Vodovi i anteneZbirka ZadatakaAutori: Dr.sc. Sinia koki, pred.Prof.dr.sc. Ervin ZentnerDr.sc. Sonja Zentner Pilinsky, prof.v..Zagreb, 2012.TEHNIKO VELEUILITE U ZAGREBUElektrotehniki odjelKomunikacijska i raunalna tehnikaSadraj:Vodovi 1Linije i Smithov dijagram 12Rasprostiranje EM vala 50Svjetlovodi 53Valovodi 56AnteneAntenski nizoviRjeenja 50.Vodovi _ V o d o v i Zadatak 1:Promjer vanjskog vodia koaksijalnog kabela ispunjenog dielektrikom etiri je puta vei od promjera unutarnjeg vodia. Ako je karakteristina impedancija kabela 60 , izraunati relativnu permitivnost dielektrika kojim je ispunjen kabel. Izraunati kapacitet i induktividet po jedinici duljine za zadani kabel te faktor rasprostiranja na frekvenciji f = 795.8 MHz. Pretpostaviti da je kabel bez gubitaka!Rjeenje:Budui da je kabel bez gubitaka, njegova je karakteristina impedancija dana izrazom 0LZC .U gornjem izrazu,LiCsu induktivitet i kapacitet po jedinici duljine i za koaksijalni kabel su vezani s unutarnjim (d1) i vanjskim (d2) radijusom linije preko izraza( )02 1ln2L d d ,( )2 12lnCd d ,gdjesud1id2unutarnji, odnosnovanjski radijus koaksijalnogvoda, a0 r realni dio permitivnosti dielektrika kojim je ispunjen kabel (j , pri emu je0 jer je kabel bez gubitaka). Uvrtavanjem u poetnu formulu dobiva se( )( )( ) ( )02 12 1 2 1 00 002 1lnln ln2222lnr rd dd d d dZd d ,gdje je 0 = 376.7 valna impedancija slobodnog prostora. Preokretanjem ove jednadbe slijedi ( ) ( )2 22 1 00ln ln 4376.71.9192 60 2rd dZ _ _ , ,.S poznatom vrijednou relativne permitivnosti mogu se izraunati raspodijeljeni parametri linije( ) ( )702 14 10 Hln ln 4 0.2772 2 mL d d ,( ) ( )122 12 2 1.919 8.854 10 pF77.01ln ln 4 mCd d ,te napokon faktor rasprostiranja 6 7 11rad2 795.8 10 2.77 10 7.701 10 23.09mj j LC j j .4rrref.Vodovi _ Zadatak 2: Koaksijalni kabel ispunjen je teflonom relativne permitivnosti r = 2.2 sa zanemarivim gubicima. Ako je promjer unutarnjeg vodia d1 = 2 mm, odrediti promjer vanjskog vodia da bi karakteristinaimpedancijakabelaiznosila75. Zadobiveni kabel izraunati induktivitet i kapacitet po jedinici duljine te faktor rasprostiranja na frekvenciji f = 1 GHz.Rjeenje:Moemopretpostaviti dajelinijabezgubitakajerjeutekstuzadatkareenodajeispunjena teflonomzanemarivihgubitaka, a istovremenoutekstunema spomena nikakvihgubitaka u vodiima linije. Za karakteristinu impedanciju takve linije vrijedi izraz 0LZC ,pri emu su induktivitet i kapacitet po jedinici duljine za koaksijalni kabel vezani s unutarnjim (d1) i vanjskim (d2) radijusom linije preko izraza( )02 1ln2L d d ,( )2 12lnCd d ,gdjesud1id2unutarnji, odnosnovanjski radijus koaksijalnogvoda, a0 r realni dio permitivnosti teflona (j , pri emu je0 jer je teflon bez gubitaka). Uvrtavanjem u poetnu formulu dobiva se( )( )( ) ( )02 12 1 2 1 00 002 1lnln ln222 2lnr rd dd d d dZd d ,gdje je 0 = 376.7 valna impedancija slobodnog prostora. Preokretanjem ove jednadbe slijedi 0022 2.2 753376.72 1 12 10 6.395 12.79 mmr Zd d e d e .S poznatim vrijednostima oba radijusa mogu se izraunati raspodijeljeni parametri linije( ) ( )702 14 10 Hln ln 6.395 0.3712 2 mL d d ,( ) ( )122 12 2 2.2 8.854 10 pF65.98ln ln 6.395 mCd d ,te napokon faktor rasprostiranja 9 7 11rad2 10 3.71 10 6.598 10 31.09mj j LC j j .5rrref.Vodovi _ Zadatak 3:Promjer vanjskog vodia koaksijalnog kabela ispunjenog dielektrikom pet je puta vei od promjera unutarnjeg vodia. Ako je karakteristina impedancija kabela 50 , izraunati relativnu permitivnost dielektrika kojim je ispunjen kabel. Izraunati kapacitet i induktividet po jedinici duljine za zadani kabel te faktor rasprostiranja na frekvenciji f = 2.47 GHz. Pretpostaviti da je kabel bez gubitaka!Zadatak 4:Mikrotrakasta linija izraena je na supstratu debljineh = 1.2 mm, relativne permitivnostir = 10,bez gubitaka. Izraunati njezinu karakteristinu impedanciju, ako je irina linije:a) 3 mmb) 1 mm Rjeenje:Karakteristinu impedanciju mikrotrakaste linije raunamo aproksimativnim numerikim formulamakojesudobiveneanalizomjednostavnijegsluajavodiaiznadvodljiveravnineu slobodnomprostoru. Kako je slobodni prostor homogeno sredstvo, a mikrotrakasta linija nehomogeno(zrak+dielektrik), nehomogenost sustavaotklanjamouvoenjemekvivalentnog homogenog dielektrika s efektivnom permitivnou ef, kao na slici.Budui dasuformulezaanalizumikrotrakastihstrukturadobiveneaproksimiranjemstvarnih ovisnosti elementarnim funkcijama, svaka vrijedi samo u uem rasponu parametara. Kao osnovni kriterij za odabir formule, uzima se omjer irine trake i visine supstrata w/h. Za raspon 0.05 < w/h < 20, efektivnu relativnu permitivnost mikrotrakaste strukture moe se raunati formulom0.555r ref1 11 102 2hw + _ + + ,.62b2arwhrr1ef.Vodovi _ Za raunanje impedancije postoje dvije formule, u ovisnosti o omjeru w/h:0ef00ef1, 11.393 0.667ln 1.4441ln 84, 12wzaw w hh hZh ww w hzah > _+ + + , ' _+ , 1. Slijedi:0.555 0.555r ref1 1 10 1 10 1 11 10 1 10 7.342 2 2 2 2.5hw + + _ _ + + + + , ,.( )00ef1 376.7 128.923.893 0.667ln 3.9447.341.393 0.667ln 1.444Zw wh h + _+ + + ,.b) U drugom sluaju, irina trake je w = 1 mm, a visina supstrata h = 1.2 mm, to daje omjer w/h = 0.833 < 1. Slijedi:0.555 0.555r ref1 1 10 1 10 1 11 10 1 10 6.582 2 2 2 0.8333hw + + _ _ + + + + , ,.00ef1 1 1ln 8 ln 8 0.833376.7 4 0.833 453.372 2 6.58h ww hZ _ _+ + , , .Moe se uoiti da ua traka na istomsupstratu ima viu karakteristinu impedanciju, dok istovremeno efektivna permitivnost ef mikrotrakaste strukture raste.Zadatak 5: Izraunati potrebnu irinu trake mikrotrakaste linije w da bi se ostvarila karakteristina impedancija linijeZ0 = 50 , ako je debljina supstratah = 1.6 mm, a njegova relativna permitivnost iznosi:a) r = 2.5b) r = 10U oba sluaja izraunati raspodijeljeni induktivitet i kapacitet (L i C po jedinici duljine) te brzinu rasprostiranja signala takvom mikrotrakastom linijom.7.Vodovi _ Rjeenje:Treba odrediti irinu trake w, to se moe dobiti iz numerike formule za raunanje omjera w/h iz zadanih parametara r i Z0. No, u ovisnosti o iznosu omjera w/h postoje dvije formule:2rr r8, 221 2 0.611 ln(2 1) ln( 1) 0.39 , 22AAe wzae hww hB B B zah < ' 1 _ + + > 1 , ] gdje se faktori A i B raunaju po formulama0 r rr r1 1 0.110.2360 2 1ZA _ + + + + ,,00r2BZ .Kako mi ne znamo omjerw/hjerwtek trebamo izraunati, moramo se naslijepo (ili po intuiciji/iskustvu npr. ira traka ima nii Z0 od ue trake, ista traka na supstratu vieg r ima nii Z0nego na supstratu nieg r, itd.) odluiti za jednu od dvije ponuene formule te provjeriti je li izraunati omjerw/hzaista u rasponu kojeg pokriva odabrana formula. Postupak se moe svesti dakle na algoritam u tri koraka:1) pretpostaviti w/h > 2 ili w/h < 22) proraunati w/h odgovarajuom formulom 3) provjeriti zadovoljava li izraunati w/h poetnu pretpostavku. Ako da, to je rjeenje, a ako ne, ponoviti korake 1 i 2 sa suprotnom poetnom pretpostavkom.a)Uprvomsluaju, zadanojer = 2.5iZ0 = 50 . Pretpostavimodajetrakairoka:w/h > 2. Raunamo parametar B, a potom i omjer w/h:00r376.77.4852 2 502.5BZ ;rr r1 2 0.611 ln(2 1) ln( 1) 0.3922 1.5 0.616.485 ln(13.97) ln(6.485) 0.39 2.834.5 2.5wB B Bh 1 _ + + 1 , ] 1 _ + + 1 , ]Vidimo da je izraunati w/h = 2.834 > 2, dakle poetna pretpostavka je zadovoljena i odabrali smo isprve pravu formulu za raunanje w/h. irina trake je dakle2.834 2.834 1.6 4.53 mm w h .Budui da smo mikrotrakastu strukturu pri analizi nadomjestili ekvivalentnimhomogenim modelom, raspodijeljeni induktivitet i kapacitet moguseizraunati istimformulamakaoi za slobodni prostor. Za liniju bez gubitaka vrijedi 8r.Vodovi _ 0ef1;pL cZ vC LC ,gdje je vp fazna brzina vala u homogenom sredstvu permitivnosti r (uz c = 3108 m/s). Mnoenjem, odnosno dijeljenjem tih dviju veliina, dobiva se001; .p pZC Lv Z v ,Dabismoizraunali faznubrzinu, potrebnojeizraunati efektivnupermitivnost mikrotrakaste strukture. Omjer irine i debljine linije je w/h = 2.834 pa se dobiva 0.555 0.555r ref1 1 2.5 1 2.5 1 11 10 1 10 2.0742 2 2 2 2.834hw + + _ _ + + + + , ,,iz ega slijedi 88ef3 10 m2.083 10s2.074pcv , te napokon11801 1 F9.6 102.083 10 50 mpCv Z ,7 0850 H2.4 102.083 10 mpZLv .b) U drugom sluaju, zadano je r = 10 i Z0 = 50 . Pretpostavimo opet da je traka iroka: w/h > 2. Raunamo parametar B, a potom i omjer w/h kao i u prvom sluaju:00r376.73.7422 2 5010BZ ;rr r1 2 0.611 ln(2 1) ln( 1) 0.3922 9 0.612.742 ln(6.484) ln(2.742) 0.39 1.475 .2 1020wB B Bh 1 _ + + 1 , ] 1 _ + + 1 , ]< Vidimodapoetnapretpostavkanijezadovoljenapamoramoponoviti postupaksasuprotnom poetnom pretpostavkom, dakle pretpostavljajui omjer w/h < 2. Raunamo redom0 r rr r1 1 0.11 50 11 9 0.110.23 0.23 2.15160 2 1 60 2 11 10ZA _ + _ + + + + + , ,,2.1512 4.3028 80.9562 22AAw e eh e e w. Efektivno proirenje trake rauna se dvjema formulama, u ovisnosti o omjeru irine trake i visine supstrata w/h:ef4 10.398 1 ln , 0.1622 10.398 1 ln ,2w ww t zat hwh ww t zat h _ _+ + < , , ' _ _+ + > , , U zadatku je zadano w = 3 mm,h = 1.2 mm, to daje omjer w/h = 2.5 > 0.16, dakle koristit emo donju formulu. Efektivna irina trake iznosi10whrtrrrr.Vodovi _ ef2 2 1.20.398 1 ln 3 0.398 0.035 1 ln 3.0730.035hw w tt _ _ _ _ + + + + , , , ,U sljedeem koraku raunamo efektivnu permitivnost strukture sa irinom trake wef:0.5550.555r refef1 1 5.3 3.3 1.21 10 1 10 3.332 2 2 2 3.073hw _ + _ + + + + , ,.Za proraun karakteristine impedancije uzimamo formulu koja vrijedi za omjer w/h > 1 jer je wef/h = 3.073/1.2 = 2.561:( )00ef efef1 376.7 142.313.954 0.667ln 4.0053.331.393 0.667ln 1.444Zw wh h + _+ + + ,.Radi usporedbe, bez uzimanja debljine trake tu obzir pri raunanju Z0, imali bi omjer w/h = 2.5, to bi dalo ef = 3.325 i Z0 = 42.96 . Zbog efektivnog proirenja trake, vidimo da se ef poveao, a Z0 smanjio.Zadatak7:Mikrotrakastalinijakaonaslici2izraenajenasupstratubezgubitakarelativne permitivnostir = 3.5i visineh = 1.2 mm. Traka jeiroka3 mmi debela 75 m. Izraunati karakteristinu impedanciju linije uzimajui u obzir korekciju zbog nezanemarive debljine trake.Rjeenje:Karakteristinuimpedancijumikrotrakaste linijenezanemarivedebljine trake raunamoistim numerikimformulamakaoizabeskonanotankutraku,priemu sekonanadebljinatrake uzima u obzir preko nadomjesne efektivne irine trake wef > w. Efektivno proirenje trake rauna se dvjema formulama, u ovisnosti o omjeru irine trake i visine supstrata w/h:ef4 10.398 1 ln , 0.1622 10.398 1 ln ,2w ww t zat hwh ww t zat h _ _+ + < , , ' _ _+ + > , , U zadatku je zadano w = 3 mm,h = 1.2 mm, to daje omjer w/h = 2.5 > 0.16, dakle koristit emo donju formulu. Efektivna irina trake iznosief2 2 1.20.398 1 ln 3 0.398 0.075 1 ln 3.1330.075hw w tt _ _ _ _ + + + + , , , ,11whrtrrr.Vodovi _ (Napomena: paziti na jedinice prilikomuvrtavanja brojeva u ovu formulu! Ovdje su sve vrijednosti izraene u milimetrima pa zbog toga imamo 0.075 jer 75 m = 0.075 mm. Alternativno, sve se moe pisati u metrima pa imamo 3 mm = 310-3 m, 75 m = 7510-6 m.)U sljedeem koraku raunamo efektivnu permitivnost strukture sa irinom trake wef:0.5550.555r refef1 1 4.5 2.5 1.21 10 1 10 2.772 2 2 2 3.133hw _ + _ + + + + , ,.Za proraun karakteristine impedancije uzimamo formulu koja vrijedi za omjer w/h > 1 jer je wef/h = 3.133/1.2 = 2.611:( )00ef efef1 376.7 145.844.404 0.667ln 4.0552.771.393 0.667ln 1.444Zw wh h + _+ + + ,.Zadatak8:Mikrotrakastalinijaizraenajenasupstratubezgubitakarelativnepermitivnosti r = 9, visine1.5 mm. Trakajeiroka4 mm, asloj metalizacijeodkojeg jeizraena debeoje 50 m. Izraunati karakteristinu impedanciju linije uzimajui u obzir korekciju zbog nezanemarive debljine metalizacijskog sloja.Zadatak9:Mikrotrakastalinijaizraenajenasupstratubezgubitakarelativnepermitivnosti r = 3.5, visine 2 mm. Traka je iroka 1.5 mm, a sloj metalizacije od kojeg je izraena debeo je 76 m. Izraunati karakteristinu impedanciju linije uzimajui u obzir korekciju zbog nezanemarive debljine metalizacijskog sloja.Zadatak 10:Projektirati mikrotrakastu liniju (izraunati irinu trakew) da bi se ostvarila karakteristina impedancija linijeZ0 = 60 , ako je debljina supstratah = 2 mm, a njegova relativnapermitivnost iznosir= 4.3. Izraunatiefdobivenemikrotrakastestrukturetebrzinu rasprostiranja signala takvom linijom.12whrtwhrtwhr.Vodovi _ 13

