ESERCIZIO G1

PUNTO 1

Formula della direttività:

( ) ( )

densità di potenza irradiata

2

potenza irradiata

, ,, 4

IRR

r p rd

P

ϑ ϕϑ ϕ π=

Calcoliamo la densità di potenza irradiata:

( )2

0, ,2

p r ϑ ϕη

=E

(costante in tutte le direzioni in cui il problema indica che E è pari a 0

E , nullo altrove)

Calcoliamo la potenza irradiata:

( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

, , sin d d , , d sin d

BW BW BW BW

BW BW BW BW

IRRP p r r p r r

ϕ ϑ ϕ ϑπ π π π

ϕ ϑ ϕ ϑπ π π π

ϑ ϕ ϑ ϑ ϕ ϑ ϕ ϕ ϑ ϑ+ + + +

− − − −

= = =∫ ∫ ∫ ∫

( ) 2 2 2

2 2

, , cos2 2 2 2

BW

BW

BW BWp r r xϑπ

ϑπ

ϕ ϕπ πϑ ϕ+

−

= + − + − =

2 2 2

0 0 02 2 2

cos sin cos sin2 2

cos cos 2 sin sin2 2 2 2 2 2 2 2

BW BW BW BWBW BW BW

r r r

π πβ β β β

ϑ ϑ ϑ ϑπ πϕ ϕ ϕη η η

+ =− − =

= ⋅ ⋅ − + + − = ⋅ ⋅ =

E E E

Ora possiamo passare alla direttività:

( ) ( )

densità di potenza 2irradiata

022

2

0 2potenza irradiata

, , 22, 4 4

sinsin 22

BWIRRBW BW

BW

rr p r

dP

r

ϑ ϕ πηϑ ϕ π πϑϑ ϕϕ

η

= = =

E

E

(costante in tutte le direzioni in cui il problema indica che E è pari a 0

E , nullo altrove)

Questo valore è costante (e rappresenta quindi anche la direttività D, definita come il massimo

valore della funzione direttività d, da poco trovata) per tutte le direzioni comprese fra

, 2 2 2 2

BW BWϑ ϑπ π

+ −

e , 2 2 2 2

BW BWϕ ϕπ π

+ −

. Dunque è valida anche per il valore richiesto dal

problema (cioè 2

πϑ ϕ= = ):

2,

2 2sin

2BW

BW

d Dπ π πϑ ϕ

ϑϕ

= = = =

PUNTO 2

Usiamo la formula inversa rispetto a quella utilizzata nel caso precedente:

( ) ( )

densità di potenza irradiata

2

potenza irradiata

, ,, 4

IRR

r p rd

P

ϑ ϕϑ ϕ π=

⇒ ( ) ( )

( ),

2 22

2

sin, 2, ,4 4

2 sin2

d

IRRBW

BWIRR IRR

BWBW

P

d P Pp r

r rr

ϑ ϕ

πϑϕϑ ϕ

ϑ ϕϑπ π ϕ

= = =

Svolgendo i calcoli si ha:

( )32

2 4 3

30 W20 Km, ,

2 2 69,8 102 sin 2 2 10 m 69,8 10 sin

2 2

IRR

BWBW

Pp r

r

π πϑ ϕϑϕ

−−

= = = = = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

6

6 2 2

30 W W15,4 10

1,95 10 m m

−= = ⋅⋅

PUNTO 3

L’antenna isotropa ha direttività pari ad 1. Dunque si ha

( ) ( ) isotropa

2 2

,, ,

4 4

IRR IRRd P P

p rr r

ϑ ϕϑ ϕ

π π= =

Facendo la formula inversa:

( ) ( )22 6 4 3

2

W, , 4 15,4 10 4 2 10 m 77,4 10 W

mIRRP p r rϑ ϕ π π−= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

ESERCIZIO G2

PUNTO 1

Densità di potenza:

( ) ( ) 2

, ,, ,

2

rp r

ϑ ϕϑ ϕ

η= =

ES

Funzione direttività:

( ) ( )2 , ,, 4

IRR

r p rd

P

ϑ ϕϑ ϕ π= nella direzione di massimo ( ) ( )2 , ,

, 4 M M

M M

IRR

r p rd D

P

ϑ ϕϑ ϕ π= =

Dunque, facendo la formula inversa:

( )( )

20610

2 2 6 2 5 23

50 W 50 W 5 W W, , 10 100 15,9 10

m4 4 25 10 m 10 m4 5 10 m

IRRM M

Pp r D

rϑ ϕ

π π ππ−= = = = = ⋅

⋅ ⋅⋅ ⋅

Tornando all’espressione della densità di potenza:

( ) ( ) ( ) ( )2

2, ,, , , , 2 , ,

2

rp r r p r

ϑ ϕϑ ϕ ϑ ϕ η ϑ ϕ

η= = ⇒ = ⋅

ES E

Dunque:

( ) ( ) 6 3

2

W5 Km, , 2 5 Km, , 2 120 15,9 10 109 10

mM M M M

r p rϑ ϕ η ϑ ϕ π − −= = ⋅ = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅E V

m

PUNTO 2

Vecchia polarizzazione: ( )3

3

10

109 1020 log 77,06 10 22,263 dB

2vert orizz

−−⋅= = = ⋅ = −E E

Nuova polarizzazione:

3

25,263320

V22,263 dB = 77,06 10

m

V25,263 dB 10 54,557 10

m

orizz

vert

−

−−

= − ⋅ = − = = ⋅

E

E

Nuovo valore di E : ( ) ( )2 22 2 3 3 377,06 10 54,557 10 94,42 10vert orizz

− − −= + = ⋅ + ⋅ = ⋅E E E

Ora possiamo calcolare il nuovo valore assunto dalla densità di potenza:

( ) ( ) ( )223

694,42 10, , W

, , 11,82 10 2 2 120 m

rp r

ϑ ϕϑ ϕ

η π

−−

⋅= = = ⋅

⋅

E

ESERCIZO G3

PUNTO 1

HP: vettore di polarizzazione dell’antenna nella direzione di

massimo pari a

2

22

polarizzazione circolare

1 1 1 1

22 2 2RX TX ϑ ϑ ϕτ

= ⋅ = ⋅ + = =

p p i i i

Ricordando l’espressione dell’area efficace:

( ) ( ) ( )2 2 2 2

1

max , max , max , max4 4 4 4e e RX

A a g d D Dλ λ λ λϑ ϕ ϑ ϕ δ ϑ ϕπ π π π=

= = = = = =

2

2 16 0,4 0,43 2

2 18 2 3

9 10 10 9 10 22,611,123 10 m

4 4 4 16 10 4 16 10 20,12 10

c

f c DD

fπ π π π−

⋅ ⋅ ⋅ = = = = = = ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Potenza fornita al carico LZ :

( ) ( )

3 2 3 6

2

siamo già indirezione di

massimo

1 W, , , 1 1,123 10 m 4 10 2,24 10 W

2 mR D P e RX RX inc TX TX D P e incP a p r A Pρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ ρ τ − − −= = = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

PUNTO 2

Stessa formula di prima:

3 2 3 6

2

siamo già indirezione di

massimo

W1 1 1,123 10 m 4 10 4,48 10 W

mR D P e incP A Pρ τ − − −= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

PUNTO 3

In questo caso, visto che l’onda incidente è polarizzata linearmente come ϑi , si ha che: 2

1RX TX

τ = ⋅ =p p

Potenza assorbita dal carico: 2 2

3 2 3 6

2 2 2 2 2 2

coefficiente didisadattamento

6 6

4 4 50 W 4 501 1,123 10 m 4 10 4,48 10 W

100 20 m 100 20

0,962 4,48 10 W 4,308 10 W

D

A LR e INC

A L

R RP A P

Z Z

ρ

τ − − −

− −

⋅ ⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =+ ++

= ⋅ ⋅ = ⋅

ESERCIZIO G4

PUNTO 1

Formula di Friis:

( ) ( )2

, ,4R A T TX TX RX RX RX D D

P P g gr

λϑ ϕ ϑ ϕ ρ τπ

=

fattore di polarizzazione unitario: 1τ =

perfetto adattamento in potenza: 1D

ρ =

le antenne si vedono nella direzione di massimo 2

aggiuntiva4R A T RXP P G G A

r

λπ

=

Si ha inoltre che:

(antenna istropa)TG Dδ δ= =

La stazione base (TX) ha rendimento 0,5: ciò significa che AP δ è pari a:

15 W 0,5 7,5 WAP δ = ⋅ =

Il guadagno in potenza della stazione mobile è di 2 dB: 2

102 dB 10 1,585RG = = =

L’attenuazione aggiuntiva rispetto al valore di spazio libero è di 40 dB: 440 dB 10 0,0001−− = =

La lunghezza d’onda è: 8

8

3 10 m/s0,33 m

9 10 Hz

ccT

fλ ⋅= = = =

⋅

Sostituendo: 2

40,337,5 1,585 10

4RP

rπ− = ⋅ ⋅ ⋅

Poniamo RP pari alla soglia e calcoliamo la formula inversa:

212415 410

0,3310 398,1 10 7,5 1,585 10

4 rπ− − − = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

6

2 4 6

2 15 12

0,109 129 107,5 1,585 10 2,052 10

16 398,1 10 62,865 10r

π

−−

− −

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ = = ⋅⋅ ⋅ ⋅

6 32,052 10 1,432 10 mr = ⋅ = ⋅

PUNTO 2

Funzione guadagno:

( )2 2

2 2 2

, 4 4 42 2

A A A

r r rg p

P P Pϑ ϕ π π π

η η= ⋅ = ⋅ = ⋅

E E

( ) 32

2 2 3

, 2 2 5,655 101,061 m

5,027 104 4

A Ag P P

r r

δ

ϑ ϕ η η δ

π π

=

⋅= ⇒ = = =⋅E E

ESERCIZIO W1

PUNTO 1

Dobbiamo utilizzare la formula di Friis, preferibilmente nella sua

versione in dB:

( ) ( )2

1, ,

4R A T T T RX R R D P

agg

P P g gr A

λϑ ϕ ϑ ϕ ρ τπ

=

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

dB dB dB dBdB dB dB

dB

, ,4R A T T T RX R R D P agg

P P g g Ar

λϑ ϕ ϑ ϕ ρ τπ

= + + + + + −

• ( )dBR

P = sensibilità del ricevitore = ‒104 dB;

• ( )dBA

P = potenza trasmessa dal dipolo elettrico BS incognita!

