Leitungen und Filter Lösung Übung 2

Institut für Feldtheorie und Höchstfrequenztechnik
Fachgruppe Höchstfrequenzelektronik
Prof. Colombo Bolognesi
bolognesi@ifh.ee.ethz.ch
http://www.ifh.ee.ethz.ch
Leitungen und Filter
LuF Lösung Übung 2 HS 2009
Smith-Chart; Leitungsersatzschaltung
Aufgabe 1:
• Lastimpedanz und Generatorimpedanz auf 50Ω normieren.
ZG
ZL
= ( 0.2 + j⋅0.5)
⋅50Ω
= ( 1− j⋅2)
⋅50Ω Z ( j )
in
= 1+ ⋅2 ⋅50Ω
• Jeweils für das Serienelement im Impedanzdiagramm und für das Parallelelement
durch Punktspiegelung am Mittelpunkt im Admittanzdigramm alle möglichen
Elementwerte antragen (zwei Kreise).
• Elementwerte bis zum Schnittpunkt der beiden Kreise antragen und normierte Werte
am äusseren Ring des Smithdiagramms ablesen.
• Werte für angegebene Frequenz entnormieren.
Kombinationsmöglichkeiten für Anpassschaltung:
1

ω ⋅ L S
= 0.48 LS
500
ω ⋅ C P
= 0.58 CP
500
MHz
MHz
0.48⋅50Ω
= = 7.64 nH
ω
= 0.58
3.69 pF
50Ω⋅ω
=
2

ω ⋅ L S
= 1.33 LS
500
ω ⋅ C P
= 1.27 CP
500
MHz
MHz
1.33⋅50Ω
= = 21.17 nH
ω
= 1.27
8.09 pF
50Ω⋅ω
=
3

1
ω
= 1.39
P 500MHz
⋅ L P
1
ω
= 1.47
S 500MHz
⋅C S
L
C
50Ω
= = 11.45nH
1.39⋅ω
1
= = 4.33 pF
1.47 ⋅ω
⋅50Ω
6

Aufgabe 2:
a) Die Eingangsimpedanz ist gegeben durch:
Z + Z tgh ( γ l)
aus W
Z = Z
ein W
Z + Z tgh ( γ l )
zudem haben wir: verlustlose Leitung γ = jβ
leerlaufendes Ende Z = ∞
aus
Länge der Leitung l = λ
4
W
aus
folglich ist:
1 1 1
Z = Z = Z = −j Z
ein W W W
⎛ λ ⎞ ⎛2πλ⎞ ⎛π⎞
j tan ⎜β
⎟ j tan ⎜ ⎟ tan ⎜ ⎟
⎝ 4⎠ ⎝ λ 4⎠ ⎝ 2⎠
d.h. Z = 0 und arg( Z ) ist unbestimmt.
ein
ein
b) Die Wahl der Resonatorersatzschaltung ergibt sich aus der Eingangsimpedanz Z
ein
= 0 .
Damit entscheiden wir uns für den Serieresonanzkreis.
C
Gesucht sind jetzt L, C, ω 0 bzw. f 0 zur Darstellung der leerlaufenden Leitung als Serie-
Resonanzkreis.
Vorgehen:
1. Taylorreihen-Entwicklung erster Ordnung der Eingangsimpedanzen der leerlaufenden
Leitung und des Serieresonanzkreises um die Resonanzfrequenz ω 0 .
2. Koeffizientenvergleich bestimmt L und C.
3. Bestimmung von ω 0 bzw. f 0 .
4. Bestimmung der numerischen Werte von L, C, ω 0 und f 0 .
L
Lösung:
⎛ 1 ⎞
Z = j ωL−
ein Serie ⎜ ⎟
⎝ ωC
⎠
und
1
Z =− jZ =−jZ cot( βl)
ein Ltg W
tan( βl)
W
Bei ω = ω0
gilt:
folglich ist:
Z
ein Ltg
l
λ
0
= =
=−j Z
2π
c
4 ω 4
W
0
⎛π ω ⎞
cot ⎜ ⎟
⎝ 2 ω
0 ⎠
7

Vergleich der ersten Ordnung der Taylorreihen-Entwicklung:
∂Z
ein Ltg
∂ω
∂Z
ein Serie
= ⇔
∂ω
ω = ω
ω=
ω
0 0
1 π
jZW
⎛
= j⎜L+
1
sin ⎜ ⎟
⎝ 2 ω0
⎠
2
2 ⎛π ω ⎞ 2ω
ω C
0
⎝ ⎠ ω = ω
0
ω=
ω
0
⎞
⎟
Z
π 1
= L+
2ω
ω C
⇒
W
2
0 0
Bei einem L-C Serie-Resonanzkreis gilt die Beziehung:
2
1
1
ω =
0 d.h L =
2
LC Cω
0
Eingesetzt ergibt sich somit:
π 2
Z W
= ⇒
2
2ω
ω C
0 0
4
C = und
Z ω π
W
0
L =
Z W
π
4ω
0
Die Resonanzfrequenz bestimmen wir über:
ω ωλ ω4l
πc
co= = = ⇒ ωo
=
β 2π 2π
2l
o o o el o
Die numerischen Werte mit Z = 75 Ω
W
und l = 3m
el
:
el
6
rad
ω0
ω = 157 ⋅10 ⇒ f = = 25 MHz
0 0
s 2π
C = 108.2 pF und L = 375.3 nH
8