Linije i Smithov dijagram_L i n i j eiS m i t h o vd i j a g r amZadatak 11: Odrediti impedanciju i admitanciju na ulazu linije duljine 3,24 cm koja je na kraju otvorena. Karakteristina impedancija linije je 100 , dielektrik je zrak (r =1), a radna frekvencija 2 GHz. Zadatak rijeiti grafiki i raunski. 980, 0324 0, 0324 2 100, 03240, 0324 0, 2163 10fl mc Raunski:( )( )( ) ( ) ( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )00 0000 00 0360 3600, 216 360 0, 216 77, 76100 77, 76 21, 693853 1 10 77, 76 0, 046096 100Tul TTTul TTl lZ jZ tg lZ Z Z jZ ctg l j ctg jZ jZ tg lY jY tg lY Y Y jY tg l j tg l j tg jY jY tg l Z + + + + SGrafiki (na Smithovom dijagramu):0000 0.251000.25 0.216 0.4660.220.22 100 22 00 01000 0.216 0.216 4.614.6 0.046 100TT Tul ulul ulTT TYul ulul ulZz wZw z jZ z Z j jYy wYw y jY y Y j j S + + 14lZulYulZTYTZ0

Linije i Smithov dijagram_15zT=zul0,216yT=0yul0,216

Linije i Smithov dijagram_Zadatak12:Odrediti impedancijui admitancijunaulazukratkospojenelinijeduljine5cm, karakteristine impedancije 50 , s time da je dielektrik u liniji zrak (r = 1). Radna frekvencija je 948 MHz. Zadatak rijeiti grafiki i raunski.

863 100.316948 100, 05 0, 050, 050,1580.316cmfl m Raunski:( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )00 0002 360 3600,158 56,880 50 56, 88 76, 64 1 156,88 0, 013047786 50Tul TTulull l lZ jZ tg lZ Z Z jZ tg l j tg jZ jZ tg lY jY ctg l j ctg j SZ + + Grafiki (pomou Smithovog dijagrama):000000 0500 0.158 0.158 1, 541, 54 50 77 0.251/ 500.25 0.158 0.408 0.4080, 6510, 65 0, 013 50TT Tul ulul ulTT TulY ulul ulZz wZw z jZ z Z j jYy wYw y jY y Y j j S + + 16lZulYulZTYTZ0

Linije i Smithov dijagram_170,158zT=0zulyT=0,158yul

Linije i Smithov dijagram_Zadatak13:Odrediti impedancijuiadmitancijunaulazu linijeduljine0,667, karakteristine impedancije 60 , zakljuene na kraju s kapacitetom 18,55 pF. Radna frekvencija iznosi 858 MHz. Zadatak rijeiti grafiki i raunski.