• ( )( )dB

,T T Tg ϑ ϕ = guadagno del dipolo BS = 15 dB (i due dipoli si vedono nella direzione di

massimo);

• ( )( )dB

,RX R Rg ϑ ϕ = guadagno del dipolo MS = 1,76 dB (i due dipoli si vedono nella direzione

di massimo);

• ( )dBD

ρ = fattore di disadattamento = 0, i dipoli sono adattati per ipotesi;

• ( )dBP

τ = mismatch di polarizzazione = 0, i dipoli sono disposti sullo stesso piano e

parallelamente fra loro;

• ( )dB

aggA = attenuazione aggiuntiva dovuta allo spazio libero = 18 dB.

Calcolo di

2

dB4 r

λπ

:

( )22 2 16

12

2 2 2 2 6 18 dBdBdBdB dB

9 1043,98 10 103,57 dB

4 4 16 16 4 10 3,24 10

c c

r rf r f

λπ π π π

− ⋅ = = = = ⋅ = − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Inseriamo tutto nella formula

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2

dBW dBW dB dBdB dB dB

dB

, ,4A R T T T RX R R D P agg

P P g g Ar

λϑ ϕ ϑ ϕ ρ τπ

= − − − − − +

( )dBW

104 15 1,76 103,57 18 0,81 dBAP = − − − + + = 1,205 mW

PUNTO 2

Dobbiamo calcolare il mismatch di polarizzazione: 2

2 3 1 3

2 2 4RX TX z z xτ

= ⋅ = ⋅ + =

p p i i i in dB ‒1,25 dB

Ricalcoliamo tutto:

( )dBW

104 15 1,76 103,57 18 1,25 2,06 dBAP = − − − + + + =

PUNTO 3

In questa nuova configurazione τ è pari a 1, perché i due dipoli

sono complanari, ma questa volta è il guadagno ad essere

diverso e precisamente pari

22 2sin 0,75

3 3RX RX RXg G G

π π = =

Siccome anche questa volta “abbattiamo” la potenza ricevuta di

un fattore 0,75, il resto dei risultati rimane invariato.

ESERCIZIO W2

PUNTO 1

Frequenza di funzionamento: f = 20 Mhz Lunghezza d’onda: 8

6

3 1015 m

20 10

c

fλ ⋅= = =

⋅

Si ha chiaramente che la spira è puntiforme: R λ≪ .

Funzione direttività della spira puntiforme: ( ) 23sin

2d ϑ ϑ= 23

sin 0,3756 2 6

dπ π = =

HP (1): l’antenna ha efficienza unitaria 1δ =

Area efficace: ( )2

23sin

8ea

λϑ δ ϑπ

=

2 22 2

1

3 3 675sin 0,25 0,25 6,71 m

6 8 6 2 25,132ea

π λ π λδπ π=

= = = =

HP (2): vi è perfetto adattamento al carico ricevente 1D

ρ =

HP (3): vi è adattamento di polarizzazione 1P

τ =

( ) ( ) 2 3

2

W, , 1 6,71 m 4 10 0,027 W

mR D P e RX RX inc TX TXP a pρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ −= = ⋅ ⋅ ⋅ =

PUNTO 2

Levogira = sinistrorsa.

Il versore di polarizzazione di una spira puntiforme è RX ϕ=p i .

Il campo incidente è polarizzato circolarmente:

0 0

0

00

1 12 2

2 2

EE

TX

E E

E

ϕϑ

ϑ ϕ

ϑ ϕ

+= = = +

i iE

p i iE

ciò significa che

2

1 1 1

22 2P ϑ ϕ ϕτ

= + =

i i i

( ) ( ) 2 3 3

2

1 W, , 6,71 m 4 10 13,42 10 W

2 mR D P e RX RX inc TX TXP a pρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ − −= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

PUNTO 3

Se il campo magnetico è perpendicolare all’asse della spira (diretto come ϕi ), il campo elettrico

sarà diretto come ϑi : vi è perciò totale disadattamento nella polarizzazione e la spira non riceve

potenza.

PUNTO 4

Il campo elettrico è perpendicolare all’asse della spira e dunque è diretto come ϕi : ciò significa che

vi è perfetto adattamento in polarizzazione e che la spira riceve la potenza calcolata nel punto 1.

ESERCIZIO W3

HP (1): antenne con rendimento unitario 1TX RX

δ δ= =

HP (2): carico direttamente collegato al ricevitore, senza linee di trasmissione in te mèz.

Calcoliamoci:

• fattore di disadattamento: 2 2 2

4 4 10 10 4000,5

80020 20R L

D

R L

R R

Z Zρ ⋅ ⋅= = = =

++

• l’area efficace del dipolo: ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2

1

3, , , sin

4 4 4 4 2e RX RX RX RX RX RXa g d d

λ λ λ λϑ ϕ δ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑπ π π π=

= = = =

Sostituendo i dati si ha:

( )( )

282

2 2 3 3 2

2 29

3 103 3sin 120 sin 120 4,97 10 1,125 5,6 10 m

2 24 4 1,2 10e

ca

fπ π− −

⋅= ° = ° = ⋅ ⋅ = ⋅

⋅ ⋅

• indice P

τ : l’antenna a spira in regime d’onda progressiva emette un campo polarizzato

circolarmente, il dipolo ha invece un vettore di polarizzazione lineare. Come accade

usualmente, lo “scontro” circolare vs. lineare dà come risultato P

τ = 0,5;

• potenza incidente:

( ) ( )

( )l'antenna a spira spara nella

direzione di massimo1

3,5

109

2 2 6 2

, , 2 10 W, , 356,3 10

4 4 4 10 m

A TX TX TX A TX TX TX

inc TX TX

P g P Dp r

r r

ϑ ϕ δ ϑ ϕϑ ϕ

π π π

=

−⋅= = = = ⋅⋅

Potenza ricevuta dal carico:

( ) ( ) 3 9, , , 0,5 0,5 5,6 10 356,3 10 0,499 nWR D p e RX RX inc TX TX

P a p rρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ − −= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

ESERCIZIO W4

PUNTO 1

Nota preliminare: la radiodiffusione FM avviene intorno a 100 MHz di frequenza.

Polarizzazioni lineari concordi in direzione e verso: 1P

τ =

Perfetto adattamento al ricevitore: 1D

ρ =

Dobbiamo semplicemente applicare la formula di Friis:

( ) ( )

,,

direzioni2 2di MAX

, ,4 4

TX TX

RX RX

R A T TX TX RX RX RX D P A TX RX D PP P g g P G G

R R

ϑ ϕϑ ϕ

λ λϑ ϕ ϑ ϕ ρ τ ρ τπ π

= = =

22 83 3 11

8 4

3 1010 1,64 0,8 3,5 0,8 1 1 3,674 10 57 10

4 4 10 10A TX TX RX RX D PP D D

R

λδ δ ρ τπ π

− ⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

8209 10 W = 2,09μW−= ⋅

PUNTO 2

Si ha che:

( )

2

2

2, 4

IRR

r

dP

ηϑ ϕ π=

E

Perciò:

2 3 3

2 2 2direzione

di massimo

2 1200,8 10 1.64 2,18 10 46,7 m

4 2 2 6irr irr

r P D r P Dη η π

π π π= ⇒ = = ⋅ ⋅ = ⋅ =

E E

PUNTO 3

In pratica, dobbiamo mantenere tutto inalterato tranne il guadagno del trasmettitore:

• guadagno del trasmettitore: ( ) ( ) ( )2

2

,, ,

TX

fg d

D

ϑ ϕϑ ϕ δ ϑ ϕ δ= =

Dunque:

( ) ( ) ( )( )

2

2cos cos cos

3, , 0,8 1,643 3 1 cos sin

3

TX

l lg f D

l

πβ βπ πϕ δ ϕ

πβ

−= = ⋅ =

−

22

22 2 1

cos cos cos cos cos34 4 2 2 2 2

1,31 1,31 1,31 0,8732 3 31 cos sin 1 cos34 2 2

π λ π λ π ππλ λ

π λ ππλ

− − = = = = − −

Infine si ha:

( )22 8

3

8 4

3 10, 10 3,5 0,8 0,873 1

4 4 10 10R A RX RX TX TX D PP P D g

R

λδ ϑ ϕ ρ τπ π

⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

3 11 62,44 10 57 10 1,4 10 W−= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

PUNTO 4

Dobbiamo trovare il valore di 2 2

4 4 100 750,98

175

A LD

A L

R R

Z Zρ ⋅ ⋅= = =

+

Perciò: 1

0,98 = 2,09μW 0,98 2,047 μWR casoP P= ⋅ ⋅ =

ESERCIZIO W5

PUNTO 1

Il nostro scopo è quello di ottenere una relazione simile a:

2

4TAG IN S TAG DP P EIRP g

R

λ τρπ−

= = ⋅

Partiamo quindi dall’espressione: 2

2

4A

S DISP

A L

RP P

Z Zδ=

+

La seguente è l’espressione della potenza disponibile di un generatore (ovvero la massima

erogabile):

( ) 2

8

G INC

DISP

A

VP

R=

E

Il testo ci dice tuttavia che:

TG AT T INC INC

gV Rλ

πη= ⋅p p E

A questo punto ci manca il campo elettrico, che ricaviamo dalla formula di Friis: 2

2R D P e inc D P eP a p aρ τ ρ τ

η= =

E

22 R

D P e

P

aη

ρ τ= E

Sostituendo tutto quanto, a matrioska, si ha: 2

2

2

24

8

TAG RAT T INC

D P e AS

AT A L

g PR

a RP

R Z Z

λ ηπη ρ τ

δ⋅ ⋅

= =+

p p

2

2

2 2 2 2

2 2 2

4

44 4

TAG

TAG D

T R A T R A A

D e D TAG DA L A L A L

g

g EIRPg P R g P R RR

a gZ Z Z Z Z Zλ

π

λ τρ δλ δ δ ππρ ρ ρ

= = = =

+ + +

2 2 22 2

2 2

44

4 4 4

S

A ATAG TAG TAG S

A L A L

R Rg EIRP g EIRP g EIRP

R R RZ Z Z Z

ρ

λ λ λτδ τδ ρ τδπ π π

= = = + +

PUNTO 2

A questo punto si tratta di prendere le quantità già calcolate e di dividerle: 2

Adattamentoin potenza

2

41

4

TAG D

TAG IN D

TAG BS S

TAG S

EIRP gP R

Pg EIRP

R

λ τρρπρ δλρ τδ

π

−

−

⋅ = = =

PUNTO 3

Il più è ormai stato fatto nel punto 1. Anche questa volta, infatti, è sufficiente riciclare i risultati

ottenuti esplicitando i fattori di disadattamento e facendo la formula inversa:

