Bài tập chương 3 KTSCT – Mạch phối hợp trở kháng
3.1 Thiết kế mạch phối hợp dạng chữ L phần tử tập trung kháng thuần để
phối hợp giữa đường tuyền không tổn hao năng lượng với trở sóng 50 Ωvới
trở tải ZL = 10 +i10 Ω tại tần số làm việc f = 500 MHz.
3.2 Thiết kế mạch phối hợp dạng chữ L phần tử tập trung kháng thuần để
phối hợp giữa đường tuyền không tổn hao năng lượng có trở sóng 50 Ω với
dẫn nạp tải YL = 8-12 mS tại tần số làm việc f = 1000 MHz.
3.3 Thiết kế mạch phối hợp dùng Slay phơ ngắn mạch đầu cuối mắc song
song giữa đường truyền không tổn hao có trở sóng 50 Ω với trở tải
ZL = 60- i80 Ω tại tần số làm việc f = 2 GHz. Biết rằng trở sóng của Slayphơ
và đường truyền bằng nhau.
3.4 Thiết kế mạch phối hợp dùng Slay phơ hở mạch đầu cuối mắc nối tiếp
giữa đường truyền không tổn hao có trở sóng 50 Ω với trở tải
ZL = 100 + i80 Ω tại tần số làm việc f = 2 GHz. Biết rằng trở sóng của
Slayphơ và đường truyền bằng nhau.
3.5 Thiết kế biến áp phối hợp gồm ba đoạn đường truyền dài λ/4 có trở
sóng nhẩy bậc phân bố của hệ số phản xạ trong dải thông tần theo dạng nhị
thức (dạng phẳng cực đại để phối hợp giữa đường truyền trở sóng 100 Ω với
tải thuần ZL = 50 Ω trong điều kiện là hệ số phản xạ lớn nhất cho phép trong
dải tần có giá trị là 0,05.
3.6 Thiết kế biến áp phối hơp gồm ba đoạn đường truyền dài λ/4 có trở
sóng nhẩy bậc phân bố của hệ số phản xạ trong dải thông tần theo dạng đa
thức Chebyshev để phối hợp giữa đường truyền trở sóng 50 Ω với tải thuần
ZL = 100 Ω trong điều kiện là hệ số phản xạ lớn nhất cho phép trong dải tần
có giá trị là 0,05.


GIẢI CÁC BÀI TẬP CHƯƠNG 3
MẠCH PHỐI HỢP TRỞ KHÁNG SCT- TÍN CHỈ
3.1 a/ Tính theo công thức giải tích :
- Vì theo điều kiện bài ra thì Z0 = 50 Ω > RL = 10 Ω nên ta áp dụng sơ đồ

mạch phối hợp dạng chữ L có điện kháng iX mắc nối tiếp với tải rồi mới đến
điện nạp iB mắc song song.
- Giá trị điện kháng và điện nạp tính theo biểu thức sau :
X 1, 2  RL  Z 0  RL   X L

, B1, 2 

Z0 

R L  / RL
Z0

Thay Z0 = 50Ω , RL = 10Ω , XL = 10Ω vào các biểu thức trên ta nhận được
kết quả là : X1 = 10 Ω , B1 = 0,04S ; X2 = -30Ω , B2 = - 0,04S
Tại tần số làm việc f = 500 MHz ta tính được các giá trị phần tử mạch phối
hợp chữ l như sau :
- Nghiệm thứ nhất : vì X1 dương, nên nó là điện cảm, B1 cũng dương nên
nó là điện dung. Giá trị của điện cảm nối tiếp và điện dung song song là :
L1 

X1
10

3,185 nH
2 f 2 x3,14 x5.10 8

C1 

B1
0,04


12,58 pF
2 f 2 x3,14 x5.10 8

- Nghiệm thứ hai : Vì X2 có giá trị âm nên nó là điện dung , còn B2 có giá
trị âm nên nó là điện cảm. Vậy ta có giá trị của điện dung mắc nối tiếp và
điện cảm mắc song song là :
1
1

10,62 pF
2 f xX 2 2 x3,14 x5.10 8 x30
1
1
L2  

7,96 nH
2 f xB2 2 x3,14 x5.10 8 x0,04

C 2 

Sơ đồ mạch phối hợp của bài toán trong hai trường hợp cho trên hình 3.1a và
3.1b sau.