6 1201 110 2 2 858 10 18, 55 101010 0,160.47560cTT c T TX j j jf CZ jZ X j z j wZ &Raunski:( )( )( )( ) ( )( )( )000000360 3600, 667 240,1210 60 240,1260 73,18 60 10 240,120, 01366 TulTTulTl lZ j Z tg l j j tgZ Z jZ j Z tg l j j tgY jY tg lY Y j SY jY tg l + + + + + + Grafiki (pomou Smithovog dijagrama):( )( )0000.667 0.475 0.667 1.142 0.1421, 241, 24 60 74, 4 0.2250.225 0.667 0.892 0.3920, 821 10, 82 0, 01366 60ul T ulul ulyT yul ulul ul ulw w z jZ z Z jw w y jY y Y y j j SZ + + + Napomena: nakon /2 vraamo se u istu toku na Smithovom dijagramu, tj. ZT, YT, Zul i Yul su periodini s periodom /2.18lZulYulZ0 C

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 14: Koaksijalni vod karakteristine impedancije 50 ispunjen je dielektrikom relativne dielektrinekonstante2,22. Kolikatrebabiti duljinakratkospojenogodsjekakabelaakoons 19zTwTzulwulyulwul'

Linije i Smithov dijagram_kapacitetom na ulazu mora tvoriti titrajni krug. Kapacitet je 0,637 pF, a rezonantna frekvencija 1250 MHz. Zadatak rijeiti grafiki i raunski. 6 1201 1199, 882 2 1250 10 0, 637 10199, 883, 9976503, 9976ccculZ j j jf CZ jz jZz j Raunski:( ) ( )( )0086199, 883, 99765075, 95563, 9976 75, 9556 0, 2109 0, 21093602, 998 100, 2109 0, 33943, 394 1250 10 2, 22cul crZ jZ j Z tg d Z tg dj Z jcd arctg dfd m cm Grafiki (pomou Smithovog dijagrama):3, 9976 0.2110 00.211ul ulT T ul Tz j wz w d w w cm mfcdr396 , 3 03396 , 022 , 2 10 125010 998 , 2211 , 0 211 , 0 211 , 068 20dXcZulZ0

Linije i Smithov dijagram_21zuld=0,211

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 15:Generator je vezan na pasivni teret impedancije (25 j 50)preko transmisijske linije karakteristine impedancije 50 .a) Odrediti koeficijent refleksije na stezaljkama tereta, te impedanciju na mjestu 0,035 od tereta. b) Odrediti admitanciju tereta.c) Odrediti mjesto postavljanja i duljinu kratkospojenog odsjeka linije (stub-a) za prilagoenje. a)( ) ( )0025 500, 5 1 0, 365501 0, 5 1 1 0, 5 10, 62 82,8751 0, 5 1 1 1, 5 10, 035 0, 365 0, 035 0, 40, 35 0, 670, 35 0, 67 50 17, 5 33, 5TT TTTA TAA AZ jz j wZz j jz j jw wz jZ z Z j j + + + + b) Raunski:( )1 10, 008 0, 01625 50TTY j SZ j +Grafiki:Na Smithovomdijagramu prelazimo na normiranu admitanciju tako da oitamo toku na suprotnom kraju krunice na kojoj se nalaze sve ulazne impedancije na liniji (krunica koeficijenta refleksije)( )( ) ( )000.25 0.365 0.25 0.615 0.115 0, 4 0,81 10, 4 0, 8 0, 008 0, 01650yT zT TT T Tw w y jY y Y y j j SZ + + + + +c)1 12 211 112 21 12 20,115....1 1.60,178....1 1.60, 3210,178 0,115 0, 0630, 321 0,115 0, 2061, 60, 3391, 60,165TTyTCCCCKS KSKS KSTstubwC j wC j wd w wd w wy j wy j wz + 21 122 200, 250, 339 0, 25 0, 0890,165 0, 25 0, 5 0, 415Tstub ystubKS ystubKS ystuby wd w wd w w + Kratkospojeni odsjeak linije duljine 0,089 (d2) treba postaviti na udaljenosti 0,063 (d1) od tereta.22

Linije i Smithov dijagram_23zTwTwAzAytC1C2wT'wC1d11d21wKS1wystub

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 16:Normirana admitancija tereta je (0.5 + j 0.7). a) Odrediti duljinulinijei admitancijukapacitetaparalelnovezanogulazulinijetakoda ukupna ulazna admitancija bude jednaka karakteristinoj admitanciji linije (prilagoenje).b) Da li je mogue i sa nekim induktivitetom izvriti prilagoenje u ovom primjeru? Zadatak rijeiti grafiki i raunski. Grafiki:a) 1 010, 5 0, 7 0,111 1, 2 0, 3321, 2ABCD LT TCD CDLy jy yy j wy j wy j + + + Da bi yAB = 1 mora yC = - yL.11, 20, 332 0,11 0, 222CCD Ty jl w w 24ABCDYABYCYCDY0YTl1ABCDyAByC1 yLAByAB1

Linije i Smithov dijagram_b)

058 , 0 11 , 0 168 , 02 , 12 , 1168 , 0 2 , 1 111 , 0 7 , 0 5 , 010 12 + + + + T CDC LCCD CDT TC CDABw w lj y yj yw j yw j yy yj y25ABCDYABYLYCDY0YTl2ABCDyAByL1 yCAByAB1

Linije i Smithov dijagram_Raunski:26yTwTyCDwCDl1yCDwCDl2( )( ) ( )( )( )( )( )( )( )( ) ( )( ) ( )000 000 0 0011110, 5 0, 711 1 0, 5 0, 71 0, 5 0, 7 0,TT T TCDCDT TCDTTY j Y tg lYY j Y tg l Y j Y tg l y j tg lY YyY Y Y j Y tg l j y tg lYy jby j tg l j j tg ljbj y tg l j tg l tg lj tg l tg l jb + + + + + + ++ + + + + + + + ( ) ( ) ( )) ( ) ( ) ( )) ( ) ( ) ( )( )25 0, 7 0, 5 0, 70, 5 1 0, 7 0, 5 0, 50, 7 0, 5 0, 5 0, 7 0, 70, 7 0, 5 0, 5 0, 5 0, 50, 5 0, 7 0, 70, 7 0, 5 0, 7 0, 5 0, 7 0, 50, 25 0, 7 0, 5 0, 3btg l j btg l j j tg lI tg l btg l tg lbII tg l b btg l tg lI IIbb bb b bb b + + + + + + + ++ + ++ + 12222125 0, 49 0, 35 0, 50, 5 0, 7 0, 35 0, 35 0, 49 0, 5 0, 250, 5 0, 741, 481, 481, 2171, 2171 1, 2171 1, 217CDCDb bb b b bbbbbby jy j + ++ + t +

Linije i Smithov dijagram_27( )( )( )( )( )1 11 12 22 20, 50, 7 0, 5 1, 2170, 50, 3821 20, 910, 7 0, 5 1, 21736020, 91 0, 0580, 55, 4645 79, 620, 7 0, 5 1, 21736079, 62 0, 221tg ltg l ll ltg l ll l + t + +

Linije i Smithov dijagram_Zadatak17:Prijenosnalinijabezgubitakaispunjenazrakomzakljuenajeparalelnimspojem otpora R = 200 i kapaciteta C = 2.5 pF, kao na slici. Radna frekvencija iznosif = 318 MHz, a karakteristina impedancija linije je Z0 = 75 . a)Raunski odrediti ulaznu impedanciju u liniju u ravnini 1-1'koja se nalazi na udaljenosti d = 31 cm od tereta;b) Odrediti koeficijent refleksije tereta raunski i grafiki (tj. pomou Smithovog dijagrama), te odrediti grafiki odnos stojnih valova i povratne gubitke na liniji; c) PomouSmithovogdijagramaprojektirati prilagodni sklops kratkospojenimparalelno vezanimstubom(odrediti duljined1idSToznaene na skici) kojimse zadani teret prilagoava na karakteristinu impedanciju sustavaZ0 = 75 . (Obje linije imaju karakteristinu impedanciju jednaku impedanciji sustava.)Rjeenje:a) Prvo treba izraunati impedanciju samog tereta. Teret se sastoji od paralelnog spoja otpora i kapaciteta pa njegova impedancija iznosi( )T11 200 ( 200 )|| 100 1001200 200Rj j CZ R jj C jRj C +Ulazna impedancija u liniju bez gubitaka duljine l, zakljuene teretom ZT rauna se formulom( )( )( )T 0ul 00 T100 100 75tan(2.065) tan( )75 53.53 72.29tan( ) 75 100 100 tan(2.065)j j Z jZ lZ Z jZ jZ l j j + + + + + ,gdje je u formulu uvrtena elektrina duljina linije682 2 2 318 100.31 2.065 rad3 10fl l lc .b) Koeficijent refleksije tereta iznosi ( )( )T 0T0 T100 100 750.354 0.369 0.511 46.2100 100 75j Z ZjZ Z j + +o.Za grafiko odreivanje koeficijenta refleksije i ostalih traenih veliina, potrebno je ucrtati normiranu impedanciju tereta u Smithov dijagram. Normirana impedancija iznosiTT0100 1001.333 1.33375Z jz jZ .Oitavanje koeficijenta refleksije, odnosa stojnih valova i povratnih gubitaka prikazano je na Smithovom dijagramuna sljedeoj stranici. Normirana impedancijazTnalazi sena sjecitupripadnihkrunica konstantnog realnog odnosno konstantnog imaginarnog dijela.281R1'Z1-1'CZul = Z0K.S.d1dST

Linije i Smithov dijagram_Postupak oitavanja je ovakav:1)Zaoitavanjemodulakoeficijentarefleksije, odnosastojnihvalovaOSVi povratnihgubitakaRL potrebno je ucrtati krunicu konstantnog guenja (plava krunica). To je krunica sa sreditem u sreditu Smithovog dijagrama koja prolazi kroz toku zT. U sljedeem koraku, s lijeve strane krunice sputa se tangenta(svijetloplavacrta)okomitonapomoneskalekojesenalazeispodSmithovogdijagrama. S odgovarajue skale oitava se traena veliina. Dobiva se:T0.52 (skala RFL COEFF. E or I),RL 5.8 dB (skala RTN LOSS [dB]),OSV 3.2 (skala SWR).2) Za oitanje kuta koeficijenta refleksije, treba povui pravac iz sredita dijagrama do ruba kroz toku zT (zelena crta) te oitati s pripadne skale (ANGLE OF REFL. COEFFICIENT) iznos kuta.29zT

Linije i Smithov dijagram_Targ( ) 46.5 o (skala ANGLE OF REFLECTION COEFFICIENT).c)Ugrafikomrjeavanjuprilagoenjasjednimstubompolazimooducrtanenormiraneimpedancije tereta zT i pripadne krunice konstantnog guenja.Budui da je stub paralelno vezan na liniju, prelazimo na raunanje s admitancijama. Admitancija tereta yT nalazi se dijametralno suprotno u odnosu na toku koja oznaava zT (crtkana strelica). Budui da je stub strogo reaktivan element (linija bez gubitaka zakljuena teretom bez gubitaka), on ne moeutjecati na realni dioukupneadmitancije. Zatogasemorapostaviti utokuukojoj ulazna admitancija glavne linije ve ima ispravnu vrijednost realnog dijela koja iznosiY0, odnosno normirano y0 =1. Tosutokekojesedobivajukaopresjecitejedininekrunice(crvenakrunica)iprethodno 30yAyByTzTwTwAd1

Linije i Smithov dijagram_ucrtane krunice konstantnog guenja. Dva su mogua rjeenja, oznaena s yAiyB. Ako se ne trae oba rjeenja, dovoljno je razmotriti jedno od njih. Potrebna duljina linije d1 iznosi1 A T0.168 0.065 0.103 d w w , odnosno d1 = 9.71 cm.Sama duljina stuba mora biti tolika da ulazna admitancija u stub poniti imaginarni dio normirane ulazne admitancije u glavnu liniju (bA):( )ul A ST A ST ST A1 1 y y y jb y y jB + + + .Prvi korakjeutvrivanjeiznosabA, tosemoeutvrditi slijedei krunicukonstantnogimaginarnog dijela od toke yA do ruba Smithovog dijagrama (crvena linija). Susceptancija iznosiA1.2 b .31bAyAyTzTwSTdSTySTyk.s.wk.s.

