ e con impedenza caratteristica $Z{01}$, inserito fra la linea ($Z_0$) e un carico resistivo $R$: l'impedenza vista a monte è $Z_{in}=\frac{Z_{01}^2}{R}$, quindi per avere $Z_{in}=Z_0$ si sceglie $Z_{01}=\sqrt{Z_0R}$ ($\Gamma_{in}=0$, adattamento di uniformità). Con carico complesso lo si inserisce in un punto dove l'impedenza è reale: nel massimo di tensione ($Z=SZ_0$) con $Z_{01}=Z_0\sqrt S>Z_0$, oppure nel minimo ($Z=Z_0/S$) con $Z_{01}=Z_0/\sqrt S<Z_0$; i due punti distano $\lambda/4$ e la soluzione esiste sempre. A monte dell'adattatore $S=1$; fra adattatore e carico resta il $|\Gamma_L|$ originale; nell'adattatore il ROS vale $\sqrt S$ (e $|\Gamma|=\frac{\sqrt S-1}{\sqrt S+1}$). La potenza attiva disponibile sale a $\frac{|V_g|^2}{8Z_0}$ perché la potenza riflessa diventa nulla.Adattatore a quarto d'onda →.

Preliminari. $\lambda=\dfrac{c_0}f=1$ m e $L=12{,}125\lambda$. Il carico normalizzato è $z_L=\dfrac{200-j100}{50}=4-j2$ e

$$\Gamma_L=\frac{z_L-1}{z_L+1}=\frac{3-j2}{5-j2}=\frac{(3-j2)(5+j2)}{29}=\frac{19-j4}{29}=0{,}655-j0{,}138,\quad|\Gamma_L|=0{,}6695,\ \text{fase}\ -11{,}9^\circ.$$

Il ROS è $S=\dfrac{1+0{,}6695}{1-0{,}6695}=5{,}05$ (sulla carta di Smith: $S\approx5$).

(a) Potenza attiva

Poiché il generatore è adattato alla linea ($Z_G=Z_C$), $|V^+|=\dfrac{|V_G|}2=5$ V (indipendente dal carico). La potenza attiva è costante lungo la linea:

$$P_A=\frac{|V^+|^2}{2Z_C}\left(1-|\Gamma_L|^2\right)=\frac{|V_G|^2}{8Z_C}\left(1-|\Gamma_L|^2\right)=\frac{100}{400}\left(1-0{,}4482\right)=0{,}25\cdot0{,}5518=\mathbf{137{,}9\ mW}.$$

(b) Modulo della tensione sul carico

$|V_L|=|V^+||1+\Gamma_L|=5\cdot|1{,}655-j0{,}138|=5\cdot1{,}661=\mathbf{8{,}3}$ V.

(c) Massimo del modulo di corrente

Si preferisce la potenza: nei minimi di tensione (massimi di corrente) l'impedenza è $Z_C/S$ e $P_A=\tfrac12|I|_{max}^2\dfrac{Z_C}S$, quindi

$$|I|_{max}=\sqrt{\frac{2P_AS}{Z_C}}=\sqrt{\frac{2\cdot0{,}1379\cdot5{,}05}{50}}=\mathbf{167}\ \text{mA}.$$

(Equivalente: $|I|_{max}=\dfrac{|V^+|}{Z_C}(1+|\Gamma_L|)=0{,}1\cdot1{,}6695=167$ mA ✓; con $S=5$ letto dalla carta si ottiene $166$ mA.)

(d) Tensione sul carico in modulo e fase

$V^+$ al carico: $V^+=\dfrac{V_G}2e^{-j\beta L}=5\,e^{-j2\pi\cdot12{,}125}=5\,e^{-j\pi/4}$ V (conta solo $0{,}125\lambda$; i metri interi corrispondono a giri completi). Allora

$$V_L=V^+(1+\Gamma_L)=5\,e^{-j45^\circ}\cdot1{,}661\,e^{-j4{,}8^\circ}=\mathbf{8{,}30\,e^{-j49{,}8^\circ}}\ \text{V}.$$

Il modulo coincide con (b); la fase è quella aggiuntiva che la conservazione della potenza non dà.

(e) Con l'adattatore di uniformità

L'adattatore è senza perdite: tutta la potenza disponibile $P_A=\dfrac{|V_G|^2}{8Z_C}=\dfrac{100}{400}=\mathbf{250\ mW}$ arriva al carico (la riflessa è nulla). Si dissipa solo sulla parte resistiva $R_L=200\ \Omega$:

$$|I_L|=\sqrt{\frac{2P_A}{R_L}}=\sqrt{\frac{0{,}5}{200}}=\mathbf{50}\ \text{mA},\qquad|V_L|=|Z_L||I_L|=223{,}6\cdot0{,}05=\mathbf{11{,}18}\ \text{V}.$$

La potenza è passata da $137{,}9$ mW a $250$ mW e la tensione sul carico da $8{,}3$ V a $11{,}18$ V, a parità di generatore: l'aumento è dovuto soltanto all'eliminazione della potenza riflessa.

(f) Potenza con adattatore e onda incidente nota

Con l'adattatore $\Gamma=0$ a monte e la linea trasporta soltanto l'onda incidente: $P=\dfrac{|V^+|^2}{2Z_C}=\dfrac{4^2}{2\cdot50}=\mathbf{0{,}16}$ W, indipendentemente da $Z_L$ e dalla fase di $V^+$.

Errori comuni

• Calcolare la potenza con $|V_G|^2/(2Z_C)$ (senza il fattore $\frac14$ dovuto al partitore e senza $1-|\Gamma|^2$): la formula giusta è $\dfrac{|V_G|^2}{8Z_C}(1-|\Gamma_L|^2)$ con generatore adattato.
• Pensare che con il carico $200-j100\ \Omega$ la potenza dissipata sia $\tfrac12|V_L|^2/Z_C$: sul carico serve $\tfrac12R_L|I_L|^2$.
• Dare la fase di $V_L$ senza considerare $e^{-j\beta L}$ (e il fatto che solo la parte frazionaria di $L/\lambda$ conta).