H×nh 3.1a

Hình 3.1b
b/ Giải bằng đồ thị vòng Smit, tiến hành các bước như mô tả trên hình
3.1c.


Hình 3.1c
- Xác định điểm D trên đồ thị biểu diễn trở tải chuẩn hoá
10  i10
ZL 
0,2  i 0,2
50

- Ta nhận được hệ số sóng đứng tương ứng là Kd = 5,5.
- Dịch chuyển vòng tròn điện trở chuẩn hoá đơn vị đi theo chiều về nguồn
một khoảng d/λ= 0,25 ta nhận được vòng tròn điện dẫn chuẩn hoá đơn vị.
- Tìm hai giao điểm của vòng tròn điện trở chuẩn hoá 0,2 với vòng tròn
điện dẫn chuẩn hoá đơn vị là điểm P1 và P2 . Tại hai điểm này ta nhận được
trở kháng chuẩn hoá tương ừng là :
Z  P1  0,2  i 0,39 , Z  P2  0,2  i0,39

- Từ đó ta nhận được hai giá trị điện kháng mắc nối tiếp của mạch phối
hợp là : X 1 0,39  0,2 0,19  X 1 0,19 x50 9,5
X 2  0,39  0,2  0,59  X 2  0,59 x50  29,5


- Lấy đối xứng hai điểm P1 và P2 qua vòng tròn Kd đi qua hai điểm trên ta
nhận được hai điểm Q1 và Q2 có dẫn nạp tại chỗ mắc điện nạp song song B
Y  Q1  1  i 0,19 , Y  Q2  1  i 2,2
là :
- Để phối hợp trở kháng với đường truyền ta cần chọn điện nạp mắc song
song có giá trị tương ứng tại hai điểm trên là :
B1 0,19  B1 0,19 / 50 0,038S
B2  2,2  B2  2,2 / 50  0.044 S


Với tần số làm việc f = 500 MHz, nên các phần tử mạch phối hợp nhận giá
trị như sau :
+ Nghiệm thứ nhất : X1 dương nên là điện cảm nối tiếp, B1 dương nên là
điện dung mắc song song và có giá trị là :
X1
9,5

3,026 nH
2f 2 x3,14 x5.10 8
B
0,038
C1  1 
12,1 pF
2f 2 x3,14 x5.10 8
L1 

+ Nghiệm thứ hai : X2 âm nên là điện dung mắc nối tiếp, B2 cũng âm nên là
điện cảm mắc song song và chúng có giá trị là :
1
1

10,79 pF
2fX 2 2 x3,14 x5.10 8 x 29,5
1
1
L2  

7,24 nH
2fB2 2 x3,14 x5.10 8 x0,044


C 2 

So sánh các số liệu phần tử mạch phối hợp nhận được bằng giải đồ thị vòng
và theo công thức cho các kết quả gần bằng nhau.
3.2. a/ Trước hết ta giải bài tập thiết kế bằng tính theo biểu thức giải tích
như sau :
- Tính trở kháng tải từ dẫn nạp tải đã cho được :
ZL 

1
1

38,46  i57,69 
YL 8  i12

- Vì RL = 38,46 < Z0 = 50 , nên ta sử dụng mạch phối hợp chữ L có điện
kháng X mắc nối tiếp với tải rồi tiếp đến điện nạp B mắc song song vào
đường truyền.
- Áp dụng các biểu thức tính ta được giá trị các phần tử mạch phối hợp này
như sau :
B1, 2 

Z0 

RL  / RL
Z0



 50  38,46 / 38,46

50

0,011S

X 1  R L  Z 0  RL   X L  38,46 50  38,46  57,69  36,63 
X 2  R L  Z 0  R L   X L  38,46 50  38,46  57,69  78,755 


+ Nghiệm thứ nhất cho X1âm nên điện kháng là điện dung CL1 ,còn điện nạp
B1 dương nên nó cũng là điện dung C1 .Tại tần số làm việc là f =1000MHz,
nên các giá trị của hai điện dung nối tiếp và song song là :
B1
0,01