Linije i Smithov dijagram_Ulazna admitancija stuba mora dakle iznositi yST = jbA = j1.2. Ta toka nalazi se simetrino toki bA s obzirom na os x (moe se oitati sa skale uz rub Smithovog dijagrama). Potrebnu duljinu stuba dobivamo mjerei udaljenost od admitancije kratkog spoja (yk.s. = ) do toke yST (zelena linija):ST ST k.s.0.36 0.25 0.11 d w w , odnosno dST = 10.38 cmZadatak18:Prijenosnalinijabezgubitakaispunjenazrakomzakljuenajeserijskimspojemotpora R = 100 i induktiviteta L = 5 nH, kao na slici. Radna frekvencija iznosi f = 3.18 GHz, a karakteristina impedancija linije je Z0 = 60 .a) Raunski odrediti ulaznu impedancijuuliniju uravnini 1-1' koja se nalazi na udaljenosti d = 13 cm od tereta;b)Odrediti koeficijent refleksijeteretaraunski i grafiki (tj. pomouSmithovogdijagrama), te odrediti grafiki odnos stojnih valova i povratne gubitke na liniji; c) Pomou Smithovog dijagrama projektirati prilagodni sklop s otvorenimparalelno spojenim stubom(odrediti duljined1idSToznaene na skici) kojimse zadani teret prilagoava na karakteristinuimpedancijusustavaZ0 = 60 . (Objelinijeimajukarakteristinuimpedanciju jednaku impedanciji sustava.)Rjeenje:a) Prvo treba izraunati impedanciju samog tereta. Teret se sastoji od serijskog spoja otpora i induktiviteta pa njegova impedancija iznosi( )9 9T100 2 3.18 10 5 10 100 100 Z R j L j j + + + Ulazna impedancija u liniju bez gubitaka duljine l, zakljuene teretom ZT rauna se formulom( )( )( )T 0ul 00 T100 100 60tan(2.065) tan( )60 20.59 28.89tan( ) 60 100 100 tan(2.065)j j Z jZ lZ Z jZ jZ l j j+ + + + + + +,gdje je u formulu uvrtena elektrina duljina linije982 2 2 3.18 100.13 8.658 rad3 10fl l lc .b) Koeficijent refleksije tereta iznosi ( )( )T 0T0 T100 100 600.461 0.337 0.571 36.2100 100 60j Z ZjZ Z j+ + + + +o.Za grafiko odreivanje koeficijenta refleksije i ostalih traenih veliina, potrebno je ucrtati normiranu impedanciju tereta u Smithov dijagram. Normirana impedancija iznosiTT0100 1001.667 1.66760Z jz jZ+ +.321R1'Z1-1'Zul = Z0LO.K.d1dST

Linije i Smithov dijagram_Oitavanje koeficijenta refleksije, odnosa stojnih valova i povratnih gubitaka prikazano je na Smithovom dijagramuna sljedeoj stranici. Normirana impedancijazTnalazi sena sjecitupripadnihkrunica konstantnog realnog odnosno konstantnog imaginarnog dijela.Postupak oitavanja je ovakav:1)Zaoitavanjemodulakoeficijentarefleksije, odnosastojnihvalovaOSVi povratnihgubitakaRL potrebno je ucrtati krunicu konstantnog guenja (plava krunica). To je krunica sa sreditem u sreditu Smithovog dijagrama koja prolazi kroz toku zT. U sljedeem koraku, s lijeve strane krunice sputa se tangenta(svijetloplavacrta)okomitonapomoneskalekojesenalazeispodSmithovogdijagrama. S odgovarajue skale oitava se traena veliina. Dobiva se:T0.58 (skala RFL COEFF. E or I),RL 4.8 dB (skala RTN LOSS [dB]),33zT

Linije i Smithov dijagram_OSV 3.8 (skala SWR).2) Za oitanje kuta koeficijenta refleksije, treba povui pravac iz sredita dijagrama do ruba kroz toku zT (zelena crta) te oitati s pripadne skale (ANGLE OF REFL. COEFFICIENT) iznos kuta.Targ( ) 37 o (skala ANGLE OF REFLECTION COEFFICIENT).c)Ugrafikomrjeavanjuprilagoenjasjednimstubompolazimooducrtanenormiraneimpedancije tereta zT i pripadne krunice konstantnog guenja.Budui da je stub paralelno vezan na liniju, prelazimo na raunanje s admitancijama. Admitancija tereta yT nalazi se dijametralno suprotno u odnosu na toku koja oznaava zT (crtkana strelica). Budui da je stub strogo reaktivan element (linija bez gubitaka zakljuena teretom bez gubitaka), on ne moeutjecati na realni dioukupneadmitancije. Zatogasemorapostaviti utokuukojoj ulazna 34yAyTyBzTwTwAd1

Linije i Smithov dijagram_admitancija glavne linije ve ima ispravnu vrijednost realnog dijela koja iznosiY0, odnosno normirano y0 =1. Tosutokekojesedobivajukaopresjecitejedininekrunice(crvenakrunica)iprethodno ucrtane krunice konstantnog guenja. Dva su mogua rjeenja, oznaena s yAiyB. Ako se ne trae oba rjeenja, dovoljno je razmotriti jedno od njih. Potrebna duljina linije d1 iznosi1 A T0.5 0.174 0.450 0.5 0.224 d w w + + , odnosno d1 = 2.91 cm.Viekratnik 0.5 dodaje se zbog toga to bi direktnim oduzimanjem wA wT dobili negativan broj.Sama duljina stuba mora biti tolika da ulazna admitancija u stub poniti imaginarni dio normirane ulazne admitancije u glavnu liniju (bA):( )ul A ST A ST ST A1 1 y y y jb y y jB + + + .Prvi korakjeutvrivanjeiznosabA, tosemoeutvrditi slijedei krunicukonstantnogimaginarnog dijela od toke yA do ruba Smithovog dijagrama (crvena linija). Susceptancija iznosiA1.6 b .35Zul = ?

Linije i Smithov dijagram_Ulazna admitancija stuba mora dakle iznositi yST = jbA = j1.6. Ta toka nalazi se simetrino toki bA s obzirom na os x (moe se oitati sa skale uz rub Smithovog dijagrama). Potrebnu duljinu stuba dobivamo mjerei udaljenost od admitancije otvorenog kraja (yo.k. = 0) do toke yST (zelena linija):ST ST k.s.0.339 0 0.339 d w w , odnosno dST = 4.41 cmZadatak19:Kolika je ulazna impedancija koaksijalnog voda duljine 0,356optereenog impedancijom(40+j 90)?Karakteristinaimpedancijaje50. Zadatakrijeiti grafiki i raunski. 36bAyAyTzTySTyo.k.wSTdSTwo.k.Zul = ?

Linije i Smithov dijagram_ Raunski:( )( )( )( ) ( )( ) ( )000360 3600, 356 128,1640 90 50 128,165050 40 90 128,1640 90 63, 63 40 26, 37 40 26, 3750 50 5050 40 90 1, 2726 40 50, 904 114, 534 154, 534 50,TulTull lZ j Z tg l j j tgZ ZZ j Z tg l j j tgj j j jZj j j + + + + + + + + + + + 9042000 1318, 59,1398 11, 5428 154, 534 50, 904uljZ jj+ + Grafiki:040 900,8 1, 8 0,178250 500, 356 0,1782 0, 356 0, 5342TT Tul TZz j j wZw w + + + + Puni krug iznosi 0.5, pa stvarna vrijednost wul iznosi:( )00, 5342 0, 5 0, 03420,18 0, 220,18 0, 22 50 9 11 ululul ulwz jZ z Z j j + + + 37ZTZ0Zul = ?l=0,356

Linije i Smithov dijagram_38zTwTzulwul

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 20: Odrediti mjesto postavljanja i duljinu kratkospojene linije za prilagoenje tereta (75 j 25) na liniju 50 prema slici. ( )00'1 12 211 1 '12 2 '75 2550 75 251, 5 0, 5 0, 296500, 046...1 0.550,147...1 0.550, 35150,147 0, 046 0,101TTT TTCCC TC TZ j ZZ jz j wZwC j wC j wd w wd w w + 1221 122 20, 3515 0, 046 0, 30550, 4180, 0780, 25 0, 418 0, 25 0,1680, 25 0, 078 0, 25 0, 328KSKSKSKSwwd wd w + 39d1d2Z0=50(75 - j25) zT wT