2

2

2

4

100,5

4 0,95

A L

A LTAG IN D L

TAG BS S A A A

A L

R R

Z ZP R

P R R R

Z Z

ρρ δ δδ

−

−

+= = = = =

+

1021

0,95 0,5AR = =

⋅

PUNTO 4

2 2 2

2 2

4 4 77 20

4 4 4 92 50

A LTAG IN TAG D TAG TAG

A L

R RP EIRP g EIRP g EIRP g

R R RZ Z j

λ λ λτρ τ τπ π π−

⋅ ⋅= ⋅ = ⋅ = ⋅ = + −

2

2,8 dB

0,524TAG

EIRP gR

λ τπ = −

= ⋅ ⋅

2,13 dBD = (dalla teoria)

EIRP = 5,18 dB

1δ τ= =

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

2 2

dB dB dB dB dB

dB dB

2,8 2,84 4TAG IN TAG

g d d

P EIRP g EIRP dR R

δ

λ λπ π−

= =

= + + − = + + −

( ) ( ) ( ) ( )

2

dBW dBW dB

dB

2,8 45 dBW 5,18 2,3 2,8 49,68 dBW4TAG IN

g d d

P EIRP dR

δ

λπ−

= =

− − + = = − − − + = −

49,68310 210 3,281 10

4 R

λπ

− −⋅= = ⋅

8

3 3 6

3 108,36 m

4 3,281 10 4 3,281 10 870 10R

λπ π− −

⋅= = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

ESERCIZIO W6

PUNTO 1

Per capire quale sia la polarizzazione del campo irradiato osserviamo la parte reale e immaginaria

di:

2 2 2

jjϑ ϕ ϕϑ

− −= = +

i i iii

Si ha che:

Re Im=i i Re Im 0⋅ =i i

Quindi la polarizzazione è circolare: vediamo ora se è destrorsa o sinistrorsa.

( )1 1Re Im 0 destrorsa

2 22 2r r r r

ϕϑ −

× ⋅ = × ⋅ = − ⋅ = − <

iii i i i i i

PUNTO 2

In questo caso l’antenna è isotropa, quindi la direttività è pari ad 1.

PUNTO 3

Questa volta dobbiamo procedere con la definizione:

( ) ( )( )

( )

( )

2

2

2 222

0 00 0

, ,

, , 2, 4 4

, ,, , sin d d sin d d2

r

p r rd

rp r rπ π

π π

ϑ ϕϑ ϕ ηϑ ϕ π π

ϑ ϕϑ ϕ ϑ ϑ ϕ ϑ ϑ ϕη

= = =

∫ ∫ ∫ ∫

E

E

2 2 2 2 220

2 22 2 3 3

0

0 0 0 0 0

sin sin 4 sin sin 34 4 2 sin

42 2 sin sin d d sin d d sin d

3

E

Eπ π π π π

ϑ ϑ π ϑ ϑπ π ϑπ

ϑ ϑ ϑ ϕ ϑ ϑ ϕ ϑ ϑ= = = = =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Quindi la direttività sarà:

3max

2D d= =

PUNTO 4

( ) ( )2

, ,4R A TX TX TX RX RX RX P D

P P g gr

λϑ ϕ ϑ ϕ τ ρπ

= =

( ) ( ), , ,D P e RX RX INC TX TXa p rρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ= =

( ) ( )2

4, , ,A L

P e RX RX INC TX TX

A L

R Ra p r

Z Zτ ϑ ϕ ϑ ϕ= =

+

( ) ( )2

2

4, ,

4A L

P INC TX TX

A L

R Rd p r

Z Z

λτ ϑ ϑ ϕπ

= =+

( )2

2

2 2 2

cos cos,4 2

1,644sin 4

A TX TX TXA LP

A L

P gR R

rZ Z

π ϑ ϑ ϕλτπϑ π

= ⋅ ⋅ =

+

( )2

2

2 2 2

,cos cos4 2

1,644sin 4

IRRTX TX TX

A L TXP

A L

Pg

R R

rZ Z

π ϑ ϕϑδλτ

πϑ π

= ⋅ ⋅ =

+

2 220 3 0

2 20 0

2 2

4 3sin d d 2 0,9520,5 2 3 2

0,954 1,64 1,0430,75 4 40,95 4 0,95 4

TX

P P

E ED

r r

π π

ϑ ϑ ϕ δ πηλ λ ητ τπ ππ π

⋅= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅

∫ ∫

2

22 16

2 2 18 2 2

30 4 32 0,95 30 1,0439 10 92 120 3 21,043 1,043

44 0,95 4 4 9 10 240 240 850P

P P

c

f r r

π τπτ τππ π π π π

⋅⋅⋅= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Ci manca il P

τ

2

1

22 2j ϕϑ

ϑτ −

= + ⋅ =

iii

Quindi:

2 2 9

1,043 9 1,043 9 9,3870,685 nW

4 2 4 2240 850 240 850 13,7 10RP

π ππ π= = = =

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

ESERCIZIO W7

PUNTO 1

2

2flusso vettore di Poynting 4 20 0,8 16 W2 irr A

r P Pπ δη

→ = = ⋅ = ⋅ =E

PUNTO 2

Potenza irradiata: ( ) ( )2 2

max, , , ,

4 4 4Rirr

r p r r p rIP

D D D

ϑ ρ ϑ ρπ π π= = =

Formula inversa: ( ) 6

2 2 6 2

20 0,8 2,5 W, , 3,18 10

4 4 4 10 mirr A

P D P Dp r

r r

δϑ ρπ π π

−⋅ ⋅= = = = ⋅⋅

Antenna isotropica ideale: 1D = , 1δ = , 1G = , A IRR

P P= . Quindi, usando la stessa formula:

6 6 2

2 2 2

W3,18 10 3,18 10 4 40 W

4 4 mA IRR

A

P PP r

r rπ

π π− −′ ′

′= = ⋅ ⇒ = ⋅ ⋅ =

PUNTO 3

Potenza incidente:

( )2 2 2 2 6

,

4 4 4 4 800 8,042 10

TX TX

MAX MAXA TX TX TX

inc

P gp

r r r

ϑ ϕ

ϑ ϕϑ ϕπ π π π

=

= = = = = = ⋅

Indi per cui:

0,885 0,5 9,91 10 4,974 10 100 10R

P G= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

4,974 10 0,885 0,5 9,91 10 21,56 10G = = =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

La situazione descritta nel testo è illustrata a fianco. Al

solito, dobbiamo applicare la formula di Friis:

( ) (, , , 10 100 nWR D P e RX RX inc TX TX

P a p rρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ= = =

Fattore D

ρ :

2 2 2

4 4 100 50

150 10

A LD

A L

R R

Z Zρ ⋅ ⋅= = =

+

Fattore p

τ :

2

polarizzazione sinistrorsa(in direzione del collegamento)

1 1 1

2 2p TX RX x x y

j jτ = ⋅ = ⋅ − =

p p i i i

Area efficace della spira:

( )

,

,2 2 2

, 9,91 104 4

RX RX

MAX MAX

RX RX RXg G G G

ϑ ϕ

ϑ ϕλ λϑ ϕπ π

=

= = = ⋅

,

,

2 2 2 2 6

20 0,8 2,5 40

4 4 4 4 800 8,042 10

TX TX

MAX MAX

A AP G P D

r r r

ϑ ϕ

ϑ ϕ δπ π π π

= ⋅ ⋅= = = = = = ⋅

⋅ ⋅

3 6 90,885 0,5 9,91 10 4,974 10 100 10P G− − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ 9 9

6 3 9

100 10 100 104,64

4,974 10 0,885 0,5 9,91 10 21,56 10

− −

− − −

⋅ ⋅= = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

itta nel testo è illustrata a fianco. Al

solito, dobbiamo applicare la formula di Friis:

)40

10, , , 10 100 nWR D P e RX RX inc TX TX

ρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ−

= = =

2 2

4 100 500,885

150 10

⋅ ⋅= = =+

2

polarizzazione sinistrorsa(in direzione del collegamento)

1 1 1

22 2p TX RX x x y

j j

= ⋅ = ⋅ − =

p p i i i

2 2 23

2, 9,91 10

4

cg G G G

fπ−= = = ⋅

6

2 2 2 2 6

20 0,8 2,5 404,974 10

4 4 4 4 800 8,042 10−= = = = = = ⋅

⋅ ⋅

3 6 9

4,64

ESERCIZIO A1

Possiamo affrontare il problema trattando quella in figura come una schiera lineare e uniforme.

Per le densità di correnti si ha:

( ) ( ) ( )0 0kj

i i k k ie δ−= + = ΛJ w J w d J w

Dunque, utilizzando la numerazione in figura (scegliamo il dipolo 0 come quello di riferimento) si

ha:

( ) ( )1 1 11 1 0 0 1 0

1

2

1j jj j

i i y ye I e e I eδ δα α δ α− −− =

= Λ ⇒ = Λ ⋅ Λ =J w J w i i

A quanto è pari il fattore complesso di schiera, a questo punto? Definizione:

( ) ( )1

0

, k r k

Nj

kk

F eβ δϑ ϕ

−⋅ −

=

= Λ∑d i

Scegliamo come centro del riferimento il dipolo 0 e troviamo l’espressione per u:

( )2

28 cos cos cos2 2 4 4r d

du

λππ δ α π πϑ ϑ α ϑ αλ λ

= ⋅ − = − − = − − = − +

i i

A partire da u posso ricavare F:

( ) ( ) ( )1sinschiere lineari uniformi

sin

j n unuF u e

u

−=

Che nel caso n = 2 diventa:

( ) ( ) cos cos4 4

sin 2 2 sin cos 2 cos cos 2 cos cos

sin sin 4 4

j jju ju

u u uF u e e e e

u u

π πϑ α ϑ απ πϑ α ϑ α − + − + = = = − − = +

A questo punto possiamo calcolare il campo elettrico complessivo utilizzando la relazione:

( ) ( ) ( )0, , , , ,r r Fϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ=E E

Il campo elettrico (lontano) irradiato dal singolo elemento (dipolo elementare) è:

( ) ( )0 0 02 2

j r j r

r r r y r

e ej M j I L

r r

β β

η ηλ λ

− −

≅ − × × = − × × =E i i i i i

( ) ( )0 0sin sin cos sin cos cos sin cos

2 2

j r j r

r r r

e ej I L j I L

r r

β β

ϑ ϕ ϑ ϕη ϑ ϕ ϑ ϕ ϕ η ϑ ϕ ϕλ λ

− − = − × + + × = − + i i i i i i i

Perciò il campo elettrico complessivo è:

( ) ( ) cos4

0, , cos sin cos 2 cos cos

2 4

j r jer j I L e

r

πβ ϑ α

ϑ ϕπϑ ϕ η ϑ ϕ ϕ ϑ α

λ

− − + = − + ⋅ + =

E i i

( ) cos4

0cos cos cos sin cos

4

j r jej I L e

r

πβ ϑ α

ϑ ϕπη ϑ α ϑ ϕ ϕ

λ

− − + = − + ⋅ +

i i

OSSERVAZIONI

Questo esercizio nasconde parecchie trappole alle quali occorre prestare attenzione:

• il sistema di riferimento: i dipoli sono diretti lungo la direzione positiva dell’asse y e

bisogna tenere conto di questo per il calcolo del momento equivalente;

• conviene esprimere il fattore complesso di schiera in funzione del parametro u, che è molto

semplice da calcolare;

• senza trigonometria non si sopravvive: basti pensare che, senza applicarla, avremmo avuto

a che fare con

( ) ( ) 2 cos2 4

sin 2 cossin 2 4

sinsin cos

4

jj u

uF u e e

u

π ϑ α

π ϑ α

π ϑ α

− −

− − = = − −

• si poteva risolvere l’esercizio anche considerando singolarmente i due dipoli e applicando

la sovrapposizione degli effetti, ma tale procedimento risultava più oneroso.