1,59 pF
2f 2 x3,14.10 9
1
1


4,35 pF
2fX 1 2 x3,14.10 9 x36,63

-

C1 

-

C L1


- Sơ đồ mạch phối hợp được mô tả trên hình 3.2a

Hình 3.3a
+ Nghiệm thứ hai cho X2 âm nên là điện dung mắc nối tiếp với tải, B2 âm
nên là điện cảm mắc song song với đường truyền. Tại tần số làm việc
f = 1000 MHz chúng có giá trị là :
1

1

- C 2  2fX  2 x3,14.10 9 x78,755 2,022 pF
2
1

1

- L2  2fB  2 x3,14.10 9 0,01 14,476 nH
2
- Sơ đồ mạch phối hợp này cho trên hình 3.2.b


Hình 3.2b
b/ Tiếp theo ta giải bài toán nhờ dùng đồ thị vóng Smit, các bước tiến
hành như mô tả trên hình 3.2.c như sau :

Hình 3.2c
+ Xác định điểm D biểu diễn trở kháng tải chuẩn hoá trên đồ thị vòng có
giá trị là :
ZL 


38,46  i57,69
0,77  i1,15
50

+ Cho giá trị hệ số sóng đứng Kd = 3,6
+ Lấy đối xứng qua tâm C đồ thị vòng tròn điện trở chuẩn hoá đơn vị ta
được vòng tròn điện dẫn chuẩn hoá đơn vị.
+ Từ điểm D dịch chuyển theo vòng tròn điện trở chuẩn hoá bằng 0,77 đến
giao điểm P1 và P2 với vòng tròn điện dẫn chuẩn háo đơn vị. Tại hai giao
điểm P1 và P2 ta nhận được trở kháng chuẩn hoá tương ứng là :
Z  P1  0,77  i 0,42 , Z  P2  0,77  i 0,42


Từ đó ta nhận được giá trị điện kháng X mắc nối tiếp với trở tải của mạch
phối hợp cần chọn là :
X  P1   1,15  0,42  0,73  X 1  0,73 x50  36,5 
X  P2   1,15  0,42  1,57  X 2  1,57 x50  78,5 

+ Lấy đối xứng các điểm P1 và P2 trên vòng tròn hệ số sóng đứng mới đi
qua hai điểm trên ta được hai điểm Q1 và Q2. Tại hai điểm này ta nhận được
giá trị dẫn nạp chuẩn hoá ứng với chỗ mắc điện nạp B song song với đường
truyền là :
Y  Q1  1  i 0,5

, Y  Q2  1  i 0,55

+ Để phối hợp trở kháng với đường truyền ta cần chọn dẫn nạp mắc song
song B có giá trị tương ứng là :
B  Q1  0,5  B1 


0,5
 0,55
0,01 S , B  Q2   0,55  B2 
 0,011
50
50

+ Nghiệm thứ nhất với X1 âm nên là điện dung mắc nối tiếp với tải CL1, B1
dương nên là điện dung mắc song song với đường truyền C1. Tại tần số làm
việc f =1000 MHz nên ta nhân được giá trị của chúng là :
1
1

4,36 pF
2fX 1 2 x3,14.10 9 x36,5
B
0,01
C1  1 
1,59 pF
2f 2 x3,14.10 9
C L1 

+ Nghiệm thứ hai với X2 âm nên là điện dung mắc nối tiếp với tải C2, còn
B2 âm nên là điện cảm mắc song song với đường truyền L2. Tại tần số làm
việc
f =1000 MHz ta nhận được giá trị của chúng là :
1
1


2,03 pF
2fX 2 2 x3,14.10 9 x78,5
1
1
L2  

14,35 nH
2fB2 2 x3,14.10 9 x0,011

C2 

+ So sánh với kết quả tính theo công thức, chúng ta nhận được các kết quả
trong hai trường hợp giải trùng nhau khá tốt.
3.3 a/ Trước hết ta giải bài toán nhờ dùng đồ thị vòng Smit. Các bước
tiến hành như mô tả trên hình 3.3.1 sau :
+ Xác định điểm biểu thị trở kháng tải chuẩn hoá trên đồ thị vòng là D có
giá trị : Z L 