Linije i Smithov dijagram_40

Linije i Smithov dijagram_41wKSzTwTyTwT'wC1wC2d21

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 22:Projektirati prilagodnu mreu na bazi/4-transformatora (odrediti duljinud1i karakteristinu impedanciju /4-transformatora Z1) koja prilagoava teret impedancije ZT = (15 + j10) na sustav karakteristine impedancije Z0 = 50 na frekvenciji f = 600 MHz.Rjeenje:Zadatak e se rijeiti grafiki uz pomo Smithovog dijagrama. Da bi se traene veliine mogle ispravno dimenzionirati, trebaznali to koji dio linije u sklopu treba initi. Sam /4-transformator je segment linije bezgubitakadugaaketvrtinuvalneduljine, touSmithovomdijagramuodgovarazakretuodpola kruga.To znai da sesvakikapacitivniteretna ulasku utransformatorvidikaoinduktivan iobrnuto, svaki se induktivan teret vidi kao kapacitivan, kako ilustrira skica.Spomenuta transformacija impedancije opisana je izrazom21ulTZZZ,gdje jeZTimpedancija tereta,Zulimpedancija koja se vidi na ulazu u/4-transformator, aZ1 karakteristina impedancija samog /4-transformatora. Budui da je karakteristina impedancija linije bez gubitakastrogorealna, jedini naindaostvarimoulaznuimpedancijukojajetakoer strogorealna (elimo postiiZul = Z0) jest taj da prije/4-transformatora teretuZTotklonimo imaginarni dio impedancije. To se postie umetanjem segmenta prijenosne linije karakteristine impedancije Z0 i duljine d1, koju takoer treba odrediti u zadatku. Izraeno rjenikom Smithovog dijagrama, toku tereta ZT treba dovesti na realnu os po krunici konstantnog guenja. Prije rjeavanja uz pomo Smithovog dijagrama, treba izraunati normiranu impedanciju teretaTT015 100.3 0.250Z jz jZ+ +.Teret ucrtavamo na sjecite odgovarajuih krunica konstantnog realnog i imaginarnog dijela te ucrtavamo krunicu konstantnog guenja (plava krunica). Sa skale WAVELENGTHTOWARD 42ZTZ1=?Zul = Z0d1Z0/4induktivan teretkapacitivan teretkapacitivan teretinduktivan teret

Linije i Smithov dijagram_GENERATOR oitavamo elektrinu udaljenost tereta od fiktivnog kratkog spoja wT = 0.034. Postupak je ilustriran na slici na sljedeoj stranici.Po krunici konstantnog guenja treba toku ZTdovesti na realnu os. Dva su mogua rjeenja, oznaena kao ZA i ZB. Njihove normirane impedancije i ekvivalentne elektrine udaljenosti suA A3.45; 0.25 z w .B B0.28; 0 z w .Ako se u tekstu zadatka izrijekom ne trae oba rjeenja, dovoljno je u nastavku rjeenja razmotriti samo jedan sluaj, na primjer zA. Potrebna duljina linije d1 rauna se jednostavno kao1 A T0.25 0.034 0.216 d w w , odnosno d1 = 10.8 cm.Sama duljina transformatora iznosi/4 odnosno 12.5 cm na zadanoj frekvenciji od 600 MHz. Potrebnu karakteristinuimpedanciju/4-transformatoraraunamoizpoetnejednadbe, ukojoj jeZT = ZA, a 43zTwTzAzBwAwB

Linije i Smithov dijagram_Zul = Z0 (zbog prilagoenja). Bitno je pripaziti da se u formulu uvrste stvarne, a ne normirane impedancije tereta. Dobiva se1 A ul(3.45 50) 50 92.87 Z Z Z Zadatak23: Odrediti ulaznu impedanciju linije duljine 0,25 (etvrtvalni transformator) zakljuene istim otporom od 100 . Karakteristina impedancija linije je 50 . Zadatak rijeiti grafiki i raunski.

Raunski:( )( )( )( )( )( )( )0200 00 0 0002 202 360 3600, 25 90115025 100TTulT T TTulTl l ltg lZjZZ j Z tg l tg l tg ljZ ZZ Z Z ZZZ j Z tg l jZ ZjZtg l tg lZZZ ++ + + Za etvrtvalne transformatore uvijek vrijedi:20 ul TZ Z Z Grafiki:001002 0, 25500, 25 0, 25 0, 25 0, 5 0 0, 50, 5 50 25 TT Tul T ulul ulZz wZw w zZ z Z + + 44ZTZ0Zul = ?l=0,25

Linije i Smithov dijagram_45zTwTzulwul

Linije i Smithov dijagram_Zadatak24:Prijenosna linijabez gubitaka, karakteristine impedancijeZ0=60, zakljuena je paralelnim spojem otpora R = 50 i induktiviteta L = 40 nH,kao na slici. Raunski i grafiki odrediti koeficijent refleksije tereta i odnos stojnih valova. Projektirati prilagodnu mreu na bazi/4-transformatora (odrediti duljinu d1i karakteristinu impedanciju /4-transformatora Z1) koja prilagoava zadani teret na tu liniju na frekvenciji f = 400 MHz.Rjeenje:Zadatakserjeavagrafiki uzpomoSmithovogdijagrama./4-transformator jesegment linijebez gubitaka dugaak etvrtinu valne duljine, to u Smithovom dijagramu odgovara zakretu od pola kruga, odnosno transformaciji impedancije tereta spojenog na takvu liniju koja se opisuje izrazom21ulTZZZ,gdje jeZTimpedancija tereta,Zulimpedancija koja se vidi na ulazu u/4-transformator, aZ1 karakteristina impedancija samog /4-transformatora. Da bi ostvarili strogo realnu ulaznu impedanciju (elimo postii Zul = Z0), prije /4-transformatora ubacuje se linija (impedancije Z0) ija duljina treba biti takvadateretuZTotkloni imaginarni dioimpedancije. Drugimrijeima, tokuteretaZTtrebaprije spajanja na /4 transformator dovesti na realnu os po krunici konstantnog guenja. Prije svega, treba izraunati normiranu impedancijutereta sastavljenog odotpora i induktiviteta u paralelenom spoju. TTT02 100.550 100.540 2050 100.540 200.667 0.33360LLLLX f LR jX jZ jX R jR jX jZ jz jZ + + ++ +.Teret ucrtavamonasjeciteodgovarajuihkrunicakonstantnogrealnogi imaginarnogdijela(crvena toka) te ucrtavamo krunicu konstantnog guenja (plava krunica). Sa skale WAVELENGTH TOWARD GENERATOR oitavamo elektrinu udaljenost tereta od fiktivnog kratkog spoja, koja iznosi wT = 0.078. U sljedeem koraku treba toku ZT dovesti na realnu os po krunici konstantnog guenja. Dva su mogua rjeenja, oznaena kao ZA i ZB. Njihove normirane impedancije i ekvivalentne elektrine udaljenosti suA A1.75; 0.25 z w .B B0.57; 0 z w .Postupak je ilustriran na slici na sljedeoj stranici.46Z1=?Zul = Z0d1=?Z0/4R L

Linije i Smithov dijagram_Ako se u tekstu zadatka izrijekom ne trae oba rjeenja, u nastavku rjeenja dovoljno je razmotriti samo jedan sluaj, na primjer zA. Potrebna duljina linije d1 rauna se jednostavno kao1 A T0.25 0.078 0.172 d w w , odnosno d1 = 12.9 cm.Transformator je pritom dugaak naravno /4 odnosno 18.75 cm na zadanoj frekvenciji od 400 MHz. Potrebna karakteristina impedancija/4-transformatora rauna seizpoetne jednadbe, ukojoj je ZT = ZA, a Zul = Z0 (zbog prilagoenja). Dobiva se1 A ul(1.75 60) 60 79.4 Z Z Z .Napomena: treba pripaziti da se u formulu uvrste stvarne, a ne normirane impedancije tereta.47zTwT=0.078zAzBwAwB

Linije i Smithov dijagram_Zadatak25 : Prijenosna linija bez gubitaka zakljuena je paralelnimspojemotporaR = 275 i induktiviteta L = 22 nH, kao na slici. Radna frekvencija iznosif = 2 GHz, a karakteristina impedancija linije jeZ0 = 75 . Odrediti koeficijent refleksije tereta raunski i grafiki (tj. pomouSmithovog dijagrama). PomouSmithovogdijagrama projektirati prilagodni sklops kratkospojenimparalelno vezanim stubom (odrediti duljine d1 i d2) kojim se zadani teret prilagoava na karakteristinu impedanciju sustava Z0. Zadatak26:Prijenosna linija bez gubitaka zakljuena je paralelnimspojemotporaR = 200 i kapaciteta C = 3 pF, kao na slici. Radna frekvencija iznosif = 530 MHz, a karakteristina impedancija linijejeZ0 = 80 . Odrediti koeficijent refleksijeteretai odnosstojnihvalovaraunski i grafiki(tj. pomou Smithovog dijagrama). Pomou Smithovog dijagrama projektirati prilagodni sklop s otvorenim stubom (odrediti duljine d1 i d2) kojim se zadani teret prilagoava na karakteristinu impedanciju sustava Z0. Zadatak27:Prijenosna linijabez gubitaka, karakteristine impedancijeZ0=40, zakljuena je paralelnimspojemotporaR = 15 i kapacitetaC = 2.21 pF,kaona slici.Raunski igrafiki odrediti koeficijent refleksije tereta i odnos stojnih valova. Projektirati prilagodnu mreu na bazi/4-transformatora (odrediti duljinu d1i karakteristinu impedanciju /4-transformatora Z1) koja prilagoava zadani teret na tu liniju na frekvenciji f = 2.4 GHz.48R LZul = Z0K.S.d1d2R CZul = Z0O.K.d1d2Z1=?Zul = Z0d1=?Z0/4R C

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 28: Prijenosna linija bez gubitaka zakljuena je serijskim RLC krugom koji se sastoji od otpora R = 30 , induktiviteta L = 4.77 nH i kapaciteta C = 3.18 pF, kao na slici. Radna frekvencija je f = 1 GHz, a karakteristina impedancija linije iznosi Z0 = 60 . Odrediti koeficijent refleksije tereta i odnos stojnih valovanaliniji raunski i grafiki (tj. pomouSmithovogdijagrama). PomouSmithovogdijagrama projektirati prilagodni sklop s kratko spojenim paralelno vezanim stubom (odrediti duljine d1 i d2) kojim se zadani teret prilagoava na karakteristinu impedanciju sustava Z0.Zadatak 29Teret impedancije (150 - j 300)treba prilagoditi na koalsijaknu liniju karakteristine impedancije 75 pomou odsjeka koaksijalnog voda s otvorenim krajem (linija za prilagoenje) prema slici. Na kojoj udaljenosti od tereta treba postaviti liniju za prilagoenje i koliko duga mora biti ta linija? Zadatak rijeiti grafiki.