ESERCIZIO A2

PUNTO 1

No, non è una schiera lineare e uniforme in quanto gli elementi, pur essendo equidistanti e

collineari, non soddisfano le seguenti condizioni di alimentazione

1 per ogni k

k

k

kδ δΛ = =

Numerando gli elementi in quest’ordine

y decrescenti 1, 0, -1

si ha, infatti, che

1 10,5 1−Λ = Λ = ≠

PUNTO 2

Determinare il fattore complesso di schiera.

Non potendo utilizzare l’espressione del fattore di schiera per le schiere lineari e uniformi, ci tocca

usare l’espressione generale:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1

1cos cos

1 10

11 1

2k r k z r z r

nj j d j d j d j d

kk

e e e e eβ δ β δ β δ β ϑ β ϑ−

−⋅ − ⋅ − − ⋅ − −

−=

Λ = + Λ + Λ = + + = ∑

d i i i i i

( ) 21 cos cos 1 cos cos 1 cos cos

4 2d

π λ πβ ϑ ϑ ϑλ

= + = + = +

PUNTO 3

Determinare la condizione per la quale si ha uno zero di radiazione.

Dobbiamo vedere quando F si annulla:

1 cos cos 02

π ϑ + =

cos cos 12

π ϑ = −

cos cos 2 impossibile2

π ϑ π ϑ= ⇒ =

Non vi sono zeri di radiazione.

PUNTO 4

Il fattore di schiera può assumere il valore 2 come valore massimo:

1 cos cos 22

π ϑ + =

cos cos 12

π ϑ =

cos 0 2 2

kπ πϑ ϑ π= ⇒ = +

PUNTO 5

Nessuna perché la superficie di radiazione del fattore di schiera coincide con la superficie di

radiazione che avrebbe la schiera se fosse costituita da elementi isotropi, ma la schiera è già

isotropa di per sé.

PUNTO 6

Anzitutto è importante notare che non possiamo, purtroppo, riutilizzare il fattore di schiera

precedentemente calcolato in quanto la fase delle correnti è cambiata.

C’è però una buona notizia: la schiera, infatti, risulta essere lineare e uniforme:

( )( )( )

1 0 1 0 1

0 0

1 0

1

densità di corrente

, -

j

y y

y y

jky y

I z I e

I z I

kI z I e

α

α δ δ π δ π

−

−

−

= = Λ = Λ = Λ = = = = < <= =

J i i

J i i

J i i

ր

ց

Dunque abbiamo la seguente espressione per il calcolo del fattore di schiera:

( ) ( )2 21 1 cos 1 cos cos cos4 4 2 2

0

1 1 1 2cos cos2

r

n j j j jjk

k

F e e e e e

π λ π λ π πϑ α ϑ α ϑ α ϑ αβ δ λ λ π ϑ α − ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ − − − − ⋅ −

=

= = + + = + + = + −

∑d i

Applichiamo quindi la relazione:

( ) ( ) ( )0, , , , ,r r Fϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ=E E

Esprimiamo ora il campo elettrico (lontano) prodotto dal singolo dipolo

( ) ( ) ( )0 0 0 02 2 2

j r j r j r

r r r y r r y r

e e ej j I L j I L

r r r

β β β

η η ηλ λ λ

− − −

= − × × = − × × = − × × =E i M i i i i i i i

( )0sin cos cos sin cos

2

j r

r r r

ej I L

r

β

ϑ ϕη ϑ ϕ ϑ ϕ ϕλ

− = − × + + × = i i i i i

( )0cos sin cos

2

j rej I L

r

β

ϑ ϕη ϑ ϕ ϕλ

−

= − +i i

Perciò:

( ) ( )0, , cos sin cos 1 2cos cos

2 2

j rer j I L

r

β

ϑ ϕπϑ ϕ η ϑ ϕ ϕ ϑ α

λ

− = − + ⋅ + −

E i i

PUNTO 7

Sappiamo che il fattore complesso di schiera è

1 2 cos cos2

Fπ ϑ α = + −

Massimizzarlo per 60ϑ = ° significa fare in modo che si abbia

11 2cos cos 1 2cos 3

2 2 2

π πϑ α α + − = + − =

12 cos 2 cos 1

2 2 4 4

π π πα α α − = ⇒ − = ⇒ =

ESERCIZIO A3

PUNTO 1

Anzitutto la schiera c’è ma non si vede: è infatti necessario sfruttare il teorema delle immagini per

far comparire il secondo dipolo. Il conduttore è elettrico e perfetto, dunque il teorema ci

suggerisce che la sorgente immagine è dispari.

Ma a questo punto scopriamo anche che la schiera è lineare e uniforme. Infatti, oltre al fatto che gli

elementi sono collineari e alimentati da una corrente I(z) uguale in modulo (il che si traduce in

1 01Λ = Λ = ), abbiamo anche, per gli sfasamenti:

kkδ δ δ π= ⇒ =

PUNTO 2

Per prima cosa calcoliamoci il fattore di schiera, scegliendo di numerare con l’indice 0 il dipolo

reale e con l’indice 1 il dipolo immagine.

Usiamo la definizione:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )12 sin sin 2 sin sin

0

1 1 1r r

njk j j d j d

k

F u e e e eβ δ β δ β ϑ ϕ π β ϑ ϕ

−⋅ − ⋅ −

=

− −= = + = + = =∑d i d i

( ) ( ) ( ) ( ) ( )sin sin sin sin sin sin sin sin2sin sin sin

j d j d j d j de e e d e

β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕβ ϑ ϕ− = − =

Imponendo ora che 90ϕ ϑ= = ° si ha:

( ) ( )22

2 sin 2 sinj d

j dF u d e d eπ

β λπβλ

= =

Perché tale parametro sia massimo si deve avere:

22sin 2d

πλ

=

2 2sin 1

2 4 2d d d D

π π π λ λλ λ

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Si tratta di un progetto ottimo? No, perché tale schiera, di tipo end-fire, non ha i seguenti requisiti:

2

πδ = né 4

Dλ=

PUNTO 3

Calcolare il campo irradiato è anzitutto possibile solo nel semispazio y > 0, visto che l’altra metà è

“schermata” dal c.e.p.. Usiamo quindi la relazione che ci permette di ricavare l’entità del campo a

partire dalla conoscenza del fattore di schiera:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )sin sin

0 0, , , , , 2 sin sin sin

2

j rj d

r r

er r F j d e

r

ββ ϑ ϕϑ ϕ ϑ ϕ ϑ δ η β ϑ ϕ

λ

−

= = − × × ⋅ =E E i M i

( )( ) ( ) ( )sin sin

02 sin sin siny r

j rj d j d

r z r

ej l I e d e

r

ββ β ϑ ϕη β ϑ ϕ

λ

−− ⋅= − × ⋅ ⋅ × ⋅ =i i

i i i

( ) ( )sin sinsin sin

02 sin sin sin sin

j rj dj de

j l I e d er

ββ ϑ ϕβ ϑ ϕ

ϑη ϑ β ϑ ϕλ

−−= − ⋅ ⋅ ⋅ =i

( )02 sin sin sin sin

j rej I l d

r

β

ϑη ϑ β ϑ ϕλ

−

= − ⋅ ⋅ i

Come si vede, il campo è polarizzato come ϑi . Il vettore di polarizzazione nel punto richiesto è

pari a:

00 0

0 00

2 sin sin sin sin2 2 2

, ,2 2

2 sin sin sin sin2 2 2

j R

Rj j j R j

j R

ej l I d

I IrR e e e e

I Iej l I d

r

β

ϑ χ βχ χ β χ

ϑ ϑβ

π π πη βλπ π

π π πη βλ

−

=−

−

− ⋅ ⋅ = = = − = − − ⋅ ⋅

iE

p i iE

PUNTO 4

Usiamo la proprietà per la quale

( ) ( )( ) ( )0

,, ,

,M M

Ff f

F

ϑ ϕϑ ϕ ϑ ϕ

ϑ ϕ=

Il termine ( )0,f ϑ ϕ è pari a

( )0, sinf ϑ ϕ ϑ=

Il fattore complesso di schiera già lo conosciamo quindi possiamo giungere immediatamente al

risultato:

( ) ( ) ( )

( )( )

( )sin sin

2

2 sin sin sin 2sin sin sin, sin sin

2sin2 sin

j d

j d

d e df

dd e

β ϑ ϕ

πλ

β ϑ ϕ β ϑ ϕϑ ϕ ϑ ϑ

ββ= =

Si vuol ribadire che questo valore ha senso solo nel semispazio y > 0.

