esme03 hyp PC1 -...

Hyperfréquences et Composants associés

C. JOUSSEMET 1Département TST

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003

EXERCICES PC1



EXERCICE N°1

Zt = (75-j35) Ω

d1d2

ZminZmax

Zc = 50 Ω

1°) Calculer le module et la phase du coefficient de réflexionà l’extrémité de la ligne,

2°) Calculer les impédances Zmin et Zmax le long de cette ligne,

3°) A quelles distances d1= k1 * λ et d2= k2 * λ de la chargea-t-on ces impédances Zmin et Zmax ?

(On donnera les valeurs de k1 et k2).

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003



EXERCICE N°1

Zt = (75-j35) Ω

d1d2

ZminZmax

Zc = 50 Ω351253525jj

ZcZtZcZt

−−

=+−

=ρ

29911

1≅=

−

+= .

ρ

ρTOS

Pour Zmin : Arg(ρ)=180°

Pour Zmax : Arg(ρ)=0°

2,1418,381804 11 °=°−°== λ

πθ d

412 λ+=dd

3310351253525

22

22

.=++

=ρ ( ) 83812535

2535 °−=−−−= arctgarctgArg ρ

196,07202,1411 ==λ

d

446,025,0196,02 =+=λd

Ω≅⋅= 251

TOSZcZmin Ω≅⋅= 100ZcTOSZmax

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003



EXERCICE N°1

Zt = (75-j35) Ω

zt = 1,5-j0,7 point A

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003

A

0,196

( ) ( ) 3605,0196,025,0 ∗−=ρArg

( ) 9,38°=ρArg

Zmin Zmax

196,01=λd

446,025,0196,02 =+=λd



EXERCICE N°2 : 1er dispositif

Zo Z1

Z2

Ze

λ/4

λ/8Circuit ouvert

Ze = (6,9 + j13) ΩDétermination de Z1 & Z2

ze = 0,138 + j0,26ye = 1,59 - j3

Le 1er stub annule la partie imaginaire de ye :Il ramène donc une admittance réduite y de +3j

et donc Y = 3/50 = 0,06 Ω-1.

Soit : Y = j Y2*tg(βl) = jY2 = 0,06 Z2 = 1/0,06 = 16,67 Ω

Après le stub il reste une admittance réelle réduite de 1,59soit une impédance de 50/1,59 = 31,45 Ω

On a donc Z1² = 50*50/1,59 soit Z1 = 39,7 Ω

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003



EXERCICE N°2 : 2ème dispositif

Zo

Zo

Zo Ze

L1

Circuit ouvert

L2

L2

Zo = 50 ΩCircuit ouvert

Ze = (6,9 + j13) ΩDétermination de L1 & L2

ze = 0,138 + j0,26ye = 1,59 - j3

On place le point M représentatif de ye sur l'abaque de Smithet on procède " quasiment"comme une adaptation simple stub.

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003




ze = 0,138 + j0,26ye = 1,59 - j3

TOS = 7,75

Le cercle "OM" coupe lecercle r=1 en P1 : 1-2,4jet P2 : 1+2,4j

Le "double stub" doitramener +2,4j, et donc

chaque branche +1,2j

Pour P1 : L1/ λ = 0,014

1ère solutionM

P1

P2

L1/λ

0,195

0,209

0,195

L2/ λ = 0,140

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003




ze = 0,138 + j0,26ye = 1,59 - j3

TOS = 7,75

Le cercle "OM" coupe lecercle r=1 en P1 : 1-2,4jet P2 : 1+2,4j

Le "double stub" doitramener -2,4j, et donc

chaque branche -1,2j

Pour P2 : L1/ λ = 0,404

2ème solutionM

P1

P2

L1/λ

0,195

0,209

0,195

L2/ λ = 0,360

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003



EXERCICE N°2 :3ème dispositif

Zo Zo

Zo

Ze

λ/8

L2L1

Zo

Ze = (6,9 + j13) ΩDétermination de L1 & L2

ze = 0,138 + j0,26ye = 1,59 - j3

PRINCIPE : On place le point M représentatif de ye sur l'abaque de Smithye = 1,6 –3j.

On prend alors les intersections de ce cercle avec le cercle g = 1Le stub L1 annule la partie imaginaire correspondante.

L2, qui n'apporte qu'un terme imaginaire,fait tourner M sur le cercle g = 1,6 et λ/8 plus loin ce cercle s'est déplacé de 90° vers la charge.

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003




ze = 0,138 + j0,26ye = 1,6 - j3

MP1

P2 C1

C2

C2 coupe le cercle g = 1 en :P1 : y=1-j1,6P2 : y=1-j0,5

P1 et P2 proviennent despoints Q1 & Q2 de C1 :Q1 : y=1,6+j1,8Q2 : y=1,6+j0,2

Q2

Q1

1ère solution :le stub L2 ramène : j(3+1,8) = j4,8soit L2/ λ = Arctg(4,8)/360 = 0,22

le stub L1ramène : + j1,6soit L1/ λ = Arctg(1,6)/360 = 0,16 E

sme0

3_hy

p_P

C1.

ppt-

Édi

tion

Nov

embr

e 20

03




ze = 0,138 + j0,26ye = 1,6 - j3

MP1

P2 C1

C2

C2 coupe le cercle g = 1 en :P1 : y=1-j1,6P2 : y=1-j0,5

P1 et P2 proviennent despoints Q1 & Q2 de C1 :Q1 : y=1,6+j1,8Q2 : y=1,6+j0,2

Q2

Q1

2ème solution :le stub L2 ramène : j(3+0,2) = j3,2soit L2/ λ = Arctg(3,2)/360 = 0,20

le stub L1ramène : + j0,5soit L1/ λ = Arctg(0,5)/360 = 0,074 E

sme0

3_hy

p_P

C1.

ppt-

Édi

tion

Nov

embr

e 20

03



EXERCICE N°3 : ATTÉNUATEUR

R1 R2 R1

λ/4 λ/4

Zc = Ro

101

00

101

00

101

121 gjj

gjj

gK ∗∗∗∗=

R1 0

[K] = g 1en normalisé

Ro

λ/4

0 j[K] = j 0

en normalisé

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003




R1 R2 R1

λ/4 λ/4

Zc = Ro

101

00

101

00

101

121 gjj

gjj

gK ∗∗∗∗=A = D =-1-g1g2

soit : B = -g2C = -g1(2+g1g2)D = A =-1-g1g2

22211221

211211 ²222

²2S

gggggggggg

DCBACB

S =++++

−−=

+++−

=

1211221

21 ²22222

SggggggDCBA

S =++++

−=

+++=

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003




R1 R2 R1

λ/4 λ/4

Zc = Ro

A = D =-1-g1g2B = -g2C = -g1(2+g1g2)D = A =-1-g1g2

22211221

211211 ²222

²2 Sgggggggggg

DCBACBS =++++

−−=+++−=

12211221

21 ²22222 SggggggDCBAS =++++

−=+++=

ADAPTATION 011=S ²12

1

12 g

gg

−=

avec g2 > 0soit g1 < 1

πjegg

gg

S

+−

=+−

=1

1

1

121 1

111

R1 = 3Ro= 150 Ω et R2 = 4/3de Ro = 66,7 Ω

S21 = -6 dB 21

11

1

121 =

+−

=gg

S

Esm

e03_

hyp_

PC

1.pp

t-É

ditio

n N

ovem

bre

2003

esme03 hyp PC1 -...

Documents

Transcript of esme03 hyp PC1 -...