60  i80
1,2  i1,6
50


H×nh 3.3
Vẽ vòng tròn hệ số sóng đứng Kd = 3,4 đi qua điểm D biểu thị trở kháng tải
chuẩn hoá ,
- Lấy đối xứng điểm D qua vòng tròn Kd được điểm P biểu thị dẫn nạp tải
chuẩn hoá, nối bán kính từ tâm đồ thị qua P xác định điểm cho pha hệ số
phản xạ dẫn nạp tải là P1 có giá trị l/λ = 0,065.
- Tìm hai giao điểm của vòng tròn Kd và điện dẫn chuẩn hoá đơn vị là M và

N. Từ đồ thị ta nhận được giá trị điện nạp chuẩn hoá tương ứng tại hai điểm
trên là : B  M  i1,47 , B  N   i1,47
- Ta tìm được hai giá trị cần chọn cho điện nạp của Slayphơ cần phối hợp tại
M và N trên đường truyền là :
BS  M   B  M   1,47 , BS  N   B  N  1,47


- Nối hai bán kính từ tâm đồ thị vòng đến các điểm M và N cắt vòng tròn
lớn tại M1 và N1 cho hai giá trị pha hệ số phản xạ tại hai điểm trên là :
l/λ(M1) = 0,176 và l/λ(N1) = 0,325.
- Từ điểm P1 địch chuyển trên vòng tròn lớn theo chiều về nguồn (theo
chiều kim đồng hồ) đến các điểm M1 và N1 ta nhận được khoảng cách d từ
điểm mắc Slayphơ đến tải tương ứng là :
d (M) = (0,176- 0,065)λ = 0,110λ
d(N) = (0,325- 0,065)λ = 0.260λ
Tần số làm việc là 2GHz, nên bước sóng λ = 3.108/2.109 = 0,15m
Nên các khoảng cách từ chỗ mắc Slayphơ đến tải cho giá trị tương ứng là :
d(M) = 0,0165 m = 1,65 cm và d(N) = 0,029m = 2,9 cm.
- Từ điểm ngắn mạch đối với dẫn nạp ( điểm vô cùng có giá trị 0,250) dịch
chuyển trên vòng tròn lớn theo chiều về nguồn đến các điểm có giá trị điệm
nạp của Slayphơ bằng -1,47 và + 1,47 ta nhận được chiều dài của Slayphơ
mắc phối hợp tại điểm M và N như sau :
LS (M) = (0,345- 0,250)λ = 0,095λ = 1,357 cm
LS(N) = (0,250 + 0,155)λ = 0,405 λ = 6,07 cm.
b/ Tìm nghiệm bài toán nhờ tính theo công thức giải tích tiến hành như sau
1

1

60  i80


- Dẫn nạp tải là : YL  Z  60  i80  60 2  80 2 0,006  i0,008
L
Dẫn nạp tải chuẩn hoá : YL G L  iBL  0,006  i 0.00850 0,3  i0,4
- Nghiệm thứ nhất tính theo công thức :
t1 tg  d S 1  

BL  BL  A1  G L 

A
2
A 0,3 0,3  1  0,4  0,05

,

A G L G L  1  BL2

0,4  0,4 2    0,051  0,3 0,4  0,195

 17,64
 0,05
 0,05
d S1
1
    Artg 17,64   0,259  d S 1 0,259

2
 B  t 1  BL t1   GL2 t1 
Bin1  L 1 2
2

G L t1  1  B L t1 
t1 





 0,4  17,641  0,4  17,64   0,3 2   17,64  1,478
 0,3  17,64  2  1  0,4  17,64  2
Chiều dài Slayphơ ngắn mạch tính theo biểu thức được :
LS 1
1
    Ar cot g 1,478  0,405  LS1 0,405

2

- Nghiệm thứ hai cho kết quả như sau :


t1 tg  d S 2  

0,4  0,195
0,832
 0,05

dS2
1

Artg  0,832  0,111  d S 2 0,111


2
 0,4  0,8321  0,4 x0,832  0,3 2 x0,832 1,468
Bin 2 
 0,3x0,832 2  1  0,4 x0,832 2