PUNTO 5

Il fattore di schiera non cambia, visto che non dipende dal tipo di antenna utilizzata per costruire

la schiera. La funzione di radiazione, invece, subisce la modifica del termine ( )0,f ϑ ϕ , che per il

dipolo a mezz’onda è

( ) ( )( )

2 2cos cos cos cos cos cos cos cos

cos cos cos 4 4 2 2 2,

sin1 cos sin 21 cos sin 1 cos sin

4 2

l lf

l

π λ π λ π π πϑ ϑ ϑβ ϑ β λ λϑ ϕϑβ ϑ π λ πϑ ϑ

λ

− − − = = = = − − −

Dunque:

( ) ( ) ( )

( )( )

( )sin sin

2

cos cos cos cos2sin sin sin 2 sin sin sin2 2

,sin sin2 sin

2 sin

j d

j d

d e df

dd e

β ϑ ϕ

πλ

π πϑ ϑβ ϑ ϕ β ϑ ϕϑ ϕ

ϑ ϑββ

= =

PUNTO 6

Dopo un po’ che non lo facevamo più, è il momento di applicare Friis!

Vi è perfetto adattamento al carico, dunque 1D

ρ = .

L’area efficace del dipolo a mezz’onda ricevente è:

( ) ( )2 2 2

, ,4 4 4e R RX RX R RX RX

a g d Dλ λ λϑ ϕ δ ϑ ϕπ π π

= = =

(lavoriamo già nella direzione di massimo)

La potenza incidente è pari a:

( ) ( )2 2 2 2

, , 2 2 1,64

4 4 4 4

A TX TX TX A TX TX TX A Ainc

P g P d P D Pp

r r r r

ϑ ϕ δ ϑ ϕ δπ π π π

⋅= = = =

Il fattore di polarizzazione è pari a 0,75, visto che:

( ) 22 2cos 30 cos 30 cos 30 0,75

P TX RX ϑ ϑ ϕτ = ⋅ = ⋅ + = =p p i i i

Per cui:

( ) ( )2 3

2 2

2 1,64 0,04 2 10 1,64, , , 1 0,75 1 0,75 1,64

4 44 4A

R D P e RX TX INC TX TX

PP a p r D

r r

λρ τ ϑ ϕ ϑ ϕπ ππ π

⋅ ⋅ ⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

9

8

161,410,22 10 W

157,9 10−= = ⋅

⋅

ESERCIZIO A4

PUNTO 1

Perché un’antenna sia lineare ed uniforme si devono soddisfare i seguenti requisiti:

• elementi collineari OK!

• alimentazione, modulo: 1 k

kΛ = ∀ OK!,

perché la superficie piana perfettamente

conduttrice “crea”, grazie al teorema delle

immagini, un dipolo infinitesimo dispari in

(0, 0, 2λ− ) avente corrente uguale in

modulo;

• alimentazione, fase: k

kδ δ= OK! perché

l’immagine è dispari (ma i dipoli, vista la

loro collocazione, sono in fase);

• il piano conduttore dev’essere infinito.

PUNTO 2

I dipoli infinitesimi della schiera hanno un massimo di radiazione per 2

πϑ = .

Sappiamo poi che:

( ) ( )( ) ( )0

,, ,

,M M

Ff f

F

ϑ ϕϑ ϕ ϑ ϕ

ϑ ϕ=

Quindi, a ‘sto punto, troviamo F:

( ) ( ) ( )2cos 2 cos

z rjju

z rF u u e e

π λλπ λ

λ

− ⋅ = ⋅ = − ⋅ =

i i

i i

( ) ( ) ( )cos cos2 cos cos 2cos cosj je e

π ϑ π ϑπ ϑ π ϑ− −= =

F è massimo quando

cos 0π ϑ =

cos 02

πϑ ϑ= ⇒ =

Il massimo di F coincide con il massimo di radiazione del singolo elemento (perpendicolare

all’asse della schiera) e questa è la conferma (oltre al fatto che gli elementi sono in fase) che la

schiera è broad-side.

PUNTO 3

Si ha:

( ) cos20 0

2 cos cos2

z rj r

jj

r z r

eF j I L e e

r

λβ β π ϑη π ϑλ

− ⋅ − = ⋅ = × × ⋅ =

i i

E E i i i

( )2

coscos2

0sin cos cos

j rj

jej I L e e

r

π λβ ϑ π ϑλϑη ϑ π ϑ

λ

−−= ⋅ =i

( )0sin cos cos

j rej I L

r

β

ϑη ϑ π ϑλ

−

= ⋅ i

PUNTO 4

Potenza irradiata dall’antenna (NOTA: la superficie è una semisfera):

( )2 2

2 22 2 22 3 2

02 20 0 0 0

S sin d d sin cos cos d d2 2 2

irr

S

P d I Lr

π ππ π ηϑ ϑ ϕ ϑ π ϑ ϑ ϕ

η η λ= = = ⋅ =∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫

E E

( )2 22

2 3 2

02 20 0

d sin cos cos d2

I Lr

ππη ϕ ϑ π ϑ ϑ

λ= ⋅ =∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( )2

22

02 2 2 3

2 1sin 41 1cos 2 sin 2

3 4 8I L

r

ππη π π ππλ π π

− = ⋅ ⋅ + + − =

2 2

02 2 2

1 1

3 4I L

r

η πλ π

= ⋅ ⋅ +

PUNTO 5

Usiamo la definizione: 2 2

0

2 2

max

2 22 2

0 02 2 2 2 2 2

1, sin cos cos

2 2 2

2 24 4 4

1 1 1 1

3 34 4

R

IRR

I Lr

r rI

DP

I L I Lr r

π π πϕ η πλ

η ηπ π πη ηπ π

λ π λ π

⋅

= = = = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +

E

2 2

0 2 22

102 2

02 2 2 2

1

224 5,58 10 log 5,58 7,47 dB1 1 1 1

3 34 4

I Lrr

I Lr

ηλ

πη π

λ π π

= = = = = ⋅ ⋅ + +

Questa schiera è chiaramente più direttiva del singolo dipolo. Il segreto sta nella presenza del

piano conduttore, che priva metà dello spazio di radiazione (e fornisce quest’ultima solo all’altra

metà).

ESERCIZIO A5

PUNTO 1

Gli elementi sono uguali e ugualmente orientati, nonché disaccoppiati. Quindi l’antenna è a

schiera.

PUNTO 2

Sì, perché gli elementi sono collineari.

PUNTO 3

Boh. A questa domanda non si risponde ad occhio quindi dobbiamo controllare che valgano le

seguenti condizioni:

1, k

k

k

kδ δΛ = ∀ =

Il modulo della corrente è uguale per tutti gli elementi quindi si ha proprio 1, k

kΛ = ∀ .

Anche la seconda condizione è verificata perché ogni elemento è sfasato rispetto a quello

adiacente di 2

πδ = .

Quindi la schiera è anche uniforme.

PUNTO 4

Ci tocca utilizzare la seguente relazione:

( ) ( ) ( )2

0, , ,

R RI F Iϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ=

Calcoliamoci il fattore di schiera:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 3sin 4 2sin 2 cos 2 4sin cos cos 2

schiera lineare e uniforme sin sin sin

j u j uu u u u u u

F u e eu u u

→ = = = =

( ) ( )4 cos cos 2u u=

Il termine u è pari a:

cos2 4 4r z r

u d dπ δ π π π πϑλ λ λ

= ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ −d i i i

Indi per cui si ha:

( )3 cos

44 cos cos cos 2 cos4 2

j d

F u d d e

π πϑλπ π π πϑ ϑ

λ λ

⋅ − = ⋅ − ⋅ −

Calcolando il modulo quadro:

( ) 22 2 2 2, 16 cos cos cos 2 cos 16 cos cos sin 2 cos

4 2 4F d d d d

π π π π π π πϑ ϕ ϑ ϑ ϑ ϑλ λ λ λ

= ⋅ − ⋅ − = ⋅ − ⋅

Gli elementi sono isotropi e ideali quindi hanno:

( ) ( )2 2 0 0

2, , ,

44R

P PI r p r r

rϑ ϕ ϑ ϕ

ππ= = =

Il risultato è dunque:

( ) 2 20, 4 cos cos sin 2 cos4R

PI d d

π π πϑ ϕ ϑ ϑπ λ λ

= ⋅ − ⋅

PUNTO 5

Dovrebbe essere 2

λ. Tuttavia non c’è speranza che questa schiera sia broad-side, perché gli elementi

non hanno tutti la stessa fase d’alimentazione.

PUNTO 6

Risulta necessario imporre che:

4

cos 04 4

du πψ

π π πλ=

= ⋅ − =

2 1

2 4 2 2

dd

λλ

⋅ = ⇒ =

Nelle antenne reali si ha in genere che [0, ]ψ π∈ , il che comporta che si abbia, per un progetto

ottimo:

min 1 2 42 2

du u

π δ π πλ

= = − − = − − ≥

max 2

2

2 42 2

du u

π δ π π

π

λ

= = − = −

−

Come si vede le condizioni sono violate e il progetto non è ottimo.

PUNTO 7

Perché la schiera sia end-fire si deve avere che max

0ψ = .

00

4

du

ψ

π πλ=

= − =

4d

λ=

Si tratta di progetto ottimo? Questa volta sì perché abbiamo 2

πδ = , che, assieme a 4

dλ= ,

costituisce la notoria condizione di progetto ottimo per una schiera end-fire. Qual è la funzione di

radiazione?

Usiamo la relazione:

( ) ( )( )

4cos cos sin 2 cos, 4 4 4

,,

4 cos sin 24 4 4

M M

Ff

F

π λ π π λϑ ϑϑ ϕ λ λϑ ϕϑ ϕ π λ π π λ

λ λ

⋅ − ⋅ = = =

−

4cos cos sin cos4 4 2

cos cos sin cos4 4 4 2

π π πϑ ϑπ π πϑ ϑ

⋅ − ⋅ = = ⋅ − ⋅

PUNTO 8

I dipoli, così disposti già “danno il massimo” lungo la direzione z. Dunque dobbiamo badare

soltanto alla funzione di radiazione, la quale deve avere un massimo in corrispondenza di 0ϑ = .

Tuttavia non dobbiamo fare alcun calcolo visto che la teoria ci suggerisce che tale schiera, di tipo

end-fire, prevede che i dipoli siano distanti 4λ .

