Eingangsimpedanzen abgeschlossener Abschnitte der Übertragungsleitung

Beim Umgang mit Optiken und dielektrischen Wellenleitern besteht eine Möglichkeit, die geführten Moden zu erhalten, darin, die "Querresonanzbedingung" aufzuerlegen.

Das Folgende sei eine Übertragungsleitung mit charakteristischer Impedanz Z 0 die an ihren beiden Enden mit Lasten abgeschlossen ist Z 1 Und Z 2 . Seine Gesamtlänge beträgt l .

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Lassen Sie uns nun die Linie an einer beliebigen Position teilen X (Natürlich, 0 ≤ X ≤ l ) und berechnen wir die Eingangsimpedanzen Z ich N 1 Und Z ich N 2 in beide Richtungen:

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Z ich N 1 = Z 0 Z 1 + J Z 0 bräunen ⁡ ( β X ) Z 0 + J Z 1 bräunen ⁡ ( β X )

Z ich N 2 = Z 0 Z 2 + J Z 0 bräunen ⁡ [ β ( l − X ) ] Z 0 + J Z 2 bräunen ⁡ [ β ( l − X ) ]

Die oben erwähnte Querresonanzbedingung erzwingt dies Z ich N 1 + Z ich N 2 = 0 Unabhängig von der gewählten Position X . Aber:

  • macht die Summe Z ich N 1 + Z ich N 2 darauf ankommen X ?
  • Und wenn nicht, warum?

Mein Versuch: Die einzige nützliche Beziehung, die ich gefunden habe, ist

bräunen ⁡ [ β ( l − X ) ] = bräunen ⁡ ( β l ) − bräunen ⁡ ( β X ) 1 + bräunen ⁡ ( β l ) bräunen ⁡ ( β X )

Dies führt zu

Z ich N 1 + Z ich N 2 = Z 0 Z 1 + J Z 0 bräunen ⁡ ( β X ) Z 0 + J Z 1 bräunen ⁡ ( β X ) + Z 0 Z 2 + J Z 0 bräunen ⁡ ( β l ) − bräunen ⁡ ( β X ) 1 + bräunen ⁡ ( β l ) bräunen ⁡ ( β X ) Z 0 + J Z 2 bräunen ⁡ ( β l ) − bräunen ⁡ ( β X ) 1 + bräunen ⁡ ( β l ) bräunen ⁡ ( β X )

Sogar der Versuch, die zu vereinfachen 1 + bräunen ⁡ ( β l ) bräunen ⁡ ( β X ) Nenner im zweiten Summanden, die Summe Z ich N 1 + Z ich N 2 noch keinen gemeinsamen Nenner und viele Begriffe abhängig X . Gibt es einen anderen Weg, um fortzufahren? Die einzige vernünftige Hypothese, die gemacht werden kann, ist, dass die beiden Lasten Z 1 Und Z 2 sind rein reaktiv, das heißt: sie sind von der Form Z 1 = J X 1 Und Z 2 = J X 2 , mit X 1 , X 2 ∈ R . Dies scheint den obigen Ausdruck jedenfalls nicht zu vereinfachen.

Antworten (1)

Denken Sie von Anfang an an die Wellen, die sich in beide Richtungen ausbreiten. An jedem Punkt X , mit Blick nach rechts in Richtung Impedanz Z 2 , die Beziehung zwischen Linkslauf E − und nach rechts laufend E + elektrische Felder ist:

(1) E − = E + Γ 2 exp ⁡ ( − 2 ich β ( ℓ − X ) )

wo der Reflexionskoeffizient am Abschluss ist Γ 2 = ( Z 2 − Z 0 ) / ( Z 1 − Z 0 ) . Machen Sie dasselbe, indem Sie nach links auf die Beziehung zwischen den beiden Wellen schauen, die durch die Impedanz hergestellt wird Z 1 :

(2) E + = E − Γ 1 exp ⁡ ( − 2 ich β X )

Das Teilen von (2) in (1) eliminiert beide elektrischen Felder. Es wird auch beseitigt X , was Sie mit der Resonanzbedingung für die Ausbreitungskonstante zurücklässt β . Ein solches System unterstützt nur einen diskreten Satz von Frequenzen.

Es ist sehr analog zu einem Blasinstrument mit gestimmter Pfeife wie einer Flöte.

Nun, was die Unabhängigkeit der Impedanzresonanzgleichung betrifft X , folgt dies einfach aus der Resonanzbedingung aus (1) und (2), die lautet:

(3) 1 Γ 1 = Γ 2 exp ⁡ ( 2 ich β ℓ ) ⇔ Γ ~ 1 ( X ) = Γ ~ 2 ( X ) − 1

Wo Γ ~ J ( X ) haben ihre offensichtliche Bedeutung als Reflexionskoeffizienten an dem Punkt X . Die Impedanzgleichung wird durch impliziert und impliziert eine Bedingung der Form F ( Γ 1 ~ ) = F ( Γ ~ 2 − 1 ) , Wo F ist jede bijektive Funktion zwischen der Menge der erweiterten komplexen Zahlen (die Riemann-Kugel) und sich selbst. In diesem Fall, F ist die durch gegebene Möbius-Transformation F − 1 ( z ) = z − Z 0 z + Z 0 (in der Tat muss jede holomorphe Bijektion zwischen der Riemann-Kugel und sich selbst eine Möbius-Transformation sein, aber das ist eine Nebensache). Das kannst du leicht überprüfen F ( 1 z ) = − F ( z ) , was Ihnen für alle die Bedingung gibt, die Sie suchen X . Die Tatsache, dass alle diese Bedingungen auf (3) zurückgeführt werden können, zeigt, dass die Resonanz davon unabhängig ist X .

Die Möbius-Transformation F ist natürlich die Grundlage für das Smith-Diagramm. Ändern X dreht Ihr Smith-Diagramm einfach um seinen Ursprung.

Zunächst einmal danke. Ein paar Beobachtungen: E − , E + und das X Abhängigkeit kann durch Multiplizieren, nicht Dividieren, (1) und (2) eliminiert werden. Das Ergebnis ist Γ 1 Γ 2 e − 2 ich β ℓ = 1 (3). Außerdem: Sind Sie sicher, dass die Summe Z ich N 1 + Z ich N 2 ist hier nicht relevant? Die „Querresonanzbedingung“ habe ich in der Form (3) genauso oft gefunden wie in der Form Z ich N 1 + Z ich N 2 = 0 .
@BowPark Ja, du hast recht. Ich bin es nicht gewohnt, in diesen Begriffen an Resonanzen zu denken: Ich finde die Wellenkomponenten immer einfacher zu denken als Ströme und Spannungen. Aber dein Zustand Z 1 + Z 2 = 0 entspricht natürlich der Bedingung für freie Schwingungen im Strom um die Reihenschleife herum Z 1 Und Z 2 vorausgesetzt, dass die Spannung um die Schleife Null sein muss. Siehe meine Updates, die deine Frage nach der Unabhängigkeit beantworten X .
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