Chiều dài của Slayphơ ngắn mạch tính theo biểu thức :
LS 2
1

Ar cot g 1,468 0,095  LS 2 0,095

2

So sánh hai phương pháp giải bài toán bằng đồ thị vòng Smit và tính theo
giải tích đều cho kết quả gần như nhau.
3.4 a/ Giải nhờ sử dụng đồ thị vòng Smit các bước tiến hành như sau :
- Xác định điểm biểu thị trở kháng tải chuẩn hoá (điểm D) trên đồ thị
100  i80
2  i1.6 , vẽ vòng tròn hệ số sóng đứng đi qua
50

vòng có giá trị : Z L 

điểm trở kháng tải chuẩn hoá này cho giá trị Kd = 2,6 như mô tả trên hình 3.4
- Nối bán kính từ tâm đồ thị qua điểm D cắt vòng tròn lớn tại điểm D1 cho
pha hệ số phản xạ tải là d/λ = 0,208.
- Xác định hai giao điểm M và N của hai vòng tròn Kd và điện dẫn đơn vị
cho hai vị trí cần mắc Slayphơ phối hợp. Tại hai điểm này ta nhận được điện
kháng chuẩn hoá có giá trị tương ứng là : X  M  1,33 , X  N   1,33
- Vậy từ điều kiện phối hợp ta nhận được điện kháng vào chuẩn hoá của

Slayphơ phối hợp tương ứng tại hai điểm M và N là :
X S  M   X  M   1,33 ,

X S  N   X  N  1,33

- Nối bán kính từ tâm đồ thị vòng tới hai điểm M và N cắt vòng tròn lớn
tại hai điểm M1 và N1 tương ứng với pha hệ số phản xạ là : d/λ(M1) = 0,172
và
d/ λ (N1) = 0,328 . Từ đó địch chuyển trên vòng tròn lớn từ điểm D1 theo
chiều về nguồn đến hai điểm M1 và N1 ta nhận được khoản cách d từ điểm
mắc Slayphơ đến tải tương ứng là :
d  M    0,5  0,208   0,172  0,463
d  N   0,328  0,208 0,120

- Vì Slayphơ phối hợp là hở mạch đầu cuối, nên từ điểm hở mạch (điểm
trở kháng bằng vô cùng có pha là 0,250 địch chuyển theo chiều về nguồn tới
điểm ghi giá trị điện kháng bằng -1,33 và 1,33 trên vòng tròn lớn ta nhận
được chiều dài của Slayphơ phối hợp tương ứng là :
LS(M) = (0,353 - 0,250)λ = 0,103λ
LS(N) = (0,250 + 0,147)λ= 0,397λ
- Vì tần số làm việc là f = 2GHz, nên bước sóng có giá trị là :


λ =C/f = 0,15 m = 15 cm
- vậy kết quả của bài toán thiết kế dùng Slayphơ hở mạch mắc nối tiếp với
đường truyền cho 2 nghiệm là :
d(M) = 0,463x15 = 6,945 cm , LS(M) = 0,103x15 = 1,545 cm
d(N) = 0,120x15 = 1,80 cm ,
LS(N) = 0,397x15 = 5,955 cm


b / Giải nhờ biểu thức tính giải tích tiến hành như sau:
- Trở kháng tải chuẩn hoá là :
100  i80
Z L  R L  iX L 
2  i1,6
50

- Nghiệm thứ nhất của bài toán là :
t1 tg  d S 1  

X L  X L2  A1 1  RL 
A1

,

A1  RL  RL  1  X L2

A1 21  2  1,6 4,56
2

1,6  1,6 2  4,561  2 1,6  7,12
t1 

0,936
4,56
4,56
d S1
1

Artg  0,936  0,119  d S1 0,119 


2


X in1 

X

L

 t1 1  X L t1   R L2 t1

 R t   1 
2

L 1

X L t1 

2



1,6  0,9361  1,6 x0,936  2 2 x0,936  1,334
 2 x0,936 2  1  1,6 x0,936 2
Vậy chiều dài của Slayphơ hở mạch đầu cuối tính theo biểu thức :
LS 1
1
    Ar cot g 1,334   0,3975  LS 1 0,3975


2

- Nghiệm thứ hai của bài toán là :
1,6  7,12
t 2 tg  d S 2  
 0,2346
4,65
dS2
1
    Artg  0,2346  0,463  d S 2 0,463