PUNTO 1

Elemento base della schiera: spira circolareÈ una spira puntiforme? R λ<<

circonferenza

Il campo lontano prodotto dall’elemento base della schiera è (dalla teoria):

E i

H i

PUNTO 2

Bella domanda. Dobbiamo calcolare il fattse la schiera è lineare e uniforme (cosa che può semplificare i calcoli). il fatto che sia lineare è evidente in quanto gli elementi sono collinealo dice il testo per ipotesi. Il termine

u d dπ δ π δ π δλ λ λ

= ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ −d i i i

ESERCIZIO A6

Elemento base della schiera: spira circolare. 30 m 1,5 cm Sì λ ⇒ << corrente circa costante lungo la

( ) 0I Iα =

elemento base della schiera è (dalla teoria):

( )

( )

20

20

, , sin2

1, , sin

2

j r

j r

er R I

r

er R I

r

β

ϕ

β

ϑ

ϑ ϕ ωµ ϑλ

ϑ ϕ ωµ ϑη λ

−

−

≈

≈ −

E i

H i

Bella domanda. Dobbiamo calcolare il fattore complesso di schiera e, per farlo, la schiera è lineare e uniforme (cosa che può semplificare i calcoli). Tale eventualità è verificata:

il fatto che sia lineare è evidente in quanto gli elementi sono collineari, mentreIl termine u è pari a:

cos2 2 2r z r

u d dπ δ π δ π δϑλ λ λ

= ⋅ − = ⋅ ⋅ − = ⋅ −d i i i

corrente circa costante lungo la

e, per farlo, è opportuno capire Tale eventualità è verificata:

mentre che sia uniforme ce

Questo ci permette di scrivere il fattore di schiera così:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 3 3sin sin 4 2 sin 2 cos 2 4 sin cos cos 2

sin sin sin sinj n u j u j u j u

nu u u u u u uF u e e e e

u u u u

− = = = =

( ) ( )3 cos

3 24 cos cos 2 4 cos cos cos 2 cos2

j dj uu u e d d e

π δϑλπ δ πϑ ϑ δ

λ λ

⋅ − = = ⋅ − ⋅ −

Una volta che abbiamo il fattore complesso di schiera, possiamo scrivere il campo generato dalla schiera come:

3 cos22

0 02 sin cos cos cos 2 cos2

j r j deF R I d d e

r

π δβ ϑλ

ϕπ δ πωµ ϑ ϑ ϑ δ

λ λ λ

− ⋅ − = = ⋅ − ⋅ −

E E i

PUNTO 3

Lo sfasamento δ dev’essere 0 indipendentemente dal fatto che la schiera sia ottima o meno: tale

valore viene infatti ricavato imponendo che max 2πψ = , ed è proprio questo elemento a fare di una

schiera una B-side. Affinché la broadside sia ottima bisogna, sì, che gli elementi siano in fase, ma

anche che d sia pari a 2λ ; quindi una schiera broadside con un qualsiasi altro valore di d non

rappresenta un progetto ottimo.

PUNTO 4

No, perché le spire non irradiano nella direzione dell’asse z.

ESERCIZIO A7

PUNTO 1

Il periodo logaritmico di una schiera log-periodica è definito come:

1 1 1 1k k k k

k k k k

R l d a

R l d aτ + + + += = = =

Siccome i dipoli risuonano e sono attivi a determinate frequenze possiamo dire che vi è un legame

fra:

lunghezza del dipolo l lunghezza d’onda λ frequenza di funzionamento f

Possiamo perciò scrivere:

1 1

1

k k k

k k k

l f

l f

λτλ

+ +

+

= = =

Usiamo ora un trucchettino: vogliamo che compaia il rapporto fra 0

f e 1n

f − . Creiamo quindi una

serie del genere:

1 1 1min 1 min

1 2 1 2 max max

... ...k k k n

k k k

f f f ff f f

f f f f f f f− + −

+ +

= (con semplificazioni a catena)

Ma questa sere è anche pari a:

0 1 2 3 1...

nτ τ τ τ τ − tutti i termini τ sono uguali per definizione …= 1nτ −

Perciò

1 1 min maxmin min

max max

log loglog log 1

logn n f ff f

nf f

τ ττ

− − −= ⇒ = ⇒ − =

6 6min max

log log log 470 10 log 860 101 1 8,246 9

log log 0,92

f fn

τ− ⋅ − ⋅

= + = + = ⇒

PUNTO 2

Il testo ci dà l’importante informazione che

10,85

2 2k k

π πδ δ ξ+ − ≅ = ⋅ 0,85ξ⇒ =

Quindi possiamo sfruttare l’equazione caratteristica dell’antenna log periodica e scrivere:

( )1 cotg 22

T

λ ψξ τλ

+ − =

( )10,85 1 0,92 cotg 2

0,5 2

ψ + ⋅ − =

1cotg 7,188 2arctg 0,276 17,6

2 7,188

ψ ψ = ⇒ = = = °

PUNTO 3

Basta utilizzare la geometria: il dipolo più lungo ha una l pari a:

max

min

1 10,160 m

2 2 2 2

cl

f

λ= = =

Quello più corto:

max

max

1 10,087 m

2 2 2 2

cl

f

λ= = =

Visto che la tangente è definita come…

cateto oppostotan

cateto adiacenteα =

cateto oppostocateto adiacente

tanα⇒ =

… la lunghezza dell’antenna sarà:

0,160 0,0870,526 m

tan tan2 2

ψ ψ= − =

ℓ

ESERCIZIO A8

PUNTO 1

(figura 1)

Anzitutto definiamo il parametro u:

sin sin2 2 2r

uπ δ π δ δλ ϑ π ϑλ λ

= ⋅ − = − = −d i

Requisiti per il progetto ottimo:

1

2

0 cos 0 cos2 2

2 2 2

No

No 2 2 2

u

du

du

δ δπ ϑ π ϑ

π π δ π δ πλ

π π δ π δ πλ

= → − = → = ≥ − → − − ≥ − →

≤ − ≤ → − ≤ → ≥

Questo sistema non è risolvibile quindi il progetto non può essere ottimo.

PUNTO 2

Calcoliamoci il fattore di schiera.

PASSO 1: calcolo di u.

cos cos2 2

uδ ππ ϑ π ϑ= − = −

PASSO 2: calcolo di F(u).

( ) ( ) ( ) ( ) cos1 2

sin sin 22 cos 2cos cos

sin sin 2

jj n u ju ju

nu uF u e e u e e

u u

ππ ϑππ ϑ − − = = = ⋅ = − ⋅

PASSO 2b: trigonometria.

( )cos cos cos cos cos cos2 2

π πα α π ϑ π ϑ − = ⇒ − = −

( )cos sin cos cos sin cos2 2

π πα α π ϑ π ϑ − = ⇒ − =

Quindi il fattore complesso di schiera è:

( ) ( )cos

22sin cosj

F u e

ππ ϑπ ϑ

− = ⋅

PASSO 3: calcolo del fattore di schiera normalizzato.

( ) ( )max

2

2 sin cossin cos

2

F

F

ϑ π

π ϑπ ϑ

=

= =

PUNTO 3

Per trovare l’intensità di radiazione complessiva è necessario applicare la seguente relazione:

( ) ( ) ( )2

0, , ,

R RI F Iϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ=

L’intensità di radiazione del singolo elemento è:

22

0

0 2 2

cos cos2

8 sin

II

π ϑη

π ϑ

=

Perciò:

( ) ( )22 2

cos02

2 2

cos cos2

, 2 sin cos8 sin

j

R

II e

ππ ϑ

π ϑϑ ϕ π ϑ η

π ϑ

−

= ⋅ ( )

22

0 2

2 2

cos cos2

sin cos2 sin

Iπ ϑη

π ϑπ ϑ

=

PUNTO 4

In virtù della presenza di un piano perfettamente conduttore (e quindi per il teorema delle

immagini) il sistema radiante in questione è sì una schiera, ma una schiera planare. L’immagine

sarà dispari e consterà di due dipoli in controfase rispetto a quelli della configurazione in fig. 1.

Per le schiere planari il fattore complesso di schiera è:

( ) ( )1 1

0 0

y r yx r x

M Njnjm

x y m nm n

F F F e eβ δβ δ

− − ⋅ −⋅ −

= =

= = Λ Λ

∑ ∑

l il i

Dato per assodato che le ampiezze delle eccitazioni sono uniformi, possiamo scrivere anche:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11sin sin 2sin sin 2

sin sin sin siny yx x

y yj n u juj m ux x ju

x y

x y x y

u n uu m uF F F e e e e

u u u u

−−= = = =

( )2 cos 2 cos 4cos cos y xyx

j u ujuju

x y x yu e u e u u e

+= =

Ora ricaviamoci xu e

yu :

2x

x x ru

δπλ

= ⋅ −l i 2

y

y y ru

δπλ

= ⋅ −l i

Per non fare confusione sostituiamo le x (quella che troviamo nella teoria e nelle definizioni) con la

z (che, nel nostro esercizio, è la coordinata corrispondente alla x della teoria).

2z

z z ru

δπλ

= ⋅ −l i 2

y

y y ru

δπλ

= ⋅ −l i

( ) cos2 2z z r

uπ π πλ π ϑλ

= ⋅ − = −i i ( ) sin sin2 2 2 2y y r

uπ λ π π πϑ ϕλ

= − ⋅ − = − −i i

Perciò:

sin sin cos2 2 24cos cos cos sin sin

2 2 2

j

F e

π π πϑ ϕ π ϑπ π ππ ϑ ϑ ϕ − − + − = − − − =

( )sin sin cos

24 sin cos sin sin sin2

j

e

π ϑ πϕ π ϑππ ϑ ϑ ϕ − +

− = − =

( ) ( ) ( )sin sin cos

24sin cos sin sin sin2

j

e

π ϑ ϕ π ϑππ ϑ ϑ ϕ − + =

+−− ⋅

ESERCIZIO A9

PUNTO 1

Leggasi schiera a radiazione trasversale come schiera broadside. Anzitutto scopriamo che il progetto

non è ottimo, visto che gli elementi sono distanti 4

λ e non 2

λ .

Il guadagno complessivo richiesto è di 6,15 dB, ma questo è il guadagno effettivo, mentre noi

abbiamo a disposizione, come valore di riferimento sul grafico, il guadagno normalizzato a quello

del singolo elemento:

• CASO 1: dipoli a mezz’onda guadagno 2,15 dB dobbiamo cercare 6,15 2,15 4− =

• CASO 2: dipoli a onda intera guadagno 3,82 dB dobbiamo cercare 6,15 3,82 2,33− =

Consultando il grafico presso il valore d’ascissa 1/4 (= 0,25) scopriamo che servono almeno 3 dipoli

per la schiera ad onda intera e 4 dipoli per quella a mezz’onda.