49RLZul = Z0K.S.d1d2Cd1d2Z0=75(150 j300)

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 30: Generator je vezan na pasivni teret preko tansmisijske linije i kratkospojenog odsjeka linije prema slici. Odrediti grafiki duljinu odsjeka linijei njegovu udaljenost od tereta da bi se postiglo prilagoenje. Zadatak 31: Grafiki pomou Smithovog diagrama odrediti na kojem mjestu treba postaviti liniju za prilagoenje s otvornim krajem (vidi sliku) i koliko ta linija treba biti dugaka da bi se izvrilo prilagoenje imepedancije terera (25-j15) na prijenosni vod karakteristine impedancije 50 .

50d1d2Z0=50(100 - j25) d1d2Z0=5025-j15

Linije i Smithov dijagram_Zadatak 32: Grafiki pomou Smithovog diagrama odrediti na kojem mjestu treba postaviti kratkospojenu liniju za prilagoenje (vidi sliku) i koliko ta linija treba biti dugaka da bi se izvrilo prilagoenje imapedancije tereta (450+j37,5) na prijenosni vod karakteristine impedancije 75 . Zadatak 33: Geneator je vezan na pasivni teret impedancije (600 + j 1200) preko transmisijske linije i kratkospojene linije za prilagoenje tereta(obje karakteristine impedancije 300 ) prema slici. Gafiki odrediti:(a) impdanciju na mjestu udeljanom 0,2 od tereta(b) duljinu kratkospojene linije i njegovu udaljenost od tereta da bi se postiglo prilagoenje

51d1d2Z0=75 450+j37,5 d1d2Z0=30001

Linije i Smithov dijagram_520101010101

Rasprostiranje EM vala_R a s p r o s t i r a n j e E M v a l aZadatak34:Pri okomitomupaduelektromagnetskog vala iz zraka na nepoznati dielektrik koeficijent refleksije iznosi = 0.31, a valna duljina vala u dielektriku 3.16 cm. Izraunati valnu impedanciju i relativnu permitivnost zadanog dielektrika te frekvenciju vala. Ako val iste frekvencijeupadanaistidielektrikpod kutem i = 40u odnosu na okomicu i ako jeokomito polariziran, kao na slici, izraunati njegov koeficijent refleksije i koeficijent prijenosa te odrediti pod kojim se kutem t u odnosu na okomicu val nastavlja rasprostirati dielektrikom. Rjeenje:Izkoeficijentarefleksijepri okomitomupaduvalanadielektrikmoemoizraunati njegovu impedanciju i permitivnost. U drugom koraku potrebno je samo primijeniti formule za kosi upad vala, pazei pritom na to kako je polariziran.Koeficijent refleksije pri okomitom upadu ravnog vala na ravnu granicu dva dielektrika je1 01 0 +.pa su valna impedancija i permitivnost dielektrika redom1 022 0 01 1111 0.69376.7 198.41 1.311.898 3.6rr _ ,+ .Izvalneduljinevalaudielektrikumoeseizraunati valnaduljinauzrakui iztogadalje frekvencija:01 0 1 11803.16 1.898 6 cm3 105GHz0.06rrcf .U nastavku zadatka primjenjujemo formule za kosi upad vala koji je okomito polariziran u odnosu na ravninu upada/refleksije:1 0 0ok ok ok1 0 1 0cos cos 2 cos; T 1cos cos cos cost t it t i i + +.5301itPrErHr01010101010101

Rasprostiranje EM vala_U gornjim izrazima nije nam poznat kuttpod kojim se val nastavlja iriti u sredstvu. Njega se moe izraunati iz zakona loma (tzv. Snellovog zakona). Vrijedi:00 11sin40sin sin arcsin sin arcsin 19.81.898t t i i _ _ , , oo.Uvrtavanjem vrijednosti 0, 1, 0 i 1 u gornje izraze dobiva se napokon ok ok0.4; T 1.4 .Zadatak 35: Pri okomitom upadu elektromagnetskog vala iz zraka na nepoznati dielektrik, kao na lijevoj slici, koeficijent refleksije iznosi = 0.3, a valna duljina vala u dielektriku 10.77cm. a) Izraunati valnu impedanciju i relativnu permitivnost zadanog dielektrika te frekvenciju vala.b) Ako val iste frekvencije upada na isti dielektrik pod kutem i = 45 u odnosu na okomicu i akojeparalelnopolariziran,kao na desnoj slici, izraunatinjegovkoeficijentrefleksije i koeficijent prijenosa te odrediti pod kojim se kutem tu odnosu na okomicu val nastavlja rasprostirati dielektrikom. Zadatak 36: Pri okomitom upadu elektromagnetskog vala iz zraka na nepoznati dielektrik, kao na lijevoj slici, koeficijent refleksije iznosi = 0.25, a valna duljina vala u dielektriku 7.2cm. a) Izraunati valnu impedanciju i relativnu permitivnost zadanog dielektrika te frekvenciju vala.b) Ako val iste frekvencije upada na isti dielektrik pod kutem i = 55 u odnosu na okomicu i akojeokomitopolariziran, kaonadesnoj slici, izraunati njegovkoeficijent refleksijei koeficijent prijenosa te odrediti pod kojim se kutem tu odnosu na okomicu val nastavlja rasprostirati dielektrikom. Zadatak37:Pri okomitomupaduelektromagnetskog vala iz zraka na nepoznati dielektrik koeficijent refleksijeiznosi = 0.4, avalnaduljinavalaudielektriku9cm. Izraunati valnu 54PrEr01PrEra) b)01itHrPrEr01PrEra) b)01itHr010101

Rasprostiranje EM vala_impedanciju i relativnu permitivnost zadanog dielektrika te frekvenciju vala. Ako val iste frekvencije upada na isti dielektrik pod kutem i = 35u odnosu na okomicu i ako je paralelno polariziran, kao na slici 4, izraunati njegov koeficijent refleksije i koeficijent prijenosa te odrediti pod kojim se kutem t u odnosu na okomicu val nastavlja rasprostirati dielektrikom. Zadatak38:Pri okomitomupaduelektromagnetskog vala iz zraka na nepoznati dielektrik koeficijent refleksije iznosi = 0.26, a valna duljina vala u dielektriku 11.75 cm. Izraunati valnu impedanciju i relativnu permitivnost zadanog dielektrika te frekvenciju vala. Ako val iste frekvencijeupadanaistidielektrikpod kutem i = 20u odnosu na okomicu i ako jeokomito polariziran, kao na slici, izraunati njegov koeficijent refleksije i koeficijent prijenosa te odrediti pod kojim se kutem t u odnosu na okomicu val nastavlja rasprostirati dielektrikom. Zadatak39:Pri okomitomupaduelektromagnetskog vala iz zraka na nepoznati dielektrik koeficijent refleksije iznosi = 0.6, a valna duljina vala u dielektriku 2.5 cm. Izraunati valnu impedanciju i relativnu permitivnost zadanog dielektrika te frekvenciju vala. Ako val iste frekvencije upada na isti dielektrik pod kutem i = 60u odnosu na okomicu i ako je paralelno polariziran, kaonaslici, izraunati njegovkoeficijent refleksijei koeficijent prijenosa. Koliko iznosikut totalnerefleksijeza ravni val koji upada na istu granicu, ali iz suprotnog smjera (iz dielektrika na zrak)?55PrEr01itHr01itPrErHr01itPrErHr

Svjetlovodi_S v j e t l o v o d iZadatak 40: Brzina svjetlosti u jezgri svjetlovoda stepeniastog indeksa loma iznosi 2108 m/s, a kritini kut jezgra plat 80. Odrediti kut prihvata ovog svjetlovoda ako je svjetlovod u a) zrakub) vodi. 8122 108011, 33pcaamvsnn Zadatak 41: Viemodni svjetlovod stepeniastog indeksa loma ima promjer jezgre 80 m i relativnu razliku indeksa loma 1%. U jezgru indeksa loma 1,48 ubacuje se svjetlost valne duljine 1,55 m. Odrediti normaliziranu frekvenciju svjetlovoda i broj modova koji se njime mogu iriti. Ukoliko ovaj svjetlovod elimo koristiti za jednomodni prijenos za isti signal, koliko mu moramo smanjiti promjer jezgre? 12 80 m1% 0, 011, 481, 55 man 5681 82 12 21 2122, 998 101, 4992 10sin 1, 4760, 261sin arcsin0, 261arcsin 15,1310, 261arcsin 11, 311, 33pca a aaaacnvn nNA n nNANA nn 12112 0, 209233,88574, 22 574 modova2za jednomodni prijenos2, 40522, 4052, 4052 5, 67 mSINA naV NAVMVaNAaNA < < <

Svjetlovodi_Zadatak 42: Parabolini svjetlovod podrava irenje 169 modova. Numeriki otvor svjetlovoda u zraku je 0,1, a promjer jezgre 70 m. Odrediti valnu duljinu svjetlosti koja se iri optikim vlaknom i izraunati dozvoljeni promjer jezgre ako se uz tu valnu duljinu zahtjeva jednomodni rad. 21690,12 70 mGIMNAa Zadatak 43: Gradijentnim svjetlovodom koji ima kut prihvata 16 iri se 10 modova na valnoj duljini 0,85 m. Svjetlovod ima promjer jezgre 20 m i nalazi se u zraku. Odrediti na kojim valnim duljinama je mogu jednomodni prijenos ovim svjetlovodom. 16100, 85 m2 20 m1aGIaMan 572 2112 262 2 42 20,845 mza jednomodni rad22, 405 122, 405 22, 405 22 9,148mGI GIV VM V Ma aV NA NAVVaNAaNA + < + < < 22211sin 0, 276220, 3752 42 240,10122 22, 405 121, 583 m22, 405 1a aGI GI GIGIGINA naV NAVM M M VMV MaNAaNA + + < + > +