2
1,6  0,23461  1,6  0,2346   2 2   0,2346 1,329
X in 2 
 2 x  0,2346 2  1  1,6  0,2346 2

Vậy chiều dài của Slayphơ hở mạch là :
LS 2
1

Ar cot g 1,329 0,102  LS 2 0,102

2

So sánh kết quả của hai cách giải bài toán theo đồ thị vòng Smit và
theo biểu thức giải tích, chung cho kết quả khá trùng nhau.
3.5 + Để xác định dải tần của biến áp, ta cần tính A như sau :
A 2  N

Z L  Z0

Z
1
1
50
 N 1 ln L  4 ln
 0,0433
Z L  Z0 2
Z0 2
100

Độ rộng dải tần tương đối của biến áp tính theo biểu thức (3.6.1.11) được :
1  
f
4
2  Ar cos   m
f0

2  A







1/ N


 1  0,05 1 / 3 
4

 2 
Ar cos  
  0,70 70%
3,14
2
0
,
0433


 




+ Các hệ số khai triển nhị thức lần lượt là :
C 03 

3!
3!
3!
1 ; C13 
3 ; C 23 
3
3!0!
2!1!
1!2!

+ Các giá trị trở sóng Zk các đoạn biến áp tính theo biểu thức (3.6.1.10 )
lần lượt được :

với k = 0
ln Z 1 ln Z 0  2  N C 03 ln
 Z 1 e 4,518 91,7

- Với k = 1

ZL
50
ln 100  2  3 x1x ln
4,518
Z0
100


ln Z 2 ln Z1  2  N C13 ln

ZL
50
ln 91,7  2  3 x3 x ln
4,26
Z0
100

 Z 2 e 4, 26 70,7

- Với k = 2

ln Z 3 ln Z 2  2  N C 23 ln

ZL

50
ln 70,7  2  3 x3 x ln
4,00
Z0
100

 Z 3 e 4,00 54,5

- + Đối chiếu với các số liệu cho trong bảng 3.6.1 với tỷ số trở sóng
ZL/Z0 = 2 thì chúng ta cũng nhận được các giá trị trở sóng đoạn biến áp
theo thứ tự lần lượt là : Z1 = 91,7 Ω ; Z2 = 70,7 Ω ; Z3 = 54,5 Ω.
- 3.6 + Theo đề bài thì N = 3, nên sử dụng khai triển hệ số phản xạ của
biến áp theo dạng bậc ba của đa thức Chebyshev (3.6.1.15c) ta có :
 cos 
  2e  i 3  0 cos 3  1 cos    Ae  i 3 T3 
 cos  m





Vì A = Γm= 0,05, nên từ biểu thức (3.6.1.18) ta tính được :
1
 ln Z L / Z 0
cos  1  m ch  Arch 
 2m
N
  m 440 ,7



1
ln100 / 50  
  ch  Arch 
  1,408
 2 x0.05  
3


+ Từ biểu thức của đa thức Chebyshev bậc 3 cho biến số (cosθ /cosθm)
ta nhận được các hệ số phản xạ riêng phần Γk của các đoạn biến áp như
sau
2 0 cos 3  1 cos    A cos  3  m  cos 3  3 cos    3 A cos  1  m cos 

- với hệ số của cos3θ ta có : 20  A cos  1  m  0 0,0698
- với hệ số của cosθ ta có: 21 3 Acos  3  m  cos  1  m   1 0,1037
- Từ tính đối xứng hệ số phản xạ riêng của biến áp là đối xứng, nên ta có
Γ3 = Γ0 = 0,0698 và Γ2 = Γ1 = 0,1037
+ Giá trị trở sóng các đoạn biến áp tính theo biểu thức sau :
-k=0:
ln Z 1 ln Z 0  20 ln 50  2 x0,0698 4,051
 Z 1 e 4, 051 57,5

-k=1:
ln Z 2 ln Z 1  21 ln 57,5  2 x0,1037 4,259
 Z 2 e 4, 259 70,7

-k=2:
ln Z 3 ln Z 2  22 ln 70,7  2 x0,1037 4,466
 Z 3 e 4, 466 87,0



+ Độ rộng dải tần tương đối của biến áp dạng đa thức Chebyshev là :
f
4
44 0 ,7
 2   m 2  4
1,01 101%
f0

180 0