PUNTO 2

NOTA: con riferimento al solo caso in cui il

singolo elemento radiante sia un dipolo a

mezz’onda

Per calcolare l’ampiezza del lobo principale è necessario trovare i valori di 01

ψ e 02

ψ . Sappiamo

che questi dipendono dai corrispettivi parametri 01

u e 02

u , i quali, a loro volta, sono legati al

numero di elementi della schiera broadfire:

01

02

4

4

un

un

π π

π π

= − = − = =

L’espressione generale di u, quella che esplicita anche la dipendenza di tale parametro con

l’angolo ψ , è la seguente:

01 014 cos

4 2cos

2

ud

u

λππ δψπ δ λψλ

= − = −= − →

01

02 02

cos4

4 cos4 2

u

π ψ

λππ δψλ

=

= = −02

cos4

π ψ

=

Dunque, per rendere valido il sistema, è necessario che si abbia:

01cos 1ψ = −

01ψ π=

02cos 1ψ =

020ψ =

Quindi il lobo è decisamente più grande di quello che si avrebbe avuto nel caso di progetto ottimo:

22arcsin 2 30 60

4ψ ∆ = = ⋅ ° = °

PUNTO 3

Il progetto non è ottimo ma la schiera è lineare e uniforme, quindi possiamo

usare la seguente formuletta:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 3 3sin sin 4

4cos cos 2sin sin

n uj j ju unu u

F u e e u u eu u

−= = =

Ricordiamo che il termine u è pari a:

sin cos2 4 4 4r x r x r

uπ δ π λ π π ϑ ϕλ λ

= ⋅ − = ⋅ = ⋅ =d i i i i i

Dunque si ha:

( )3 sin cos

44 cos sin cos cos sin cos4 2

jF u e

π ϑ ϕπ πϑ ϕ ϑ ϕ =

Che, in modulo, diventa:

( ) 4 cos sin cos cos sin cos4 2

F uπ πϑ ϕ ϑ ϕ =

PUNTO 4

Esaminiamo il fattore di schiera e controlliamo quando si annulla:

cos sin cos 04

π ϑ ϕ =

cos sin cos 02

π ϑ ϕ =

sin cos4 2

kπ πϑ ϕ π= +

sin cos

2 2k

π πϑ ϕ π= +

impossibilesin cos 2 4 kϑ ϕ = +

sin cos 1 2kϑ ϕ = +

Quindi, se k = 0, si ha che la direzione di zero è:

2

πϑ = 0ϕ =

Mentre, per k = ‒1 si ha:

2

πϑ = ϕ π=

Le altre direzioni di zero sono quelle del tipo di antenna utilizzata; siccome utilizziamo dei dipoli,

esse saranno: 0ϑ = qualsiasiϕ =

ϑ π= qualsiasiϕ =

PUNTO 5

Friis: ( )( )

( )( )

( ) ( )2

2

2

2

,,4 4

, , , ,4 4

AT TX tXR RX RX

AR D S e RX RX inc TX TX D S R RX RX T TX TX

Pgg

r

PP a p g g

rλ ϑ ϕϑ ϕπ π

λρ τ ϑ ϕ ϑ ϕ ρ τ ϑ ϕ ϑ ϕπ π

= =

Il fattore di disadattamento è facile da trovare:

3

2 2

4 4 1000 50181,4 10

1050

A LD

A L

R R

Z Zρ −⋅ ⋅= = = ⋅

+

Area efficace:

( ) ( )2 2 2

3 3

2 2, , 1,64 11,2 10 1,64 18,4 10

4 4 4R RX RX R MAX MAX

c cg d

f f

λ ϑ ϕ δ ϑ ϕπ π π

− −= = = ⋅ ⋅ = ⋅

Potenza incidente:

( ) ( )( )

6,15

106

2 2 2 2

10, , 3,644 10

4 4 4 4 300

A A Ainc TX TX T TX TX T T A A

P P Pp g G G P P

r r rϑ ϕ ϑ ϕ

π π π π−= = = = ⋅ = ⋅ ⋅

Versore di polarizzazione: 2

2 2 1

2 2RX TXτ = ⋅ = =p p

Applichiamo quindi la formula: 130

3 3 61010 0,5 181,4 10 18,4 10 3,644 10A

P− − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

13 910 6,08 10A

P− −= ⋅ ⋅

136

9

1016,4 10

6,08 10 AP

−−

− = = ⋅⋅

PUNTO 6

Nel caso 6a. c’è perfetto adattamento in polarizzazione quindi possiamo dividere per due il valore

di A

P , dato che serve metà potenza per far ricevere i -100 dBm richiesti.

Nel caso 6b. non arriva nulla perché il disadattamento è totale e il termine 0τ = si mangia tutto.

ESERCIZIO AA1

PUNTO 1

Utilizziamo la formula che ci permette di trovare il campo magnetico a partire da quello elettrico.

( )0

1,

2

j r

r r r

ex y j

r

β

π η

− = − × + × ×

H i M i N i

( ) ( )0 0

1, ,

zx y x y

η= − ×H i E = 0

0

1z y x

EE

η η− × = −i i i

PUNTO 2

Anche qui è sufficiente utilizzare le definizioni per sgavagnarsela.

0 0 0S z z x y

E E

η η η= × = − × = − = −

EJ i H i i i

0 0M t z y z xE E= × = × =J E i i i i

PUNTO 3

Questo punto prevede

la risoluzione di

qualche integraluccio:

( ) ( ) ( )2 2 2 2

sin cos sin sin cos sin cos sin sin

2 2 2 2

dS = d d d dx y x y zr

a a a a

j x y j x yj

a a a aS

u e e x y e x yβ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑ β ϑ ϕ ϑ ϕβ + ⋅ + + +⋅

− − − −

= = =∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫i i i i iw i

( ) ( ) ( ) 0 0, , , 1 cos

2

j reE r j u E E

r

β

ρ ϑ ϕ ϕϑ ϕ ϑ ϕ ϑλ

−

= + + i i

sin cos sin sin2 2 2 2sin cos sin sin

2 22 2

d dsin cos sin sin

a a a aj x j y

j x j y

a aa a

e ee x e y

j j

β ϑ ϕ β ϑ ϕβ ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ β ϑ ϕ− −− −

= = =

∫ ∫

sin sin sin sisin cos sin co n2 2

s2 2

sin cos s

2sin sin c 2sin s

in sin sin cos sin s

os in sin2

i

2

n

a aj

a aj jj

a a

ee e

j

e

j

β ϑ ϕ β ϑβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ−− −

=

=

− =

2

=sin sin cos

22

2sin cos

a

a

aβ ϑ ϕ

β ϑ ϕ

2

sin sin sin2

sinc sin cos sinc sin sinsin sin 2

22

a

a aa

a

a

β ϑ ϕβ ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ

=

Dobbiamo ora ricavare:

• 0 0 0

siny

E E Eρ ρ ρ ϕ= ⋅ =i i i

• 0 0 0

cosy

E E Eρ ϕ ϕ ϕ= ⋅ =i i i .

Abbiamo infine:

( ) ( )( ) 0 0, , , 1 cos

2

j reE r j u E E

r

β

ρ ϑ ϕ ϕϑ ϕ ϑ ϕ ϑλ

−

= + + = i i

( )2

0sinc sin cos sinc sin sin 1 cos sin cos

2 2 2

j re a aj a E

r

β

ρ ϕβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑ ϕ ϕλ

− = + +

i i

PUNTO 4

Usiamo la definizione:

( )( )

22

2 0

2 2

sinc sin cos sinc sin sin 1 cos sin cos2 2 2

,2 2R

a a aE

rI r r

ρ ϕβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑ ϕ ϕλ

ϑ ϕη η

+ +

= = =i i

E

( )4

222 2

02sinc sin cos sinc sin sin 1 cos

2 28

a a aEβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑ

λ η = +

Nella direzione dell’asse z ( 0ϑ = ) si ha:

( ) ( ) ( ) ( )4 4

2 222 2

0 02 20, sinc 0 sinc 0 2

8 2R

a aI E Eϑ ϕ

ηλ ηλ= = =

PUNTO 5

Dobbiamo utilizzare la formula di Friis:

( ), , , ,R P D e RX RX inc TX TX A T TX TX R RX RX D PP a p P g gτ ρ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ ρ τ= = =

20

1010 1 0,1 sinc 1= + ⋅ ⋅ =

3 9 3 9 9405,2 10 4,078 10 3,48 405,2 10 4,078 10 3,48 5,75− − − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

PUNTO 6

In tal caso il vettore di polarizzazione del campo irradiato (parallelo a

ricevente (parallelo a x) sono perpendicolari: la potenza ricevuta è nulla per via di

Dobbiamo utilizzare la formula di Friis:

( ) ( ) ( ), , , ,R P D e RX RX inc TX TX A T TX TX R RX RX D PP a p P g gτ ρ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ ρ τ = = =

( )

( ) ( ) 22

21 cos ,

0,1, , 1

3 4 2 10A T TX TX R RX P

uA

P d d

π ϑ ϑ ϕλ

πϑ ϕ ϕ τπ

+

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

2 2220210

2 2 3

3 2 1 0,1 0,1 210 1 0,1 sinc 1

2 2 2 2TD

a

π πλλ π

= + ⋅ ⋅ = 2

20210

4 3

3 0,1 0,1 110 1 10 sinc

2 2 210 4 2 10TD

π πλ

−−

= + = 2

2 2

4 3

3 0,1 0,1 11,64 1 10 sinc

2 2 210 4 2 10

π πλ

−−

= + ⋅ = 2

4

sindefinizione di sinc del tipo

sin2

1,64 3,48 15,83 10 1010

2

x

x

ππ

π−

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

3 9 3 9 9405,2 10 4,078 10 3,48 405,2 10 4,078 10 3,48 5,75− − − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

In tal caso il vettore di polarizzazione del campo irradiato (parallelo a

) sono perpendicolari: la potenza ricevuta è nulla per via di

2

4R P D e RX RX inc TX TX A T TX TX R RX RX D Pr

λτ ρ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑ ϕ ρ τπ

= = =

2

3

0,1, , 1

4 2 10A T TX TX R RX Pϑ ϕ ϕ τ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

2 22 2

2 2 3

3 2 1 0,1 0,1 210 1 0,1 sinc 1

2 2 2 24 2 10λ π = + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

2 2

4 3

3 0,1 0,1 1

2 2 210 4 2 10π = + = ⋅ ⋅

2

4 3

3 0,1 0,1 1

2 2 210 4 2 10π = + ⋅ = ⋅ ⋅

12 211,64 3,48 15,83 10 10

2− −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

3 9 3 9 9405,2 10 4,078 10 3,48 405,2 10 4,078 10 3,48 5,75 10− − − − −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

In tal caso il vettore di polarizzazione del campo irradiato (parallelo a y) e quello del dipolo

) sono perpendicolari: la potenza ricevuta è nulla per via di 0τ =

ESERCIZIO AA2

PUNTO 1

Variazione di fase:

( )22

maxmax

1 1

0,52 1

2

ax

R R

π πβδλ λ

′= =

Si ha che:

1

0,5tan

2

a

R

ψ ′=

Da cui:

1

0,5

tan2

aR

ψ′

=

Sostituendo:

( )( ) ( )

( )( )

2 292

max 2 28

0,5 tan 3 102 0,5 tan 0,5 tan 42,1 0,5

0,5 2 123 10

a fa a a

a c

ψπππ ψ πβδ π

λ

′ ⋅′ ′ ′= = = = =

′ ⋅

Quindi:

0,537,3 cm

42,1a

π′ = =

PUNTO 2

( )

( )

2

1

2

1

2

0

20

cos

cos

xj

R

a ay y y

xj

R

a ay x x

TE

xx E E e

a

E xx H e

Z a

β

β

π

π

−

−

= =

′ = = − ′

E i i

H i i

a. Sì, perché il vincolo che abbiamo posto ci permette di considerare l’onda come piana e non come

cilindrica.

b. Sì, perché le espressioni dei campi ci dicono che questi sono ortogonali e giacciono nel piano xy.

c. Non è un’onda uniforme perché la sua ampiezza varia con x.

d. Sì, perché il campo E ha componenti solo lungo y (polarizzazione lineare).