Svjetlovodi_Zadatak 44: Kut prihvata jednomodnog stepeniastog svjetlovoda u vodi iznosi 13. Ako je relativna razlika indeksa loma 2% odrediti brzinu svjetlosti u osi svjetlovoda. Odrediti maksimalno dozvoljeni promjer jezgre ako se eli prenositi svjetlost valne duljine 1,55 m. 131, 332% 0, 021, 55 maan Zadatak 45: Svjetlovod s jezgrom stepeniastog indeksa loma ima promjer jezgre 8 m, indeks loma jezge 1,505 i kritini kut jezgra plat 84,88. Koliko se modova iri ovim svjetlovodom navalnoj duljini 1,3 m, a koliko na valnoj duljini 1,55 m? Zadatak 46: Gradijentnim svjetlovodom promjera jezgre 14 m i numerikog otvora 0,1 iri se 6 modova. Koja je valnu duljina svjetlosti koja se iri svjetlovodom ako je parametar = 1,5. Koja je granina valna duljina ovog svjetlovoda za jednomodni prijenos?Zadatak 47: Gradijentnim svjetlovodom koji ima kut prihvata 12 iri se 270 modova na valnoj duljini 1,3 m. Svjetlovod ima promjer 62,5 m. Odredi na kojim valnim duljinama je mogue ostvariti jednomodni prijenos ovim svjetlovodom. Da li te valne duljine spadaju u komunikacijsko podruje?Zadatak 48: Parabolinim gradijentnim svjetlovodom (a = 2) promjera jezgre 14 m i numerikog otvora0,1iri se4moda. Kojajevalnuduljinasvjetlosti kojaseiri svjetlovodom?Kojaje granina valna duljina ovog svjetlovoda za jednomodni prijenos?58m indeks dulje stranice n indeks krae stranice n11881sin 2 0, 2991, 49522, 998 102, 0054 101, 4952, 40522, 4052, 4052 3, 968 ma aNA n nNAnc mvn sVaNAaNA < f0. ( ) ( )( ) ( )( ) ( )10 02 201 02 211 02 22 5 2 2010 21 2 0 52 5 2 204 50 2 1 52 5 2 203, 71 5, 381 2 1 5TE cm DATE cm DATE cm NE > + > + < + ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )20 02 202 02 221 02 212 02 222 02 22 5 2 205 42 2 0 52 5 2 202 100 2 2 52 5 2 203,125 6, 42 2 1 52 5 2 201, 96 10,191 2 2 52 5 2 201, 85 10, 772 2 2 5TE cm DATE cm NETE cm NETE cm NETE cm N > + < + < + < + < + ( ) ( )30 02 22 5 2 203, 3 63 2 0 5ETE cm NE < + &Ovdje se moe stati jer ako nastavimo dalje sve sljedee valne duljine e biti manje od 3,87 cm.TM modovi iste granine frekvencije kao i TE modovi samo to ne postoje TM0n i TMm0 modovi jer iz rubnih uvjeta proizlazi da tada nema polja u valovodu60ab, m nTE, m nTMm indeks dulje stranice n indeks krae stranice nf fnfv10 GHzTE10TE01

Valovodi _ Najvea valna duljina koja se iri u valovodu je 0 102a TE osnovni, dominantni mod02 202 20120408, 84 3, 8711103, 874,197 3, 871110pZcm _ _ , , _ _ , , Zadatak 50: Odrediti dimenzije pravokutnog valovoda za prijenos energije samo dominantnim modom ako je omjer stranica a : b = 3 : 2, omjer /0 = 0,8 i frekvencija signala 7,5 GHz. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10890010 02 2 2 2 2010 03 3dominantanTE2 22, 998 100,83, 997 7, 5 103, 9977, 54, 99625 0,8 0,82 2 2 21 0 122aa bbccmff GHz cmab ab ab abTEbmb na b a bTE a a + + 4, 996252, 498125 22 22, 498125 1, 6654 3 3cmb a cm Kontrola da li se iri samo osnovni mod:( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )01 02 2 2 211 02 2 2 2 2 22 22 2 1, 6654 3, 3308 0 12 2 2 2, 498125 1, 6654 8, 322, 77 3, 0021, 6654 2, 4981251 1ab abTE b cm NEmb na b aab abTE cm NEmb na b a < + + < + + + Zadatak 51: Dizajnirati pravokutni valovod koji zadovoljava slijedee uvjete rada: a) 10 GHz je frekvencija na sredini izmeu graninih frekvencija osnovnih modovab) b = a/2 . 61

Valovodi _ ))cmabcm aGHzcaa c cacacacacbcacGHzabbbcacf f GHzf f f f f f ff GHzaac cf a TEbc cf b TEv nv n n v n n vnnv12425 , 122485 , 222485 , 210 20 210 998 , 2 320 23222222 2 22022 2202 222102222981010 100101 01 + ++++ + + + + Zadatak52:Omjer duljinastranicavalovodaje4:3, adonjagraninafrekvencijaTE11moda iznosi 12.5 GHz. Izraunati dimenzije valovoda i odrediti podruje frekvencija u kojem je mogu jednomodni prijenos signala. Ako se u ovakav valovod duljine 1 m dovede signal frekvencije 12 GHz, izraunati koliko vremena treba pojedinom modu (od onih koji se rasprostiru) da propagira do kraja valovoda te odrediti vremensko kanjenje sporijeg moda u odnosu na bri. Rjeenje:Dimenzije valovoda moemo odrediti iz uvjeta za gornju graninu valnu duljinu zadanog moda (TE11). Vrijedi62aba:b=4:3

Valovodi _ 2 2 2 22 21 1cm na b a b _ _ _ _+ + , , , ,Budui da je omjer stranica 4:3, vrijedi b = (3/4)a, iz ega slijedi2 22 651 43caa a _ _+ , ,Granina valna duljina odreena je donjom graninom frekvencijom (cut-off) zadanog moda, koja iznosi 12.5 GHz:893 102.4 cm12.5 10cccf .Slijedi 52 cm6ca , te 31.5 cm4b a .Podruje frekvencija jednomodnog prijenosa je ono u kojem se rasprostire samo dominantni mod, odnosno mod TE10. Njega emo odrediti tako da izraunamo cut-off frekvencije za taj mod i za prvi vii mod. Prvi vii mod je ili TE01 ili TE20, ovisno o omjeru duljina stranica. U ovom zadatku izraunat emo za oba moda njihove granine frekvencije pa emo utvrditi koja je od njih nia.Za TE10 mod: 82 22 3 102 4 cm 7.5 GHz0.041 0c ccca fa b _ _+ , ,Za TE01 mod: 82 22 3 102 3 cm 10 GHz0.030 1c cccb fa b _ _+ , ,Za TE20 mod: 82 22 3 102 cm 15 GHz0.022 0c ccca fa b _ _+ , ,Budui da je donja granina frekvencija TE01 moda nia od donje granine frekvencije TE20 moda, zakljuujemo da je frekvencijsko podruje jednomodnog prijenosa mogue u pojasu frekvencija f = [7.5 GHz, 10 GHz].Da bi se odredilo vrijeme koje je potrebno signalu da proe kroz valovod, treba izraunati brzinu kojomseval rasprostire. Kakoseval rasprostirecik-cakputanjom(refleksijamaodstijenki valovoda), rezultantnajebrzinakretanjavalausmjeruosi valovodamanjaodbrzinevalau slobodnom prostoru. Vrijedi izraz21gcv c _ ,63

Valovodi _ gdje je c donja granina frekvencija pojedinog moda, a valna duljina vala 893 102.5 cm12 10cf .Na zadanoj frekvenciji od 12 GHz mogu se propagirati modovi TE10i TE01. Njihove su grupne brzine redomZa TE10 mod: 228 82.5 m1 3 10 1 2.342 104 sgcv c _ _ , ,;Za TE01 mod: 228 82.5 m1 3 10 1 1.658 103 sgcv c _ _ , ,.Vrijeme proleta signala kroz valovod rauna se klasinim putemZa TE10 mod: 910 814.27 10 s 4.27 ns2.342 10gltv ;Za TE01 mod: 901 816.03 10 s 6.03 ns1.658 10gltv .Vremensko kanjenje sporijeg moda u odnosu na bri je 01 106.03 4.27 1.76 ns t t t .Zadatak 53:Projektirati valovod koji omoguuje jednomodni prijenos signala u frekvencijskom pojasu57.5 GHzteizraunati guenjeprvogviegmodanafrekvencijif = 6 GHzakoje valovod dugaak 10 cm.. Rjeenje:Frekvencija 5 GHz predstavlja cut-off frekvenciju dominantnog moda (TE10), a frekvencija 7.5 GHz cut-off frekvenciju prvog vieg moda. Postavlja se pitanje koji je mod u ovom sluaju prvi vii, jeli tomodTE01ili modTE20?No, akojepoznatacut-offfrekvencijamodaTE10, automatski je poznata i cut-off frekvencija moda TE20 kao i svih viih TEm0 modova, jer vrijedi2 22 20camma b _ _+ , ,.Ako je granina valna duljina za osnovni mod TE10 8,10 913 106 cm5 10ccf , onda za mod TE20 ona iznosi ,203 cmc , to odgovara dvostruko vioj graninoj frekvenciji ,2010 GHzcf . Budui da je donja granina frekvencija prvog vieg moda zadana i iznosi 7.5 GHz, to je razliito od 10 GHz, prvi vii mod sigurno nije TE20, nego TE01 mod. Uvrtavanjem odgovarajuih indeksa m i n u gornji izraz dobivaju se direktno dimenzije stranica valovoda:89,103 102 3 cm2 5 10cca af ,64

Valovodi _ 89,013 102 2 cm2 7.5 10ccb bf .Urasponufrekvencijaod5GHzdo7.5GHzvalovodomserasprostiredaklesamoosnovni (dominantni) mod, a prvi vii mod je mod TE01, ija je granina valna duljina8,01 923 104 cm7.5 10ccf .Ako je valna duljina vea od granine valne duljine, guenje po jedinici duljine iznosi221c _ ,.Na zadanoj radnoj frekvenciji f = 6 GHz, valna duljina iznosi = 5 cm, to daje22 0.05 Np1 94.240.05 0.04 m _ ,.Slabljenje polja na duljini valovoda l iznosi94.24 0.1 5( )( ) (0) 0.000085 8.5 10(0)lE lE l E e eE .Na deset centimetara duljine valovoda, prvi vii mod priguio se vie od 10000 puta.Zadatak 54:Omjer duljina stranica pravokutnog valovoda je 5:3, a faktor guenja prvog vieg moda na frekvenciji 3 GHz iznosi = 30.43 Np/m. Izraunati duljine stranica valovoda i odrediti frekvencijskopodrujeukojemjemogu jednomodni prijenos timvalovodom. Nazadanoj frekvenciji izraunati valnu impedanciju dominantnog moda.Rjeenje:Dimenzije valovoda moemo odrediti iz omjera stranica i faktora guenja prvog vieg moda na zadanoj frekvenciji. Iz izraza za guenje po jedinici duljine moemo izvui informaciju o graninoj valnoj duljini c prvog vieg moda:22 22 0.11 0.09 m0.1 30.431 12 2cc _ , _ _+ + , ,.Za valovod s omjerom stranica manjim od 2:1, prvi vii mod je mod TE01. Iz uvjeta za njegovu gornju graninu valnu duljinu slijedi65aba:b=5:3