PUNTO 3

Dobbiamo trovare il campo lontano in direzione z sapendo che quello d’apertura è non uniforme:

dobbiamo dunque utilizzare l’espressione

( ) ( )2

12

0 0,0, , dS cos

xj r j r jR

S

e e xE r j x y j E e

r r a

β β βπϕλ λ

− − −= =

′∫∫E

2 2

Hp: semplificazione2 2onda piana

d d

a b

y

a b

x y

′

′− −

=∫ ∫ i

2 2 2 2

0 0 0

22 2 2

cos d d cos d sin

a b a aj r j r j r

y y yaa b a

e x e x e a xj E x y jb E x jb E

r a r a r a

β β βπ π πλ λ λ π

′ ′ ′− − −

′′ ′ −− − −

′ = = = = ′ ′ ′ ∫ ∫ ∫i i i

0 0sin sin 2

2 2

j r j r

y y

e a e ajb E j b E

r r

β βπ πλ π λ π

− −′ ′ −= − =

i i

PUNTO 4

Impostiamo la relazione:

( )2

2

,4 2

INC

R RX RX RX P DP g

λ ϑ ϕ τ ρπ η

=E

• D

ρ = 1 ipotesi di carico adattato

• P

τ il dipolo è orientato parallelamente all’asse y, quindi la sua polarizzazione è la stessa

del campo elettrico. Dunque questo parametro è pari ad 1.

• ( ),R RX RX

g ϑ ϕ la funzione guadagno del ricevitore, essendo quest’ultimo orientato

parallelamente all’asse y (ed essendo quindi in una configurazione che lo pone in direzione

di massima ricezione), può essere sostituita col guadagno G. Guadagno dipolo risonante

1.64 = 2,15 dB

• Si ha inoltre: 2

INCE =

( )2 2 2

20

2

222

2 2 2 2

j r

y y

e a b a a bj b E

a br r r

r

β πλλ π λ π

η η η η

− ′ ′ ′′

= = =i i

Perciò:

( ) ( )2 22 2 2 2

3 9 2

2 2 2

0,373 0,37310 10 0,3731,64 1,64 1,305 10 2,952 10

4 42 120 2 120 250 2 120 250R

b b bP b

rπ ππ π π

− −− −⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

15 9 210 2,952 10 b− −= ⋅ 2 60,338 10 0,582 cmb b−= ⋅ ⇒ =

PUNTO 5

Il tal caso vi è totale mismatch di polarizzazione quindi il dipolo non riceve potenza.

PUNTO 6

Per trovare l’efficienza d’apertura usiamo la definizione:

( )

( )

2

12 2

0

0

2

0

cos, dS

, dS

r

xj

R

j

S

A

S

xE e

ax y e

A x y

β

β

π

ε

−

⋅ ′

= =∫∫

∫∫

w iE

E2

1

2

2 2

2 22

Hp: semplificazione2 2 02onda piana

22 2

2 0

0

d d4

cos dScos dS

a b

a b

xj

R

S

S

x yb a

E

xa b Ex

aa b E ea

β

ππ

π

′

′− −

−

′

= =′

′′′

∫ ∫

∫∫∫∫

22 22 2 2 2

2

2 2

4 4 4 4 8... 0,81

1 21 2cos dS cos dS

cos d d2 22

b a

S Sb a

a b a b a b a b

x x a bx

x ya aa

π π πππ π ππ′− −

′ ′ ′ ′= = = = = = =

′+ +′ ′ ′

∫∫ ∫∫ ∫ ∫

PUNTO 7

Basta applicare:

2 2

4 460,8 17,8 dB

A AD A a b

π πε ελ λ

′= = = ≈

ESERCIZIO AA3

PUNTO 1

( )2 2 2 20

2 2 2

2 2 2 28

44 4 4 100,95

3 10ideale A A A A

fD D A r r r

c

ππ π πε ε πε ελ λ

= = = = = ⋅⋅

453 3 21010 31,6 10 41,67 10 r= ⋅ = ⋅

3

3

31,6 100,87 m

41,67 10r

⋅= =⋅

PUNTO 2

0

4

dINC INC INC

S

F IR

P P P

P IIπ

ε = = =ΩΩ∫

La potenza incidente è sempre la stessa, ma viene più o meno “spalmata” sul cono in base alla

grandezza sull’angolo solido I

Ω : finché il feeder irradia all’interno del riflettore, senza sparare

nulla fuori, l’efficienza di spill-over sarà pari ad 1 in quanto la radiazione viene interamente

raccolta. Ciò accade quindi quando I R

Ω ≤ Ω ; in caso contrario si ha:

0

0

1R RS

I I

I

Iε

Ω Ω= = <

Ω Ω

PUNTO 3

1B S F R S

δ ε ε δ δ ε= = =

Quindi il guadagno coincide con la direttività ed è pari ad 1.

ESERCIZIO AA4 Nota: questa soluzione è incompleta degli ultimi punti

PUNTO 1

Usando le definizioni si ha:

0 0 0

00 0

1

MS z y z x

S z x

E E

E

η η

= × = × =

= × = − = −

J E i i i i

J i H E i

PUNTO 2

Il campo lontano è pari a:

( ) ( )( ) 0 0, , , 1 cos

2

j zer j u E E

r

β

ρ ϑ ϕ ϕϑ ϕ ϑ ϕ ϑλ

−

≈ + + E i i

Troviamo il fattore scalare d’apertura:

( ) ( ) ( )2 2 2 2sin cos sin sin cos

2 2 2 2

, d d d d dx y x y zr r

b a b a

j x yj j

b a b aS

u e S e x y e x yβ ϑ ϕ ϑ ϕ ϑβ βϑ ϕ + ⋅ + +⋅ ⋅

− − − −

= = = =∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫i i i i iw i w i

( ) ( )( ) ( )2 2sin sin sin cos2 2

sin sin sin cos

2 2 2 2

d dsin sin sin cos

b ab aj y j x

j y j x

b a b a

e ee y e x

j j

β ϑ ϕ β ϑ ϕβ ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ β ϑ ϕ− − − −

= = =

∫ ∫

sin sin sin sin sin cos sin cos2 2 2 2

sin sin sin cos

b b a aj j j je e e e

j j

β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ β ϑ ϕ

− −− −= =

sin sin sin sin sin cos sin cos2 2 2 22 2

2 sin sin 2 sin cos

b b a aj j j je e e e

j j

β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ β ϑ ϕ

− −− −= =

2 sin sin sin 2 sin sin cos2 2sin sin sin cos

b aβ ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ β ϑ ϕ

= =

sin sin sin 2 sin sin cos2 2 sinc sin sin sinc sin cos

2 2sin sin sin cos2 2

b ab a b aabb a

β ϑ ϕ β ϑ ϕβ ϑ ϕ β ϑ ϕ

β ϑ ϕ β ϑ ϕ

= =

Ora ci mancano:

( )( )

0 0 0

0 0 0

cos sin sin

cos sin cos

y x y

y y x

E E E

E E E

ρ ρ ρ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

ϕ ϕ ϕ

= ⋅ = ⋅ + =

= ⋅ = ⋅ − =

i E i i i i

i E i i i i

Siamo a posto!

( ) ( ) 2

0, , sinc sin sin sinc sin cos 1 cos sin cos

2 22

j ze b ar j ab Er

β

ϑ ϕϑ ϕ β ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑ ϕ ϕλ

− ≈ + +

E i i

PUNTO 3

Dobbiamo per forza passare dall’intensità di radiazione:

( ) ( )2

2 2, , ,2R

I r p r rϑ ϕ ϑ ϕη

= = =E

( )2

2

0sinc sin sin sinc sin cos 1 cos sin cos

2 22 2

j zr e b aj ab Er

β

ϑ ϕβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑ ϕ ϕη λ

− = + + =

i i

( )2 2

222 2

02sinc sin sin sinc sin cos 1 cos

2 28

a b b a Eβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑηλ

= +

Il massimo si ha quando:

sin 0, cos 1 0ϑ ϑ ϑ= = → = 2 2

2

max 022R

a bI E

ηλ=

Dunque:

( ) ( )( )

( )2 2

222 2

02

2 22

max max max02

sinc sin sin sinc sin cos 1 cos, 2 28

,,

2

R

R

a b b a EI

fI a b

E

β ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑϑ ϕ ηλϑ ϕϑ ϕ

ηλ

+

= = =

( )22 2sinc sin sin sinc sin cos 1 cos2 2

4

b aβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑ + = =

( )sinc sin sin sinc sin cos 1 cos2 2

2

b aβ ϑ ϕ β ϑ ϕ ϑ + =

PUNTO 4

Indovinate un po’? Bisogna usare Friis!

( ) ( )2

, ,4R A TX TX TX RX RX RX P D

P P g gr

λ ϑ ϕ ϑ ϕ τ ρπ

=

Lunghezza d’onda: 8

9

3 100,1 m

3 10λ ⋅= =

⋅

Fattore di disadattamento: 2 2 2

4 4 100 750,906

175 50A L

D

A L

R R

Z Zρ ⋅ ⋅= = =

++

Potenza irradiata: 10

1010 10 W= (rendimento unitario, quindi la potenza assorbita è uguale a quella

irradiata).

….

….

….