Valovodi _ 2 2 2 22 22 4.5cm20 1ccb bm na b a b _ _ _ _+ + , , , ,,a iz omjera stranica 5:3 dobiva se a = (5/3)b = 7.5 cm.Frekvencijsko podruje jednomodnog prijenosa odreeno je donjim graninim frekvencijama (cut-off)dominantnog i prvog vieg moda, koje moemo izraunati iz gornjih graninih valnih duljina:,TE10 .TE10,TE102 15 cm 2 GHzc ccca f ,,TE01 .TE01,TE012 9 cm 3.33 GHzc cccb f .Jednomodni prijenosi je dakle mogu u pojasu frekvencija [2 GHz, 3.33 GHz].Valna impedancija dominantnog moda na zadanoj frekvenciji (3 GHz) iznosi02 2376.7505.40.1110.15cZ _ _ , ,.Zadatak55:Projektirati pravokutni valovodzajednomodniprijenossignalaufrekvencijskom podruju 1.8 GHz 3 GHz. Za isti valovod izraunati donju graninu (cut-off) frekvenciju TE12 moda i valnu impedanciju dominantnog moda na frekvenciji 2.5 GHz. Ako je valovod dugaak 30 cm, koliko iznosi priguenje prvog vieg moda na istoj frekvenciji?Zadatak 56: Projektirati pravokutni valovod za jednomodni prijenos signala u frekvencijskom podruju 4 GHz 7 GHz.Za isti valovod izraunati donju graninu (cut-off) frekvencijuTE31 modai valnuimpedancijudominantnogmodanafrekvenciji 5GHz. Akojevalovoddugaak 15 cm, koliko iznosi priguenje prvog vieg moda na istoj frekvenciji?Zadatak 57: Donja granina frekvencija dominantnog moda pravokutnog valovoda je 2 GHz, a donja granina frekvencija moda TE11iznosi 3.6 GHz. Izraunati dimenzije valovoda i frekvencijskopodrujeukojemjemogujednomodni prijenos. Izraunati valnuimpedanciju dominantnog moda na frekvenciji 2.5 GHz. Zadatak 58:Pravokutni valovod projektiran je za jednomodni prijenos signala u frekvencijskom podruju 1.5 GHz 2.5 GHz. Odrediti duljine njegovih stranica te izraunati donju graninu (cut-off) frekvencijuzamodoveTE20, TE21i TE22. Akojevalovoddugaak10 cm, kolikoiznosi priguenje prvog vieg moda na frekvenciji f = 2 GHz? Zadatak 59: Donja granina frekvencija dominantnog moda pravokutnog valovoda je 3 GHz, a donja granina frekvencija moda TE11iznosi 8.08 GHz. Izraunati dimenzije valovoda i 66

Valovodi _ frekvencijskopodrujeukojemjemogujednomodni prijenos. Izraunati valnuimpedanciju dominantnog moda i guenje prvog vieg moda na frekvenciji 5 GHz.Zadatak 60:Dizajnirati pravokutni valovod (odrediti duinu njegovih stranica) ako su zadovoljeni slijedei uvjeti rada:(a) 7,75 GHz je frekvencija na sredini izmeu graninih frekvencija osnovnih modova(b) b = 0,65 aZadatak 61: Dizajnirati pravokutni valovod koji zadovoljava slijedee uvjete rada:(a) 8,3 GHz je frekvencija na sredini izmeu graninih frekvencija osnovnih modova(b) a = b / 2Zadatak 62:Odrediti dimenzije pravokutnog valovoda za prijenos energije samo dominantnim modom ako je omjer stranica a : b = 2 : 3, omjer /0 = 0,77 i frekvencija signala 10,6 GHz.Zadatak 63:Odrediti dimenzije pravokutnog valovoda za prijenos energije samo dominantnim modom ako je omjer stranica a : b = 2 : 3, omjer /0= 0,75 i frekvencija signala 10 GHz.Napisati naziv tog moda (TExy)67

Valovodi _ 68

Rjeenja _ R j e e n j aZadatak 3: r = 3,73 C = 128,93 pF/m L = 0,321887 H/m = j 99,978 rad/m j 100 rad/mZadatak 8:weff = 4,1 mm eff = 6,7 Z0 = 28,658 Zadatak 9:weff = 1,65 mm eff = 2,535 Z0 = 86,4 Zadatak 10:w = 2,84 mm eff = 3,17 vp = 1,685 108 m/s Zadatak 25:( )001 12 211138.228 137.49875 138.228 137.4981.843 1.833750.596 32.49graficki:0.6 32.50.27 0.27 0.455...1 1.5 0.176...1 1.50.324TTTTT TT YCCCZ jZZ jz jZy j wC j wC j wd w + + + + ( )11 121 121 22 222 20.176 0.455 0.5 0.2211.50.3420.25 0.0920.324 0.455 0.5 0.3691.50.1560.25 0.406TTyKS KSKSC yKS KSKSwY j wd wd w wY j wd w + + 69

Rjeenja _ Zadatak 26:( )001 111 11 140 8080 40 800.5800.62 82.87graficki:0.63 834.26graficki:4.40.4 0.8 0.1155...1 1.6 0.17850.0631.60TTTTTT TT YCC yOK OKZ jZZ jz jZy j wC j wd w wY j w + + 21 12 221 22 222 2.3390 0.339...1 1.60.320.20451.60.160 0.16TOKCC yOK OKOKd wC j wd w wY j wd w Zadatak 27:( )( )0012 112 640 12 60.3 0.150.474400.547 18.67graficki:0.545 161 0.545 193.415graficki:3.40.5 0.474 0.0260.25 0.276TTT ZTT TZ jZZ jz j wZdd d + 70

Rjeenja _ Zadatak 28:( )001 111 11 130 8060 30 800.5 1.33600.70954 68.9graficki:0.71 705.8856graficki:5.80.25 0.66 0.403...1 2 0.1880.2852TTTTTT TT YCC yKS KSZ jZZ jz jZy j wC j wd w wY j w + + + 21 12 221 22 222 20.3240.25 0.074...1 20.3130.4120.1760.25 0.426TOKCC yKS OKKSd wC j wd w wY j wd w Zadatak 29:( )001 12 211 11 112 1 1150 30075 150 3002 4750,105 0, 2 0, 031...1 2, 8 0, 201...1 2, 8 0, 201 0, 031 0,172, 80, 3090 0, 30TTTTTT YCCC yOK OKOK OKZ jZZ jz jZy j wC j wC j wd w wY j wd w w + + 21 22 222 2 29

0TC yOK OKOK OKd w wY wd w w 71

Rjeenja _ Zadatak 30:( )001 12 211 11 121 1100 2550 100 252 0, 50, 273500, 46 0,12 0, 022...1 0, 8 0,156...1 0, 8 0,156 0, 022 0,1340, 80, 3920, 2TTTTT TT YCCC yKS KSKSZ jZZ jz j wZy j wC j wC j wd w wY j wd w + + 21 22 222 2 25 0,142

0TC yKS KSKS KSd w wY wd w w Zadatak 31:( )001 12 211 112125 1550 25 150, 5 0, 30, 44501, 45 0, 90,19...1 0,82 0, 343...1 0, 820,156 0, 343 0,19 0,1530, 820,109TTTTT TT YCCC yOK OKOKZ jZZ jz j wZy j wC j wC j wd w wY j wd w + + 121 22220 0,1090,156 0,19 0, 5 0, 4660, 3910 0, 391TOKC yOKOK OKwd w wwd w w + 72

Rjeenja _ Zadatak 32:( )001 12 211 11 1450 37, 575 450 37, 56 0, 50, 247750, 6 0, 02 0, 497...1 2, 05 0,188...1 2, 05 0,188 0, 497 0, 5 0,1912, 050, 322TTTTT TT YCCC yKS KSZ jZZ jz j wZy j wC j wC j wd w wY j wd + + + 21 121 22 222 2 20, 25 0, 0722, 050TKSC yKS KSKS KSwd w wY j wd w w Zadatak 33:73

Rjeenja _ ( )( )000,2 0,21 12 211 1600 1200300 600 12002 40, 218300)0, 218 0, 2 0, 4180, 4 0, 56Z 120 168)0,1 0, 2 0, 468...1 2, 9 0, 202...1 2, 9 TTTT TT YCCC yZ jZZ jz j wZawz j jby j wC j wC j wd w w + + + + + 1 121 121 22 222 2 20, 202 0, 468 0, 5 0, 2342, 90, 3030, 25 0, 0532, 90TTKS KSKSC yKS KSKS KSY j wd wd w wY j wd w w + Zadatak 35:Zadatak 36:Zadatak 37:Zadatak 38:Zadatak 39:Zadatak 45:M(l = 1,3 m) = 3 M(l = 1,55 m) = 1 tj.jednomodniZadatak 46:SM < 1,197 mZadatak 47:SM < 12,56 m, Nije u komunikacijskom podrujuZadatak 48:74

Rjeenja _ = 1,099 m SM < 1,293 mZadatak 55:Zadatak 56:Zadatak 57:Zadatak 58:Zadatak 59:Zadatak 60:a = 2,4566 cm b = 1,5968 cmZadatak 61:a = 0,1946 cm b = 1,829 cmZadatak 62:a = 1,83778 cm b = 1,225 cmZadatak 63:a = 1,33333 cm b = 2 cm, TE0175